2025年浙教新版高三化学上册月考试卷

…………○…………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年浙教新版高三化学上册月考试卷870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8题，共16分)1、青蒿素是一种高效治疗疟疾的药物，其结构如图所示．下列有关青蒿素的说法正确的是（）A.属于芳香族化合物B.能存在于热的氢氧化钠溶液中C.易溶于氯仿等有机溶剂D.分子结构中只含有极性键2、X；Y、Z、W四种元素在元素周期表中的相对位置如图所示；其中X、W的质子数和为21，下列说法正确的是（）

。XYZWA.X位于元素周期表中第2周期、第ⅤA族B.Y的一种氢化物不稳定，易分解C.W的非金属性比Y的非金属性弱D.Z的最高价氧化物的水化物可与X的最高价氧化物的水化物反应3、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A.在标准状态下，1L庚烷完全燃烧后，所生成的气态产物的分子数为NAB.1mol碳正离子CH5+所含的电子数为11NAC.标准状态下，16g甲烷完全燃烧所消耗的氧气的分子数为2NAD.0.5molC3H8分子中含C-H共价键2NA4、某原电池装置如图所示．下列说法正确的是（）

A.石墨棒为负极B.铁片的质量减少C.硫酸被氧化D.电子从石墨棒流向铁片5、下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是rm{(}rm{)}A.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法B.当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C.纯银器表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗D.金属腐蚀的电化学腐蚀，是利用了原电池原理，但原电池原理不能用于金属防护6、某有机物分子式为C12H16O2，在酸性条件下水解生成X和Y，X遇FeCl3溶液显紫色，且X的相对分子质量比Y大6，则该有机物的结构有（不考虑立体异构）（）A.6种B.8种C.10种D.12种7、下列说法正确的是（）A.化学反应中的能量变化，都表现为热量的变化B.熔融态导电的一定是离子化合物C.构成单质分子的微粒中一定含有化学键D.是吸收能量的反应还是释放能量的反应，必须看反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小8、下列说法不正确的是（）A.Na+的结构示意图为B.纯碱的化学式为Na2CO3C.在酸性条件下，蔗糖水解的化学方程式为C12H20O11+H2O→2C6H12O6（葡萄糖）D.高氯酸（HClO4）中氯元素的化合价为+7评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)9、化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.交警检查司机是否酒后驾车的原理中体现了乙醇的氧化性B.硅胶多孔，吸附水分能力强，常用作袋装食品、瓶装药品的干燥剂C.铜的金属活动性比铁的差，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀D.以石油、煤和天然气为原料通过聚合反应可以获得用途广泛的高分子合成材料10、为了除去下列各组混合物中括号内的物质，所选用的试剂与主要分离方法都正确的是rm{(}rm{)}

。混合物试剂分离方法rm{A}苯rm{(}苯酚rm{)}浓溴水过滤rm{B}碘水rm{(}水rm{)}花生油萃取rm{C}乙酸乙酯rm{(}乙酸rm{)}饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液分液rm{D}鸡蛋清溶液rm{(}氯化钠溶液rm{)}蒸馏水渗析A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}11、许多氧化物在一定条件下能与rm{Na_{2}O_{2}}反应，反应产物很有规律，如：rm{Na_{2}O_{2}+SO_{2}=Na_{2}SO_{4}}rm{Na_{2}O_{2}+2SO_{3}=2Na_{2}SO_{4}+O_{2}.}下列化学反应方程式肯定不正确的rm{(}rm{)}A.rm{2Na_{2}O_{2}+2Mn_{2}O_{7}=4NaMnO_{4}+O_{2}隆眉}B.rm{2Na_{2}O_{2}+2N_{2}O_{3}=4NaNO_{2}+O_{2}}C.rm{2Na_{2}O_{2}+2N_{2}O_{5}=4NaNO_{3}+O_{2}隆眉}D.rm{Na_{2}O_{2}+2NO_{2}=2NaNO_{3}+O_{2}}12、电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小rm{.}室温下，用rm{0.1000mol/L}氨水滴定rm{10mL}浓度均为rm{0.100mol/L}的盐酸和醋酸的混合液，电导率曲线如图所示rm{.}下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.rm{垄脵}点溶液中rm{c(H^{+})}为rm{0.200}rm{mol/L}B.rm{垄脷}点溶液中rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(Ac^{-})}C.rm{垄脵}点溶液中rm{n(}所有离子rm{)}之和rm{>垄脹}点溶液rm{n(}所有离子rm{)}之和D.rm{垄脹}点后会出现rm{pH=7}的点，此点溶液中rm{c(NH_{4}^{+})=c(Ac^{-})+c(Cl^{-})}13、向一种溶液中滴加另一种溶液后，溶液的颜色不发生显著变化的是（）A.硝酸亚铁溶液中加入稀硫酸B.含有酚酞的碳酸钠溶液中加入足量的氧化钙溶液C.硫酸铜溶液中滴加硝酸钡溶液D.高锰酸钾酸性溶液中滴加亚硫酸钠溶液14、对比甲烷和乙烯的燃烧反应，下列叙述中正确的是（）A.二者燃烧时现象完全相同B.点燃前都应验纯C.甲烷燃烧的火焰呈淡蓝色，乙烯燃烧的火焰较明亮D.二者燃烧时都有黑烟生成评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、（1）①纯净的Na2CO3ag②Na2CO3与NaHCO3的混合物ag③纯净的NaHCO3ag；按要求回答下列问题：

A．分别与盐酸完全反应时，耗酸量从大到小的顺序为____．

B．分别和盐酸完全反应时，放出CO2气体的量从大到小的顺序为____．

（2）将agNa2CO3和NaHCO3的混合物充分加热，其质量变为bg，则Na2CO3的质量分数为____．

（3）含有少量二价锰盐的溶液，在浓HNO3中与PbO2混合煮沸，溶液呈现紫红色，PbO2转化为Pb（NO3）2，反应中无气体生成，该反应的离子方程式为____；

（4）已知：

①3Fe（s）+2O2（g）=Fe3O4（s）△H1=-1118.4kJ•mol-1

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2=-483.8kJ•mol-1

③2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H2=-571.8kJ•mol-1

铁与水反应：3Fe（s）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2△H则△H=____．

（5）向500mLKOH溶液中缓慢通入一定量的CO2气体，充分反应后，在减压低温下蒸发溶液，得到白色固体．若通入CO2气体为2.24L（标准状况下），得到11.9g的白色固体．则所用的KOH溶液的物质的量浓度为____mol/L．16、A；B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素．A、B、C三种元素的基态原子具有相同的能级和能层；且第一电离能的顺序为A＜C＜B，其中C原子基态时2p轨道有两个未成对电子；D与A同族，其单质为常用的半导体材料；E为前四周期电负性最小的元素；F原子内层无空轨道，最外层电子数与E相同．请回答：

（1）F+的价层电子排布为____；写出化合物F2C与稀硫酸反应的产物之一为红色固体且反应中只有F元素化合价发生了变化，该反应的离子方程式____．

（2）B、D形成一种超硬、耐磨、耐高温的新型化合物，该化合物化学式为____，属于____晶体．

由氢气与C2反应生成1mol气态H2C产物，放热241.8KJ，若1g气态H2C转化成液态H2C放热2.444KJ，则反应：2H2（g）+C2（g）=2H2C（L）的△H=____KJ/mol．

