2025年滬教版高三化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬教版高三化學(xué)下冊月考試卷857考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列有關(guān)物質(zhì)分類的說法中，正確的是（）A.SiO2不能和水反應(yīng)，所以它不是酸性氧化物B.只由一種元素組成的物質(zhì)必然是純凈物C.燒堿、冰醋酸、石墨均為電解質(zhì)D.海水、氯水、氨水均為混合物2、下面各系列哪一個是按電離能增加的順序排列的（）A.P、SeB.O、F、NeC.Be、LiD.Li、Na、K3、廢電池處理不當不僅造成浪費，還會對環(huán)境造成嚴重污染，對人體健康也存在極大的危害rm{.}有同學(xué)想變廢為寶，他的以下想法你認為不正確的是rm{(}rm{)}A.把鋅皮取下洗凈用于實驗室制取氫氣B.碳棒取下洗凈用作電極C.把銅帽取下洗凈回收利用D.電池內(nèi)部填有氯化銨等化學(xué)物質(zhì)，將廢電池中的黑色糊狀物直接作化肥用4、某溶液中含有SO42ˉ、OHˉ、Na+，下列離子中能夠與其大量共存的是（）A.NH4+B.Ba2+C.CO32ˉD.HCO3ˉ5、NA代表阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是（）A.0.5molAl與足量鹽酸反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1.5NAB.標準狀況下，11.2LSO3所含的分子數(shù)為0.5NAC.0.5molCH4所含的電子數(shù)為2.5NAD.46gNO2和N2O4的混合物含有的分子數(shù)為1NA6、下列名稱或化學(xué)式一定表示純凈物的是（）A.氯乙烯B.聚乙烯C.C3H7ClD.（C6H10O5）n7、下列離子方程式不正確的是（）A.碳酸鋇與鹽酸反應(yīng)：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2OB.金屬鐵與稀硫酸反應(yīng)：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C.鹽酸滴在石灰石上：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OD.NaHCO3溶液與NaOH溶液混合：HCO3-+OH-=CO32-+H2O8、由5molFe2O3、4molFe3O4和3molFeO組成的混合物，加入純鐵1mol并在高溫下和Fe2O3反應(yīng)．若純鐵完全反應(yīng)，則反應(yīng)后混合物中FeO與Fe2O3的物質(zhì)的量之比可能是（）

A.4：3

B.3：2

C.3：1

D.2：l

評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、現(xiàn)有兩份溶液，一是質(zhì)量分數(shù)24.5%，密度1.2g/mL的硫酸，二是200mL的混合溶液，其中H2SO4的濃度為0.5mol/L，Na2SO4的濃度為2.0mol/L，實驗室需要濃度為1.0mol/LH2SO4，濃度為0.4mol/LNa2SO4的混合溶液；為配制所需溶液，回答下列問題：

（1）質(zhì)量分數(shù)24.5%，密度1.2g/mL的硫酸濃度c（H2SO4）=____mol/L

（2）原200mL的混合溶液中n（H2SO4）=____moln（Na2SO4）=____mol

（3）為配制所需溶液，要質(zhì)量分數(shù)24.5%，密度1.2g/mL的硫酸體積=____mL．

（4）簡述配制過程：①將200mL的混合溶液倒入大燒杯中；

②____

③將燒杯中的溶液沿玻璃棒倒入____mL的容量瓶中；

④____

⑤加水至離刻度線2-3cm處。

⑥以下略．10、已知298K時，2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H1=-221.01kJ?mol-1；C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=-393.5kJ?mol-1，則298K時，CO（g）在O2（g）燃燒生成CO2（g）的熱化學(xué)反應(yīng)方程式為：____．11、化學(xué)電池分為____，____，____，其中堿性鋅錳電池屬于____，鉛蓄電池屬于____．12、從H+、Cu2+、Na+、SO42-、Cl-五種離子中兩兩恰當?shù)亟M成電解質(zhì)；按下列要求進行電解：（用化學(xué)式表示）

（1）以碳棒為電極，使電解質(zhì)質(zhì)量減少，水量不變進行電解，則采用的電解質(zhì)是____．

（2）以碳棒為電極，使電解質(zhì)質(zhì)量不變，水量減少進行電解，則采用的電解質(zhì)是____．

（3）以鉑為電極，使電解質(zhì)和水量都減少進行電解，則電解質(zhì)是____．13、（1）在粗制CuSO4?5H2O晶體中常含有雜質(zhì)Fe2+．在提純時為了除去Fe2+，常加入合適氧化劑，使Fe2+氧化為Fe3+，下列物質(zhì)可采用的是____

A．KMnO4B．H2O2C．Cl2水D．HNO3

然后再加入適當物質(zhì)調(diào)整至溶液pH=4，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3，可以達到除去Fe3+而不損失CuSO4的目的，調(diào)整溶液pH可選用下列中的____

