2025年粤教沪科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年粤教沪科版高三化学上册月考试卷718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、青蒿素和双氢青蒿素的结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A.双氢青篙素属于脂类物质B.青蒿素的分子式为C15H21O5C.青蒿素环上的一氯取代物有11种D.青蒿素通过加成反应可以转化为双氢青蒿素2、下列有关水的说法正确的是（）A.饮用水越纯净越好B.水是一种很好的溶剂C.没有污染的水就是纯净水D.水在人体内没有调节体温的作用3、下列对于化学式“H20”的各种表述不正确的是（）A.表示水这种物质B.表示水分子由氢元素和氧元素组成C.表示1个水分子D.表示1个水分子由2个氢原子和1个氧原子构成4、元素的原子结构决定其性质和在周期表中的位置。下列说法正确的是A元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价B多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高CP、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应的水化物的酸性均依次增强D元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素5、下列说法正确的是A.因为rm{HAc}的rm{Ka}大于rm{HClO}的rm{Ka}所以rm{NaAc}溶液rm{PH}小于rm{NaClO}溶液的rm{pH}B.饱和亚硫酸溶液的rm{pH}小于饱和碳酸溶液的rm{pH}所以亚硫酸酸性强于碳酸C.稀硫酸中加入rm{Zn}粉，随着反应的进行，溶液中水的电离程度逐渐增大D.因为rm{NH_{4}CN}溶液显碱性所以氨水的电离常数小于rm{HCN}的电离常数6、今有A、B两种原子，A原子的M层比B原子的M层少3个电子，B原子的L层电子数恰为A原子L层电子数的2倍，A和B分别是（）A.Si和NaB.B和HC.Cl和CD.C和Al7、下列电离方程式正确的是（）A.Al2（SO4）3=Al3++B.H2SO2═2H++C.Ba（OH）2=Ba2++（OH-）2D.KOH=K+++H+8、优质的锂碘电池可用于心脏起搏器延续患者的生命，它的正极是聚2-乙烯吡啶（简写P2VP）和I2的复合物，电解质是固态薄膜状的碘化锂，电池的总反应为：2Li+P2VP·nI2＝P2VP·(n-1)I2+2LiI,则下列说法正确的（）A.该电池的电势低，使用寿命比较短B.电池工作时，碘离子移向P2VP一极C.聚2-乙烯吡啶的复合物与有机物性质相似，因此不会导电D.正极的反应为：P2VP·nI2+2Li++2e－＝P2VP·(n-1)I2+2LiI9、下列实验能达到目的的是()

A.用溴水鉴别苯和正己烷。

B.用rm{BaCl_{2}}溶液鉴别rm{SO_{4}^{2-}}与rm{SO_{3}^{2-}}

C.用浓rm{HNO_{3}}与rm{Cu}反应制备rm{NO_{2}}

D.将混有rm{HCl}的rm{Cl_{2}}通入饱和rm{NaHCO_{3}}溶液中除去rm{HCl}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：

查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙；氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成．

Ⅰ．摩擦剂中氢氧化铝的定性检验。

取适量牙膏样品；加水成分搅拌；过滤．

（1）往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤．氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是____．

（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸．观察到的现象是____．

Ⅱ．牙膏样品中碳酸钙的定量测定。

利用如图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量；以确定碳酸钙的质量分数．

依据实验过程回答下列问题：

（3）实验过程中需持续缓缓通入空气．其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：____．

（4）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是____（填标号）．

a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体。

b．滴加盐酸不宜过快。

c．在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置。

d．在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置。

（5）实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94g．则样品中碳酸钙的质量分数为____．

（6）有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数．实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是____．11、A；B、C、D、E五种短周期元素；它们的原子序数依次增大；A是周期表中原子半径最小的元素；B元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物能相互反应生成盐；C元素与A元素可形成两种液态化合物，其原子个数比分别为1：1和1：2，且分子中电子总数分别为18和10；D元素的主族序数等于其周期数；E元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．

试回答下列问题：

（1）D元素的原子结构示意图____；E元素在周期表中位置____．

（2）实验室中制取B的氢化物的反应方程式为：____．B元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物能相互反应，其反应生成盐中所含的化学键是____，实验室中常将B的最高价氧化物的水化物的浓溶液低温保存在棕色试剂瓶中，其原因是____；工业上储存和运输这种浓溶液，常使用D元素制成的容器，这是因为：____．

（3）C、D、E三种元素的原子半径由大到小的顺序是____（填元素符号）；C和E两种元素相比较，非金属性较强的是（填元素名称）：____，可以说明该结论的事实是____．（举例一条）

（4）D的单质在工业上常用于焊接钢轨，反应的方程式可表示为：____；D的氢氧化物具有两性，证明其具有这种性质的反应的离子方程式可表示为：____．12、以下是一些烷烃的燃烧热（kJ/mol）数据；回答下列问题：

。化合物燃烧热化合物燃烧热甲烷891.0正丁烷2878.0乙烷1560.8异丁烷2869.6丙烷2221.52-甲基丁烷3531.3（1）已知：物质的能量越高越不稳定，根据表中的数据，比较正丁烷、异丁烷的热稳定性：正丁烷____异丁烷（填“＞”；“=”或“＜”）．

（2）写出乙烷燃烧的热化学方程式：____

（3）相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量____（填“越多”、“越少”或“相同”）．13、无机非金属材料的主角--硅是地壳中含量居第二位的元素．信息技术依赖的计算机芯片主要是晶体硅；而光纤材料的主要成分是二氧化硅．

（1）在元素周期表中，硅和碳处于同一纵行，它们的最高价氧化物性质迥异．SiO2的熔点高、硬度大，而干冰熔点低硬度小易升华，其原因是____．

（2）写出SiO2与NaOH反应的离子方程式：____．

（3）写出SiO2与Na2CO3高温下反应的化学方程式：____．

（4）H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性．在Na2SiO3溶液中，通入CO2或SO2都可以得到H2SiO3

沉淀，同时生成Na2CO3或Na2SO3．CO2-3的空间构型是____，SO2-3的空间构型是____．

（5）硅酸盐是一些结构复杂的固态物质，通常用氧化物的形式表示其组成．某硅酸盐可表示为：Mga（Si4O10）（OH）b（其中a、b为正整数）．

①a能不能等于2？____（填“能”；“不能”或“无法确定”）．

②a与b应满足的关系是（写表达式）____．

③a=3时，此硅酸盐的表达式是（以氧化物的形式表示）____．14、中学常见反应的化学方程式是：A+B→X+Y+H2O（未配平，反应条件略去），其中A、B的物质的量之比为1：4。请回答：（1）若Y是黄绿色气体，该反应的离子方程式是。（2）若A为常见的非金属单质，B的溶液为某浓酸，其氧化产物的结构式为______（3）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中。含amolX的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的X是____mol。（4）若A、B、X、Y均为化合物。向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色。则A与B按物质的量之比1：4反应后，溶液中溶质的化学式为。15、有A、B、C、D、E五种元素，它们的原子序数按E、C、D、A、B依次增大，E原子最外层有4个电子；A-与B+的核外电子排布相同；D的气态氢化物的化学式为H2D；最高价氧化物中D的质量分数为40%，且D原子核内质子数和中子数相等；C的原子序数比D少9，比B少12，其气态氢化物中氢的质量分数为17.65%．

