2024年滬教版高三化學(xué)上冊月考試卷含答案

…………○…………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2024年滬教版高三化學(xué)上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、磷酸亞鐵鋰LiFePO4是一種新型汽車鋰離子電池的電極材料，磷酸亞鐵鋰電池總反應(yīng)為：FePO4+LiLiFePO4，下列各種敘述不正確的是（）A.放電時，Li作負極B.電解質(zhì)溶液為非水溶液體系C.充電時鐵元素發(fā)生還原反應(yīng)D.若用該電池電解飽和食鹽水（電解池電極均為惰性電極）當(dāng)電解池兩極共有4480mL氣體（標準狀況）產(chǎn)生時，該電池消耗鋰的質(zhì)量為1.4g2、氰酸銨(NH4OCN)與尿素[CO(NH2)2]()A.都是共價化合物B.都是離子化合物C.互為同分異構(gòu)體D.互為同素異形體3、一份由氧化鎂、氧化鋁、二氧化硅和氧化鐵組成的混合物粉末，先將其溶于過量的鹽酸，過濾后，得到沉淀X和濾液Y．下列敘述正確的是（）A.該混合粉末從組成看，其成分皆是堿性氧化物B.溶液Y中2n（Mg2+）＜n（Cl-）＜3n（Fe3+）C.沉淀X的成分為二氧化硅D.在溶液Y中加入過量的氨水，過濾得到的沉淀的成分是氫氧化鐵和氫氧化鎂4、將40gNaOH溶于水中，配制成1L溶液，則該溶液的物質(zhì)的量濃度為（）A.0.1mol/LB.0.5mol/LC.4mol/LD.1mol/L5、欲使CH3COONa稀溶液中的值增大，可采取的措施是（）A.升溫B.加水稀釋C.加少量的KOH固體D.加少量固體Na2CO36、短周期主族元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}的原子序數(shù)依次增大，它們原子的最外層電子數(shù)之和為rm{19.Y}原子的電子層數(shù)與最外層電子數(shù)的比等于rm{dfrac{1}{3}}rm{Z}原子最外層電子數(shù)與內(nèi)層電子數(shù)的比為rm{dfrac{1}{10}.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.非金屬性：rm{Y<X<W}B.簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：rm{Y<X}C.化合物rm{ZW}rm{XY}中化學(xué)鍵類型相同D.rm{X}rm{W}的最高價氧化物的水化物均為強酸評卷人得分二、雙選題(共5題，共10分)7、25℃時下列敘述不正確的是（）A.pH=3的二元弱酸H2R溶液與p=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，則反應(yīng)后的混合液中：2c（R2-）+c（HR-）=（Na+）B.若0.3mol?L-1HY溶液與0.3mol?L-1NaOH溶液等體積混合后，溶液的pH=9，則：c（OH-）-c（HY）=（H+）=1×10-9mol?L-1C.0.2mol?L-1HCl溶液與等體積0.05mol?L-1Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1D.0.1mol?L-1Na2S與0.1mol?L-1NaHS等體積混合：3c（Na+）-2c（HS-）=2c（S2-）+2c（H2S）8、青蒿素結(jié)構(gòu)式如圖所示rm{.}下列有關(guān)青蒿素的說法錯誤的是rm{(}rm{)}

A.青蒿素的分子式為rm{C_{15}H_{22}O_{5}}B.青蒿素分子結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，受熱不易分解C.青蒿素中含多個環(huán)狀結(jié)構(gòu)，其中有一個六元碳環(huán)D.青蒿素難溶于水，提取的方法是用有機溶劑萃取后蒸餾9、為了更好地表示溶液的酸堿性，科學(xué)家提出了酸度rm{(aciditygrade)}的概念，定義rm{AG=lgdfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}}室溫下用rm{AG=lgdfrac

{c(H^{+})}{c(OH^{-})}}的氫氧化鈉溶液滴定rm{0.01mol?L^{-1}}醋酸，滴定結(jié)果如圖所示，下列有關(guān)敘述不正確的是rm{20.00mL0.01mol?L^{-1}}rm{(}A.室溫下，醋酸的電離平衡常數(shù)約為rm{)}B.rm{10^{-6}}點加入rm{M}溶液的體積大于rm{NaOH}C.rm{20.00mL}點時溶液中：rm{M}D.若rm{c(CH_{3}COO^{-})=c(Na^{+})}點時加入rm{N}溶液的體積為rm{NaOH}則rm{40mL}點時溶液中：rm{N}rm{c(Na^{+})=2[c(CH_{3}COO^{-})+c(CH_{3}COOH)]}10、根據(jù)下列實驗設(shè)計及有關(guān)現(xiàn)象；所得結(jié)論不正確的是（）

。實驗實驗現(xiàn)象結(jié)論A

左燒杯中鐵表面有氣泡，右邊燒杯中銅表面有氣泡活動性：Al＞Fe＞CuB

左邊棉花變?yōu)槌壬?，右邊棉花變?yōu)樗{色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C

白色固體先變?yōu)榈S色，后變?yōu)楹谏ˋg2S）溶解性：AgCl＞AgBr＞Ag2SD

錐形瓶中有氣體產(chǎn)生，燒杯中液體變渾濁酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3A.AB.BC.CD.D11、rm{2016}年諾貝爾化學(xué)獎由法國、美國及荷蘭的三位化學(xué)家分獲，以表彰他們在“分子馬達”研究方面的成就，一種光驅(qū)分子馬達結(jié)構(gòu)如圖所示rm{.}有關(guān)該分子的說法正確的是rm{(}rm{)}A.該分子中有兩個手性碳原子B.兩個苯環(huán)可以處于同一平面C.能與rm{NaHCO_{3}}和酸性rm{KMnO_{4}}溶液反應(yīng)D.rm{1mol}該分子最多可與rm{2molH_{2}}發(fā)生加成評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)12、NO2壓縮成N2O4可作火箭燃料中的氧化劑，也可制備硝化試劑N2O5等．

（1）火箭燃料燃燒反應(yīng)如下：

2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（l）

若1.00gN2H4（l）與足量N2O4（l）完全反應(yīng)生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的熱量．則該反應(yīng)的△H=____kJ?mol-1．

（2）在2L密閉容器內(nèi)，投入一定量NO2，發(fā)生下列反應(yīng)：2NO2（g）?2NO（g）+O2（g）．在三種不同的條件下進行實驗，NO2的濃度隨時間的變化如圖1所示．請回答下列問題：

①不能說明該反應(yīng)已達到平衡狀態(tài)的是____（填字母）．

a．v正（NO2）=2v逆（O2）b．c（NO2）=c（NO）

c．氣體總壓不變d．NO的體積分數(shù)保持不變。

②下列說法正確的是____（填字母）．

a．三個實驗開始投入的NO2的物質(zhì)的量均為1.0mol

b．實驗Ⅱ和實驗Ⅰ相比；可能隱含的條件是：實驗Ⅱ使用了效率更高的催化劑。

c．該反應(yīng)是放熱反應(yīng)。

d．實驗Ⅰ條件下反應(yīng)的平衡常數(shù)大于實驗Ⅲ條件下反應(yīng)的平衡常數(shù)。

e．800℃時；該反應(yīng)的平衡常數(shù)為0.25

f．該反應(yīng)的△S＞0；故該反應(yīng)一定是自發(fā)反應(yīng)。

③實驗Ⅱ從反應(yīng)開始到剛達到平衡時，v（O2）=____mol?L-1?min-1；若再向該2L密閉容器中通入1molNO2、1molNO、0.5molO2，則平衡將____移動（填“向右”；“向左”或“不”）．