（3）C与氢元素形成的正一价离子含有10电子，该离子中C原子的杂化方式为____；C与氢元素形成的一种18电子分子M的水溶液具有弱酸性，则M与Ba（OH）2溶液反应生成酸式盐的化学方程式为____．

（4）1molAC2分子中σ键与π键的数目之比为____；B、C形成的正一价离子N与AC2互为等电子体，N的电子式为____；常温下，若1molAC2与等物质的量的NaOH反应后的溶液pH等于9，则c（H2CO3）-c（CO32-）=____．17、某学生用0.2000mol．L-1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸；其操作可分为如下几步：

①用蒸馏水洗涤碱式滴定管；并注入NaOH溶液至“0”刻度线以上。

②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；

③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下；并记下读数。

④移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中；并加入3滴酚酞溶液。

⑤用标准液滴定至终点；记下滴定管液面读数．

请回答：

（1）以上步骤有错误的是（填编号）____，该错误操作会导致测定结果（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）____

（2）步骤④中，在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，测定结果（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）____

（3）步骤⑤中，在记下滴定管液面读数时，滴定管尖嘴有气泡，测定结果（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）____

（4）以下是实验数据记录表。

。滴定次数盐酸体积mLNaOH溶液体积读数（ml）滴定前滴定后滴定前滴定后120.000.0021.30220.000.0016.30320.000.0016.22通过计算可得，该盐酸浓度为：____mol•L-1（保留四位有效数字）18、短周期的五种元素A、B、C、D、E,原子序数依次增大。A、B、C三种元素电子层数之和是5。A、B两元素原子最外层电子数之和等于C元素原子最外层电子数;B元素原子最外电子层上的电子数是它的电子层数的2倍,A与D可以形成原子个数比分别为1∶1和2∶1的两种液态化合物;E单质用于净化水质。请回答:(1)写出D在元素周期表中的位置,E的原子结构示意图是。下列可以验证C与D两元素原子得电子能力强弱的实验事实是(填写编号)。A.比较这两种元素的气态氢化物的沸点B.比较只有这两种元素所形成的化合物中的化合价C.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性D.比较这两种元素的单质与氢气化合的难易(2)由A、B两种元素组成的最简单的化合物,写出其电子式。(3)均由A、B、C、D四种元素组成的甲、乙两种化合物,都既可以与盐酸反应又可以与NaOH溶液反应,甲为无机盐,其化学式为,乙为天然高分子化合物的水解产物,且是同类物质中相对分子质量最小的,其结构简式为。(4)胶态磁流体在医学上有重要的用途,而纳米级Fe3O4是磁流体中的重要粒子,其制备过程可简单表示如下:①将化合物CA3通入等物质的量的FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液中,生成两种碱,写出该反应过程的总的离子方程式。②上述反应生成的两种碱继续作用,得到Fe3O4。(5)已知下表数据:。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp/25℃2.0×10-164.0×10-36若使混合液中FeSO4、Fe2(SO4)3的浓度均为2.0mol·L-1,则混合液中c(OH-)不得大于mol·L-1。19、乙醛在催化剂存在的条件下；可以被空气氧化成乙酸．依据此原理设计实验制得并在试管C中收集到少量乙酸溶液（如图所示：试管A中装有40%的乙醛水溶液；氧化铜粉末；试管C中装有适量蒸馏水；烧杯B中装有某液体）．已知在60℃～80℃时用双连打气球鼓入空气即可发生乙醛的氧化反应，连续鼓入十几次反应基本完全．有关物质的沸点见下表：

。物质乙醛乙酸甘油乙二醇水沸点20.8℃117.9℃290℃197.2℃100℃请回答下列问题：

（1）试管A内在60℃～80℃时发生的主要反应的化学方程式为（注明反应条件）______；

（2）如图所示在实验的不同阶段，需要调整温度计在试管A内的位置．在实验开始时温度计水银球的位置应在______，目的是______；当试管A内的主要反应完成后，应进行蒸馏操作，温度计水银球的位置应在______．

（3）烧杯B内盛装的液体可以是______（写出一种即可）．

（4）若想检验试管C中是否含有产物乙酸，在下列所提供的药品或用品中，可以使用的是______．（填字母）

a．pH试纸b．碳酸氢钠粉末c．红色石蕊试纸d．银氨溶液．20、合成氨尿素工业生产过程中涉及到的物质转化过程如图所示．

（1）天然气在高温、催化剂作用下与水蒸气反应生成H2和CO的化学化学方程式为____；

（2）图1为合成氨反应在不同温度和压强；使用相同催化剂条件下；初始时氮气、氢气的体积比为1：3时，平衡混合物中氨的体积分数．

①若分别用υA（NH3）和υB（NH3）表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则υA（NH3）____υB（NH3）（填“＞”；“＜”或“=”）．

②在相同温度、当压强由p1变为p3时，合成氨反应的化学平衡常数____．（填“变大”；“变小”或“不变”）．

（3）NH3（g）与CO2（g）经过两步反应生成尿素；两步反应的能量变化示意图如图2：

NH3（g）与CO2（g）反应生成尿素的热化学方程式为____

人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图3所示．阳极室中发生的反应依次为____、____．

（4）运输氨时，不能使用铜及其合金制造的管道阀门．因为在潮湿的环境中，金属铜在有NH3存在时能被空气中的O2氧化，生成Cu（NH3）42+，该反应的离子方程式为____．21、某小组同学欲探究NH3催化氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O；按如图1装置进行实验．

（1）装置A试管中的化合物X是____（填化学式）．

（2）实验进行一段时间后，观察到装置G中溶液变成蓝色．用离子方程式解释G中溶液变蓝的原因____．

（3）甲、乙两同学分别按上述装置进行实验．一段时间后，甲观察到装置F中有红棕色气体，乙则观察到装置F中只有白烟生成．该白烟的主要成分是____（填化学式）．

（4）为了帮助乙实现在装置F中也观察到红棕色气体生成；可在原实验基础上进行改进．

①甲认为是E反应后剩余O2太少导致F中无红棕色气体产生，预先在装置A试管内，除了NH4HCO3和X外，适当加入钠盐____（填化学式）可以解决这个问题．

②乙则认为，可以在装置E、F之间增加一个装置，该装置如图2可以是____（填标号）．22、《化学生活》

（1）随着生活水平的提高；人们越来越关注营养平衡和自身的健康．

①粮食中的淀粉在人体中水解最终转化成____（写分子式），该物质在人体内被氧化，最终生成CO2和H2O，该过程对人体健康的意义为：____．

②维生素C也称抗坏血酸．血液中运载氧的血红蛋白中含有Fe2+，人之所以患坏血病，是因为人体从摄取的食物中吸收的铁主要是Fe3+，Fe3+不能被人体吸收．维生素C广泛存在于新鲜蔬菜和水果中，维生素C在抗坏血病方面的作用原理体现了维生素C的____（填“氧化性”或“还原性”）．

③我国采用食盐中加入碘酸钾（KIO3）的方法防止缺碘引起的疾病．在人体中，碘是属于____（选填“常量”或“微量”）元素；缺碘引起的疾病有____（写一种即可）．

④各种药物对维持人体健康也起到举足轻重的作用，下列药物属于抗抗生素的是：____．

A．阿司匹林B．青霉素C．麻黄碱。

（2）材料是人类赖以生存和发展的重要物质基础；化学是材料科学发展的基础．

①铜器表面容易生成一层薄薄的铜绿[主要成份是Cu2（OH）2CO3]，请写出铜在潮湿的空气发生电化学腐蚀时的负极反应式____；用盐酸可以除去铜器表面的铜绿，该反应的化学方程式为____．