（1）写出五种元素的元素符号：

A：____，B：____，C：____，D：____，E：____．

（2）画出A-、B+的结构示意图____、____．

（3）A、D最高价氧化物对应的水化物的酸性____＞____．

（4）写出E的最高价氧化物与过量的B的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式____

（5）写出B、C最高价氧化物的水化物之间相互反应的化学方程式____．16、海藻中含有丰富的碘元素（以I-形式存在）．实验室中提取碘的流程如下：

（1）步骤①操作的名称为____．

（2）写出步骤②中涉及的有关反应的离子方程式____．

（3）步骤③所需要的仪器的名称是____，选用的有机溶剂可以是____．（填序号）

A．CCl4B．酒精C．醋D．汽油．17、已知可逆反应CO+H2O（g）⇌CO2+H2；在一定条件下达到平衡状态．

（1）T℃时，若起始时：c（CO）=2mol/L，c（H2O）=3mol/L，平衡时CO的转化率为60%，此时平衡常数K值为____；水蒸气的转化率为____．

（2）T℃时，若起始时：c（CO）=2mol/L，c（H2O）=6mol/L，则水蒸气的转化率为____

（3）若T℃时，起始浓度c（CO）=amol/L，c（H2O）=bmol/L，平衡时H2的浓度c（H2）=cmol/L，则a、b、c之间的关系式是____．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)18、常温常压下，22.4LSO2和O2的混合气体中氧原子总数为2NA____（判断对错）19、25℃、pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH-数目为0.2NA．____（判断对错）20、水体污染的危害是多方面的；它不仅加剧水资源短缺，而且严重危害人体健康．

请判断下列说法是否正确（填“√”或“×”）．

（1）工业废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染．____

（2）生活污水中不含工业污染物，因此可以不经处理任意排放．____

（3）含重金属（Hg、Pb、Cd、Cr等）的水，对人类健康有害．____

（4）含大量N、P的污水任意排向湖泊和近海，会出现水华、赤潮等问题．____．21、由冰变成水蒸气需要吸收热量，是吸热反应____．（判断对错）22、胶体的性质主要有：丁达尔现象、电泳、聚沉____．（判断对错）23、判断下列有关烯烃；卤代烃、醇的命名是否正确。

（1）CH2═CH-CH═CH-CH═CH21，3，5三己烯____

（2）2-甲基-3-丁醇____

（3）二溴乙烷____

（4）3-乙基-1-丁烯____

（5）2-甲基-2，4-已二烯____

（6）1，3-二甲基-2-丁烯____．评卷人得分四、计算题(共3题，共30分)24、已知阿伏加德罗常数的近似值为6.02×1023．按要求完成下列填空：

（1）某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+，则该溶液中SO42-的物质的量是____．

（2）0.5mol的Fe含____个铁原子，质量是____g；1.204×1024个铁原子物质的量是____mol，质量为____g．

（3）2molCO（NH2）2中含____mol氮原子，所含氧原子数跟____molH2O中所含氧原子数相等．

（4）322gNa2SO4•10H2O中所含的Na+的物质的量是____mol，SO42-的物质的量是____mol，所含H2O分子的数目是____个．25、10gCO和CO2的混合气体在标准状况下的体积是6.72L，则混合气体中CO和CO2的物质的量各为多少？26、将足量CO2气体通过7.8gNa2O2固体．请回答：

（1）在标准状况下；生成氧气的体积为多少L．

（2）将上述反应后的固体配制成500mL溶液；所得溶液物质的量浓度是多少mol/L．

（3）配制上述溶液时，以下操作会导致所配制溶液浓度偏低的有____．

①转移溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒；②配制溶液时容量瓶中有少量水；③在定容时，俯视刻度线．评卷人得分五、解答题(共3题，共18分)27、吃饭时，为什么要注意食物的酸碱性？28、（2015秋•昆明校级期中）如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据；试根据标签上的有关数据回答下列问题：

（1）该浓盐酸的物质的量浓度为？

（2）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500ml物质的量浓度为0.4mol•L-1的稀盐酸，需用量筒量取多少ml上述浓盐酸？29、功能高分子材料通过在合成高分子的主链或支链上连接能显示某种功能的官能团，使高分子具有特殊的功能，满足光、电、磁、化学、生物、医学等方面的功能要求．请列举你知道的功能高分子材料及其应用实例．评卷人得分六、实验题(共4题，共36分)30、将氯气用导管通入较浓的NaOH和H2O2的混和液中，在导管口与混和液的接触处有闪烁的红光出现。这是因为通气后混和液中产生的ClO－被H2O2还原，发生激烈反应，产生能量较高的氧分子，然后立即转变为普通氧分子，多余的能量以红光放出。本实验所用的仪器及导管如图。根据要求填写下列空白：（1）组装氯气发生装置时，应选用的仪器及导管为(填写图中编号)。（2）本实验进行时，按气流方向从左到右的顺序，气体流经的各仪器及导管的编号依次为。（3）仪器①的橡皮塞上至少应有2个孔的原因是。（4）本实验需配置10mol·L－1的NaOH溶液500mL，用到的仪器除了托盘天平、烧杯外，还须用到的仪器有(填仪器名称)，定容时操作如图，则所配溶液浓度(填“偏高”或“偏低”)。（5）实验时仪器①中ClO－与H2O2反应的离子方程式为。31、某课外活动小组设计如图所示的装置图（图中夹持和加热装置略去），研究SO2的性质．

（1）实验室制取二氧化硫类似于制取二氧化碳，在下列物质中选择合适的试剂制取二氧化硫____．

A．10%的硫酸B．80%的硫酸C．浓盐酸D．稀硝酸。

E．亚硫酸钠固体F．亚硫酸钙固体G．饱和亚硫酸钠溶液。

（2）若从左端通入SO2，装置A中观察到的现象是____；SO2通入B中，溶液颜色褪去，则该反应的离子方程式为____．

（3）装置C中未见沉淀生成．实验结束后若向该试管中加入足量（填字母）____；才能产生白色沉淀．

A．氨水B．稀盐酸C．硝酸钾溶液D．硫化钠溶液。

（4）装置D的三个作用是：①____；②____；③____．

（5）若装置E中装的是V2O5（催化剂），通入SO2时，打开K通入适量O2的化学反应方程式为____．

（6）实验结束后某同学将F装置中的溶液过滤、蒸发、洗涤、干燥后称得固体质量为ag，进一步加热固体使其中的亚硫酸钡分解，称得残留固体质量为bg．通过计算得出二氧化硫转化为三氧化硫的转化率为×100%该同学的作法是否可行____（答“可行”或“不可行”），原因是____．32、某城市实时空气质量检测报告中标明空气中包含多种气体污染物，如rm{CO}氮氧化物rm{(NO_{x})}rm{SO_{2}}等rm{.}

rm{(1)CO}的检测．

rm{垄脵}粉红色的rm{PdCl_{2}}溶液可以检验空气中少量的rm{CO.}若空气中含rm{CO}则溶液中会产生黑色的rm{Pd}沉淀，每生成rm{5.3gPd}沉淀；反应转移电子数为______．

rm{垄脷}使用电化学一氧化碳气体传感器定量检测空气中rm{CO}含量，其模型如图rm{1}所示，这种传感器利用了燃料电池原理rm{.}则该电池的负极反应式为______．

rm{(2)}活性炭可处理大气污染物rm{NO.}在rm{2L}密闭容器中加入rm{NO}和活性炭rm{(}无杂质rm{)}生成气体rm{E}和rm{F.}当温度分别在rm{T_{1}}和rm{T_{2}}时；测得各物质平衡时物质的量如表：

