2025年滬科版高三化學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………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2025年滬科版高三化學(xué)下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：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A.常溫常壓下，14g丙烯和丁烯的混合氣體含有的原子數(shù)為6NAB.25℃，pH=1的1LH2SO4溶液含有的H+數(shù)目為0.2NAC.1molFe與一定量的HNO3反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目一定為3NAD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LNO和O2的混合氣體中所含原子數(shù)為2NA2、（2016?日照校級模擬）25℃時某些弱酸的電離平衡常數(shù)如表所示：

。CH3COOHHClOH2CO3K（CH3COOH）

=1.8×10-5K（HClO）

=3.0×10-8K（H2CO3）a1=4.4×10-7

K（H2CO3）a2=4.7×10-11常溫下，稀釋CH3COOH、HClO兩種酸時，溶液的pH隨加水量變化的曲線如如圖所示，下列說法正確的是（）A.相同濃度的CH3COONa和NaClO的混合溶液中，各離子濃度的大小關(guān)系是：c（Na+）＞c（ClO-）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）B.圖象中a、c兩點所處的溶液中相等（HP代表CH3COOH或HClO）C.圖象中a點酸的濃度大于b點酸的濃度D.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式為：2ClO-+CO2+H2O═2HClO+CO3、下表中各組物質(zhì)之間不能通過一步反應(yīng)實現(xiàn)如圖轉(zhuǎn)化的是（）

。甲乙丙AAlCl3Al（OH）3Al2O3BSiO2H2SiO3Na2SiO3CCl2HClCuCl2DCH2=CH2CH3CH2ClCH3CH2OHA.AB.BC.CD.D4、X、Y均為元素周期表中前20號元素，其簡單離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，下列說法正確的是()A.由mXa+與nYb-,得m+a=n－bB.X2－的還原性一定大于Y－C.X,Y一定不是同周期元素D.若X的原子半徑大于Y,則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性HmX一定大于HnY5、下列說法正確的是（）A.ADI（添加劑每日允許攝量）是衡量食品添加劑安全性的依據(jù)，值越高安全性就越高B.API（空氣污染指數(shù)）是衡量空氣質(zhì)量好壞的重要指標(biāo)，其值越大，空氣質(zhì)量就越好C.SPF是防曬霜對紫外線的防曬系數(shù)，其值越低，對紫外線的防護(hù)效果越好D.OTC是非處方藥的簡稱．處方藥是由醫(yī)生選擇的藥物，所以它比非處方藥安全系數(shù)大6、某溶液中含有如下離子組中的若干種：K+、Mg2+、Fe3+、Fe2+、CO32-、NO3-、SO42-、I-、SiO32-、Cl-且物質(zhì)的量濃度相同．某同學(xué)欲探究該溶液的組成；進(jìn)行了如下實驗：

Ⅰ．用鉑絲蘸取少量溶液；在火焰上灼燒，透過藍(lán)色鈷玻璃，觀察到淺紫色火焰；

Ⅱ．另取原溶液加入足量鹽酸有無色氣體生成；該氣體遇空氣變成紅棕色，此時溶液顏色加深，但無沉淀生成；

Ⅲ．取Ⅱ反應(yīng)后的溶液分置于兩支試管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液上層清液變紅；第二支試管中加入CCl4；充分振蕩靜置后溶液分層，下層出現(xiàn)紫紅色．

下列說法正確的是（）A.原溶液中肯定不含Mg2+、SiO32-B.步驟Ⅱ中無色氣體可能含有CO2，原溶液中可能含有CO32-C.原溶液由K+、Fe2+、NO3-、I-、SO42-五種離子組成D.原溶液中一定含有Mg2+、Cl-7、下列物質(zhì)長期暴露在空氣中會氧化變質(zhì)的是（）A.CuSO4溶液B.NaOH溶液C.FeSO4溶液D.NaCl溶液8、下列關(guān)于化學(xué)觀或化學(xué)研究方法的敘述，錯誤的是（）A.控制實驗條件可以改變可逆反應(yīng)的限度和速率B.在元素周期表的金屬和非金屬分界線附近尋找半導(dǎo)體材料C.根據(jù)元素周期律，由HClO4可類推出氟元素也存在最高價氧化物的水化物HFO4D.在化工生產(chǎn)中應(yīng)遵循“綠色化學(xué)”的思想9、氧-18（O）是氧的一種同位素，稱為重氧．最近，蘭州近代物理研究所研制出我國首批重氧氣，可用符號18O2表示．重氧與普通氫組成的“水”稱為重氧水．下列說法正確的是（）

A.18g的18O2物質(zhì)的量是0.1mol

B.0.1mol18O2的體積是2.24L

C.18O2氣體的摩爾質(zhì)量是36

D.0.1mol重氧水所含中子數(shù)約是6.02×1023個。

評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、一個完整的氧化還原反應(yīng)方程式可以拆開寫成兩個“半反應(yīng)式”，一個是“氧化反應(yīng)”式，一個是“還原反應(yīng)”式．如2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+的拆寫結(jié)果是：氧化反應(yīng)為：Cu-2e-═Cu2+；還原反應(yīng)為：2Fe3++2e-═2Fe2+．

（1）根據(jù)以上信息將反應(yīng)3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O拆分為兩個“半反應(yīng)式”；

①氧化反應(yīng)：____；

②還原反應(yīng)：____．

（2）已知甲烷燃料電池的半反應(yīng)式分別為：CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O，O2+2H2O+4e-═4OH-，則總反應(yīng)為____．11、鈷（Co）的氧化物是一種重要的化工原料，工業(yè)上利用CoCO3+O2→CoxOy+CO2反應(yīng)來生產(chǎn)相應(yīng)的鈷的氧化物．實驗室中可以用下列裝置來制取鈷的氧化物并測定其分子組成．

請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

（1）寫出A裝置的大試管里發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式____；

（2）E裝置的U形管里盛放的物質(zhì)是____；

A．P2O5B．無水CaCl2C．堿石灰D．無水CuSO4

（3）O3的氧化性比O2強(qiáng)．已知制得的O2中含有少量的Cl2和O3，則B裝置中所盛放的物質(zhì)是____

A．NaOH溶液B．飽和NaHCO3溶液C．飽和NaCl溶液D．KI溶液。

（4）實驗結(jié)束時，若先撤去A裝置中的酒精燈，會引起____；

（5）在CoCO3完全轉(zhuǎn)化為CoxOy后，若稱得E管增重4.40g，D管內(nèi)殘留物質(zhì)的質(zhì)量是8.30g，則生成CoxOy的化學(xué)式為____；

