2025年岳麓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年岳麓版高三化學上冊月考試卷685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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、已知HCN為弱酸，在0.1mol?L-1的KCN溶液中，下列關(guān)系不正確的是（）A.c（K+）＞c（CN-）B.c（CN-）＞c（HCN）C.c（HCN）+c（CN-）=0.2mol?L-1D.c（K+）+c（H+）=c（CN-）+c（OH-）2、（2016?湖北校級模擬）天津“8?12”爆炸事故發(fā)生后，核心區(qū)出現(xiàn)了一個深達六七米已被氰化物等污染的巨大水坑．專業(yè)人員將污水抽出后，用專用槽車拉到“破氰裝置”里進行處理．“破氰裝置”里盛有的化學試劑主要是（）A.氧化劑B.還原劑C.強酸D.強堿3、短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相對位置如圖所示，下列說法正確的是（）A.元素X的最低化合價絕對值與元素X的最高正化合價之和的數(shù)值等于8B.簡單離子半徑的大小順序為：Z3+＞W(wǎng)2-＞Q-＞Y2-C.Y與氫元素形成的化合物中均只含極性共價鍵D.最高價的X與Q形成的化合物中，各原子都為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)4、下列有關(guān)敘述正確的是（）A.電解飽和食鹽水時，陰極的電極反應式為2Cl--2e-═Cl2↑B.放電時，鉛蓄電池中硫酸濃度不斷減小C.氫氧燃料電池中，當電路上有1mol電子通過時，則正極上消耗氧氣為5.6LD.以鋅片、銅片、稀硫酸組成原電池，當溶液中通過0.2mol電子時，負極減輕6.5g5、如圖；是元素周期表的一部分，有關(guān)說法不正確的是（）

A.元素e的氧化物對應的水化物均為強酸B.a、b、d、e四種元素的離子半徑：e＞d＞a＞bC.b、f兩種元素形成的化合物為離子化合物D.a、c、e的最高價氧化物對應的水化物之間能夠相互反應評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)6、如圖所示的A、B、C、D、E五種物質(zhì)的相互關(guān)系，（有些反應條件均已省略，如加熱、點燃等）則A的化學式可能是（）A.N2B.Cl2C.SD.C7、下列關(guān)于常見化學物質(zhì)的應用正確的是（）A.干冰能用作冷凍劑B.氯化鈉可用作凈水劑C.味精可用作食品調(diào)味劑D.小蘇打是一種膨松劑，可用于制作饅頭和面包8、下列有關(guān)說法正確的是（）A.鐵片鍍鋅時，鐵片與外電源的正極相連B.反應SO2（g）+2H2S（g）=3S（s）+2H2O（l）在常溫下能自發(fā)進行，則該反應的△H＜0C.0.1mol?L-1的CH3COOH溶液加水稀釋，溶液的pH和其中水的電離程度均增大D.在N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）平衡體系中加入催化劑，N2的反應速率和轉(zhuǎn)化率均增大9、下列根據(jù)反應原理設(shè)計的應用，不正確的是（）A.CO32-+H2O?HCO3-+OH-用熱的純堿溶液清洗油污B.Al3++3H2O?Al（OH）3+H+明礬凈水C.TiCl4+（x+2）H2O（過量）?TiO2?xH2O↓+4HCl用TiCl4制備TiO2D.SnCl2+H2O?Sn（OH）Cl↓+HCl配制氯化亞錫溶液時加入氫氧化鈉10、下列實驗基本操作（或?qū)嶒炞⒁馐马棧┲?，主要是處于實驗安全考慮的是（）A.實驗剩余的藥品不能放回原試劑瓶B.可燃性氣體的驗純C.不能給正燃燒著的酒精燈添加酒精D.滴管不能交叉使用11、在密閉容器中，反應A（g）+2B（g）?C（g）分別在三種不同實驗條件下進行，它們的起始濃度均為c（A）=0.100mol/L；c（B）=0.200mol/L；c（C）=0mol/L．反應物A的濃度隨時間的變化如圖所示．下列說法正確的是（）A.實驗②平衡時B的轉(zhuǎn)化率為60%B.反應A（g）+2B（g）?C（g）的△H＞0C.若反應①、②的平衡常數(shù)分別為K1、K2，則K1＜K2D.減小反應③的壓強，可以使平衡時c（A）=0.060mol/L12、下列反應中，屬于取代反應的是（）A.CH3CH=CH2+Br2CH3CHBrCH2BrB.CH3CH2OHCH2=CH2+H2OC.CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2OD.C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O13、下列實驗的現(xiàn)象與對應的結(jié)論均正確的是（）

。選項操作現(xiàn)象結(jié)論A向溶液X中滴加NaOH稀溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口試紙不變藍溶液X中無NH4+B將少量的溴水滴入FeCl2、NaI的混合溶液中，再滴加CCl4，振蕩、靜置，向上層溶液中滴加KSCN溶液上層溶液不變紅；