。

活性炭rm{NO}rm{E}rm{F}初始rm{2.030}rm{0.10}rm{0}rm{0}rm{T_{1}}rm{2.000}rm{0.040}rm{0.030}rm{0.030}rm{T_{2}}rm{2.005}rm{0.050}rm{0.025}rm{0.025}rm{垄脵}上述反应rm{T_{1}隆忙}时的平衡常数为rm{K=}______．

rm{垄脷}根据上述信息判断，温度rm{T_{1}}和rm{T_{2}}的关系是rm{(}填序号rm{)}______．

rm{a.T_{1}>T_{2}}rm{b.T_{1}<T_{2}c.}无法比较。

rm{(3)NH_{3}}催化还原氮氧化物rm{(SCR)}技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术，反应原理为rm{NO(g)+NO_{2}(g)+2NH_{3}(g)?2N_{2}(g)+3H_{2}O}rm{triangle<0}在氨气足量的情况下，不同rm{dfrac{c(NO_{2})}{c(NO)}}不同温度对脱氨率的影响如图rm{dfrac

{c(NO_{2})}{c(NO)}}所示rm{2}请回答温度对脱氨率的影响______；给出合理的解释______．

rm{.}硫酸厂尾气中的rm{(4)}可催化氧化生成rm{SO_{2}}再合成硫酸rm{SO_{3}}在某温度时，向rm{.}的密闭容器中加入rm{10L}和rm{4.0molSO_{2}}反应达到平衡，改变下列条件，再次达到平衡时，能使rm{10.0molO_{2}}的新平衡浓度和原来平衡浓度相同的是______rm{O_{2}}填序号rm{(}

A.在其他条件不变时；减少容器的容积。

B.保持温度和容器内压强不变，再充入rm{)}和rm{2.0molSO_{2}}

C.保持温度和容器体积不变，再充入rm{5.0molO_{2}}和rm{SO_{2}}使之浓度扩大为原来的两倍．rm{SO_{3}}33、铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物rm{(}设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与rm{H_{2}SO_{4}}反应rm{).}某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究．

Ⅰrm{.}铁矿石中含氧量的测定。

rm{垄脵}按如图组装仪器；______；

rm{垄脷}将rm{5.0g}铁矿石放入硬质玻璃管中，装置rm{B}rm{C}中的药品如图所示rm{(}夹持仪器均省略rm{)}

rm{垄脹}从左端导气管口处不断地缓缓通入rm{H_{2}}待rm{C}装置出口处rm{H_{2}}验纯后，点燃rm{A}处酒精灯；

rm{垄脺}充分反应后；撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却．

rm{(1)}补全步骤rm{垄脵}的操作______．

rm{(2)}装置rm{C}的作用为______．

rm{(3)}测得反应后装置rm{B}增重rm{1.35g}则铁矿石中氧的质量百分含量为______．

Ⅱrm{.}铁矿石中含铁量的测定。

rm{(1)}步骤rm{垄脺}中煮沸的作用是______．

rm{(2)}下列有关步骤rm{垄脼}的操作中说法正确的是______．

rm{a.}因为碘水为黄色；所以滴定过程中不需加指示剂。

rm{b.}滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂。

rm{c.}滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液。

rm{d.}锥形瓶不需要用待测液润洗。

rm{e.}滴定过程中；眼睛注视滴定管中液面变化。

rm{f.}滴定结束后，rm{30s}内溶液不恢复原来的颜色；再读数。

rm{(3)}若滴定过程中消耗rm{0.5000mol?L^{-1}}的rm{KI}溶液rm{22.50mL}则铁矿石中铁的质量百分含量为______．

Ⅲrm{.}由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为______．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】A．双氢青蒿素中含有醇羟基；醚键；不含酯基；

B．根据青蒿素结构简式确定分子式；

C．青蒿素环上氢原子种类是9；

D．青蒿素能和氢气发生加成反应生成双氢青蒿素．【解析】【解答】解：A．双氢青蒿素中含有醇羟基；醚键；不含酯基，所以双氢青蒿素不属于酯类物质，故A错误；

B．青蒿素的化学式为C15H22O5；故B错误；

C．青蒿素环上氢原子种类是9；所以其环上一氯取代物有9种，故C错误；

D．青蒿素中碳氧双键和氢气发生加成反应生成醇羟基；该反应属于加成反应，故D正确；

故选D．2、B【分析】【分析】A．水中含有的微量元素对人体有益；

B．水是一种很好的溶剂；食物中的许多营养物质要溶于水后才能被吸收；

C．不含或尽量少含任何杂质的水就是纯净水；

D．水在人体内起到调节体温的作用．【解析】【解答】解：A．水中含有的微量元素对人体有益；因此不是饮用水越纯净越好，故A错误；

B．水是一种很好的溶剂；食物中的许多营养物质要溶于水后才能被吸收，故B正确；

C．在化学上；不含或尽量少含任何杂质的水就是纯净水，故C错误；

D．水在人体内起到调节体温的作用；故D错误；

故选B．3、B【分析】【分析】根据由分子构成的物质的化学式的含义：微观表示物质的一个分子；表示一个分子的构成；宏观：表示一种物质；表示该物质的元素组成，以此解答．【解析】【解答】解：A．化学式“H20”表示水这种物质；故A正确；

