2025年外研版三年级起点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年外研版三年级起点高三化学下册月考试卷242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6题，共12分)1、下列实验方法正确的是（）A.用分液漏斗分离乙酸和乙酸乙酯B.用品红溶液鉴别SO2和CO2两种气体C.用Ca（OH）2溶液鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液D.用盛有NaOH溶液的洗气瓶除去CO2中混有的HCl气体2、两份等体积、等浓度的NaOH原溶液，分别与体积相等的AlCl3、MgCl2溶液混合，充分反应后Al3+、Mg2+均恰好形成沉淀，则原AlCl3、MgCl2溶液中Cl-浓度之比为（）A.1：1B.1：2C.2：3D.3：23、下列说法正确的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}水的摩尔质量是rm{18g/mol}rm{垄脷1}分子硫酸的质量是rm{98g}

rm{垄脹1mol}氮的质量为rm{28g垄脺}摩尔是rm{7}个基本物理量之一。

rm{垄脻1mol}物质中含有rm{6.02隆脕10^{23}}个微粒．A.全部B.rm{垄脵垄脹垄脺垄脻}C.rm{垄脵垄脹垄脻}D.只有rm{垄脵}4、NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A.18gH216O和20gH218O含有的质子数均为10NAB.lLlmol/L的KAl（SO4）2溶液中阳离子总数为2NAC.0.2mol的铁与足量的稀硝酸反应，生成氢气的分子数目为0.3NAD.反应N2+3H2⇌2NH3达平衡时，每消耗3molH2同时有2NA个N-H断裂5、用于解释下列现象的化学用语表述正确的是（）A.硫化钠溶液呈碱性：S2-+2H2O⇌H2S+2OH-B.亚硫酸溶液呈酸性：H2SO3═2H++SO32-C.氯化铝溶液跟过量的氨水反应：Al3++4OH-═[Al（OH）4]-D.FeCl3溶液呈酸性：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+6、某溶液中可能含有OH﹣，CO32﹣，AlO2﹣，SiO32﹣，SO42﹣，Na+，Fe3+，Mg2+，Al3+等离子；当向溶液中逐滴加入一定物质的量的盐酸时，生成沉淀物质的量与加入盐酸体积的关系如图所示．下列判断正确的是（）

A.原溶液中一定含有Na2SO4B.反应后形成的溶液溶质为NaClC.原溶液中含有CO32﹣与AlO2﹣的物质的量比为1：1D.原溶液中一定含有的离子是OH﹣，CO32﹣，SiO32﹣，AlO2﹣评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、有机物A～G有如图的关系，已知C是高分子，两分子A能生成一分子E，E是一个含有六元环的化合物，分子式为C6H8O4，A和G在浓硫酸和加热的条件下按2：l的比例反应生成D，lmolD与足量金属Na起反应，放出1molH2．

请回答下列问题：

（1）写出下列反应类型：A→B____、B→C____、A→E____；

（2）写出A、C和G的结构简式：A____、C____、G____；

（3）写出下列反应的化学方程式：①A→E____；②F→A____．8、H2O2是在医疗；化工方面应用广泛的化学试剂．

（1）Na2O2、CaO2以及BaO2都可与酸作用生成过氧化氢，实验室通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤后即可制得较纯净的H2O2溶液，则应选择的过氧化物是____；

（2）实验室可用H2O2与次氯酸钠反应制氧气，其中还原剂是____，写出该反应的化学方程式____，生成0.5mol氧气，转移电子____mol；

（3）用酸性高锰酸钾溶液滴定法可测定双氧水中H2O2的含量，5H2O2+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5O2↑+8H2O，滴定终点的现象是____，某次滴定中消耗0.50mol/L的高锰酸钾溶液40.00ml，则此双氧水溶液中溶质的质量为____．9、（2013春•信丰县校级期中）乙醇是一种非常重要的烃的衍生物；是无色有特殊气味的液体．某校化学兴趣小组对乙醇的结构和性质进行了以下探究，请你参与并完成对有关问题的解答．

【观察与思考】

（1）乙醇分子的核磁共振氢谱有____个吸收峰．

【活动与探究】

（2）甲同学向小烧杯中加入无水乙醇；再放入一小块金属钠（约绿豆粒大），观察实验现象．请在下表中将观察到的实验现象及结论补充完全（有多少现象等就填多少，不必填满）．

。实验现象结论①钠沉在乙醇下面钠的密度大于乙醇②（3）乙同学向试管中加入3～4mL无水乙醇，浸入50℃左右的热水中，再将铜丝烧至红热，迅速插入乙醇中，反复多次．则此时乙醇发生反应的化学方程式为（生成乙醛）____．欲验证此实验的有机产物，可以将产物加入盛有____的试管中并在酒精灯火焰上直接加热，观察现象即可，此反应的化学方程式为____．

【交流与讨论】

（4）丙同学向一支试管中加入3mL乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入2mL浓硫酸和2mL冰醋酸，按如图所示连接好装置，请指出该装置的主要错误是____．假如乙醇分子中的氧原子为18O原子；则发生此反应后。

18O原子将出现在生成物____中（填字母）．

A．水B．乙酸乙酯C．水和乙酸乙酯．10、下表是元素周期表的一部分．所列字母分别代表一种化学元素．

。abcdefghiijklmno试回答下列问题：

（1）请写出：元素o的基态原子电子排布式____；

（2）k在空气中燃烧产物的分子构型为____，中心原子的杂化形式为____，该分子是____（填“极性”或“非极性”）分子；

（3）含10电子的d的氢化物分子的VSEPR模型为____；

（4）g、h、i三种元素的第一电离能由大到小的顺序为____（填元素符号）

（5）所有元素其中电负性最大的是____（填图中的序号或元素符号），元素k有两种氧化物，它们对应的水化物的酸性强弱顺序为____．（填化学式）11、完成下列问题

（1）三大合成材料分别是____、____、____．

（2）人类最早使用的合金是____．

（3）食物中的营养素包括____、____、____、____、____和____六种大类．12、2.8gO2和0.2molN2，它们的物质的量之比是____．质量之比是____，在同温同压下的体积之比是____．13、沉淀物并非绝对不溶，其在水及各种不同的溶液中溶解有所不同，同离子效应、络合物的形成都会使沉淀物的溶解度有所改变．如图是AgCl在NaCl、AgNO3溶液中的溶解情况．

由以上信息可知：

（1）AgCl的溶度积常数的表达式为：____，由图知AgCl的溶度积常数为____

（2）AgCl在NaCl溶液中的溶解出现如图所示情况的原因是。

AB段：____

BC段：____

（3）反应AgCl+NaBr═AgBr+NaCl能在水溶液中进行，是因为____．14、已知2A2（g）+B2（g）⇌2C3（g）；△H=-akJ/mol（a＞0），在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2molA2和1molB2，在500℃时充分反应达平衡后C3的浓度为wmol/L，放出热量bkJ．

