2025年魯人新版高三化學上冊月考試卷

…………○…………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年魯人新版高三化學上冊月考試卷353考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列反應既是氧化還原反應，又是吸熱反應的是（）A.乙炔在O2中的燃燒B.Ba（OH）2.8H2O與NHCl的反應C.碳與二氧化碳在高溫條件下反應D.氫氧化鈉與稀鹽酸反應2、糖類、油脂和蛋白質(zhì)是維持人體生命活動所必須的三大基本營養(yǎng)物質(zhì)，下列敘述正確的是（）A.用灼燒的方法可以鑒別毛織物和棉織物B.葡萄糖和蔗糖不是同分異構體，但屬于同系物C.棉、麻、羊毛完全燃燒都只生成CO2和H2OD.某學生設計了如下實驗方案用以檢驗淀粉水解的情況：

由以上實驗可以得出淀粉已完全水解3、在未知溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有無色無味氣體放出，將氣體通入澄清石灰水變渾濁．則水溶液中含有（）A.Cl-、SO42-B.Cl-、NO3-C.Cl-、CO32-D.Cl-、OH-4、用做鑒別碳酸根離子的試劑是（）A.稀硫酸B.食鹽水C.石灰水D.稀鹽酸和澄清石灰水5、密度為1.17g?cm-3、濃度為36.5%的濃鹽酸中，HCl的物質(zhì)的量濃度為（）A.13.2mol?L-1B.5.85mol?L-1C.23.4mol?L-1D.11.7mol?L-16、由短周期元素組成的甲、乙、丙、丁四種物質(zhì)分別含有兩種或兩種以上元素，它們分子中質(zhì)子總數(shù)均與氬原子的質(zhì)子數(shù)相同，已知甲是氣態(tài)氫化物，在水中分步電離出兩種陰離子．下列推斷合理的是（）A.某鈉鹽溶液含甲電離出的陰離子，則該溶液顯堿性，只能與酸反應B.乙與氧氣的摩爾質(zhì)量相同，則乙一定含有極性鍵和非極性鍵C.丙中含有第2周期ⅣA族的元素，則丙一定是甲烷的同系物D.丁和甲含有相同元素，且該元素在二者中的百分含量相同，則丁中一定含有-l價元素7、下列實驗操作能夠達到實驗目的是（）

A.實驗室采用圖①所示裝置收集SO2B.可用圖②所示裝置比較KMnO4、Cl2、S的氧化性強弱C.實驗室制取的溴乙烷中常含有少量溴，加適量的苯，振蕩、靜置后分液，可除去溴乙烷中的溴D.稱取0.40gNaOH，置于100mL容量瓶中加水至刻度線，可配制0.10mol/LNaOH溶液8、根據(jù)反應：2H2S＋O2=2S↓＋2H2O，Na2S＋I2=2NaI＋S↓，4NaI＋O2＋2H2SO4=2I2＋2Na2SO4＋2H2O，下列物質(zhì)的氧化性強弱判斷正確的是()A.O2＞I2＞SB.H2S＞NaI＞H2OC.S＞I2＞O2D.H2O＞NaI＞H2S9、下列質(zhì)按混合物、純物、堿、鹽分類序正的是）A.氫氧化鈉、液氯、石油、純堿B.石油、液氯、純堿、氫氧化鈉C.石油、液氯、氫氧化鈉、純堿D.純堿、氫氧化鈉、液氯、石油評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、PVB（聚乙烯醇縮丁醛）和PI（聚異戊二烯）均為用途廣泛的有機制品；用乙炔為原料制備PVB和PI的流程如下．

（1）A中的官能團名稱是____

（2）已知反應⑤屬于加成反應，上述轉(zhuǎn)化中還有____（填序號）也屬于該反應類型．

（3）反應③的條件是____

（4）E是A的同分異構體，E的核磁共振氫譜顯示有2種不同化學環(huán)境的氫，且E能發(fā)生銀鏡反應．E發(fā)生銀鏡反應的化學方程式是____

（5）反應⑦的化學方程式是____

（6）2分子乙炔之間也可以發(fā)生類似⑤的加成反應得到鏈烴，則反應產(chǎn)物的結構簡式是____．

（7）依照PI的合成路線，若將反應①中的反應物“”改為“乙醛”，經(jīng)過②、③、④后得到以順式結構為主的高聚物，則用結構簡式表示其順式結構是____．11、CoC12?6H20是一種飼料營養(yǎng)強化劑．一種利用水鈷礦[主要成分為Co203、Co（OH）3，還含少量Fe203、A1203、MnO等]制取CoC12?6H20的工藝流程如圖1：

己知：①浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：

。沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2開始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8（1）浸出過程中加Na2S03的作用是____．

（2）寫出浸出液中加氧化劑H202發(fā)生反應的離子方程式____．

（3）加Na2C03調(diào)pH至5.2的目的是____．

（4）萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系如圖2．萃取劑的作用是____；其使用的較適宜pH范圍是____．

