2025年外研版三年级起点高二化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年外研版三年级起点高二化学上册月考试卷776考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、有关如图所示原电池的叙述，正确的是（盐桥中装有含琼胶的KCl饱和溶液）A.铜片上有气泡逸出B.取出盐桥后，电流计依然发生偏转C.反应中，盐桥中的K+会移向CuSO4溶液D.反应前后铜片质量不改变2、下列说法正确的是`（）A.乙炔的结构简式为CHCHB.油酸不能使溴的四氯化碳溶液褪色C.卤代烃的密度均小于水的密度D.苯、乙醇和乙酸都能发生取代反应3、将甲基、羟基、羧基和苯基四种原子团，两两结合形成的化合物的水溶液呈酸性的物质有：（）A.2种B.3种C.4种D.5种4、下列有机物命名正确的是rm{(}rm{)}A.

rm{2-}乙基丙烷B.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}OH1-}丙醇C.

间二甲苯D.

rm{2-}甲基rm{-2-}丙烯5、下图是周期表中短周期的一部分，若rm{a}原子最外层的电子数比次外层少了rm{3}个，则下列说法错误的是

A.rm{d}的最高正价与rm{b}的最高正价相等B.原子半径的大小顺序是rm{a>b>c>d}C.rm{d}的气态氢化物比rm{c}的气态氢化物沸点高D.rm{a}rm{b}rm{c}的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱的关系是rm{c>b>a}6、下列装置或操作能达到实验目的的是()

A.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}B.rm{垄脷垄脺}C.rm{垄脷垄脹垄脺}D.rm{垄脵垄脹}7、你认为下列对化学知识概括合理的组合是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}金属晶体中存在离子；但却不存在离子键。

rm{垄脷}原子晶体；离子晶体、金属晶体、分子晶体中都一定存在化学键。

rm{垄脹}原子晶体硬度一般比分子晶体大；分子晶体熔点不一定比金属晶体低。

rm{垄脺}固态能导电的一定是金属晶体。

rm{垄脻NF_{3}}的沸点比rm{NH_{3}}的沸点低是因为rm{N-F}比rm{N-H}键的键能小。

rm{垄脼}原子晶体一定由原子构成；由原子构成的晶体不一定是原子晶体。

rm{垄脽}共价化合物中可能含有离子键。

rm{垄脿}金属晶体中简单立方堆积的配位数是rm{8}空间利用率最低．A.只有rm{垄脷垄脹垄脺}B.只有rm{垄脷垄脹垄脽}C.只有rm{垄脵垄脹垄脼}D.只有rm{垄脻垄脼垄脿}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、钢铁的生产和使用是人类文明和生活进步的一个重要标志。（1）金属制品中的镀锡铁皮（马口铁）和镀锌铁皮（白铁皮）镀层部分破坏后，在潮湿的环境中，____（填“马口铁”或“白铁皮”）更易锈蚀。（2）人们常用氧化铁进行铝热反应来焊接钢轨，写出该铝热反应的化学方程式：____。（3）炒过菜的铁锅未及时洗净（残液中含NaCl），第二天便会因腐蚀出现红褐色锈斑。①铁锅所发生的腐蚀主要是____腐蚀。②铁锅锈蚀的正极反应式为____。（4）为防止轮船的船体在海水中腐蚀，一般在轮船身上装有一定数量的____（填“锌”或“铜”）块。（5）工业炼铁原理的主要化学反应方程式（即赤铁矿生成铁）为____。9、（9分）㈠如图是钾、氧两元素形成的一种晶体的一个晶胞（晶体中最小的重复单元）。晶体中氧的化合价可看作是部分为0价，部分为－2价。⑴该结构与____的结构相似(填选项字母，下同)A．NaClB．CsClC．干冰D．SiO2⑵钾、氧两元素所形成化合物的化学式是____A．K2OB．K2O2C．K2O3D．KO2⑶下列对KO2晶体结构的描述正确的是____A．晶体中与每个K＋距离最近的K＋有8个B．晶体中每个K＋周围有8个O2－，每个O2－周围有8个K＋C．每个O2－周围最近且等距离的K＋所围成的空间构型为正八面体D．晶体中，0价氧原子与－2价氧原子的数目比为3:1㈡如右图所示，A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，C、D为电解池，其电极材料见右图：⑴关闭K1，打开K2，通电后，B的KMnO4紫红色液滴向c端移动，则电源b端为____极，通电一段时间后，观察到滤纸d端的电极反应式是____；⑵已知C装置中溶液为Cu(NO3)2和Y(NO3)3，且均为0.1mol，打开K1，关闭K2，通电一段时间后，阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如右图所示。则Cu2+、Y3+、H+氧化能力由大到小的顺序是____；D装置中溶液是H2SO4，则电极C端的实验现象是_________。10、一定条件下，在体积为3L的密闭容器中反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）达到化学平衡状态。（1）500℃时，从反应开始到达到化学平衡，以H2的浓度变化表示的化学反应速率是__________（用含图中字母的代数式表示）。（2）判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是__________（填字母）。a．v消耗（CH3OH）=2v消耗（H2）b．混合气体的密度不再改变c．混合气体的平均相对分子质量不再改变d．CO、H2、CH3OH的浓度均不再变化（3）300℃时，将容器的容积压缩到原来的1/2，在其他条件不变的情况下，对平衡体系产生的影响是__________（填字母）。a．c（H2）减少b．正反应速率加快，逆反应速率减慢c．CH3OH的物质的量增加d．重新平衡时c（H2）/c（CH3OH）减小11、（8分）下列有机化合物中，有多个官能团：A．B．C．D．E．⑴可以看作醇类的是(填入编号，下同)：_____________；⑵可以看作酚类的是________；⑶可以看作羧酸类的是__________________；⑷可以看作酯类的是____________。12、根据要求填空：