（1）比较a____b（填＞；=、＜）

（2）下表为不同温度下该反应的平衡常数．由此可推知，表中T1____T2（填“＞”；“＜”或“=”）

。T/KT1T2T3K1.00×1072.54×1051.88×103若在原来的容器中，只加入2molC3，500℃时充分反应达平衡后，吸收热量ckJ，C3的浓度____（填＞；=、＜）wmol/L．

（3）在相同条件下要想得到2akJ热量，加入各物质的物质的量可能是____

A.4molA2和2molB2B.4molA2、2molB2和2molC2

C.4molA2和4molB2D.6molA2和4molB2

（4）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是____．

A．及时分离出C3气体B．适当升高温度。

C．增大B2的浓度D．选择高效的催化剂．15、莽草酸是合成治疗禽流感的药物--达菲（Tamiflu）的原料之一．莽草酸是A的一种异构体．A的结构简式如下：

（1）A的分子式是____．

（2）A中有含氧官能团的名称是____．

（3）A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式（有机物用结构简式表示）是____．

（4）A与氢氧化钠溶液反应的化学方程式（有机物用结构简式表示）是____．

（5）17.4克A与足量碳酸氢钠溶液反应，生成二氧化碳的体积____（标准状况）．

（6）A在浓硫酸作用下加热可得到B（B的结构简式为），其反应类型____．

（7）B的同分异构体中既含有酚羟基又含有酯基的共有____种，写出其中一种同分异构体的结构简式____．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)16、伴有能量变化的物质变化都是化学变化．____．（判断对错）17、金属阳离子一定只具有氧化性．____（判断对错）18、3.4gNH3中含有电子数为0.2NA____（判断对错）19、Na2O2的电子式为____．（判断对确）20、向0.1mol/LAgNO3溶液中加入过量的盐酸完全反应后溶液中无Ag+．____（判断对错）21、一元取代产物只有一种的，十个碳以下的烷烃有5种____（判断对错）22、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物____

（2）向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热，没有砖红色沉淀生成，证明淀粉没有水解成葡萄糖____

（3）食用白糖的主要成分是蔗糖____

（4）蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质____

（5）麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖____

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体____

（7）蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体____

（8）麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应____

（9）纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色____

（10）植物油的主要成分是高级脂肪酸____

（11）向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固体析出，所以蛋白质均发生变性____

（12）用甘氨酸（CH2COOHNH2）和丙氨酸（CH3CHCOOHNH2）缩合最多可形成4种二肽____

（13）天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点____

（14）若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物不一致____

（15）苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色____

（16）油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳____

（17）蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质____

（18）乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇____

（19）蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解____

（20）氨基酸、淀粉均属于高分子化合物____．评卷人得分四、书写(共4题，共8分)23、写出下列物质在水溶液中的电离方程式：

①Ba（OH）2____

②KHSO4____

③NaHCO3____

④HNO3____

⑤Na2CO3．____．24、电子工业上常用氯化铁溶液腐蚀铜来制印刷电路板．现将有一定量铜的印刷电路板放入氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中Fe2+和Fe3+物质的量浓度相等．

（1）写出铜与氯化铁反应的离子方程式：____；

（2）溶液中Cu2+和Fe3+的物质的量浓度之比为____；

（3）若再向上述所得溶液中加入一定量铜粉，经充分反应后，溶液中金属阳离子只有Cu2+和Fe2+，此时Cu2+和Fe2+物质的量浓度之比为____．25、将下列离子方程式改写成相对应的化学方程式：

（1）CO32-+2H+=CO2↑+H2O：____；

（2）H++OH-=H2O：____；

（3）Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓：____；

（4）3Hg2++2Al=3Hg+2Al3+：____．26、写出下列反应的化学方程式或离子方程式．

（1）1g乙醇C2H5OH完全燃烧放出热量12kJ，写出表示乙醇燃烧热的热化学方程式：____

（2）用惰性电极电解CuSO4溶液的化学方程式：____

（3）钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应：____

（4）AmBn是强碱弱酸盐，写出Bm-水解的离子方程式：____

（5）电解饱和食盐水阴极室所发生的电极反应：____．评卷人得分五、计算题(共4题，共28分)27、（1）两个相同容积的密闭容器X、Y，在25℃下，X中充入agA气体，Y中充入agCH4气体，X与Y内的压强之比是4：11，则A的摩尔质量为____．

（2）相同条件下，体积比为a：b和质量比为a：b的H2和O2的混合气体，其平均相对分子质量分别是____和____．28、（1）同温同压下，含有相同数目氧原子的CO和CO2的物质的量之比为____，质量之比为____．

（2）1.2gRSO4中含0.01molR2+，则RSO4的摩尔质量是____；R的相对原子质量约是____．

（3）某盐的混合物中含有0.2mol/LNa+，0.4mol/LMg2+，0.4mol/LCl-，则SO42-的浓度为____．29、在50mLamol/L的硝酸溶液中，加入6.4gCu，全部溶解，假设硝酸的还原产物只有NO2和NO，将反应后溶液用蒸馏水稀释至100mL时测得c（NO3-）=3mol/L．

（1）求稀释后的溶液中c（H+）=____mol/L

（2）若a=9，则生成的气体中NO2的物质的量为____mol

（3）治理氮氧化物污染的方法之一是用NaOH溶液进行吸收，反应原理如下：NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O若将上述的NO2和NO的混合气体通入1mol/L的NaOH恰好被吸收，NaOH溶液的体积为____mL．30、为减小CO2对环境的影响，在限制其排放量的同时，应加强对CO2创新利用的研究。（1）①把含有较高浓度CO2的空气通入饱和K2CO3溶液。②在①的吸收液中通高温水蒸气得到高浓度的CO2气体。写出②中反应的化学方程式____。（2）如将CO2与H2以1:3的体积比混合。①适当条件下合成某烃和水，该烃是____（填序号）。A．烷烃B．烯烃C．炔烃D．苯的同系物②适当条件下合成燃料甲醇和水。在体积为2L的密闭容器中，充入2molCO2和6molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=－49.0kJ/mol。测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，v(H2)=；氢气的转化率=____；能使平衡体系中n(CH3OH)增大的措施有____。（3）如将CO2与H2以1:4的体积比混合，在适当的条件下可制得CH4。已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H1=―890.3kJ/molH2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H2=－285.8kJ/mol则CO2(g)与H2(g)反应生成CH4(g)与液态水的热化学方程式是____。（4）某同学用沉淀法测定含有较高浓度CO2的空气中CO2的含量，经查得一些物质在20℃的数据如下表。。溶解度（S）/g溶度积（Ksp）Ca(OH)2Ba(OH)2CaCO3BaCO30.163.892.9×10－92.6×10－9（说明：Ksp越小，表示该物质在水溶液中越易沉淀）吸收CO2最合适的试剂是(填“Ca(OH)2”或“Ba(OH)2”)溶液，实验时除需要测定工业废气的体积（折算成标准状况）外，还需要测定。评卷人得分六、简答题(共2题，共18分)31、硫单质及其化合物在化工生产、污水处理等领域应用广泛。rm{(1)}煤制得的化工原料气中含有羰基硫rm{(O=C=S)}该物质可转化为rm{H_{2}S}主要反应如下：rm{垄隆.}水解反应：rm{COS(g)++{H}_{2}O(g)overset{?}{}{H}_{2}S(g)+C{O}_{2}(g);?{H}_{1}}

rm{COS(g)++{H}_{2}O(g)

overset{?}{}{H}_{2}S(g)+C{O}_{2}(g);?{H}_{1}}氢解反应：rm{COS(g)+{H}_{2}(g)overset{}{?}{H}_{2}S(g)+CO(g);;?{H}_{2}}