（3）利用NO2或N2O4可制備N2O5，原理如圖2所示．N2O5在電解池的____（填“陰極”或“陽極”）區(qū)生成，其電極反應(yīng)式為____．

13、已知物質(zhì)A顯酸性；請根據(jù)以下框圖回答問題。

（1）A的結(jié)構(gòu)簡式為____

（2）①②③的反應(yīng)類型分別為____、____、____

（3）化合物G中含有官能團的名稱是____

（4）C到E的化學(xué)方程式____

（5）寫出C的同分異構(gòu)體中屬于酯類物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式____、____（至少寫2個）14、某研究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計用如下方法測定某居室空氣中甲醛（HCHO）的含量．

Ⅰ．測定原理：4MnO4-+5HCHO+12H+═4Mn2++5CO2↑+11H2O；2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O

Ⅱ．測定裝置：部分裝置如圖1所示（a、b為止水夾）

Ⅲ．實驗步驟：

①如圖所示，打開a，關(guān)閉b，用注射器抽取100mL新裝修的室內(nèi)空氣．關(guān)閉a，打開b，再緩緩?fù)苿幼⑸淦?，將氣體全部推入酸性高錳酸鉀溶液（25.00mL1.00×10-3mol?L-1）中；使其充分吸收．再如此重復(fù)幾次．

②將儀器A中的溶液全部轉(zhuǎn)入錐形瓶中，用2.00×10-3mol?L-1的草酸（H2C2O4）標準溶液滴定錐形瓶中的溶液；記錄滴定所消耗的草酸溶液的體積．

請回答問題：

（1）儀器A的名稱為____．實驗步驟①重復(fù)幾次后，發(fā)現(xiàn)儀器A中的溶液完全褪色了，處理的方法是____．

（2）實驗步驟②的滴定過程中操作滴定管的圖示如圖2正確的是____（填編號）．

（3）判斷到達滴定終點的實驗現(xiàn)象是____

（4）在滴定過程中，下列儀器中不必要用到的有____．（用編號表示）．

①酸式滴定管②堿式滴定管③pH計④玻璃棒⑤錐形瓶。

（5）以下實驗操作會導(dǎo)致甲醛含量偏低的是____（用相應(yīng)的編號填寫）

A．注射器壓送氣體時速度過快。

B．儀器A中的溶液轉(zhuǎn)入錐形瓶后；沒有洗滌儀器A．

C．在滴定前裝有草酸標準溶液的滴定管尖嘴部分有氣泡；而滴定結(jié)束后氣泡消失。

D．錐形瓶中沒有用待裝液潤洗；瓶中有少量水。

E．滴定開始時仰視讀數(shù)，滴定終點時俯視讀數(shù)．15、實驗室用粗鋅和稀硫酸反應(yīng)的制氫廢液中含有大量的硫酸鋅．因粗鋅中常含有鐵等雜質(zhì)，溶液中混有一定量的硫酸亞鐵．為充分利用制氫廢液，某?；瘜W(xué)興趣小組以制氫氣的廢液為原料來制取皓礬（ZnSO4?7H2O）并探究其性質(zhì)．

（1）制備皓礬的實驗流程如圖所示．

已知：開始生成氫氧化物沉淀到沉淀完全的pH范圍分別為：

Fe（OH）3：2.7～3.7；Fe（OH）2：7.6～9.6；Zn（OH）2：5.7～8.0．

試回答下列問題：

①實驗室常用粗鋅和稀硫酸反應(yīng)而不用純鋅和稀硫酸反應(yīng)制氫氣，除了純鋅成本較高外，還有一重要原因是____．

②試劑E供選擇使用的有：Zn粉、ZnO、Zn（OH）2、ZnCO3、ZnSO4等，應(yīng)選用____，其理由是____．

③從晶體1→晶體2，該過程的名稱是____．

④在得到皓礬時，向晶體中加入少量酒精洗滌而不用水的原因是____．

（2）探究ZnSO4?7H2O的性質(zhì)。

⑤稱取28.7gZnSO4?7H2O研細后置于坩堝中小心加熱；測得殘留固體的質(zhì)量與溫度的對應(yīng)數(shù)據(jù)見下表：

。溫度（℃）602409301000殘留固體質(zhì)量（g）19.716.18.18.1試寫出ZnSO4?7H2O加熱到1000℃時的反應(yīng)方程式____．16、【化學(xué)--化學(xué)與技術(shù)】

已知：①工業(yè)上用硫酸與β-鋰輝礦（LiAiSi2O6和少量鈣鎂雜質(zhì)）反應(yīng)，生成Li2SO4、MgSO4等；最終制備金屬鋰．

②氫氧化鋰在一定溫度下右轉(zhuǎn)化為氧化鋰．

用β-鋰輝礦與硫酸生產(chǎn)金屬鋰的工業(yè)流程如下：

請回答：

（1）將LiAlSi2O6改寫成氧化物形式____．

（2）β-鋰輝礦經(jīng)初步處理后從溶液中分離出鋁硅化合物沉淀的操作是____．

（3）溶液中加入Ca（OH）2溶液的作用是____；再加入適量稀Na2CO3溶液的目的是____．

（4）由Li2CO3與鹽酸作用得到LiCl溶液的離子方程式是____．

（5）LiCl溶液加熱蒸干后，所得固體在熔融狀態(tài)下電解制備鋰．電解時產(chǎn)生的氯氣中混有少量氧氣，產(chǎn)生氧氣的原因是____．

（6）實驗室加熱蒸干LiCl溶液時用到的玻璃儀器有____．17、（10分）Q、W、X、Y、Z是5種短周期元素，原子序數(shù)逐漸增大，Q與W組成的化合物是天然氣的主要成分，W與Y、X與Y組成的化合物是機動車排出的大氣污染物，Y和Z能形成原子個數(shù)比為1︰1和l︰2的兩種離子化合物。（1）W在元素周期表中的位置是周期____族。（2）工業(yè)合成XQ3是放熱反應(yīng)。下列措施中，既能加快反應(yīng)速率，又能提高原料利用率是。（填寫序號）A.升高溫度B.加入催化劑C.將XQ3及時分離出去D.增大反應(yīng)體系的壓強（3）2.24L（標準狀況）XQ3被200mLlmol/LQXY3溶液吸收后，所得溶液中離子濃度從大到小的順序是。（用離子符號表示）（4）WQ4Y與Y2的反應(yīng)可將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，其工作原理如右圖所示，a極的電極反應(yīng)是。（5）已知：W（s）+Y2（g）=WY2（g）；H=－393.5kJ/molWY（g）+Y2（g）=WY2（g）；H=－238.0kJ/mol。則24gW與一定量的Y2反應(yīng)，放出熱量362.5kJ，所得產(chǎn)物成分及物質(zhì)的量之比為。（6）X和Z組成的一種離子化合物，能與水反應(yīng)生成兩種堿，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。18、（1）某溫度下，純水中的c（H+）=2.0×10-7mol/L，則此時溶液的c（OH-）為____mol/L；KW____

（2）寫出氫硫酸在水中電離的方程式：____，____；

（3）寫出NaClO溶液水解的離子方程式____

（4）實驗測得NaHCO3溶液的pH＞7，請分析NaHCO3溶液顯堿性的原因：____．（以離子方程式和簡要文字說明）：19、有機物A由C、H、O三種元素組成，其蒸氣密度是同溫同壓下氫氣密度的23倍，核磁共振氫譜顯示其分子中有3種氫原子且個數(shù)比為3：2：1．芳香化合物B的分子式為C7H8O；B能與金屬鈉反應(yīng)．