A.2.0～2.5B.3.0～3.5C.4.0～4.5

（5）為測定粗產(chǎn)品中CoC12?6H20的含量，稱取一定質(zhì)量的粗產(chǎn)品溶于水，加入足量AgN03溶液，過濾、洗滌，將沉淀烘干后稱其質(zhì)量．若沉淀未烘干就直接稱量，則會導致粗產(chǎn)品中CoCl2?6H20的質(zhì)量分數(shù)的計算結果____實際值（填大于、等于或小于）．12、X；Y、Z、W、M、Q為原子序數(shù)依次增大的六種短周期元素；常溫下，六種元素的常見單質(zhì)中三種為氣體，三種為固體．X與M，W與Q分別同主族，X是原子半徑最小的元素，且X能與Y、Z、W分別形成電子數(shù)相等的三種分子，W是地殼中含量最多的元素．試回答下列問題：

（1）W、M、Q四種元素的原子半徑由大到小的排列順序是____＞____＞____（用元素符號表示）．

（2）元素M和Q可以形成化合物M2Q，寫出M2Q的電子式____．

（3）Z、W、Q三種元素的簡單氣態(tài)氫化物中穩(wěn)定性最強的是____．（用分子式表示）

（4）W的一種氫化物含18個電子，該氫化物與QW2化合時生成一種強酸，其化學方程式為____．

（5）由X、Z、W、Q四種元素組成的陰陽離子個數(shù)比為1：1的化合物A，已知A既能與鹽酸反應生成氣體，又能與氫氧化鈉的濃溶液反應生成氣體，且能使氯水褪色，寫出A與足量氫氧化鈉溶液在加熱條件下反應的離子方程式____．13、Fe（OH）3膠體在生活中有重要應用，利用FeCl3和沸水反應制備的Fe（OH）3膠體中常混有FeCl3和HCl．已知膠體不能透過半透膜；而小分子和離子可以透過半透膜．試回答下列有關問題：

（1）實驗室制取Fe（OH）3膠體的方法是____，用____方法除去膠體中的渾濁物；根據(jù)____現(xiàn)象證明膠體已經(jīng)制成．

（2）檢驗溶液中存在Fe3常用試劑是____、現(xiàn)象是____．

（3）FeCl3溶液久置會變質(zhì)，可用來檢驗其變質(zhì)旳試劑____．實驗現(xiàn)象是____．

（4）高鐵酸鈉（Na2FeO4）的氧化性比KMnO4更強，它是一種備受關注的新型凈水劑，請指出Na2FeO4凈水的原理，并說明該凈水劑有何優(yōu)越性．14、A、B、C、D四種有機物分子中碳原子數(shù)相同，A為氣態(tài)，標況下的密度為1.16g?L-1；B或D跟溴化氫反應都生成C；D在濃硫酸存在下發(fā)生消去反應生成B．

（1）A、B、C、D的結構簡式分別是____、____、____、____．

（2）寫出下列反應的化學方程式。

B→C____．

D→C____．

D→B____．15、100mL某無色溶液由H+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32-、Cl-等離子中的幾種混合組成（不考慮水電離出的離子）；向溶液中逐滴加0.5mol/L氫氧化鈉溶液直到過量，產(chǎn)生沉淀的情況如圖所示．

（1）BC段發(fā)生反應的離子方程式是____；

（2）溶液中肯定存在的三中陽離子是____，其物質(zhì)的量濃度之比為____；

（3）肯定不存在的離子是____；

（4）可能存在的離子是____，為進一不確定它是否存在，需進行的實驗是____；

（5）如果溶液中只有三中陽離子，且在B點時，消耗氫氧化鈉溶液體積VNaOH=600mL，有人說據(jù)此可推斷原來溶液中陰離子濃度，你認為此說法是否正確？如果正確，求陰離子濃度．如果不正確，說明理由．16、請用三行式寫出詳細的計算過程．

在容積為2L的密閉容器中進行如下反應：A（g）+2B（g）?3C（g）+2D（g）；開始時A為4mol，B為6mol；5min末時測得C的物質(zhì)的量為3mol．請計算：

（1）5min末A的物質(zhì)的量濃度____

（2）5min內(nèi)D的平均化學反應速率____

（3）B的轉(zhuǎn)化率____

（4）反應后容器中的總壓強與反應前總壓強之比為____．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)17、標準狀況下，22.4L己烷中含共價鍵數(shù)目為19NA．____（判斷對錯）18、Na2O2的電子式為____．（判斷對確）19、根據(jù)分散質(zhì)粒子的直徑大小，分散系分為濁液、膠體和溶液．____．（判斷對錯說明理由）20、一元取代產(chǎn)物只有一種的，十個碳以下的烷烴有5種____（判斷對錯）21、判斷正誤；正確的劃“√”，錯誤的劃“×”

（1）聚乙烯可發(fā)生加成反應____

（2）乙烯和甲烷可用酸性高錳酸鉀溶液鑒別____

（3）乙烯和苯都能與溴水反應____

（4）乙烯和乙烷都能發(fā)生加聚反應____

（5）聚乙烯的結構簡式為CH2═CH2____

（6）甲烷和氯氣反應生成一氯甲烷與苯和硝酸反應生成硝基苯的反應類型相同____

（7）苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，說明苯分子中沒有與乙烯分子中類似的碳碳雙鍵____