rm{(1)}有机物rm{2}rm{2}rm{3}rm{3}一四甲基戊烷的结构简式是______

rm{(2)}草药莪术根茎中有一种色素，用它制成的试纸可以检验溶液的酸碱性rm{.}该色素的结构简式为。

该色素一个分子中含有______个饱和碳原子和______不饱和碳原子，写出该分子中所有官能团的名称______．13、反应mA＋nBpC在某温度下达到平衡①若A、B、C都是气体，减压后正反应速率小于逆反应速率，则m、n、p的关系是。②若C为气体，且m+n=p，在加压时化学平衡发生移动，则平衡必定向______方向移动。③如果在体系中增加或减少B的量，平衡均不发生移动，则B肯定不能为______态。14、（1）写出乙醇与乙酸反应生成酯的化学方程式____．

（2）写浓盐酸与二氧化锰加热反应来制取氯气的化学方程式____．15、（12分）如图为电解装置，X、Y为电极材料，a为电解质溶液。（1）若a为含有酚酞的KCl溶液，X为Fe，Y为石墨，电解一段时间后:X电极附近可观察到的实验现象是；写出Y电极的电极反应式。（2）若要实现Cu+H2SO4＝CuSO4+H2↑，则Y电极材料是；写出X电极的电极反应式。（3）若要利用该装置在铁制品表面镀上一层银，则a为，反应前两电极的质量相等，反应后电极质量相差2.16g，则该过程理论上通过电流表的电子数为。（4）若X、Y均为惰性电极，a为NaOH溶液，电解一段时间后，溶液的pH（填“增大”“不变”“减小”），若要使溶液恢复原来的状态，可往溶液中加入。评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)16、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。17、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。18、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。19、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分四、其他(共2题，共16分)20、（8分）由丙烯出发，经如下反应，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）写出X和Y的结构简式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反应类型为__________；由W生成丙烯酸的反应类型为___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定条件下可合成高分子G，反应方程式为。21、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的转化关系，其中A、E分子式分别是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯环外还含有一个六元环，且E中不含甲基。根据下列转化关系回答问题：（1）写出A分子中所含官能团的名称________________________________。（2）完成方程式，并分别写出反应类型A→B___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。B→C___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。（3）写出E的结构简式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的体积为_________mL。（5）符合下列条件的D的同分异构体共有_________种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式______________________________________。①苯环上有两个取代基②能与FeCl3溶液发生显色反应③能发生水解反应和银镜反应评卷人得分五、工业流程题(共4题，共40分)22、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。23、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去24、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。25、三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是________,如何判断其已洗涤干净:_____

