2025年人教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年人教版高三化学下册月考试卷427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8题，共16分)1、在某浓度的醋酸钠溶液中，下列微粒的浓度关系不正确的是（）A.c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+）B.c（H+）+c（CH3COOH）=c（OH-）C.c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=c（Na+）D.c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）2、下列反应中，不能用“H++OH-=H2O”表示的（）A.盐酸和氢氧化钠B.次氯酸和氢氧化钾C.硫酸和氢氧化钠D.硝酸和氢氧化钾3、已知25℃、101kPa下，石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为：C（石墨）+O2（g）→CO2（g）△H=-393.51kJ/molC（金刚石）+O2（g）→CO2（g）△H=-395.41kJ/mol据此推理所得到的下列结论中，正确的是（）A.1mol石墨与1mol氧气反应生成1mol液态二氧化碳气体放出热量小于393.51kJB.金刚石比石墨稳定C.由石墨制备金刚石一定是吸热反应D.相同条件下，1mol金刚石与1mol氧气的能量总和小于1mol二氧化碳气体的能量4、油脂的硬化是油脂进行了（）

①氧化反应②氢化反应③加成反应④还原反应⑤皂化反应．A.①②③B.②③⑤C.②③④D.③④⑤5、下列比较不正确的是（）A.酸性：H2SO4＞H3PO4B.碱性：KOH＞NaOHC.原子半径：S＜ClD.稳定性：NH3＞CH46、下列化合物中，既有离子键、又有共价键，且是非极性共价键的是（）A.NaOHB.Na2O2C.H2O2D.CaH27、将0.03molCl2缓缓通人含0.02molH2SO3和0.02molHBr的混合溶液中，在此过程溶液的c(H+)与C12用量的关系示意图是（溶液的体积视为不变）（）8、化学与、生密切关，下列说正确的是rm{(}rm{)}A.对“地沟油”进行分馏可得到汽油B.rm{PM_{2.5}}rm{CO_{2}}都属于空气质量日报的内容C.硅酸多孔、吸水能力强，常用作袋装食品的干燥D.向煤中加入适量rm{CaSO_{4}}可大大减少燃烧产物中rm{SO_{2}}的量评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、已知（注：R；R′为径基）．A为有机合成中间体；可发生银镜反应．A在一定条件下发生消去反应，可能得到两种互为同分异构体的产物，其中的一种B可用于制取合成树脂、染料等多种化工产品．A能发生如图所示的变化．

试回答下列问题：

①A分子中的官能团是____．

②B分子中最多有____个原子在同一平面．

③C的同分异构体C1与C有相同的官能团，两分子C1脱去两分子水形成含有六元环的C2，写出C2的结构简式：____．

④写出E生成高聚物的化学方程式：____．10、相对分子质量为70的烯烃的分子式为____；若该烯烃与足量的H2加成后能生成含3个甲基的烷烃，则该烯烃的可能的结构简式为____．11、有一氧化物X既能与某些酸性氧化物反应；又能与某些碱性氧化物反应．

（1）若X既能与某些酸性氧化物反应，又能与某些碱性氧化物反应，但反应产物中均无盐生成，则该氧化物的化学式为____，X与Na2O反应的离子方程式为____．

（2）若X中的氧的质量分数为47.06%，且都能生成盐和水，则该氧化物的化学式为____，熔融X与Na2O反应的化学方程式为____；有人提出用电解X的方法，可获得二级能源____（填化学式）；以获得的物质作为燃料，一缓解能源紧张的局面，这正是一种大胆而新颖的设想．

（3）上述（2）中的二级能源，在一定条件下可与Fe2O3反应，其反应的化学方程式为____，该反应属于____反应．

（4）上述（3）中，若取二级能源与Fe2O3的混合物共ag，向其中加入足量的NaOH溶液，测得生成的气体体积为bL（标准状况），混合物中氧化物的质量是____g．12、II．二甘氨酸合铜（II）是最早被发现的电中性内配盐；它的结构如图：

