2025年湘师大新版高三化学下册月考试卷

…………○…………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年湘师大新版高三化学下册月考试卷648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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X+与Z2-具有相同的核外电子层结构．下列推测不正确的是（）A.三种元素按原子个数比1：1：1所形成的化合物水溶液显碱性B.X、Z形成的化合物一定只含离子键C.同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强D.Y单质有强氧化性2、把20g氢氧化钠溶于水，配成500mL溶液，此溶液的物质的量浓度为（）A.2mol•L-1B.1mol•L-1C.0.5mol•L-1D.1.5mol•L-13、下列行为中符合安全要求的是（）A.进入煤矿井时，用火把照明B.用点燃的火柴在液化气钢瓶口检验是否漏气C.节日期间，在开阔的广场燃放烟花炮竹D.实验时，将水倒入浓硫酸配制稀硫酸4、某学小组同学设计了以下三组实验验证某无色溶液中含有的离子．下列说法正确的是（）

（1）溶液直接观察无明显的紫色火焰：证明没有K+

（2）溶液产生白色沉淀：证明有SO42-

（3）溶液白色沉淀无色溶液白色沉淀：证明有Al3+．A.该无色溶液不可能是明矾溶液B.这三组实验中，只有（3）是严密合理的C.步骤④的离子方程式为：Al3++3OH-=Al（OH）3↓D.步骤⑥的化学方程式为：NaAlO2+H2O+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO35、A、B、C为三种短周期元素，A、B在同周期，A、C的最低价离子分别为A2-和C-，B2+和C-具有相同的电子层结构．下列说法中；正确的是（）

A.原子序数：A＞B＞C

B.原子半径：A＞B＞C

C.离子半径：A2-＞B2+＞C-

D.原子最外层电子数：A＞C＞B

6、在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3：2的化合物是（）A.B.CH3COOCH3C.2-氯丙烷D.7、有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中不正确的是（）A.相同质量的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸反应，产生的气体质量不相等B.Na2CO3比NaHCO3热稳定性强C.Na2CO3能与澄清石灰水反应D.Na2CO3和NaHCO3均可与NaOH溶液反应8、关于常温下pH=2的醋酸溶液，下列叙述正确的是（）A.c（CH3COOH）=0.01mol•L-1B.c（H+）=c（CH3COO-）C.加水稀释100倍后，溶液pH=4D.加入醋酸钠固体，可抑制醋酸的电离9、向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气；溶液中这种离子的物质的量随消耗氯气物质的量的变化如图所示．下列说法中正确的是（）

A.线段III代表Fe2+的变化情况。

B.线段I代表Br-的变化情况。

C.a值等于6

D.原混合溶液中n（FeBr2）=4mol

评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、实验室中配制碘水，往往是将I2溶于KI溶液中，这样就可以得到浓度较大的碘水，主要是因为发生了反应：I2（aq）+I-⇌I3-，上述平衡体系中，I3-的物质的量浓度c（I3-）与温度T的关系如图所示（曲线上的任意一点都表示平衡状态）．

（1）在T1、D状态时，v（正）____v（逆）（填“＞”“＜”或“=”）

（2）若在T1时某状态=，____平衡状态（填“是”“不是”或“不一定是”）11、（1）用系统命名法给下列物质命名。

名称：____．

（2）下式是一种形状酷似一条小狗的有机物，化学家TimRickard将其取名为“doggycene”

doggycene的分子式为____．12、实验室用乙酸和正丁醇制备乙酸正丁酯．有关物质的相关数据如下表：

。化合物相对分子质量密度/g•cm-3沸点，/℃溶解度/l00g水正丁醇740.80118.09冰醋酸601.045118.1互溶乙酸正丁酯1160.882126.10.7操作如下：

①在50mL三颈烧瓶中；加入18.5mL正丁醇和13.4mL冰醋酸，3～4滴浓硫酸，投入沸石．安装分水器（作用：实验过程中不断分离除去反应生成的水）；温度计及回流冷凝管．（如图1）

