2025年上教版高三化學下冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年上教版高三化學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、三氟化氮rm{(NF_{3})(}氟只有兩種價態(tài)：rm{-1}rm{0)}是微電子工業(yè)中優(yōu)良的等離子刻蝕氣體，它在潮濕的環(huán)境中能發(fā)生反應：rm{3NF_{3}+5H_{2}O?2NO+HNO_{3}+9HF.}下列有關該反應的說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{NF_{3}}是氧化劑，rm{H_{2}O}是還原劑B.若rm{1mol}rm{NF_{3}}被氧化，反應轉移電子數(shù)為rm{2N_{A}}C.若生成rm{0.4molHNO_{3}}則轉移rm{0.4mol}電子D.氧化劑與還原劑的物質的量之比為rm{1}rm{2}2、下列實驗中；所采取的分離方法與對應原理都正確的是（）

。選項目的分離方法原理A．分離溶于水的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度較大B．分離汽油和四氯化碳分液四氯化碳和汽油的密度不同C．除去KNO3固體中混雜的NaCl重結晶NaCl在水中的溶解度很大D．除去乙酸中的乙醚蒸餾乙酸與乙醚的沸點相差較大A.AB.BC.CD.D3、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值．下列說法正確的是（）A.標準狀況下，0.1molCl2溶于水，轉移的電子數(shù)目為0.2NAB.常溫常壓下，18gH2O中含的質子數(shù)為10NAC.標準狀況下，11.2LCH2Cl2中含有的分子數(shù)目為0.5NAD.常溫常壓下，2.24LCO和CO2混合氣體中含有的碳原子數(shù)目為0.1NA4、下列化學用語使用不正確的是（）A.Na+的結構示意圖為B.硫酸鈉的電離方程式為Na2SO4=2Na++SO42-氯化C.乙烯的結構簡式為CH2CH2D.氯化氫的電子式為5、Cl2、HCl的混合氣體通入足量的氫氧化鈉溶液，充分反應后分析產(chǎn)物溶液中除大量OH?外，還有Cl?、ClO?、ClO3?，并知這三種離子的物質的量比為9：2：1。試問原混合氣體中Cl2與HCl體積比為A.2：5B.3：1C.5：2D.1：1評卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)6、R分子的質量為ag，相對質量為M，則M與a的比值等于（）A.6.02×1023B.12C原子質量的十二分之一C.0.012Kg12C所含的原子數(shù)D.1mol氧氣所含的微粒數(shù)7、已知NaHSO3溶液呈酸性、NaHCO3溶液呈堿性．現(xiàn)有濃度均為0.1mol?L-1的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各粒子的物質的量濃度存在下列關系（R表示S或C），其中一定正確的是（）A.c（H+）＞c（OH-）B.c（Na+）+c（H+）=c（HRO3-）+2c（RO32-）+c（OH-）C.c（H+）+c（H2RO3）=c（RO32-）+c（OH-）D.c（Na+）+c（H+）=c（HRO3-）+c（RO32-）+c（OH-）8、rm{25隆忙}時，下列有關溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是rm{(}rm{)}A.rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}}溶液中：rm{c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(Fe^{2+})>c(H^{+})}B.rm{pH=11}的氨水和rm{pH=3}的鹽酸溶液等體積混合，所得溶液中：rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})>c(H^{+})}C.在rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中：rm{2c(Na^{+})=c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})}D.rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的醋酸鈉溶液rm{20}rm{mL}與rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}鹽酸rm{10}rm{mL}混合后溶液顯酸性：rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Cl^{-})>c(CH_{3}COOH)>c(H^{+})}9、下列物質加入水中，會顯著放熱的有（）A.燒堿B.硝酸銨C.氯化鉀D.金屬鈉10、在一定恒溫體積可變的密閉容器中發(fā)生如下反應：A（g）+B（g）?2C（g）△H＜0．t1時刻達到平衡后，在t2時刻改變某一條件達新平衡，其反應過程如圖．下列說法中錯誤的是（A.0～t2時，v正＞v逆B.t2時刻改變的條件可能是加催化劑C.Ⅰ、Ⅱ兩過程達到平衡時，A的體積分數(shù)Ⅰ＞ⅡD.Ⅰ、Ⅱ兩過程達到平衡時，平衡常數(shù)I＜Ⅱ11、下列有關說法正確的是rm{(}rm{)}A.準確稱取rm{0.4000}rm{g}rm{NaOH}固體可配成rm{100}rm{mL}rm{0.1000}rm{mol?L^{-1}}的rm{NaOH}標準溶液B.催化劑可以加快化學反應速率但不能改變化學反應的焓變C.rm{100}rm{mL}rm{pH=3}的rm{HA}和rm{HB}分別與足量的鋅反應，rm{HB}放出的氫氣多，說明rm{HB}酸性比rm{HA}弱D.對于反應rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}壓縮氣體體積使壓強增大rm{(}其他條件不變rm{)}則rm{SO_{2}}的轉化率增大，平衡常數(shù)rm{K}也增大12、下列內容與結論相對應的是()。選項內容結論rm{A}rm{H_{2}O(g)}變成rm{H_{2}O(l)}rm{triangleS>0}rm{B}硝酸銨溶于水可自發(fā)進行因為rm{triangleS>0}rm{C}一個反應的rm{triangleH>0}rm{triangleS>0}反應一定不自發(fā)進行rm{D}rm{H_{2}(g)+F_{2}(g)=2HF(g)}rm{triangleH=-271kJ/moltriangleS=8J/(mol隆隴K)}反應在任意外界條件下均可自發(fā)進行