（3）基态Cu2+的最外层电子排布式为____

（4）二甘氨酸合铜（II）中，第一电离能最大的元素与电负性最小的非金属元素可形成多种微粒，其中一种是5核10电子的微粒，该微粒的空间构型是____．

（5）lmol二甘氨酸合铜（II）含有的π键数目是____．

（6）二甘氨酸合铜（II）结构中，与铜形成的化学键中一定属于配位键的是____（填写编号）．13、油脂被摄入人体后，在酶的作用下水解为高级脂肪酸和____（写名称），进而被氧化生成二氧化碳和水并提供能量，或作为合成人体所需其他物质的原料．14、常温下将0.010molCH3COONa和0.004molHCl溶于水，配制成0.5L混合溶液，判断：（1）溶液中有两种微粒的物质的量之和一定等于0.010mol，它们是____和；（2）溶液中n(CH3COO-)+n(OH-)-n(H+)=_____________mol。15、在元素周期表中；同一主族元素化学性质相似．目前也发现有些元素的化学性质和它在周期表中左上方或右下方的另一主族的元素性质相似，称为“对角线”规则．如锂和镁，铍和铝，据此回答：

（1）锂在空气中燃烧，除生成____外，也生成微量的____（用化学式作答）．

（2）铍的最高价氧化物对应的水化物的化学式是____，它属于两性氢氧化物，可以证明这一结论的离子反应方程式是____；____．

（3）已知反应Be2C+4H2O=2Be（OH）2+CH4↑，则Al4C3遇水反应的化学反应方程式为____．16、写出下列各烷烃的分子式．

（1）烷烃A在同温同压下蒸气的密度是H2的43倍____．

（2）烷烃B的分子中含有200个氢原子____．

（3）1L烷烃C的蒸气完全燃烧时，生成同温同压下15L的水蒸气____．

（4）分子中含有22个共价键的烷烃D为____．

（5）0.1mol烷烃E完全燃烧，消耗标准状况下的O211.2L____．17、(16分)(1)电镀时，镀件与电源的极连接。(2)化学镀的原理是利用化学反应生成金属单质沉积在镀件表面形成镀层。①若用铜盐进行化学镀铜，应选用＿（填“氧化剂”或“还原剂”）与之反应。②某化学镀铜的反应速率随镀液pH变化如右图所示。该镀铜过程中，镀液pH控制在12.5左右。据图中信息，给出使反应停止的方法：(3)酸浸法制取硫酸铜的流程示意图如下①步骤（i）中Cu2(OH)2CO3发生反应的化学方程式为。②步骤（ii）所加试剂起调节pH作用的离子是（填离子符号）。③在步骤（iii）发生的反应中，1molMnO2转移2mol电子，该反应的离子方程式为____。④步骤（iv）除去杂质的化学方程式可表示为3Fe3++NH4++2SO42-+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6＋6H+过滤后母液的pH=2.0,c(Fe3+)=amol·L-1，,c(NH4+）=bmol·L-1，,c(SO42-）=dmol·L-1，该反应的平衡常数K=＿（用含a、b、d的代数式表示）。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)18、常温常压下，3.2gO2所含的原子数为0.2NA．____（判断对错）19、31g白磷中含有的共价键数为1.5NA．____（判断对错）20、6.02×1023个NaCl分子中含有Na+数目为NA____（判断对错），若不正确，理由是____．21、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．____（判断对错）22、SO3和H2O的反应与SO2和H2O的反应类型完全相同____（判断对和错）23、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化____．（判断对确）24、向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体____（判断对错）25、丁达尔现象可用来区别胶体与溶液，其中胶体能透过半透膜____．（判断对错）26、近半个多世纪以来；随着人类社会的高度发达，环境污染问题也越来越受到了人们的关注．请回答下列问题：

（1）水是人类赖以生存的物质．下列物质会带来水体的重金属污染的是____（填字母）；

A．含Hg2+的化合物B．含N的化合物C．含P的化合物。

其他选项的化合物会造成水体的____（填名称）．

（2）煤和石油是当今世界重要的化石燃料，但它们的燃烧会对环境造成影响，生成的____、____（填化学式）等容易形成酸雨．某火力发电厂为了防止废气污染环境，现采用廉价易得的石灰石浆来吸收，其反应方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2x．试推测x的化学式为____．x的大量排放仍会带来环境问题，它对环境带来的影响是造成____（填名称）．若改用另一种吸收剂，则可避免x的大量排放，其反应方程式为：2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O，则y的化学式为____．