（6）此實驗裝置存在一個比較大的缺陷，如何完善____．12、高聚酚酯是一種環(huán)保型的新涂料，其合成路線如圖所示：請回答下列問題：

（1）P的分子式為____，反應(yīng)①屬于____反應(yīng)，反應(yīng)①還有多種有機(jī)副產(chǎn)物，其中能使溴的CCl4溶液褪色的副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為____．

（2）若反應(yīng)②中兩種反應(yīng)物物質(zhì)的量之比為1：1，則除A外另一種產(chǎn)物的名稱是____，E是高分子化合物，其結(jié)構(gòu)簡式為____．

（3）C轉(zhuǎn)化為D的化學(xué)方程式是____．

（4）B有多種同分異構(gòu)體，符合下列條件的同分異構(gòu)體共有____種，其中核磁共振氫譜有6組峰的是____（寫出其中一種的結(jié)構(gòu)簡式）．

①能與NaHCO3溶液反應(yīng)。

②遇FeCl3溶液顯紫色。

③分子中含一個-CH3

（5）由CH2CH=CH2合成B的另一種途徑為：

CH2CH=CH2FH

則F中官能團(tuán)名稱是____，H的結(jié)構(gòu)簡式為____，試劑G的化學(xué)式____．13、（2015春?海拉爾區(qū)校級期末）X；Y、W、Z是四種常見的短周期元素；其原子半徑隨原子序數(shù)變化如圖所示．已知X的一種核素的質(zhì)量數(shù)為18，中子數(shù)為10，Y和Ne原子的核外電子總數(shù)相差1；W的單質(zhì)是一種常見的半導(dǎo)體材料；Z的非金屬性在同周期主族元素中最強(qiáng)．

（1）W位于元素周期表中第____周期第____族畫出X的陰離子的結(jié)構(gòu)示意圖____．

（2）Z的氫化物和溴化氫相比，較穩(wěn)定的是____（寫化學(xué)式）；Z的氫化物與氟化氫相比，沸點較高的是____（寫化學(xué)式）．

（3）Y的金屬性與Mg的金屬性相比，____（寫化學(xué)式）的金屬性強(qiáng)，請用實驗證明它們金屬性的相對強(qiáng)弱：____．

（4）寫出Y的最高價氧化物對應(yīng)的水化物與Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式____．14、玻璃鋼可由酚醛樹脂和玻璃纖維制成．

①酚醛樹脂由酚醛和甲醛縮聚而成，反應(yīng)有大量熱放出，為防止溫度過高，應(yīng)向有苯酚的反應(yīng)釜____的加入甲醛，且反應(yīng)釜應(yīng)裝有____裝置．

②玻璃鋼中玻璃纖維的作用是____，玻璃鋼具有____等優(yōu)異性能（寫出兩點即可）．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)15、1molCnH2n+2分子中含有的C-C數(shù)為nNA．____（判斷對錯）16、對于C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反應(yīng)，當(dāng)密度保持不變，在恒溫恒容或恒溫恒壓條件下，均能作為達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志．____（判斷對錯）17、膠體屬于介穩(wěn)體系____．（判斷對錯）18、判斷正誤；正確的劃“√”，錯誤的劃“×”

（1）天然氣和沼氣的主要成分是甲烷____

（2）煤可與水蒸氣反應(yīng)制成水煤氣，水煤氣的主要成分是CO和H2____

（3）干餾煤可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料____

（4）石油分餾可獲得乙酸、苯及其衍生物____

（5）石油和天然氣的主要成分都是碳?xì)浠衔颻___

（6）煤的干餾和石油的分餾均屬化學(xué)變化____

（7）煤油可由石油分餾獲得，可用作燃料和保存少量金屬鈉____

（8）甲烷、乙烯和苯在工業(yè)上都可通過石油分餾得到____

（9）用溴水鑒別苯和正己烷____

（10）石油是混合物，其分餾產(chǎn)品汽油為純凈物____

（11）石油催化裂化的主要目的是提高汽油等輕質(zhì)油的產(chǎn)量與質(zhì)量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等氣態(tài)短鏈烴____

（12）煤氣的主要成分是丁烷____．19、對于0.3mol/L的硫酸鉀溶液，1L溶液中含有0.6NA個鉀離子是____．（判斷對錯）評卷人得分四、探究題(共4題，共16分)20、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________．21、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：22、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________．23、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：評卷人得分五、推斷題(共4題，共16分)24、A；B、C、D都是中學(xué)化學(xué)中的常見化合物；均由周期表前18號元素組成，D為紅綜色氣體，甲、乙則是兩種單質(zhì)，以上單質(zhì)和化合物之間在如圖1所示的反應(yīng)關(guān)系（反應(yīng)物和生成物均無省略）．

請回答下列問題：

（1）圖1所示轉(zhuǎn)化過程中包含的反應(yīng)類型有____（填字母）．

a．置換反應(yīng)b．復(fù)分解反應(yīng)c．分解反應(yīng)d．化合反應(yīng)。

（2）圖1中反應(yīng)①的化學(xué)方程式是____．（3分）

（3）2C（g）+甲（g）═2D（g）是____反應(yīng)，（填放熱或吸熱）放出或吸收____

（4）若將l.00mol甲和2.00molC混合充入容積為2L的密閉容器中，3分鐘后反應(yīng)達(dá)到平衡．平衡后混合氣體總物質(zhì)的量為2.55mol，用甲表示的化學(xué)反應(yīng)速率為____mol?L-1?min-1．25、X；Y、Z、W為常見含有相同電子數(shù)的離子或分子；其中X有5個原子核，這些微粒與一氧化氮間有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系（圖中部分反應(yīng)物、產(chǎn)物及反應(yīng)條件已略去）．

（1）Z→NO反應(yīng)的化學(xué)方程式是：____．液態(tài)Z與水的電離相似，其中存在的電子數(shù)相同的兩種微粒是____．

（2）實驗室中檢驗Z的化學(xué)試劑及現(xiàn)象是：

?；瘜W(xué)試劑現(xiàn)象方法一________方法二________（3）由構(gòu)成X、Y的三種元素所組成的一種離子化合物，且三種元素原子數(shù)之比為2：4：3，該離子化合物是____（填寫化學(xué)式），其0.1mol/L的該溶液顯酸性，則該溶液中離子濃度由大到小的順序為____．