A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)13、已知銅在常溫下能被稀HNO3溶解，反應為：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

（1）請將上述反應改寫成離子方程式____．

（2）HNO3沒有全部參加氧化還原反應，被還原的HNO3占總HNO3的____%，若反應中生成1molNO，則反應中轉移____個e-，消耗Cu____g．

（3）把6molCu粉投入含8molHNO3和2molH2SO4的稀溶液中，則標準狀況下放出的氣體的物質的量為____mol．14、某有機物A是一種食品添加劑的增香原料，質譜圖顯示相對分子質量為166.0.1molA完全燃燒只生成生成0.9molCO2和9gH2O．

（1）A的分子式是____．

（2）A有多種同分異構體，其中有一種B是芳香酸，且B可發(fā)生以下變化：

已知：與苯環(huán)直接相連的碳原子上有氫原子時才可能被酸性高錳酸鉀溶液氧化為羧酸．

①寫出B的結構簡式____．

②寫出D中官能團的名稱____．

反應②的反應類型為____．

（3）寫出反應①的化學方程式____．

（4）寫出符合下列四種要求D的同分異構體的結構簡式____

a．含有苯環(huán)b．能發(fā)生銀鏡反應c．能與FeCl3溶液發(fā)生反應d．苯環(huán)上的一氯取代物只有兩種．15、（2016?大連校級模擬）CH4和CO2可以制造價值更高的化學產(chǎn)品．已知：

CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ/mol

CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H2=bkJ/mol

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H3=ckJ/mol

（1）寫出由甲烷與二氧化碳制一氧化碳和氫氣的熱化學方程式：____．

（2）一定條件下，等物質的量的（1）中反應生成的氣體可合成二甲醚（CH3OCH3），同時還產(chǎn)生了一種可參與大氣循環(huán)的無機化合物，該反應的化學方程式為____．

二甲醚與乙醇互為同分異構體，都可作為原電池的燃料，兩者的比能量____（填相同或不同）．

（3）用Cu2Al2O4做催化劑，一定條件下發(fā)生反應：CO2（g）+CH4（g）=CH3COOH（g）；溫度與催化劑的催化效率和乙酸的生成速率的關系如圖，回答下列問題：

①250～300℃時，乙酸的生成速率降低的原因是____．

②300～400℃時，乙酸的生成速率升高的原因是____．16、A、B、C、D、E是核電荷數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，A元素的原子核內只有1個質子，B元素的原子半徑是其所在主族中最小的，B的最高價氧化物對應水化物的化學式為HBO3；C元素原子的最外層電子數(shù)比次外層多4個；C的陰離子與D的陽離子具有相同的電子排布，兩元素可形成化合物D2C；C；E同主族．