②将分水器分出的酯层和反应液一起倒入分液漏斗中，水洗，10%Na2CO3洗涤；再水洗，最后转移至锥形瓶，干燥．

③将干燥后的乙酸正丁酯滤入烧瓶中；常压蒸馏，收集馏分，得15.1g乙酸正丁酯．

请回答有关问题：

（1）冷水应该从冷凝管____（填a或b）端管口通入．

（2）仪器A中发生反应的化学方程式为____．

（3）步骤①“不断分离除去反应生成的水”该操作的目的是：____．

（4）步骤②中，HlO%Na2C03溶液洗涤有机层，该步操作的目的是____．

（5）进行分液操作时，使用的漏斗是____（填选项）如图2．

（6）步骤③在进行蒸馏操作时，若从118℃开始收集馏分，产率偏____（填“高”或者“低”）原因是____

（7）该实验过程中，生成乙酸正丁酯的产率是____．13、如图均为实验室收集气体的装置．

请回答：

（1）可用装置B收集的气体是____（填序号），可用装置C收集的气体是____（填序号）．

①Cl2②NH3

（2）若用装置A收集CH4，则气体应从____（填“a”或“b”）口进入烧瓶．

（3）在如图收集NH3的装置中，干燥管中的试剂是____．14、怎样用实验证明甲烷是由碳、氢两种元素形成的？____．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、标准状况下，1mol任何物质的体积都约是22.4L____（判断对错）16、一个化学反应中，当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，△H为“-”____（判断对错）17、在化学反应中某元素化合价只升高，则反应过程中该元素被还原了．____．（判断对错）18、将30mL0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为0.3mol/L____．（判断对错）19、18gH2O在标准状况下的体积是22.4L____．（判断对错）20、某烷烃的名称为2，2，4，4-四甲基-3，3，5-三乙基己烷____（判断对错）21、由冰变成水蒸气需要吸收热量，是吸热反应____．（判断对错）22、现对0.1mol/L的纯碱溶液进行相关研究．

（1）用pH试纸测定该溶液的pH，其正确的操作____．

（2）由上测得纯碱溶液呈碱性，请用离子方程式表示其原因：____．

（3）某同学根据所学知识对Na2CO3溶液进行分析；写出了以下四个关系式．请你判断：在正确的关系式后面打“√”，在错误的后面写出正确的关系式．

①c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]：____；

②c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）：____；

③c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）：____；

④c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）：____．评卷人得分四、探究题(共4题，共20分)23、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．24、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：25、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．26、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：评卷人得分五、计算题(共4题，共8分)27、在100mL2.0mol/LNaHCO3溶液中加入一定量的常见化合物C，恰好使其转化为只含Na2CO3溶质的溶液；实现转变的物质X有多种，请回答下列问题：

（1）请填写下表空白：

。编号①②③X的化学式NaOHNa2O2加入X的质量（g）6.2（2）反应后，溶液中的Na+的物质的量均为____mol

（3）在①～③中，所得Na2CO3溶质的质量分数相等的是____（填写编号）28、取100克水，配成100°C时KCl饱和溶液，又取50克水加入35.4克NaNO3配成溶液．将这两种溶液混合后，在l00°C时有晶体析出，请列式计算所析出晶体的成分和质量？（已知100°C时各物质的溶解度为：KCI31g、NaNO380g、KNO320.9g、NaCl35.8g）29、某市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5um的悬浮颗粒物）其主要来源为燃煤、机动车尾气等．因此，对PM2.5、SO2；NOx等进行研究具有重要意义．请回答下列问题：

（1）对PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样．若测得该试样所含水溶性离子的化学组分及其平均浓度如下表：

。离子K+Na+NH4+SO42-NO3-Cl-浓度/mol•L-14×10-66×10-62×10-54×10-53×10-52×10-5根据表中数据计算试样的pH约为____

（2）为减少SO2的排放；常采取的措施有：

①将煤转化为清洁气体燃料．已知：

2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）K1

2C（s）+O2（g）═2CO（g）K2

C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）K=____（用含K1、K2的式子表示）

②洗涤含SO2的烟气，以下物质可作洗涤剂的是____．

A．Ca（OH）2B．Na2CO3C．CaCl2D．NaHSO3

（3）汽车尾气中NOx和CO的生成及转化为：

①已知气缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0．若1mol空气含有0.8molN2和0.2molO2，1300℃时在密闭容器内反应达到平衡．测得NO为8×10-4mol．计算该温度下的平衡常数K=____．