(2)已知CCl4沸点为76.8℃,为保证稳定的CCl4气流,适宜加热方式是______。

(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:①将产物收集到蒸发皿中;②加热反应管至400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650℃;③三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,温度控制在50～60℃之间;④反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;⑤停止加热CCl4,继续通入氮气;⑥检查装置气密性。正确的顺序为:⑥→③→________。

(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为_____。

(5)样品中三氯化铬质量分数的测定。

称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1gNa2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①该实验可选用的指示剂名称为______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸,加入Na2O2后也要加热煮沸,其主要原因是____。

③样品中无水三氯化铬的质量分数为____(结果保留一位小数)。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【解析】【答案】C2、D【分析】【解析】【答案】D3、C【分析】【解析】【答案】C4、B【分析】解：rm{A.}为烷烃，选取碳原子最多的为主碳链，离取代基近的一端编号确定取代基位置，名称为rm{2-}甲基丁烷；故A错误；

B.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}OH}为饱和一元醇，羟基位于rm{1}号碳，名称为rm{1-}丙醇；故B正确；

C.甲基位于苯环的对位；名称为对二甲苯，故C错误；

D.物质为烯烃，选取含碳碳双键在内的最长碳链为主碳链，离双键近的一端编号，名称为rm{2-}甲基rm{-1-}丙烯；故D错误；

故选B．

判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

rm{(1)}烷烃命名原则：

rm{垄脵}长：选最长碳链为主链；

rm{垄脷}多：遇等长碳链时；支链最多为主链；

rm{垄脹}近：离支链最近一端编号；

rm{垄脺}小：支链编号之和最小rm{.}看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

rm{垄脻}简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号rm{.}如取代基不同；就把简单的写在前面，复杂的写在后面；

rm{(2)}有机物的名称书写要规范；

rm{(3)}对于结构中含有苯环的；命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”；“间”、“对”进行命名；

rm{(4)}含有官能团的有机物命名时；要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．

本题考查有机物的命名判断，题目难度中等，该题侧重对学生基础知识的检验和训练，关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力及灵活应用所学知识的能力．【解析】rm{B}5、A【分析】【分析】本题考查结构位置性质关系、元素周期表、元素周期律等，比较基础，注意整体把握元素周期表的结构。【解答】

由元素在周期表中的物质可知rm{d}位于第二周期，rm{a}rm{b}rm{c}位于第三周期，rm{a}原子最外层电子数比次外层电子数少rm{3}个，故rm{a}原子最外层电子数为rm{5}故rm{a}为rm{P}元素，由各元素在周期表中的相对位置可知rm{b}为rm{S}元素，rm{c}为rm{Cl}元素，rm{d}为rm{O}元素，则位于第二周期，rm{d}rm{a}rm{b}位于第三周期，rm{c}原子最外层电子数比次外层电子数少rm{a}个，故rm{3}原子最外层电子数为rm{a}故rm{5}为rm{a}元素，由各元素在周期表中的相对位置可知rm{P}为rm{b}元素，rm{S}为rm{c}元素，rm{Cl}为rm{d}元素，则

A.rm{O}为rm{d}元素，无正价，rm{O}为rm{b}元素，最高正价为rm{S}价，故A错误；B.rm{+6}即同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径rm{P>S>Cl>O}即rm{a>b>c>d}故B正确；故B正确；C.rm{P>S>Cl>O}的气态氢化物为rm{a>b>c>d}常温为液体，rm{d}的气态氢化物为rm{H_{2}O}常温为液体，rm{c}的气态氢化物为rm{HCl}的气态氢化物为rm{d}常温为气体，rm{H_{2}O}的气态氢化物比rm{c}的气态氢化物沸点高，故C正确；D.rm{HCl}非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故最高价氧化物对应水化物的酸性则rm{d}的气态氢化物比rm{c}的气态氢化物沸点高，故C正确；故D正确。故选A。rm{d}【解析】rm{A}6、B【分析】【分析】本题考查了化学实验基本操作，意在考查考生的实验能力及解决问题的能力，难度不大。【解答】rm{垄脵}碘和酒精互溶，应用蒸馏的方法分离，故rm{垄脵}错误；rm{垄脷}铁生锈时，氧气参与反应导致瓶内压强降低，则红墨水左高右低，故rm{垄脷}正确；rm{垄脹}在rm{90g}水中加入rm{10g}硫酸锌的结晶水合物，硫酸锌的质量分数小于rm{10拢楼}故rm{垄脹}错误；rm{垄脺}苯甲酸溶解度随温度的升高增大，要除去杂质，应趁热过滤，故rm{垄脺}正确。综上，故B正确。故选B。【解析】rm{B}7、C【分析】解：rm{垄脵}金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，含有金属键不含离子键，故rm{垄脵}正确；