（1）D在周期表中的位置____；B的原子結構示意圖____；

（2）E元素形成最高價氧化物對應水化物的化學式為____；

（3）元素C、D、E形成的原子半徑大小關系是____（用元素符號表示）．

（4）C、D可形成化合物D2C2，D2C2含有的化學鍵是____；

（5）A、C兩種元素形成的原子個數(shù)之比為1：1的化合物電子式____；

（6）B的氫化物與B的最高價氧化物的水化物反應的離子方程式____．17、（2012秋?贛榆縣校級期中）鎂將成為21世紀重要的輕型環(huán)保材料．

（1）海洋是天然的鎂元素寶庫；從海水中提取鎂的流程如下：

海水中MgCl2Mg（OH）2MgCl2?6H2OMgCl2Mg

①在實驗室進行過濾操作時需要用到玻璃棒，其作用是____．

②電解熔融氯化鎂的過程中，____能轉化為____能．

（2）①金屬鎂是一種較活潑金屬；在二氧化碳氣體中也能燃燒．燃燒的化學方程式為。

2Mg+CO2=C+2MgO，此反應類型屬于____

A．分解反應B．化合反應C．置換反應D．復分解反應。

②金屬鎂在高溫下與氮氣反應生成氮化鎂，在氮化鎂中氮元素的化合價為-3．據(jù)此寫出氮化鎂的化學式____．

（3）鎂鋁合金廣泛用于火箭；導彈和飛機制造業(yè)等．某興趣小組為探究鎂鋁合金的組成；取16g鎂鋁合金樣品，把60g氫氧化鈉溶液平均分成三份依次加入樣品中，充分反應后，過濾出固體，將其洗滌、干燥、稱量，得實驗數(shù)據(jù)如下：

。所加氫氧化鈉溶液的次數(shù)第一次第二次第三次剩余固體的質量/g10.65.24.0從以上數(shù)據(jù)可知，該合金中，鎂元素與鋁元素的質量比為____．所用氫氧化鈉溶液的溶質質量分數(shù)為____．

（4）老師每次做有關鎂的實驗時都會強調：鎂是一種銀白色有金屬光澤的金屬．但拿出的鎂條總是有一層灰黑色的“外衣”；這層灰黑色的外衣是什么物質呢？

猜想：小明認為可能是MgO；小趙認為可能是Mg2（OH）2CO3；小花認為可能是Mg（OH）2．小趙認為小明的猜想是錯誤的，其理由是____．

實驗探究：小趙按如圖所示裝置進行實驗；發(fā)現(xiàn)試管口有液滴出現(xiàn)，澄清石灰水變渾濁，同時試管內生成白色固體．

實驗分析：實驗后，小趙認為小花的猜想也是錯誤的，其理由是____．

查閱資料得出結論：Mg（OH）2和Mg2（OH）2CO3都可以加熱分解，產(chǎn)物均為氧化物，據(jù)此請你寫出Mg2（OH）2CO3加熱。

分解的化學方程式____．18、兩組同學對鐵及其化合物的性質進行探究．

（1）一組同學用圖1所示裝置對鐵與濃硫酸的反應進行實驗．已知：

2Fe+6H2SO4（濃）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O．請你參與探究并回答相關問題．

①檢查裝置氣密性后，將過量的鐵屑和一定量的濃硫酸放入燒瓶，塞緊橡皮塞，開始計時．t1時開始加熱；在鐵屑表面逐漸產(chǎn)生氣泡，當有大量氣泡產(chǎn)生時，控制反應溫度基本不變．甲同學將收集到的氣體體積與時間的關系粗略地表示為圖2．