②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO，2CO（g）═2C（s）+O2（g）

已知该反应的△H＞0，简述该设想能否实现的依据：____．

③目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为____．30、（2012春•杭州月考）探究实验发现；硝酸发生氧化还原反应时，浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低．

（1）一定条件下；将少量的镁粉与足量极稀的硝酸充分反应，完成并配平下列化学方程式：

□Mg+□HNO3═□□+□NH4NO3+□H2O

（2）为了测定某镁铝合金中两种金属的物质的量之比，某同学取一定量镁铝合金与足量极稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出．在反应结束后溶液中，逐滴加入1mol•L-1的氢氧化钠溶液；所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示．

试回答下列问题：

①图中OC段发生反应的离子方程式为____．图中DE段发生反应的离子方程式为____．

②由上述图形分析可知，溶液中结合OH-能力最强的阳离子是____（填离子符号，下同），最弱的阳离子是____．

③通过上图数据计算知：合金中两种金属的物质的量之比n（Mg）：n（Al）=____．评卷人得分六、推断题(共1题，共4分)31、有机高分子材料I（）是一种保水剂，无毒无害，吸水能力很强，能反复释水、吸水，人们把它比喻为农业上“微型水库”，它可以用A（丙烯）通过以下反应制得，其中D的结构简式为：F的结构简式为：请回答：（1）B和H的结构简式：B，H。（2）反应②的条件，反应⑦的类型。（3）反应④的化学方程式为；（4）M是一种由2个F分子在浓硫酸和加热条件下反应生成的环酯，该反应的化学方程式为。（5）下列有关D()的说法错误的是。①能发生银镜反应②1摩尔D与H2加成时最多消耗2molH2③1摩尔D充分燃烧最少需要消耗2molO2④能使酸性高锰酸钾溶液褪色参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】元素X、Y、Z原子序数之和为36，由于第四周期两元素原子序数最小为19+20=39，故X、Y、Z为短周期元素，X、Y在同一周期，X+与Z2-具有相同的核外电子层结构，可推知Z处于第二周期，X、Y处于第三周期，结合离子电荷可知，X为Na，Z为O，则Y原子序数为36-11-8=17，故Y为Cl，据此解答．【解析】【解答】解：元素X、Y、Z原子序数之和为36，由于第四周期两元素原子序数最小为19+20=39，故X、Y、Z为短周期元素，X、Y在同一周期，X+与Z2-具有相同的核外电子层结构；可推知Z处于第二周期，X；Y处于第三周期，结合离子电荷可知，X为Na，Z为O，则Y原子序数为36-11-8=17，故Y为Cl；

A．三种元素按原子个数比1：1：1所形成的化合物为NaClO；属于强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，故A正确；

B．Na；O形成的过氧化钠中还愿意离子键、共价键；故B错误；

C．Y为Cl；同周期中Cl元素非金属性最强，其最高价含氧酸的酸性最强，故C正确；

D．氯气具有强氧化性；故D正确；

故选B．2、B【分析】【分析】根据n=、c=来分析计算即可解答．【解析】【解答】解：n（NaOH）==0.5mol；

c（NaOH）==1mol/L；

故选B．3、C【分析】【分析】安全是大事，要对危险有预知，并能妥善处理事故．可燃性气体不能遇明火，否则可能爆炸；燃放烟花炮竹应远离建筑、人群；在稀释浓硫酸若把加入到浓硫酸中会导致沸水溅出，只能是把浓硫酸逐滴加入到水中．【解析】【解答】解：A；煤矿井里含有甲烷气体；甲烷为易燃气，用火把照明会引起爆炸，故A错误；

B；液化气为易燃气体；用点燃的火柴在液化气钢瓶口检验是否漏气可引起爆炸，故B错误；

C；节日期间；在开阔的广场燃放烟花炮竹可以避免出现安全事故，故C正确；

D；在稀释浓硫酸时应该把浓硫酸逐滴加入到水中；边加边搅拌，故D错误．

故选：C．4、B【分析】【分析】（1）钾元素焰色反应透过钴玻璃观察会显示紫色；

（2）能和氯化钡反应产生白色不溶于盐酸的白色沉淀是氯化银或是硫酸钡；

（3）能和氢氧化钠反应生成可溶性的盐溶液的氢氧化物是氢氧化铝，偏铝酸钠可以和二氧化碳之间反应生成氢氧化铝沉淀．【解析】【解答】解：（1）溶液直接观察无明显的紫色火焰，可能含有K+；也可能没有；

