2025年浙教新版高三化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年浙教新版高三化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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5题，共10分)1、在含有NH4Cl、AlCl3、FeCl2、FeCl3的溶液中，加入过量的NaOH溶液，微热，充分反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中离子数目不变的是（）A.NH4+B.Al3+C.Fe2+D.Fe3+2、下列与化学实验有关的叙述正确的是（）

A.将SO2通入含HClO的溶液中，生成H2SO4，说明HClO酸性比H2SO4强。

B.向2.0mL浓度均为0．lmol•L-1的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.0lmol•L-1AgNO3溶液，振荡，生成黄色沉淀，说明Ksp（AgI）比Ksp（AgCl）大。

C.铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落；说明铝箔表面氧化铝膜熔点高于铝。

D.在研究反应速率变化的实验中；同时改变两个变量一定能更快得出有关规律。

3、已知：rm{Fe_{2}O_{3}(s)+dfrac{3}{2}C(s)篓Tdfrac{3}{2}CO_{2}(g)+2Fe(s)}rm{娄陇H=+234.1kJ隆陇mol^{-1}(1)}rm{Fe_{2}O_{3}(s)+dfrac{3}{2}C(s)篓T

dfrac{3}{2}CO_{2}(g)+2Fe(s)}rm{娄陇H=+234.1

kJ隆陇mol^{-1}(1)}rm{C(s)+O}rm{C(s)+O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)篓TCO}rm{(g)篓TCO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}rm{娄陇H=-393.5kJ隆陇mol}rm{(g)}rm{娄陇H=-393.5kJ隆陇mol}rm{{,!}^{-1}}rm{(2)}rm{(2)}则rm{2Fe(s)+}rm{2Fe(s)+}rm{dfrac{3}{2}}的rm{O}是rm{O}rm{{,!}_{2}}A.rm{(g)篓TFe}B.rm{(g)篓TFe}rm{{,!}_{2}}C.rm{O}rm{O}D.rm{{,!}_{3}}rm{(s)}的rm{娄陇H}是rm{(}rm{)}4、下列说法不正确的是（NA表示阿佛加德罗常数）（）A.含1molFeCl3的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为NAB.4.6gNa与足量的稀盐酸反应，转移电子数一定为0.2NAC.1L0.1mol•L-1的Na2CO3中CO32-数目小于0.1NAD.常温下，22gCO2含碳氧双键数目为NA5、将滴有甲基橙的醋酸钠饱和溶液加热，溶液的颜色是()A.黄色不变B.黄色变橙色C.黄色变红色D.橙色不变评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)6、下列关于有机物的说法正确的是（）A.按系统命名法，化合物的名称为：2，3，3，8，8-五甲基壬烷B.将少量溴水加入石油裂化得到的汽油中，溴水分层，上层为橙红色C.往2ml10%的CuSO4溶液中加入5滴5%的NaOH溶液，再加入2ml10%的葡萄糖溶液，加热，得到砖红色的氧化亚铜沉淀D.甲烷、乙醇、乙酸在一定条件下都能发生取代反应7、rm{2016}年rm{8}月rm{5}日在巴西里约召开的第rm{31}届奥运会，由于兴奋剂事件而使多名俄罗斯运动员遭到禁赛，禁止运动员使用兴奋剂是奥运会公平、公正的重要举措之一。以下有两种兴奋剂的结构：关于两种兴奋剂的说法正确的是()A.rm{1mol}利尿酸分子最多能和rm{6molH_{2}}发生加成反应B.rm{1mol}兴奋剂rm{X}与足量浓溴水反应，最多消耗rm{3molBr_{2}}C.利尿酸分子中有三种含氧官能团，在核磁共振氢谱上共有七个峰D.两种兴奋剂最多都能和含rm{5molNaOH}的溶液反应8、rm{T隆忙}时，体积均为rm{0.5L}的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：rm{2A(g)+B(g)?2C(g)}rm{娄陇H=-QkJ隆陇mol^{-1}(Q>0)}保持温度不变，实验测得起始和平衡时的有关数据如下表：

下列叙述正确的是rm{娄陇H=-Q

kJ隆陇mol^{-1}(Q>0)}rm{(}A.容器rm{)}rm{垄脵}中反应的平衡常数均为rm{垄脷}B.容器rm{18}中达到平衡时放出的热量为rm{垄脷}C.向容器rm{0.05QkJ}中通入氦气，平衡时rm{垄脵}的转化率不变D.其他条件不变，若容器rm{A}保持恒容绝热，则达到平衡时rm{垄脷}的体积分数小于rm{C}rm{dfrac{2}{3}}9、下列反应中的氨与反应rm{{4N}{{{H}}_{{3}}}+{5}{{{O}}_{{2}}}to~4NO+{6}{{{H}}_{{2}}}{O}}中的氨作用相同的是rm{{4N}{{{H}}_{{3}}}+{5}{{{O}}_{{2}}}to

~4NO+{6}{{{H}}_{{2}}}{O}}rm{(}A.rm{{2Na}+{2N}{{{H}}_{{3}}}to{2NaN}{{{H}}_{{2}}}+{{{H}}_{{2}}}uparrow}B.rm{{2N}{{{H}}_{{3}}}+{3CuO}to{3Cu}+{{{N}}_{{2}}}+{3}{{{H}}_{{2}}}{O}}C.rm{{4N}{{{H}}_{{3}}}+{6NO}to{5}{{{N}}_{{2}}}+{6}{{{H}}_{{2}}}O}D.rm{{3Si}{{{H}}_{{4}}}+{4N}{{{H}}_{{3}}}to{S}{{{i}}_{{3}}}{{{N}}_{{4}}}+{12}{{{H}}_{{2}}}}rm{)}10、rm{ClO_{2}}是一种消毒杀菌剂，实验室可通过下列反应制得rm{ClO_{2}}

rm{2KClO_{3}+H_{2}C_{2}O_{4}+H_{2}SO_{4}=2ClO_{2}隆眉+K_{2}SO_{4}+2CO_{2}隆眉+2H_{2}O}