rm{垄脷}稀有气体分子形成分子晶体，晶体中无化学键，故rm{垄脷}错误；

rm{垄脹}原子晶体硬度一般比分子晶体大，分子晶体熔点不一定比金属晶体低，如熔点rm{I_{2}>Hg}故rm{垄脹}正确；

rm{垄脺}固态导电的物质不一定是金属单质，石墨是非金属单质，但石墨能导电，故rm{垄脺}错误；

rm{垄脻}氢化物沸点高低是和分子间作用力有关，与化学键无关，故rm{垄脻}错误；

rm{垄脼}原子晶体一定由原子通过共价键构成，由原子构成的晶体不一定是原子晶体，如稀有气体构成的分子晶体，故rm{垄脼}正确；

rm{垄脽}共价化合物只含有共价键，不含有离子键，故rm{垄脽}错误；

rm{垄脿}金属晶体的堆积方式中空间利用率分别是：简单立方rm{52%}体心立方rm{68%}面心立方为rm{74%.}因此简单立方的空间利用率最低，面心立方空间利用率最高，但是配位数是rm{6}故rm{垄脿}错误；

故选C．

rm{垄脵}金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的；

rm{垄脷}稀有气体分子中无化学键；

rm{垄脹}根据分子晶体碘和金属晶体汞的熔点判断；

rm{垄脺}固态导电的不一定是金属单质；石墨是非金属单质；

rm{垄脻}氢化物沸点高低是和分子间作用力有关；与化学键无关；

rm{垄脼}原子晶体一定由原子构成；由原子构成的晶体不一定是原子晶体；

rm{垄脽}共价化合物只含有共价键；

rm{垄脿}金属晶体的堆积方式中空间利用率分别是：简单立方rm{52%}体心立方rm{68%}面心立方为rm{74%}．

本题主要考查了金属晶体、晶体的堆积方式与原因以及晶体熔点的判断等，难度不大，注意对应知识的掌握．【解析】rm{C}二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】【解析】试题分析：（1）马口铁中铁活泼，白铁皮中锌活泼，故在潮湿的环境中，马口铁更易锈蚀。（2）铝和氧化铁在加热条件下反应的方程式为（3）①铁在中性环境下主要发生的是吸氧腐蚀。②正极得到电子，化合价降低，反应式为（4）锌比铁活泼，铜比铁不活泼，故选用锌块。（5）工业炼铁原理是用CO高温还原氧化铁，方程式为考点：金属锈蚀的条件及其防护金属活动性顺序及其应用【解析】【答案】(1)马口铁（2）（3）吸氧（4）锌（5）9、略

【分析】【解析】试题分析：(一)（1）根据晶胞的结构可知，该结构与氯化钠的结构相似，答案选A。（2）根据晶胞结构可知，钾原子端个数是个。阴离子的个数是个，所以钾、氧两元素所形成化合物的化学式是KO2，答案选D。（3）晶体中与每个K＋距离最近的K＋有12个，A不正确；晶体中每个K＋周围有6个O2－，每个O2－周围有6个K＋，B不正确，C正确；晶体中，阴离子带1个负电荷，所以0价氧原子与－2价氧原子的数目比为3:1，D正确，答案选CD。（二）（1）关闭K1，打开K2，通电后，B的KMnO4紫红色液滴向c端移动，这说明c端应该是阳极，所以电源b端为负极。d端是阴极，氢离子放电，则电极反应式是2H＋＋2e－＝H2↑。（2）根据图像可知，当通过0.2mol电子时，析出的固体质量不再增加，所以溶液中只有铜离子能够得到电子而析出金属，即Y3＋不能放电，这说明阳离子的氧化性强弱顺序是Cu2＋＞H＋＞Y3＋；D中铜电极是阳极，失去电子，C端是阴极，溶液中的氢离子得到电子。随着反应的进行，溶液中的铜离子得到电子，所以电极C端的实验现象是在C端开始有无色无味气体产生，一段时间后后红色物质析出。考点：考查晶体结构的有关判断、物质化学式的计算；电解池的有关判断和电极反应式的书写【解析】【答案】（一）（1）A（2）D（3）CD（二）（1）负极；2H＋＋2e－＝H2↑（2）Cu2＋＞H＋＞Y3＋；在C端开始有无色无味气体产生，一段时间后后红色物质析出10、略