（3）防治环境污染；改善生态环境已成为全球的共识，请回答下列问题：

①空气质量报告的各项指标可以反映出各地空气的质量．下列气体已纳入我国空气质量报告的是____（填字母）．

A．CO2B．N2C．NO2D．SO2

②垃圾应分类收集．你用过的旧试卷应放置于贴有____（填字母）标志的垃圾筒内．

③工业废水需处理达标后才能排放．判断下列废水处理的方法是否合理；合理的请画“√”，不合理的请在括号中填写正确方法．

A．用中和法除去废水中的酸____

B．用混凝法除去废水中的重金属离子____

C．用氯气除去废水中的悬浮物____．评卷人得分四、计算题(共2题，共18分)27、（2015秋•瑞安市校级期中）甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料．利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇；发生的主反应如下：

①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1

②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2

③CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3

回答下列问题：

（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：（其中CO中的碳氧键为CO）

。化学键H-HC-OCOH-OC-HE/（kJ．mol-1）4363431076465413由此计算△H1=____kJ•mol-1，已知△H2=-58kJ•mol-1，则△H3=____kJ•mol-1．

（2）在25℃、101KPa下，每充分燃烧1gCH3OH并恢复到原状态，会释放22.68KJ的热量．请写出表示甲醇燃烧热的热化学反应方程式：____．

（3）利用CO2与H2反应还可合成二甲醚（CH3OCH3）．以KOH为电解质溶液，组成二甲醚空气燃料电池，该电池工作时其负极反应式是____．

（4）常温下，用二甲醚燃料电池电解600mLNaCl溶液，若消耗二甲醚0.23g，两极共产生气体____（标准状况），溶液的pH=____．

（5）若用二甲醚燃料电池电解CO制备CH4和W，工作原理如图所示，生成物W____是，其电解总离子方程式是____．28、有一份由Na和Na2O2组成的混合物，将其投入足量的水中，并吸收全部生成的气体，将气体引火爆炸后再无气体剩余，则原混合物中Na和Na2O2的质量之比为____．评卷人得分五、解答题(共2题，共18分)29、将2molN2和4molH2充入2L密闭容器中进行合成NH3反应，2min后测得生成NH31.6mol，求2min内各物质的反应速率．30、为全面推动国际旅游岛建设；大力发展绿色产业，保护和改善自然环境，据此下列各项措施符合海南省发展方向的是：______

A．发展水电核电；充分利用太阳能；风能、潮汐能发电以减少火力发电带来的二氧化硫和二氧化碳排放问题。

B．发展低碳经济；循环经济、积极推行“限塑令”；加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料。

C．依托南海资源；大力发展石油化工产业，打破传统的产业结构。

D．加速建设城际轻轨；发展改善城市公交系统，减少汽车尾气排放。

E．推行垃圾分类；对未经分类的生活垃圾和工业垃圾使用填埋法处理．

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使其溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒、质子守恒和物料守恒，再结合电荷守恒、质子守恒和物料守恒解答．【解析】【解答】解：A．醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使其溶液呈碱性，所以c（OH-）＞c（H+），醋酸根离子水解程度较小，所以c（OH-）＜c（CH3COO-）；故A错误；

B．溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c（H+）+c（CH3COOH）=c（OH-）；故B正确；

C．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=c（Na+）；故C正确；

D．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）；故D正确；

故选A．2、B【分析】【分析】强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应为H++OH-=H2O，以此来解答．【解析】【解答】解：A．盐酸与氢氧化钠反应的离子反应为H++OH-=H2O；故A不选；

B．次氯酸为弱酸，则次氯酸和氢氧化钾反应的离子反应为HClO+OH-=H2O+ClO-；故B选；

C．硫酸与氢氧化钠反应的离子反应为H++OH-=H2O；故C不选；

D．硝酸与氢氧化钠反应的离子反应为H++OH-=H2O；故D不选；

故选B．3、C【分析】【分析】由石墨、金刚石燃烧的热化学方程式①C（石墨）+O2（g）=CO2（g）；△H=-393.51kJ•mol-1

②C（金刚石）+O2（g）=CO2（g）；△H=-395.41kJ•mol-1；

利用盖斯定律将①-②可得：C（石墨）=C（金刚石）；△H=+1.9kJ•mol-1；

A．二氧化碳气体变成液态会放出热量；1mol石墨与1mol氧气反应生成1mol液态二氧化碳气体放出热量大于393.51kJ；

B．根据反应热比较金刚石与石墨的能量大小；能量越低越稳定；

C．根据C（石墨）=C（金刚石）；△H=+1.9kJ•mol-1可知该反应一定吸热；

D．放热反应中，反应物总能量高于生成物的总能量．【解析】【解答】解：A．气体变成液体要放热；则1mol石墨与1mol氧气反应生成1mol液态二氧化碳，放出热量大于393.51kJ，故A错误；