（8）甲烷和Cl2的反應與乙烯和Br2的反應屬于同一類型的反應____

（9）a（CH2═CH2）、b（CH3CH2OH）、c（CH3CHO）可實現(xiàn)____

（10）乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鑒別____

（11）乙烯可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，則丙烯也可以使其褪色____

（12）28g乙烯和環(huán)丁烷（C4H8）的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為2NA____．22、常溫常壓下，3.2gO2所含的原子數(shù)為0.2NA．____（判斷對錯）23、乙二酸與乙二醇的縮聚反應方程式為____．24、氨水呈弱堿性，故NH3是弱電解質(zhì)____（判斷對錯）25、常溫常壓下，22.4LCO2中含有NA個CO2分子．____．（判斷對錯）評卷人得分四、探究題(共4題，共24分)26、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質(zhì)的結構簡式．

寫出下列物質(zhì)的結構簡式A________、C________、E________、G________．27、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：28、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質(zhì)的結構簡式．

寫出下列物質(zhì)的結構簡式A________、C________、E________、G________．29、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分五、書寫(共1題，共5分)30、怎樣用化學方法除去下列物質(zhì)中混有的少量雜質(zhì)；寫出所用的試劑和有關反應的離子方程式．

（1）銅粉中混有鐵粉____，____

（2）鐵粉中混有鋁粉____，____

（3）FeCl2溶液中混有FeCl3____，____．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】含元素化合價變化為氧化還原反應，反應物總能量小于生成物總能量，為吸熱反應，結合常見的吸熱反應來解答．【解析】【解答】解：A．燃燒反應為放熱反應；C；O元素的化合價變化，為氧化還原反應，故A不選；

B．沒有元素的化合價變化；不屬于氧化還原反應，但為吸熱反應，故B不選；

C．C元素的化合價變化；為氧化還原反應，且為吸熱反應，故C選；

D．沒有元素的化合價變化；不屬于氧化還原反應，但為放熱反應，故D不選；

故選C．2、A【分析】【分析】A．毛織物含有蛋白質(zhì)；可用灼燒的方法鑒別；

B．葡萄糖和蔗糖結構不同；不是同系物；

C．羊毛含有蛋白質(zhì)；含有N元素；

D．氫氧化銅濁液與葡萄糖的反應應在加熱條件下進行．【解析】【解答】解：A．毛織物含有蛋白質(zhì)；灼燒時有燒焦的羽毛氣味，可用灼燒的方法鑒別，故A正確；

B．葡萄糖和蔗糖結構不同；不是同系物，故B錯誤；

C．羊毛含有蛋白質(zhì)；含有N元素，可生成氮氣或其它含氮化合物，故C錯誤；

D．氫氧化銅濁液與葡萄糖的反應應在加熱條件下進行；如不加熱，則不能觀察到磚紅色沉淀生成，故D錯誤．

故選：A．3、C【分析】【分析】檢驗氯離子的方法：先取少量的待檢物于試管中，再向其中滴加少量的硝酸酸化了的硝酸銀溶液，振蕩，若有白色沉淀生成，則證明該溶液中含有Cl-；加酸放出能使澄清石灰水變渾濁的氣體的沉淀是碳酸鹽．【解析】【解答】解：在未知溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成；加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，說明有沉淀不溶解，證明該溶液中含有Cl-；由已知條件“加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有無色無味氣體放出，將氣體通入澄清石灰水變渾濁”可知，放出能使澄清石灰水變渾濁的氣體的沉淀是碳酸鹽，說明未知溶液中含有碳酸根．

故選C．4、D【分析】解：A．亞硫酸根離子與酸反應也生成氣體；只使用硫酸不能鑒別，故A不選；

B．與食鹽水不反應；不能鑒別，故B不選；

C．硫酸根離子與石灰水反應也生成沉淀；只使用石灰水不能鑒別，故C不選；

D．碳酸根離子與鹽酸反應生成二氧化碳；無色無味氣體二氧化碳使石灰水變渾濁，可鑒別，故D選；

故選D．

碳酸根離子與酸反應生成二氧化碳；二氧化碳使石灰水變渾濁，以此來解答．

本題考查離子的鑒別，為高頻考點，把握發(fā)生的反應、現(xiàn)象與結論等為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意離子檢驗的試劑選擇及排除干擾離子，題目難度不大．【解析】【答案】D5、D【分析】【分析】根據(jù)c=計算該濃鹽酸的物質(zhì)的量濃度．【解析】【解答】解：密度為1.17g?mL-1，質(zhì)量分數(shù)為36.5%的濃鹽酸的物質(zhì)的量濃度為mol/L=11.7mol/L；

故選D．6、D【分析】【分析】由短周期元素組成的甲、乙、丙、丁四種物質(zhì)分別含有兩種或兩種以上元素，它們分子中質(zhì)子總數(shù)均與氬原子的質(zhì)子數(shù)相同，則甲是18電子的氫化物，且其水溶液為二元弱酸，不難得出甲為H2S，乙與氧氣的摩爾質(zhì)量相同，可能為CH3OH、N2H4等符合，丙中含有二周期IVA族的元素，可能為CH3OH，丁和甲中各元素質(zhì)量比相同，應為H2O2，結合各物質(zhì)的結構和性質(zhì)解答該題．【解析】【解答】解：A．甲是18電子的氫化物，且其水溶液為二元弱酸，不難得出甲為H2S，某鈉鹽溶液若為NaHS溶液，其中含有HS-、OH-，但NaHS既能與鹽酸等反應生成H2S，也能與Na0H反應生成Na2S；故A錯誤；