（4）一定條件下，Z與一氧化氮或二氧化氮反應(yīng)均可生成兩種很穩(wěn)定的產(chǎn)物．若有二氧化氮與Z的混合氣體20mL在該條件下反應(yīng)，實際參加反應(yīng)的二氧化氮比Z少2mL，則原混合氣兩者的體積比是：____．26、已知A是一種常見非金屬單質(zhì)；B是氧化物，E是A的氫化物，D是A的最高價氧化物對應(yīng)的水化物，其轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示：

（1）若E、D的水溶液均呈酸性，試寫出反應(yīng)③的化學(xué)方程式____．

（2）若D是一種難溶于水的物質(zhì)，試寫出反應(yīng)③的離子方程式____．

（3）若E、D的水溶液均呈酸性，①～④的反應(yīng)中屬于氧化還原反應(yīng)的是____．27、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{W}為六種前四周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大rm{.A}與rm{D}同主族，可形成rm{DA}型離子化合物，rm{B}與rm{C}同周期且相鄰，rm{C}與rm{E}同主族，rm{E^{2-}}與rm{Ar}原子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，rm{W}的合金用量最大、用途最廣rm{.}請回答下列問題：

rm{(1)W}元素在元素周期表中的位置為______．

rm{(2)}下列說法正確的是______

A.原子半徑：rm{A<B<C<D<E}

B.rm{D_{2}WC_{4}}可以用來做消毒劑和凈水劑。

C.rm{A_{4}B_{2}C_{3}}中既含有離子鍵又含有共價鍵。

D.rm{D_{2}C_{2}}與rm{EC_{2}}可以反應(yīng)生成rm{D_{2}EC_{3}}和rm{C_{2}}

rm{(3)}灼熱的碳能與rm{B}的最高價氧化物對應(yīng)水化物的濃溶液反應(yīng)，化學(xué)反應(yīng)方程式為__________．

rm{(4)}向盛有rm{A_{2}C_{2}}溶液的試管中加入幾滴酸化的rm{WEC_{4}}溶液，溶液變成棕黃色，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為______；一段時間后，溶液中有大量氣泡出現(xiàn)，隨后溶液溫度升高，有紅褐色沉淀生成，則產(chǎn)生氣泡的原因是______；生成沉淀的原因是______rm{(}用平衡移動原理解釋rm{)}．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】A、丙烯和丁烯的最簡式均為CH2；

B；pH=1的溶液中氫離子濃度為0.1mol/L；

C；鐵和硝酸反應(yīng)；最后可能變?yōu)?3價，也可能變?yōu)?2價；

D、求出混合物的物質(zhì)的量，然后根據(jù)NO和氧氣均為雙原子分子來分析．【解析】【解答】解：A、若14g都是丙烯，n=0.5mol，原子數(shù)為0.5×6=3mol，若14g都是丁烯，含有原子也是3mol，二者共14g，含有原子也是3mol，故無論兩者的比例如何，含有的原子數(shù)均為3NA個；故A錯誤；

B、pH=1則c（H+）=0.1molL-1，n（H+）=0.1mol/L×1L=0.1mol，H+數(shù)目是0.1NA；故B錯誤；

C、Fe可能生成Fe2+也可能生成Fe3+，還有可能是二者混合物，故1mol鐵反應(yīng)后轉(zhuǎn)移的電子數(shù)不一定是3NA個；故C錯誤；

D、在標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L氣體的物質(zhì)的量為1mol，NO和O2都是雙原子分子，則含原子一共2mol，雖然NO和O2反應(yīng)；但原子守恒，故原子數(shù)目不變，故D正確．

故選D．2、B【分析】【分析】A．酸的電離常數(shù)越大；則酸根離子的水解程度越??；

B．的分子、分母同時乘以氫離子濃度可得：；溫度不變，則該比值不變；

C．先根據(jù)電離程度大小判斷醋酸、次氯酸對應(yīng)曲線及起始濃度大小，a、b兩點加入水的體積相同；則此時酸溶液濃度取決于酸的起始濃度；

D．根據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸判斷，反應(yīng)生成的應(yīng)該為碳酸氫根離子．【解析】【解答】解：A．醋酸的電離常數(shù)大于次氯酸，所以醋酸的水解程度小于次氯酸，醋酸鈉和次氯酸鈉都是強(qiáng)堿弱酸鹽，其混合溶液呈堿性，所以相同物質(zhì)的量濃度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各離子濃度的大小關(guān)系是：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（ClO-）＞c（OH-）＞c（H+）；故A錯誤；

B．在的分子、分母上同時乘以c（H+）可得：；由于水的離子積和電離平衡常數(shù)只受溫度影響，a；c的溫度相同，則該比值相等，故B正確；

C．pH相等的CH3COOH、HClO，稀釋相同的倍數(shù)時，較強(qiáng)酸中氫離子濃度小于較弱酸，則較弱酸的pH小于較強(qiáng)酸，酸性CH3COOH＞HClO，所以a所在曲線表示CH3COOH，b所在曲線表示HClO，次氯酸的電離程度小于醋酸，所以醋酸的濃度減小，次氯酸的濃度較大，a、b兩點相比，加入相同體積的水后仍然是次氯酸的濃度較大，即：圖象中a點酸的濃度小于b點酸的濃度；故C錯誤；

D．碳酸的二級電離小于次氯酸，所以碳酸氫根離子的酸性小于次氯酸，則向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-；故D錯誤；

故選B．3、B【分析】【分析】A．AlCl3與NaOH反應(yīng)生成Al（OH）3，Al（OH）3與鹽酸反應(yīng)生成AlCl3，乙Al（OH）3分解生成丙Al2O3，丙Al2O3與鹽酸反應(yīng)生成AlCl3；

B．SiO2與水不反應(yīng)，SiO2不能一步轉(zhuǎn)化為H2SiO3；

C．Cl2與氫氣反應(yīng)生成HCl，HCl與二氧化錳反應(yīng)生成Cl2，HCl與CuO反應(yīng)生成CuCl2，CuCl2電解生成Cl2；

D．CH2=CH2與HCl發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl發(fā)生消去反應(yīng)生成CH2=CH2，CH3CH2Cl水解生成CH3CH2OH，CH3CH2OH發(fā)生消去反應(yīng)生成CH2=CH2；【解析】【解答】解：A．甲AlCl3與NaOH反應(yīng)生成乙Al（OH）3，乙Al（OH）3與鹽酸反應(yīng)生成甲AlCl3，乙Al（OH）3分解生成丙Al2O3，丙Al2O3與鹽酸反應(yīng)生成甲AlCl3；故不選A；