用A和B為原料完成以下轉(zhuǎn)化：

已知：①兩個醛分子間能發(fā)生如下反應(yīng)：

（-R；-R′表示氫原子或烴基）

③1molH分別與足量的金屬鈉；碳酸氫鈉溶液反應(yīng)時；均生成22.4L氣體（標準狀況）．

回答下列問題：

①C+D→E的反應(yīng)類型為____；E→F反應(yīng)的反應(yīng)類型為____．

②F的結(jié)構(gòu)簡式為：____．

③寫出下列轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式：

B→D____．

D→K____．

H→I____．

④滿足下列條件的F有多種同分異構(gòu)體；

Ⅰ．該物質(zhì)和FeCl3溶液能發(fā)生顯色反應(yīng)；

Ⅱ．該物質(zhì)能使Br2的CC14溶液褪色；

Ⅲ．該物質(zhì)分子中只有一個甲基．

寫出其中苯環(huán)上取代基數(shù)目不同的任意兩種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式____．20、（2013秋?黃石期末）銅單質(zhì)及其化合物在工業(yè)生產(chǎn)和科研中有重要作用．

（1）已知：2Cu2O（s）+O2（g）═4CuO（s）△H=-292kJ?mol-1

2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-221kJ?mol-1

請寫出用足量炭粉還原CuO（s）制備Cu2O（s）的熱化學(xué)方程式：____；

（2）現(xiàn)用氯化銅晶體（CuCl2?2H2O，含氯化亞鐵雜質(zhì)）制取純凈的CuCl2?2H2O．先將其制成水溶液，后按如圖步驟進行提純．已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氫氧化物開始沉淀和沉淀完全時的pH見下表。

。金屬離子Fe3+Fe2+Cu2+氫氧化物開始沉淀時的pH1.97.04.7氫氧化物完全沉淀時的pH3.29.06.7請回答下列問題：

①現(xiàn)有氧化劑NaClO、H2O2、KMnO4，X加哪種好，為什么？____；該反應(yīng)的離子方程式為____．

②溶液II中除Cu2+外，還有____金屬離子；如何檢驗其存在．

③物質(zhì)Y不能為下列的____

a．CuOb．Cu（OH）2c．CuCO3d．Cu2（OH）2CO3e．CaOf．NaOH

④若向溶液Ⅱ中加入碳酸鈣，產(chǎn)生的現(xiàn)象是____．評卷人得分四、探究題(共4題，共20分)21、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________．22、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：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：參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】電池放電時原電池原理，Li失電子發(fā)生氧化反應(yīng)做原電池負極，F(xiàn)ePO4在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成LiFePO4；結(jié)合電解水計算電子轉(zhuǎn)移，依據(jù)電子守恒和電極反應(yīng)計算消耗鋰的質(zhì)量．【解析】【解答】解：A；電池放電時原電池原理；Li失電子發(fā)生氧化反應(yīng)做原電池負極，故A正確；

B；金屬Li可以和水發(fā)生反應(yīng)；所以電解質(zhì)溶液為非水溶液體系，故B正確；

C；充電時Fe元素是失電子；化合價升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，故C錯誤；

D、FePO4在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成LiFePO4，電極反應(yīng)為：FePO4+Li++e-=LiFePO4；若用該電池電解蒸餾水（電解池電極均為惰性電極）；當(dāng)電解池兩極共有4480mL氣體（標準狀況）產(chǎn)生時，氣體物質(zhì)的量為0.2mol，生成氫氣物質(zhì)的量0.1mol，依據(jù)電子守恒和電極反應(yīng)計算；

H2～2Li～2e-

0.1mol0.2mol

消耗鋰的質(zhì)量=0.2mol×7g/mol=1.4g；故D正確．

故選C．2、C【分析】試題分析：氰酸銨是離子化合物，尿素是共價化合物，他們的分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，是同分異構(gòu)體的關(guān)系，C項正確?？键c：有機化合物的概念。【解析】【答案】C3、C【分析】【分析】四種氧化物中，SiO2為酸性氧化物，MgO、Fe2O3屬于堿性氧化物，Al2O3屬于兩性氧化物，溶于鹽酸生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，溶液中的陽離子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，SiO2屬于酸性氧化物，不溶于鹽酸，因此過濾出的沉淀是SiO2，以此解答該題．【解析】【解答】解：四種氧化物中，SiO2為酸性氧化物，MgO、Fe2O3屬于堿性氧化物，Al2O3屬于兩性氧化物，溶于鹽酸生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，溶液中的陽離子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，SiO2屬于酸性氧化物，不溶于鹽酸，因此過濾出的沉淀是SiO2；

A、SiO2為酸性氧化物；故A錯誤；

B；不知氧化物的量的關(guān)系；所以無法確定三種離子的量的關(guān)系，但根據(jù)電荷守恒，氯離子的濃度應(yīng)最大，故B錯誤；

C、過濾出的沉淀是SiO2；故C正確；

D；在溶液Y中加入過量的氨水；過濾得到的沉淀的成分是氫氧化鐵、氫氧化鎂和氫氧化鋁，故D錯誤；

故選C．4、D【分析】【分析】根據(jù)n=計算出40g氫氧化鈉的物質(zhì)的量，再根據(jù)c=計算出所得溶液的物質(zhì)的量濃度．【解析】【解答】解：40g氫氧化鈉的物質(zhì)的量為：n（NaOH）=1mol；

所得溶液的物質(zhì)的量濃度為：c（NaOH）==1mol/L；

故選D．5、C【分析】【分析】醋酸鈉溶液中存在醋酸根離子水解平衡：CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-，影響水解平衡移動的因素來回答判斷．【解析】【解答】解：A；升溫；水解平衡正向移動，所以醋酸根離子濃度減小，但是鈉離子濃度不變，即比值會減小，故A錯誤；

B；加水稀釋；促進水解，所以醋酸根離子物質(zhì)的量減小，而鈉離子的物質(zhì)的量不變，即比值會減小，故B錯誤；

C；加入KOH固體；鈉離子濃度不變，水解平衡向逆向移動，所以醋酸根離子濃度增大，即比值會增大，故C正確；

D、加少量固體Na2CO3；鈉離子濃度變大，水解平衡向逆向移動，所以醋酸根離子濃度增大，各度很小，主要以鈉離子濃度增大為主，即比值會減小，故D錯誤；

故選：C．6、D【分析】解：rm{Y}原子的電子層數(shù)與最外層電子數(shù)的比等于rm{dfrac{1}{3}}最外層最多含有rm{8}個電子，則rm{Y}只能含有rm{2}個電子層，rm{Y}為rm{O}元素；rm{Z}原子最外層電子數(shù)與內(nèi)層電子數(shù)的比為rm{dfrac{1}{10}}由于rm{Z}為短周期元素，則rm{Z}最外層電子數(shù)為rm{1}內(nèi)層電子總數(shù)為rm{10}則rm{Z}為rm{Na}元素；rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}的最外層電子數(shù)之和為rm{19}則rm{X}rm{W}的最外層電子數(shù)rm{=19-1-6=12}rm{X}rm{W}的最外層電子數(shù)不可能都是rm{6}若rm{X}最外層含有rm{5}個電子，rm{W}的最外層含有rm{7}個電子，則rm{X}為rm{N}元素、rm{W}為rm{Cl}元素，滿足條件；若rm{X}的最外層含有含有rm{7}個電子，rm{W}的最外層含有rm{5}個電子，則rm{X}為rm{F}rm{W}為rm{P}rm{F}的原子序數(shù)大于rm{O}不滿足條件，所以rm{X}為rm{N}元素、rm{W}為rm{Cl}元素；