A．NaOHB．NH3?H2OC．CuOD．Cu（OH）2

（2）甲同學(xué)懷疑調(diào)整至溶液pH=4是否能達到除去Fe3+而不損失Cu2+的目的，乙同學(xué)認為可以通過計算確定，他查閱有關(guān)資料得到如下數(shù)據(jù)，常溫下Fe（OH）3的溶度積Ksp=8.0×10-38，Cu（OH）2的溶度積Ksp=3.0×10-20，通常認為殘留在溶液中的離子濃度小于1×10-5mol?L-1時就認為沉淀完全，設(shè)溶液中CuSO4的濃度為3.0mol?L-1，則Cu（OH）2開始沉淀時溶液的pH為____，F(xiàn)e3+完全沉淀時溶液的pH為____，通過計算確定上述方案____（填“可行”或“不可行”）（已知lg5=0.7）評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)14、6.02×1023個NaCl分子中含有Na+數(shù)目為NA____（判斷對錯），若不正確，理由是____．15、現(xiàn)對0.1mol/L的純堿溶液進行相關(guān)研究．

（1）用pH試紙測定該溶液的pH，其正確的操作____．

（2）純堿溶液呈堿性的原因是（用離子方程式表示）____．

（3）某同學(xué)認為該溶液中Na2CO3的水解是微弱的，發(fā)生水解的CO32-離子不超過其總量的10%．請你設(shè)計實驗證明該同學(xué)的觀點是否正確．____．

（4）某同學(xué)根據(jù)所學(xué)知識對Na2CO3溶液進行分析；寫出了以下四個關(guān)系式．請你判斷：在正確的關(guān)系式后面打“√”，在錯誤的后面寫出正確的關(guān)系式．

①c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]：____；

②c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）：____；

③c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）：____；

④c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）：____．16、將1mol?L-1的NaCl溶液和0.5mol?L-1的BaCl2溶液等體積混合后，不考慮體積變化c（Cl-）=0.75mol?L-1____（判斷對錯）17、膠體屬于介穩(wěn)體系____．（判斷對錯）18、因為CO2的水溶液可以導(dǎo)電，所以CO2是電解質(zhì)____．（判斷對錯）評卷人得分四、解答題(共4題，共24分)19、2009年12月7日一18日在丹麥首都哥本哈根召開的聯(lián)合國氣候會議，就未來應(yīng)對氣候變化的全球行動簽署新的協(xié)議．而如何降低大氣中CO2的含量及有效地開發(fā)利用CO2，引起了全世界的普遍重視．為減小和消除CO2對環(huán)境的影響，一方面世界各國都在限制其排放量，另一方面科學(xué)家加強了對CO2創(chuàng)新利用的研究．

（1）目前工業(yè)上有一種方法是用CO2來生產(chǎn)燃料甲醇．為探究該反應(yīng)原理；進行如下實驗：

某溫度下，在容積為2L的密閉容器中，充入1molCO2和3.25molH2，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)，測得CO2、CH3OH（g）和H2O（g）的物質(zhì)的量（n）隨時間變化如右圖所示：

①從反應(yīng)開始到平衡，氫氣的平均反應(yīng)速率v（H2）=______．

②下列措施中一定不能使n（CH3OH）/n（CO2）增大的是：______．

A．降低溫度B．縮小容器的容積C．將水蒸氣從體系中分離D．使用更有效的催化劑。

（2）常溫常壓下，飽和CO2水溶液的pH=5.6，c（H2CO3）=1.5×l0-5mol?L-1．若忽略水的電離及H2CO3的第二級電離，則H2CO3HCO3-+H+的電離平衡常數(shù)K=______．（已知：10-5.6=2.5×l0-6）．

（3）標準狀況下，將1.12LCO2通入100mL1mol?L-1的NaOH溶液中；所得溶液中離子濃度由大到小的順序為______；

（4）如圖是乙醇燃料電池（電解質(zhì)溶液為KOH溶液）的結(jié)構(gòu)示意圖；則a處通入的是______（填“乙醇”或“氧氣”）；

b處電極上發(fā)生的電極反應(yīng)是：______．

（5）CO2在自然界循環(huán)時可與CaCO3反應(yīng)，CaCO3是一種難溶物質(zhì)，其Ksp=2.8×10-9．CaCl2溶液與Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，現(xiàn)將等體積的CaCl2溶液與Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的濃度為2×10-4mo1/L，則生成沉淀所需CaCl2溶液的最小濃度為______．

20、A；B、C、D四種元素處于同一周期；在同族元素中，A的氣態(tài)氫化物的沸點最高，B的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性在同周期中是最強的，C的電負性介于A、B之間，D與B相鄰．