B．由C（石墨）=C（金刚石）△H=+1.9kJ•mol-1；可知石墨总能量比金刚石低，则石墨比金刚石稳定，故B错误；

C．将①-②可得：C（石墨）=C（金刚石）△H=+1.9kJ•mol-1；石墨制备金刚石为吸热反应，故C正确；

D．金刚石与氧气的反应为放热反应；则反应物总能量大于生成物总能量，即1mol金刚石与1mol氧气的能量总和大于1mol二氧化碳气体的能量，故D错误；

故选C．4、C【分析】【分析】油脂的氢化也叫油脂的硬化，通过油脂的氢化，就是在催化剂镍的作用下和氢加成，不饱和高级脂肪酸就变成了饱和的高级脂肪酸．【解析】【解答】解：油脂是油和脂肪的总称；其主要成分是三分子的高级脂肪酸和甘油形成的甘油三酯，当油脂里面不饱和的高级脂肪酸含量高于饱和的就是油，反之就是脂肪．

通过油脂的氢化；就是在催化剂镍的作用下和氢加成，（②氢化反应③加成反应④氢化反应同时也是还原反应）不饱和高级脂肪酸就变成了饱和的高级脂肪酸，就把油变成了脂肪，油脂的氢化得到的脂肪就是油脂的硬化，得到的脂肪也叫硬化油．油脂的氢化也叫油脂的硬化．

故选C．5、C【分析】【分析】A．非金属性越强；其最高价氧化物对应水化物的酸性越强；

B．金属性越强；其最高价氧化物对应水化物的碱性越强；

C．同周期从左到右；原子半径逐渐减小；

D．非金属性越强，其气态氢化物越稳定．【解析】【解答】解：A．因非金属性S＞P，所以酸性：H2SO4＞H3PO4；故A正确；

B．因金属性K＞Na；所以碱性：KOH＞NaOH，故B正确；

C．同周期从左到右；原子半径逐渐减小，因此原子半径：S＞Cl，故C错误；

D．因非金属性N＞C，所以稳定性：NH3＞CH4；故D正确；

故选C．6、B【分析】【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属元素之间形成共价键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，以此来解答．【解析】【解答】解：A．含离子键和O-H极性共价键；故A不选；

B．含离子键和O-O非极性共价键；故B选；

C．不含离子键；含O-H极性共价键和O-O非极性共价键，故C不选；

D．只含钙离子与H-之间的离子键；故D不选；

故选B．7、A【分析】【解析】【答案】A8、C【分析】解：沟油为原料取的生物柴；生物柴油再经分馏才得发动机的燃料，D错误故A错误；

向煤中入适量碳钙，可大大少燃烧物中rm{SO2}的；故错误；

硅胶无毒；具有吸性，常用袋装品的燥故C正确；

故选：

硅胶无；具有吸水；

据目前计入空染指数的项目进行析；

煤中加入适碳酸钙可大减少燃产物中rm{SO2}的量；

本题主要考了绿色化学、地沟油的运用、空气质日的内，题目难不大，熟悉相的性可解答，注意硅胶的水性和用途．【解析】rm{C}二、填空题(共9题，共18分)9、醛基、羟基9或【分析】【分析】A无酸性且不能水解，则A中不含酯基和羧基，A能发生银镜反应，则A含有醛基，A能发生消去反应，则A中含有醇羟基，A发生消去反应生成B，B中含有一个甲基和碳碳双键，则B的结构简式为：CH3CH=CHCHO，A在一定条件下发生消去反应，可能得到两种互为同分异构体的产物，则A的结构简式为：CH3CH（OH）CH2CHO，A被银氨溶液氧化生成C，C的结构简式为：CH3CH（OH）CH2COOH，C在合适的氧化剂反应生成D，根据题给信息知，D的结构简式为：CH3COCH2COOH．B和氢气发生加成反应生成F，F的结构简式为：CH3CH2CH2CH2OH，B被还原生成E，E能使溴水褪色，说明含有碳碳双键，不发生银镜反应，说明不含醛基，则E的结构简式为：CH3CH=CHCH2OH，据此解答．【解析】【解答】解：A无酸性且不能水解，则A中不含酯基和羧基，A能发生银镜反应，则A含有醛基，A能发生消去反应，则A中含有醇羟基，A发生消去反应生成B，B中含有一个甲基和碳碳双键，则B的结构简式为：CH3CH=CHCHO，A在一定条件下发生消去反应，可能得到两种互为同分异构体的产物，则A的结构简式为：CH3CH（OH）CH2CHO，A被银氨溶液氧化生成C，C的结构简式为：CH3CH（OH）CH2COOH，C在合适的氧化剂反应生成D，根据题给信息知，D的结构简式为：CH3COCH2COOH．B和氢气发生加成反应生成F，F的结构简式为：CH3CH2CH2CH2OH，B被还原生成E，E能使溴水褪色，说明含有碳碳双键，不发生银镜反应，说明不含醛基，则E的结构简式为：CH3CH=CHCH2OH．