下層溶液紫紅色氧化性：Br2＞Fe3+＞I2C將水蒸氣通過灼熱的鐵粉粉末變紅鐵與水在高溫下發(fā)生反應D向漂白粉上加入較濃的鹽酸，將濕潤淀粉碘化鉀試紙置于試管口產(chǎn)生氣泡，試紙未變藍漂白粉已經(jīng)失效A.AB.BC.CD.D14、下列實驗操作中正確的是（）A.進行蒸發(fā)操作時，應將混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加熱B.進行蒸餾操作時，蒸餾燒瓶中應加入幾粒沸石C.進行分液操作時，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出D.進行萃取操作時，應選擇有機萃取劑，且萃取劑的密度必須比水大評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、如圖是甲醇燃料電池工作的示意圖；其中A；B、D均為石墨電極，C為銅電極．

Ⅰ．工作一段時間后；斷開K，此時C電極質(zhì)量減少3.2g．

（1）甲中負極的電解反應式為____

（2）乙溶液此時離子濃度由大到小的順序是____

Ⅱ．連接K；繼續(xù)電解一段時間，當A；B兩極上產(chǎn)生的氣體體積相同時。

（3）乙中A極析出的氣體在標準狀況下的體積為____

（4）丙裝置溶液中金屬陽離子的物質(zhì)的量與轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量變化關(guān)系如圖，則圖中②線表示的是____離子的變化；此時要使丙裝置中金屬陽離子恰好完全沉淀，需要____mL5.0moL/LNaOH溶液．16、（2011春?南京校級期末）原子序數(shù)小于36的X；Y、Z、W四種元素；其中X是形成化合物種類最多的元素，Y原子基態(tài)時最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍，Z原子基態(tài)時2p原子軌道上有3個未成對的電子，W的原子序數(shù)為29．回答下列問題：

（1）Y2X2分子中Y原子軌道的雜化類型為____，1molY2X2含有σ鍵的數(shù)目為____．

（2）化合物ZX3的沸點比化合物YX4的高，其主要原因是____．

（3）元素Y的一種氧化物與元素Z的一種氧化物互為等電子體，元素Z的這種氧化物的分子式是____．

（4）元素W的一種氯化物晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，該氯化物的化學式是____，它可與濃鹽酸發(fā)生非氧化還原反應，生成配合物HnWCl3，反應的化學方程式為____．17、76.8克銅跟適量的濃硝酸反應，銅全部作用后共收集到NO2和NO混合氣體22.4L（標準狀況），則參加反應的HNO3的物質(zhì)的量是____mol．18、某工業(yè)廢水中僅含下表離子中的5種（不考慮水的電離及離子的水解）；且各種離子的物質(zhì)的量濃度相等，均為0.1mol/L

。陽離子K+Cu2+Fe3+Al3+Fe2+陰離子Cl-CO32-NO3-SO42-SiO32-甲同學欲探究廢水的組成；進行了如下實驗

Ⅰ．用鉑絲蘸取少量溶液；在火焰上灼燒，無紫色火焰（透過藍色鈷玻璃觀察）．

Ⅱ．取少量溶液；加入KSCN溶液無明顯變化．

Ⅲ．另取溶液加入少量鹽酸；有無色氣體生成，該無色氣體遇空氣變成紅棕色，此時溶液依然澄清，且溶液中陰離子種類不變

Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液；有白色沉淀生成．

請推斷

（1）由Ⅰ、Ⅱ判斷，溶液中一定不含有的陽離子是____（寫離子符號）．

（2）Ⅲ中加入少量鹽酸生成無色氣體的離子方程式是____．

（3）將Ⅲ中所得紅棕色氣體通入水中，氣體變無色，所發(fā)生的化學方程式____

（4）甲同學最終確定原溶液中所含陽離子是____，陰離子是____．（寫離子符號）

（5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反應后過濾，洗滌，灼燒至恒重，得到的固體質(zhì)量為____g．