（1）C原子的價電子排布式為______；

（2）A；B、C三種元素原子的第一電離能由大到小的順序是（寫元素符號）______；

（3）B的單質(zhì)分子中存在______個π鍵；

（4）D和B形成一種超硬；耐磨、耐高溫的新型化合物；該化合物屬于晶體，其硬度比金剛石______（填“大”或“小”）；

（5）A的氣態(tài)氫化物的沸點在同族中最高的原因是______．

21、已知某種煤氣的組成是50%氫氣；30%甲烷、10%一氧化碳、6%氮氣和4%二氧化碳（均為體積分數(shù)）．又已知：

2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-571.6kJ/mol

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-565.2kJ/mol

CH4（g）+2O2（g）=CO2（l）+H2O（g）△H=-890.3kJ?mol

計算燃燒1M3（標準狀況）的煤氣時放出的熱量．22、標準狀況下1體積水中溶解了448體積的NH3氣體，得到密度為0.9g/cm3的氨水，求溶液的質(zhì)量分數(shù)和物質(zhì)的量濃度．（保留一位小數(shù)）評卷人得分五、探究題(共4題，共32分)23、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．24、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：25、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．26、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分六、書寫(共2題，共8分)27、過氧乙酸和84消毒液在預(yù)防非典型性肺炎中起了十分重要的作用．它們能將SARS病毒消滅于人體之外，切斷病毒的傳播途徑，達到有效控制疾病的目的．過氧乙酸的分子式為CH3COOOH．使用過氧乙酸消毒，主要是利用它的____性．過氧乙酸可由乙酸和H2O2在一定條件下反應(yīng)制得，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：____．28、（1）寫出乙烯在催化劑存在條件下與水反應(yīng)生成乙醇的化學(xué)方程式：____（有機物用結(jié)構(gòu)簡式表示）．

（2）寫出碳酸鈉溶液與足量乙酸反應(yīng)的離子方程式：____．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【分析】A；酸性氧化物能和堿反應(yīng)生成鹽和水；一般溶于水生成堿；

B；同素異形體形成的混合物是一種元素組成；

C；電解質(zhì)是水溶液中或熔融狀態(tài)下導(dǎo)電的化合物；

D、混合物是由不同物質(zhì)組成的．【解析】【解答】解：A、SiO2能與堿反應(yīng)生成鹽和水：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；屬于酸性氧化物，故A錯誤；

B；只有一種元素組成的物質(zhì)可能是混合物；如：氧氣和臭氧混合，故B錯誤；

C；燒堿是氫氧化鈉屬于電解質(zhì)、冰醋酸使醋酸是電解質(zhì)、四氯化碳是非電解質(zhì)、石墨是單質(zhì)不是電解質(zhì)；故C錯誤；

D；海水是各種鹽的水溶液、氯水是氯氣的水溶液、氨水為氨氣的水溶液；均為混合物，故D正確；

故選D．2、B【分析】【分析】同一主族元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而減小，同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大，注意同一周期的第ⅡA元素的第一電離能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的．同一周期中稀有氣體的第一電離能最大，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：同一主族元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而減小；同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大，注意同一周期的第ⅡA元素的第一電離能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的．

A．C；P、Se屬于不同主族元素；不同周期的元素，但是原子序數(shù)依次增大，其第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而減小，所以其第一電離能依次減小，故A錯誤；

B．F；O屬于同一周期元素且原子序數(shù)依次減小；同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大，所以其第一電離能大小順序是F、O，同一周期中稀有氣體的第一電離能最大，電離能增加順序排列：O、F、Ne；故B正確；

C．B；Be、Li屬于同一周期元素且原子序數(shù)依次減??；其第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大，但第ⅡA元素的第一電離能大于第ⅢA族的，所以其第一電離能大小順序為Li、B、Be，故C錯誤；

D．Li；Na、K屬于同一主族元素且原子序數(shù)依次增大；其第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而減小，所以其第一電離能依次減小，故D錯誤；

故選B．3、D【分析】解：rm{A}金屬鋅可以和酸反應(yīng)獲得氫氣；把鋅皮取下洗凈用于實驗室制取氫氣，屬于將廢舊電池變廢為寶的作法，故A正確；

B；廢電池中的碳棒可以導(dǎo)電；能用做電極，屬于將廢舊電池變廢為寶的作法，故B正確；

C；將廢舊電池中的銅帽取下再利用；屬于將廢舊電池變廢為寶的作法，故C正確；

D、廢電池的黑色糊狀物中含有rm{NH_{4}Cl}還含有rm{MnO_{2}}及有毒的重金屬元素；直接用作化肥會使土壤受到污染，故D錯誤．

故選D．

A；金屬鋅可以和酸反應(yīng)獲得氫氣；

B；碳棒可以做電極；

C；廢舊電池中的銅帽可以利用；

D、廢電池的黑色糊狀物中含有rm{NH_{4}Cl}rm{MnO_{2}}及有毒的重金屬元素．

本題考查了廢棄電池的處理和環(huán)保知識，完成此題，可以依據(jù)電池的成分以及對其合理的應(yīng)用角度來回答．【解析】rm{D}4、C【分析】【分析】與SO42-、OH-、Na+離子發(fā)生反應(yīng)的離子不能共存；