B．SiO2與水不反應(yīng)，甲SiO2不能一步轉(zhuǎn)化為乙H2SiO3；不能發(fā)生一步轉(zhuǎn)化，故選B；

C．甲Cl2與氫氣反應(yīng)生成乙HCl，乙HCl與二氧化錳反應(yīng)生成甲Cl2，乙HCl與CuO反應(yīng)生成丙CuCl2，丙CuCl2電解生成甲Cl2；物質(zhì)之間均可一步轉(zhuǎn)化，故不選C；

D．甲CH2=CH2與HCl發(fā)生加成反應(yīng)生成乙HCl，乙CH3CH2Cl發(fā)生消去反應(yīng)生成甲CH2=CH2，乙CH3CH2Cl水解生成丙CH3CH2OH，丙CH3CH2OH發(fā)生消去反應(yīng)生成甲CH2=CH2；物質(zhì)之間均可一步轉(zhuǎn)化，故不選D；

故答案為：B．4、B【分析】試題分析：A、由mXa+與nYb-,得m-a=n+b，錯誤；B、根據(jù)X2-、Y-的電子層結(jié)構(gòu)相同，說明X、Y元素位于同一周期，X的原子序數(shù)小于Y，根據(jù)元素周期律，X2-的還原性一定大Y-，正確；C、若X、Y的離子都是陽離子或都是陰離子，則X、Y為同周期元素，錯誤；D、根據(jù)元素周期律，若X的原子半徑大于Y,則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性HmX一定小于HnY，錯誤。考點：本題考查原子結(jié)構(gòu)、元素周期律?！窘馕觥俊敬鸢浮緽5、A【分析】【分析】A．ADI是指終人或動物每日攝入某種化學(xué)物質(zhì)（食品添加劑；農(nóng)藥等等）；對健康無任何已知不良效應(yīng)的劑量．值越高安全性就越高；

B．依據(jù)空氣污染指數(shù)的意義解答；

C．防曬霜對紫外線的防曬系數(shù)越低；對紫外線的防護(hù)效果越差；

D．用藥安全系數(shù)大小與處方藥和非處方藥無關(guān)．【解析】【解答】解：A．ADI是指終人或動物每日攝入某種化學(xué)物質(zhì)（食品添加劑；農(nóng)藥等等）；對健康無任何已知不良效應(yīng)的劑量．值越高安全性就越高，故A正確；

B．空氣污染指數(shù)是根據(jù)空氣環(huán)境質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)和各項污染物的生態(tài)環(huán)境效應(yīng)及其對人體健康的影響來確定污染指數(shù)的分級數(shù)值及相應(yīng)的污染物濃度限值；其值越大，空氣受污染的程度就越大，故B錯誤；

C．防曬霜對紫外線的防曬系數(shù)越低；對紫外線的防護(hù)效果越差，故C錯誤；

D．用藥安全系數(shù)大小與處方藥和非處方藥無關(guān)；故D錯誤；

故選：A．6、D【分析】【分析】Ⅰ．用鉑絲蘸取少量溶液，在火焰上灼燒，透過藍(lán)色鈷玻璃，觀察到紫色火焰，證明含有K+；

Ⅱ．另取原溶液加入足量鹽酸有無色氣體生成，該氣體遇空氣變成紅棕色，即為二氧化氮，此時溶液顏色加深，但無沉淀生成，說明含有NO3-以及還原性的離子，且不含有SiO32-；

Ⅲ．?、蚍磻?yīng)后的溶液分置于兩支試管中，第一支試管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，即為硫酸鋇，再滴加KSCN溶液，上層清液變紅，含有Fe3+離子，第二支試管中加入CCl4，充分振蕩靜置后溶液分層，下層出現(xiàn)紫紅色，證明有碘單質(zhì)生成，則含有K+、Fe2+、NO3-、SO42-、I-，由于物質(zhì)的量濃度相同．由電荷守恒可知還應(yīng)含有Mg2+、Cl-；

以此解答該題．【解析】【解答】解：Ⅰ．用鉑絲蘸取少量溶液；在火焰上灼燒，透過藍(lán)色鈷玻璃，觀察到紫色火焰，證明溶液中一定含有鉀離子；

Ⅱ．另取原溶液加入足量鹽酸有無色氣體生成，該氣體遇空氣變成紅棕色，此時溶液顏色加深，但無沉淀生成，證明含有NO3-、Fe2+；一定不含有硅酸根離子；碳酸根離子；

Ⅲ．?、蚍磻?yīng)后的溶液分置于兩支試管中，第一支試管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，即為硫酸鋇，證明含有硫酸根離子，再滴加KSCN溶液，上層清液變紅，即出現(xiàn)了三價鐵離子，是Ⅱ過程中亞鐵離子被硝酸氧化的結(jié)果；第二支試管中加入CCl4，充分振蕩靜置后溶液分層，下層出現(xiàn)紫紅色，證明碘單質(zhì)出現(xiàn)，一定含有碘離子，則含有K+、Fe2+、NO3-、SO42-、I-，由于物質(zhì)的量濃度相同．由電荷守恒可知還應(yīng)含有Mg2+、Cl-

A．含有含有Mg2+；故A錯誤；

B．因含有Fe3+或Fe2+，則不含有CO32-；故B錯誤；

C．由以上分析可知原溶液中含有K+、Fe2+、NO3-、SO42-、I-、Mg2+、Cl-；故C錯誤；

D．由C可知，含有Mg2+、Cl-；故D正確．

故選D．7、C【分析】【分析】物質(zhì)長期暴露在空氣中會氧化變質(zhì)，說明該物質(zhì)具有強(qiáng)強(qiáng)還原性，容易被空氣中的氧氣氧化，依據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)判斷解答．【解析】【解答】解：A．硫酸銅不具有還原性；在空氣中不能被氧化，故A錯誤；

B．氫氧化鈉溶液與空氣中的二氧化碳反應(yīng)而變質(zhì)；但是不屬于氧化反應(yīng)，故B錯誤；

C．硫酸亞鐵中的二價鐵離子具有強(qiáng)的還原性；能被空氣中的氧氣氧化生成三價鐵而變質(zhì)，故C正確；

D．氯化鈉溶液能夠穩(wěn)定存在與空氣中不變質(zhì)；故D錯誤；

故選：C．8、C【分析】【分析】A．溫度；壓強(qiáng)、濃度可改變反應(yīng)速率；影響化學(xué)平衡移動；

B．在元素周期表的金屬和非金屬分界線附近的元素既有金屬性又有非金屬性；

C．F沒有正化合價；

D．化工生產(chǎn)中應(yīng)遵循“綠色化學(xué)”的思想，減少有害、有毒物質(zhì)的使用，減少有害物質(zhì)的排放．【解析】【解答】解：A．溫度；壓強(qiáng)、濃度可改變反應(yīng)速率；影響化學(xué)平衡移動，則控制實驗條件可以改變可逆反應(yīng)的限度和速率，故A正確；