（2）溶液产生白色沉淀，该白色沉淀是氯化银或是硫酸钡，可以证明有SO42-和Cl-中的至少一种；

（3）溶液白色沉淀无色溶液白色沉淀：证明一定有Al3+；

A；该无色溶液有可能含有铝离子、钾离子、硫酸根离子；所以可能是明矾溶液，故A错误；

B；这三组实验中；（3）中，铝离子能和氨水反应，且生成产物氢氧化铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠可以与二氧化碳反应得到氢氧化铝，符合转化的物质是固定的，所以（3）是严密合理的，故B正确；

C、步骤④中氨水为弱碱，一水合氨应该保留分子式，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；故C错误；

D、步骤⑥中水的计量数错误，正确的化学方程式为：NaAlO2+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3；故D错误；

故选B．5、A【分析】

由A、C的最低价离子分别为A2-和C-，则A为ⅥA族元素，C为ⅦA族元素，B2+和C-具有相同的电子层结构；则B在C的下一周期，B处于第三周期第ⅡA族，故B为Mg元素，C为F元素，A；B同周期，则A为S元素；

A；A为S元素；B为Mg元素，C为F元素，原子序数A＞B＞C，故A正确；

B；A为S元素；B为Mg元素，C为F元素，同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族自上而下原子半径增大，则有B＞A＞C，故B错误；

C、离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，所以A2-＞C-＞B2+；

故C错误；

D；A为S元素；B为Mg元素，C为F元素，原子最外层电子数分别为6、2、7，故原子最外层上的电子数C＞A＞B，故D错误；

故选A．

【解析】【答案】由A、C的最低价离子分别为A2-和C-，则A为ⅥA族元素，C为ⅦA族元素，B2+和C-具有相同的电子层结构；则B在C的下一周期，B处于第三周期第ⅡA族，故B为Mg元素，C为F元素，A；B同周期，则A为S元素；

A；A为S元素；B为Mg元素，C为F元素，结合质子数判断；

B；同周期原子半径从左到右逐渐减小；同主族自上而下原子半径增大，据此判断；

C；离子的电子层数越多；半径越大，具有相同核外电子结构的离子，核电荷数越大半径越小；

D；根据核外电子排布规律确定最外层电子数．

6、A【分析】【分析】根据物质的结构简式，利用对称性来分析出现几种位置的氢离子，并结合H原子的个数来分析解答．【解析】【解答】解：A．由对称可知；有2种H原子，则核磁共振氢谱中出现2组峰，氢原子数之比为6：4=3：2，故A正确；

B．分子不对称；有2种H原子，则核磁共振氢谱中出现2组峰，氢原子数之比为1：1；

故B错误；

C．由对称可知；有2种H原子，则核磁共振氢谱中出现2组峰，氢原子数之比为6：1，故C错误；

D．由对称可知；有5种H原子，则核磁共振氢谱中出现5组峰，氢原子数之比为1：2：2：2：1，故D错误．

故选A．7、D【分析】【分析】NaHCO3与Na2CO3相比较，NaHCO3不稳定，加热易分解，等质量的Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应时，产生的气体质量不相等，二者可相互转化，都可与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，以此解答该题．【解析】【解答】解；A．等质量的Na2CO3和NaHCO3；碳酸钠的摩尔质量大，其物质的量少，盐酸足量，则与盐酸完全反应，碳酸钠产生的气体少，故A正确；

B．碳酸氢钠受热易分解，不稳定，则热稳定性为Na2CO3＞NaHCO3；故B正确；

C．Na2CO3和Ca（OH）2混合后生成CaCO3，发生Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH；故C正确；

D．Na2CO3与NaOH不反应；故D错误．

故选D．8、D【分析】【分析】醋酸为弱电解质，醋酸的电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，加水稀释促进醋酸的电离，加入少量CH3COONa固体，c（CH3COO-）增大，平衡逆向移动，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．醋酸为弱电解质，醋酸部分电离，所以醋酸的浓度大于电离出来的氢离子的浓度，即c（CH3COOH）＞0.01mol•L-1；故A错误；