B．化学式“H20”表示水由氢元素和氧元素组成；故B错误；

C．化学式“H20”表示1个水分子；故C正确；

D．化学式“H20”表示1个水分子由2个氢原子和1个氧原子构成；故D正确；

故选B．4、C【分析】根据主族元素的原子其最高化合价等于元素原子的最外层电子数，但氟元素无正价，氧元素没有最高化合价，A不正确；在多电子原子中，电子的能量是不相同的。在离核较近的区域内运动的电子能量较低，在离核较远的区域内运动的电子能量较高，B不正确；P、S、Cl均属于第三周期的元素，且原子序数依次递增，所以非金属性依次增强，所以得电子能力和最高价氧化物对应的水化物的酸性均依次增强，依次选项C正确；元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素一般既有金属性又有非金属性，在周期表中第三纵行到第十纵行，包括7个副族和一个Ⅷ共同组成了过渡元素，因此选项D也不正确。答案选C。【解析】【答案】C5、C【分析】本题考查盐类水解的应用和弱电解质的电离平衡移动。A.电离平衡常数越大，说明该物质的酸性越强，水解程度小，其对应的盐溶液的rm{pH}小，但是本题未给出盐的浓度，无法比较rm{NaAc}溶液与rm{NaClO}溶液的rm{pH}大小关系溶液与rm{NaAc}溶液的rm{NaClO}大小关系，故A错误；B.溶液的rm{pH}取决于溶液中氢离子的浓度，再根据氢离子浓度比较两种酸的酸性强弱，应选择相同浓度的酸溶液，该题中没有明确亚硫酸和碳酸溶液的浓度相同，故B错误；C.酸碱溶液会抑制水的电离，rm{pH}粉，随着反应的进行，氢离子的浓度逐渐减小，水的电离平衡受到的抑制减弱，故C正确；稀硫酸中加入rm{Zn}粉，随着反应的进行，氢离子的浓度逐渐减小，水的电离平衡受到的抑制减弱，故C正确；rm{Zn}溶液中铵根离子与氰酸根离子都水解，溶液显碱性说明，氰酸根的水解程度大于铵根的水解程度，故氢氰酸的电离常数小于氨水的电离常数，故D错误。故选C。D.【解析】rm{C}6、D【分析】【分析】根据题意和电子排布规律，确定A、B的电子层数和各层排布的电子数．【解析】【解答】解：根据题意；B原子的L层电子数恰为A原子L层电子数的2倍，而L层最多排布8个电子，因此，B的L层有8个电子，而A的L层有4个电子（无M层），根据“A原子的M层比B原子的M层少3个电子”可知，B的M层上有3个电子，即A共有K；L电子层，排布的电子数分别为2、4，B共有K、L、M电子层，排布的电子数分别为2、8、3，故A是C，B是Al，因此D正确．

故选D．7、B【分析】【分析】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水时电离成离子的化学方程式．离子所带电荷数一般可根据它们在化合物中的化合价来判断．所有阳离子带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等．电离方程式中，弱电解质的电离用“⇌”，强电解质的电离用“=”，注意弱酸的酸根离子不能拆分，并遵循电荷守恒、质量守恒定律，以此来解答．A．方程式右边正负电荷代数和不为零；B．根据离子方程式的书写规则进行分析；C．氢氧根离子数目应写在离子符号前；D．氢氧根原子团不能拆．【解析】【解答】解：A．物质电离后角标要转化成化学计量数，正确的离子方程式为：Al2（SO4）3=2Al3++3SO42-；故A错误；

B．硫酸电离时生成氢离子、硫酸根离子，正确的电离方程式为H2SO4═2H++SO42-；故B正确；

C．物质电离后角标要转化成化学计量数，同时注意离子所带的电荷数，原子团前面带数字，原子团不用加括号，正确的离子方程式为：Ba（OH）2=Ba2++2OH-；故C错误；

D．含有原子团的物质电离时，原子团应作为一个整体，不能分开，氢氧根离子不能分，正确的离子方程式为：KOH=K++OH-；故D错误；

故选B．8、D【分析】试题分析：优质的锂碘电池的使用寿命较长，显然A错误；由原电池原理可知阴离子向负极移动，B错误；在放电过程中,正极多碘离子得到电子,生成碘离子,同时锂原子失去电子生成锂离子,碘离子与锂离子在正极和负极之间的界面生成碘化锂层,C错误；考点：原电池原理。【解析】【答案】D9、C【分析】略【解析】rm{C}二、填空题(共8题，共16分)10、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体生成，沉淀溶解把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收cd25%B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中【分析】【分析】Ⅰ．（1）氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水；

（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，HCO3-+H+=CO2↑+H2O；

Ⅱ．（3）实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量；进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数．装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小；

（4）a、在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体；防止影响碳酸钡质量的测定；

b、滴加盐酸过快CO2，CO2不能完全被吸收；排出装置C；

c、在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2；

d、在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置Ba（OH）2，可以吸收CO2中的HCl，而不影响CO2；

（5）BaCO3质量为3.94gn（BaCO3）=0.0200mol，则n（CaCO3）=0.0200mol；质量为2.00g．

（6）B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中．【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O；

故答案为：Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O；

（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，HCO3-+H+=CO2↑+H2O，反应现象是通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生；沉淀溶解．

故答案为：通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体生成；沉淀溶解．

Ⅱ．（3）装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气的作用为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收；

故答案为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收；

（4）a、在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体；防止影响碳酸钡质量的测定，可以提高测定准确度，故a不符合；

b、滴加盐酸过快CO2，CO2来不及被吸收，就排出装置C，滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳吸收完全，可以提高测定准确度，故b不符合；

c、在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2；不能提高提高测定准确度，故c符合；

d、在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置Ba（OH）2，可以吸收CO2中的HCl，影响CO2；不能提高测定准确度，故d符合；

故选：cd；

（5）BaCO3质量为3.94g，则n（BaCO3）==0.02mol，则n（CaCO3）=0.02mol，质量为0.02mol×100g/mol=2g，所以样品中碳酸钙的质量分数为×100%=25%．

故答案为：25%；

（7）B中的水蒸气；氯化氢气体等进入装置C中；导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高；

故答案为：B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中．11、第三周期第VIA族2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O离子键、共价键4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O浓硝酸能使铝发生钝化Al＞S＞O氧O2+2H2S=2S+2H2O2Al+Fe2O3Al2O3+2FeAl（OH）3+3H+=Al3++3H2O、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O【分析】【分析】A是周期表中原子半径最小的元素，应为H元素；B元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物能相互反应生成盐，应为N元素；A元素与C元素可形成两种液态化合物，其原子个数比分别为1：1和2：1，则C为O元素，形成的化合物为H2O2和H2O，分子中电子总数分别为18和10；D元素的主族序数等于其周期数，应为Al元素；E元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，应为S元素，结合元素对应单质、化合物的性质以及在周期表中的位置解答该题．【解析】【解答】解：A是周期表中原子半径最小的元素，应为H元素；B元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物能相互反应生成盐，应为N元素；A元素与C元素可形成两种液态化合物，其原子个数比分别为1：1和2：1，则C为O元素，形成的化合物为H2O2和H2O；分子中电子总数分别为18和10；D元素的主族序数等于其周期数，应为Al元素；E元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，应为S元素；

综上所述：A为氢；B为氮，C为氧，D为铝，E为硫；

（1）D为Al，Al有3层电子，最外层电子数是3，故Al的原子结构示意图为：E为S，S有3层电子，最外层电子数为6，故处于第三周期第VIA族，故答案为：第三周期第VIA族；

（2）实验室采用氯化铵固体与氢氧化钙固体加热制取氨气，化学反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O，N元素的最高价氧化物的水化物（硝酸）与其氢化物（氨气）能相互反应生成硝酸铵，硝酸铵中所含的化学键是：离子键、共价键，低温保存在棕色试剂瓶中，说明此种溶液见光容易分解，用化学反应方程式表示为：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O；能用Al制容器盛放运输浓硝酸的原因是：浓硝酸与Al单质在较低温度下能发生钝化；