A．銨根離子與氫氧根離子反應(yīng)生成一水合氨；

B．鋇離子與硫酸根離子反應(yīng)生成難溶物硫酸鋇；

C．碳酸根離子不與SO42-、OH-、Na+離子發(fā)生反應(yīng)；

D．碳酸氫根離子與氫氧根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和水．【解析】【解答】解：A．NH4+與OH-發(fā)生反應(yīng)；在溶液中不能大量共存，故A錯誤；

B．Ba2+與SO42-發(fā)生反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀；在溶液中不能大量共存，故B錯誤；

C．CO32-與SO42-、OH-、Na+離子之間不發(fā)生反應(yīng)；在溶液中能夠大量共存，故C正確；

D．HCO3-與OH-發(fā)生反應(yīng)；在溶液中不能大量共存，故D錯誤；

故選C．5、A【分析】【分析】A；鋁原子最外層3個電子；依據(jù)反應(yīng)的鋁計算電子轉(zhuǎn)移；

B；標準狀況三氧化硫不是氣體；

C；甲烷分子含有10個電子；

D、依據(jù)極值方法計算二氧化氮和四氧化二氮物質(zhì)的量分析判斷分子數(shù)；【解析】【解答】解：A、鋁原子最外層3個電子，依據(jù)反應(yīng)的鋁計算電子轉(zhuǎn)移，0.5molAl與足量鹽酸反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1.5NA；故A正確；

B、標準狀況三氧化硫不是氣體，11.2LSO3物質(zhì)的量不是0.5mol；故B錯誤；

C、甲烷分子含有10個電子，0.5molCH4所含的電子數(shù)為5NA；故C錯誤；

D、依據(jù)極值方法計算二氧化氮和四氧化二氮物質(zhì)的量分析判斷分子數(shù)，46gNO2含有的分子數(shù)為1NA，46gN2O4的含有的分子數(shù)為0.5NA；故D錯誤；

故選A．6、A【分析】【分析】純凈物是由一種物質(zhì)組成的物質(zhì)，混合物是由多種物質(zhì)組成的物質(zhì)；分子式相同有機物無同分異構(gòu)體的才是純凈物．同分異構(gòu)體是分子式相同結(jié)構(gòu)式不同的化合物．【解析】【解答】解：A．氯乙烯只有一種結(jié)構(gòu)；無同分異構(gòu)體，是純凈物，故A正確；

B．聚乙烯是高分子化合物；n值不同，屬于混合物，故B錯誤；

C．丙烷有2種氫原子，C3H7Cl有2中同分異構(gòu)體；故C錯誤；

D．（C6H10O5）n中n值不同；屬于混合物，故D錯誤．

故選A．7、B【分析】【分析】A．反應(yīng)生成氯化鋇；水、二氧化碳；

B．反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣；

C．反應(yīng)生成氯化鈣；水、二氧化碳；

D．反應(yīng)生成碳酸鈉和水．【解析】【解答】解：A．碳酸鋇與鹽酸反應(yīng)的離子反應(yīng)為BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；故A正確；

B．金屬鐵與稀硫酸反應(yīng)的離子反應(yīng)為Fe+2H+=Fe2++H2↑；故B錯誤；

C．鹽酸滴在石灰石上的離子反應(yīng)為CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；故C正確；

D．NaHCO3溶液與NaOH溶液混合的離子反應(yīng)為HCO3-+OH-=CO32-+H2O；故D正確；

故選B．8、B|C【分析】

分析題給混合物和高溫下發(fā)生的反應(yīng)；可知：

當發(fā)生反應(yīng)：Fe2O3+Fe3FeO時，反應(yīng)后混合物中含有6molFeO、4molFe2O3，則FeO與Fe2O3的物質(zhì)的量之比為3：2；

當發(fā)生反應(yīng)：4Fe2O3+Fe3Fe3O4時，反應(yīng)后混合物中含有3molFeO、1molFe2O3，則FeO與Fe2O3的物質(zhì)的量之比為3：1；

當兩反應(yīng)均存在時，F(xiàn)eO與Fe2O3的物質(zhì)的量之比處于兩者之間；

故選BC．

【解析】【答案】根據(jù)在高溫下可能發(fā)生Fe2O3+Fe3FeO或4Fe2O3+Fe3Fe3O4時兩種反應(yīng)；或兩種反應(yīng)同時進行，根據(jù)加入鐵的物質(zhì)的量為1mol，結(jié)合化學(xué)方程式計算可能存在的物質(zhì)的量的比值．