②下列对金属制品采取的防护方法不正确的是____（填序号）．

A．在电线的外面包上一层塑料层。

B．在自行车钢圈上镀上一层金属铬。

C．在远洋轮船的铁制外壳上焊上铜块。

（3）20世纪以来；由于自然资源的过度开发和消耗，污染物的大量排放，导致全球性的资源短缺；环境污染．保护环境、保护地球已成为人类共同的呼声．

①CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，控制和治理CO2是解决温室效应的有效途径．请你写出有利于降低大气中CO2浓度的一项措施____．

②水中含有的悬浮颗粒物等杂质，可以加入____等混凝剂进行净化处理，利用其溶解后形成的____具有吸附作用使水中的悬浮颗粒物沉降．评卷人得分四、判断题(共2题，共4分)23、Na2SO4固体中含钠离子．____（判断对错）24、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）天然气和沼气的主要成分是甲烷____

（2）煤可与水蒸气反应制成水煤气，水煤气的主要成分是CO和H2____

（3）干馏煤可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料____

（4）石油分馏可获得乙酸、苯及其衍生物____

（5）石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物____

（6）煤的干馏和石油的分馏均属化学变化____

（7）煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠____

（8）甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到____

（9）用溴水鉴别苯和正己烷____

（10）石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物____

（11）石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃____

（12）煤气的主要成分是丁烷____．评卷人得分五、简答题(共1题，共3分)25、rm{I}某无色废水中可能含有rm{H^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Fe^{3+}}rm{Al^{3+}}rm{Mg^{2+}}rm{Na^{+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}中的几种，为分析其成分，分别取废水样品rm{100mL}进行了三组实验，其操作和有关图象如图所示：

请回答下列问题：

rm{(1)}根据上述rm{3}组实验可以分析废水中一定不存在的离子有：____．

rm{(2)}写出实验rm{垄脹}图象中沉淀溶解阶段发生的离子反应方程式：____。rm{(3)}分析图象，在原溶液中rm{c(NH_{4}^{+})}与rm{c(Al^{3+})}的比值为____rm{.NO_{3}^{-}}是否存在？____填rm{(}“存在”“不存在”或“不确定”rm{)}．rm{II}现有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种可溶性强电解质，它们在水中可电离产生下列离子rm{(}各离子不重复rm{)}阳离子：rm{H^{+}}rm{Na^{+}}rm{Al^{3+}}rm{Ag^{+}}rm{Ba^{2+}}阴离子：rm{OH^{-}}rm{Cl^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}，已知：rm{垄脵A}rm{B}两溶液呈碱性，rm{C}rm{D}rm{E}溶液呈酸性。

rm{垄脷}向rm{E}溶液中逐滴滴加rm{B}溶液至过量；沉淀量先增加后减少但不消失。

rm{垄脹D}溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀。

请回答下列问题：

rm{(4)}写出rm{B}与rm{D}的化学式：rm{B}______________，rm{D}_______________。

rm{(5)}写出rm{A}与rm{E}溶液反应的离子方程式：____________________________________。评卷人得分六、推断题(共4题，共24分)26、（2015春•晋江市校级期中）单质甲能发生如下变化（反应条件均未标明）；其中A；B、C、D中都含有相同的一种元素，试举出两组符合题意的实例，写出对应各物质的分子式。

甲____A．____B．____C．____D．____

甲____A．____B．____C．____D．____．27、如图表示某种盐C的制备及其性质的实验步骤：

已知：盐C溶液呈黄色；沉淀D焙烧分解；生成红棕色粉末E．

（1）请写出下列物质的化学式：A____，B____，C____，D____；

（2）写出相应反应的离子方程式A→B____：，B→C：____；

（3）向B的溶液中滴加NaOH溶液，可观察到白色沉淀产生，该沉淀在空气中放置的现象为____，发生上述变化的化学方程式为____．28、【化学——选修5：有机化学基础】（15分）肉桂酸甲酯是治疗白癜风的重要药物，也是一种用于调制具有草莓、葡萄、樱桃、香子兰等香味的食用香精。它的分子式为C10H10O2，其结构和性质如表所示：。结构分子中只含有一个苯环，苯环上只有一个取代基且无支链，核磁共振氢谱图中有六个吸收峰，峰面积比为1∶2∶2∶1∶1∶3性质①能使溴水因发生化学反应而褪色②在NaOH溶液中易发生水解反应生成具有剧毒的醇类物质试回答下列问题：(1)肉桂酸甲酯的结构简式为________。(2)用芳香烃A为原料合成肉桂酸甲酯G的路线如下：已知：①B的结构简式为________，C中含有的官能团名称为________。②D→F的反应类型是________；F→G的反应类型是________。③D转化为F的化学方程式是______________________；④E为含有三个六元环的酯，其结构简式是_____________________________。⑤D分子中具有多种官能团，不能发生的反应类型有(填序号)________。a．酯化反应b．取代反应c．加聚反应d．水解反应e．消去反应f．氧化反应⑥写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式______________________。i．分子内含苯环，且苯环上只有一个支链；ii.在催化剂作用下，1mol该物质与足量氢气充分反应，最多消耗4molH2；iii.它不能发生水解反应。29、图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中甲、乙、丙、丁为常见单质，其余均为化合物，A是一种常见的液态化合物，B是具有磁性的氧化物，D和丁既能和酸反应又能和碱反应，乙在丙中燃烧产生苍白色火焰，它们的转化关系如下：（有些反应的条件和部分产物未注明）

（1）上述反应中属于氧化还原反应的是____（填写序号）

（2）写出下列物质化学式：B____，D____，F____；

（3）写出反应的化学方程式：A+甲____

（4）H在空气中很容易被氧化成I，该过程的实验现象是____；将足量的CO2通入E溶液中，离子方程式是____．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】A．含有苯环的有机物属于芳香族化合物；

B．该物质中含有酯基；具有酯的性质；

C．该物质中含有憎水基不含亲水基；

D．同种元素之间易形成非极性键．【解析】【解答】解：A．含有苯环的有机物属于芳香族化合物；该物质中不含苯环，所以不属于芳香族化合物，故A错误；

B．该物质中含有酯基；具有酯的性质，能和热的氢氧化钠溶液发生水解反应，故B错误；

C．该物质中含有憎水基不含亲水基；所以不易溶于水而易溶于有机溶剂，故C正确；

D．同种元素之间易形成非极性键；该物质中存在C-C；O-O非极性键，故D错误；

故选C．2、B【分析】【分析】由X、Y、Z、W四种短周期元素的位置可知，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，设X的原子序数为x，则W的原子序数为x+9，X、W的质子数之和为21，则x+x+9=21，解得x=6，所以X为C元素，可推知Z为Al、Y为O、W为P，然后结合元素及其单质、化合物的性质来解答．【解析】【解答】解：由X；Y、Z、W四种短周期元素的位置可知；X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，设X的原子序数为x，则W的原子序数为x+9，X、W的质子数之和为21，则x+x+9=21，解得x=6，所以X为C元素，可推知Z为Al、Y为O、W为P．

A．X为碳元素；位于元素周期表中第2周期第ⅣA族，故A错误；

B．Y的氢化物中，H2O2不稳定；易分解，故B正确；

C．W的非金属性比Y的强；故C错误；

D．Z的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝；X的最高价氧化物的水化物为碳酸，氢氧化铝不能与碳酸反应，故D错误；