故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；离子键、共价键；4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O；浓硝酸能使铝发生钝化；

（3）O、Al、S三种元素，电子层数越多，半径越大，同一周期，原子序数越小，半径越大，故O、Al、S的原子半径由大到小的顺序是Al＞S＞O，氧的非金属性强于S，依据气态氢化物的稳定性、非金属性之间的置换反应、这两种元素的单质与氢气化合的难易等比较两者非金属性强弱，本解答利用第二种方法，用化学反应方程式表示为：O2+2H2S=2S+2H2O，故答案为：Al＞S＞O；氧；O2+2H2S=2S+2H2O；

（4）Al具有强还原性，能与铁的氧化物发生铝热反应，化学反应方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，氢氧化铝具有两性，既能与酸反应又能与碱反应，用离子反应方程式可以表示为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O．12、＜2C2H6（g）+7O2（g）═4CO2（g）+6H2O（l）△H=-3121.6kJ/mol越少【分析】【分析】燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量．一般C→CO2，H→H2O（l），S→SO2；燃烧热是物质的性质，可燃物为1mol，产物为稳定氧化物．

（1）依据图表给出的燃烧热数值比较正丁烷；异丁烷能量高低判断；

（2）依据表中乙烷燃烧热（kJ/mol）数据；求出2mol乙烷完全燃烧时放出的热量，以此写出热化学方程式；

（3）分别计算出甲烷、乙烷、丙烷含碳量，去等质量的三种烷烃比较完全燃烧放出的热量．【解析】【解答】解：（1）从图表给出的数据可知1mol正丁烷完全燃烧放出的热量为2878.0KJ；1mol异丁烷完全燃烧放出的热量为2869.6KJ，说明1mol正丁烷比1mol异丁烷所含能量高了9.4KJ，能量越高越不稳定，所以正丁烷稳定性小于异丁烷；

故答案为：＜；

（2）依据表中乙烷燃烧热（kJ/mol）数据；可知1mol乙烷完全燃烧生成稳定的氧化物放出热量1560.8KJ，则2mol乙烷完全燃烧放出热量为2×1560.8KJ

=3121.6KJ，乙烷燃烧是放热反应，△H＜0，则乙烷燃烧的热化学方程式为：2C2H6（g）+7O2（g）═4CO2（g）+6H2O（l）△H=-3121.6kJ/mol；

故答案为：2C2H6（g）+7O2（g）═4CO2（g）+6H2O（l）△H=-3121.6kJ/mol；

（3）甲烷的含碳量为×100%=75%、乙烷的含碳量为×100%=80%、丙烷的含碳量为×100%=81.8%；

取三种烷烃各1g；则依据燃烧热数据表计算各自完全燃烧放出的热量：

甲烷Q1乙烷Q2丙烷Q3

16g891.0KJ30g1560.8KJ44g2221.5KJ

1g55.69KJ1g52.02KJ1g50.49KJ

比较可知，甲烷、乙烷、丙烷含碳量依次增大，相同质量的甲烷、乙烷、丙烷完全燃烧放出的热量依次减小，所以相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越少，故答案为：越少．13、SiO2是原子晶体，干冰是分子晶体，原子晶体的熔点高于分子晶体．SiO2+2OH-=SiO32-+H2ONa2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑平面三角形三角锥形不能2a=b+43MgO•4SiO2•H2O【分析】【分析】（1）根据原子晶体的熔点高于分子晶体；

（2）根据二氧化硅能与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；

（3）碳酸钠与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钠和二氧化碳；

（4）根据碳原子和硫原子的杂化方式来分析；

（5）①硅酸盐的化学式可写成氧化物的形式，根据原子守恒从而找出a与b应满足的关系，根据a与b的取值范围判断

②硅酸盐的化学式可写成氧化物的形式，根据原子守恒从而找出a与b应满足的关系

③根据a、b的关系计算b值，从而确定该化学式；【解析】【解答】解：（1）SiO2是原子晶体，干冰是分子晶体，而原子晶体的熔点高于分子晶体，故答案为：SiO2是原子晶体；干冰是分子晶体；

（2）二氧化硅能与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为：SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H20，离子方程式：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；故答案为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；

（3）碳酸钠与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钠和二氧化碳：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑；故答案为：

Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑；

（4）CO32-中碳原子的杂化方式为SP2，离子的空间构型为平面三角形，SO32-中硫原子的杂化方式SP2；离子的空间构型为三角锥形，故答案为：平面三角形；三角锥形；

（5）①硅酸盐Mga（Si4O10）（OH）b以氧化物的形式表示为aMgO•4SiO2•b/2H2O；根据O原子守恒得：

a+8+b/2=10+b，化简后得2a=b+4，且a、b都大于0，当a=2时，b=0；a能不能等于2，故答案为：不能；

②硅酸盐Mga（Si4O10）（OH）b以氧化物的形式表示为aMgO•4SiO2•b/2H2O；共用O原子守恒得：

a+8+b/2=10+b，化简后得2a=b+4，故答案为：2a=b+4；

（3）当a=3时，b=2，所以该硅酸盐的化学式为3MgO•4SiO2•H2O，故答案为：3MgO•4SiO2•H2O．14、略

【分析】试题分析：（1）Y是黄绿色气体，为Cl2，MnO2与浓盐酸反应可制取Cl2，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O（2）A为常见的非金属单质，B的溶液为某浓酸，则该反应为碳与浓硝酸反应，氧化产物为CO2，结构式为：O=C=O（3）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中，可知该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，设被还原的硝酸铁的物质的量为x，则2Fe3++Fe═3Fe2+，23x3/2x由溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则a-x=3/2x，解得x=0.4a。（4）向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有氯离子，B的焰色为黄色，则B中含有钠元素，A与B按物质的量之比1：4恰好反应，则该反应为氯化铝与氢氧化钠的反应，溶液中溶质为生成物：NaAlO2和NaCl。考点：本题考查物质的推断、离子方程式和结构式的书写、根据方程式的计算。【解析】【答案】（1）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O（2分）（2）O=C=O（2分）（3）0.4a（2分）（4）NaAlO2NaCl（2分）15、ClKNSCHClO4H2SO4CO2+2OH-=CO32-+H2OKOH+HNO3=KNO3+H2O【分析】【分析】有A、B、C、D、E五种元素，原子序数E＜C＜D＜A＜B；D的气态氢化物的化学式为H2D，D的最高价氧化物为DO3，DO3中的质量分数为40%，则DO3相对分子质量为=80，故D的相对原子质量为80-48=32，D原子核内质子数和中子数相等，则D原子质子数为16，故D为S元素；C的原子序数比D少9，则C的原子序数为16-9=7，则C为N元素；C的原子序数比B少12，则B的原子序数为7+12=19，则B为K元素；E原子最外电子层有4个电子，原子序数小于N元素，则E处于第二周期，故E为碳元素；A-离子和B+离子的核外电子层结构相同，其核外电子数为18，则A为Cl元素，据此解答．【解析】【解答】解：有A、B、C、D、E五种元素，原子序数E＜C＜D＜A＜B；D的气态氢化物的化学式为H2D，D的最高价氧化物为DO3，DO3中的质量分数为40%，则DO3相对分子质量为=80，故D的相对原子质量为80-48=32，D原子核内质子数和中子数相等，则D原子质子数为16，故D为S元素；C的原子序数比D少9，则C的原子序数为16-9=7，则C为N元素；C的原子序数比B少12，则B的原子序数为7+12=19，则B为K元素；E原子最外电子层有4个电子，原子序数小于N元素，则E处于第二周期，故E为碳元素；A-离子和B+离子的核外电子层结构相同；其核外电子数为18，则A为Cl元素．