下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{KClO_{3}}在反应中得到电子B.rm{ClO_{2}}是氧化产物C.rm{H_{2}C_{2}O_{4}}在反应中被氧化D.rm{1molKClO_{3}}参加反应，有rm{2mol}电子转移11、实验中加热某水溶液，可选用的仪器有（）A.烧杯B.量筒C.试管D.酒精灯12、已知：还原性rm{HSO_{3}^{-}>I^{-}}氧化性rm{IO_{3}^{-}>I_{2}.}在含rm{3mol}rm{NaHSO_{3}}的溶液中逐滴加入rm{NaIO_{3}}溶液rm{.}加入rm{NaIO_{3}}的物质的量和和析出的rm{I_{2}}的物质的量的关系曲线如图rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.反应过程中的氧化产物均为rm{Na_{2}SO_{4}}B.rm{a}点时消耗rm{NaHSO_{3}}的物质的量为rm{1.0mol}C.rm{0隆芦b}间的反应可用如下离子方程式表示：rm{3HSO_{3}^{-}+IO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+I^{-}+3H^{+}}D.当溶液中rm{I-}与rm{I2}的物质的量之比为rm{5}rm{3}时，加入的rm{NaIO_{3}}为rm{1.1mol}13、下列化学反应的离子方程式能用通式：rm{mM^{(n+1)+}+nN篓TmM+nN^{(m+1)+}}表示的是rm{(}rm{)}A.氯化锌溶液中投入钠B.氯化铁溶液中投入铜C.硝酸银溶液中投入铜D.硫酸铜溶液中投入铁14、某温度下，硫酸钡与水组成的混合物中，存在下列过程：rm{BaSO_{4}(s)?Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}}向其中加入少量硫酸钠固体，下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.rm{BaSO_{4}}的电离程度减小B.rm{BaSO_{4}}溶解的量减小C.rm{c(Ba^{2+})}与rm{c(SO_{4}^{2-})}的乘积增大D.溶液的导电能力增强评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、煤气化和液化是现代能源工业中重点考虑的能量综合利用方案．最常见的气化方法为用煤生成水煤气，而当前比较流行的液化方法用煤生成CH3OH．

（1）已知：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H1

2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2

2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3

则反应CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）的△H=____．

（2）如图1是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线．

①T1和T2温度下平衡常数大小关系是K1____K2（填“＞”“＜”或“=”）．

②由CO合成甲醇时，CO在250℃、300℃、350℃下达到平衡时转化率与压强的关系曲线如图2所示，则曲线c所表示的温度为____℃，实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是____．

③以下有关该反应的说法正确的是____（填序号）．

A．恒温；恒容条件下同；若容器内的压强不发生变化，则可逆反应达到平衡。

B．一定条件下，H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍时；可逆反应达到平衡。

C．使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高CH3OH的产率。

D．某温度下，将2molCO和6molH2充入2L密闭容器中；充分反应，达到平衡后，测得c（CO）=0.2mol/L，则CO的转化率为80%

（3）一定温度下，向2L固定体积的密闭容器中加入1molCH3OH，发生反应：CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g），H2的物质的量随时间变化的曲线如图3所示．0～2min内的平均反应速率v（CH3OH）=____；该温度下，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数K=____；相同温度下，若开始加入CH3OH（g）的物质的量是原来的2倍，则____是原来的2倍．

A．平衡常数B．CH3OH的平衡浓度C．达到平衡的时间D．平衡时气体的密度．16、（2015秋•洛阳期末）苯甲酸具有弱酸性，可以和乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯．苯甲酸乙脂（密度1.05g٠cm-3）稍有水果气味；用于配制香水香精和人造精油，也大量用于食品以及用作有机合成中间体等．制备苯甲酸乙脂的过程如下：

（1）制备粗产品：如图所示装置中，于50mL圆底烧瓶中加人8.0g苯甲酸（Mr=122）、20mL乙醇（Mr=46，密度0.79g٠cm-3）；15mL环己烷、3mL浓硫酸；摇匀，加沸石．在分水器上加水，接通冷凝水，水浴回流约2h，反应基本完成．记录体积，继续蒸出多余环己烷和醇（从分水器中放出）．

（2）粗产品纯化：加水30ml．，分批加人固体NaHCO3；分液，然后水层用20mL石油醚分两次萃取．合并有机层，用无水硫酸镁干燥．回收石油醚，加热精馏，收集210一213℃馏分．

相关数据如表：

。沸点（℃，1atm）苯甲酸苯甲酸乙酯石油醚水乙醇环己烷共沸物（环已烷-水-乙醇）249212.640-8010078.380.7562.6请根据以上信息和装置图回答下述实验室制备有关问题：

（1）写出制备苯甲酸乙醋反应的化学方程式____仪器a的名称____，b口的作用为____；

（2）请说出在本实验中可以采取的能提高笨甲酸乙酸产率的方法____（写出任意一种即可）．

（3）如何利用实验现象判断反应已基本完成____

（4）固体NaHCO．的作用____，加人固体NaHCO3时的实验操作所用到的主要玻璃仪器为____．

（5）经精馏得210-213℃馏分7.0mL，则实验中苯甲酸乙脂的产率为____．17、某重要香料F的合成路线有多条；其中一条合成路线如下：

请回答下列问题：

（1）化合物A的分子式为____，化合物D中含氧官能团的名称为____

（2）反应（d）的生成物是E和H，H的结构简式为____；分子量在100～110之间的H的同系物中，核磁共振氢谱的峰最少的一种有机物的结构简式为____

（3）1mol化合物F最多能与____mol的H2发生加成反应。

（4）在上述转化过程中，步骤（b）发生反应的目的是____．

（5）反应（a）和反应（b）的反应类型分别为____、____．

（6）写出同时满足下列四个条件的D的同分异构体（任写一种）的结构简式：____．

①该物质属于芳香族化合物②核磁共振氢谱中有4个峰。

③1mol该物质最多可消耗2molNaOH④该物质能发生银镜反应．18、氢气是合成氨的重要原料．工业上合成氨的反应是：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H=-92.2kJ•mol-1