B．氧氣的摩爾質(zhì)量為32g/mol，乙的摩爾質(zhì)量也為32g/mol，且含有18電子，CH3OH符合，CH3OH中只含有極性鍵無非極性鍵；故B錯誤；

C．第二周期IVA族元素為C，如CH3OH符合，但CH3OH不是CH4的同系物；故C錯誤；

D．H2S中元素的質(zhì)量比為1：16，丁為H2O2分子中元素的質(zhì)量比也為1：16，H2O2中氧元素的價態(tài)為一1價；故D正確．

故選D．7、B【分析】【分析】A；二氧化硫應該采用向上排空氣法收集．

B；根據(jù)同一化學反應中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性判斷氧化性強弱．

C；溴和溴乙烷都易溶于苯．

D、容量瓶不能溶解固體或稀釋濃溶液．【解析】【解答】解：A；二氧化硫的密度大于空氣的密度；所以收集二氧化硫應該采用向上排空氣法收集不是向下排空氣法收集，故A錯誤．

B；高錳酸鉀能氧化濃鹽酸生成氯氣；反應中高錳酸鉀作氧化劑，氧化產(chǎn)物是氯氣，所以高錳酸鉀的氧化性大于氯氣；氯氣和硫離子反應生成硫單質(zhì)，氯氣是氧化劑，硫是氧化產(chǎn)物，所以氯氣的氧化性大于硫，由此得出高錳酸鉀的氧化性大于氯氣，氯氣的大于硫，故B正確．

C；溴和溴乙烷都易溶于苯；所以不能采用分液的方法分離，故C錯誤．

D；容量瓶不能用來溶解氫氧化鈉固體；只能是先把氫氧化鈉放在燒杯中溶解，等冷卻至室溫時，再轉(zhuǎn)移至容量瓶中，故D錯誤．

故選B．8、A【分析】根據(jù)氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，由三個反應可知氧化性：O2＞S、I2＞S、O2＞I2，故氧化性：O2＞I2＞S。【解析】【答案】A9、C【分析】解：氫氧化鈉是堿；是純凈，不是混合物石油是多種組成的混，是堿故錯誤；

純堿是碳酸鈉不是混合物；液態(tài)的氯是單質(zhì)；不是堿；石油是多種烴組的混物，不是鹽，D錯；

油是多種烴組混合物；液氯態(tài)的氯；是純凈物；氫氧化鈉是堿純堿是碳酸鈉是鹽故C確；

故C．

由兩種或兩以上物構成的是混合物；只由一物質(zhì)構成的是純凈物；離出的子全部是氫氧根的物陽離子是屬離子銨根離子；陰離是酸根子的合物是鹽．

本題考查了見物質(zhì)分類從純凈．混合物、鹽的概念來行辨析，難度不大．【解析】【答案】C二、填空題(共7題，共14分)10、碳碳雙鍵、羥基①②濃硫酸、加熱（CH3）3CCHO+2Ag（NH3）OH（CH3）3CCOONH4+3NH3+2Ag↓+H2OCH2=CH-C≡CH【分析】【分析】乙炔與丙酮發(fā)生加成反應生成結合A的分子式可知，與氫氣按1：1發(fā)生加成反應，可知A為A在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應生成異戊二烯，異戊二烯發(fā)生加聚反應得到PI（）．由PVB的結構、結合信息及C的組成，逆推可知D為則C為B為CH2=CHOOCCH3．【解析】【解答】解：乙炔與丙酮發(fā)生加成反應生成結合A的分子式可知，與氫氣按1：1發(fā)生加成反應，可知A為A在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應生成異戊二烯，異戊二烯發(fā)生加聚反應得到PI（）．由PVB的結構、結合信息及C的組成，逆推可知D為則C為B為CH2=CHOOCCH3．

（1）A為含有的官能團為：碳碳雙鍵；羥基；

故答案為：碳碳雙鍵；羥基；

（2）反應⑤屬于加成反應；上述轉(zhuǎn)化中①②屬于加成反應；

故答案為：①②；

（3）反應③是在濃硫酸；加熱條件下發(fā)生消去反應生成異戊二烯；

故答案為：濃硫酸；加熱；

（4）E是A（）的同分異構體，E的核磁共振氫譜顯示有2種不同化學環(huán)境的氫，且E能發(fā)生銀鏡反應，則E為（CH3）3CCHO，E發(fā)生銀鏡反應的化學方程式是：（CH3）3CCHO+2Ag（NH3）OH（CH3）3CCOONH4+3NH3+2Ag↓+H2O；

故答案為：（CH3）3CCHO+2Ag（NH3）OH（CH3）3CCOONH4+3NH3+2Ag↓+H2O；

（5）反應⑦的化學方程式是：

故答案為：

（6）2分子乙炔之間也可以發(fā)生類似⑤的加成反應得到鏈烴，則反應產(chǎn)物的結構簡式是：CH2=CH-C≡CH；

故答案為：CH2=CH-C≡CH；

（7）依照PI的合成路線，若將反應①中的反應物“”改為“乙醛”，經(jīng)過②、③、④后得到以順式結構為主的高聚物，則用結構簡式表示其順式結構是：

故答案為：．11、將Fe3+、Co3+還原2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O完全沉淀Fe3+、Al3+除去溶液中的Mn2+B大于【分析】【分析】含鈷廢料中加入鹽酸和亞硫酸鈉，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3調(diào)pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，過濾后所得濾液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2；向溶液中加入NaF溶液，除去鈣鎂離子，然后過濾得到的濾液中II中加入萃取劑，萃取后溶液加入草酸銨，得到草酸鈷；