A.rm{X}rm{Y}rm{W}分別為rm{N}rm{O}rm{Cl}三者的非金屬性大小為：rm{N<O<Cl}故A錯誤；

B.rm{X}rm{Y}分別為rm{N}rm{O}非金屬性：rm{N<O}則簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：rm{Y>X}故B錯誤；

C.化合物rm{ZW}為rm{NaCl}rm{XY}為rm{NO}rm{NaCl}中含有離子鍵，rm{NO}含有共價鍵；二者的化學(xué)鍵類型不同，故C錯誤；

D.rm{X}rm{W}的最高價氧化物的水化物分別為硝酸和高氯酸；二者都是強酸，故D正確；

故選D．

rm{Y}原子的電子層數(shù)與最外層電子數(shù)的比等于rm{dfrac{1}{3}}最外層最多含有rm{8}個電子，則rm{Y}只能含有rm{2}個電子層，rm{Y}為rm{O}元素；rm{Z}原子最外層電子數(shù)與內(nèi)層電子數(shù)的比為rm{dfrac{1}{10}}由于rm{Z}為短周期元素，則rm{Z}最外層電子數(shù)為rm{1}內(nèi)層電子總數(shù)為rm{10}則rm{Z}為rm{Na}元素；rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}的最外層電子數(shù)之和為rm{19}則rm{X}rm{W}的最外層電子數(shù)rm{=19-1-6=12}rm{X}rm{W}的最外層電子數(shù)不可能都是rm{6}若rm{X}最外層含有rm{5}個電子，rm{W}的最外層含有rm{7}個電子，則rm{X}為rm{N}元素、rm{W}為rm{Cl}元素，滿足條件；若rm{X}的最外層含有含有rm{7}個電子，rm{W}的最外層含有rm{5}個電子，則rm{X}為rm{F}rm{W}為rm{P}rm{F}的原子序數(shù)大于rm{O}不滿足條件，所以rm{X}為rm{N}元素、rm{W}為rm{Cl}元素；據(jù)此進行解答．

本題考查了原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的應(yīng)用，題目難度中等，通過討論推斷rm{X}rm{W}的元素名稱為解答關(guān)鍵，注意掌握原子結(jié)構(gòu)與元素周期律之間的關(guān)系，試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力．【解析】rm{D}二、雙選題(共5題，共10分)7、C|D【分析】解：A．溶液混合后溶液pH=7，則c（H+）=c（OH-），溶液中電荷守恒：2c（R2-）+c（HR-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），故有2c（R2-）+c（HR-）=c（Na+）；故A正確；

B．兩溶液恰好反應(yīng)產(chǎn)物為NaY，水解溶液呈堿性，由電荷守恒：c（OH-）+c（Y+）=c（H+）+c（Na+），由物料守恒：c（HY）+c（Y+）=c（Na+），聯(lián)立可得：c（OH-）-c（HY）=c（H+）=1×10-9mol?L-1；故B正確；

C．混合后溶液中c（H+）=（0.2mol/L-0.1mol/L）÷2=0.05mol/L；則pH=-lg0.05=2-lg5≈1.3，故C錯誤；

D．溶液體積、濃度相等，則Na2S、NaHS的物質(zhì)的量相等，根據(jù)物料守恒c（Na+）=[c（HS-）+c（S2-）+c（H2S）]，則c（Na+）-2c（HS-）=2c（S2-）+2c（H2S）；故D錯誤．

故選：CD．

A．溶液混合后溶液pH=7，則c（H+）=c（OH-）；結(jié)合電荷守恒判斷；

B．等體積混合后得到NaY溶液，溶液的pH=9，則c（H+）=1×10-9mol?L-1；說明HY為弱酸，生成強堿弱酸鹽，根據(jù)電荷守恒和物料守恒進行解答；

C．0.2mol?L-1HCl溶液與等體積0.05mol?L-1Ba（OH）2溶液混合后，酸過量，計算出溶液中的氫離子濃度，根據(jù)pH=-lgc（H+）計算；

D．Na2S、NaHS的物質(zhì)的量相等，根據(jù)物料守恒c（Na+）=[c（HS-）+c（S2-）+c（H2S）]．

本題考查離子濃度的大小比較，注意從電荷守恒和物料守恒的角度分析，溶液混合時先分析溶液中的溶質(zhì)，再結(jié)合電離、水解與電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子恒等式判斷．【解析】【答案】CD8、rBC【分析】解：rm{A.}由結(jié)構(gòu)簡式可知青蒿素的分子式為rm{C_{15}H_{22}O_{5}}故A正確；

B.含有過氧鍵；不穩(wěn)定，在溫度過高時可分解而變質(zhì)，故B錯誤；

C.青蒿素中含多個環(huán)狀結(jié)構(gòu)，其中有一個rm{7}元碳環(huán)，rm{3}個六元環(huán)；故C錯誤；

D.沒有羥基；羧基等親水基；難溶于水，易溶于有機溶劑，可萃取后蒸餾，故D正確．

故選BC．

該有機物中含有醚鍵；酯基、過氧雙鍵；具有醚、酯和過氧化物性質(zhì)，能發(fā)生水解反應(yīng)和強氧化性，據(jù)此分析解答．

本題考查有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，明確官能團及其性質(zhì)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查酯、過氧化物性質(zhì)，易錯選項是rm{C}．【解析】rm{BC}9、rAB【分析】解：rm{A.}室溫下，醋酸的rm{AG=lgdfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=7}即rm{dfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=10^{7}}而水的離子積rm{AG=lgdfrac

{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=7}兩式聯(lián)立可知：rm{dfrac

{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=10^{7}}而在醋酸溶液中，rm{K=c(H^{+})?c(OH^{-})=10^{-14}}故電離平衡常數(shù)rm{K=dfrac{C(CH_{3}COO^{-})cdotC(H^{+})}{C(CH_{3}COOH)}=dfrac{10^{-3.5}隆脕10^{-3.5}}{0.01}=10^{-5}}故A錯誤；

B.rm{c(H^{+})=10^{-3.5}}點的rm{AG=lgdfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=0}即rm{dfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=1}即rm{c(CH_{3}COO^{-})隆脰c(H^{+})=10^{-3.5}}溶液顯中性，而當(dāng)加入氫氧化鈉溶液rm{K=dfrac{C(CH_{3}COO^{-})cdot

C(H^{+})}{C(CH_{3}COOH)}=dfrac

{10^{-3.5}隆脕10^{-3.5}}{0.01}=10^{-5}}時，恰好和醋酸完全中和，得到醋酸鈉溶液，溶液顯堿性，所以rm{M}的體積小于rm{AG=lgdfrac

{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=0}故B錯誤；

C.rm{dfrac

{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=1}點的rm{AG=lgdfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=0}即rm{dfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=1}即rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}溶液中電荷守恒為：rm{20mL}所以rm{NaOH}故C正確；

D.當(dāng)rm{20mL}點加入rm{M}溶液為rm{AG=lgdfrac

{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=0}時，所得的為等濃度的rm{dfrac

{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=1}和rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}的混合溶液，根據(jù)物料守恒可知：rm{c(H^{+})+c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})}故D正確；

故選AB。

A.室溫下，醋酸的rm{AG=lgdfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=7}結(jié)合水的離子積rm{c(CH_{3}COO^{-})=c(Na^{+})}來計算；

B.rm{N}點的rm{AG=lgdfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=0}即rm{dfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=1}即rm{NaOH}溶液顯中性；