（1）下列事实中，不能说明上述可逆反应已经达到平衡的是____．

①N2、H2、NH3的体积分数不再改变。

②单位时间内生成2nmolNH3的同时生成3nmolH2O

③单位时间内生成3nmolN-H键的同时生成nmolN≡N

④用N2、H2O、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速度之比为1：3：2

⑤混合气体的平均摩尔质量不再改变。

⑥混合气体的总物质的量不再改变。

（2）已知合成氨反应在某温度下2.00L的密闭容器中进行；测得如下数据：

。时间（h）

物质的量（mol）01234N21.50n11.20n31.00H24.504.203.60n43.00NH30.000.20n21.001.00根据表中数据计算：

①0～1小时内N2的平均反应速度率为____mol•L-1•h-1

②此温度下该反应的化学平衡常数K=____保留两位小数）．

③反应达到平衡后，若往平衡体系中再加入N2、H2O、NH3各1mol，化学平衡向____方向移动（填“正反应”或“逆反应”或“不移动”）．19、20世纪50年代科学家提出价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型）；用于预测简单分子立体结构．其要点可以概括为：

Ⅰ；用AXnEm表示只含一个中心原子的分子组成；A为中心原子，X为与中心原子相结合的原子，E为中心原子最外层未参与成键的电子对（称为孤对电子），（n+m）称为价层电子对数．分子中的价层电子对总是互相排斥，均匀的分布在中心原子周围的空间；

Ⅱ；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布；不包括中心原子未成键的孤对电子；

Ⅲ；分子中价层电子对之间的斥力主要顺序为：i、孤对电子之间的斥力＞孤对电子对与共用电子对之间的斥力＞共用电子对之间的斥力；ii、双键与双键之间的斥力＞双键与单键之间的斥力＞单键与单键之间的斥力；iii、X原子得电子能力越弱；A-X形成的共用电子对之间的斥力越强；iv、其他．

请仔细阅读上述材料；回答下列问题：

（1）根据要点I可以画出AXnEm的VSEPR理想模型；请填写下表：

。n+m2____VSEPR理想模型____正四面体价层电子对之间的理想键角____109°28′（2）请用VSEPR模型解释CO2为直线型分子的原因____．

（3）H2O分子的立体构型为：____，请你预测水分子中∠H-O-H的大小范围为____，原因是____．

（4）SO2Cl2和SO2F2都属AX4E0型分子，S=O之间以双键结合，S-Cl、S-F之间以单键结合．请你预测SO2Cl2和SO2F2分子的立体构型：____．20、氢氧燃料电池是燃料h2和o2起反应将化学能转变为电能的装置．

（1）若电解质是KOH溶液，负极的电极反应式为____；反应进行后，溶液的pH将____（填“升高”“降低”或“基本不变”）．

（2）若改用稀硫酸溶液做导电物质，正极的电极反应式为____；反应进行后，溶液pH将____；（填“升高”“降低”或“基本不变”）．

（3）若需将反应Cu+Fe3+=Cu2+Fe2+设计成原电池装置，则负极材料为____，正极材料为____；，电解质溶液为____．

（4）若电解质溶液为浓硫酸溶液，电极材料为Al、Cu，负极上发生的电极反式为____．评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)21、通过化学变化可以实现35Cl与37Cl间的相互转化____．（判断对错）评卷人得分五、探究题(共4题，共24分)22、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________．23、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：24、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________．25、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：参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】铵盐易和强碱反应，氢氧化钠溶液和氯化铵溶液反应生成一水合氨和氯化钠，一水合氨微热一水合氨分解生成氨气和水，氯化铝和过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，再加入过量盐酸生成氯化铝，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，生成亚铁离子具有还原性，易被氧化为三价铁，据此分析判断．【解析】【解答】解：铵盐易和强碱反应，氢氧化钠溶液和氯化铵溶液反应生成一水合氨和氯化钠，氢氧根离子与NH4+结合微热会产生挥发性的氨气，所以铵根减少，铝离子加过量过氧化钠时生成偏铝酸钠，再加过量盐酸又反应生成铝离子，即Al3+数目基本不变，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁微热会被空气中氧气氧化为氢氧化铁，加入过量盐酸溶解后得到氯化铁溶液，亚铁离子减少，铁离子增多，故选B．2、C【分析】

A．SO2与HClO溶液的反应为氧化还原反应，生成H2SO4，说明HClO的氧化性比H2SO4强，不能因此说明HClO酸性比H2SO4强，事实上H2SO4的酸性大于HClO；故A错误；

B．向2.0mL浓度均为0．lmol•L-1的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.0lmol•L-1AgNO3溶液，振荡，生成黄色沉淀，说明Ksp（AgI）小于Ksp（AgCl）；故B错误；

C．铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落；说明铝箔表面氧化铝膜熔点高于铝，包裹铝而不滴落，故C正确；

D．在研究反应速率变化的实验中；为得出有关规律，应逐一改变一个变量，才能得到正确的结论，故D错误．

故选C．

【解析】【答案】A．SO2与HClO发生氧化还原反应生成H2SO4；

B．沉淀呈黄色，说明先生成AgI沉淀，Ksp较小；

C．氧化铝熔点高；难以熔化；

D．在研究反应速率变化的实验中；应逐一改变一个变量．

3、A【分析】【分析】本题考查根据盖斯定律进行反应热计算，题目难度不大，解决本题的关键是根据盖斯定律由已知热化学方程式构造目标热化学方程式。【解答】已知：rm{垄脵Fe_{2}O_{3}(s)+dfrac{3}{2}C(s)=dfrac{3}{2}CO_{2}(g)+2Fe(s)triangleH=234.1kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-393.5kJ?mol^{-1}}