①A的结构简式为：CH3CH（OH）CH2CHO；分子中的官能团是：醛基；羟基，故答案为：醛基、羟基；

②B为CH3CH=CHCHO；碳碳双键；醛基均为平面结构，二者可以供平面，旋转碳碳单键可以使甲基中1个H原子处于平面内，B分子中最多有9个原子在同一平面，故答案为：9；

③C[CH3CH（OH）CH2COOH]的同分异构体Cl与C有相同官能团，两分子Cl脱去两分子水形成含有六元环的C2，核磁共振氢谱显示X只有一种波峰，C2的结构简式为：或

故答案为：或

④E生成高聚物的化学方程式：

故答案为：．10、C5H10CH2=CCH3CH2CH3、（CH3）2C=CHCH3、（CH3）2CHCH=CH2【分析】【分析】烯烃为CnH2n，则12n+2n=70，解得n=5；根据该烯烃与氢气加成后得到的烷烃分子中含3个甲基解题．【解析】【解答】解：烯烃为CnH2n，则12n+2n=70，解得n=5，分子式为C5H10；若该烯烃与氢气加成后得到的烷烃分子中含4个甲基，可能的结构简式：CH2=CCH3CH2CH3、（CH3）2C=CHCH3、（CH3）2CHCH=CH2；

故答案为：C5H10；CH2=CCH3CH2CH3、（CH3）2C=CHCH3、（CH3）2CHCH=CH2．11、H2ONa2O+H2O=2NaOHAl2O3Al2O3（熔融）+Na2O=2NaAlO2AlAl+Fe2O3Al2O3+Fe放热（a-）【分析】【分析】（1）若氧化物X既能与某些酸性氧化物反应，又能与某些碱性氧化物反应，但反应产物中均无盐生成，则X为H2O；与氧化钠反应生成氢氧化钠；

（2）若氧化物X中氧的质量分数为47.06%，且它既能与强酸反应，又能与强碱反应，且都能生成盐和水，判断X为Al2O3；电解熔融氧化铝得到Al与氧气，则所得二价能源物质为Al；

（3）Al与氧化铁在高温条件下反应生成氧化铝与Fe；反应放出大量的热；

（4）发生反应：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，生成气体为氢气，根据方程式计算混合物中Al的质量，进而计算氧化铁的质量．【解析】【解答】解：（1）若氧化物X既能与某些酸性氧化物反应，又能与某些碱性氧化物反应，但反应产物中均无盐生成，则X为H2O，与氧化钠反应生成氢氧化钠，反应方程式为：Na2O+H2O=2NaOH；

故答案为：H2O；Na2O+H2O=2NaOH；

（2）若氧化物X中氧的质量分数为47.06%，且它既能与强酸反应，又能与强碱反应，且都能生成盐和水，判断X为Al2O3，熔融Al2O3与Na2O反应的化学方程式为：Al2O3（熔融）+Na2O=2NaAlO2；电解熔融氧化铝得到Al与氧气；则所得二价能源物质为Al；

故答案为：Al2O3；Al2O3（熔融）+Na2O=2NaAlO2；Al；

（3）Al与氧化铁在高温条件下反应生成氧化铝与Fe，反应方程式为：Al+Fe2O3Al2O3+Fe；反应放出大量的热，属于放热反应；

故答案为：Al+Fe2O3Al2O3+Fe；放热；

（4）发生反应：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，生成气体为氢气，氢气物质的量为=mol，故Al的物质的量为mol×，Al的质量为mol××27g/mol=g，混合物中氧化铁的质量是（a-）g；

故答案为：（a-）g．12、3d9正四面体形2NA或1.204×10241和4【分析】【分析】（3）铜是29号元素，根据核外电子排布规律书写基态Cu2+的最外层电子排布式；