（1）由上述分析可知；A为Cl；B为K、C为N、D为S、E为C，故答案为：Cl；K；N；S；C；

（2）Cl-的结构示意图为K+的结构示意图为

故答案为：

（3）非金属性Cl＞S，故酸性HClO4＞H2SO4，故答案为：HClO4＞H2SO4；

（4）E的最高价氧化物为CO2，B的最高价氧化物的水化物为KOH，二氧化碳与过量的氢氧化钾反应生成碳酸钾与水，反应的离子方程式为：CO2+2OH-=CO32-+H2O，故答案为：CO2+2OH-=CO32-+H2O；

（5）B、C最高价氧化物的水化物分别为KOH、HNO3，二者反应化学方程式：KOH+HNO3=KNO3+H2O，故答案为：KOH+HNO3=KNO3+H2O．16、过滤2I-+Cl2=2Cl-+I2分液漏斗A、D【分析】【分析】（1）分离固体和液体用过滤；用一种溶剂把溶质从它跟另一种溶剂所组成的溶液里提取出来用萃取；

（2）用Cl2氧化碘离子；

（3）萃取分液利用的仪器是分液漏斗，操作的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多．【解析】【解答】解：（1）分离固体和液体用过滤；所以用到的仪器为漏斗，步骤①操作的名称为过滤；

故答案为：过滤；

（2）步骤②中涉及的有关反应的离子方程式是用氯气把溶液中的I-氧化为I2，方程式为Cl2+2I-=I2+2Cl-，故答案为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；

（3）用一种溶剂把溶质从它跟另一种溶剂所组成的溶液里提取出来用萃取；所以用到的仪器为分液漏斗，萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，故可用四氯化碳或汽油，不能用醋酸和酒精，因为二者与水互溶；

故答案为：分液漏斗，A、D．17、140%25%ab=ac+bc【分析】【分析】（1）根据三段式解题法；求出反应混合物各组分浓度的变化量；平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算平衡常数；

水蒸气转化率=×100%；

（2）温度不变；化学平衡常数不变，根据化学平衡常数求出反应掉的水蒸气的物质的量浓度，再根据转化率公式计算水蒸气的转化率．

（3）温度不变，化学平衡常数不变，利用三段式法结合平衡常数计算a、b、c之间的关系式．【解析】【解答】解：（1）平衡时CO的转化率为60%；则CO的浓度变化量=2mol/L×60%=1.2mol/L，则：

CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）

起始（mol/L）：2300

变化（mol/L）：1.21.21.21.2

平衡（mol/L）：0.81.81.21.2

故平衡常数K==1；

水蒸气的转化率==40%；

故答案为：1；40%；

（2）设反应的水蒸气的浓度变化量为xmol/L；则：

CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）

起始（mol/L）：2300

变化（mol/L）：xxxx

平衡（mol/L）：2-x6-xxx

故=1；解得y=1.5；

所以水蒸气的转化率为=25%；

故答案为：25%；

（3）CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）

起始（mol/L）：ab00

变化（mol/L）：cccc

平衡（mol/L）：a-cb-ccc

故=1，整理得ab=ac+bc；

故答案为：ab=ac+bc．三、判断题(共6题，共12分)18、×【分析】【分析】常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，无法计算物质的量．【解析】【解答】解：常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，则22.4LSO2和O2的混合气体的物质的量不等于1mol，氧原子个数不等于2NA；

故答案为：×．19、×【分析】【分析】根据PH=-lg[H+]、[H+][OH-]=Kw、n=cV来计算；【解析】【解答】解：pH=13的Ba（OH）2溶液，[H+]=10-13mol/L，依据[H+][OH-]=Kw，[OH-]=10-1mol/L，25℃、pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH-数目为10-1mol/L×1L=0.1mol，含有的OH-数目为0.1NA，故错误．20、√【分析】【分析】（1）工业废水应遵循“先净化；后排放”的原则，工业废水需要经过处理达标后再排放才不会污染环境；

（2）生活污水不经处理任意排放；会危害人畜等需饮水生物的健康；

（3）重金属能使蛋白质变性；

（4）含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，会造成水体的富营养化从而破坏水体生态系统，会出现水华、赤潮等水体污染问题．【解析】【解答】解：（1）工业废水是指工业生产过程中产生的废水；污水和废液；其中含有随水流失的工业生产用料、中间产物和产品以及生产过程中产生的污染物．废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染，需要经过处理达标后才能排放；

故答案为：√；

（2）生活污水中虽不含工业污染物；但废水中污染物成分极其复杂多样，常要几种方法组成处理系统才能达到完全净化的目的，因此可以不经处理任意排放错误；

故答案为：×．

（3）重金属能使蛋白质变性；对人类健康有害；

故答案为：√；

藻类生长需要大量的N；P元素；如果水体中N、P元素严重超标，会引起藻类疯长，从而导致水中氧气含量降低，水生生物大量死亡，海水中常称为赤潮，淡水中称为水华；

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】胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间，胶体能发生丁达尔效应、能产生电泳现象、能产生聚沉．【解析】【解答】解：胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间，所以胶体能产生丁达尔效应；胶体具有吸附性，吸附带电荷的离子，所以能产生电泳现象；胶体能发生聚沉现象，故答案为：√．23、×【分析】【分析】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：

（1）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．

（2）有机物的名称书写要规范；

（3）对于结构中含有苯环的；命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”；“间”、“对”进行命名；

（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．【解析】【解答】解：（1）双键的个数为3；应命名为1，3，5-己三烯，故答案为：×；

（2）从离官能团最近的一端开始命名；应命名为3-甲基-2-丁醇，故答案为：×；

（3）应标出取代基的位置；应命名为1，2-二溴乙烷，故答案为：×；

（4）选最长的碳连做主链；应命名为3-甲基-1-戊烯，故答案为：×；

（5）符合命名规则；故答案为：√；

（6）选最长的碳连做主链，从离官能团最近的一端开始命名，应命名为2-甲基-2-戊烯，故答案为：×．四、计算题(共3题，共30分)24、0.25mol3.01×102328211242216.02×1024【分析】【分析】（1）根据n=计算n（Na+），由化学式可知n（SO42-）=n（Na+）；