由盖斯定律rm{垄脵Fe_{2}O_{3}(s)+dfrac{3}{2}

C(s)=dfrac{3}{2}CO_{2}(g)+2Fe(s)triangle

H=234.1kJ?mol^{-1}}得：rm{2Fe(s)+3/2O_{2}(g)=Fe_{2}O_{3}(s)triangleH=(-393.5)隆脕dfrac{3}{2}-234.1=-824.4kJ?mol^{-1}}故A正确。

故选A。rm{垄脷C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle

H=-393.5kJ?mol^{-1}}【解析】rm{A}4、A【分析】【分析】A；一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；

B；求出钠的物质的量；然后根据反应后钠元素为+1价来分析；

C、CO32-是弱酸根；在溶液中会水解；

D、求出二氧化碳的物质的量，然后根据1mol二氧化碳中含2mol碳氧双键来分析．【解析】【解答】解：A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁溶液形成的胶粒个数小于NA个；故A错误；

B、4.6g钠的物质的量为0.2mol，而反应后钠元素为+1价，故0.2mol钠转移0.2mol电子即0.2NA个；故B正确；

C、CO32-是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中的碳酸根的个数小于0.1NA个；故C正确；

D、22g二氧化碳的物质的量为0.5mol，而1mol二氧化碳中含2mol碳氧双键，故0.5mol二氧化碳中含1mol碳氧双键即NA个；故D正确．

故选A．5、A【分析】【解析】试题分析：醋酸钠水解溶液显碱性，加热促进水解，碱性增强，但溶液的黄色不变，又因为甲基橙的变色范围是4.1～4.4，答案选A。考点：考查外界条件对盐类水解的影响以及酸碱指示剂颜色的判断【解析】【答案】A二、双选题(共9题，共18分)6、A|D【分析】解：A．取代基的位次和最小；最长碳链为9个，符合命名规则，故A正确；

B．裂化汽油含有碳碳双键；能与溴水发生加成反应而褪色，故B错误；

C．NaOH溶液应过量；醛基的检验在碱性条件下进行，故C错误；

D．甲烷与氯气在光照条件下的反应属于取代反应；乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反应为取代反应；故D正确．

故选AD．

A．取代基的位次和最小；

B．裂化汽油含有碳碳双键；

C．NaOH溶液应过量；

D．甲烷的卤代反应；乙醇和乙酸的酯化反应都属于取代反应．

本题考查了有机物的命名、取代反应与加成反应以及官能团的检验等知识，题目难度不大，熟练掌握常见有机反应类型及区别．【解析】【答案】AD7、CD【分析】【分析】本题旨在考查学生对有机物的结构和性质的应用。【解答】A.rm{1mol}利尿酸分子最多能和rm{5molH_{2}}发生加成反应，故A错误；B.rm{1mol}兴奋剂rm{X}与足量浓溴水反应，最多消耗rm{6molBr_{2}}故B错误；C.利尿酸分子中有三种含氧官能团，在核磁共振氢谱上共有七个峰，故C正确；D.两种兴奋剂最多都能和含rm{5molNaOH}的溶液反应，故D正确。故选CD。【解析】rm{CD}8、AC【分析】【分析】本题主要考查化学平衡常数、平衡转化率的计算以及平衡的移动，题目综合性较大。【解答】容器rm{垄脵}中参加反应的rm{A}的物质的量rm{=2mol隆脕0.75=1.5mol}则：rm{2A(g)+B(g)?2C(g)}起始rm{(mol)}rm{2}rm{1}rm{0}转化rm{(mol)}rm{1.5}rm{0.75}rm{1.5}平衡rm{(mol)}rm{0.5}rm{0.25}rm{1.5}恒温恒容下，rm{垄脷}中完全转化到方程式左边可以得到rm{2molA}rm{1mol}容器rm{垄脵}rm{垄脷}反应为完全等效平衡，平衡时各组分的物质的量相等，rm{垄脷}中rm{A}的起始物质的量为rm{0.4mol}小于平衡时的rm{0.5mol}故rm{垄脷}中发生rm{2C(g)?2A(g)+B(g)triangleH=+QkJ/mol(Q>0)}．A.由于温度相等，rm{2C(g)?2A(g)+B(g)triangleH=+Q

kJ/mol(Q>0)}中平衡常数与rm{垄脷}互为相反数，不可能相等，rm{垄脵}中平衡常数rm{垄脵}rm{K=(1.50.5)2(0.50.5)2隆脕0.250.5=18}中平衡常数rm{垄脷}故A正确；B.rm{K=18}中反应吸收热量，容器rm{垄脷}rm{垄脵}反应为完全等效平衡，平衡时rm{垄脷}的物质的量相等，则rm{B}中吸收的热量为rm{(0.25-0.2)mol隆脕QkJ/mol=0.05QkJ}故B错误；C.恒容条件下，向容器rm{垄脷}中通入氦气，各组分的浓度不变，平衡不移动，平衡时rm{(0.25-0.2)mol隆脕QkJ/mol=0.05Q

kJ}的转化率不变，故C正确；D.平衡时rm{垄脵}rm{A}中rm{垄脵}的体积分数为rm{垄脷}其他条件不变，若容器rm{C}保持恒容绝热，随反应进行，温度降低，反应向生成rm{1.5mol(0.5+0.25+1.5)mol=23}的方向移动，生成rm{垄脷}时，混合气体减小rm{C}则达到平衡时rm{2molC}的体积分数大于rm{1mol}故D错误。故选AC。rm{C}【解析】rm{AC}9、BC【分析】【分析】本题考查元素化合物知识结合氧化还原的考查，学生只要正确判断元素化合价的变化就可以迅速解题了，比较容易。【解答】A.在反应rm{2Na+2NH_{3}篓T2NaNH_{2}+H_{2}隆眉}中，氨中氢得电子是氧化剂，故A错误；B.在反应rm{2NH_{3}+3CuO篓T3Cu+N_{2}+3H_{2}O}中，氨中氮的化合价升高是还原剂，故B正确；C.反应rm{{4N}{{{H}}_{{3}}}+{6NO}to{5}{{{N}}_{{2}}}+{6}{{{H}}_{{2}}}O}氨中氮的化合价升高是还原剂，故C正确；D.在反应rm{{4N}{{{H}}_{{3}}}+{6NO}to