（4）根据第一电离能和元素的非金属性判断；

（5）双键中含有1个π键；根据双键的数目判断；

（6）根据原子的成键特点，及配位键的形成条件分析；【解析】【解答】解：（3）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，铜原子失去4s及3d上各一个电子形成Cu2+，故Cu2+离子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，基态Cu2+的最外层电子排布式为3d9；

故答案为：3d9；

（4）已知二甘氨酸合铜（Ⅱ）的结构图，其中第一电离能最大的为N元素，元素的非金属最小的非金属为H元素，二者形成的5核10电子的微粒为NH4+；该微粒的空间构型是正四面体；

故答案为：正四面体；

（5）已知双键中含有1个π键，由二甘氨酸合铜（Ⅱ）的结构图可知，1mol二甘氨酸合铜（Ⅱ）含有2molC=O，则含有的π键数目是2NA或1.204×1024；

故答案为：2NA或1.204×1024；

（6）Cu原子含有空轨道能与其它原子形成配位键；由于O原子在化合物中能形成2个共价键，所以O与Cu形成共价键，N与Cu形成配位键，即属于配位键的是1和4；

故答案为：1和4；13、甘油（或丙三醇）【分析】【分析】油脂在酶的作用下水解为高级脂肪酸和甘油．【解析】【解答】解：油脂在酶的作用下水解为高级脂肪酸和甘油（或丙三醇）；

故答案为：甘油（或丙三醇）．14、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3COO-和CH3COOH（2）0.00615、Li2OLi3NBe（OH）2Be（OH）2+2H+═Be2++2H2OBe（OH）2+2OH-═BeO22-+2H2OAl4C3+12H2O═4Al（OH）3↓+3CH4↑【分析】【分析】（1）Mg和Li位于对角线位置；性质相似，结合Mg的性质解答；

（2）Be的化合价是+2，铍的最高价氧化物对应的水化物的化学式为Be（OH）2；根据两性氢氧化物既能与酸反应生成盐和水，又能和碱（强碱）反应生成盐和水的，结合氢氧化铝的性质解答；

（3）根据化合价可知，Al4C3水解生成氢氧化铝与甲烷，以此来解答．【解析】【解答】解：（1）Mg能与空气中的氧气、氮气、二氧化碳反应，类比迁移，则锂在空气中燃烧的产物有Li2O和Li3N，Li2O为主要产物；

故答案为：Li2O；Li3N；

（2）Be的化合价是+2，铍的最高价氧化物对应的水化物的化学式为Be（OH）2，根据两性氢氧化物既能与酸反应生成盐和水，又能和碱（强碱）反应生成盐和水．Be（OH）2代表碱时为二元碱，Be（OH）2代表酸时为二元酸，表示碱时：Be（OH）2+2H+═Be2++2H2O，表示酸时：Be（OH）2+2OH-═BeO22-+2H2O；

故答案为：Be（OH）2；Be（OH）2+2H+═Be2++2H2O；Be（OH）2+2OH-═BeO22-+2H2O；

（3）根据化合价可知，Al4C3水解生成氢氧化铝与甲烷，反应的为Al4C3+12H2O═4Al（OH）3↓+3CH4↑，故答案为：Al4C3+12H2O═4Al（OH）3↓+3CH4↑．16、C6H14C99H200C14H30C7H16C3H8【分析】【分析】（1）根据密度之比等于摩尔质量之比进行计算；

（2）根据烷烃的通式CnH（2n+2）和B的分子中含有200个氢原子计算；

（3）根据同温同压下；体积比等于物质的量之比，再根据氢原子守恒计算出n；

（4）烷烃CnH（2n+2）分子中含有n-1个碳碳共价键；2n+2个碳氢共价键；

（5）根据写出烷烃燃烧的通式，根据烷烃和氧气的物质的量计算出n．【解析】【解答】解：烷烃的通式为：CnH（2n+2）；烷烃的相对分子量为：14n+2；

（1）密度之比=摩尔质量之比=等于相等分子量之比，烷烃A在同温同压下蒸气的密度是H2的43倍；则A的相对分子量为2×43=86；

A的相对分子质量为：14n+2=86，n=6，即该烷烃的分子式为C6H14；

故答案为：C6H14；

（2）烷烃B的分子中含有200个氢原子，则：2n+2=200，解得：n=99，所以B的分子式为C99H200；

故答案为：C99H200；

（3）1L烷烃D的蒸气完全燃烧时，生成同温、同压下15L水蒸气，根据氢原子守恒，所以烷烃D分子中含30个氢原子，即：2n+2=30，n=14，所以D的分子式为：C14H30，故答案为：C14H30；