故选B．3、C【分析】【分析】A．标况下庚烷为液体；

B．依据碳正离子CH5+的结构计算电子数；

C.16g甲烷的物质的量为1mol；1mol甲烷完全燃烧消耗2mol氧气；

D.1个C3H8含有8个C-H键．【解析】【解答】解：A．标况下庚烷为液体；不能使用气体摩尔体积，故A错误；

B.1mol碳正离子CH5+所含电子总数为10NA；故B错误；

C.16个甲烷的物质的量为1mol，完全燃烧1mol甲烷需要消耗氧气2mol，所消耗的氧气的分子数为2NA；故C正确；

D.1个C3H8含有8个C-H键，0.5molC3H8分子中含C-H共价键4NA；故D错误；

故选：C．4、B【分析】【分析】在用铁、石墨和硫酸组成的原电池装置中，铁的活泼性大于石墨的活泼性，所以铁片作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，石墨作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极，以此解答．【解析】【解答】解：A；在用铁、石墨和硫酸组成的原电池装置中；铁的活泼性大于石墨的活泼性，所以铁片作负极，石墨作正极，故A错误；

B；铁片作负极；负极上铁失电子发生氧化反应，铁片的质量减少，故B正确；

C；石墨作正极；正极上氢离子得电子发生还原反应，即硫酸被还原，故C错误；

D；电子从负极沿导线流向正极；即从铁流向石墨，故D错误．

故选B．5、A【分析】解：rm{A.}海轮外壳连接锌块；锌为负极，保护外壳不受腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；

B.镀层破损后；镀锡铁板的镀层不能对铁制品起保护作用，加快铁板的腐蚀，故B错误；

C.发生电化学腐蚀时；金属应不纯，则纯银器主要发生化学腐蚀，故C错误；

D.在原电池中；负极被腐蚀，正极被保护，故原电池原理能用于金属的防护，故D错误．

故选A．

A；海轮外壳连接锌块；锌为负极；

B；镀层破损后；镀锡铁板的镀层不能对铁制品起保护作用；

C；纯银器主要发生化学腐蚀；

D；牺牲阳极的阴极保护法也是利用了原电池原理．

本题考查金属的腐蚀与防护，题目难度不大，注意把握金属腐蚀的原理和电化学知识．【解析】rm{A}6、D【分析】【分析】X遇FeCl3溶液显紫色，说明X分子中含有酚羟基．然后根据酯的水解反应原理及“X的相对分子质量比Y大6”判断X、Y的分子组成、结构简式数目，最后计算出该有机物可能的结构数目．【解析】【解答】解：X遇FeCl3溶液显紫色；说明X分子中含有酚羟基；

X的相对分子质量比Y大6；设Y的相对分子质量是x，则x+x+6=192+18；

解得：x=102；

所以X是戊酸；Y是甲基苯酚（包括邻；间、对）；

戊酸的同分异构体有4种；甲基苯酚有3种同分异构体；则该有机物含有同分异构体数目为：4×3=12种；

故选D．7、D【分析】【分析】A；化学反应过程中的能量变化主要是热量变化；

B；熔融态导电的物质可能是金属单质或离子化合物；

C；从稀有气体的结构分析；

D、反应吸热或放热是取决于反应物和生成物总能量的相对大小，反应的焓变=生成物总能量-反应物总能量【解析】【解答】解：A；化学反应过程中的能量变化主要是热量变化；同时伴随光能、电能等能量的变化，如镁条燃烧放热，发出耀眼的白光，故A错误；

B；熔融态导电的物质可能是金属单质或离子化合物；如Fe等金属单质，故B错误；

C；构成稀有气体单质分子的微粒中不含有化学键；故C错误；

D；反应吸热或放热是取决于反应物和生成物总能量的相对大小；反应的焓变=生成物总能量-反应物总能量，焓变为负则为放热反应，焓变为正则为吸热反应，故D正确；

故选D．8、C【分析】【分析】A．钠离子的核电荷数为11；核外电子总数为10，最外层含有8个电子；

B．碳酸钠的俗名为纯碱、苏打，化学式为Na2CO3；

C．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；

D．高氯酸为氯元素的最高价氧化物对应的水化物，Cl元素的化合价为+7价．【解析】【解答】解：A．钠离子的核电荷数为11，最外层达到8电子稳定结构，Na+的结构示意图为：故A正确；

B．纯碱为碳酸钠的俗名，其化学式为：Na2CO3；故B正确；

C．在酸性条件下，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，正确的化学方程式为：C12H20O11+H2O→C6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖）；故C错误；

D．高氯酸（HClO4）中氧元素化合价为-2价；H元素的化合价为+1，则Cl元素的化合价为+7价，故D正确；

故选C．二、双选题(共6题，共12分)9、rAC【分析】解：rm{A.}交警检查司机是否酒后驾车的原理中体现了乙醇的还原性；故A错误；

B.硅胶多孔；吸附水分能力强，常用作袋装食品；瓶装药品的干燥剂，故B正确；

C.铜的金属活动性比铁的差；在海轮外壳上装若干铜块，形成原电池时，铁做负极，所以会加速船体腐蚀，故C错误；

D.从煤；石油可以得到不饱和的小分子化合物；再通过化学反应可以获得许多性能优异的合成高分子材料，如聚乙烯等，故D正确；

故选：rm{AC}．

A.乙醇与重铬酸钾反应；乙醇为还原剂，表现还原性；

B.依据硅胶具有吸水性；且无毒的性质解答；

C.铜与铁形成原电池；铁做负极；

D.以煤；石油、天然气为原料；可制得不饱和烃，通过聚合反应可以获得许多性能优异的合成高分子材料，如聚乙烯等．

本题考查了化学与生产和生活，熟悉相关物质的性质和氧化还原反应相关概念、金属的电化学腐蚀原理是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{AC}10、rCD【分析】解：rm{A.Br_{2}}和苯酚反应生成rm{2}rm{4}rm{6-}三溴苯酚沉淀，但溴单质和rm{2}rm{4}rm{6-}三溴苯酚易溶于苯，无法用过滤分开，应加入rm{NaOH}反应后分液；故A错误；

B.花生油含碳碳双键；能与碘单质反应，故B错误；

C.乙酸与碳酸钠反应后与乙酸乙酯分层；可用分液的方法分离，故C正确；

D.溶液能透过半透膜；胶体不能，故D正确．

故选CD．

A.三溴苯酚易溶于苯；无法用过滤分开；

B.花生油含碳碳双键；

C.乙酸与碳酸钠反应后与乙酸乙酯分层；

D.溶液能透过半透膜．

本题考查物质的分离、提纯和除杂，为高频考点，注意除杂不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离，题目难度不大．【解析】rm{CD}11、rBD【分析】解：rm{A.Mn_{2}O_{7}}中rm{Mn}元素的化合价为rm{+7}价，处于最高价态，与rm{Na_{2}O_{2}}反应时生成rm{O_{2}}故A正确；

B.rm{N_{2}O_{3}}中rm{N}元素的化合价为rm{+3}价，不是最高价态，与rm{Na_{2}O_{2}}反应时不生成rm{O_{2}}故B错误；

C.rm{N_{2}O_{5}}中rm{N}元素的化合价为rm{+5}价，处于最高价态，与rm{Na_{2}O_{2}}反应时生成rm{O_{2}}故C正确；

D.rm{NO_{2}}中rm{N}元素的化合价为rm{+4}价，不是最高价态，与rm{Na_{2}O_{2}}反应时不生成rm{O_{2}}反应的化学方程式为rm{Na_{2}O_{2}+2NO_{2}=2NaNO_{3}}故D错误；