B．根据溶液中电荷守恒可知：c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）；故B错误；

C．加水稀释100倍后；加水稀释促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，所以PH变化小于2个单位，即PH＜4，故C错误；

D．加入少量CH3COONa固体，c（CH3COO-）增大；平衡逆向移动，可抑制醋酸的电离，故D正确．

故选D．9、C【分析】

向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况．

由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol．

A、由上述分析可知，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；故A错误；

B、由上述分析可知，线段I代表I-的变化情况；故B错误；

C、由上述分析可知，溶液中n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知；溴离子反应需要的氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C正确；

D、溶液中n（Br-）=6mol，所以原混合溶液中n（FeBr2）=3mol；故D错误．

故选C．

【解析】【答案】向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况．

由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，根据溴离子判断溶液中n（FeBr2）；根据离子方程式计算溴离子反应需要的氯气的物质的量，据此计算a的值．

二、填空题(共5题，共10分)10、＞不一定是【分析】【分析】（1）若反应进行到状态D时，反应未达到平衡状态，若反应趋向于平衡，则反应向生成的I3-方向移动，则v正＞v逆；由此分析解答；

（2）T1时某状态=，只是一种状态而已，无法体现正逆反应速率的关系．【解析】【解答】解：（1）若反应进行到状态D时，反应未达到平衡状态，若反应趋向于平衡，则反应向生成的I3-方向移动，则v正＞v逆；故答案为：＞；

（2）T1时某状态=，只是一种状态而已，无法体现正逆反应速率的关系，所以不一定是平衡状态，故答案为：不一定是．11、3，4-二甲基已烷C26H26【分析】【分析】（1）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：命名要符合“一长；一近、一多、一小”，也就是主链最长，编号起点离支链最近，支链数目要多，支链位置号码之和最小；

（2）根据结构简式乙基键线式的特点来书写化学式．【解析】【解答】解：（1）根据烷烃的命名方法；该有机物的名称是：3，4-二甲基已烷，故答案为：3，4-二甲基已烷；

（2）有机物的化学式应为：C26H26，故答案为：C26H26．12、aCH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O使用分水器分离出水，使平衡正向移动，提高反应产率除去产品中含有的乙酸等杂质C高会收集到少量未反应的冰醋酸和正丁醇65%【分析】【分析】（1）冷凝作用的仪器是冷凝管；水从下口进上口出；

（2）根据酯化反应原理酸脱羟基醇脱氢写出反应的化学方程式；

（3）根据外界条件对化学平衡的影响分析；

（4）乙酸丁酯不溶于饱和碳酸钠溶液；乙酸与碳酸钠反应而被吸收；

（5）分液操作时下层液体从下口放出；上层液体从上口倒出；

（6）若从118℃便开始收集馏分此时的蒸气中含有醋酸和正丁醇；会收集到少量未反应的冰醋酸和正丁醇，导致获得的乙酸正丁酯质量偏大；

（7）先根据酸的量计算理论上酯的量，再根据水的量计算酯的量，实际上酯的量与理论值之比即为酯的产率．【解析】【解答】解：（1）为提高冷凝效果；水应从下口进上口出，故答案为：a；

（2）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与丁醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸丁酯和水，该反应为可逆反应，化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O；

故答案为：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O；

（3）减少生成物的浓度；平衡向正反应方向移动，使用分水器分离出水，有利于平衡向正反应方向移动，提高反应产率；

故答案为：使用分水器分离出水；使平衡正向移动，提高反应产率；

（4）制备乙酸丁酯时常用饱和碳酸钠溶液；目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸丁酯的香味，溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸丁酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；

故答案为：除去产品中含有的乙酸等杂质；

（5）分液操作时；使用的漏斗是分液漏斗，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，以免两种液体相互污染；