（6）工業(yè)廢水中常含有不同類型的污染物，可采用不同的方法處理．以下是乙同學針對含不同污染物的廢水提出的處理措施和方法，其中正確的是____

。選項污染物處理措施方法類別A廢酸加生石灰中和物理法BCu2+等重金屬離子加硫酸鹽沉降化學法C含復雜有機物的廢水通過微生物代謝物理法D堿性的廢水用CO2來中和化學法19、(12分）KClO3在農(nóng)業(yè)上用作除草劑，超細CaCO3泛用于消光紙、無炭復寫紙等。某同學在實驗室模擬工業(yè)過程，利用制乙炔產(chǎn)生的殘渣制備上述兩種物質(zhì)，過程如下：I.①電石與水反應的化學方程式是__________。②殘渣中主要成分是Ca(OH)2和________。II.將I中的部分灰漿配成池液，通人Cl2，得到Ca(Clo3)2與Cacl2物質(zhì)的量之比為1:5的溶液，反應的化學方程式是________________III.向II所得溶液中加人KCl，發(fā)生復分解反應,經(jīng)蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾得KClO3晶體。你認為能得到KClO3晶體的原因是________________。IV.將I中的殘渣溶于NH4Cl溶液,加熱，收集揮發(fā)出的氣體再利用。向所得CaCl2溶液中依次通入NH3、C02，便可獲得超細CaCO3，過程如下：①根據(jù)沉淀溶解平衡原理，解釋殘渣中難溶鹽的溶解原因________。②CaCl2溶液中通入兩種氣體后，生成超細CaCO3的化學方程式是________。③圖示的溶液A可循環(huán)使用，其主要成分的化學式是________評卷人得分四、判斷題(共1題，共4分)20、制備Fe（OH）3，既可以通過復分解反應制備，又可以通過化合反應制備____（判斷對和錯）評卷人得分五、計算題(共2題，共6分)21、標準狀況下，5.6LNH3氣體的物質(zhì)的量為____；含有____個NH3分子；其質(zhì)量為____；2molNH4+中含有電子數(shù)為____．22、11.7克NaCl的物質(zhì)的量是____，含有____個Na+，____個Cl-，共含離子____mol．評卷人得分六、探究題(共4題，共20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，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】A．CN-在溶液中發(fā)生水解；

B．CN-在溶液中的水解程度較??；

C．根據(jù)物料守恒分析；

D．根據(jù)電荷守恒分析．【解析】【解答】解：A．CN-在溶液中發(fā)生水解，c（CN-）會減小，所以c（K+）＞c（CN-）；故A正確；

B．CN-在溶液中的水解程度較小，水解生成的HCN的濃度較小，所以c（CN-）＞c（HCN）；故B正確；

C．在0.1mol?L-1的KCN溶液中物料守恒為：c（HCN）+c（CN-）=0.1mol?L-1；故C錯誤；

D．溶液中存在電荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（CN-）+c（OH-）；故D正確．

故選C．2、A【分析】【分析】氰化物處理方法用氧化還原的方法處理，重金屬離子對人體有害，易使人產(chǎn)生重金屬中毒，但可以加入某些物質(zhì)使其轉(zhuǎn)化為沉淀而除去，由此分析解答．【解析】【解答】解：氰化物處理方法用氧化還原的方法處理，所以破氰裝置”里盛有的化學試劑主要是強氧化劑，將氰化物氧化為無污染的氮氣和二氧化碳，故選A．3、A【分析】【分析】根據(jù)元素所在周期表中的位置可知，X為N元素，Y為O元素，Z為Al元素，W為S元素，Q為Cl元素，結(jié)合元素周期律的遞變規(guī)律解答該題．【解析】【解答】解：A；X為N；最低負價為-3，最高正價為+5，兩者絕對值之和為8，故A正確；

B、電子層數(shù)越多，離子半徑越大，具有相同排布的離子，原子序數(shù)大的離子半徑小，故大小順序為：W2-＞Q-＞Y2-＞Z3+；故B錯誤；

C；Y為O；O與H形成的雙氧水中即含有O-H極性共價鍵，又含有O-O非極性共價鍵，故C錯誤；

D、N與Cl形成的最高價化合物中N最外層不滿足8和電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D錯誤，故選A．4、B【分析】【分析】A；電解飽和食鹽水時；陰極上是氫離子得電子的還原反應；

B、放電時，鉛蓄電池的總反應是Pb+PbO2+2H2SO4=PbSO4↓+2H2O；據(jù)此回答；

C；氫氧燃料電池中；正極上是氧氣得電子的還原反應，負極上是氫氣失電子的氧化反應；

D、鋅片、銅片、稀硫酸組成原電池，負極上是金屬鋅失電子的氧化反應，電子不會經(jīng)過電解質(zhì)，只能走導線．【解析】【解答】解：A、電解飽和食鹽水時，陰極上是氫離子得電子的還原反應，電極反應式為2H++2e-═H2↑；故A錯誤；

B、放電時，鉛蓄電池的總反應是Pb+PbO2+2H2SO4=PbSO4↓+2H2O；消耗硫酸，所以硫酸濃度不斷減小，故B正確；

C、氫氧燃料電池中，如：酸性燃料電池，正極上是氧氣得電子的還原反應，O2+4e-+4H+=2H2O，負極上是氫氣失電子的氧化反應2H2-4e-═4H+；當電路上有1mol電子通過時，則正極上消耗氧氣為0.25mol，在標況下的體積是5.6L，堿性條件下也是如此，5.6L是標況下的體積，故C錯誤；