【分析】试题解析：（1）tB时间内，生成nBmolCH3OH，则消耗2nBH2，则△c(H2)＝2nB/3，v(H2)＝（2）用甲醇和用氢气表示的速率之比等于2:1，不等于方程式中的系数比，故a错误；因体积不变，气体的质量不变，任何时刻密度不变，故b错误；根据不变，不变，说明不变，所以反应达到平衡状态，故c正确；各种物质的浓度不变，反应也达到平衡状态，故d正确；（3）增加压强平衡向着正反应方向移动，正、逆反应速率都增大，H2物质的量减小，CH3OH物质的量增大，但由于体积缩小，达新平衡时c(H2)浓度可能比原平衡大，重新平衡时c（H2）/c（CH3OH）减小所以选项a、b错误，c、d正确。考点：化学反应速率、化学平衡状态的标志、化学平衡移动【解析】【答案】（1）（2）c、d（3）c、d11、略

【分析】【解析】【答案】（每空2分，共8分）BD；ABC；BCD；E12、略

【分析】解：rm{(1)}有机物rm{2}rm{2}rm{3}rm{3}一四甲基戊烷的结构简式是故答案为：

rm{(2)}中只有亚甲基上rm{C}为饱和碳原子，则该色素一个分子中含有rm{1}个饱和碳原子和rm{18}不饱和碳原子；该分子中所有官能团的名称为羟基；羰基、碳碳双键；

故答案为：rm{1}rm{18}羟基；羰基、碳碳双键．

rm{(1)}戊烷中主链有rm{5}个rm{C}rm{2}rm{3}号rm{C}上有rm{4}个甲基；

rm{(2)}由结构可知，只有一个亚甲基为饱和碳原子，其它均为不饱和碳原子，且有机物中含酚rm{-OH}碳碳双键、羰基；以此来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、饱和碳原子判断、官能团为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物结构的判断，题目难度不大．【解析】rm{1}rm{18}羟基、羰基、碳碳双键13、略

【分析】试题分析：①反应mA＋nBpC，若A、B、C都是气体，减压后正反应速率小于逆反应速率，这说明减压平衡向逆反应方向移动，即证明逆向反应是气体体积增大的反应，因此m+n＞p。②若反应mA＋nBpC，C为气体，且m+n＝p，在加压时化学平衡发生移动，这说明A、B中至少有一种是固体或纯液体，加压平衡向逆反应方向移动。③若反应mA＋nBpC，如果在体系中增加或减少B的量，平衡均不发生移动，证明B一定是固体或纯液体，不是气体。考点：考查外界条件对平衡状态的影响【解析】【答案】m+n＞P；逆反应；气14、略

【分析】

（1）乙醇和乙酸在浓硫酸做催化剂吸水剂作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；

故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；

（2）浓盐酸与二氧化锰加热反应来制取氯气的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．

【解析】【答案】（1）乙醇和乙酸在浓硫酸做催化剂吸水剂作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水；