（1）亞硫酸鈉具有還原性；能還原氧化性離子；

（2）過氧化氫氧化氧化亞鐵離子為鐵離子，調(diào)節(jié)溶液PH便于沉淀Fe3+除去；

（3）根據(jù)鋁離子；鐵離子能與碳酸根離子發(fā)生雙水解生成沉淀和二氧化碳進行解答；

（4）濾液Ⅱ中加入萃取劑的作用是除去錳離子；根據(jù)圖知，調(diào)節(jié)溶液PH在3.0～3.5之間，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+轉(zhuǎn)化為Co（OH）2沉淀；

（5）原理是利用氯離子守恒，用稱量出的氯化銀質(zhì)量計算氯元素物質(zhì)的量，得到CoC12?6H20物質(zhì)的量，計算CoC12?6H20含量分析；【解析】【解答】解：（1）亞硫酸鈉具有還原性，能還原氧化性離子Fe3+、Co3+，所以浸出過程中加入Na2SO3的目的是將Fe3+、Co3+還原，故答案為：將Fe3+、Co3+還原；

（2）浸出液中加氧化劑H202發(fā)生反應是酸性條件小氧化亞鐵離子為鐵離子，反應的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

故答案為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（3）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3調(diào)pH至a，鋁離子能與碳酸根離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁和二氧化碳，水解的離子方程式為：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；鐵離子能與碳酸根離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鐵和二氧化碳，水解的離子方程式為：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀成分為：Fe（OH）3、Al（OH）3，加Na2C03調(diào)pH至5.2的目的是完全沉淀Fe3+、Al3+；

故答案為：完全沉淀Fe3+、Al3+；

（4）根據(jù)流程圖可知，此時溶液中存在Mn2+、Co2+金屬離子；

由萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系可知，調(diào)節(jié)溶液PH在3.0～3.5之間，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+轉(zhuǎn)化為Co（OH）2沉淀；

故答案為：除去溶液中的Mn2+；B；

（5）稱取一定質(zhì)量的粗產(chǎn)品溶于水，加入足量AgN03溶液，過濾、洗滌，將沉淀烘干后稱其質(zhì)量．若沉淀未烘干就直接稱量，稱量氯化銀質(zhì)量增大，氯元素物質(zhì)的量增大，所以會導致粗產(chǎn)品中CoCl2?6H20的質(zhì)量分數(shù)的計算結果大于實際值；

故答案為：大于．12、NaSOH2OH2O2+SO2=H2SO4NH4++HSO3-+2OH-NH3↑+SO32-+2H2O【分析】【分析】X、Y、Z、W、M、Q為原子序數(shù)依次增大的六種短周期元素，W是地殼中含量最多的元素，則W為O元素；W與Q同主族，則Q為S元素；X是原子半徑最小的元素，則X為H元素；X與M同主族，二者原子序數(shù)相差大于2，則M為Na；X能與Y、Z、W分別形成電子數(shù)相等的三種分子，考慮10電子微粒，則Y為C元素、Z為N元素，常溫下，六種元素的常見單質(zhì)中三種為氣體，三種為固體，符合題意，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：X；Y、Z、W、M、Q為原子序數(shù)依次增大的六種短周期元素；W是地殼中含量最多的元素，則W為O元素；W與Q同主族，則Q為S元素；X是原子半徑最小的元素，則X為H元素；X與M同主族，二者原子序數(shù)相差大于2，則M為Na；X能與Y、Z、W分別形成電子數(shù)相等的三種分子，考慮10電子微粒，則Y為C元素、Z為N元素，常溫下，六種元素的常見單質(zhì)中三種為氣體，三種為固體，符合題意．

（1）同周期自左而右原子半徑減?。煌髯遄陨隙略影霃皆龃?，故原子半徑：Na＞S＞O，故答案為：Na＞S＞O；

（2）元素M和Q可以形成化合物Na2S，由鈉離子與硫離子構成，其電子式為：故答案為：

（3）N、O、S三種元素的簡單氣態(tài)氫化物分別為：NH3、H2O、H2S，O元素非金屬性最強，故H2O最穩(wěn)定，故答案為：H2O；

（4）W的一種氫化物含18個電子，該氫化物為H2O2，與SO2化合時生成一種強酸，應生成硫酸，其化學方程式為H2O2+SO2=H2SO4，故答案為：H2O2+SO2=H2SO4；

（5）由H、N、O、S四種元素組成的陰陽離子個數(shù)比為1：1的化合物A，A既能與鹽酸反應生成氣體，又能與氫氧化鈉的濃溶液反應生成氣體，且能使氯水褪色，A為NH4HSO3，與足量氫氧化鈉溶液在加熱條件下反應的離子方程式：NH4++HSO3-+2OH-NH3↑+SO32-+2H2O；