已知反应中相关的化学键键能数据如下表：

rm{垄垄.}一定条件下，密闭容器中发生反应rm{COS(g)+{H}_{2}(g)

overset{}{?}{H}_{2}S(g)+CO(g);;?{H}_{2}}其中rm{垄脵}的平衡转化率rm{i}rm{COS(g)}的关系如图所示。则rm{(alpha)}与温度rm{(T)}的关系如图所示。则rm{A}rm{B}rm{C}三点对应的状态中，rm{(T)}三点对应的状态中，rm{A}rm{B}rm{C}的是____________。rm{v(COS)=v(H}填标号rm{v(COS)=v(H}rm{{,!}_{2}}

rm{S)}的是____________。rm{(}填标号rm{)}rm{S)}

rm{(}反应rm{)}的正、逆反应的平衡常数与温度的关系如图所示，rm{垄脷}rm{ii}的是__________rm{(K)}填“rm{(T)}”或“其中表示逆反应的平衡常数rm{(K}”rm{(K}rm{{,!}_{脛忙}}

rm{)}的是__________rm{(}填“rm{A}”或“rm{B}”rm{)}rm{)}

rm{(}时，向容积为rm{A}的恒容密闭容器中充入rm{B}和rm{)}发生反应rm{T_{1}隆忙}rm{10L}的平衡转化率为_____________。

rm{2molCOS(g)}可用于污水处理的沉淀剂。已知：rm{1mol}时，反应rm{H}rm{H}的平衡常数rm{{,!}_{2}}rm{(g)}发生反应rm{ii}rm{COS}的平衡转化率为_____________。的电离平衡常数rm{(g)}rm{ii}rm{COS}的电子式为____________________。rm{(2)NaHS}__________________________。rm{25隆忙}用氨水将rm{Hg^{2+}(aq)+HS^{-}(aq)}转化为rm{HgS(s)+H^{+}(aq)}再氧化成rm{K=1.75隆脕10^{38}}向该溶液中加rm{H_{2}S}固体，则rm{K_{a1}=1.0隆脕10^{-7}}________。rm{K^{a2}=7.0隆脕10^{-15}}填“变小”、“变大”或“不变”rm{垄脵NaHS}实验测得rm{垄脷K_{sp}(HgS)=}溶液中rm{dfrac{cleft(SO_{3}^{2-}right)}{cleft({{H}_{2}}S{{O}_{3}}right)}=15}则溶液的rm{(3)}为________；rm{SO_{2}}已知：rm{NH_{4}HSO_{3}}的rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{NH_{4}HSO_{3}}rm{[NH_{4}^{+}]/[HSO_{3}^{-}]}32、太阳能电池板材料除单晶硅外；还有氮；硼、硒、钛、钴、钙等化学物质。

（1）基态钙原子的电子排布式______；金属钴堆积方式与镁相似，都属于六方最密堆积，其配位数是______。

（2）氮元素的第一电离能在同周期中从大到小排第______位；写出与NO3-互为等电子体的一种非极性分子的化学式______。

（3）晶体硼的结构单元是正二十面体，每个单元中有12个硼原子（如图1），其中有两个原子为10B，其余为11B，则该结构单元有______种不同的结构类型。已知硼酸（H3BO3）为一元弱酸；解释其原因______。硼酸的结构与石墨相似，层内的分子以氢键相连，含1mol硼酸的晶体中有______mol氢键。

（4）六方相氮化硼的结构与石墨相似；B的杂化方式是______，其不导电的原因是______。

（5）在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6，组成为TiCl3•6H2O的晶体；该晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，则该配离子的化学式为______。

（6）钴晶体的一种晶胞是一种体心立方堆积（如图2所示），若该晶胞的边长为anm，密度为ρg/cm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则钴的相对原子质量可表示为______。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】A．乙酸与乙酸乙酯不分层；

B．二氧化硫具有漂白性；而二氧化碳不具有；

C．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液与Ca（OH）2溶液反应均生成白色沉淀；

D．二氧化碳、HCl均与NaOH溶液反应．【解析】【解答】解：A．乙酸与乙酸乙酯不分层；不能利用分液法分离，故A错误；

B．二氧化硫具有漂白性可使品红褪色，而二氧化碳不能，则用品红溶液鉴别SO2和CO2两种气体；故B正确；

C．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液与Ca（OH）2溶液反应均生成白色沉淀；不能鉴别，应选氯化钙鉴别二者，故C错误；

D．二氧化碳；HCl均与NaOH溶液反应；不符合除杂的原则，则应选饱和碳酸氢钠溶液来除杂，故D错误；

故选B．2、A【分析】【分析】等体积、等浓度的NaOH溶液，则NaOH的物质的量相同，由AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl，可知n（NaCl）=n（NaOH），根据氯离子守恒可知AlCl3、MgCl2溶液中Cl-的物质的量相等，又由于原溶液体积相同，则物质的量浓度之比等于物质的量之比，以此来解答．【解析】【解答】解：等体积、等浓度的NaOH溶液，则NaOH的物质的量相同，由AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl，可知n（NaCl）=n（NaOH），根据氯离子守恒可知AlCl3、MgCl2溶液中Cl-的物质的量相等，又由于原溶液体积相同，则物质的量浓度之比等于物质的量之比，即原AlCl3、MgCl2溶液中Cl-浓度之比为1：1，故选A．3、D【分析】解：rm{垄脵}水的分子量为rm{18}则其摩尔质量是rm{18g/mol}故rm{垄脵}正确；

rm{垄脷1mol}硫酸的质量是rm{98g}则rm{1}分子硫酸的质量为：rm{dfrac{98g}{N_{A}}=dfrac{98}{N_{A}}g}故rm{dfrac{98g}{N_{A}}=dfrac

{98}{N_{A}}g}错误；

rm{垄脷}氮，可能为氮气或rm{垄脹1mol}原子，若为rm{N}原子，rm{N}的质量为rm{1molN}故rm{14g}错误；

rm{垄脹}摩尔是rm{垄脺}个单位，不是基本物理量，故rm{1}错误；

rm{垄脺}物质中含有rm{垄脻1mol}个微粒，没有指出微粒类型，该说法不合理，故rm{6.02隆脕10^{23}}错误；

故选D．

rm{垄脻}水的相对分子质量为rm{垄脵}据此判断其摩尔质量；

rm{18}应该是rm{垄脷}硫酸的质量是rm{1mol}

rm{98g}氮，没有指明是氮气还是rm{垄脹1mol}原子；

rm{N}摩尔是物质的量单位；不是物理量；

rm{垄脺}微粒包括原子；分子、离子、质子、中子、电子等．

本题考查物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与其它物理量之间的关系为解答关键，试题培养了学生的化学计算能力．rm{垄脻}【解析】rm{D}4、A【分析】【分析】A、H216O和H218O的摩尔质量分别为18g/mol和20g/mol；