故选BD．

题给信息为：rm{Na_{2}O_{2}}可与某些元素的最高价氧化物反应，生成对应的盐rm{(}或碱rm{)}和rm{O_{2}}rm{Na_{2}O_{2}}具有强氧化性，与所含元素不是最高价态的氧化物反应时，只生成其最高价的盐，不生成rm{O_{2}}．

本题考查化学反应规律的探究，题目难度中等，注意题中信息：rm{Na_{2}O_{2}}可与某些元素的最高价氧化物反应，生成对应的盐rm{(}或碱rm{)}和rm{O_{2}}．【解析】rm{BD}12、rAC【分析】解：rm{A.}醋酸是弱酸，在水中只有部分电离，导致氢离子浓度小于醋酸的浓度，所以该混合溶液中氢离子浓度小于rm{0.200mol/L}故A错误；

B.rm{垄脷}点溶液中，溶质为等浓度的醋酸与氯化铵，铵根离子水解浓度会减小，所以rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})}则溶液中rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(Ac^{-})}故B正确；

C.rm{垄脵}点溶液中溶质为醋酸和rm{HCl}醋酸部分电离，rm{垄脹}点溶液溶质为氯化铵和醋酸铵，二者为强电解质完全电离，所以rm{垄脵}点溶液中rm{n(}所有离子rm{)}之和rm{<垄脹}点溶液rm{n(}所有离子rm{)}之和；故C错误；

D.rm{垄脹}点后会出现rm{pH=7}的点，溶液中电荷守恒为rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(Ac^{-})+c(Cl^{-})+c(OH^{-})}溶液显中性，则rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}所以此点溶液中rm{c(NH_{4}^{+})=c(Ac^{-})+c(Cl^{-})}故D正确．

故选AC．

A.醋酸是弱酸；在水中不能完全电离，所以不能根据酸的浓度确定氢离子浓度；

B.rm{垄脷}点溶液中；溶质为等浓度的醋酸与氯化铵，铵根离子水解浓度会减小；

C.rm{垄脵}点溶液中溶质为醋酸和rm{HCl}醋酸部分电离；

D.根据电荷守恒分析．

本题考查了弱电解质的电离，难度较大，明确溶液的电导率有离子浓度有关，浓度越大电导率越大．【解析】rm{AC}13、B|C【分析】解：A；硝酸亚铁溶液中加入稀硫酸；亚铁离子与氢离子和硝酸根离子发生氧化还原反应，亚铁离子转化为铁离子，颜色由浅绿色变成黄色，故B不选；

B；含有酚酞的碳酸钠溶液呈红色；加入足量的氧化钙溶液，生成氢氧化钠、氢氧化钙和碳酸钙沉淀，所以得到溶液呈碱性，溶液仍然是红色，故B选；

C；硫酸铜溶液和硝酸钡溶液之间会发生反应生成硫酸钡白色沉淀和硝酸铜；溶液颜色仍是蓝色，故C选；

D；高锰酸钾与亚硫酸钠发生氧化还原反应；溶液变为无色，故D不选；

故选BC．

A；硝酸亚铁溶液中加入稀硫酸；亚铁离子与氢离子和硝酸根离子发生氧化还原反应，亚铁离子转化为铁离子；

B；含有酚酞的碳酸钠溶液中加入足量的氧化钙溶液；生成碳酸钙和氢氧化钠，所以得到溶液呈碱性；

C；硫酸铜溶液和硝酸钡溶液之间会发生反应；

D；高锰酸钾与亚硫酸钠发生氧化还原反应．

本题考查较为综合，涉及物质的颜色的变化，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】【答案】BC14、B|C【分析】解：A；甲烷和乙烯含碳量不同；燃烧现象不同，故A错误；

B；可燃性气体在点燃之前都应检验纯度；防止爆炸，故B正确；

C；甲烷燃烧产生明亮的蓝色火焰；乙烯燃烧火焰明亮，并伴有黑烟，故C正确；

D；甲烷含碳量低；燃烧时没有黑烟，乙烯燃烧火焰明亮，并伴有黑烟，故D错误；

故选BC．

A；甲烷和乙烯含碳量不同；燃烧现象不同；

B；可燃性气体在点燃之前都应检验纯度；防止爆炸；

C；甲烷燃烧产生明亮的蓝色火焰；乙烯燃烧火焰明亮，并伴有黑烟；

D；甲烷含碳量低；燃烧时没有黑烟．

本题考查了甲烷和乙烯结构、性质的比较，难度不大，注意烃类物质的含碳量越高，火焰越明亮、烟越浓．【解析】【答案】BC三、填空题(共8题，共16分)15、①＞②＞③③＞②＞①（1-）×100%2Mn2++4H++5PbO2=5Pb2++2MnO4-+2H2O-150.8KJ/mol0.3【分析】【分析】（1）等质量的三种物质：①纯净的Na2CO3ag；②Na2CO3与NaHCO3的混合物ag；③纯净的NaHCO3ag；分别算出它们物质的量；

与盐酸完全反应时，分别列出Na2CO3、NaHCO3与盐酸反应的比例关系时；求出HCl的量．

与盐酸完全反应时，分别列出Na2CO3、NaHCO3与生成CO2的比例关系时，求出CO2的量。

（2）将agNa2CO3和NaHCO3的混合物充分加热，NaHCO3的分解方程式；据差量法解题；

（3）根据题意知，在反应中PbO2得电子转化为为Pb（NO3）2；所以二氧化铅是氧化剂，则二价锰失电子作还原剂，溶液呈红色，说明二价锰离子被氧化生成高锰酸根离子，根据反应物和生成物写出相应的离子方程式；

（4）依据热化学方程式的书写方法；标注物质聚集状态和对应焓变写出，依据盖斯定律计算反应的焓变；

（5）2.24L（标况下）CO2气体的物质的量为0.1mol；二氧化碳完全反应；

若只发生：CO2+2KOH=K2CO3+H2O，则生成0.1mol的K2CO3；其质量=0.1mol×138g/mol=13.8g；

若只发生：CO2+KOH=KHCO3，则生成0.1mol的KHCO3；其质量=0.1mol×100g/mol=10g；

由于13.8g＞11.9g＞10.0g，所以得到的白色固体是K2CO3和KHCO3的混合物；

设白色固体中K2CO3xmol，KHCO3ymol，根据C元素守恒及二者质量列方程计算，再根据钾离子守恒计算KOH物质的量，根据c=计算KOH溶液物质的量浓度．【解析】【解答】解：（1）等质量的三种物质：①纯净的Na2CO3ag，物质的量为mol；②Na2CO3与NaHCO3的混合物ag，物质的量为mol～mol之间；

③纯净的NaHCO3ag，物质的量为mol

A．与盐酸完全反应时，据Na2CO32HCl、NaHCO3HCl

molmolmolmol

故答案为：①＞②＞③；

B．与盐酸完全反应时，据Na2CO3CO2、NaHCO3CO2

molmolmolmol

故答案为：③＞②＞①；

（2）将agNa2CO3和NaHCO3的混合物充分加热，据2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O△m