二、填空題(共5題，共10分)9、30.10.4300沿玻璃棒注入300ml質(zhì)量分數(shù)24.5%，密度1.2g/mL的硫酸，并用玻璃棒不斷攪拌1000用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2-3次，將洗滌液全部轉(zhuǎn)移到容量瓶【分析】【分析】（1）依據(jù)C=計算質(zhì)量分數(shù)24.5%；密度1.2g/mL的硫酸的物質(zhì)的量濃度；

（2）依據(jù)n=CV計算解答；

（3）用200mL的混合溶液配制濃度為0.4mol/LNa2SO4的混合溶液；設(shè)配制溶液的體積為V，則依據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變計算溶液的體積，計算需要質(zhì)量分數(shù)24.5%，密度1.2g/mL的硫酸體積；

（4）依據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的正確操作解答．【解析】【解答】解：（1）質(zhì)量分數(shù)24.5%，密度1.2g/mL的硫酸的物質(zhì)的量濃度C==3mol/L；

故答案為：3；

（2）原200mL的混合溶液中n（H2SO4）=CV=0.5mol/L×0.2L=0.1mol；

n（Na2SO4）=2.0mol/L×0.2L=0.4mol；

故答案為：0.1；0.4；

（3）用200mL的混合溶液配制濃度為0.4mol/LNa2SO4的混合溶液；設(shè)配制溶液的體積為V，則依據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，200ml×2.0mol/L=V×0.4mol/L，解得V=1000mL；

要配制濃度為1.0mol/LH2SO41000ml；設(shè)需要V′質(zhì)量分數(shù)24.5%，密度1.2g/mL的硫酸，依據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，200mL×0.5mol/L+3mol/L×V′=1.0mol/L×1000ml，解得V′=300mL；

故答案為：300；

（4）②濃硫酸稀釋的正確操作為：將濃硫酸沿著燒杯壁緩慢注入水中；并用玻璃棒不斷攪拌；

故答案為：沿玻璃棒注入300ml質(zhì)量分數(shù)24.5%；密度1.2g/mL的硫酸，并用玻璃棒不斷攪拌；

③要配制1000ml溶液應(yīng)選擇1000ml容量瓶；

故答案為：1000；

④洗滌的正確操作為：用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2-3次；將洗滌液全部轉(zhuǎn)移到容量瓶；

故答案為：用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2-3次，將洗滌液全部轉(zhuǎn)移到容量瓶．10、2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H1=-565.99kJ/mol【分析】【分析】利用蓋斯定律，將②×2-①×2，可得CO（g）在O2（g）燃燒生成CO2（g）的熱化學(xué)反應(yīng)方程式，反應(yīng)熱隨之相減，可求得反應(yīng)熱．【解析】【解答】解：已知：①2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H1=-221.01kJ?mol-1；

②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=-393.5kJ?mol-1，利用蓋斯定律，將②×2-①，可得2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H1=-565.99kJ/mol；

故答案為：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H1=-565.99kJ/mol．11、一次電池二次電池燃料電池一次電池二次電池【分析】【分析】化學(xué)電池是一類重要的能源，按工作性質(zhì)可分為：一次電池和二次電池，及燃料電池；堿性鋅錳電池不能多次重復(fù)使用，鉛蓄電池能多次重復(fù)使用．【解析】【解答】解：化學(xué)電池是一類重要的能源；按工作性質(zhì)可分為：一次電池和二次電池，及燃料電池；堿性鋅錳電池電池中的活性物質(zhì)消耗到一定程度就不能再使用了，不能多次重復(fù)使用，屬于一次電池，鉛蓄電池放電后可以再充電使活性物質(zhì)獲得再生，能多次重復(fù)使用，屬于二次電池；

故答案為：一次電池；二次電池；燃料電池；一次電池；二次電池．12、CuCl2、HClNa2SO4、H2SO4CuSO4、NaCl【分析】【分析】根據(jù)電解池的工作原理陽離子放電順序為Cu2+＞H+＞Na+，陰離子放電順序為Cl-＞OH-＞SO42-；

（1）碳棒是惰性電極；當陽極上是氯離子放電；陰極上是銅離子放電或氫離子放電時，且電解質(zhì)必須是可溶性的，此時電解質(zhì)質(zhì)量減少、水量不變；

（2）惰性電極電解可溶性強堿；強的含氧酸、可溶性含氧酸的強酸強堿鹽溶液時；電解質(zhì)質(zhì)量不變，水量減少；

（3）Pt為惰性電極，當電解電解質(zhì)和水時，陽極上OH-離子之前離子放電和H+放電或OH-放電和H+之前離子放電，且電解質(zhì)必須是可溶性的．【解析】【解答】解：根據(jù)電解池的工作原理陽離子放電順序為Cu2+＞H+＞Na+，陰離子放電順序為Cl-＞OH-＞SO42-；