B、氯离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；

C；铁和硝酸反应不能生成氢气；

D、反应N2+3H2⇌2NH3达平衡时，当消耗3mol氢气时意味着有2mol氨气生成，而每一种物质的消耗和生成的量必须相同．【解析】【解答】解：A、H216O和H218O的摩尔质量分别为18g/mol和20g/mol，故18gH216O和20gH218O的物质的量均为1mol，而两者中均含10个质子，故1molH216O和H218O中均含10NA个质子；故A正确；

B、氯离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，导致阳离子个数增多，故溶液中的阳离子的个数多于2NA个；故B错误；

C；铁和硝酸反应不能生成氢气；生成的是NO，故C错误；

D、反应N2+3H2⇌2NH3达平衡时，当消耗3mol氢气时意味着有2mol氨气生成，而每一种物质的消耗和生成的量必须相同，故此时一定消耗2mol氨气，故断裂6molN-H键即6NA条；故D错误．

故选A．5、D【分析】【分析】A．硫离子水解分步进行；只有以第一步为主；

B．亚硫酸为二元弱酸；电离方程式分步进行，主要以第一步电离为主；

C．氨水碱性较弱；不会溶解氢氧化铝，反应产物为氢氧化铝，且一水合氨不能拆开，应该保留分子式；

D．铁离子结合水电离的氢氧根离子，溶液显示酸性．【解析】【解答】解：A．硫化钠溶液呈碱性原因是硫离子部分水解，硫离子水解方程式应分别写，主要写出第一步即可，正确的水解方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-；故A错误；

B．亚硫酸为二元弱酸，其电离方程式分步进行，只写出第一步即可，亚硫酸电离方程式为H2SO3═H++HSO3-；故B错误；

C．一水合氨碱性较弱，不会溶解氢氧化铝，在离子方程式中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．铁离子部分水解，溶液显示酸性，反应的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；故D正确；

故选D．6、D【分析】【解答】解：由图象可知，开始加入HCl时无沉淀生成，说明加入的HCl与溶液中OH﹣的反应，则溶液中一定不会存在与氢氧根离子发生反应的离子：Fe3+、Mg2+、Al3+；之后开始生成沉淀且反应生成沉淀逐渐增大，说明溶液中存在AlO2﹣、SiO32﹣，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32﹣离子，碳酸根离子反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中至少含有K+、Na+离子中的一种离子；

A．根据分析可知；无法判断溶液中是否存在硫酸根离子，故A错误；

B．反应后形成的溶液溶质为NaCl或KCl；故B错误；

C．发生CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O、Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，结合图可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，原溶液中含有CO32﹣与AlO2﹣的物质的量之比为3：4；故C错误；

D．根据以上分析可知，原溶液中一定存在的阴离子是：OH﹣、SiO32﹣、AlO2﹣、CO32﹣；故D正确；

故选D．

【分析】由图可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的OH﹣反应，则与氢氧根离子反应的离子不能共存：Fe3+、Mg2+、Al3+；然后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2﹣和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32﹣离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中至少含有K+、Na+离子中的一种，以此来解答．二、填空题(共9题，共18分)7、消去反应加聚反应酯化反应CH3CH（OH）COOHCH3CH（OH）CH2OH【分析】【分析】E分子不饱和度==3，则E中不含苯环，F和新制氢氧化铜悬浊液发生反应生成A，则A中含有羧基、F中含有醛基，F和氢气发生加成反应生成G，则G中含有醇羟基，两分子A能生成一分子E，分子式为C6H8O4，A发生酯化反应生成E，E结构简式为A结构简式为CH3CH（OH）COOH；

A发生消去反应生成B，B发生加聚反应生成高分子化合物C，则B为CH2=CHCOOH，C为F发生氧化反应生成A，则F含有-CHO，故F为CH3CH（OH）CHO，F与氢气反应生成G，则G为CH3CH（OH）CH2OH，故D为据此分析解答．【解析】【解答】解：E分子不饱和度==3，则E中不含苯环，F和新制氢氧化铜悬浊液发生反应生成A，则A中含有羧基、F中含有醛基，F和氢气发生加成反应生成G，则G中含有醇羟基，两分子A能生成一分子E，分子式为C6H8O4，A发生酯化反应生成E，E结构简式为A结构简式为CH3CH（OH）COOH；

A发生消去反应生成B，B发生加聚反应生成高分子化合物C，则B为CH2=CHCOOH，C为F发生氧化反应生成A，则F含有-CHO，故F为CH3CH（OH）CHO，F与氢气反应生成G，则G为CH3CH（OH）CH2OH，故D为

（1）通过以上分析知；A生成B是消去反应；B生成C是加聚反应、A生成E是酯化反应；

故答案为：消去反应；加聚反应；酯化反应；

（2）A、C、G的结构简式分别为CH3CH（OH）COOH、CH3CH（OH）CH2OH；

故答案为：CH3CH（OH）COOH；CH3CH（OH）CH2OH；

H2SO4△

（3）①A→E的反应方程式为：

②F→A反应方程式为：

故答案为：．8、BaO2H2O2H2O2+NaClO=H2O+NaCl+O2↑1溶液由无色变成紫红色，且在半分钟内溶液颜色不褪去1.7g【分析】【分析】（1）根据题目信息，实验室通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤后即可制得较纯净的H2O2溶液；说明生成了沉淀；

（2）过氧化氢与次氯酸钠的反应中因为ClO-中的氯元素的化合价为+1价，次氯酸根具有氧化性，则H2O2具有还原性；根据化合价变化确定电子的转移电子；

（2）酸性高锰酸钾溶液与H2O2反应，H2O2是还原剂被氧化，-2价氧元素的化合价全部升高，根据电子守恒配平方程式并进行相应计算．【解析】【解答】解：（1）实验室通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，过滤后即可制得较纯净的H2O2溶液，说明生成了硫酸钡沉淀，所以选用BaO2；

故答案为：BaO2；

（2）过氧化氢与次氯酸钠的反应中因为ClO-中的氯元素的化合价为+1价，次氯酸根具有氧化性，则H2O2具有还原性，反应的方程式为：H2O2+NaClO═H2O+NaCl+O2；生成一个氧气失去2个电子，所以生成0.5mol氧气，转移电子1mol；