故答案为：C；

（6）若从118℃便开始收集馏分此时的蒸气中含有醋酸和正丁醇；会收集到少量未反应的冰醋酸和正丁醇，因此会导致产率偏高；

故答案为：高；会收集到少量未反应的冰醋酸和正丁醇；

（7）正丁醇的质量=0.8g/mL×18.5mL=14.8g；冰醋酸的质量=1.045g/mL×13.4mL=14.003g；

理论上14.8g正丁醇完全反应生成酯的质量为xg；需乙酸的质量是yg．

乙酸和正丁醇的反应方程式为CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O

60g74g116g18g

yg14.8gxg

所以x=23.2y=12g＜14.003g所以乙酸过量，乙酸正丁酯的产率=×100%≈65%．

故答案为：65%．13、①②b碱石灰【分析】【分析】（1）装置B收集的方法为向上排空气法；装置C的收集方法为向下排空气法；

（2）装置A从a进为向上排空气法，从b进为向下排空气法；

（3）干燥氨气应用碱性试剂，据此分析．【解析】【解答】解：（1）装置B收集的方法为向上排空气法，装置C的收集方法为向下排空气法，①Cl2密度比空气大，可用向上排空气法，NH3

密度比空气小；可用向下排空气法，故答案为：①；②；

（2）甲烷密度比空气小，采用向下排空气法，故从b进，故答案为：b；

（3）干燥氨气应用碱性试剂，可用碱石灰，故答案为：碱石灰．14、在空气中点燃甲烷，在火焰的上方罩一个干燥、洁净的烧杯，发现烧杯内壁有水珠凝结，证明甲烷中有氢元素，然后迅速将烧杯倒转过来，向烧杯中滴入少量澄清石灰水，石灰水变浑浊，证明甲烷中含有碳元素【分析】【分析】根据甲烷燃烧的产物分析实验的现象、检验的物质；根据产物和质量守恒定律判断甲烷中含有的元素．【解析】【解答】解：根据质量守恒定律；只要证明甲烷燃烧生成了水和二氧化碳，就能证明甲烷中含有碳元素和氢元素，具体实验方案是：在空气中点燃甲烷，在火焰的上方罩一个干燥；洁净的烧杯，发现烧杯内壁有水珠凝结，证明甲烷中有氢元素，然后迅速将烧杯倒转过来，向烧杯中滴入少量澄清石灰水，石灰水变浑浊，证明甲烷中含有碳元素；

故答案为：在空气中点燃甲烷，在火焰的上方罩一个干燥、洁净的烧杯，发现烧杯内壁有水珠凝结，证明甲烷中有氢元素，然后迅速将烧杯倒转过来，向烧杯中滴入少量澄清石灰水，石灰水变浑浊，证明甲烷中含有碳元素．三、判断题(共8题，共16分)15、×【分析】【分析】1mol任何气体的体积都约是22.4L，只针对于气体．【解析】【解答】解：标准状况下；气体的气体摩尔体积为22.4L/mol，则1mol气体的体积为22.4L，而非气体不是；

故答案为：×．16、√【分析】【分析】根据放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量来解答，放热反应的△H为负值，吸热反应的△H为正值．【解析】【解答】解：当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，△H为“-”，故答案为：√．17、×【分析】【分析】元素的化合价升高，失去电子被氧化，以此来解答．【解析】【解答】解：在化学反应中某元素化合价只升高，作还原剂，失去电子被氧化，故答案为：×．18、×【分析】【分析】稀释前后氢氧化钠的物质的量不变，根据稀释定律C1V1=C2V2计算判断．【解析】【解答】解：令稀释后NaOH的物质的量浓度为c，稀释前后氢氧化钠的物质的量不变，则：0.03L×0.5mol/L=c×0.5L，解得c=0.03mol/L，故错误，故答案为：×．19、×【分析】【分析】18g的物质的量为1mol，标况下，水为液态，不能用气体摩尔体积计算其体积．【解析】【解答】解：18g的物质的量为1mol，标况下，水为液态，不能用气体摩尔体积计算其体积，应根据V=计算水的体积，其体积远远小于22.4L，故错误，故答案为：×．20、×【分析】【分析】烷烃命名原则：

①长选最长碳链为主链；

②多遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近离支链最近一端编号；

④小支链编号之和最小．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；

⑤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．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．【解析】【解答】解：没有把最长碳链作为主链，最长碳链应为7，为庚烷，正确命名为2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基庚烷，故答案为：×．21、×【分析】【分析】冰变成水蒸气没有新物质生成，是物理变化，据此解题．【解析】【解答】解：冰变成水蒸气没有新物质生成，是物理变化，故答案为：×．22、√【分析】【分析】（1）测定pH的步骤为蘸；滴、对比；