C.根據(jù)電荷守恒分析；

D.根據(jù)物料守恒分析。

本題考查了酸堿中和滴定的過程中平衡常數(shù)的計算以及三個守恒的運用，題目難度中等，注意離子濃度隨著溶液體積的改變而發(fā)生的變化，注意把握題干中的信息。rm{40mL}【解析】rm{AB}10、B|D【分析】解：A．原電池中；一般活潑金屬作負極，由圖可知，左邊燒杯中Al為負極，右邊燒杯中Fe為負極，則活動性：Al＞Fe＞Cu，故A正確；

B．氯氣可氧化溴離子和碘離子；不能說明溴置換出碘，則不能比較溴與碘的氧化性，故B錯誤；

C．發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，向更難溶的方向移動，則由白色固體先變?yōu)榈S色，后變?yōu)楹谏?，可知溶解性：AgCl＞AgBr＞Ag2S；故C正確；

D．鹽酸易揮發(fā)；可與碳酸鈉；硅酸鈉均發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，圖中裝置不能說明二氧化碳與硅酸鈉溶液反應(yīng)，則不能比較碳酸與硅酸的酸性，故D錯誤；

故選BD．

A．原電池中；一般活潑金屬作負極；

B．氯氣可氧化溴離子和碘離子；

C．發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化；向更難溶的方向移動；

D．鹽酸易揮發(fā)；可與碳酸鈉；硅酸鈉均發(fā)生化學(xué)反應(yīng)．

本題考查化學(xué)實驗方案的評價，涉及原電池、氧化還原反應(yīng)、沉淀轉(zhuǎn)化及酸性比較等，側(cè)重反應(yīng)原理的考查，注意BD中排除干擾為解答的易錯點，題目難度中等．【解析】【答案】BD11、rBC【分析】解：rm{A.}連接不同原子或原子團的為手性碳原子，分子中只有rm{1}個；故A錯誤；

B.兩個苯環(huán)連接在碳碳三鍵上；可在同一個平面上，故B正確；

C.含有羧基；可與碳酸氫鈉反應(yīng)，含有碳碳三鍵，可被高錳酸鉀氧化，故C正確；

D.能與氫氣反應(yīng)的為苯環(huán)和碳碳三鍵，則rm{1mol}該分子最多可與rm{8molH_{2}}發(fā)生加成；故D錯誤。

故選：rm{BC}

有機物分子含有苯環(huán)；為平面形結(jié)構(gòu)，含有碳碳三鍵，具有直線形結(jié)構(gòu)，可發(fā)生加成；加聚和氧化反應(yīng)，含有羧基，具有酸性，可發(fā)生中和、酯化反應(yīng)，以此解答該題．

本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，注意把握官能團與性質(zhì)的關(guān)系，側(cè)重苯、炔烴性質(zhì)的考查，題目難度不大．【解析】rm{BC}三、填空題(共9題，共18分)12、-1224.96bbe0.0125mol/（向左陽極N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+【分析】【分析】（1）計算2molN2H4反應(yīng)放出的熱量；可得該反應(yīng)的△H，反應(yīng)放熱，焓變符號為“-”，單位為kJ/mol；

（2）①a．不同物質(zhì)表示的正逆速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比；反應(yīng)到達平衡；

b．平衡時c（NO2）；c（NO）濃度與二氧化氮的轉(zhuǎn)化率有關(guān)；

c．隨反應(yīng)進行；壓強增大，氣體總壓不變說明到達平衡；

d．平衡時各組分的含量不變；

②a．三個實驗開始NO2的物質(zhì)的量濃度均為1mol/L；根據(jù)n=cV計算；

b．實驗Ⅱ和實驗Ⅰ相比；反應(yīng)速率加快，平衡時二氧化氮的濃度相等，不影響平衡移動；

c．升高溫度；平衡時二氧化氮的濃度減小，說明升高溫度平衡向正反應(yīng)移動；

d．升高溫度平衡向正反應(yīng)移動；平衡常數(shù)增大；

e．計算平衡時各組分的濃度，代入平衡常數(shù)表達式K=計算；

f．升高溫度平衡向正反應(yīng)移動；正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△G=△H-T△S＜0，反應(yīng)自發(fā)進行；

③根據(jù)v=計算v（NO2），利用速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比計算v（O2）；

計算濃度商Qc；與平衡常數(shù)比較判斷反應(yīng)方向，若Qc=K，處于平衡狀態(tài)，Qc＜K，向正反應(yīng)進行，Qc＞K，向逆反應(yīng)進行；

（3）利用NO2或N2O4可制備N2O5，N元素發(fā)生氧化反應(yīng)，則N2O5在電解池的陽極區(qū)生成，由圖可知，陽極上是N2O4失去電子，在HNO3條件下生成N2O5，根據(jù)電荷守恒可知有H+生成．【解析】【解答】解：（1）1.00gN2H4完全反應(yīng)放出19.14kJ的熱量，則2molN2H4反應(yīng)放出的熱量為19.14kJ×=1224.96kJ；故該反應(yīng)的△H=-1224.96kJ/mol；

故答案為：-1224.96；

（2）①a．由于v逆（NO2）=2v逆（O2），而v正（NO2）=2v逆（O2），則v逆（NO2）=v正（NO2）；反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，故a不選；

b．平衡時c（NO2）、c（NO）濃度與二氧化氮的轉(zhuǎn)化率有關(guān)，平衡時濃度不一定相等，故b選；

c．隨反應(yīng)進行；壓強增大，氣體總壓不變說明到達平衡，故c不選；

d．生成物NO的體積分數(shù)不變；說明反應(yīng)到達平衡，故d不選；

故選：b；

②a．三個實驗開始NO2的物質(zhì)的量濃度均為1mol/L，開始投入的NO2的物質(zhì)的量均為1mol/L×2L=2.0mol；故a錯誤；

b．實驗Ⅱ和實驗Ⅰ相比，反應(yīng)速率加快，平衡時二氧化氮的濃度相等，不影響平衡移動，不能是升高溫度或增大壓強，實驗Ⅱ可能使用了效率更高的催化劑，故b正確；

c．升高溫度；平衡時二氧化氮的濃度減小，說明升高溫度平衡向正反應(yīng)移動，而升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)移動，故正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故c錯誤；

d．升高溫度平衡向正反應(yīng)移動；平衡常數(shù)增大，實驗Ⅰ條件下反應(yīng)的平衡常數(shù)小于實驗Ⅲ條件下反應(yīng)的平衡常數(shù)，故d錯誤；

e．800℃時；平衡時二氧化氮的濃度為0.5mol/L，則：

2NO2（g）?2NO（g）+O2（g）

起始量（mol/L）：100

變化量（mol/L）：0.50.50.25

平衡量（mol/L）：0.50.50.25

800℃時平衡常數(shù)K===0.25；故e正確；

f．升高溫度平衡向正反應(yīng)移動；正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，△H＞0，正反應(yīng)為熵增的反應(yīng)，而△G=△H-T△S＜0反應(yīng)自發(fā)進行，應(yīng)在高溫下具有自發(fā)性，故f錯誤；

故選：be；

③v（NO2）==0.025mol/（L．min），速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，v（O2）=v（NO2）=0.0125mol/（L．min）；

濃度商Qc==0.5＞K=0.25；反應(yīng)向逆反應(yīng)進行；

故答案為：0.0125mol/（L．min）；向左；

（3）利用NO2或N2O4可制備N2O5，N元素發(fā)生氧化反應(yīng)，則N2O5在電解池的陽極區(qū)生成，由圖可知，陽極上是N2O4失去電子，在HNO3條件下生成N2O5，根據(jù)電荷守恒可知有H+生成，電極反應(yīng)式為：N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+；