（2）根据N=nNA计算Fe原子数目，根据m=nM计算Fe的质量；根据n=计算n（Fe）；再根据m=nM计算Fe的质量；

（3）氮原子物质的量为CO（NH2）2的2倍，CO（NH2）2与H2O分子中都含有1个O原子；二者含有氧原子数目相等，则二者物质的量相等；

（4）根据n=计算Na2SO4•10H2O的物质的量，由化学式可知n（Na+）=2n（Na2SO4•10H2O），n（SO42-）=n（Na2SO4•10H2O），n（H2O）=10n（Na2SO4•10H2O），根据N=nNA计算水分子数目．【解析】【解答】解：（1）n（Na+）==0.5mol，由化学式可知n（SO42-）=n（Na+）=0.5mol×=0.25mol；故答案为：0.25mol；

（2）0.5mol的Fe含有Fe原子数目=0.5mol×6.02×1023mol-1=3.01×1023，其质量=0.5mol×56g/mol=28g；1.204×1024个铁原子物质的量是=2mol，其质量=2mol×56g/mol=112g，故答案为：3.01×1023；28；2；112；

（3）氮原子物质的量为CO（NH2）2的2倍，2molCO（NH2）2中含氮原子物质的量=2mol×2=4mol，CO（NH2）2与H2O分子中都含有1个O原子；二者含有氧原子数目相等，则二者物质的量相等，即水的我孩子到了为2mol，故答案为：4；2；

（4）Na2SO4•10H2O的物质的量==1mol，由化学式可知n（Na+）=2n（Na2SO4•10H2O）=2mol，n（SO42-）=n（Na2SO4•10H2O）=1mol，n（H2O）=10n（Na2SO4•10H2O）=10mol，水分子数目=10mol×6.02×1023mol-1=6.02×1024，故答案为：2；1；6.02×1024．25、略

【分析】【分析】混合气体的物质的量为：n==0.3mol，根据质量之和和物质的量之和列式计算．【解析】【解答】解：n（CO2）+n（CO）==0.3mol；

n（CO2）×44g/mol+n（CO）×28g/mol=10g；

解之得：n（CO2）=0.1mol；n（CO）=0.2mol；

答：混合气体中CO的物质的量为0.2mol，CO2的物质的量各为0.1mol．26、①【分析】【分析】（1）n（Na2O2）==0.1mol；根据氧气和过氧化钠的关系式计算；

（2）根据原子守恒计算n（Na2CO3），再根据C=计算；

（3）根据C=判断，如果n偏小或V偏大都导致配制溶液浓度偏低．【解析】【解答】解：（1）n（Na2O2）==0.1mol，反应方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；设生成氧气体积为x；

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；

2mol22.4L

0.1molx

2mol：22.4L=0.1mol：x

x==1.12L；

答：在标准状况下；生成氧气的体积为1.12L；

（2）根据钠原子守恒得n（Na2CO3）=n（Na2O2）=0.1mol，溶液中的溶质是Na2CO3，其物质的量浓度c==0.2mol/L；

答：所得溶液物质的量浓度是0.2mol/L；

（3）①转移溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒；导致n偏小，则配制溶液浓度偏低，故正确；

②配制溶液步骤本身就包括洗涤和定容过程；因此容量瓶中有少量水不影响溶液浓度，故错误；

③在定容时；俯视刻度线，导致V偏小，则配制溶液浓度偏高，故错误；

故选①．五、解答题(共3题，共18分)27、略

【分析】【分析】人的体质有酸碱性之分，正常体质呈弱碱性，只有在弱碱性环境中机体的免疫系统才能正常的发挥作用．酸碱平衡是依赖所摄入的食物的酸碱性，以及排泄系统对体液酸碱度进行调节来实现的，所以在饮食方面要酸性和碱性食物要合理安排．【解析】【解答】解：人体内的酸和碱从营养学的角度上讲；人体自身存在着三大平衡系统，即体温平衡；营养平衡和酸碱平衡．其中酸碱平衡是指人体体液的酸碱度维持在PH值7.35～7.45之间，也就是说健康的人体内环境（血液）是呈弱碱性的．

酸碱平衡是依赖所摄入的食物的酸碱性；以及排泄系统对体液酸碱度进行调节来实现的，若用脑过度或体力透支之后，则血液呈酸性；如果长期偏食酸性食物，也会使血液酸性化．而血液长期呈酸性则会使大脑和神经功能退化，导致记忆力减退．有关资料表明，人类70%的疾病与酸性体质有关．一般来说，蔬菜；水果属于碱性食物，而肉类属于酸性食物．所以人应该要多吃碱性食品：各种绿叶蔬菜、水果、五谷杂粮、海带、紫菜等等．另外，还可吃一些富含维生素A或胡萝卜素的食物，如动物肝、胡萝卜、南瓜、杏和柑橘等．

答：人只有在弱碱性环境中机体的免疫系统才能正常的发挥作用，所以在饮食方面要酸性和碱性食物要合理安排．28、略

【分析】【分析】（1）根据c=计算该浓盐酸中HCl的物质的量浓度；

（2）结合稀释定律：c1v1=c2V2计算即可．【解析】【解答】解：（1）由c=可知，该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为=11.9mol/L；答：该浓盐酸的物质的量浓度为11.9mol/L；

（2）由稀释定律：c1v1=c2V2可知，配制500mL0.4mol/L的稀盐酸，需用该浓盐酸为L=0.0168L=16.8mL，答：需用量筒量取16.8ml上述浓盐酸．29、略

【分析】【分析】功能高分子材料一般指具有传递、转换或贮存物质、能量和信息作用的高分子及其复合材料，或具体地指在原有力学性能的基础上，还具有化学反应活性、光敏性、导电性、催化性、生物相容性、药理性、选择分离性、能量转换性、磁性等功能的高分子及其复合材料．【解析】【解答】解：功能高分子是一类以基本合成材料为原料；在其中添加一些特殊的物质或经过特殊的处理后具有特殊功能的高分子材料．如①高分子膜可用于淡化海水；②生物高分子材料可用于制造人体骨骼；③隐身材料可用于制造隐形飞机；④液晶高分子材料可用于制造液晶显示器；⑤光敏高分子材料可用于制造光敏元件；

故答案为：①高分子膜可用于淡化海水；②生物高分子材料可用于制造人体骨骼；③隐身材料可用于制造隐形飞机；④液晶高分子材料可用于制造液晶显示器；⑤光敏高分子材料可用于制造光敏元件．六、实验题(共4题，共36分)30、略

【分析】试题分析：（1）实验室制备氯气用二氧化锰与浓盐酸共热得到，故应选用③②⑤；（3）通入气体的瓶子一定要有出气的孔，使其与大气相通，保证瓶内外压强相等；（4）配制溶液需用500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，注意容量瓶要带规格，也可以加烧杯；图中是俯视刻度线，导致液面偏低，溶液体积偏少，浓度偏高。考点：考查一定物质的量浓度溶液的配制有关问题。【解析】【答案】（1）③②⑤(不要求顺序，多选、少选、错选均不得分)（2）②⑤⑥④①(答成“②⑤④①”也得分，其它答案不得分)（3）使瓶内外压强相等(答成“与大气相通”等其它合理的答案也得分)（4）500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管(不答容量瓶规格、漏写、错写均不得分)偏高(答成“偏大”等其他答案一律不得分)（5）ClO－+H2O2=Cl－+O2↑+H2O31、BE红色褪去SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-AC干燥二氧化硫和氧气使二氧化硫和氧气混合均匀通过观察控制气体比例和气体速度2SO2+O22SO3不可行亚硫酸钡易被氧化生成硫酸钡【分析】【分析】（1）实验室用酸和盐反应制取二氧化硫；使用的酸应该不能和二氧化硫发生氧化还原反应，生成的盐为可溶性的盐；