{5}{{{N}}_{{2}}}+{6}{{{H}}_{{2}}}O}中，氨中氢得电子是氧化剂，故D错误。故选BC。rm{3SiH_{4}+4NH_{3}篓TSi_{3}N_{4}+12H_{2}}【解析】rm{BC}10、rAC【分析】解：rm{A}因反应中rm{Cl}元素的化合价由rm{+5}降低为rm{+4}价，则rm{KClO_{3}}在反应中得到电子；故A正确；

B、rm{Cl}元素的化合价降低，被还原，对应的产物为还原产物，即rm{ClO_{2}}是还原产物；故B错误；

C、因rm{C}元素的化合价由rm{+3}升高到rm{+4}价，则rm{H_{2}C_{2}O_{4}}在反应中作还原剂；被氧化，故C正确；

D、rm{Cl}元素的化合价由rm{+5}降低为rm{+4}价，rm{1molKClO_{3}}参加反应转移的电子为rm{1mol隆脕(5-4)=1mol}故D错误；

故选AC．

反应rm{2KClO_{3}+H_{2}C_{2}O_{4}+H_{2}SO_{4}=2ClO_{2}隆眉+K_{2}SO_{4}+2CO_{2}隆眉+2H_{2}O}中，rm{Cl}元素的化合价由rm{+5}降低为rm{+4}价，rm{C}元素的化合价由rm{+3}升高到rm{+4}价；以此来解答．

本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意rm{H_{2}C_{2}O_{4}}中rm{C}元素化合价的判断是学生的易错点．【解析】rm{AC}11、A|C|D【分析】解：A．加热某水溶液可以使用烧杯；需要垫石棉网，故A正确；

B．量筒为精密计量仪器；不能用来加热，故B错误；

C．加热某水溶液可以用试管；试管可以用来直接加热，故C正确；

D．酒精灯为热源；加热某水溶液需要使用酒精灯，故D正确；

故选：ACD．

能够直接加热的仪器有：试管；燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶等；据此解答．

本题考查了中学中常见的仪器及使用方法，了解仪器的用途、构造及使用方法是解题关键，侧重考查学生基本实验知识的掌握．【解析】【答案】ACD12、rCD【分析】解：还原性rm{HSO^{-}_{3}>I^{-}}所以首先是发生以下反应离子方程式：rm{IO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}篓TI^{-}+3SO_{4}^{2-}+3H^{+}}继续加入rm{NaIO_{3}}氧化性rm{IO^{-}_{3}>I_{2}}所以rm{IO_{3}^{-}}可以结合rm{H^{+}}氧化rm{I^{-}}生成rm{I_{2}}离子方程式是rm{IO_{3}^{-}+6H^{+}+5I^{-}篓T3H_{2}O+3I_{2}}

A.rm{0隆芦b}间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钠的物质的量是rm{1mol}亚硫酸氢钠的物质的量是rm{3mol}亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：rm{3HSO_{3}^{-}+IO_{3}^{-}篓T3SO_{4}^{2-}+I^{-}+3H^{+}}氧化产物为rm{SO_{4}^{2-}}继续加入rm{NaIO_{3}}氧化性rm{IO^{-}_{3}>I_{2}}所以rm{IO_{3}^{-}}可以结合rm{H^{+}}氧化rm{I^{-}}生成rm{I_{2}}离子方程式是rm{IO_{3}^{-}+6H^{+}+5I^{-}篓T3H_{2}O+3I_{2}}氧化产物为rm{I_{2}}故A错误；

B.rm{a}点碘酸钠的物质的量是rm{0.4mol}根据碘酸钠和亚硫酸氢钠的关系式知，消耗rm{NaHSO_{3}}的物质的量rm{=dfrac{0.4mol}{1}隆脕3=1.2mol}故B错误；

C.rm{=dfrac

{0.4mol}{1}隆脕3=1.2mol}间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钾的物质的量是rm{0隆芦b}亚硫酸氢钠的物质的量是rm{1mol}亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：rm{3mol}故C正确；

D.根据反应rm{3HSO_{3}^{-}+IO_{3}^{-}篓T3SO_{4}^{2-}+I^{-}+3H^{+}}rm{3HSO_{3}^{-}+IO_{3}^{-}篓T3SO_{4}^{2-}+I^{-}+3H^{+}}的溶液消耗rm{3molNaHSO_{3}}溶液的物质的量为rm{NaIO_{3}}生成碘离子的量为rm{1mol}设生成的碘单质的物质的量为rm{1mol}则根据反应rm{n}消耗的rm{IO_{3}^{-}+6H^{+}+5I^{-}=3H_{2}O+3I_{2}}的物质的量为rm{NaIO_{3}}消耗碘离子的量为rm{dfrac{n}{3}mol}剩余的碘离子为rm{dfrac{5n}{3}mol}当溶液中rm{(1-dfrac{5n}{3})mol}rm{n(I^{-})}rm{n(I_{2})=5}时，故rm{3}故加入的rm{n(NaIO_{3})=1mol+dfrac{n}{3}mol=1mol+0.1mol=1.1mol}故D正确；

故选：rm{n=0.3mol}．

还原性rm{n(NaIO_{3})=1mol+dfrac

{n}{3}mol=1mol+0.1mol=1.1mol}所以首先是发生以下反应离子方程式：rm{CD}继续加入rm{HSO^{-}_{3}>I^{-}}氧化性rm{IO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}篓TI^{-}+3SO_{4}^{2-}+3H^{+}}所以rm{KIO_{3}}可以结合rm{IO^{-}_{3}>I_{2}}氧化rm{IO_{3}^{-}}生成rm{H^{+}}离子方程式是rm{I^{-}}根据发生的反应来判断各个点的产物，由此分析解答．