在0～t1時間段，鐵屑表面沒有氣泡生成，說明鐵在濃硫酸中發(fā)生了____；

t1～t2時間段，反應生成的氣體是____．

②t2時，取少量反應液，先滴加少量新制飽和氯水，然后滴加KSCN溶液，呈現(xiàn)血紅色．若再滴加過量新制氯水，卻發(fā)現(xiàn)紅色褪去．同學們對紅色褪去的原因提出各自的假設．乙同學的假設是：溶液中的+3價鐵被氧化為更高的價態(tài)．你的另一種假設是____；為了驗證你的假設，請設計一種簡便的實驗方案____．

（2）另一組同學對鐵和稀硝酸的反應進行探究．他們用amolFe和含有bmolHNO3的稀硝酸進行實驗，若HNO3只被還原成NO，且反應結束后溶液中含有Fe3+和Fe2+，則的取值范圍是____；若反應結束后的溶液中n（Fe3+）：n（Fe2+）=2：1，則的值為____．

19、1999年俄、美科學家聯(lián)合小組合成了第114號元素的一種同位素，該核素原子的質量數(shù)為298，則這種同位素原子的核內中子數(shù)為____，核內質子數(shù)為____．20、（15分）有機物DBP常用作纖維素樹脂和聚氯乙烯的增塑劑，特別適用于硝酸纖維素涂料。具有優(yōu)良的溶解性、分散性和粘著性。由有機物A和鄰二甲苯為原料可以合成DBP。已知：①RCH=CH2+CO+H2②烴A是有機合成的重要原料。A的質譜圖表明其相對分子質量為42，紅外光譜表明分子中含有碳碳雙鍵；B能發(fā)生銀鏡反應；有機物c的核磁共振氫譜顯示其分子中含有5種氫原子，且其峰面積之比為3:2:2:2:1；DBP分子中苯環(huán)上的一溴取代物只有兩種。（1）A的結構簡式是____。（2）B含有的官能團名稱是____。（3）有機物C和D反應生成DBP的化學方程式是____。（4）下列說法正確的是（選填序號字母）。a．A能發(fā)生聚合反應、加成反應和氧化反應b．和C互為同分異構體，且含有相同官能團的有機物有2種c．鄰二甲苯能氧化生成D說明有機物分子中基團之間存在相互影響d．1molDBP可與含2molNaOH的溶液完全反應（5）工業(yè)上常用有機物E（C8H4O3）代替D生產(chǎn)DBP。反應分為兩步進行：①②中間產(chǎn)物+C→DBP工業(yè)生產(chǎn)中在第②步中使用油水分離器將反應過程中生成的水不斷從反應體系中分離除去，其目的是____。（6）工業(yè)上生產(chǎn)有機物E的反應如下：芳香烴X的一溴取代物只有兩種，X的的結構簡式是。評卷人得分四、判斷題(共1題，共2分)21、22.4LO2中一定含有6.02×1023個氧分子____．（判斷對錯）評卷人得分五、探究題(共4題，共32分)22、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．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．23、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：24、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．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．25、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：評卷人得分六、解答題(共2題，共10分)26、標況下將224LHCl氣體溶于635mL水里，所得鹽酸的密度為1.18g?cm-3．

（1）求鹽酸的質量分數(shù)和物質的量濃度；

（2）取出這種鹽酸100mL稀釋至1.18L，所得稀鹽酸的物質的量濃度是多少？27、20mL某氣態(tài)烴，在100mLO2里充分燃燒后烣復到原狀況（常溫、常壓），氣體體積為70mL．求該氣態(tài)烴可能的分子式？寫出所有可能的結構簡式．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】解：rm{A.}該反應中，rm{N}元素化合價由rm{+3}價變?yōu)閞m{+2}價、rm{+5}價，其它元素化合價都不變，所以rm{NF_{3}}既是氧化劑又是還原劑；故A錯誤；

B.若rm{1molNF_{3}}被氧化，則反應轉移電子數(shù)rm{=1mol隆脕2隆脕N_{A}/mol=2N_{A}}故B正確；

C.若生成rm{0.4molHNO_{3}}則轉移電子的物質的量rm{=dfrac{0.4mol}{1}隆脕2=0.8mol}故C錯誤；

D.該反應中有rm{=dfrac

{0.4mol}{1}隆脕2=0.8mol}的rm{dfrac{2}{3}}被還原，有rm{NF_{3}}的rm{dfrac{1}{3}}被氧化，所以氧化劑與還原劑的物質的量之比為rm{NF_{3}}rm{2}故D錯誤；