D、鋅片、銅片、稀硫酸組成原電池，負極上是金屬鋅失電子的氧化反應Zn-2e-=Zn2+；當轉(zhuǎn)移0.2mol電子時，消耗金屬鋅是6.5g，但是電子不會經(jīng)過電解質(zhì)，只能走導線，故D錯誤．

故選B．5、A【分析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，a為Na、b為Mg；c為Al、d為O、e為S、f為Cl；

A．亞硫酸屬于弱酸；

B．電子層結(jié)構(gòu)相同核電荷數(shù)越大離子半徑越??；電子層越多離子半徑越大；

C．氯化鎂由活潑金屬與活潑非金屬組成；屬于離子化合物；

D．氫氧化鈉屬于強堿，硫酸屬于強酸，二者發(fā)生中和反應，氫氧化鋁是兩性氫氧化物，溶于強酸、強堿．【解析】【解答】解：由元素在周期表中的位置可知，a為Na、b為Mg；c為Al、d為O、e為S、f為Cl；

A．硫的氧化物對應的水化物有硫酸；亞硫酸；硫酸屬于強酸，但亞硫酸屬于弱酸，故A錯誤；

B．電子層結(jié)構(gòu)相同核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大，故離子半徑S2-＞Cl-＞O2-＞Na+；故B正確；

C．氯化鎂由活潑金屬與活潑非金屬組成；屬于離子化合物，故C正確；

D．氫氧化鈉屬于強堿；硫酸屬于強酸，二者發(fā)生中和反應，氫氧化鋁是兩性氫氧化物，與硫酸反應生成硫酸鋁與水，與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉與水，故D正確；

故選A．二、多選題(共9題，共18分)6、AC【分析】【分析】根據(jù)題中各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系，若A為N2，則A與氫氣反應生成B為NH3，A與氧氣反應生成C為NO，C與氧氣生成D為NO2，D與水反應生成E為HNO3，E與銅反應生成C，符合各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系，若A為Cl2，則A與氫氣反應生成B為HCl，A與氧氣不反應，則不符合各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系，若A為S，則A與氫氣反應生成B為H2S，A與氧氣反應生成C為SO2，C與氧氣生成D為SO3，D與水反應生成E為H2SO4，E與銅反應生成C，符合各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系，若A為C，則A經(jīng)過兩步氧化再與水反應生成E為碳酸，碳酸不能與銅反應生成CO，據(jù)此答題．【解析】【解答】解：根據(jù)題中各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系，若A為N2，則A與氫氣反應生成B為NH3，A與氧氣反應生成C為NO，C與氧氣生成D為NO2，D與水反應生成E為HNO3，E與銅反應生成C，符合各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系，故A正確；若A為Cl2，則A與氫氣反應生成B為HCl，A與氧氣不反應，則不符合各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系，故B錯誤；若A為S，則A與氫氣反應生成B為H2S，A與氧氣反應生成C為SO2，C與氧氣生成D為SO3，D與水反應生成E為H2SO4，E與銅反應生成C，符合各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系，故C正確；若A為C，則A經(jīng)過兩步氧化再與水反應生成E為碳酸，碳酸不能與銅反應生成CO，所以不符合各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系，故D錯誤，故選AC．7、ACD【分析】【分析】A．干冰是二氧化碳固體；能作冷凍劑；