（2）碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子；

（3）Na2CO3溶液中，存在物料守恒式为c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），并结合水解显碱性来分析解答．【解析】【解答】解：（1）测定pH的步骤为用玻璃棒蘸取待测液；滴在pH试纸上，颜色变化后与标准比色卡对比，然后确定溶液的pH；

故答案为：用玻璃棒蘸取待测液；滴在pH试纸上，颜色变化后与标准比色卡对比；

（2）碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，溶液显碱性，离子反应为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；

（3）①Na2CO3溶液中，存在物料守恒式为c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，显然c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]关系错误；

故答案为：c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]；

②Na2CO3溶液中，溶液不显电性，由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）；故答案为：√；

③Na2CO3溶液中，由质子守恒可知，c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故答案为：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）；

④Na2CO3溶液中，由化学式可知，c（Na+）＞c（CO32-），又由CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，则离子浓度关系为c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）；

故答案为：√．四、探究题(共4题，共20分)23、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．24、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．25、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．26、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．五、计算题(共4题，共8分)27、0.4②③【分析】【分析】（1）碳酸氢钠恰好转化为碳酸钠，则C为NaOH或者C与水反应生成NaOH，可以为过氧化钠、氧化钠、Na，根据碳元素守恒计算n（Na2CO3），根据钠元素守恒计算n（NaOH）、n（Na2O2）；再根据m=nM计算其质量；

③根据钠元素守恒计算Na元素的质量；判断是否为Na还是氧化钠，进而计算确定化学式；

（2）溶液中n（Na+）=2n（Na2CO3），根据碳原子守恒：n（Na2CO3）=n（NaHCO3）；

（3）溶液中碳酸钠质量相等，若溶液质量增重相等，则碳酸钠溶液质量分数相等，根据差量法判断溶液质量增重．【解析】【解答】解：（1）100mL2.0mol/LNaHCO3溶液中n（NaHCO3）=2.0mol/L×0.1L=0.2mol，根据碳原子守恒：n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=0.2mol；

①根据钠元素守恒则：n（NaOH）=2n（Na2CO3）-n（NaHCO3）=0.2mol×2-0.2mol=0.2mol；故需要m（NaOH）=0.2mol×40g/mol=8g；

②根据钠元素守恒：n（Na2O2）=[2n（Na2CO3）-n（NaHCO3）]=×[0.2mol×2-0.2mol]=0.1mol，故需要m（Na2O2）=0.1mol×78g/mol=7.8g；

③X含有Na原子物质的量为：n（Na原子）=2n（Na2CO3）-n（NaHCO3）=0.2mol，其质量为0.2mol×23g/mol=4.6g，含有氧元素为6.2g-4.6g=1.6g，物质的量为=0.1mol，故X为Na2O；

故答案为：

。编号①②③X的化学式NaOHNa2O2Na2O加入X的质量（g）87.86.2（2）根据钠元素守恒，n（Na+）=2n（Na2CO3）=0.2mol×2=0.4mol；故答案为：0.4mol；

（3）①中溶液增重为NaOH质量，②中过氧化钠和水发生氧化还原反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，溶液质量增重为与过氧化钠等物质的量的Na2O的质量，③中溶液增重为Na2O的质量，且过氧化钠与氧化钠的物质的量相等，故②③所得Na2CO3溶质的质量分数相等；

故答案为：②③．28、略

【分析】

根据100°C氯化钾；硝酸钠的溶解度可知氯化钾、硝酸钠溶液在混合液中不饱和；析出的晶体中不会含有硝酸钠、氯化钾；然后根据氯化钾、硝酸钠的质量计算出混合液中含有硝酸钠、氯化钠的质量，最后结合该温度下的溶解度判断析出晶体成分及质量．

本题考查了溶液中溶质质量分数的计算，题目难度中等，此题是一道溶液析出晶体的考查题，解题的关键是掌握不同物质溶解度与温度的关系以及溶解度的概念和相关计算等内容．【解析】解：两溶液混合后，溶剂质量为150克，最多溶解硝酸钠的质量为：=120克；而实际硝酸钠质量仅有35.4克，则混合液中硝酸钠溶液为不饱和溶液；原氯化钾是饱和溶液，混合后溶剂增加，溶质质量不变，则混合液中氯化钾溶液也不饱和，故析出的晶体中不会含有硝酸钠；氯化钾；