故答案为：H2O2；H2O2+NaClO=H2O+NaCl+O2↑；1；

（3）酸性高锰酸钾溶液与H2O2反应，H2O2是还原剂被氧化，-2价氧元素的化合价全部升高；而②中-2价氧元素的化合价没有全部发生变化，根据电子守恒，配平后的化学反应方程式为：5H2O2+2KMnO4+3H2SO4→2MnSO4+K2SO4+5O2↑+8H2O，滴定终点，溶液由无色变成紫红色，且在半分钟内溶液颜色不褪去，5H2O2～2KMnO4，消耗0.50mol/L的高锰酸钾溶液40.00ml，则双氧水的物质的量是：=0.05mol；质量是0.05mol×34g/mol=1.7g；

故答案为：溶液由无色变成紫红色，且在半分钟内溶液颜色不褪去；1.7g．9、32CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O新制的氢氧化铜CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O管插入到饱和碳酸钠溶液中B【分析】【分析】（1）根据氢原子的种类等于峰的数目；峰的面积之比等于氢原子的数目之比，结合等效氢判断；

（2）乙醇中含有羟基；能与金属钠反应生成氢气，乙醇的密度比钠小，金属钠沉在乙醇底部，比在水中反应安静，并不剧烈，钠粒逐渐变小，缓缓产生气泡；

（3）乙醇催化氧化生成乙醛；乙醛和新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，据此检验醛基；

（4）导管插入到饱和碳酸钠溶液中会产生倒吸现象；根据酯化反应原理分析．【解析】【解答】解：（1）乙醇结构简式为CH3CH2OH；分子中含有3种氢原子，所以有三个吸收峰，峰面积之比是1：2：3，故答案为：3；

（2）乙醇中含有羟基；能与金属钠反应生成氢气，乙醇的密度比钠小，金属钠沉在乙醇底部，比在水中反应安静，并不剧烈，钠粒逐渐变小，缓缓产生气泡；

故答案为：产生气泡；钠与乙醇反应有氢气产生；

（3）乙醇催化氧化生成乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

乙醛和新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，反应方程式为：CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O

故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；新制的氢氧化铜；CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O

（4）由于生成的乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，易溶于水，会产生倒吸现象，故伸入饱和碳酸钠的导管不能在液面下，酯化反应原理是酸脱羟基醇脱氢，故18O出现在乙酸乙酯中；

故答案为：导管插入到饱和碳酸钠溶液中；B．10、1s22s22p63s23p63d64s2V形sp2极性正四面体Mg＞Al＞NaFH2SO4＞H2SO3【分析】【分析】由元素在周期表中位置，可知a为H、b为Li、c为C、d为N、e为O、f为F、g为Na、h为Mg、i为Al、j为Si、K为S、l为Cl、m为Ar；n为K、o为Fe．

（1）o为Fe；原子核外有26个电子，根据能量最低原理书写其核外电子排布式；

（2）k为S，在空气中燃烧产物为SO2；计算S原子孤电子对数；价层电子对数，确定分子构型，S原子的杂化形式，结合分子结构判断分子中正负电荷重心是否重合，判断分子极性；

（3）含10电子的d的氢化物分子为NH3；计算N原子价层电子对数，确定其VSEPR模型；

（4）同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势；但Mg元素原子3s能级容纳2的电子，为全满稳定状态，能量较低，第一电离能高于Al；

（5）所有元素其中电负性最大的是氟，元素k有两种氧化物，分别为二氧化硫、三氧化硫，它们对应的水化物分别为亚硫酸、硫酸，亚硫酸属于弱酸，而硫酸属于强酸．【解析】【解答】解：由元素在周期表中位置，可知a为H、b为Li、c为C、d为N、e为O、f为F、g为Na、h为Mg、i为Al、j为Si、K为S、l为Cl、m为Ar；n为K、o为Fe．

（1）o为Fe，原子核外有26个电子，根据能量最低原理，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；

故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；

（2）k为S，在空气中燃烧产物为SO2，S原子孤电子对数==1、价层电子对数=2+1=3，故分子构型为V形，S原子的杂化形式为sp2；分子中正负电荷重心不否重合，属于极性分子；

故答案为：V形；sp2；极性；

（3）含10电子的d的氢化物分子为NH3，N原子价层电子对数=3+=4；其VSEPR模型为正四面体，故答案为：正四面体；

（4）同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势；但Mg元素原子3s能级容纳2的电子，为全满稳定状态，能量较低，第一电离能高于Al，故第一电离能：Mg＞Al＞Na，故答案为：Mg＞Al＞Na；

（5）所有元素其中电负性最大的是氟，元素k有两种氧化物，分别为二氧化硫、三氧化硫，它们对应的水化物分别为亚硫酸、硫酸，亚硫酸属于弱酸，而硫酸属于强酸，故酸性：H2SO4＞H2SO3；

故答案为：F；H2SO4＞H2SO3．11、塑料合成纤维合成橡胶铜合金糖类油脂蛋白质维生素水无机盐【分析】【分析】（1）合成材料主要有塑料；合成橡胶、合成纤维；

（2）合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质；

（3）人体内的六大营养素包括糖类、油脂、蛋白质、维生素、水、无机盐；【解析】【解答】解：（1）三大合成材料是指：塑料；合成纤维、合成橡胶；故答案为：塑料；合成纤维；合成橡胶；

（2）人类历史上使用最早的合金是铜合金；故答案为：铜合金；

（3）人体内的六大营养素包括糖类、油脂、蛋白质、维生素、水、无机盐，主要是通过食物提供，故答案为：糖类；油脂；蛋白质；维生素；水；无机盐．12、7：161：27：116【分析】【分析】根据n=计算氧气的物质的量，可以计算氧气、氮气物质的量之比；根据m=nM计算氮气的质量，可以计算氧气、氮气的质量之比；同温同压下气体的体积之比等于其物质的量之比．【解析】【解答】解：2.8gO2的物质的量为=0.0875mol，2.8gO2和0.2molN2的物质的量之比是0.0875mol：0.2mol=7：16；

0.2molN2的质量为0.2mol×28g/mol=5.6g，2.8gO2和0.2molN2的质量之比是2.8g：5.6g=1：2；

同温同压下气体的体积之比等于其物质的量之比，2.8gO2和0.2molN2的体积之比是0.0875mol：0.2mol=7：16；

故答案为：7：16；1：2；7：16．13、Ksp=c（Ag+）•c（Cl-）10-12（mol/L）2Cl-抑制了AgCl的溶解Cl-浓度增大使AgCl形成络合物沉淀有向更难溶的方向移动的趋势【分析】【分析】（1）AgCl的溶度积常数Ksp=c（Ag+）•c（Cl-）；结合图中数据计算；

（2）根据化学平衡移动原理和题给信息回答；

（3）依据沉淀的相互转化解答即可．【解析】【解答】解：（1）AgCl的溶度积常数的表达式为：Ksp=c（Ag+）•c（Cl-），当c（Ag+）=10-5mol/L时，c（Cl-）=10-7mol/L，所以AgCl的溶度积常数Ksp=c（Ag+）•c（Cl-）=10-5mol/L•10-7mol/L=10-12（mol/L）2；