B．在元素周期表的金屬和非金屬分界線附近的元素既有金屬性又有非金屬性；則金屬和非金屬分界線附近尋找半導(dǎo)體材料，故B正確；

C．F沒有正化合價，則存在HClO4，而不存在HFO4；故C錯誤；

D．化工生產(chǎn)中應(yīng)遵循“綠色化學(xué)”的思想；減少有害；有毒物質(zhì)的使用，減少有害物質(zhì)的排放，符合環(huán)境保護(hù)及可持續(xù)發(fā)展的要求，故D正確；

故選C．9、D【分析】

A、18g的18O2物質(zhì)的量==0.5mol；故A錯誤；

B、氣體的溫度和壓強(qiáng)不知，0.1mol18O2的體積不一定是2.24L；故B錯誤；

C、18O2氣體的摩爾質(zhì)量是36g/mol；故C錯誤；

D、重氧水分子式為2D2160，1mol重氧水所含中子數(shù)=0.1mol×（2+8）=1mol，所含中子數(shù)約是6.02×1023個；故D正確；

故選D．

【解析】【答案】A；依據(jù)質(zhì)量和摩爾質(zhì)量的計算分析判斷；

B；依據(jù)氣體摩爾體積的條件應(yīng)用分析判斷；

C；依據(jù)質(zhì)量數(shù)計算分子的摩爾質(zhì)量；

D；依據(jù)原子的質(zhì)量數(shù)和質(zhì)子數(shù)計算中子數(shù)；

二、填空題(共5題，共10分)10、3Cu-6e-=3Cu2+8H++2NO3-+6e-=4H2O+2NO↑CH4+2OH-+2O2═CO32-+3H2O【分析】【分析】（1）3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O反應(yīng)中，Cu失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，NO3-得電子發(fā)生還原反應(yīng)；據(jù)此分析；

（2）原電池中正負(fù)極電極方程式相加即可得到總反應(yīng)．【解析】【解答】解：（1）3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O反應(yīng)中，Cu失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，NO3-得電子發(fā)生還原反應(yīng)；

①氧化反應(yīng)：3Cu-6e-=3Cu2+；故答案為：3Cu-6e-=3Cu2+；

②還原反應(yīng)：8H++2NO3-+6e-=4H2O+2NO↑；故答案為：8H++2NO3-+6e-=4H2O+2NO↑；

（2）已知甲烷燃料電池的半反應(yīng)式分別為：CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O，2O2+4H2O+8e-═8OH-，原電池中正負(fù)極電極方程式相加即可得到總反應(yīng)，則總反應(yīng)式：CH4+2OH-+2O2═CO32-+3H2O，故答案為：CH4+2OH-+2O2═CO32-+3H2O．11、2KClO32KCl+3O2↑CAD倒吸Co2O3應(yīng)在a處接一裝有堿石灰的干燥管【分析】【分析】由裝置圖可知，實驗通過測定裝置E中的增重，確定生成的二氧化碳的質(zhì)量，再利用n（C）=n（Co）可知CoxOy中Co的物質(zhì)的量，進(jìn)而計算Co的質(zhì)量，裝置D管內(nèi)殘留物質(zhì)是CoxOy；計算出氧元素質(zhì)量，再計算氧原子的物質(zhì)的量，根據(jù)原子物質(zhì)的量之比確定化學(xué)式．

（1）在二氧化錳作催化劑；加入條件下，氯酸鉀分解生成氯化鉀；氧氣．

（2）E裝置的U形管里盛放的物質(zhì)用于吸收裝置D生成的二氧化碳；結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)判斷．

（3）制得的O2中含有少量的Cl2和O3，B裝置中所盛放的物質(zhì)用于吸收Cl2；不能生成二氧化碳，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)判斷．

（4）實驗結(jié)束時；若先撤去A裝置中的酒精燈，會導(dǎo)致裝置A中的壓強(qiáng)降低，容易發(fā)生倒吸．

（5）E管增重4.40g是二氧化碳的質(zhì)量，計算二氧化碳的物質(zhì)的量，根據(jù)化學(xué)式CoCO3可知n（C）=n（Co），進(jìn)而計算Co的質(zhì)量，D管內(nèi)殘留物質(zhì)的質(zhì)量8.30g是CoxOy的質(zhì)量；計算出氧元素質(zhì)量，再計算氧原子的物質(zhì)的量，根據(jù)原子物質(zhì)的量之比確定化學(xué)式．

（6）裝置E中堿石灰可以吸收空氣中水蒸氣、二氧化碳，影響二氧化碳質(zhì)量的測定，故應(yīng)在a處接一裝有堿石灰的干燥管，吸收空氣中水蒸氣、二氧化碳，防止進(jìn)入裝置E中．【解析】【解答】解：（1）在二氧化錳作催化劑，加入條件下，氯酸鉀分解生成氯化鉀、氧氣，反應(yīng)方程式為2KClO32KCl+3O2↑．

故答案為：2KClO32KCl+3O2↑．

（2）E裝置的U形管里盛放的物質(zhì)用于吸收裝置D生成的二氧化碳，A．P2O5、B．無水CaCl2、D．無水CuSO4不能吸收二氧化碳；C．堿石灰可以吸收二氧化碳，故裝置E中試劑為堿石灰．