故答案為：NH4++HSO3-+2OH-NH3↑+SO32-+2H2O．13、在沸騰的蒸餾水中滴加飽和FeCl3溶液，待溶液呈紅褐色時，停止加熱，即制得膠體過濾丁達爾KSCN溶液取少量溶液，滴加KSCN溶液，變血紅色說明有Fe3+酸性高錳酸鉀溶液紫色褪去【分析】【分析】（1）在沸騰的蒸餾水中滴加飽和FeCl3溶液，待溶液呈紅褐色時，停止加熱，即制得Fe（OH）3膠體；膠粒能透過濾紙；濁液不能；丁達爾效應是膠體的特性；

（2）檢驗溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，溶液變紅說明Fe3+存在；

（3）FeCl3溶液久置；鐵離子會被還原生成亞鐵離子，亞鐵離子具有還原性，能使高錳酸鉀溶液褪色；

（4）鐵酸鈉被還原后的產(chǎn)物Fe3+能發(fā)生水解反應生成氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體具有吸附性．【解析】【解答】解：（1）在沸騰的蒸餾水中滴加飽和FeCl3溶液，待溶液呈紅褐色時，停止加熱，即制得Fe（OH）3膠體；膠粒能透過濾紙，濁液不能，用過濾分離；丁達爾效應是膠體的特性，可用來檢驗膠體，故答案為：在沸騰的蒸餾水中滴加飽和FeCl3溶液；待溶液呈紅褐色時，停止加熱，即制得膠體；過濾；丁達爾；

（2）檢驗溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液與試管中，滴加KSCN溶液，溶液變紅說明Fe3+存在；

故答案為：KSCN溶液；取少量溶液，滴加KSCN溶液，變血紅色說明有Fe3+；

（3）FeCl3溶液久置，鐵離子會被還原生成亞鐵離子，亞鐵離子具有還原性，能使高錳酸鉀溶液褪色，故可用高錳酸鉀來檢驗FeCl3溶液的變質(zhì)；

故答案為：酸性高錳酸鉀溶液；紫色褪去；

（4）Na2FeO4有很強的氧化性，能有效地殺死水中的細菌和病毒；其還原產(chǎn)物Fe3+能發(fā)生水解反應生成Fe（OH）3膠體；可以吸附水中的雜質(zhì)；

故答案為：Na2FeO4有很強的氧化性，能有效地殺死水中的細菌和病毒；其還原產(chǎn)物Fe3+能發(fā)生水解反應生成Fe（OH）3膠體，可以吸附水中的雜質(zhì)．Na2FeO4在整個消毒和凈化過程中，不產(chǎn)生任何對人體有害的物質(zhì)．14、CH≡CHCH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OHCH2=CH2+HBr→CH3CH2BrC2H5OH+HBrC2H5Br+H2OC2H5OHCH2=CH2↑+H2O【分析】【分析】A在標況下的密度為1.161g?L-1，則相對分子質(zhì)量為1.161×22.4=26，應為CH≡CH，則A、B、C、D四種有機物分子中碳原子數(shù)都為2，D在濃硫酸存在下發(fā)生消去反應生成B，可知D為CH3CH2OH，B為CH2=CH2，則C為CH3CH2Br，據(jù)此答題．【解析】【解答】解：（1）A在標況下的密度為1.161g?L-1，則相對分子質(zhì)量為1.161×22.4=26，應為CH≡CH，則A、B、C、D四種有機物分子中碳原子數(shù)都為2，D在濃硫酸存在下發(fā)生消去反應生成B，可知D為CH3CH2OH，B為CH2=CH2，則C為CH3CH2Br；

故答案為：CH≡CH；CH2=CH2；CH3CH2Br；CH3CH2OH；

（2）B→C，CH2=CH2和HBr發(fā)生加成反應，反應的方程式為CH2=CH2+HBr→CH3CH2Br；

D→C，CH3CH2OH和HBr可發(fā)生取代反應生成CH3CH2Br，反應的方程式為C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O；

D→B，CH3CH2OH在濃硫酸存在下發(fā)生消去反應生成CH2=CH2，反應的方程式為C2H5OHCH2=CH2↑+H2O；

故答案為：CH2=CH2+HBr→CH3CH2Br；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O；C2H5OHCH2=CH2↑+H2O．15、OH-+Al（OH）3=AlO2-+2H2OMg2+、Al3+、H+1：1：1Fe3+、CO32-Na+焰色反應實驗【分析】【分析】該溶液為無色透明溶液，則溶液中不含F(xiàn)e3+，向溶液中加入氫氧化鈉溶液，根據(jù)圖象知，先隨著加入氫氧化鈉量的增多，開始沒有沉淀，所以一定存在：H+，然后加入氫氧化鈉，沉淀的量逐漸增大，當達到一定程度后，再加入氫氧化鈉，沉淀的量減少，但最終還有白色沉淀，說明溶液還含有Al3+、Mg2+，則溶液中不含CO32-；根據(jù)電中性原理，一定有Cl-，根據(jù)OH-+Al（OH）3=AlO2-+2H2O、3OH-+Al3+=Al（OH）3↓計算n（Al3+）及和鋁離子反應的氫氧根離子的物質(zhì)的量，沉淀量最大時，根據(jù)2OH-+Mg2+=Mg（OH）2↓計算鎂離子的物質(zhì)的量，根據(jù)電荷守恒，計算氯離子的物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：該溶液為無色透明溶液，則溶液中不含F(xiàn)e3+，向溶液中加入氫氧化鈉溶液，根據(jù)圖象知，先隨著加入氫氧化鈉量的增多，開始沒有沉淀，所以一定存在：H+，然后加入氫氧化鈉，沉淀的量逐漸增大，當達到一定程度后，再加入氫氧化鈉，沉淀的量減少，但最終還有白色沉淀，說明溶液還含有Al3+、Mg2+，則溶液中不含CO32-；根據(jù)電中性原理，一定有Cl-，綜合以上內(nèi)容知道：溶液中一定含有：Mg2+、Al3+、Cl-、H+，一定不含有：Fe3+、CO32-，可能含有Na+．