（4）烷烃CnH（2n+2）分子中含有n-1个碳碳共价键；2n+2个碳氢共价键；总共含有3n+1个共价键，则：3n+1=22，解得：n=7；

故答案为：C7H16；

（5）0.1mol烷烃完全燃烧消耗O2的物质的量为：=0.5mol，所以1mol该烃完全燃烧，消耗：=5mol氧气，根据反应CnH2n+2+O2→nCO2+（n+1）H2O，可得：=5，解得：n=3，则D的分子式为C3H8；

故答案为：C3H8．17、略

【分析】(1)电镀时，待镀件与电源的负极相连，溶液中的镀层金属离子得到电子在镀件上析出。(2)①②化学电镀的原理就是利用置换反应将镀层金属离子从溶液中置换出来，从铜盐中置换出铜通常用Fe等还原剂。②由图可看出溶液pH低于9时，该化学镀的反应速率为0，因此可调节pH略小于9即可使反应停止。(3)①Cu2(OH)2CO3溶于H2SO4的反应为：Cu2(OH)2CO3＋2H2SO4＝2CuSO4+CO2↑+3H2O。②加入的NH4HCO3中的NH4＋水解显酸性，HCO3－水解显碱性，且可以与溶液中的H＋反应，故起调节pH作用的离子是HCO3－。③溶液中具有还原性的只有Fe2＋，再根据1molMnO2转移2mol电子，即可写出相应的离子方程式为MnO2+2Fe2＋+4H＋Mn2＋+2Fe3＋+2H2O。④化学平衡常数就是达到化学平衡时，生成物浓度幂之绩与反应物浓度幂之绩的比值，注意溶液中的沉淀和水的浓度看作是1。考点定位：本题考查了电镀原理、化学平衡的应用和物质的制备。【解析】【答案】(1)负(2)①还原剂②调节溶液pH在8～9之间(3)①Cu2(OH)2CO3＋2H2SO4＝2CuSO4+CO2↑+3H2O。②HCO3－。③MnO2+2Fe2＋+4H＋Mn2＋+2Fe3＋+2H2O。④三、判断题(共9题，共18分)18、√【分析】【分析】根据n==结合物质的构成计算．【解析】【解答】解：n（O2）==0.1mol，则含有原子数为0.2NA．故答案为：√．19、√【分析】【分析】白磷分子中含有6个P-P共价键，白磷分子式为P4，据此进行计算含有共价键数目．【解析】【解答】解：白磷是正四面体型结构，分子中含有6个P-P共价键；31g白磷（分子式为P4）的物质的量是0.25mol，所以分子中含有P-P共价键1.5mol，含有的共价键数目为1.5NA，故答案为：√；20、×【分析】【分析】NaCl属于离子晶体，不存在NaCl分子．【解析】【解答】解：因为NaCl属于离子化合物，不存在分子，故错误，故答案为：×，因为NaCl属于离子化合物，不存在分子．21、×【分析】【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素．【解析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．22、×【分析】【分析】依据化学方程式分析判断，反应都是两种物质反应生成一种物质，属于化合反应，但从可逆反应上来看，二氧化硫与水反应为可逆反应．【解析】【解答】解：SO3+H2O=H2SO4，H2O+SO2⇌H2SO3依据化学方程式分析判断，反应都是两种物质反应生成一种物质，属于化合反应，但从可逆反应上来看，二氧化硫与水反应为可逆反应，故不完全相同，故答案为：×．23、×【分析】【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．【解析】【解答】解：蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水，属于化学变化，故答案为：×．24、×【分析】【分析】向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，并加热至液体呈红褐色得到氢氧化铁胶体，据此分析解答．【解析】【解答】解：氢氧化铁胶体的制备方法：向沸水中滴加几滴氯化铁饱和溶液，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，升高温度促进氯化铁水解，并加热至液体呈红褐色即可得到氢氧化铁胶体，所以该题错误，故答案为：×．25、×【分析】【分析】胶体有丁达尔效应，溶液没有；溶质粒子能透过半透膜，胶体粒子不能透过半透膜，但能透过滤纸．【解析】【解答】解：胶体有丁达尔效应，溶液没有，故利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体；胶体微粒的直径大于半透膜的孔径，胶体粒子不能透过半透膜，故答案为：×．26、A【分析】【分析】（1）密度小于4.5的为轻金属；大于4.5的为重金属；水体富营养化是因为向水中排放含氮；磷等元素的生产生活废水过多造成的；