故答案為：陽極；N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+．13、CH2=CHCOOH加成反應(yīng)取代反應(yīng)酯化（取代）反應(yīng)羧基、醛基CH3CH2BrCOOH+2NaOHCH3CH2（OH）COONa+NaBr+H2O，CH3CH2（OH）COO-+H+→CH3CH2（OH）COOHHCOOCH2CH2Br或HCOOCHBrCH3BrCH2COOCH3或CH3COOCH2Br【分析】【分析】A的分子式為C3H4O2，物質(zhì)A顯酸性，故A中含有-COOH，A的不飽和度為=2，故A分子中還含有C=C雙鍵，則A的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCOOH，D可以被氧化生成G，G可以與銀氨溶液發(fā)生反應(yīng)，故G中含有醛基-CHO，故D中含有-OH，且-OH連接的C原子上含有2個H原子，根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，B為BrCH2CH2COOH，D為HOCH2CH2COOH，G為OHCCH2COOH，H為NH4OOCCH2COONH4，A與HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成C，C為CH3CH2BrCOOH，C水解并酸化生成E，E為CH3CH2（OH）COOH，F(xiàn)為七原子組成的環(huán)狀結(jié)構(gòu)，E與D發(fā)生酯化反應(yīng)生成F，F(xiàn)結(jié)構(gòu)簡式為據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A的分子式為C3H4O2，物質(zhì)A顯酸性，故A中含有-COOH，A的不飽和度為=2，故A分子中還含有C=C雙鍵，則A的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCOOH，D可以被氧化生成G，G可以與銀氨溶液發(fā)生反應(yīng)，故G中含有醛基-CHO，故D中含有-OH，且-OH連接的C原子上含有2個H原子，根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，B為BrCH2CH2COOH，D為HOCH2CH2COOH，G為OHCCH2COOH，H為NH4OOCCH2COONH4，A與HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成C，C為CH3CH2BrCOOH，C水解并酸化生成E，E為CH3CH2（OH）COOH，F(xiàn)為七原子組成的環(huán)狀結(jié)構(gòu)，E與D發(fā)生酯化反應(yīng)生成F，F(xiàn)結(jié)構(gòu)簡式為

（1）由上述分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCOOH；

故答案為：CH2=CHCOOH；

（2）反應(yīng)①屬于加成反應(yīng)；反應(yīng)②屬于取代反應(yīng)，反應(yīng)③屬于酯化（取代）反應(yīng)；

故答案為：加成反應(yīng)；取代反應(yīng)；酯化（取代）反應(yīng)；

（3）G為OHCCH2COOH；化合物中含有官能團有：羧基；醛基；

故答案為：羧基；醛基；

（4）C生成E的化學(xué)方程式為：CH3CH2BrCOOH+2NaOHCH3CH2（OH）COONa+NaBr+H2O，CH3CH2（OH）COO-+H+→CH3CH2（OH）COOH；

故答案為：CH3CH2BrCOOH+2NaOHCH3CH2（OH）COONa+NaBr+H2O，CH3CH2（OH）COO-+H+→CH3CH2（OH）COOH；

（5）CH3CH2BrCOOH的同分異構(gòu)體中屬于酯類物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式有：HCOOCH2CH2Br、HCOOCHBrCH3、BrCH2COOCH3、CH3COOCH2Br；

故答案為：HCOOCH2CH2Br或HCOOCHBrCH3、BrCH2COOCH3或CH3COOCH2Br等．14、廣口瓶重新實驗A加入最后一滴草酸溶液時溶液褪色且半分鐘內(nèi)不重新變紅②③④AC【分析】【分析】（1）儀器A用途和圖形分析回答；儀器A中的溶液完全褪色不能保證甲醛是否吸收完全；

（2）依據(jù)滴定管使用方法分析；

（3）依據(jù)高錳酸鉀溶液氧化甲醛后剩余的用草酸滴定分析滴入草酸最后一滴溶液紫紅色變化為無色且半分鐘不變化證明反應(yīng)達到終點；

（4）依據(jù)滴定實驗過程分析所需儀器；

（5）滴定實驗測定高錳酸鉀用越多，說明甲醛含量越低，結(jié)合滴定實驗誤差分析方法進行判斷；【解析】【解答】解：（1）儀器A用途和圖形分析；儀器A的名稱為廣口瓶，實驗步驟①重復(fù)幾次后，發(fā)現(xiàn)儀器A中的溶液完全褪色了，可能說明高錳酸鉀溶液不足，甲醛含量無法測定準確，需要重新實驗；

故答案為：廣口瓶；重新實驗；

（2）滴定時；左手控制滴定管的活塞；

故答案為：A；

（3）高錳酸鉀溶液氧化甲醛后剩余的用草酸滴定分析；滴入草酸最后一滴溶液紫紅色變化為無色且半分鐘不變化，證明反應(yīng)達到終點；

故答案為：加入最后一滴草酸溶液時溶液褪色且半分鐘內(nèi)不重新變紅；

（4）在滴定過程中；需要的儀器主要有滴定管，草酸滴定高錳酸鉀溶液，所以滴定管需要選擇算是滴定管，錐形瓶，所以選擇①酸式滴定管，⑤錐形瓶，不需要的儀器為：②堿式滴定管，③pH計，④玻璃棒；

故答案為：②③④；

（5）A．注射器壓送氣體時速度過快；導(dǎo)致甲醛不能完全被吸收導(dǎo)致測定結(jié)果偏低，故A正確；

B．儀器A中的溶液轉(zhuǎn)入錐形瓶后；沒有洗滌儀器A，溶質(zhì)減小，測定高錳酸鉀偏小，則測定甲醛含量偏高，故B錯誤；

C．在滴定前裝有草酸標準溶液的滴定管尖嘴部分有氣泡；而滴定結(jié)束后氣泡消失，消耗草酸量增大，測定剩余高錳酸鉀量增大，所以甲醛含量測定結(jié)果偏低，故C正確；

D．錐形瓶中沒有用待裝液潤洗；瓶中有少量水，對高錳酸鉀溶質(zhì)的量不會發(fā)生變化，故無影響，故D錯誤；

E．滴定開始時仰視讀數(shù)；滴定終點時俯視讀數(shù)，讀出的草酸體積減小，計算得到剩余高錳酸鉀的量減小，所以測定甲醛的含量偏高，故E錯誤；

故答案為：AC．15、粗鋅中的含有的雜質(zhì)可與鋅形成原電池，可加快鋅與硫酸的反應(yīng)速率ZnO[ZnCO3或Zn（OH）2）]調(diào)節(jié)溶液的pH至3.7-5.7，使得Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，同時避免引入新的雜質(zhì)重結(jié)晶為了沖洗掉晶體表面的水及雜質(zhì)離子；防止晶體溶解，影響產(chǎn)率ZnSO4?7H2OZnO+SO3↑+7H2O↑【分析】【分析】（1）化學(xué)實驗室通常用粗鋅和稀硫酸反應(yīng)制氫氣，因此在制氫廢液中含有大量的硫酸鋅．同時，由于粗鋅中還含有鐵等雜質(zhì)，溶于酸后生成亞鐵離子鋅離子，依據(jù)開始生成氫氧化物沉淀到沉淀完全的pH范圍分別為：Fe（OH）3：2.7-3.7Fe（OH）2：7.6-9.6Zn（OH）2：5.7-8，直接沉淀亞鐵離子，鋅離子也會全部全部沉淀，不能實現(xiàn)實驗?zāi)康暮鸵?，除去亞鐵離子需要先把亞鐵離子氧化為鐵離子，調(diào)節(jié)溶液PH使三價鐵離子全部沉淀，此時鋅離子不沉淀，來實現(xiàn)分離，加入的氧化劑不能引入新的雜質(zhì)，通常用20%的H2O2然后加入，ZnO[ZnCO3或Zn（OH）2）]以調(diào)節(jié)溶液的pH至3.7-5.7，使得Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，同時避免引入新的雜質(zhì)，過濾后將濾液進行蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得到ZnSO4?7H2O；洗滌晶體時，為避免晶體溶解，可用酒精進行洗滌；