本题考查了氧化还原反应、离子方程式的有关知识，明确氧化性、还原性前后顺序是解本题关键，结合方程式进行分析解答，易错点是rm{I_{2}}根据物质间的反应并结合原子守恒计算，难度中等rm{IO_{3}^{-}+6H^{+}+5I^{-}篓T3H_{2}O+3I_{2}}【解析】rm{CD}13、rCD【分析】解：rm{A.Na}先与水反应，不能置换出rm{Zn}故A不选；

B.rm{Cu}与氯化铁反应生成氯化铜；氯化亚铁；不能置换出单质，故B不选；

C.离子反应为rm{Cu+2Ag^{+}=Cu^{2+}+2Ag}故C选；

D.离子反应为rm{Fe+Cu^{2+}=Fe^{2+}+Cu}故D选；

故选CD．

由通式：rm{mM^{(n+1)+}+nN篓TmM+nN^{(m+1)+}}可知；为金属单质之间的置换反应，以此来解答．

本题考查离子反应方程式的书写及意义，为高频考点，把握金属单质之间的置换反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{CD}14、rAC【分析】解：rm{A.}硫酸钡在溶液中完全电离，则加入硫酸钠后，硫酸钡的电离程度不变，仍然为rm{100%}故A错误；

B.加入硫酸钠后；溶液中硫酸根离子浓度增大，溶解平衡向着逆向移动，导致硫酸钡的溶解的量减小，故B正确；

C.rm{c(Ba^{2+})}与rm{c(SO_{4}^{2-})}的乘积为溶度积；由于温度不变，则硫酸钡的溶度积不变，故C错误；

D.加入硫酸钠后；溶液中离子浓度增大，则溶液的导电性增强，故D正确；

故选AC．

向其中加入少量硫酸钠固体，硫酸根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，则硫酸钡的溶解度减小；硫酸钡为强电解质，在溶液中完全电离，则其电离程度不变；由于温度不变，则难溶物溶度积不变，故rm{c(Ba^{2+})}与rm{c(SO_{4}^{2-})}的乘积不变；溶液中离子浓度增大；溶液的导电性会增强，据此进行解答．

本题考查了难溶物溶解平衡及其影响，题目难度中等，明确影响溶解平衡的因素为解答关键，注意溶度积只与难溶物性质、温度有关，为易错点，试题培养了学生的灵活应用能力．【解析】rm{AC}三、填空题(共6题，共12分)15、△H1+＞350在1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失AD0.125mol•L-1•min-14L2•mol-2D【分析】【分析】（1）已知：①CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H1

②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2

③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3

可利用盖斯定律将①+②-③计算CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）的△H；

（2）①由图象可知升高温度CO的转化率降低；说明平衡逆向移动；

②升高温度CO的转化率降低，曲线c转化来看最低，温度应最高，即为350℃，根据CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系图2，可以知道在1.3×104kPa下；CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失；

③A．反应前后气体的物质的量不等；恒温；恒容条件下同，若容器内的压强不发生变化，可说明可逆反应达到平衡；

B．无论是否达到平衡状态，都存在H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍；

C．催化剂不能使平衡发生移动；

D．计算c（CO）以及剩余CO的物质的量；可计算转化率．

（3）平衡时氢气的浓度为0.5mol/L，v（H2）==0.25mol•L-1•min-1，则v（CH3OH）=0.125mol•L-1•min-1，计算平衡浓度，可计算平衡常数，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数是该反应的逆反应，体积不变的容器中，反应物与生成物全是气体，质量加倍，密度加倍．【解析】【解答】解：（1）已知：①CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H1

②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2

③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3

则由①+②-③可得CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）的△H=（△H1+）；

故答案为：△H1+；

（2）①由图象可知升高温度CO的转化率降低，说明平衡逆向移动，则K减小，即K1＞K2；故答案为：＞；

②升高温度CO的转化率降低，曲线c转化来看最低，温度应最高，即为350℃，根据CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系图2，可以知道在1.3×104kPa下；CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失；

故答案为：350；在1.3×104kPa下；CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失；

③A．反应前后气体的物质的量不等；恒温；恒容条件下同，若容器内的压强不发生变化，可说明可逆反应达到平衡，故A正确；

B．无论是否达到平衡状态，都存在H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍；不能判断是否达到平衡状态，故B错误；

C．使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间；但不能使平衡发生移动，故C错误；

D．某温度下，将2molCO和6molH2充入2L密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c（CO）=0.2mol/L，则剩余0.4molCO，则CO的转化率为=80%；故D正确．

故答案为：AD；

（3）平衡时氢气的浓度为0.5mol/L，v（H2）==0.25mol•L-1•min-1，则v（CH3OH）=0.125mol•L-1•min-1；

CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）

反应前浓度（mol/L）0.500

反应的浓度（mol/L）0.250.250.5

反应的浓度（mol/L）0.250.250.5

代入公式K==0.25，求得该反应的化学平衡常数为0.25（mol•L）2．

CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数是该反应的逆反应；所以系数是其倒数，应为4；

体积不变的容器中；反应物与生成物全是气体，质量加倍，故密度加倍；

故答案为：0.125mol•L-1•min-1；4L2•mol-2；D．16、+CH3CH2OH+H2O冷凝管出水口加入环已烷形成水-乙醇-环已烷三元共沸物分离出反应过程中生成的水，或加过量的乙醇，或使用分液器及时分离子出生成的水等加热回流至分水器中水位不再上升中和硫酸和未反应的苯甲酸分液漏斗73.7%【分析】【分析】（1）根据题干信息知，苯甲酸和乙醇反应生成苯甲酸乙酯和水，根据装置图可知仪器a的名称为冷凝管，根据逆流的冷却效果好可判断出b口的作用为出水口；