（2）酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫；氮氧化物等酸性气体；经过复杂的大气化学反应，形成硫酸和硝酸，被雨水吸收溶解而成；根据化学反应前后原子的种类与数目保持不变可以判断物质的化学式；二氧化碳是一种主要的温室效应气体；根据质量守恒的原因推出Y为氢氧化钙；

（3）①空气质量报告的主要内容包括：空气污染指数；首要污染物（包括可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等气体）、空气质量级别、空气质量状况等；

②旧试卷属于可回收物；可回收再利用；

③根据污水的类型选取处理的方法．【解析】【解答】解：（1）工业废水中常见的重金属元素指的是Cu2+、Hg2+、Cd2+、Pb2+等重金属离子；含铅；汞的物质是常见的有毒污染物；生物所需的氮、磷等营养物质大量进入湖泊、河口、海湾等缓流水体，引起藻类及其它浮游生物迅速繁殖，水体溶氧量下降，鱼类及其它生物大量死亡，该现象为水体富营养化导致的结果；

故答案为：A；富营养化；

（2）酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH约为5.6；酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体，经过复杂的大气化学反应，被雨水吸收溶解而成，根据2CaCO3+2SO2+O2═2CaSO4+2x可知，依据质量守恒定律可知每个x中含有1个碳原子和2个氧原子，所以x是二氧化碳．二氧化碳是形成温室效应的主要物质，2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O；依据质量守恒定律可知每个y中含有1个钙原子和2个氢氧根原子团，所以y是氢氧化钙；

故答案为：SO2；NO2；CO2；温室效应；Ca（OH）2；

（3）①空气质量报告的主要内容包括：空气污染指数、首要污染物（包括可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等气体）、空气质量级别、空气质量状况等，二氧化碳无毒，不属于空气污染物，氮气是空气的主要组成气体，而可吸入颗粒物、NO2、SO2均为污染物；需要检测；

故答案为：CD；

②用过的旧试卷可回收再利用重新做成纸浆；属于可回收垃圾，故答案为：A；

③A．如果污水中含大量氢离子或氢氧根离子；可采用酸碱中和法，除去水中大量的氢离子或氢氧根离子，故答案为：√；

B．如果水中含重金属离子；可加入一些物质使金属阳离子转化成沉淀而除去这些离子，即沉降法，故答案为：（沉降法）；

C．如果使悬浮于水中的泥沙形成絮状不溶物沉降下来，使水澄清，可用明矾等混凝剂作净水剂，故答案为：（混凝法）．四、计算题(共2题，共18分)27、-99+41CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.76kJ•mol-1CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O1.344L13NaHCO34CO+3CO32-+5H2O=6HCO3-+CH4↑【分析】【分析】（1）反应热=反应物总键能-生成物总键能；根据盖斯定律：反应②-反应①=反应③；反应热也进行相应的计算；

（2）依据燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；题干所给量计算32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放热，结合热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和对应焓变；

（3）根据燃料电池为燃料作负极失电子发生氧化反应；结合电解质溶液书写负极电极反应式；

（4）根据燃料电池的电极反应可知二甲醚与转移电子数目的关系，利用电子守恒，结合反应2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑进行计算；

（5）由此电解原理可知，阳极失去电子生成二氧化碳气体，加入碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，阴极CO得到电子生成甲烷气体，据此解答即可．【解析】【解答】解：（1）反应热=反应物总键能-生成物总键能，故△H1=1076kJ．mol-1+2×436kJ．mol-1-（3×413+343+465）kJ．mol-1=-99kJ．mol-1；

根据盖斯定律：反应②-反应①=反应③，故△H3=△H2-△H1=-58kJ．mol-1-（-99kJ．mol-1）=+41kJ．mol-1；

故答案为：-99；+41；

（2）在25℃、101kPa下，1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ．32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为725.76KJ；则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.76kJ•mol-1；

故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.76kJ•mol-1；

（3）燃料电池为燃料作负极失电子发生氧化反应，又电解质溶液为KOH，所以负极电极反应式为：CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O；

故答案为：CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O；

（4）根据燃料电池的电极反应CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O可知消耗0.23g二甲醚可转移电子的物质的量为mol=0.06mol，根据反应2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑可知；当转移0.06mol电子时，产生NaOH的物质的量为0.06mol，氯