混合溶液中的四种离子：K+、Na+、Cl-、NO3-；相互结合可以形成硝酸钾；氯化钠；

设混合后可能会生成硝酸钾以及氯化钠的质量分别为y；z；消耗硝酸钠的质量为x；

NaNO3+KCl═KNO3+NaCl

8574.510158.5

x31gyz

x=≈35.37g；硝酸钠有剩余；

则混合液中含有的硝酸钾的质量为：y==42.3g；

混合液中含有氯化钠的质量为：z==24.3g；

已知10O℃时硝酸钾的溶解度为20.9克；氯化钠的溶解度为35.8克．

设150克水中最多溶解硝酸钾和氯化钠的质量为m；w；

1OO：150=20.9：mm=31.4g；3l.4＜42.3；

l00：150=35.8：W；w=53.7g，53.7＞24.3；

故可知析出的晶体是硝酸钾；质量为：42.3g-31.4g=10.9g；

答：混合液中析出的晶体为硝酸钾，质量为10.9g．29、4AB4×10-6该反应是焓增、熵减的反应．根据△G=△H-T△S，△G＞0，不能实现2CO+2NO2CO2+N2【分析】【分析】（1）根据电荷守恒得：[H+]+[K+]+[Na+]+[NH4+]=2[SO42-]+[NO3-]+[Cl-]，计算H+离子浓度；进而确定pH值；

（2）①根据反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）K1=，2C（s）+O2（g）═2CO（g）K2=，C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）K=；由此确定K的值；

②依据二氧化硫的性质：是一种酸性氧化物可以和碱反应；二氧化硫溶于水得亚硫酸，酸性强于碳酸，所以可以和碳酸钠溶液反应；

（3）①计算出平衡时各种物质的物质的量；结合平衡常数的表达式计算，依据化学反应速率和平衡移动原理分析判断；

②根据G=△H-T•△S判断反应能否自发进行；

③CO和NO催化氧化生成氮气和二氧化碳；【解析】【解答】解：（1）根据电荷守恒得：[H+]+[K+]+[Na+]+[NH4+]=2[SO42-]+[NO3-]+[Cl-]，将表中数据带入得：[H+]=10-4，pH=-lg[H+]=4；

故答案为：4；

（2）①根据反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）K1=，2C（s）+O2（g）═2CO（g）K2=，C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）K==；

故答案为：；

②二氧化硫是酸性氧化物所以具有酸性氧化物的通性能够与碱反应：SO2+Ca（OH）2=CaSO3↓+H2O，二氧化硫水溶液是亚硫酸所以也能够与碳酸钠反应：SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2↑所以可以用氢氧化钙溶液和碳酸钠溶液做洗涤剂；二氧化硫与氯化钙溶液不反应，且在亚硫酸氢钠溶液中的溶解度很小，所以不能用氯化钙和亚硫酸氢钠溶液做洗涤液，故选：AB；

（3）①已知气缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0．若气缸中进入1mol空气（1mol空气含有0.8molN2和0.2molO2），1300℃时在密闭容器内反应达到平衡．测得NO为8×10-4mol，反应前后气体物质的量相同，计算平衡常数时可以用物质的量代替平衡浓度计算，先计算物质的平衡量，N2为0.8mol-4×10-4mol，O2为0.2mol-4×10-4mol，带入平衡常数表达式即可，书写计算得K===4×10-6；

故答案为：4×10-6；

②2CO（g）=2C（s）+O2（g）；该反应是焓增；熵减的反应．根据G=△H-T•△S，G＞0，不能实现；

故答案为：该反应是焓增；熵减的反应．根据△G=△H-T△S；△G＞0，不能实现；

③CO和NO催化氧化生成氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为：2CO+2NO2CO2+N2；

故答案为：2CO+2NO2CO2+N2；30、H++OH-=H2OAl（OH）3+OH-=AlO2-+2H2OH+NH4+5：2【分析】【分析】（1）反应还生成Mg（NO）3；根据化合价升降相等与