（2）苯甲酸和乙醇反应生成苯甲酸乙酯和水的反应为可逆反应；根据影响平衡移动的因素可确定提高苯甲酸乙酸产率的方法；

（3）根据分水器中水位判断反应是否基本完成；

（4）碳酸氢钠能和酸反应；加人固体NaHCO3后分液；所以要用分液漏斗；

（5）根据苯甲酸的质量计算理论上生成苯甲酸乙酯的质量，该反应的产率等于实际值与理论值的比．【解析】【解答】解：（1）根据题干信息知，苯甲酸和乙醇反应生成苯甲酸乙酯和水，化学反应方程式为：+CH3CH2OH+H2O，根据装置图可知仪器a的名称为冷凝管，根据逆流的冷却效果好可判断出b口的作用为出水口；

故答案为：+CH3CH2OH+H2O；冷凝管；出水口；

（2）苯甲酸和乙醇反应生成苯甲酸乙酯和水的反应为可逆反应；所以要提高苯甲酸乙酸产率的方法有加入环已烷形成水-乙醇-环已烷三元共沸物分离出反应过程中生成的水；加过量的乙醇、使用分液器及时分离子出生成的水等；

故答案为：加入环已烷形成水-乙醇-环已烷三元共沸物分离出反应过程中生成的水；或加过量的乙醇，或使用分液器及时分离子出生成的水等；

（3）甲酸和乙醇反应生成苯甲酸乙酯和水；分水器中可收集到水，所以判断反应已基本完成的方法是加热回流至分水器中水位不再上升；

故答案为：加热回流至分水器中水位不再上升；

（4）碳酸氢钠具有碱性，能和硫酸和苯甲酸反应生成盐，所以加入碳酸氢钠的目的是中和硫酸和未反应的苯甲酸，加人固体NaHCO3后分液；所以要用分液漏斗；

故答案为：中和硫酸和未反应的苯甲酸；分液漏斗；

（5）8.0g苯甲酸（固体）和乙醇反应生成苯甲酸乙酯的质量=×152g/mol=9.97g，实际上苯甲酸乙酯的质量=1.05g•mL-3×7mL=7.35g，则该反应的产率为==73.7%；

故答案为：73.7%．17、C13H20O羰基和酯基CH3COOH4保护羟基，使之不被氧化加成反应取代反应或酯化反应【分析】【分析】A发生加成反应生成B，B发生酯化反应或取代反应生成C，D发生水解反应生成E，E发生消去反应生成F，结合F分子式知，F结构简式为

（1）根据结构简式确定分子式；化合物D中含氧官能团的名称酯基和羰基；

（2）反应（d）的生成物是E和H，H应该是乙酸；分子量在100～110之间的H的同系物中，核磁共振氢谱的峰最少的一种有机物，羧基的相对分子质量为43，则烃基C原子个数==4～6之间；则烃基中碳原子个数是5，且烃基只有一种氢原子；

（3）F中碳氧双键；碳碳双键都能和氢气发生加成反应；

（4）由合成路线可知此步为官能团的保护；

（5）反应（a）和反应（b）的反应类型分别为加成反应；取代反应；

（6）D的同分异构体符合下列条件：

①该物质属于芳香族化合物；说明含有苯环；

②核磁共振氢谱中有4个峰；说明含有四种氢原子；

③1mol该物质最多可消耗2molNaOH；说明含有两个酚羟基或两个酯基；

④该物质能发生银镜反应，说明含有醛基．【解析】【解答】解：A发生加成反应生成B，B发生酯化反应或取代反应生成C，D发生水解反应生成E，E发生消去反应生成F，结合F分子式知，F结构简式为

（1）根据结构简式确定分子式为C13H20O；化合物D中含氧官能团的名称酯基和羰基；

故答案为：C13H20O；羰基和酯基；

（2）反应（d）的生成物是E和H，H应该是乙酸，结构简式为CH3COOH；分子量在100～110之间的H的同系物中，核磁共振氢谱的峰最少的一种有机物，羧基的相对分子质量为43，则烃基C原子个数==4～6之间，则烃基中碳原子个数是5，且烃基只有一种氢原子，结构简式为

故答案为：CH3COOH；

（3）F中碳氧双键、碳碳双键都能和氢气发生加成反应，所以1mol化合物F最多能与4mol的H2发生加成反应。

；故答案为：4；

（4）（c）为氧化反应，为防止羟基被氧化，则步骤（b）的目的是保护羟基；使之不被氧化，故答案为：保护羟基，使之不被氧化；

（5）反应（a）和反应（b）的反应类型分别为加成反应；取代反应或酯化反应；故答案为：加成反应；取代反应或酯化反应；

（6）D的同分异构体符合下列条件：

①该物质属于芳香族化合物；说明含有苯环；

②核磁共振氢谱中有4个峰；说明含有四种氢原子；

③1mol该物质最多可消耗2molNaOH；说明含有两个酚羟基或两个酯基；

④该物质能发生银镜反应；说明含有醛基；

则符合条件的同分异构体结构简式为

故答案为：．18、③④0.05000.15正反应【分析】【分析】（1）根据化学平衡状态的根本标志：①v（正）=v（逆）；②各组分百分含量不变进行判断；

（2）①根据氨气的物质的量计算出消耗的氮气的物质的量，再根据v=计算出0～1小时内N2的平均反应速度率；

②根据3、4小时的时间段氨气的物质的量不变，说明达到了平衡状态，根据氨气的物质的量计算出消耗的氮气和氢气的物质的量及平衡时的浓度，再根据平衡常数表达式K=计算出该温度下的平衡常数；

③根据加入氨气、水和氨气后的浓度商判断平衡移动方向．【解析】【解答】解：（1）①N2、H2、NH3的体积分数不再改变；说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故①错误；

②单位时间内生成2nmolNH3的同时生成3nmolH2O；表示的是正逆反应速率，且相等，表明达到了平衡状态，故②错误；

③单位时间内生成3nmolN-H键的同时生成nmolN≡N；表示的都是逆反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故③正确；

④用N2、H2O、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速度之比为1：3：2；反应速率始终与化学计量数成正比，无法判断是否达到平衡状态，故④正确；