16862

mag-bg

m=，则Na2CO3的质量分别为：ag-m=ag-；

则Na2CO3的质量分数为：（1-）×100%，故答案为：（1-）×100%；

（3）根据题意知，在反应中PbO2得电子转化为为Pb（NO3）2，所以二氧化铅是氧化剂，则二价锰失电子作还原剂，溶液呈红色，说明二价锰离子被氧化生成高锰酸根离子，所以反应的离子方程式为2Mn2++4H++5PbO2=5Pb2++2MnO4-+2H2O；

故答案为：2Mn2++4H++5PbO2=5Pb2++2MnO4-+2H2O；

（4）已知：

①3Fe（s）+2O2（g）⇌Fe3O4（s）△H1=-1118.4KJ/mol；

②2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）△H1=-483.8KJ/mol；

③2H2（g）+O（g）⇌2H2O（l）△H1=-571.8KJ/mol；

根据盖斯定律可知：①-②×2得：3Fe（s）+4H2O（g）⇌Fe3O4（s）+4H2（g）

△H=△H1-2△H2=-1118.4+483.8×2=-150.8KJ/mol；

故答案为：-150.8KJ/mol；

（5）2.24L（标况下）CO2气体的物质的量为=0.1mol；

若只发生：CO2+2KOH=K2CO3+H2O，则生成0.1mol的K2CO3；其质量=0.1mol×138g/mol=13.8g；

若只发生：CO2+KOH=KHCO3，则生成0.1mol的KHCO3；其质量=0.1mol×100g/mol=10g；

由于13.8g＞11.9g＞10.0g，所以得到的白色固体是K2CO3和KHCO3的混合物；

设白色固体中K2CO3xmol，KHCO3ymol；

根据碳原子守恒；有：xmol+ymol=0.1mol；

由二者质量可知：138g•mol-1×xmol+100g•mol-1×ymol=11.9g

联立方程；解得x=0.05moly=0.05mol

原溶液中KOH物质的量为2xmol+ymol=2×0.05mol+0.05mol=0.15mol，所用KOH溶液物质的量浓度为=0.3mol•L-1；

故答案为：0.3．16、3d10Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2OSi3N4原子-571.6sp32H2O2+Ba（OH）2=Ba（HO2）2+2H2O1：110-5mol/L-10-9mol/L【分析】【分析】A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素．E为前四周期电负性最小的元素，则E为K元素；A、B、C三种元素的基态原子具有相同的能级和能层，三种处于同一周期，其中C原子基态时2p轨道有两个未成对电子，则三元素处于第二周期，C原子外围电子排布为2s22p2或2s22p4，第一电离能的顺序为A＜C＜B，则B元素原子的2p能级为半满稳定状态，其外围电子排布为2s22p3，故B为氮元素，C原子外围电子排布为2s22p4，则C为氧元素；A原子外围电子排布为2s22p1或2s22p2，D与A同族，其单质为常用的半导体材料，处于ⅣA族，则A为碳元素、D为Si元素；F原子内层无空轨道，最外层电子数与E相同，则F原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则F为Cu元素，据此解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素．E为前四周期电负性最小的元素，则E为K元素；A、B、C三种元素的基态原子具有相同的能级和能层，三种处于同一周期，其中C原子基态时2p轨道有两个未成对电子，则三元素处于第二周期，C原子外围电子排布为2s22p2或2s22p4，第一电离能的顺序为A＜C＜B，则B元素原子的2p能级为半满稳定状态，其外围电子排布为2s22p3，故B为氮元素，C原子外围电子排布为2s22p4，则C为氧元素；A原子外围电子排布为2s22p1或2s22p2，D与A同族，其单质为常用的半导体材料，处于ⅣA族，则A为碳元素、D为Si元素；F原子内层无空轨道，最外层电子数与E相同，则F原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；则F为Cu元素；

（1）F为Cu元素，子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu+的价层电子排布为3d10；

化合物Cu2O与稀硫酸反应的产物之一为红色固体且反应中只有Cu元素化合价发生了变化，应生成Cu与硫酸铜，同时生成水，该反应的离子方程式Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；

故答案为：3d10；Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；

（2）N、Si形成一种超硬、耐磨、耐高温的新型化合物，该化合物化学式为Si3N4，属于原子晶体，由氢气与O2反应生成1mol气态H2O产物，放热241.8KJ，若1g气态H2O转化成液态H2O放热2.444KJ，1mol气态H2O转化成液态H2O放热为2.444KJ×=44kJ，故生成2mol液态H2O放出的热量为（241.8kJ+44kJ）×=571.6kJ，则反应：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）的△H=-571.6kJ/mol；

故答案为：Si3N4；原子；-571.6；

（3）氧元素与氢元素形成的正一价离子含有10电子为H3O+，H3O+中氧原子价层电子对数=3+=4，O原子含有1对孤对电子，故O原子产生sp3杂化；

氧元素与氢元素形成的一种18电子分子M的水溶液具有弱酸性，M为H2O2，则H2O2与Ba（OH）2溶液反应生成酸式盐的化学方程式为：2H2O2+Ba（OH）2=Ba（HO2）2+2H2O；

故答案为：sp3；2H2O2+Ba（OH）2=Ba（HO2）2+2H2O；

（4）CO2分子结构式为O=C=O，1molCO2分子中含有2molσ键、2molπ键，故含有σ键与π键的数目之比为1：1；N、O两元素形成的正一价离子N与CO2互为等电子体，则N为NO2+，结构与CO2相似，NO2+的电子式为

常温下，若1molCO2与等物质的量的NaOH反应后所得溶液为NaHCO3溶液，溶液pH等于9，根据电荷守恒有c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒有c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），联立可得c（H2CO3）-c（CO32-）=c（OH-）-c（H+）=mol/L-10-9mol/L=（10-5-10-9）mol/L；

故答案为：1：1；（10-5-10-9）mol/L．17、①偏大无影响偏小0.1626【分析】【分析】（1）根据碱式滴定管在装液前应用所装液体进行润洗；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；

（2）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；

（3）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；

（4）先根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3组平均消耗V（NaOH），接着根据c（待测）=来计算．【解析】【解答】解：：（1）碱式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（标准）偏大；故答案为：①；偏大；

（2）在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=可知c（标准）无影响；故答案为：无影响；

（3）在记下滴定管液面读数时，滴定管尖嘴有气泡，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=可知c（标准）偏小；故答案为：偏小；

（4）三次滴定消耗的体积为：21.30mL，16.30mL，16.22，舍去第1组数据，然后求出2、3组平均消耗V（NaOH）=16.26mL，c（待测）===0.1626mol•L-1，故答案为：0.1626．18、略

【分析】根据A、D可形成的两种液态化合物的情况知,这两种化合物为H2O和H2O2,再结合原子序数增大,所以A为H,D为O,则B只能为C,C为N,E单质可净化水质,E为Cl。(1)O的原子序数是8,位于第二周期ⅥA族;氯元素位于第三周期ⅦA族,所以原子结构示意图为由气态氢化物的沸点无法确定元素的非金属性强弱。答案选BCD。(2)由A、B两种元素组成的最简单的化合物是甲烷,电子式为(3)都既可以与盐酸反应又可以与NaOH溶液反应,一般是弱酸的酸式盐或弱酸的铵盐或氨基酸,因此甲是碳酸氢铵或碳酸铵,乙是甘氨酸。化学式分别是NH4HCO3或(NH4)2CO3、H2NCH2COOH。(4)①根据原子守恒可知,两种碱应该是氢氧化铁和氢氧化亚铁,所以方程式为Fe2++2Fe3++8NH3+8H2OFe(OH)2↓+2Fe(OH)3↓+8NH4+。(5)亚铁离子和铁离子的浓度分别是2.0mol·L-1和4.0mol·L-1,所以根据溶度积常数可知,相应OH-浓度分别是10-8mol·L-1、10-12mol·L-1,所以混合液中c(OH-)不得大于10-12mol·L-1。【解析】【答案】(1)第二周期ⅥA族BCD(2)(3)NH4HCO3或(NH4)2CO3H2NCH2COOH(4)Fe2++2Fe3++8NH3+8H2OFe(OH)2↓+2Fe(OH)3↓+8NH4+(5)10-1219、略