（1）沉淀溶解過程中發(fā)生的反應為：氫氧化鋁和氫氧根離子生成偏鋁酸根離子和水的反應，即OH-+Al（OH）3=AlO2-+2H2O，故答案為：OH-+Al（OH）3=AlO2-+2H2O；

（2）溶液中一定含有：Mg2+、Al3+、H+，開始階段，根據(jù)OH-+H+=H2O；3OH-+Al3+=Al（OH）3↓、2OH-+Mg2+=Mg（OH）2↓；OH-+Al（OH）3=AlO2-+2H2O、則氫離子、鋁離子全部形成沉淀、鎂離子消耗的氫氧化鈉分別是1體積、3體積、2體積，根據(jù)圖示知道，三者的物質(zhì)的量之比是1：1：1，故答案為：Mg2+、Al3+、H+；1：1：1；

（3）肯定不存在的離子是Fe3+、CO32-，故答案為：Fe3+、CO32-；

（4）可能含有Na+，可以進行焰色反應實驗來驗證，用鉑絲蘸取溶液放在火焰上進行焰色反應，火焰焰色呈黃色，則含有鈉離子，否則，無鈉離子，故答案為：Na+；焰色反應實驗；

（5）根據(jù)OH-+H+=H2O；3OH-+Al3+=Al（OH）3↓、2OH-+Mg2+=Mg（OH）2↓；OH-+Al（OH）3=AlO2-+2H2O，當在B點時，消耗氫氧化鈉溶液體積VNaOH=600mL=0.6L，消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量為0.3mol，所以n（H+）=0.05mol=n（Mg2+）=n（Al3+）=0.05mol，根據(jù)電荷守恒，則n（Cl-）=n（H+）+2n（Mg2+）+3n（Al3+）=0.05+0.1+0.15=0.3mol，離子濃度是=3mol/L．

答：能確定含有氯離子，離子濃度是3mol/L．16、1.5mol/L0.2mol/（L?min）33.3%6：5【分析】【分析】（1）根據(jù)C的物質(zhì)的量計算反應的A的物質(zhì)的量；從而知道為反應的A的物質(zhì)的量，再利用濃度公式計算；

（2）根據(jù)C的物質(zhì)的量計算反應生成的D的物質(zhì)的量；根據(jù)反應速率公式計算；

（3）轉(zhuǎn)化率=×100%；

（4）氣體壓強之比等于氣體物質(zhì)的量之比．【解析】【解答】解：（1）A（g）+2B（g）?3C（g）+2D（g）；

起始量4mol6mol00

變化量1mol2mol3mol2mol

5min末3mol4mol3mol2mol

C（A）==1.5mol/L

故答案為：1.5mol/L；

（2）v（D）==0.2mol/（L?min）；

故答案為：0.2mol/（L?min）；

（3）B的轉(zhuǎn)化率=×100%=33.3%；

故答案為：33.3%；

（4）氣體壓強之比等于氣體物質(zhì)的量之比；反應后容器中的總壓強與反應前總壓強之比=（3+4+3+2）：（4+6）=12：10=6：5；

故答案為：6：5．三、判斷題(共9題，共18分)17、×【分析】【分析】標準狀況下，己烷為液體，不能用氣體摩爾體積計算，以此解答．【解析】【解答】解：標準狀況下，己烷為液體，不能用氣體摩爾體積計算，則22.4L己烷中含共價鍵數(shù)目不是19NA．故答案為：×．18、×【分析】【分析】過氧化鈉是離子化合物，其電子式由陰、陽離子的電子式組合而成，相同的離子不能合并．【解析】【解答】解：Na2O2是鈉離子和過氧根離子構成的離子化合物，鈉離子失電子形成陽離子，氧原子得到電子形成過氧根陰離子，電子式為故答案為：×．19、√【分析】【分析】分散系的分類依據(jù)是分散質(zhì)微粒直徑大小，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：分散系按照分散質(zhì)粒子直徑大小分為：溶液；膠體、和濁液；分散質(zhì)粒度大于1nm的為濁液，介于1nm-100nm為膠體，小于1nm的為溶液；