故答案为：Ksp=c（Ag+）•c（Cl-）；10-12（mol/L）2；

（2）根据沉淀溶解平衡：AgCl（s）=Cl-（aq）+Ag+（aq），将氯化银放在氯化钠中，Cl-抑制了AgCl的溶解，但Cl-浓度增大使AgCl形成络合物：AgCl+Cl-═[AgCl2]-，故答案为：Cl-抑制了AgCl的溶解，但Cl-浓度增大使AgCl形成络合物：AgCl+Cl-═[AgCl2]-；

（3）因为AgBr比AgCl的溶解度小，故AgCl转化为更难溶的AgBr，故答案为：沉淀有向更难溶的方向移动的趋势．14、＞＜=DC【分析】【分析】（1）根据可逆反应的特点分析；

（2）根据温度对平衡的影响来判断化学平衡常数的变化；正向投2molA2和1molB2，与逆向投2molC3；是等效平衡；

（3）由反应方程式可知生成2mol的C时放热akJ；想得到2akJ热量，则需生成4molC；由于反应是可逆反应，不可能完全进行到底，所以要得到4molC，A与B物质的量必须要多于4mol和2mol；

（4）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动，依据影响化学反应速率和化学平衡的因素分析判断．【解析】【解答】解：（1）热化学方程式表达的意义为：当2molA2和1molB2完全反应时，放出热量为akJ，而加入2molA2和1molB2达到平衡时，可逆反应没有完全进行，即释放的热量小于完全反应释放的热量，即b＜a；

故答案为：＞；

（2）已知该反应为放热反应，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，K减小，所以K越大，则温度越低，所以T1＜T2，正反投2molA2和1molB2，与逆向投2molC3，是等效平衡，所以反应达平衡后，C3浓度等于wmol/L；

故答案为：＜；=；

（3）由反应方程式可知生成2mol的C时放热akJ；想得到2akJ热量，则需生成4molC；由于反应是可逆反应，不可能完全进行到底，所以要得到4molC，A与B物质的量必须要多于4mol和2mol，故D符合，B选项中既有正反应又有逆反应，最终放出的热量小于2akJ；

故答案为：D；

（4）已知2A（g）+B（g）⇌2C（g）；△H=-akJ/mol（a＞0），反应是气体体积减小的放热反应，依据平衡移动原理分析，反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动；

A．及时分离出C气体；反应正向进行，但反应速率减小，故A不符合；

B．适当升高温度；加快反应速率，但平衡逆向进行，故B不符合；

C．增大B的浓度；平衡正向进行，反应速率增大，故C符合；

D．选择高效催化剂；增大反应速率，但不改变平衡，故D不符合；

故答案为：C．15、C7H10O5羟基、羧基2.24L消去反应3【分析】【分析】（1）根据结构简式可确定分子式；

（2）由结构简式可知含有的官能团为羧基和羟基；

（3）A中含有碳碳双键；可与溴发生加成反应；

（4）A中含有羧基；具有酸性，可与NaOH发生中和反应；

（5）计算出A的物质的量；可计算生成气体的体积；

（6）根据官能团的转化可判断反应类型；

（7）B的同分异构体中既含有酚羟基又含有酯基，对应的同分异构体有．【解析】【解答】解：（1）由结构简式可知A的分子式为C7H10O5，故答案为：C7H10O5；

（2）由结构简式可知含有的官能团为羧基和羟基；故答案为：羟基；羧基；

（3）A环上的C═C键具有和乙烯类似的性质，可以和Br2发生加成反应，反应的方程式为

故答案为：

（4）A环上的-OH是醇羟基，不能和NaOH、NaHCO3等发生反应，A中含有羧基，具有酸性，可与NaOH发生中和反应，反应的方程式为

故答案为：

（5）A和NaHCO3发生的反应可以表示为：生成二氧化碳的体积为=2.24L；

故答案为：2.24L；

（6）A和浓硫酸混合加热发生消去反应，形成含C=C的不饱和化合物．其原理类似CH3CH2OH和浓硫酸共热生成CH2=CH2；故答案为：消去反应；

（7）B的分子式为C7H6O3，其中只能含有1个-COO-（酯基）和1个-OH（酚羟基），两者的相对位置有邻、间、对三种情况，对应物质的分别为

故答案为：3；．三、判断题(共7题，共14分)16、×【分析】【分析】伴有能量变化的物质变化不一定发生化学反应．【解析】【解答】解：伴有能量变化的物质变化不一定是化学变化，如灯泡发光过程中有热能变化，故错误；17、×【分析】【分析】金属阳离子不一定只有氧化性，可能具有还原性，考虑变价金属阳离子即可．【解析】【解答】解：一般常见金属阳离子只具有氧化性，但是亚铁离子、亚铜离子等据既具有氧化性又具有还原性，故金属阳离子一定只具有氧化性的说法错误，故答案为：×．18、×【分析】【分析】每个NH3分子中含有10个电子，结合n==计算．【解析】【解答】解：n（NH3）==0.2mol，含有的电子的物质的量为0.2mol×10=2mol，则个数为2NA；

故答案为：×．19、×【分析】【分析】过氧化钠是离子化合物，其电子式由阴、阳离子的电子式组合而成，相同的离子不能合并．【解析】【解答】解：Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，钠离子失电子形成阳离子，氧原子得到电子形成过氧根阴离子，电子式为故答案为：×．20、×【分析】【分析】向0.1mol/LAgNO3溶液中加入过量的盐酸完全反应生成AgCl，溶液中存在AgCl（s）⇌Ag+（ag）+Cl-（ag），以此解答．【解析】【解答】解：反应生成AgCl，氯化银难溶于水，溶液中存在AgCl（s）⇌Ag+（ag）+Cl-（ag），则一定存在Ag+；

故答案为：×．21、×【分析】【分析】烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，根据等效氢原子的判断方法来回答．【解析】【解答】解：烷烃分子中；同一个碳上的氢原子等效，连在同一个碳原子上的氢原子等效，具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效，烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，在碳原子数n≤10的所有烷烃的同分异构体中，其一氯取代物只有一种的烷烃分别是：甲烷；乙烷、2，2-二甲基丙烷以及2，2，3，3-四甲基丁烷，共4种．

故答案为：×．22、×【分析】【分析】（1）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（2）葡萄糖在碱性条件下与新制Cu（OH）2浊液反应；

（3）白糖的主要成分是蔗糖；

（4）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖，分子式都可用C12H22O11表示；它们互为同分异构体；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中均含-CHO；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；

（10）植物油成分为高级脂肪酸甘油酯；

（11）根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析；而重金属盐能使蛋白质发生变性；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种；

（13）根据天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸；

（15）油脂中含有不饱和烃基；可与高锰酸钾发生反应；

（16）烃的含氧衍生物完全燃烧生成水和二氧化碳；

（17）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质）；

（18）食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油；

（19）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（20）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物．【解析】【解答】解：（1）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（2）葡萄糖与新制Cu（OH）2浊液反应需在碱性条件下；应加入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生砖红色沉淀，故答案为：×；