（2）二氧化硫能使品红溶液褪色；二氧化硫能和碘发生氧化还原反应而使碘水褪色；

（3）A．氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵；亚硫酸根离子和钡离子结合生成沉淀；

B．稀盐酸不和二氧化硫反应不能生成沉淀；

C．硝酸钾溶液在酸性溶液中形成稀硝酸具有氧化性能氧化二氧化硫为硫酸；结合钡离子生成沉淀；

D．硫化钠溶液和二氧化硫反应生成单质硫沉淀；

（4）浓硫酸具有吸水性；该装置能使二氧化硫和氧气充分混合，可以根据气泡的快慢确定气体流速；

（5）二氧化硫和氧气在催化剂；加热条件下反应生成三氧化硫；

（6）亚硫酸钡不稳定，易被氧化生成硫酸钡．【解析】【解答】解：（1）浓盐酸具有挥发性；所以制取的气体中含有氯化氢，稀硫酸浓度较小，二氧化硫能溶于稀硫酸，浓硝酸具有强氧化性，能将二氧化硫氧化物为硫酸而得不到二氧化硫，所以酸选80%的硫酸；

亚硫酸钙和硫酸反应生成微溶物硫酸钙；降低反应速率，饱和亚硫酸钠溶液能使硫酸浓度降低，故选亚硫酸钠固体来制取二氧化硫；

故选BE；

（2）二氧化硫能使品红溶液褪色，所以看到B中红色褪去，二氧化硫能和碘发生氧化还原反应而使碘水褪色，离子方程式为：SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-；

故答案为：红色褪去；SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-；

（3）二氧化硫和氯化钡不反应；要使其产生沉淀，首先将二氧化硫转化为硫酸根离子，所以要加入能氧化二氧化硫的物质，ABD都没有氧化性，酸性条件下；

A；氨水加入后生成亚硫酸铵；亚硫酸根和钡离子生成沉淀，故A正确；

B；稀盐酸加入后不反应；故B错误；

C；加入硝酸钾溶液；硝酸根和氢离子形成稀硝酸具有氧化性，能氧化二氧化硫为硫酸，硫酸根和钡离子生成沉淀，故C正确；

D；加入硫化钠溶液；硫离子具有还原性，二氧化硫具有氧化性，会反应氧化还原反应，生成硫单质淡黄色沉淀，故D错误；

故答案为：AC；

（4）浓硫酸具有吸水性；所以可以作二氧化硫和氧气的干燥剂，该装置能使二氧化硫和氧气充分混合，从而使反应顺利进行，可以根据气泡的快慢确定气体流速和比例，所以该装置的作用是：干燥二氧化硫和氧气；使二氧化硫和氧气混合均匀；通过观察控制气体比例和气体速度；

故答案为：干燥二氧化硫和氧气；使二氧化硫和氧气混合均匀；通过观察控制气体比例和气体速度；

（5）二氧化硫和氧气在催化剂、加热条件下反应生成三氧化硫，反应方程式为：2SO2+O22SO3；

故答案为：2SO2+O22SO3；

（6）亚硫酸钡不稳定，易被氧化生成硫酸钡，从而对实验造成干扰，故答案为：不可行；亚硫酸钡容易被氧化成硫酸钡．32、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}粉红色的rm{PdCl_{2}}溶液可以检验空气中少量的rm{CO.}若空气中含rm{CO}则溶液中会产生黑色的rm{Pd}沉淀rm{.}每生成rm{5.3gPd}沉淀，物质的量rm{=dfrac{5.3mol}{106g/mol}=0.05mol}依据rm{=dfrac

{5.3mol}{106g/mol}=0.05mol}转移电子数为rm{PdCl_{2}隆芦Pd隆芦2e-}

故答案为：rm{0.05mol隆脕2隆脕N_{A}=0.1N_{A}}

rm{0.1N_{A}}测定一氧化碳气体含量，使一氧化碳发生氧化还原反应生成二氧化碳，原电池的负极是失电子发生氧化反应，酸性介质中负极电极反应为rm{垄脷}

故答案为：rm{CO+H_{2}O-2e^{-}=CO_{2}+2H^{+}}

rm{CO+H_{2}O-2e^{-}=CO_{2}+2H^{+}}平衡时rm{c(NO)=dfrac{0.04mol}{2L}=0.02mol/L}rm{c(N_{2})=c(CO_{2})=dfrac{0.03mol}{2L}=0.015mol/L}故rm{(2)垄脵}时该反应的平衡常数为rm{K_{1}=dfrac{0.015隆脕0.015}{0.02^{2}}=dfrac{9}{16}}

故答案为：rm{c(NO)=dfrac

{0.04mol}{2L}=0.02mol/L}

rm{c(N_{2})=c(CO_{2})=dfrac

{0.03mol}{2L}=0.015mol/L}由表中数据可知，温度由rm{T_{1}隆忙}变为rm{K_{1}=dfrac

{0.015隆脕0.015}{0.02^{2}}=dfrac{9}{16}}平衡向逆反应移动，由于正反应是吸热，还是放热不确定，无法判断温度变化；

故选：rm{dfrac{9}{16}}

rm{垄脷}根据图示信息得到：rm{T_{1}}之前，温度升高脱氮率逐渐增大；rm{T_{2}}之后，温度升高脱氮率逐渐减小，这是因为：rm{c}之前，反应未平衡，反应向右进行，脱氮率增大；rm{(3)}时反应达平衡；后升温平衡逆向移动，脱氮率减小；

故答案为：rm{300隆忙}之前，温度升高脱氮率逐渐增大，而rm{300隆忙}之后，温度升高脱氮率逐渐减小；rm{300隆忙}之前，反应未平衡，反应向右进行，脱氮率增大；rm{300隆忙}时反应达平衡；后升温平衡逆向移动，脱氮率减小．

rm{300隆忙}在某温度时，向rm{300隆忙}的密闭容器中加入rm{300隆忙}和rm{300隆忙}反应达到平衡，改变下列条件，再次达到平衡时，能使rm{(4)}的新平面浓度和原来平衡浓度相同；分析选项可知。

A.在其他条件不变时；减少容器的容积，压强增大，平衡正向进行，体积减小氧气浓度增大，故A错误；

B.保持温度和容器内压强不变，再充入rm{10L}和rm{4.0molSO_{2}}为保持压强不变，体积增大，最后达到相同平衡状态，氧气浓度不变，故B正确；

C.保持温度和容器体积