⑤反应方程式两边都是气体；气体的质量不变，反应两边气体的体积不相等，所以中气体的物质的量是变化的量，反应过程中平均摩尔质量是变化的量，混合气体的平均摩尔质量不再改变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故⑤错误；

⑥反应方程式两边气体的体积不相等；所以反应过程中气体的物质的量会发生变化，若混合气体的总物质的量不再改变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故⑥错误；

故选③④；

（2）①0～1小时内生成了0.2mol氨气，根据反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），消耗了氮气的物质的量为：n（N2）=n（NH3）=0.1mol，0～1小时内N2的平均反应速度率为：v（N2）==0.0500mol/（L•h）；

故答案为：0.0500；

②根据表中数据可知；反应在第3和4小时时间段内氨气的物质的量不变，说明达到了平衡状态，此时生成了1.00mol氨气；

列出化学平衡的三段式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；

反应开始前（mol）1.54.50

变化量（mol）0.51.51

平衡时（mol）131

平衡时各组分的浓度为：c（N2）==0.500mol/L，c（H2）==1.500mol/L，c（NH3）==0.5mol/L；

此温度下该反应的化学平衡常数K==≈0.15；

故答案为：0.15；

③反应达到平衡后，若往平衡体系中再加入N2、H2O、NH3各1mol，此时各组分的浓度为：c（N2）==1.00mol/L，c（H2）==2.00mol/L，c（N2）==1.00mol/L；

==0.125＜k=0.15；所以平衡向着正向移动；

故答案为：正反应．19、4直线形180°CO2属AX2E0，n+m=2，故CO2为直线形V形＜109°28′水分子属AX2E2，n+m=4，VSEPR理想模型为正四面体，价层电子对之间的夹角均为109°28′．根据Ⅲ-i，应有∠H-O-H＜109°28′四面体【分析】【分析】（1）当n+m=4时；VSEPR模型为四面体形，当n+m=2时，VSEPR模型为直线形；

（2）根据CO2属AX2E0；n+m=2，VSEPR模型为直线形；

（3）根据H2O属AX2E2，n+m=4，VSEPR模型为四面体形，但氧原子有2对孤电子对来判断分子的立体构型；水分子属AX2E2；n+m=4，VSEPR理想模型为正四面体，价层电子对之间的夹角均为109°28′，根据Ⅲ-i来判断键角；

（4）当n+m=4时，VSEPR模型为四面体形，硫原子无孤电子对来判断分子的立体构型．【解析】【解答】解：（1）当n+m=4时；VSEPR模型为四面体形，其键角是109°28′，当n+m=2时，VSEPR模型为直线形，其键角是180°；

故答案为：。n+m4VSEPR理想模型直线形价层电子对之间的理想键角180°（2）CO2属AX2E0，n+m=2，VSEPR模型为直线形，所以CO2为直线形；

故答案为：CO2属AX2E0，n+m=2，故CO2为直线形；

（3）H2O属AX2E2；n+m=4，VSEPR模型为四面体形，但氧原子有2对孤电子对，所以分子的构型为V形；

水分子属AX2E2；n+m=4，VSEPR理想模型为正四面体，价层电子对之间的夹角均为109°28′，根据Ⅲ-i，应有∠H-O-H＜109°28′；

故答案为：＜109°28；水分子属AX2E2；n+m=4，VSEPR理想模型为正四面体，价层电子对之间的夹角均为109°28′；

（4）当n+m=4时，VSEPR模型为四面体形，硫原子无孤电子对，所以分子构型为四面体，故答案为：四面体．20、H2-2e-+2OH-=2H2O降低O2+4e-+4H+=2H2O升高Cu石墨FeCl3溶液Cu-2e-=Cu2+【分析】【分析】（1）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，碱性环境下：H2-2e-+2OH-=2H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，碱性环境下，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；根据电极反应式来回答；

（2）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，酸性环境下，电极反应式为H2-2e-=2H+，通入氧气的一极为原电池的正极，酸性环境下，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O；

（3）由方程式可知；Cu被氧化，为原电池的负极，则正极可为碳棒或不如Cu活泼的金属，电解质溶液为氯化铁溶液，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，据此分析解答；

（4）若电解质溶液为浓硫酸溶液，电极材料为Al、Cu，金属铝遇到浓硫酸会钝化，负极是金属铜，发生失电子的氧化反应，据此回答．【解析】【解答】解：（1）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，碱性环境下：H2-2e-+2OH-=2H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，碱性环境下，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；总反应是氢气和氧气反应生成水，所以pH增加；

故答案为：H2-2e-+2OH-=2H2O；降低；

（2）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，酸性环境下，电极反应式为H2-2e-=2H+，通入氧气的一极为原电池的正极，酸性环境下，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O；总反应是氢气和氧气反应生成水；所以pH增加；

故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O；升高；

（3）由方程式Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2可知，Cu被氧化，为原电池的负极，负极反应为Cu-2e-=Cu2+，正极Fe3+被还原，电极方程式为2Fe3++2e-=2Fe2+；正极可为碳棒，电解质溶液为氯化铁；

则原电池装置图可设计为

故答案为：Cu；石墨；FeCl3溶液；

（4）若电解质溶液为浓硫酸溶液，电极材料为Al、Cu，金属铝遇到浓硫酸会钝化，负极是金属铜，发生失电子的氧化反应，Cu-2e-=Cu2+，故答案为：Cu-2e-=Cu2+．四、判断题(共1题，共2分)21、×【分析】【分析】化学变化不涉及原子核内部的变化，即化学变化不能改变中子数、质子数．故通过化学变化无法实现35Cl与37Cl间的相互转化，同位素之间的转化属于核变化．【解析】【解答】解：35Cl与37Cl间的相互转化没有新物质生成，属于物理变化，故通过化学变化无法实现35Cl与37Cl间的相互转化；

故答案为：×．五、探究题(共4题，共24分)22、|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．