（3）白糖成分是蔗糖；故答案为：√；

（4）油脂水解的羧酸是电解质；故答案为：×；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性，所以不是还原型二糖，故答案为：×；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：√；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖；互为同分异构体，故答案为：√；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团都有醛基；则麦芽糖；葡萄糖属于还原性糖可发生银镜反应，故答案为：√；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；纤维素遇碘水不变色，故答案为：×；

（10）植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯；故答案为：×；

（11）因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀；如饱和硫酸钠溶液；硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜等，故答案为：×；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种，故形成的二肽有四种，故答案为：√；

（13）天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点，故答案为：×；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸，如：一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，故答案为：×；

（15）苯不能使酸性高锰酸钾褪色；但油脂中含有C=C官能团，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，故答案为：×；

（16）油脂含有C；H、O三种元素；完全燃烧生成水和二氧化碳，故答案为：√；

（17）蛋白质属于高分子化合物；是混合物，不是电解质，而葡萄糖属于非电解质，只有乙酸才属于电解质，故答案为：×；

（18）乙酸乙酯水解生乙酸和乙醇．食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油，故答案为：×；

（19）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（20）氨基酸相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故答案为：×．四、书写(共4题，共8分)23、Ba（OH）2=Ba2++2OH-KHSO4=K++H++SO42-NaHCO3=Na++HCO3-HNO3=H++NO3-Na2CO3=2Na++CO32-【分析】【分析】①Ba（OH）2是强电解质；在水溶液中完全电离生成钡离子和氢氧根离子；

②KHSO4强酸酸式盐；在水溶液中完全电离生成钾离子；氢离子和硫酸根离子；

③NaHCO3是弱酸酸式盐；为强电解质，在水溶液中完全电离生成弱酸酸式酸根离子和钠离子；

④HNO3是强电解质；在水溶液中完全电离生成氢离子和硝酸根离子；

⑤Na2CO3是强电解质，在水溶液中电离生成钠离子和碳酸根离子．【解析】【解答】解：①Ba（OH）2是强电解质，在水溶液中完全电离生成钡离子和氢氧根离子，电离方程式为Ba（OH）2=Ba2++2OH-，故答案为：Ba（OH）2=Ba2++2OH-；

②KHSO4强酸酸式盐，在水溶液中完全电离生成钾离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为KHSO4=K++H++SO42-，故答案为：KHSO4=K++H++SO42-；

③NaHCO3是弱酸酸式盐，为强电解质，在水溶液中完全电离生成弱酸酸式酸根离子和钠离子，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，故答案为：NaHCO3=Na++HCO3-；

④HNO3是强电解质，在水溶液中完全电离生成氢离子和硝酸根离子，电离方程式为HNO3=H++NO3-，故答案为：HNO3=H++NO3-；

⑤Na2CO3是强电解质，在水溶液中电离生成钠离子和碳酸根离子，电离方程式为Na2CO3=2Na++CO32-，故答案为：Na2CO3=2Na++CO32-．24、Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+1：21：2【分析】【分析】（1）铜与铁离子反应生成铜离子与亚铁离子；根据氧化还原反应配平书写离子方程式；

（2）令开始溶液中氯化铁的物质的量为1mol，则加入铜反应后溶液中n（Fe2+）=n（Fe3+）=0.5mol，根据电子转移守恒知2n（Cu2+）=n（Fe2+）=0.5mol，故n（Cu2+）=0.25mol．物质的量浓度之比等于物质的量之比；

（3）反应为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，由方程式可知Fe3+完全反应，溶液中Cu2+和Fe2+的物质的量之比为1：2，物质的量浓度之比等于物质的量之比．【解析】【解答】解：（1）铜与铁离子反应生成铜离子与亚铁离子，根据电子转移守恒可知，铜与铁离子的物质的量之比（3-2）：2=1：2，离子方程式为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；

故答案为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；

（2）令开始溶液中氯化铁的物质的量为1mol，则加入铜反应后，溶液中Fe2+和Fe3+物质的量浓度相等，则二者物质的量相等，根据铁元素守恒，可知溶液中n（Fe2+）=n（Fe3+）=0.5mol，根据电子转移守恒可知，2n（Cu2+）=n（Fe2+）=0.5mol，所以n（Cu2+）=0.25mol，物质的量浓度之比等于物质的量之比，所以溶液中Cu2+和Fe3+的物质的量浓度之比为0.25mol：0.5mol=1：2；故答案为：1：2；

（3）发生反应Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，由方程式可知Fe3+完全反应，溶液中Cu2+和Fe2+的物质的量之比为1：2，物质的量浓度之比等于物质的量之比，所以Cu2+和Fe2+物质的量浓度之比为1：2，故答案为：1：2．25、Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2ONaOH+HCl=NaCl+H2OMgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl3HgCl2+2Al=3Hg+2AlCl3【分析】【分析】（1）该反应表示可溶性碳酸盐与强酸反应的一类反应；

（2）该反应表示强酸与可溶性强碱反应生成可溶性盐和水的反应；

（3）该反应为可溶性镁盐与可溶性强碱反应的一类反应；

（4）该反应表示金属铝与可溶性汞盐发生置换反应的一类反应．【解析】【解答】解：（1）该离子反应属于可溶性碳酸盐和强酸的反应，如Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O；

故答案为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O；

（2）H++OH-=H2O表示强酸与可溶性强碱反应生成可溶性盐和水的反应，如：NaOH+HCl=NaCl+H2O；

故答案为：NaOH+HCl=NaCl+H2O；

（3）Mg2++2OH_=Mg（OH）2表示可溶性镁盐与可溶性强碱反应生成可溶性盐和氢氧化镁沉淀的反应，如：MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl；

故答案为：MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl；

（4）3Hg2++2Al=3Hg+2Al3+表示铝与可溶性汞盐发生置换反应的一类反应，如：3HgCl2+2Al=3Hg+2AlCl3；

故答案为：3HgCl2+2Al=3Hg+2AlCl3．26、C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-552kJ•mol-12CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4O2+4e-+2H2O═4OH-Bm-+H2OOH-+HB（m-1）-2H2O+2e-=2OH-+H2↑【分析】【分析】（1）依据1g乙醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热12kJ；结合燃烧热的定义计算求出1mol乙醇完全燃烧放出的热量，然后写出热化学方程式；

（2）用惰性电极电解硫酸铜溶液时；阳极上氢氧根离子放电；阴极上铜离子放电，电解生成金属铜，硫酸和氧气；

（3）钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应得到电子；

（4）Bm-水解为多元弱酸的酸式根离子，分步水解，以第一步水解为主，水解生成氢氧根离子和HB（m-1）-；

（5）阴极发生还原反应，水在阴极放电生成氢气与氢氧根离子．【解析】【解答】解：（1）1g乙醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热12kJ；则1mol乙醇，质量为46g，完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为：46×12kJ=552KJ；

其燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-552kJ•mol-1；

（2）用惰性电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上铜离子放电生成Cu，化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4

故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

（3）钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应式为O2+4e-+2H2O═4OH-；

故答案为：O2+4e-+2H2O═4OH-；

（4）Bm-水解为多元弱酸的酸式根离子，分步水解，以第一步水解为主：Bm-+H2OOH-+HB（m-1）-；

故答案为：Bm-+H2OOH-+HB（m-1）-；

（5）电解饱和食盐水阴极室所发生的电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑．五、计算题(共4题，共28分)27、44g/mol【分析】【分析】（1）根据T；V相同时；压强之比等于物质的量之比进行计算；

（2）分别根据体积比和质量比计算出氢气和氧气的物质的量之比，再计算出平均相对分子量．【解析】【解答】解：（1）在T、V相同时，压强之比等于物质的量之比，即4：11=：；解得：M=44g/mol；

故答案为：44g/mol；

（2）平均摩尔质量为：=；

相同条件下，氢气和氧气的体积比为a：b，物质的量之比为a：b，二者平均摩尔质量为：g/mol，相对分子量为：；

质量比a：b的H2和O2的混合气体，物质的量之比为：=16a：b，平均摩尔质量为：g/mol==g/mol，平均分子量为：；

故答案为：；．28、2：114：11120g/mol240.3mol/L【分析】【分析】根据n===结合物质的构成以及溶液的电荷守恒解答该题．【解析】【解答】解：（1）CO和CO2中氧原子个数分别为1、2，含有相同数目氧原子的CO和CO2的物质的量之比为2：1；则质量之比为2×28：44=14：11；

故答案为：2：1；14：11；

（2）1.2gRSO4中含0.01molR2+，则n（RSO4）=n（R2+）=0.01mol；

M（2gRSO4）==120g/mol；R的相对原子质量为120-96=24；

故答案为：120g/mol；24；

（3）溶液存在电荷守恒，为c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），则c（SO42-）=0.3mol/L；

故答案为：0.3mol/L．29、10.125150【分析】【分析】（1）溶液n（Cu2+）=n（Cu），由电荷守恒可知溶液中c（NO3-）=c（H+）+2c（Cu2+），据此计算c（H+）；

（2）根据N元素守恒，可知n（NO2）+n（NO）=n硝酸溶液（HNO3）-n反应后溶液（NO3-），令NO2；NO的物质的量分别为xmol、ymol；利用电子转移守恒、二者的物质的量之和列方程计算；

（3）由NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O可知，标准状况下11.2LNO2和NO的混合气体恰好与1mol/L的NaOH溶液反应，则n（N）=n（NaOH），然后根据V=．【解析】【解答】解：（1）6.4gCu的物质的量为=0.1mol，所以溶液n（Cu2+）=n（Cu）=0.1mol，溶液中c（NO3-）=c（H+）+2c（Cu2+），所以溶液中c（H+）=c（NO3-）-2c（Cu2+）=3mol/L-×2=1mol/L；故答案为：1；

（2）根据N元素守恒，可知n（NO2）+n（NO）=n硝酸溶液（HNO3）-n反应后溶液（NO3-）=0.05L×9mol/L=0.45mol-0.1L×3mol/L=0.15mol，令NO2；NO的物质的量分别为xmol、ymol；则：

；解得，x=0.125，y=0.025．

故答案为：0.125；

（3）由NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O可知，标准状况下11.2LNO2和NO的混合气体恰好与1mol/L的NaOH溶液反应，则n（N）=n（NaOH）=0.125+0.025=0.15mol，所以V==0.15L，故答案为：150；30、略

【分析】试题分析：（1）依题意，饱和碳酸钾溶液吸收二氧化碳可用于制取碳酸氢钾，碳酸氢钾不稳定，受热易分解，生成碳酸钾、二氧化碳气体和水，即反应①②分别是K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3、2KHCO3K2CO3+H2O+CO2↑；（2）①依题意，设烃分子式为CxHy，根据系数之比等于物质的量之比和质量守恒定律，则CO2+3H2→CxHy+2H2O，根据碳、氢、氧原子个数守恒，则x=1、y=2，则生成的烃中碳、氢原子个数之比为1∶2，只有烯烃（CnH2n）符合题意，故B正确；②读图，达到平衡的时间为10min，由于氢气的起始浓度、平衡浓度未知，不能直接求氢气表示的平均反应速率，但是图中二氧化碳的起始浓度、平衡浓度已知，能直接求二氧化碳表示的平均反应速率，二氧化碳的起始浓度、平衡浓度分别为1.00mol·L－1、0.25mol·L－1，则10min内二氧化碳的平均反应速率===7.5×10－2mol/(L•min)；由于CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)中各物质表示的平均反应速率之比等于系数之比，则v(H2)/v(CO2)=3/1，所以v(H2)=3×7.5×10－2mol/(L•min)=0.225mol/(L•min)；依题意，可以推断反应体系各组分的（起始、变化、平衡）浓度，则：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始浓度/mol·L－11.003.0000变化浓度/mol·L－10.752.250.750.75平衡浓度/mol·L－10.250.750.750.75氢气的平衡转化率=×100%=×100%=75%由于正反应是气体体积减小的放热反应，根据化学平衡移动原理，增大二氧化碳或氢气的浓度、减小水蒸气的浓度、缩小容器容积增大压强、降低温度，都能使平衡右移，增大平衡体系中甲醇的物质的量；（2）先将已知反应编号为①②，②×2—①可得未知的热化学方程式，根据盖斯定律可以求得焓变，即：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)△H=—252.9kJ/mol；（4）依题意，20℃时氢氧化钙的溶解度小于氢氧化钡，则0.16g氢氧化钙溶于100g水形成饱和氢氧化钙溶液，由于c=n/V=m/（M•V），稀溶液的体积约等于水的体积，则饱和氢氧化钙溶液的物质的量浓度约为=0.022mol/L，同理可得，饱和氢氧化钡溶液的物质的量浓度约为=0.23mol/L，则氢氧化钙饱和溶液的浓度小于饱和氢氧化钡溶液，前者吸收二氧化碳的能力小于后者；Ksp(CaCO3)>Ksp(BaCO3)，则在溶液中BaCO3比CaCO3容易沉淀完全，所以应选择氢氧化钡溶液吸收二氧化碳气体；过量的氢氧化钡吸收一定体积的工业废气时，发生反应为：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，根据各物质的物质的量之比等于系数之比，通过测量BaCO3沉淀的质量，可以计算出二氧化碳的体积，二氧化碳的体积除以废气的总体积，就能计算废气中二氧化碳的体积分数。考点：考查化学反应原理，涉及碳酸氢盐受热分解的化学方程式、质量守恒定律、烃的分子通式、反应物和生成物的浓度—时间图像、平均反应速率的计算、反应物平衡转化率的计算、外界条件对平衡移动的影响、盖斯定律、热化学方程式、溶解度、物质的量浓度、溶度积、物质的量在化学