（1）碳棒是惰性電極，當電解CuCl2溶液或者HCl溶液時，電解質(zhì)質(zhì)量減小，水量不變，故答案為：CuCl2；HCl；

（2）惰性電極電解Na2SO4溶液或者H2SO4溶液時，氫離子、氫氧根離子放電，則電解質(zhì)質(zhì)量不變，水量減少，故答案為：Na2SO4、H2SO4；

（3）以Pt為電極，電解CuSO4、NaCl溶液時，則銅離子、氫氧根離子、氯離子、氫離子放電，所以電解質(zhì)和水量都減少，故答案為：CuSO4、NaCl；13、BCD43.3可行【分析】【分析】（1）根據(jù)除雜質(zhì)至少要滿足兩個條件：①加入的試劑只能與雜質(zhì)反應(yīng)；不能與原物質(zhì)反應(yīng)；②反應(yīng)后不能引入新的雜質(zhì)，調(diào)整溶液的pH時，加入的物質(zhì)不能引進新的雜質(zhì)粒子．以此來解答；

（2）依據(jù)氫氧化銅飽和溶液中溶度積常數(shù)計算溶液中的氫離子濃度計算PH；結(jié)合氫氧化鐵溶度積和殘留在溶液中的離子濃度小于1×10-5mol?L-1時就認為沉淀完全．【解析】【解答】解：（1）除雜質(zhì)至少要滿足兩個條件：①加入的試劑只能與雜質(zhì)反應(yīng)，不能與原物質(zhì)反應(yīng)；②反應(yīng)后不能引入新的雜質(zhì)，四個選項中，只有雙氧水氧化后生成水，雙氧水受熱見光易分解，沒有多余雜質(zhì)；調(diào)整溶液的pH時，加入的物質(zhì)不能引進新的雜質(zhì)粒子，氫氧化鈉中含有鈉離子，氨水反應(yīng)后生成銨根離子，所以氫氧化鈉和氨水能引進新的雜質(zhì)離子，CuO粉末、Cu（OH）2懸濁液反應(yīng)后生成銅離子和水而不引進新的雜質(zhì)離子；故選CD．

故答案為：B；CD；

（2）Cu（OH）2的溶度積Ksp=3.0×10-20，溶液中CuSO4的濃度為3.0mol?L-1，c（Cu2+）=3.0mol?L-1；依據(jù)溶度積常數(shù)c（Cu2+）×c2（OH-）=3.0×10-20；c2（OH-）==10-22；得到c（OH-）=10-10mol/L，依據(jù)水溶液中的離子積c（H+）×c（OH-）=10-14；求的c（H+）=10-4mol/L，溶液pH=4，則Cu（OH）2開始沉淀時溶液的pH為4；

殘留在溶液中的離子濃度小于1×10-5mol?L-1時就認為沉淀完全，F(xiàn)e（OH）3的溶度積Ksp=8.0×10-38，c（Fe3+）×c3（OH-）=8.0×10-38；c3（OH-）==8.0×10-33；求的c（OH-）=2×10-11mol/L；水溶液中的離子積c（H+）×c（OH-）=10-14；c（H+）=5×10-4mol/L，則pH=3.3；通過計算可知pH=4能達到除去Fe3+而不損失Cu2+的目的；則方案可行；

故答案為：4；3.3；可行．三、判斷題(共5題，共10分)14、×【分析】【分析】NaCl屬于離子晶體，不存在NaCl分子．【解析】【解答】解：因為NaCl屬于離子化合物，不存在分子，故錯誤，故答案為：×，因為NaCl屬于離子化合物，不存在分子．15、√【分析】【分析】（1）pH試紙的正確使用方法是：把小塊pH試紙放在表面皿（或玻璃片）上；用蘸有待測溶液的玻璃棒點在試紙的中部，試紙變色后，與標準比色卡比較來確定溶液的pH；

（2）根據(jù)鹽的類型分析呈堿性；純堿是強堿弱酸鹽水解呈堿性；

（3）用pH試紙測pH值計算水解產(chǎn)生的氫氧根離子的濃度；

（4）根據(jù)電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子守恒分析．【解析】【解答】解：（1）測定溶液pH的具體操作方法為：用干凈的玻璃棒蘸取待測溶液并滴在pH試紙上；把試紙顯示的顏色與標準比色卡對照，讀出相同顏色的pH值；

故答案為：把小塊pH試紙放在表面皿（或玻璃片）上；用蘸有待測溶液的玻璃棒點在試紙的中部，試紙變色后，與標準比色卡比較來確定溶液的pH；

（2）純堿是強堿弱酸鹽，碳酸根離子能發(fā)生水解使溶液中的氫氧根離子的濃度大于氫離子的濃度，導(dǎo)致溶液呈堿性，離子方程式為CO32-+H2O?HCO3-+OH-，故答案為；CO32-+H2O?HCO3-+OH-；