（2）浓盐酸和二氧化锰加热反应生成氯化锰；氯气和水．

15、略

【分析】【解析】试题分析：由题目所给装置图可知，X为Fe作阴极，水中H+得到电子生成氢气，电极附近溶液中OH-浓度增大，溶液变红色；Y为石墨作阳极，Cl-放电生成Cl2，电极反应是2Cl--2e-=Cl2↑；（2）要使非自发反应Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑发生需要利用电解原理，以硫酸溶液作电解质溶液，以铜做阳极Y，则在X电极上是H+放电生成H2，阴极电极反应2H++2e-=H2↑；（3）若要在铁上电镀银，镀层金属银应该做阳极Y，镀件铁做阴极X，硝酸银溶液作电解质溶液，进行电解完成；反应后电极质量相差2.16g，由电镀原理可知：阳极质量减小阴极质量增加的质量相同，即阴极析出银的质量=阳极溶解减小的银的质量=1.08g，可以计算出两极各有0.01molAg的变化量，则理论上电路中通过的电子数为0.01NA或6.02×1021；（4）若X、Y均为惰性电极，a为NaOH溶液，则实质是电解水，溶液浓度增大，溶液PH增大；要使溶液恢复原来的状态，应加入水恢复溶液浓度。考点：了解原电池和电解池的工作原理，能写出电极反应和电池反应方程式。了解常见化学电源的种类及其工作原理。【解析】【答案】（1）电极表面产生气体，附近溶液变红；2Cl--2e-＝Cl2↑；（2）Cu；2H＋+2e-＝H2↑；（3）AgNO3溶液；0.01NA或6.02×1021；（4）增大；H2O。三、元素或物质推断题(共4题，共8分)16、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）217、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H218、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）219、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、其他(共2题，共16分)20、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反应（或取代反应）；消去反应（各1分）（3）略（2分）21、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳双键（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，类型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或邻、间、对均可）（2分）五、工业流程题(共4题，共40分)22、略

【分析】【分析】

(1)反应1中发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分离出的Na2FeO4中加入饱和KOH溶液反应生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，同时生成还原产物NaCl，结合守恒法写出该反应的化学方程式；根据电子守恒计算制备0.5molNa2FeO4消耗NaClO的质量；

(3)电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-；阴极生成氢气和氢氧化钠；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小；与铁离子的水解有关。

【详解】

(1)①Na2FeO4中钠元素的化合价为+1价；氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁元素的化合价为0-(-2)×4-(+1)×2=+6价；高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为发生氧化还原反应；

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，即加入饱和KOH溶液发生的反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；说明该温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，反应中Fe元素的化合价从+3价升高为+6价，Cl元素的化合价从+1价降为-1价，根据得失电子守恒、原子守恒，则该反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；设制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为mg，则由电子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根据装置图，Fe为阳极，电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，电极方程式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阴极生成氢气和氢氧化钠，则阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为NaOH；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，根据“高铁酸盐在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，则产生曲线Ⅰ和曲线Ⅱ差异的原因是Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应从而降低K2FeO4浓度。【解析】①.+6②.氧化还原反应③.该温度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应，从而降低K2FeO4的浓度23、略

【分析】【详解】

1．A．装置B中的浓硫酸不能换成浓氢氧化钠溶液；因为氢氧化钠溶液会吸收二氧化碳气体，达不到排尽装置中空气的目的，故A错误；

B．步骤Ⅰ的目的是导入二氧化碳气体，排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4•nH2O被氧化；故B正确；

C．装置B和装置D不能互换位置；因为碱石灰也会吸收二氧化碳气体，故C错误；

D．将A装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉末；会使产生二氧化碳的速率过大，粉末状的石灰石会很快反应完，同时还会带入HCl气体，故D错误；

答案选B；

2．先熄灭酒精灯，通二氧化碳直至C装置冷却至室温，然后关闭K1；操作甲：熄灭酒精灯，操作丙：关闭K1；故选C；

3．硫酸亚铁晶体的质量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亚铁无水盐的质量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的结晶水的质量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故选B；

4．A．加热时间过长，FeSO4进一步分解；会使m(无水盐)偏大，则n偏大，故A错误；

B．将原晶体中易挥发物质的质量计入减少的结晶水中；则n偏大，故B错误；

C．装置D中的碱石灰失效了；不会影响n值，故C错误；

D．加热时间过短；结晶水未完全失去，n值会小于理论值，故D正确；

答案选D。【解析】①.B②.C③.B④.D24、略

【分析】【详解】

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，增大接触面积，提高反应速率；(2)碳与双氧水