故選：C．

（3）制得的O2中含有少量的Cl2和O3，B裝置中所盛放的物質(zhì)用于吸收Cl2；

A；NaOH溶液可以吸收氯氣；氧氣和臭氧不變，所以氯氣能除盡，故A符合；

B．飽和NaHCO3溶液以吸收氯氣；但生成二氧化碳，影響二氧化碳質(zhì)量的測定，故B不符合；

C．飽和NaCl溶液不能吸收氯氣；故C錯誤；

D．KI溶液吸收氯氣；所以氯氣能除盡，故D符合．

故選AD．

（4）實驗結(jié)束時；若先撤去A裝置中的酒精燈，會導(dǎo)致裝置A中的壓強(qiáng)降低，容易發(fā)生倒吸．

故答案為：倒吸．

（5）E管增重4.40g是二氧化碳的質(zhì)量，物質(zhì)的量為=0.1mol，根據(jù)化學(xué)式CoCO3可知）n（Co）=n（C）=0.1mol，進(jìn)Co的質(zhì)量為0.1mol×59g/mol=5.9g，D管內(nèi)殘留物質(zhì)的質(zhì)量8.30g是CoxOy的質(zhì)量，CoxOy中氧元素質(zhì)量為8.3g-5.9g=2.4g，氧原子的物質(zhì)的量n（O）==0.15mol，所以n（Co）：n（O）=0.1mol：0.15mol=2：3，故該鈷的氧化物的化學(xué)式為Co2O3．

故答案為：Co2O3．

（6）裝置E中堿石灰可以吸收空氣中水蒸氣；二氧化碳；影響二氧化碳質(zhì)量的測定，故應(yīng)在a處接一裝有堿石灰的干燥管，吸收空氣中水蒸氣、二氧化碳，防止進(jìn)入裝置E中．

故答案為：應(yīng)在a處接一裝有堿石灰的干燥管．12、（C15H12O2）n消去甲醛23氯原子H2【分析】【分析】對比結(jié)構(gòu)可知，反應(yīng)①發(fā)生醇的消去反應(yīng)，由P的結(jié)構(gòu)，逆推可知D為進(jìn)一步反推C為B為A為由B生成E的反應(yīng)條件及E是高分子化合物，可知E為．對比結(jié)構(gòu)可知，反應(yīng)①發(fā)生醇的消去反應(yīng)，還一生成另外一種烯烴：．

（4）由①能與NaHCO3溶液反應(yīng)，可知結(jié)構(gòu)中含有-COOH；②遇FeCl3溶液顯紫色，可知結(jié)構(gòu)中含有苯環(huán)且苯環(huán)上含有一個-OH，結(jié)合③分子中含一個-CH3，可知苯環(huán)側(cè)鏈有以下幾種情況：有2個側(cè)鏈，為-OH、-CH（CH3）COOH，有鄰、間、對三種位置；有3個側(cè)鏈，為-OH、-CH3、-CH2COOH，或者為-OH、-CH2CH3；-COOH；采取定二移一法確定同分異構(gòu)體數(shù)目；

（5）與氯氣發(fā)生加成反應(yīng)生成F為F發(fā)生水解反應(yīng)生成H為H發(fā)生氧化反應(yīng)生成再與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成B．【解析】【解答】解：由P的結(jié)構(gòu)，逆推可知D為進(jìn)一步反推C為B為A為由B生成E的反應(yīng)條件及E是高分子化合物，可知E為．

（1）由P的結(jié)構(gòu)簡式，可知P的分子式為（C15H12O2）n，對比結(jié)構(gòu)可知，反應(yīng)①發(fā)生醇的消去反應(yīng)，還一生成另外一種烯烴：

故答案為：（C15H12O2）n；消去；

（2）若反應(yīng)②中兩種反應(yīng)物物質(zhì)的量之比為1：1，結(jié)合A的結(jié)構(gòu)可知為碳碳雙鍵發(fā)生斷裂生成醛，外另一種產(chǎn)物為HCHO，名稱是甲醛，由上述分析劇增，高分子化合物E的結(jié)構(gòu)筒式為

故答案為：甲醛；

（3）C轉(zhuǎn)化為D的化學(xué)方程式是：

故答案為：

（4）由①能與NaHCO3溶液反應(yīng)，可知結(jié)構(gòu)中含有-COOH；②遇FeCl3溶液顯紫色，可知結(jié)構(gòu)中含有苯環(huán)且苯環(huán)上含有一個-OH，結(jié)合③分子中含一個-CH3，可知苯環(huán)側(cè)鏈有以下幾種情況：有2個側(cè)鏈，為-OH、-CH（CH3）COOH，有鄰、間、對三種位置；有3個側(cè)鏈，為-OH、-CH3、-CH2COOH，或者為-OH、-CH2CH3、-COOH，其中2個取代基有鄰、間、對3種位置，對應(yīng)的另外1個取代基分別有4、4、2種位置，每種情況有10種，故共有23種，其中核磁共振氫譜中有6組峰的其中一種的結(jié)構(gòu)簡式為：等；

故答案為：23；

（5）與氯氣發(fā)生加成反應(yīng)生成F為含有官能團(tuán)為氯原子，F(xiàn)發(fā)生水解反應(yīng)生成H為H發(fā)生氧化反應(yīng)生成再與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成B，試劑G的化學(xué)式H2；

故答案為：氯原子；H2．13、三ⅤAHClHFNaNa與冷水劇烈反應(yīng)，而Mg與冷水反應(yīng)較慢NaOH+HClO4=NaClO4+H2O【分析】【分析】X的一種核素的質(zhì)量數(shù)為18；中子數(shù)為10，則X的質(zhì)子數(shù)為8，則X為O元素；

Y和Ne原子的核外電子數(shù)相差1時；Y可能為F或Na，由于原子半徑X＜Y，則Y為Na元素；

W的單質(zhì)是一種常見的半導(dǎo)體材料；則W為Si元素；

Z是同周期中非金屬性最強(qiáng)的元素；且原子半徑小于Si；大于O，則Z為Cl元素；

根據(jù)以上分析可知：X為O元素、Y為Na元素、Z為Cl元素、W為Si元素．【解析】【解答】解：X的一種核素的質(zhì)量數(shù)為18；中子數(shù)為10，則X的質(zhì)子數(shù)為8，則X為O元素；Y和Ne原子的核外電子數(shù)相差1時，Y可能為F或Na，由于原子半徑X＜Y，則Y為Na元素；W的單質(zhì)是一種常見的半導(dǎo)體材料，則W為Si元素；Z是同周期中非金屬性最強(qiáng)的元素，且原子半徑小于Si；大于O，則Z為Cl元素，根據(jù)分析可知：X為O元素、Y為Na元素、Z為Cl元素、W為Si元素；