【分析】解：（1）乙醛与氧气发生氧化反应生成乙酸，方程式为：2CH3CHO+O22CH3COOH；

故答案为：2CH3CHO+O22CH3COOH；

（2）实验开始时温度计应测量反应的温度；控制反应温度为60℃～80℃，所以实验开始时温度计水银球的位置应在试管A的反应液中；

由蒸馏原理可知；温度计测量的是蒸气的温度，所以温度计水银球的位置应在试管A的支管口处；

故答案为：试管A的反应液中；控制反应温度为60℃～80℃；在试管A的支管口处；

（3）乙酸的沸点为117.9℃；要想通过蒸馏的方法得到乙酸，B内盛装的液体的沸点应大于117.9℃，由表可知烧杯B内盛装的液体可以是乙二醇或甘油；

故答案为：甘油；

（4）乙酸能使PH试纸变红，乙酸能与碳酸氢钠粉末反应产生气泡，与红色石蕊试纸、银氨溶液无现象，故选：a、b

（1）根据乙醛与氧气发生氧化反应生成乙酸；

（2）根据实验开始时温度计应测量反应的温度；控制反应温度为60℃～80℃；根据蒸馏原理，温度计测量的是蒸气的温度；

（3）根据乙酸的沸点为117.9℃；要想通过蒸馏的方法得到乙酸，B内盛装的液体的沸点应大于117.9℃；

（4）根据酸的通性来解答．

本题借助于乙酸的制备，考查了蒸馏的原理、乙酸的性质，难度不大，根据课本知识即可完成．【解析】2CH3CHO+O22CH3COOH；试管A的反应液中；控制反应温度为60℃～80℃；试管A的支管口处；甘油；a、b20、CH4+H2OCO+3H2＜不变2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=-134kJ/mol2Cl--2e-=Cl2↑CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl2Cu+8NH3+O2+2H2O═2Cu（NH3）42++4OH-【分析】【分析】（1）甲烷与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气；

（2）①温度越大；压强越大，反应速率越大；

②化学平衡常数只与温度有关；

（3）由图示可知，第一步：2NH3（g）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（l，氨基甲酸铵）△H1=-272KJ/mol；

第二步：H2NCOONH4（l）⇌H2O（l）+H2NCONH2（s）△H2=+138KJ/mol；

根据盖斯定律，两个过程相加得到NH3（g）与CO2（g）反应生成尿素的热化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）⇌H2O（l）+H2NCONH2（s）△H=-134kJ•mol-1；阳极室中发生的反应依次为：2Cl--2e-=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl；

（4）铜在有NH3存在时能被空气中的O2氧化，生成Cu（NH3）42+，以此书写离子反应．【解析】【解答】解：（1）甲烷与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，该反应为CH4+H2OCO+3H2，故答案为：CH4+H2OCO+3H2；

（2）①温度越大；压强越大，反应速率越大，由图可知，B对应的温度；压强大，则反应速率大，故答案为：＜；

②化学平衡常数只与温度有关；显然温度不变，则化学平衡常数K不变，故答案为：不变；

（3）由图示可知，第一步：2NH3（g）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（l，氨基甲酸铵）△H1=-272KJ/mol；

第二步：H2NCOONH4（l）⇌H2O（l）+H2NCONH2（s）△H2=+138KJ/mol；

根据盖斯定律，两个过程相加得到NH3（g）与CO2（g）反应生成尿素的热化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）⇌H2O（l）+H2NCONH2（s）△H=-134kJ•mol-1；阳极室中发生的反应依次为：2Cl--2e-=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl；

故答案为：2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=-134kJ/mol；2Cl--2e-=Cl2↑；CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl；

（4）铜在有NH3存在时能被空气中的O2氧化，生成Cu（NH3）42+，该离子反应为2Cu+8NH3+O2+2H2O═2Cu（NH3）42++4OH-，故答案为：2Cu+8NH3+O2+2H2O═2Cu（NH3）42++4OH-．21、Na2O23Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2ONH4NO3NaHCO3abc【分析】【分析】该实验探究NH3催化氧化反应，在催化剂条件下，氨气和氧气在E处发生氧化还原反应生成NO和水蒸气，所以A中生成的气体中含有氨气和氧气，加热碳酸氢铵时，发生反应NH4HCO3H2O+CO2↑+NH3↑，碳酸氢铵分解生成的气体中不含氧气，H2O、CO2和Na2O2反应生成O2，且除去杂质H2O、CO2，所以X为Na2O2，生成的NO是无色气体，NO不稳定易被氧化生成红棕色气体NO2；二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸和Cu反应生成硝酸铜；NO和水，氮氧化物有毒，不能直接排空，要连接尾气处理装置；

（1）装置A试管中的化合物X是Na2O2；

（2）实验进行一段时间后；观察到装置G中溶液变成蓝色，说明Cu发生氧化还原反应生成铜离子，二氧化氮和水反应生成的硝酸与铜发生氧化还原反应生成硝酸铜；

（3）甲；乙两同学分别按上述装置进行实验；一段时间后，甲观察到装置F中有红棕色气体说明有二氧化氮生成，乙则观察到装置F中只有白烟生成，二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸和氨气反应生成硝酸铵固体；

（4）为了帮助乙实现在装置F中也观察到红棕色气体生成；可在原实验基础上进行改进．

①甲认为是E反应后剩余O2太少导致F中无红棕色气体产生，预先在装置A试管内，除了NH4HCO3和X外；适当加入钠盐，该钠盐能受热分解生成二氧化碳；水；

②乙则认为，可以在装置E、F之间增加一个装置，该装置要除去水蒸气．【解析】【解答】解：该实验探究NH3催化氧化反应，在催化剂条件下，氨气和氧气在E处发生氧化还原反应生成NO和水蒸气，所以A中生成的气体中含有氨气和氧气，加热碳酸氢铵时，发生反应NH4HCO3H2O+CO2↑+NH3↑，碳酸氢铵分解生成的气体中不含氧气，H2O、CO2和Na2O2反应生成O2，且除去杂质H2O、CO2，所以X为Na2O2，生成的NO是无色气体，NO不稳定易被氧化生成红棕色气体NO2；二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸和Cu反应生成硝酸铜；NO和水，氮氧化物有毒，不能直接排空，要连接尾气处理装置；

（1）装置A试管中的化合物X是Na2O2，故答案为：Na2O2；

（2）实验进行一段时间后，观察到装置G中溶液变成蓝色，说明Cu发生氧化还原反应生成铜离子，NO和氧气反应生成NO2，NO2和水反应生成的HNO3与Cu发生氧化还原反应生成硝酸铜、NO和水，铜离子呈蓝色，发生的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

（3）甲、乙两同学分别按上述装置进行实验，一段时间后，甲观察到装置F中有红棕色气体说明有二氧化氮生成，乙则观察到装置F中只有白烟生成，E中生成NO和水，生成的NO被氧气氧化生成红棕色气体NO2，NO2和水反应生成HNO3，HNO3和氨气反应生成NH4NO3固体，所以白色固体成分是NH4NO3，故答案为：NH4NO3；