B．氯化鈉沒有吸附性；所以不能作凈水劑；

C．味精含有谷氨酸鈉；屬于食品調(diào)味劑；

D．小蘇打是碳酸氫鈉．【解析】【解答】解：A．干冰是二氧化碳固體；氣化時帶走熱量導致周圍環(huán)境溫度降低，所以能作冷凍劑，故A正確；

B．氯化鈉是強酸強堿鹽；不水解生成膠體，所以不能作凈水劑，故B錯誤；

C．味精的成分有氯化鈉和谷氨酸鈉；屬于食品調(diào)味劑，故C正確；

D．小蘇打是碳酸氫鈉；碳酸氫鈉呈堿性，能中和酸，碳酸氫鈉受熱能分解生成二氧化碳氣體，所以能作膨松劑，故D正確；

故選ACD．8、BC【分析】【分析】A；電鍍時；鍍件金屬接電源的負極；

B；△H-T△S＜0的反應能夠自發(fā)進行；

C；稀醋酸加水稀釋時；醋酸溶液的酸性減弱；

D、催化劑只能夠加快反應速率，不影響平衡移動．【解析】【解答】解：A；鐵片鍍鋅時；鐵片與外電源的負極相連，鋅片與電源正極相連，故A錯誤；

B；該反應的△S＜0；反應能夠自發(fā)進行，說明△H-T△S＜0，所以必須△H＜0，故B正確；

C；稀醋酸加水稀釋時；醋酸酸性減弱，則pH增大，對水的電離的抑制程度減弱，水的電離程度增大，故C正確；

D；催化劑不影響平衡移動；加入催化劑反應物轉(zhuǎn)化率不變，故D錯誤；

故選BC．9、BD【分析】【分析】A．加熱促進鹽類水解；

B．明礬中的Al3+水解生成Al（OH）3膠體；能吸附水中的懸浮顆粒；

C．TiCl4能水解生成鈦的氧化物；

D．SnCl2水解顯酸性，要加入HCl抑制其水解．【解析】【解答】解：A．加熱促進鹽類水解；故加熱純堿溶液其堿性增強，去污能力增強，故A正確；

B．明礬中的Al3+水解生成Al（OH）3膠體，能吸附水中的懸浮顆粒，故明礬能凈水，離子方程式為Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+；故B錯誤；

C．TiCl4能水解生成鈦的氧化物，其水解方程式為：TiCl4+（x+2）H2O（過量）?TiO2?xH2O↓+4HCl；故C正確；

D．SnCl2水解顯酸性；所以在配制氯化亞錫溶液時要加入HCl抑制其水解，故D錯誤；

故選BD．10、BC【分析】【分析】A．根據(jù)藥品變質(zhì)會污染試劑瓶中的藥品；實驗剩余的藥品不能放回原試劑瓶；

B．根據(jù)可燃性氣體不純時；點燃易爆炸；

C．酒精有可燃性；

D．為防止藥品變質(zhì)，滴管不能交叉使用．【解析】【解答】解：A．因藥品變質(zhì)會污染試劑瓶中的藥品；實驗剩余的藥品一般不能放回原試劑瓶，不是出于實驗安全考慮，故A錯誤；

B．因可燃性氣體不純時；點燃易爆炸，是出于實驗安全考慮，故B正確；

C．氣酒精有可燃性；給正燃燒著的酒精燈添加酒精可能引起火災，是出于實驗安全考慮，故C正確；

D．為防止藥品變質(zhì)；滴管不能交叉使用，不是出于實驗安全考慮，故D錯誤．

故選BC．11、BD【分析】【分析】與①比較，②反應速率增大，但與①處于同一平衡狀態(tài)，則②應為加入催化劑，與①比較，③反應速率增大，可能是升高溫度或增大壓強，但如是增大壓強，減小容器的體積雖然平衡向正反應方向移動，但A的平衡濃度反而增大，不符合圖象，則應為升高溫度．【解析】【解答】解：A、反應達到平衡狀態(tài)時，A反應了（0.100-0.060）mol?L-1=0.040mol/L；設(shè)B反應了X．

A+2B?C

12

0.040X

X=0.080mol/L；

B的轉(zhuǎn)化率==40%；故A錯誤；

B；升高溫度；平衡向吸熱反應方向移動，A的物質(zhì)的量濃度降低，說明平衡向正反應方向移動，正反應是吸熱反應，即△H＞0，故B正確；

C；平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；與有無催化劑無關(guān)，反應①、②的溫度相同，所以平衡常數(shù)相同，故C錯誤；

D、減小反應③的壓強，平衡向逆反應方向移動，所以可以使平衡時c（A）=0.060mol?L-1；故D正確；

故選BD．12、CD【分析】【分析】根據(jù)取代反應的定義“有機化合物分子里的某些原子或原子團被其它原子或原子團所代替的反應”進行判斷．【解析】【解答】解：A．乙烯與溴發(fā)生加成反應；故A錯誤；

B．乙醇制取乙烯為消去反應；故B錯誤；

C．乙酸與乙醇反應生成乙酸乙酯屬于酯化反應；為取代反應的一種，故C正確；

D．苯與濃硝酸反應；苯環(huán)上的氫原子被硝基取代取代生成硝基苯，屬于取代反應，故D正確；

故選CD．13、BD【分析】【分析】A．滴加NaOH稀溶液；不生成氨氣；

B．溴可將亞鐵離子；碘離子氧化；少量溴水只氧化碘離子；

C．反應生成四氧化三鐵和氫氣；

D．漂白粉、鹽酸發(fā)生氧化還原反應生成氯氣，氯氣與KI反應生成碘，遇淀粉變藍．【解析】【解答】解：A．滴加NaOH稀溶液；不生成氨氣，應滴加濃NaOH并加熱，然后檢驗氨氣，方案不合理，故A錯誤；

B．溴可將亞鐵離子、碘離子氧化，由現(xiàn)象可知少量溴水只氧化碘離子，則氧化性：Br2＞Fe3+＞I2；故B正確；

C．反應生成四氧化三鐵和氫氣；粉末不會變紅，現(xiàn)象不合理，故C錯誤；

D．漂白粉；鹽酸發(fā)生氧化還原反應生成氯氣；氯氣與KI反應生成碘，遇淀粉變藍，若漂白粉變質(zhì)，加鹽酸產(chǎn)生的氣體為二氧化碳，則方案合理，故D正確；