（1）W為Si元素；Si的原子序數(shù)為14，位于周期表中第三周期第ⅣA族；

X為氧元素，氧離子的核電荷數(shù)為8，核外電子總數(shù)為10，氧離子結(jié)構(gòu)示意圖為：

故答案為：三；ⅣA；

（2）Z為Cl元素，由于非金屬性Cl＞Br；則氣態(tài)氫化物穩(wěn)定的是HCl；

由于HF中存在氫鍵；則HF的熔沸點大于HCl；

故答案為：HCl；HF；

（3）Y為鈉元素；Na與冷水劇烈反應(yīng)，而Mg與冷水反應(yīng)較慢，所以金屬鈉的活潑性大于Mg；

故答案為：Na；Na與冷水劇烈反應(yīng)；而Mg與冷水反應(yīng)較慢（其他合理答案也可）；

（4）Y為Na、Z為Cl，Y的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為NaOH，Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為HClO4，氫氧化鈉與高氯酸反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為：NaOH+HClO4=NaClO4+H2O；

故答案為：NaOH+HClO4=NaClO4+H2O．14、間歇性|散熱|增強(qiáng)體|強(qiáng)度高、質(zhì)量輕、耐腐蝕、抗沖擊、絕緣性能好等【分析】【解答】解：①苯酚和甲醛發(fā)生縮聚反應(yīng)；反應(yīng)有大量熱放出，為防止溫度過高，應(yīng)向已有苯酚的反應(yīng)釜中間歇性的加入甲醛，并裝有散熱裝置，故答案為：間歇性；散熱；②玻璃鋼是將玻璃纖維和高分子材料復(fù)合而成的復(fù)合材料，其中玻璃纖維的作用是增強(qiáng)體，合成材料是基體，它的優(yōu)點有：強(qiáng)度高；質(zhì)量輕、耐腐蝕、抗沖擊、絕緣性能好等，故答案為：增強(qiáng)體；強(qiáng)度高、質(zhì)量輕（或耐腐蝕、抗沖擊、絕緣性能好）．

【分析】①反應(yīng)物投入的物質(zhì)的量越多放出的熱越多；②玻璃鋼是將玻璃纖維和高分子材料復(fù)合而成的復(fù)合材料，其中玻璃纖維的作用是增強(qiáng)體，合成材料是基體，它的優(yōu)點有：強(qiáng)度高、質(zhì)量輕、耐腐蝕、抗沖擊、絕緣性能好等．三、判斷題(共5題，共10分)15、×【分析】【分析】CnH2n+2為烷烴，分子中含有n-1個C-C鍵，以此解答該題．【解析】【解答】解：CnH2n+2為烷烴，分子中含有n-1個C-C鍵，則1molCnH2n+2分子中含有的C-C數(shù)為（n-1）NA．故答案為：×．16、√【分析】【分析】化學(xué)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度不再改變，由此衍生的一些物理量也不變，結(jié)合反應(yīng)的特點進(jìn)行分析．【解析】【解答】解：反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量不等；在恒溫恒容條件下，混合氣體的密度逐漸增大，當(dāng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，容器中混合氣體的密度不變；

而恒溫恒壓條件下，隨反應(yīng)進(jìn)行，體系的體積增大，分子量：CO2＞CO；故混合氣體的密度逐漸減小，當(dāng)密度保持不變，反應(yīng)達(dá)到平衡；

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】（1）根據(jù)天然氣和沼氣的成分分析；

（2）根據(jù)成水煤氣的反應(yīng)分析；

（3）根據(jù)干餾煤的產(chǎn)物分析；

（4）根據(jù)石油的成分分析；

（5）根據(jù)石油和天然氣的主要成分分析；

（6）根據(jù)煤的干餾和石油的分餾的原理分析；

（7）根據(jù)煤油的來源和性質(zhì)分析；

（8）根據(jù)石油的成分分析；

（9）根據(jù)苯和正己烷的性質(zhì)分析；

（10）根據(jù)石油分餾原理分析；

（11）根據(jù)石油催化裂化的原理分析；

（12）根據(jù)煤氣的成分分析．【解析】【解答】解：（1）天然氣和沼氣的主要成分是甲烷；故正確，故答案為：√；

（2）煤可與水蒸氣反應(yīng)制成水煤氣，其反應(yīng)方程為：C+H2OCO+H2，所以水煤氣的主要成分是CO和H2；故正確，故答案為：√；

（3）干餾煤是在隔絕空氣的條件下；將煤加熱到900～1100℃時，可以得到焦炭；煤焦油、煤氣等物質(zhì)，從煤焦油中可分離出苯、甲苯等化工原料，煤氣中可以得到甲烷和氨等重要化工原料，故正確，故答案為：√；

（4）石油中主要含碳元素；氫元素兩種元素；主要是烷烴、環(huán)烷烴和芳香烴的混合物，分餾不能獲得乙酸，故錯誤，故答案為：×；

（5）石油主要是烷烴；環(huán)烷烴和芳香烴的混合物；天然氣的主要成分是甲烷，它們都是碳?xì)浠衔铮收_，故答案為：√；

（6）煤的干餾是指煤在隔絕空氣的條件下加熱；生成煤焦油；焦炭、焦?fàn)t煤氣等物質(zhì)，屬于化學(xué)變化．石油分餾是指通過石油中含有的物質(zhì)的沸點不同而使各種物質(zhì)分離開的一種方法，該過程中沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故錯誤，故答案為：×；

（7）煤油可由石油分餾獲得；燃燒熱值大可用作燃料，不與Na反應(yīng)，密度比Na大，可保存少量金屬鈉，故正確，故答案為：√；

（8）石油主要是烷烴；環(huán)烷烴和芳香烴的混合物；石油分餾得不到乙烯，故錯誤，故答案為：×；

（9）苯和正己烷都不與溴水反應(yīng)；故錯誤，故答案為：×；

（10）石油是混合物；其分餾產(chǎn)品是幾種沸點相近的烴的混合物，所以汽油不是純凈物，故錯誤，故答案為：×；

（11）石油催化裂化的主要目的是提高汽油等輕質(zhì)油的產(chǎn)量與質(zhì)量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯；丙烯等氣態(tài)短鏈烴；故正確，故答案為：√；