（4）为了帮助乙实现在装置F中也观察到红棕色气体生成；可在原实验基础上进行改进．

①甲认为是E反应后剩余O2太少导致F中无红棕色气体产生，预先在装置A试管内，除了NH4HCO3和X外，适当加入钠盐，该钠盐能受热分解生成二氧化碳、水，所以可以是NaHCO3，故答案为：NaHCO3；

②乙则认为，可以在装置E、F之间增加一个装置，该装置要除去水蒸气，a、b、c都可以吸收水蒸气且和NO不反应，故选abc．22、C6H12O6提供生命活动的能量还原性微量大脖子病BCu-2e-=Cu2+Cu2（OH）2CO3+4H+=2CCu2++CO2↑+3H2OC植树造林明矾Al（OH）3胶体【分析】【分析】（1）①分析淀粉在人体内的代谢过程及最终产物；

②维生素C是还原剂；具有还原性；

③根据生活常识及微量元素的有关知识解答；缺碘会引起大脖子病；

④青霉素是抗生素；

（2）①金不与硫酸；盐酸等反应；铜腐蚀时做负极时失去电子；铜绿是碱式碳酸铜可与盐酸反应；

②A．外面包上一层塑料层可减少与空气的接触；

B．镀上一层金属铬可以隔绝空气；

C．原电池能加快化学反应速率；

（3）①燃料的燃烧产生大量二氧化碳；植物的光合作用需要二氧化碳，从减少二氧化碳的排放；二氧化碳被植物利用方面进行分析；

②胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水．【解析】【解答】解“（1）①粮食中的淀粉在人体内在酶的作用水解最终转化成葡萄糖；葡萄糖与氧气反应，生成二氧化碳和水，同时放出热量供给生命活动所需要的能量；

故答案为：C6H12O6；提供生命活动的能量；

②由题意知，Fe3+是氧化剂，维生素C是还原剂，具有还原性，将从食物中获取的Fe3+还原为Fe2+；故答案为：还原性；

③碘属于微量元素；缺碘会引起大脖子病，故答案为：微量；大脖子病；

④阿司匹林是解热镇痛药；青霉素是抗生素，麻黄碱是镇咳药，故答案为：B；

（2）①取少许合金加入少量盐酸（或稀硫酸、醋酸等），若有气泡产生，则可证明是假黄金；铜腐蚀时做负极时失去电子：Cu-2e-=Cu2+；铜绿是碱式碳酸铜可与盐酸反应：Cu2（OH）2CO3+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O，故答案为：取少许合金加入少量盐酸（或稀硫酸、醋酸等），若有气泡产生，则可证明是假黄金（或往少许合金中加入Hg（NO3）2溶液、AgNO3溶液等，观察有无Hg、Ag等金属析出；高温灼烧合金，观察是否变黑等）；Cu-2e-=Cu2+；Cu2（OH）2CO3+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O；

②A．外面包上一层塑料层可减少与空气中氧气的接触；故A正确；

B．镀上一层金属铬可以隔绝空气；使金属不受腐蚀，故B正确；

C．原电池能加快化学反应速率；铁铜海水构成原电池，加快铁的腐蚀，故C错误．

故选C．

（3）：①燃料的燃烧产生大量二氧化碳；植物的光合作用需要二氧化碳，所以为减少二氧化碳的排放，采取的措施有：

减少化石燃料的使用；植树造林；增大植被面积、采用节能技术、利用太阳能和风能；

故答案为：植树造林；

②明矾是强酸弱碱盐；铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而达到净水的目的；

故答案为：明矾，Al（OH）3胶体．四、判断题(共2题，共4分)23、√【分析】【分析】可从该化合物所含化学键及晶体类型判断是否含有钠离子．【解析】【解答】解：Na是第ⅠA族活泼金属，与酸根离子形成离子键，所以Na2SO4属于离子化合物；由阳离子钠离子和阴离子硫酸根离子构成；

故答案为：√．24、√【分析】【分析】（1）根据天然气和沼气的成分分析；

（2）根据成水煤气的反应分析；

（3）根据干馏煤的产物分析；

（4）根据石油的成分分析；

（5）根据石油和天然气的主要成分分析；

（6）根据煤的干馏和石油的分馏的原理分析；

（7）根据煤油的来源和性质分析；

（8）根据石油的成分分析；

（9）根据苯和正己烷的性质分析；

（10）根据石油分馏原理分析；

（11）根据石油催化裂化的原理分析；

（12）根据煤气的成分分析．【解析】【解答】解：（1）天然气和沼气的主要成分是甲烷；故正确，故答案为：√；

（2）煤可与水蒸气反应制成水煤气，其反应方程为：C+H2OCO+H2，所以水煤气的主要成分是CO和H2；故正确，故答案为：√；

（3）干馏煤是在隔绝空气的条件下；将煤加热到900～1100℃时，可以得到焦炭；煤焦油、煤气等物质，从煤焦油中可分离出苯、甲苯等化工原料，煤气中可以得到甲烷和氨等重要化工原料，故正确，故答案为：√；

（4）石油中主要含碳元素；氢元素两种元素；主要是烷烃、环烷烃和芳香烃的混合物，分馏不能获得乙酸，故错误，故答案为：×；

（5）石油主要是烷烃；环烷烃和芳香烃的混合物；天然气的主要成分是甲烷，它们都是碳氢化合物，故正确，故答案为：√；

（6）煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热；生成煤焦油；焦炭、焦炉煤气等物质，属于化学变化．石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故错误，故答案为：×；

（7）煤油可由石油分馏获得；燃烧热值大可用作燃料，不与Na反应，密度比Na大，可保存少量金属钠，故正确，故答案为：√；

（8）石油主要是烷烃；环烷烃和芳香烃的混合物；石油分馏得不到乙烯，故错误，故答案为：×；

（9）苯和正己烷都不与溴水反应；故错误，故答案为：×；

（10）石油是混合物；其分馏产品是几种沸点相近的烃的混合物，所以汽油不是纯净物，故错误，故答案为：×；

（11）石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯；丙烯等气态短链烃；故正确，故答案为：√；

（12）煤气的主要成分是一氧化碳和氢气，故错误，故答案为：×；．五、简答题(共1题，共3分)25、（1）Fe3+、Mg2+、CO32-

（2）Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O

（3）1：1存在（4）Ba（OH）2AgNO3

（5）2Al3++3CO32-+3H2O═3CO2↑+2Al（OH）3↓

【分析】【分析】本题考查了常见离子检验，现象的判断和离子检验，关键是图象分析离子特征和离子共存的判断，题目难度中等。【解答】I.rm{(1)}无色废水确定无rm{Fe}无色废水确定无rm{(1)}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}确定有，根据实验rm{垄脵}确定有rm{Na}rm{垄脵}rm{Na}确定有rm{{,!}^{+}}，根据实验rm{垄脷}确定有rm{SO}rm{垄脷}确定有rm{SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}，根据实验rm{垄脹}确定有rm{Al}rm{垄脹}rm{Al}rm{{,!}^{3+}}，一定不含rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}、rm{Mg}rm{Mg}rm{{,!}^{2+}}，因为rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}与rm{Al}rm{Al}rm{{,!}^{3+}}不能共存，所以无rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}；故溶液中存在的离子为：rm{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+}}、