（2）根據(jù)ZnSO4?7H2O加熱到1000℃時所的固體的質(zhì)量情況來確定成分．【解析】【解答】解：（1）①粗鋅中含有鐵；與稀硫酸反應(yīng)時可形成鐵；鋅原電池反應(yīng)，可加快反應(yīng)速率；

故答案為：粗鋅中的含有的雜質(zhì)可與鋅形成原電池；可加快鋅與硫酸的反應(yīng)速率；

②試劑2是用來調(diào)節(jié)溶液PH到至3.7-5.7，目的讓鐵離子全部沉淀，除雜實驗不能引入新的雜質(zhì)；Zn粉會把氧化得到的鐵離子還原，起不到除去的作用，ZnO、Zn（OH）2、ZnCO3可以反應(yīng)調(diào)節(jié)溶液PH到至3.7-5.7，使鐵離子沉淀，同時不引入新的雜質(zhì)，ZnSO4不能調(diào)節(jié)溶液PH；且引入雜質(zhì)硫酸根離子；

故答案為：ZnO[ZnCO3或Zn（OH）2）]；調(diào)節(jié)溶液的pH至3.7-5.7，使得Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀；同時避免引入新的雜質(zhì)；

③晶體溶解再結(jié)晶是提純晶體的方法為重結(jié)晶故答案為：重結(jié)晶；

④洗滌晶體表面的雜質(zhì)離子；同時減少皓釩晶體的損失；在得到皓礬時，向晶體中加入少量酒精洗滌而不用水的原因是，晶體溶于水，不溶于酒精，所以目的是為了沖洗掉晶體表面的雜質(zhì)離子；防止晶體溶解，影響產(chǎn)率；

故答案為：為了沖洗掉晶體表面的水及雜質(zhì)離子；防止晶體溶解；影響產(chǎn)率；

（2）⑤28.7gZnSO4?7H2O中m（H2O）==12.6g；

如全部失去結(jié)晶水，則m（ZnSO4）=28.7g-12.6g=16.1g，由表中數(shù)據(jù)可知，當(dāng)加熱到240℃時，剩余固體為ZnSO4；當(dāng)加熱到930℃時，固體質(zhì)量不變，則應(yīng)生成ZnO，且m（ZnO）=0.1mol×81g/mol=8.1g；

則分解的方程式為ZnSO4?7H2OZnO+SO3↑+7H2O↑；

故答案為：ZnSO4?7H2OZnO+SO3↑+7H2O↑．16、Li2O?Al2O3?4SiO2過濾將Mg2+轉(zhuǎn)化為Mg（OH）2沉淀Na2CO3溶液的作用是除去溶液中的Ca2+Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑加熱蒸干LiCl溶液時，LiCl有少量水解生成LiOH，受熱分解產(chǎn)成Li2O，電解時產(chǎn)生O2蒸發(fā)皿、玻璃棒、酒精燈【分析】【分析】（1）將硅酸鹽改寫成氧化物形式；按活潑金屬氧化物；不活潑金屬氧化物、二氧化硅、水的次序?qū)?，保證原子總數(shù)，化合價不變，按化合價分別寫化學(xué)式，如有多個原子，在前面加上系數(shù)，使之成為倍數(shù)；

（2）根據(jù)難溶物和液體不溶；用過濾的方法進行分離；

（3）根據(jù)MgSO4能與氫氧化鈣反應(yīng)生成Mg（OH）2沉淀；氫氧化鈣能與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀；

（4）鹽酸與Li2CO3反應(yīng)生成氯化鋰，水和二氧化碳以及Li2CO3是沉淀；

（5）LiCl溶液加熱蒸干，LiCl水解生成的LiOH，受熱分解產(chǎn)生Li2O，電解Li2O的熔融物得到氧氣；

（6）根據(jù)蒸發(fā)需要的儀器有：鐵架臺（附鐵圈），酒精燈，蒸發(fā)蒸發(fā)皿，玻璃棒；【解析】【解答】解：（1）LiAlSi2O6可表示為：Li2O?Al2O3?4SiO2；

故答案為：Li2O?Al2O3?4SiO2；

（2）鋁硅化合物沉淀和液體不溶；用過濾的方法進行分離；

故答案為：過濾；

（3）MgSO4能與氫氧化鈣反應(yīng)生成Mg（OH）2沉淀；氫氧化鈣能與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀；

故答案為：將Mg2+轉(zhuǎn)化為Mg（OH）2沉淀；Na2CO3溶液的作用是除去溶液中的Ca2+；

（4）鹽酸與Li2CO3反應(yīng)生成氯化鋰，水和二氧化碳，離子方程式：Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑；

故答案為：Li2CO3+2H+=2Li++H2O+CO2↑；

（5）LiCl溶液加熱蒸干，LiCl水解生成LiOH，受熱分解產(chǎn)生Li2O，實際上電解的是LiCl和Li2O的熔融混合物；

故答案為：加熱蒸干LiCl溶液時，LiCl有少量水解生成LiOH，受熱分解產(chǎn)成Li2O，電解時產(chǎn)生O2．

（6）蒸發(fā)需要的儀器有：鐵架臺（附鐵圈）；酒精燈，蒸發(fā)蒸發(fā)皿，玻璃棒，其中玻璃儀器有蒸發(fā)皿；玻璃棒、酒精燈；

故答案為：蒸發(fā)皿、玻璃棒、酒精燈；17、略

【分析】Q與W組成的化合物是天然氣的主要成分，所以Q是H，W是C。機動車排出的大氣污染物主要是碳的氧化物和氮的氧化物，因此X是N，Y是O。Y和Z能形成原子個數(shù)比為1︰1和l︰2的兩種離子化合物，說明Z是鈉元素。（2）氨的合成是放熱的、體積減小的可逆反應(yīng)，升高溫度，不利于平衡向正反應(yīng)方向進行，催化劑不能平衡狀態(tài)，將XQ3及時分離出去會降低反應(yīng)速率，正確的答案是D。（3）0.1molNH3和0.2molHNO3混合后，硝酸過量，溶液中含有的溶質(zhì)是NH4NO3和HNO3，所以所得溶液中離子濃度從大到小的順序是c(NO3-)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH-)。（4）根據(jù)電子的流動方向可知a是負極，應(yīng)通入甲烷，所以a極的電極反應(yīng)是CH4–8e-+10OH-=CO32-+7H2O。（5）將所給的熱化學(xué)方程式合并可得到W（s）+1/2Y2（g）=WY（g）；H=－155.5kJ/mol。因此24gC完全燃燒放出的熱量是787kJ，不完全燃燒放出的熱量是311kJ，而實際放出362.5kJ，所以產(chǎn)物是CO和CO2的混合物。根據(jù)十字交叉法可計算CO和CO2的物質(zhì)的量之比是（6）X和Z分別是N和Na，其化合價分別是－3價和＋1價，所以其化學(xué)式為Na3N，反應(yīng)的方程式為Na3N+4H2O=3NaOH+NH3.H2O?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）第二周期、第ⅣA族。（2）D（3）c(NO3-)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH-)（4）CH4–8e-+10OH-=CO32-+7H2O（5）CO2、CO1：8.24（6）Na3N+4H2O=3NaOH+NH3.H2O18、2×10-74×10-14H2S?H++HS-HS-?H++S2-ClO-+H2O?HClO+OH-HCO3-水解使溶液顯堿性，HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，HCO3-電離使溶液顯酸性，HCO3-?H++CO32-，HCO3-的水解程度大于電離程度，所以溶液顯堿性【分析】【分析】（1）依據(jù)純水存在電離平衡，電離出的氫離子濃度和氫氧根離子濃度相同，Kw=c（H+）c（OH-）；