（12）煤氣的主要成分是一氧化碳和氫氣，故錯誤，故答案為：×；．19、√【分析】【分析】根據(jù)n=cV計算鉀離子物質(zhì)的量，再根據(jù)N=nNA計算鉀離子數(shù)目．【解析】【解答】解：鉀離子物質(zhì)的量=1L×0.3mol/L×2=0.6mol，故鉀離子數(shù)目為0.6NA，故正確，故答案為：√．四、探究題(共4題，共16分)20、|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．21、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(qiáng)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(dāng)?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(dá)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(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)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(dāng)操作對V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．22、|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．23、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(qiáng)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(dāng)?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(dá)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(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)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(dāng)操作對V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．五、推斷題(共4題，共16分)24、cd4NH3+5O24NO+6H2O放熱2E2-2E10.075【分析】【分析】A、B、C、D都是中學(xué)化學(xué)中的常見化合物，均由周期表前18號元素組成，D為紅綜色氣體，為NO2，甲、乙則是兩種單質(zhì)，甲和乙反應(yīng)生成A，電解A生成甲和乙，且C能和甲反應(yīng)生成二氧化氮，則甲具有強(qiáng)氧化性，為O2，乙是H2，A是H2O，氧氣和B反應(yīng)生成水和C，C和氧氣反應(yīng)生成二氧化氮，所以C是NO，B是NH3，結(jié)合單質(zhì)、化合物的性質(zhì)、化學(xué)平衡移動原理來分析解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D都是中學(xué)化學(xué)中的常見化合物，均由周期表前18號元素組成，D為紅綜色氣體，為NO2；

甲、乙則是兩種單質(zhì)，甲和乙反應(yīng)生成A，電解A生成甲和乙，且C能和甲反應(yīng)生成二氧化氮，則甲具有強(qiáng)氧化性，為O2，乙是H2，A是H2O；

氧氣和B反應(yīng)生成水和C，C和氧氣反應(yīng)生成二氧化氮，所以C是NO，B是NH3；

（1）甲和乙發(fā)生化合反應(yīng)；電解A是氧氣和水屬于分解反應(yīng)，該反應(yīng)中沒有復(fù)分解反應(yīng)和置換反應(yīng)；

故選：cd；

（2）氨氣和氧氣在一定條件下反應(yīng)生成一氧化氮和水，反應(yīng)方程式為4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；

（3）根據(jù)圖2知，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，當(dāng)有1molNO參加的反應(yīng)時放出E2-E1的熱量，則在反應(yīng)2NO+O2?2NO2中，有2molNO參加反應(yīng)可以放出2E2-2E1的熱量；

故選：放熱；2E2-2E1；

（4）若將1molO2和2molNO混合充入容積為2L的密閉容器中，3分鐘后反應(yīng)達(dá)到平衡．平衡后混合氣體總物質(zhì)的量為2.55mol，根據(jù)2NO+O2?2NO2知，反應(yīng)后氣體物質(zhì)的量減少的量等于參加反應(yīng)的氧氣的量，則用氧氣表示的化學(xué)反應(yīng)速率==0.075mol/（L?min）；

故答案為：0.075．25、4NH3+5O24NO+6H2ONH4+、NH2-濕潤的紅色石蕊試紙試紙變?yōu)樗{(lán)色蘸有濃鹽酸的玻璃棒有白煙生成NH4NO3c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）V（NH3）：V（NO2）=2：3或V（NH3）：V（NO2）=7：3【分析】【分析】X、Y、Z、W為常見含有相同電子數(shù)的離子或分子，考慮10電子微粒，X有5個原子核，X為NH4+，Y為OH-，Z為NH3，W為H2O；符合轉(zhuǎn)化關(guān)系．

（1）氨氣發(fā)生催化氧化生成NO；液態(tài)NH3與水的電離相似，電離得到NH4+，NH2-；

（2）用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗或蘸有濃鹽酸的玻璃棒檢驗；

（3）由構(gòu)成X、Y的三種元素所組成的一種離子化合物，且三種元素原子數(shù)之比為2：4：3，該離子化合物是NH4NO3；溶液中銨根離子水解；

（4）一定條件下，NH3與一氧化氮或二氧化氮反應(yīng)均可生成兩種很穩(wěn)定的產(chǎn)物，應(yīng)生成氮氣與水，則二氧化氮與NH3反應(yīng)方程式為：8NH3+6NO2=7N2+12H2O，結(jié)合方程式計算解答．【解析】【解答】解：X、Y、Z、W為常見含有相同電子數(shù)的離子或分子，考慮10電子微粒，X有5個原子核，X為NH4+，Y為OH-，Z為NH3，W為H2O；符合轉(zhuǎn)化關(guān)系．

（1）氨氣發(fā)生催化氧化生成NO，反應(yīng)方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O；液態(tài)NH3與水的電離相似，電離得到NH4+，NH2-；

故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；NH4+，NH2-；

（2）用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗氨氣；現(xiàn)象為：試紙變?yōu)樗{(lán)色；

用蘸有濃鹽酸的玻璃棒檢驗氨氣；現(xiàn)象為：有白煙生成；

故答案為：。化學(xué)試劑現(xiàn)象方法一濕潤的紅色石蕊試紙試紙變?yōu)樗{(lán)色方法二蘸有濃鹽酸的玻璃棒有白煙生成；

（3）由構(gòu)成NH4+、OH-的三種元素所組成的一種離子化合物，且三種元素原子數(shù)之比為2：4：3，該離子化合物是NH4NO3，溶液中銨根離子水解，溶液呈酸性，則溶液中離子濃度大小為：c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；

故答案為：NH4NO3；c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；

（4）一定條件下，NH3與一氧化氮或二氧化氮反應(yīng)均可生成兩種很穩(wěn)定的產(chǎn)物，應(yīng)生成氮氣與水，則二氧化氮與NH3反應(yīng)方程式為：8NH3+6NO2=7N2+12H2O，若有二氧化氮與Z的混合氣體20mL在該條件下反應(yīng)，實際參加反應(yīng)的二氧化氮比NH3少2mL；

8NH3+6NO2=7N2+12H2O；

86

xx-2L

所以；x：（x-2mL）=8：6，解得x=8mL，參加反應(yīng)氣體為14mL，小于20mL，故氣體有剩余；

若二氧化氮剩余，則原混合氣體中V（NH3）：V（NO2）=8mL：（20mL-8mL）=2：3；

若氨氣剩余，則混合氣體中V（NH3）：V（NO2）=（20mL-6mL）：6mL=7：3；

故答案為：V（NH3）：V（NO2）=2：3或V（NH3）：V（NO2）=7：3．26、2SO2+O22SO3SiO2+2OH-═SiO32-+H2O①②③【分析】【分析】（1）從圖中可知單質(zhì)A可被O2氧化，同時E、D的水溶液顯酸性，說明A應(yīng)是S，E是H2S，B是SO2，順次推知C是SO3，D是H2SO4；

（2）非金屬元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物難溶于水的只有H2SiO3，則A是Si，B是SiO2，C應(yīng)是硅酸鹽，D是H2SiO3；

（3）當(dāng)A是S時，①②③均是氧化還原反