（3）用pH試紙測pH值計算水解產(chǎn)生的氫氧根離子的濃度，其操作為：用pH試紙測0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH，若pH＜12，則證明水解的CO32-不超過其總量的10%，故答案為：用pH試紙測0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH，若pH＜12，則證明水解的CO32-不超過其總量的10%；

（4）①根據(jù)物料守恒，碳元素在溶液中的形式有：CO32-、HCO3-、H2CO3、所以c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），故答案為：錯誤；c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）；

②根據(jù)電荷守恒分析解答，c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）；故答案為：√；

③根據(jù)質(zhì)子守恒：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故答案為：錯誤；c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）；

④碳酸鈉溶液水解呈堿性，所以離子濃度大小為：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-），故答案為：√．16、×【分析】【分析】0.5mol?L-1的BaCl2溶液中，c（Cl-）=0.5mol/L×2=1mol/L，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：0.5mol?L-1的BaCl2溶液中，c（Cl-）=0.5mol/L×2=1mol/L，故兩者混合后，不考慮體積的變化，c（Cl-）=1mol?L-1，故錯誤，故答案為：×．17、√【分析】【分析】膠體的穩(wěn)定性介于溶液和濁液之間，在一定條件下能穩(wěn)定存在．【解析】【解答】解：膠體的穩(wěn)定性介于溶液和濁液之間，在一定條件下能穩(wěn)定存在，屬于介穩(wěn)體系，故答案為：√．18、×【分析】【分析】電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?；非電解質(zhì)：在熔融狀態(tài)和水溶液中都不能導(dǎo)電的化合物．【解析】【解答】解：二氧化碳在水溶液中與水反應(yīng)生成碳酸；碳酸電離出自由移動的離子導(dǎo)電，二氧化碳自身不能電離，故二氧化碳是非電解質(zhì)；

故答案為：×．四、解答題(共4題，共24分)19、略

【分析】

（1）①反應(yīng)的方程式為CO2+3H2═CH3OH+H2O，反應(yīng)中v（H2）=3v（CO2）=×3=0.1125mol/（L?min）；

故答案為：0.1125mol/（L?min）；

②A；該反應(yīng)的反應(yīng)熱未知；所以無法判斷，故A錯誤；

B、縮小容器的容積，則壓強增大，平衡向體積減小的方向移動，即向正反應(yīng)方向移動，n（CH3OH）增大，n（CO2）減小，n（CH3OH）/n（CO2）增大；故B錯誤；

C、將水蒸氣從體系中分離，平衡向正反應(yīng)方向移動，n（CH3OH）增大，n（CO2）減小，n（CH3OH）/n（CO2）增大；故C錯誤；

D、使用更有效的催化劑，縮短到達平衡的時間，平衡不移動，n（CH3OH）/n（CO2）不變；故D正確．

故答案為：D；

（2）K（H2CO3）===4.2×10-7，故答案為：4.2×10-7；

（3）1.12LCO2通入100mL1mol/L的NaOH溶液反應(yīng)后生成0.05molNa2CO3，CO32-水解，溶液呈堿性，溶液呈堿性，則c（OH-）＞c（H+）；

鹽水解程度較小，則c（CO32-）＞c（OH-），水中OH-來源于CO32-水解及水的電離，則（OH-）＞c（HCO3-），水的電離程度很小c（HCO3-）＞c（H+）；

故為c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）；

故答案為：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）；

（4）在堿性電解質(zhì)溶液中通入乙醇，乙醇應(yīng)為原電池的負極，發(fā)生氧化反應(yīng)，乙醇被氧化為CO32-離子，氧氣在正極通入，被還原為OH-，正極反應(yīng)為O2+4e-+2H2O=4OH-；

故答案為：乙醇；O2+4e-+2H2O=4OH-；

（5）等體積的CaCl2溶液與Na2CO3溶液混合時，碳酸鈉溶液的濃度變?yōu)?×10-4mo1/L，根據(jù)溶度積常數(shù)計算，c（Ca2+）===2.8×10-5mo1/L，因為是等體積混合，所以混合前溶液的濃度是混合后的2倍，所以混合前溶液的濃度為2.8×10-5mo1/L×2=5.6×10-5mo1/L．

故答案為：5.6×10-5mo1/L．

【解析】【答案】（1）①反應(yīng)的方程式為CO2+3H2═CH3OH+H2O；根據(jù)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比計算氫氣的反應(yīng)速率；

②根據(jù)平衡移動方向分析；

（2）根據(jù)平衡常數(shù)K（H2CO3）=計算；

（3）1.12LCO2通入100mL1mol/L的NaOH溶液反應(yīng)后生成0.05molNa2CO3，CO32-水解水解；溶液呈堿性，以此判斷離子濃度大??；