（2）氫硫酸是多元弱酸；水溶液中分步電離，存在電離平衡；

（3）次氯酸根離子水解生成次氯酸和氫氧根離子；

（4）NaHCO3溶液顯堿性，說明HCO3-的水解程度大于電離程度．【解析】【解答】解：（1）某溫度下純水中的C（H+）=2×10-7mol/L，則此時溶液中的C（OH-）=2×10-7mol/L；若溫度不變，溶液中Kw=C（H+）C（OH-）=4×10-14；

故答案為：2×10-7；4×10-14；

（2）氫硫酸為二元弱酸，電離分步進行，電離方程式為H2S?H++HS-、HS-?H++S2-；

故答案為：H2S?H++HS-；HS-?H++S2-；

（3）次氯酸根離子水解生成次氯酸和氫氧根離子，離子方程式為ClO-+H2O?HClO+OH-；

故答案為：ClO-+H2O?HClO+OH-；

（4）在NaHCO3溶液中存在碳酸氫根離子的水解平衡為：HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，電離平衡為：HCO3-?H++CO32-；水的電離平衡，H2O?H++OH-；溶液顯堿性是因為溶液中碳酸氫根離子的水解程度大于電離程度；

故答案為：HCO3-水解使溶液顯堿性，HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，HCO3-電離使溶液顯酸性，HCO3-?H++CO32-，HCO3-的水解程度大于電離程度，所以溶液顯堿性．19、加成反應(yīng)消去反應(yīng)等【分析】【分析】有機物A由C、H、O三種元素組成，A的蒸氣對氫氣的相對密度是23，則Mr（A）=2×23=46，核磁共振氫譜顯示其分子中有3種氫原子且個數(shù)比為3：2：1，A只能含有1個O原子，剩余基團式量為46-16=30，只能為C2H6，A能發(fā)生催化氧化，則A為CH3CH2OH．芳香化合物B的分子式為C7H8O，B能與金屬鈉反應(yīng)，不與強堿反應(yīng)．說明B是苯甲醇，即B為由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，C為CH3CHO，D為結(jié)合反應(yīng)信息可知E為F發(fā)生信息中的反應(yīng)，則E發(fā)生消去反應(yīng)生成F，則F為由于H發(fā)生水解反應(yīng)得到I，則G為OHC-CHO，H為HOCH2COOH，I為D為K為據(jù)此解答．【解析】【解答】解：有機物A由C、H、O三種元素組成，A的蒸氣對氫氣的相對密度是23，則Mr（A）=2×23=46，核磁共振氫譜顯示其分子中有3種氫原子且個數(shù)比為3：2：1，A只能含有1個O原子，剩余基團式量為46-16=30，只能為C2H6，A能發(fā)生催化氧化，則A為CH3CH2OH．芳香化合物B的分子式為C7H8O，B能與金屬鈉反應(yīng)，不與強堿反應(yīng)．說明B是苯甲醇，即B為由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，C為CH3CHO，D為結(jié)合反應(yīng)信息可知E為F發(fā)生信息中的反應(yīng)，則E發(fā)生消去反應(yīng)生成F，則F為由于H發(fā)生水解反應(yīng)得到I，則G為OHC-CHO，H為HOCH2COOH，I為D為K為

①C+D→E是醛之間發(fā)生的加成反應(yīng)，E→F是發(fā)生消去反應(yīng)生成故答案為：加成反應(yīng)；消去反應(yīng)；

②由上述分析可知，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為：故答案為：

③B→D反應(yīng)方程式為：

D→K反應(yīng)方程式為：

H→I反應(yīng)方程式為：

故答案為：

④F（）有多種同分異構(gòu)體，該物質(zhì)和FeCl3溶液能發(fā)生顯色反應(yīng)，說明結(jié)構(gòu)中有酚羥基，該物質(zhì)能使Br2的CC14溶液褪色，說明結(jié)構(gòu)中有不飽和鍵，且該物質(zhì)分子中只有一個甲基，苯環(huán)上取代基數(shù)目不同的任意兩種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為：等官能團；取代基位置不同的結(jié)構(gòu)；

故答案為：．20、2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.5kJ?mol-1H2O2好，不引入雜質(zhì)離子H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2OFe3+ef碳酸鈣溶解，產(chǎn)生氣泡和紅褐色沉淀【分析】【分析】（1）由足量炭粉還原CuO（s）制備Cu2O（s）寫出目標熱化學(xué)反應(yīng)方程式；然后用已知兩個熱化學(xué)方程式構(gòu)造目標熱化學(xué)反應(yīng)式，根據(jù)蓋斯定律計算焓變；

（2）①加入氧化劑的目的是把亞鐵離子氧化為鐵離子，同時不能引入新的雜質(zhì)，H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；產(chǎn)物是水不引入新的雜質(zhì)；

②溶液II中除Cu2+外還含有H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O生成的Fe3+；用KSCN溶液檢測其是否存在；

③加入的物質(zhì)Y可調(diào)節(jié)，使Fe3+全部沉淀；同時不引進新雜質(zhì)；

④碳酸鈣與溶液Ⅱ中的氫離子反應(yīng)生成二氧化碳氣體，同時反應(yīng)增大了溶液的PH值使得Fe3+形成沉淀．【解析】【解答】解：（1）已知：①2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）△H=-292kJ?mol-1

②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律，②-①得4CuO（s）+2C（s）=2CO（g）+2Cu2O（s），△H=+71kJ?mol-1

即2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.5kJ?mol-1

故答案為：2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.5kJ?mol-1．

（2）①加入氧化劑的目的是把亞鐵離子氧化為鐵離子，過氧化氫氧化亞鐵離子的離子方程式為：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；由于產(chǎn)物是水，不引入新的雜質(zhì)，因此氧化劑選擇過氧化氫；

故答案為：H2O2好，不引入雜質(zhì)離子；H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；

②溶液II中除Cu2+外還含有H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O生成的Fe3+，取試管少量溶液Ⅱ，滴加KSCN溶液，溶液若變紅色，證明溶液Ⅱ含有Fe3+，若溶液不變紅色，則證明不含F(xiàn)e3+；

故答案為：Fe3+；取少量溶液于試管中，滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，證明含F(xiàn)e3+．若溶液不變紅色，則證明不含F(xiàn)e3+；

③加入的物質(zhì)Y可調(diào)節(jié)，使Fe3+全部沉淀，同時不引進新雜質(zhì)，所以可以用Cu（OH）2、CuCO3、CuO、Cu2（OH）2CO3等；若用CaO；NaOH均引入新的雜質(zhì)離子；

故答案為：ef；

④碳酸鈣與溶液Ⅱ中的氫離子反應(yīng)生成二氧化碳氣體，因此會產(chǎn)生氣泡，同時反應(yīng)增大了溶液的pH值使得Fe3+形成紅褐色的氫氧化鐵沉淀；

故答案為：碳酸鈣溶解，產(chǎn)生氣泡和紅褐色沉淀．四、探究題(共4題，共20分)21、|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．