故答案為：√．20、×【分析】【分析】烷烴的一氯取代物只有一種，說明該烷烴中只有一種等效氫原子，根據(jù)等效氫原子的判斷方法來回答．【解析】【解答】解：烷烴分子中；同一個碳上的氫原子等效，連在同一個碳原子上的氫原子等效，具有鏡面對稱的碳原子上的氫原子等效，烷烴的一氯取代物只有一種，說明該烷烴中只有一種等效氫原子，在碳原子數(shù)n≤10的所有烷烴的同分異構體中，其一氯取代物只有一種的烷烴分別是：甲烷；乙烷、2，2-二甲基丙烷以及2，2，3，3-四甲基丁烷，共4種．

故答案為：×．21、×【分析】【分析】（1）碳碳雙鍵和碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應；

（2）烯烴能使酸性高錳酸鉀褪色；

（3）烯烴能和溴發(fā)生加成反應；

（4）含有碳碳雙鍵或碳碳三鍵的有機物能發(fā)生加聚反應；

（5）乙烯發(fā)生加聚反應生成聚乙烯；

（6）有機物中的原子或原子團被其它的原子或原子團取代的反應屬于取代反應；

（7）苯中碳碳鍵是介于單鍵和雙鍵之間的特殊鍵；

（8）甲烷和Cl2的反應屬于取代反應，乙烯和Br2的反應屬于加成反應；

（9）乙醛不能轉(zhuǎn)化為乙烯；

（10）烯烴能和溴發(fā)生加成反應；

（11）同系物性質(zhì)具有相似性；

（12）乙烯和環(huán)丁烷的最簡式相同．【解析】【解答】解：（1）聚乙烯中不含碳碳雙鍵；所以不可發(fā)生加成反應，故錯誤；

故答案為：×；

（2）乙烯含有碳碳雙鍵；性質(zhì)較活潑，能被酸性高錳酸鉀氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，甲烷性質(zhì)較穩(wěn)定，和酸性高錳酸鉀不反應，所以可以用酸性高錳酸鉀鑒別乙烯和甲烷，故正確；

故答案為：√；

（3）乙烯和溴能發(fā)生加成反應；苯和溴水不反應，故錯誤；

故答案為：×；

（4）乙烯含有碳碳雙鍵；所以能發(fā)生加聚反應，乙烷不含碳碳雙鍵或碳碳三鍵，所以不能發(fā)生加聚反應，故錯誤；

故答案為：×；

（5）聚乙烯的結構簡式為故錯誤；

故答案為：×；

（6）甲烷和氯氣反應生成一氯甲烷與苯和硝酸反應生成硝基苯的反應都是取代反應；所以反應類型相同，故正確，故答案為：√；

（7）苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色；說明苯分子中沒有與乙烯分子中類似的碳碳雙鍵，苯中碳碳鍵是大π鍵，故正確，故答案為：√；

（8）甲烷和Cl2的反應屬于取代反應，乙烯和Br2的反應屬于加成反應；所以二者反應類型不同，故錯誤；

故答案為：×；

（9）乙醛不能轉(zhuǎn)化為乙烯；乙醇能轉(zhuǎn)化為乙烯，故錯誤，故答案為：×；

（10）乙烯和溴能發(fā)生加成反應；甲烷和溴不反應，所以可以用溴的四氯化碳溶液鑒別甲烷和乙烯，故正確，故答案為：√；

（11）乙烯和丙烯是同系物；性質(zhì)相似，所以乙烯和丙烯都可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故正確；

故答案為：√；

（12）乙烯和環(huán)丁烷的最簡式相同為CH2，所以28g乙烯和環(huán)丁烷（C4H8）的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為2NA，故正確，故答案為：√．22、√【分析】【分析】根據(jù)n==結合物質(zhì)的構成計算．【解析】【解答】解：n（O2）==0.1mol，則含有原子數(shù)為0.2NA．故答案為：√．23、×【分析】【分析】乙二酸與乙二醇分子之間能夠通過酯化反應生成高分子化合物，但是酯化反應需要在濃硫酸存在條件下條件下加熱反應，該反應的反應條件錯誤，檢查進行判斷．【解析】【解答】解：乙二酸與乙二醇發(fā)生縮聚反應生成乙二酸乙二酯和水，反應條件為濃硫酸、加熱，正確的反應方程式為：nHOCH2CH2OH+nHOOC-COOH+（2n-1）H2O；所以題中反應方程式是錯誤的；

故答案為：×．24、×【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衔铮?/p>

非電解質(zhì)：在熔融狀態(tài)和水溶液中都不能導電的化合物；

在水溶液中完全電離的是強電解質(zhì)；部分電離的是弱電解質(zhì)．【解析】【解答】解：氨氣在水溶液中與水反應生成一水合氨；一水合氨部分電離出銨根離子和氫氧根離子，氨氣自身不能電離，故氨氣是非電解質(zhì)；

故答案為：×．25、×【分析】【分析】常溫常壓下，氣體摩爾體積不是22.4L/mol，而是大于22.4L/mol，結合n=、N=nNA判斷．【解析】【解答】解：常溫常壓下，氣體摩爾體積不是22.4L/mol，由PV=nRT可知，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，由n=可知，22.4LCO2的物質(zhì)的量小于1mol，故含有CO2分子數(shù)目小于NA個N=nNA，故錯誤，故答案為：×．四、探究題(共4題，共24分)26、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，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．27、酸式|反應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致反應速率加快，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，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，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