故選B．

該反應中，rm{1}元素化合價由rm{N}價變?yōu)閞m{+3}價、rm{+2}價，其它元素化合價都不變，所以rm{+5}既是氧化劑又是還原劑；再結合各個物理量之間的關系式計算．

本題考查了氧化還原反應，明確該反應中元素化合價變化是解本題關鍵，注意該反應中氧化劑和還原劑是同一物質，為易錯點．rm{NF_{3}}【解析】rm{B}2、D【分析】【分析】A．乙醇與水混溶；不分層；

B．汽油和四氯化碳互溶；但沸點不同；

C．NaCl的溶解度受溫度影響不大；而硝酸鉀的溶解度受溫度影響大；

D．乙酸、乙醚混溶，但沸點不同．【解析】【解答】解：A．乙醇與水混溶；不分層，則乙醇不能作碘水的萃取劑，應選苯或四氯化碳，故A錯誤；

B．汽油和四氯化碳互溶；但沸點不同，應利用蒸餾法分離，故B錯誤；

C．NaCl的溶解度受溫度影響不大；而硝酸鉀的溶解度受溫度影響大，則冷卻結晶析出硝酸鉀從而除雜，故C錯誤；

D．乙酸；乙醚混溶；但沸點不同，利用蒸餾可分離除雜，故D正確；

故選D．3、B【分析】【分析】A；氯氣與水的反應中；氯氣既是氧化劑，也是還原劑，0.1mol氯氣溶于水，只有少量的氯氣反應生成氯化氫和次氯酸；

B、18g水的物質的量為：=1mol；1mol水中含有10mol質子；

C；標準狀況下；二氯甲烷不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算二氯甲烷的物質的量；

D、不是標準狀況下，題中條件無法計算2.24L混合氣體的物質的量．【解析】【解答】解：A；氯氣溶于水；只有部分氯氣與水反應生成氯化氫和次氯酸，所以無法計算轉移的電子數(shù)，故A錯誤；

B、18g水的物質的量為1mol，含有10mol質子，含的質子數(shù)為10NA；故B正確；

C；標況下；二氯甲烷不是氣體，題中條件無法計算11.2L二氯甲烷的物質的量，故C錯誤；

D；常溫常壓下；不能使用標況下的氣體摩爾體積計算2.24L二氧化碳和一氧化碳混合氣體的物質的量，故D錯誤；

故選B．4、C【分析】【分析】A．Na+的質子數(shù)為11；核外電子數(shù)為10，有2個電子層，最外層電子數(shù)為8；

B．先判斷電解質的強弱；強電解質用“═”，電離方程式應遵循質量守恒定律和電荷守恒，并注意原子團不可拆分來解答；

C．乙烯的結構簡式要體現(xiàn)官能團；

D．氯化氫是共價化合物．【解析】【解答】解：A．Na+的質子數(shù)為11，核外電子數(shù)為10，有2個電子層，最外層電子數(shù)為8，結構示意圖為故A正確；