故選BD．14、BC【分析】【分析】A．待大量晶體析出時；停止加熱，利用蒸發(fā)皿的余熱蒸干；

B．沸石能防止暴沸；

C．分液時注意防止液體污染；

D．萃取劑的選擇必須符合下列條件：溶質(zhì)在萃取劑中的溶解度比在原溶劑中要大；萃取劑與原溶劑不相溶；萃取劑與溶質(zhì)不反應．【解析】【解答】解：A．蒸發(fā)時待大量晶體析出時；停止加熱，利用蒸發(fā)皿的余熱把剩余的水蒸干，故A錯誤；

B．進行蒸餾操作時；應加入沸石防止暴沸，故B正確；

C．為防止液體污染；分液時，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，故C正確；

D．萃取劑不一定是有機溶劑；萃取劑的選擇與密度無關(guān)，故D錯誤．

故選BC．三、填空題(共5題，共10分)15、CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2Oc（H+）＞c（SO42-）＞c（Cu2+）＞c（OH-）2.24LFe2+280【分析】【分析】Ⅰ（1）甲醇燃料電池是原電池反應；甲醇在負極失電子發(fā)生氧化反應，注意電解質(zhì)溶液是堿性溶液；

（2）利用電子守恒；計算3.2g銅反應轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量，再據(jù)100mL1mol/L的硫酸銅溶液中含有溶質(zhì)的物質(zhì)的量和電解后生成硫酸的物質(zhì)的量計算離子濃度；

Ⅱ（3）A為陽極；始終是氫氧根離子放電，B為陰極，開始是銅離子放電，后來是氫離子放電，據(jù)電子守恒計算產(chǎn)生氣體體積；據(jù)硫酸根離子守恒計算所得硫酸溶液的物質(zhì)的量濃度；

（4）C電極為陽極，D電極為陰極，根據(jù)丙圖可知溶液中有三種金屬陽離子，而根據(jù)丙的成分可知溶液中只有兩種金屬陽離子，說明在電解過程中還有Cu2+生成，因此C電極是Cu做陽極，D電極是石墨做陰極，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量和金屬陽離子的物質(zhì)的量的變化確定曲線對應的離子，結(jié)合轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量計算．【解析】【解答】解：Ⅰ（1）甲醇燃料電池是原電池反應，甲醇在負極失電子發(fā)生氧化反應，電極反應為：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故答案為：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；

（2）100mL1mol/L的硫酸銅溶液中含有銅離子0.1mo，硫酸根離子0.1mol，當電解硫酸銅溶液時，陰極反應式為：Cu2++2e-=Cu，陽極反應式為：4OH--4e-=2H2O+O2↑，C極有3.2gCu即0.05mol溶解，轉(zhuǎn)移電子0.1mol，A極反應掉氫氧根離子0.1mol，生成氫離子0.1mol，B極反應掉銅離子0.05mol，剩余銅離子0.05mol，硫酸根離子物質(zhì)的量沒有變化，溶液中還存在水的電離平衡，所以離子濃度大小順序為：c（H+）＞c（SO42-）＞c（Cu2+）＞c（OH-）；

故答案為：c（H+）＞c（SO42-）＞c（Cu2+）＞c（OH-）；

Ⅱ（3）工作一段時間后；斷開K，此時A；B兩極上產(chǎn)生的氣體體積相同，分析電極反應，B為陰極，溶液中銅離子析出，氫離子得到電子生成氫氣，設(shè)生成氣體物質(zhì)的量為X，溶液中銅離子物質(zhì)的量為0.1mol，電極反應為：

Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑；

0.1mol0.2mol2xx

A電極為陽極；溶液中的氫氧根離子失電子生成氧氣，電極反應為：

4OH--4e-=2H2O+O2↑；

4xx

得到0.2+2x=4x

x=0.1mol

乙中A極析出的氣體是氧氣物質(zhì)的量為0.1mol；在標準狀況下的體積為2.24L；

故答案為：2.24L；

（4）根據(jù)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量和金屬陽離子的物質(zhì)的量的變化，可知，銅離子從無增多，鐵離子物質(zhì)的量減小，亞鐵離子增加，①為Fe3+，②為Fe2+，③為Cu2+；

依據(jù)（3）計算得到電子轉(zhuǎn)移為0.2mol，當電子轉(zhuǎn)移為0.2mol時，丙中陽極電極反應Cu-2e-=Cu2+，生成Cu2+物質(zhì)的量為0.1mol，圖象分析每個單位為0.05mol，陰極電極反應Fe3++e-=Fe2+，溶液中有Fe3+0.2mol，F(xiàn)e2+0.3mol，Cu2+為0.1mol；所以需要加入NaOH溶液1.4mol，所以NaOH溶液等體積為1.4mol5mol/L=0.28L=280ml；