（4）在堿性電解質(zhì)溶液中通入乙醇，乙醇應(yīng)為原電池的負極，發(fā)生氧化反應(yīng)，乙醇被氧化為CO32-離子，氧氣在正極通入，被還原為OH-，正極反應(yīng)為O2+4e-+2H2O=4OH-；

（5）根據(jù)溶度積常數(shù)計算Ca2+離子的濃度．

20、略

【分析】

A；B、C、D四種元素處于同一周期；在同族元素中，A的氣態(tài)氫化物的沸點最高，考慮氫鍵，有關(guān)的元素有O、N、F，可以確定在第二周期；

B的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性在同周期中是最強的；可以確定B是N元素，因為F；O無含氧酸；

若A是O元素；則找不到C，所以A是F元素，則C是O元素．D與B相鄰，所以D是C元素；

故A是氟元素；B是氮元素，C是氧元素，D是碳元素．

（1）C是氧元素，核外有8個電子，價電子排布式為2s22p4，故答案為：2s22p4；

（2）同一周期內(nèi)主族元素的第一電離能從左到右在總體增大的趨勢中有些曲折．當外圍電子在能量相等的軌道上形成全空；半滿或全滿結(jié)構(gòu)時；原子的能量較低，元素的第一電離能較大．由于N元素的2p能級3個軌道處于半滿，所以第一電離能較O元素的高，所以A、B、C三種元素原子的第一電離能由大到小的順序是A＞B＞C，即F＞N＞O；

故答案為：F＞N＞O；

（3）B是氮元素；其單質(zhì)為氮氣，分子中存在三鍵，為1個δ鍵，2個π鍵，故答案為：2；

（4）B是氮元素；D是碳元素，D和B形成一種超硬；耐磨、耐高溫的新型化合物，該化合物屬于原子晶體，碳氮鍵比碳碳鍵的鍵長小、鍵能大，所以比金剛石的硬度大、沸點高；

故答案為：大；

（5）A是氟元素；其氫化物為氟化氫，由于氟元素電負性很強，HF分子之間可以形成氫鍵從而使熔沸點升高；

故答案為：HF分子之間可以形成氫鍵從而使熔沸點升高．

【解析】【答案】A；B、C、D四種元素處于同一周期；在同族元素中，A的氣態(tài)氫化物的沸點最高，考慮氫鍵，有關(guān)的元素有O、N、F，可以確定在第二周期；

B的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性在同周期中是最強的；可以確定B是N元素，因為F；O無含氧酸；

若A是O元素；則找不到C，所以A是F元素，則C是O元素．D與B相鄰，所以D是C元素；

故A是氟元素；B是氮元素，C是氧元素，D是碳元素．

21、略

【分析】【分析】根據(jù)混合氣體的總體積以及各成分所占的百分含量確定各自的體積以及物質(zhì)的量，根據(jù)熱化學(xué)方程式的意義來計算一定物質(zhì)的量的氣體燃燒放出的熱量．【解析】【解答】解：根據(jù)題意，各個氣體的百分含量：H250%、CH430%、CO10%，所以1M3（1000L）混合氣體中，含有氫氣的體積是500L，即標況下=mol，含有甲烷的體積是300L，物質(zhì)的量是mol，一氧化碳的體積是100L，物質(zhì)的量是mol，根據(jù)熱化學(xué)方程式系數(shù)和能量之間的正比例關(guān)系，所以該種煤氣燃燒時放出的熱量為：285.8kJ×+282.6kJ×+×890.3kJ≈19564.73kJ；

答：燃燒1M3（標準狀況）的煤氣時放出的熱量為19564.73kJ．22、略

【分析】【分析】由標準狀況下的體積可計算氨氣的物質(zhì)的量，利用氨氣的質(zhì)量和溶液的體積來計算物質(zhì)的量濃度，而體積可由溶液的質(zhì)量和密度來計算．【解析】【解答】解：NH3溶于水后雖然大部分生成NH3?H2O，但在計算時，仍以NH3作為氨水中的溶質(zhì)；氣體溶于水后，溶液的體積、密度均發(fā)生了改變，計算時應(yīng)該用溶液質(zhì)量除以密度求出其體積．設(shè)水的體積為1L，氨氣的體積為448L，則氨氣的物質(zhì)的量為=20mol，溶液的質(zhì)量為1000g+20mol×17g/mol=1340g，溶液的體積為=1.49L，則氨水的質(zhì)量分數(shù)為w=×100%=25.4%，氨水的物質(zhì)的量濃度為c==13.4mol/L；

答：這種氨水的質(zhì)量分數(shù)為25.4%，物質(zhì)的量濃度為13.4mol/L．五、探究題(共4題，共32分)23、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．24、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設(shè)樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標準）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據(jù)c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．25、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液