故答案為：Fe2+；280．16、sp3NA氨氣中存在氫鍵、甲烷中不存在氫鍵N2OCuClCuCI+2HCI═H2CuCI3（或CuCI+2HCI═H2[CuCI3]【分析】【分析】原子序數(shù)小于36的X、Y、Z、W四種元素，元素Y原子基態(tài)時最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍，原子最外層電子數(shù)不超過8個，所以其內(nèi)層為K層，則Y是C元素；X是形成化合物種類最多的元素，則X是H元素；Z原子基態(tài)時2p原子軌道上有3個未成對的電子，則Z是N元素；W的原子序數(shù)為29，則W是Cu元素，再結(jié)合物質(zhì)結(jié)構(gòu)分析解答．【解析】【解答】解：原子序數(shù)小于36的X；Y、Z、W四種元素；元素Y原子基態(tài)時最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍，原子最外層電子數(shù)不超過8個，所以其內(nèi)層為K層，則Y是C元素；X是形成化合物種類最多的元素，則X是H元素；Z原子基態(tài)時2p原子軌道上有3個未成對的電子，則Z是N元素；W的原子序數(shù)為29，則W是Cu元素；

（1）C2H2分子中每個C原子含有2個σ鍵，所以C軌道的雜化類型為sp雜化，一個乙炔分子中含有3個σ鍵，則1molC2H2含有σ鍵的數(shù)目為3NA；

故答案為：sp；3NA；

（2）氨氣中存在氫鍵，甲烷中不存在氫鍵，氫鍵的存在導致氨氣的沸點升高，所以化合物NH3的沸點比化合物CH4的高；

故答案為：氨氣中存在氫鍵；甲烷中不存在氫鍵；

（3）元素C的一種氧化物與元素N的一種氧化物互為等電子體，CO2和N2O互為等電子體，所以元素Z的這種氧化物的分子式是N2O；

故答案為：N2O；

（4）該晶胞中黑色球個數(shù)=4，白色球個數(shù)=8×+6×=4，所以黑色球和白色球個數(shù)之比=4：4=1：1，所以該氯化物的化學式為CuCl，它可與濃鹽酸發(fā)生非氧化還原反應，生成配合物HnWCl3，則該反應的化學方程式為CuCl+2HCI═H2CuCl3（或CuCl+2HCI═H2[CuCl3]；

故答案為：CuCl；CuCl+2HCI═H2CuCl3（或CuCl+2HCI═H2[CuCl3]．17、3.4【分析】【分析】n（Cu）==1.2mol，n（氣體）==1mol，Cu與硝酸反應生成硝酸銅、氮的氧化物，混合氣體的物質(zhì)的量可得被還原的硝酸的物質(zhì)的量，根據(jù)生成硝酸銅的物質(zhì)的量可知表現(xiàn)酸性的硝酸的物質(zhì)的量，以此計算反應消耗的硝酸的物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：Cu與硝酸反應生成硝酸銅；氮的氧化物；混合氣體的物質(zhì)的量可得被還原的硝酸的物質(zhì)的量，根據(jù)生成硝酸銅的物質(zhì)的量可知表現(xiàn)酸性的硝酸的物質(zhì)的量；

n（Cu）==1.2mol，n（氣體）==1mol；

n（Cu）=1.2mol，則生成n（Cu（NO3）2）=1.2mol；

可知表現(xiàn)酸性的硝酸的物質(zhì)的量為1.2mol×2=2.4mol；

由N原子守恒可知；則參加反應的硝酸的物質(zhì)的量為1mol+2.4mol=3.4mol；

故答案為：3.4．18、K+、Fe3+3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O3NO2+H2O=2HNO3+NOFe2+、Cu2+Cl-、NO3-、SO42-1.6D【分析】【分析】Ⅰ．用鉑絲蘸取少量溶液；在火焰上灼燒，無紫色火焰（透過藍色鈷玻璃觀察），判斷無鉀離子；

Ⅱ．取少量溶液；加入KSCN溶液無明顯變化，無三價鐵離子；

Ⅲ．另取溶液加入少量鹽酸，有無色氣體生成，該無色氣體遇空氣變成紅棕色，判斷紅棕色氣體為二氧化氮，無色氣體為一氧化氮；此時溶液依然澄清，推斷溶液中含有NO3-和Fe2+；且溶液中陰離子種類不變，各離子的物質(zhì)的量均為0.1mol，根據(jù)電荷守恒可知還應含有Cu2+，若向原溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反應后過濾，洗滌，灼燒至恒重，得到的固體是氧化鐵和氧化銅，根據(jù)鐵原子、銅原子守恒計算固體質(zhì)量，根據(jù)反應3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O的離子方程式計算相關(guān)物理量；

Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，證明含有SO42-．【解析】【解答】解：（1）Ⅰ、Ⅱ判斷，溶液中一定不含有的陽離子是K+、Fe3+，故答案為：K+、Fe3+；

（2））Ⅲ中加入少量鹽酸生成無色氣體，推斷溶液中含有NO3-和Fe2+；反應的離子方程式是：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；

故答案為：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；

（3）將Ⅲ中所得紅棕色氣體通入水中，氣體變無色，所發(fā)生的化學方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO；

故答案為：3NO2+H2O=2HNO3+NO；

（4）若向溶液中加入KSCN溶液，無明顯變化，說明原溶液中不含F(xiàn)e3+；若向溶液中加入過量的鹽酸，有氣體生成，溶液中陰離子種類不變，說明原溶液中含有Cl-，該氣體只能是NO，說明含有具有氧化性的NO3-和還原性的Fe2+，若向溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，說明原溶液中含有SO42-，各離子的物質(zhì)的量均為0.1mol，根據(jù)電荷守恒可知還應含有Cu2+，所以原溶液中所含陽離子是Fe2+、Cu2+；陰離子是NO3-、Cl-、SO42-；

故答案為：Fe2+、Cu2+；NO3-、Cl-、SO42-；

（5）原溶液中所含陽離子是Fe2+、Cu2+，若向原溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反應后過濾，洗滌，灼燒至恒重，得到的固體是CuO、Fe2O3，根據(jù)題意各離子的物質(zhì)的量均為0.01mol可知m（CuO）=0.01mol×80g/mol=0.8g，m（Fe2O3）=×0.01mol×160g/mol=0.8g；所得固體的質(zhì)量為0.8g+0.8g=1.6g；

故答案為：1.6；

（6）污染治理要求能除掉有毒的物質(zhì)；新生成的物質(zhì)對環(huán)境無污染，物理法與化學法的區(qū)別是否有新物質(zhì)生成．

A；酸和堿的中和反應為化學反應；為化學法，故A錯誤；

B．硫酸銅可溶；所以不能沉淀除去，故B錯誤；

C．含苯廢水中的苯通過微生物代謝；這是化學方法，故C錯誤；

D．堿性的廢水與二氧化碳反應生成的碳酸鹽和水；無污染，故D正確；

故選D．19、略

【分析】【解析】【答案】(12分)四、判斷題(共1題，共4分)20、√【分析】【分析】鐵鹽與氫氧化鈉反應生成氫氧化鐵紅褐色沉淀，氫氧化亞鐵能與空氣的氧氣和水化合生成氫氧化鐵．【解析】【解答】解：氯化鐵與氫氧化鈉反應生成氫氧化鐵，此反應屬于復分解反應，氫氧化亞鐵與氧氣和水反應生成氫氧化鐵，此反應屬于化合反應，故正確，答案為：√．五、計算題(共2題，共6分)21、0.25mol1.505×10234.24g1.204×1025【分析】【分析】根據(jù)n=5.6L氨氣的物質(zhì)的量，根據(jù)N=nNA計算NH3分子數(shù)目，再根據(jù)m=nM計算氨氣質(zhì)量；NH4+中含有10個電子，電子物質(zhì)的量為NH4+的10倍，根據(jù)N=nNA計算電子數(shù)目．【解析】【解答】解：標況下，5.6L氨氣的物質(zhì)的量為=0.25mol，NH3分子數(shù)目為0.25mol×6.02×1023mol-1=1.505×1023，氨氣質(zhì)量為0.25mol×17g/mol=4.25g；NH4+中含有10個電子，電子物質(zhì)的量為NH4+的10倍，含有電子數(shù)目為2mol×10×6.02×1023mol-1=1.204×1025；

故答案為：0.25mol；1.505×1023；4.25g；1.204×1025．22、0.2mol1.204×10231.204×10230.4【分析】【分析】根據(jù)n=計算11.7g氯化鈉的物質(zhì)的量，而n（Na+）=n（Cl-）=n（NaCl），根據(jù)N=nNA計算Na+、Cl-數(shù)目，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：11.7克NaCl的物質(zhì)的量是=0.2mol；

n（Na+）=n（Cl-）=n（NaCl）=0.2mol；

則含有Na+離子數(shù)目=0.2mol×6.02×1023mol-1=1.204×1023，含有Cl-離子數(shù)目=0.2mol×6.02×1023mol-1=1.204×1023；

含有離子總物質(zhì)的量=n（Na+）+n（Cl-）=0.2mol+0.2mol=0.4mol；

故答案為：0.2mol；1.204×1023；1.204×1023；0.4．六、探究題(共4題，共20分)23、|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．24、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(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