B．Na2SO4為強電解質，電離方程式為Na2SO4=2Na++SO42-；遵循質量守恒定律和電荷守恒，故B正確；

C．乙烯的結構簡式必須能體現(xiàn)出其不飽和鍵，結構簡式應為CH2=CH2；故C錯誤；

D．氯化氫是共價化合物，所以其電子式為：故D正確．

故選C．5、C【分析】試題分析：Cl2生成ClO-與ClO3-是被氧化的過程，化合價分別由0價升高為+1價和+5價，ClO-與ClO3-的物質的量濃度之比為2:1，則可設ClO-為2mol，ClO3-為1mol，則氯離子的物質的量時9mol，被氧化的Cl共為3mol，失去電子的總物質的量為2mol×（1－0）＋1mol×（5－0）＝7mol。氧化還原反應中氧化劑和還原劑之間得失電子數(shù)目相等，Cl2生成KCl是被還原的過程，化合價由0價降低為-1價，則得到電子的物質的量也應為7mol，即被還原的Cl的物質的量為7mol，則參加反應的氯氣是（7mol＋3mol）÷2＝5mol。由氯氣生成的氯離子是7mol，所以根據(jù)氯化氫與氫氧化鈉反應的離子方程式HCl＋NaOH=NaCl＋H2O可知，氯化氫生成的氯離子的物質的量是9mol－7mol＝2mol，則氯化氫的物質的量也是2mol，所以原混合氣體中Cl2與HCl體積比為5:2，答案選C?？键c：考查氯氣和氯化氫的混合氣與氫氧化鈉溶液反應的有關計算【解析】【答案】C二、雙選題(共7題，共14分)6、A|C【分析】解：R分子的相對質量為M，故R的摩爾質量為Mg/mol，即1molR的質量為Mg，而一個R分子的質量為ag，故的意義是在MgR中即1molR中所含有的R分子的個數(shù)，即6.02×1023個，即0.012Kg12C所含的原子數(shù)；故AC正確．

故選AC．

R分子的相對質量為M，故可知R的摩爾質量為Mg/mol，即1molR的質量為Mg，由于一個R分子的質量為ag，故可知的意義是在1molR中即MgR中含有的R分子的個數(shù)；據(jù)此分析．

本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的計算和含義，應注意的是1mol物質中含有NA個微粒，即NA個微粒的質量之和即1mol物質的質量．難度不大．【解析】【答案】AC7、B|C【分析】解：A．NaHSO3溶液呈酸性，說明溶液中HSO3-電離程度大于水解程度，c（H+）＞＞c（OH-），NaHCO3溶液呈堿性，說明HCO3-水解沉淀大于電離程度，c（OH-）＞c（H+）；故A錯誤；

B．由溶液呈電中性有電荷守恒關系：c（Na+）+c（H+）=c（HRO3-）+2c（RO32-）+c（OH-）；故B正確；

C．根據(jù)化學式NaHRO3得物料守恒關系：c（Na+）=c（HRO3-）+c（RO32-）+c（H2RO3），由溶液呈電中性有電荷守恒關系（a）：c（Na+）+c（H+）=c（HRO3-）+2c（RO32-）+c（OH-），二者聯(lián)式可得c（H+）+c（H2RO3）=c（RO32-）+c（OH-）；故C正確；

D．由B可知，電荷不守恒，應為c（Na+）+c（H+）=c（HRO3-）+2c（RO32-）+c（OH-）；故D錯誤．

故選BC．

NaHSO3溶液呈酸性，說明溶液中HSO3-電離程度大于水解程度，NaHCO3溶液呈堿性，說明HCO3-水解沉淀大于電離程度；

兩溶液中發(fā)生的過程相似，①溶質電離：NaHRO3=Na++HRO3-，②HRO3-電離：HRO3-H++RO32-；

③HRO3-水解：HRO3-+H2OH2RO3+OH-，④水電離：H2OH++OH-．

由溶液呈電中性有電荷守恒關系（a）：c（Na+）+c（H+）=c（HRO3-）+2c（RO32-）+c（OH-）；

據(jù)化學式NaHRO3得物料守恒關系（b）：c（Na+）=c（HRO3-）+c（RO32-）+c（H2RO3）；

（a）-（b）得質子守恒關系（c）：c（H+）+c（H2RO3）=c（RO32-）+c（OH-）．

對NaHSO3溶液，過程②的程度大于③，有c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）＞c（OH-）；

對NaHCO3溶液，過程③的程度大于②，有c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（CO32-）＞c（H+）．

同濃度的兩溶液中，c（Na+）相等，c（HRO3-）不一定相等，c（SO32-）＞c（CO32-）．

本題考查離子濃度的大小比較，題目難度較大，解答本題時注意從守恒的角度分析，本題中還要注意題目要求，即濃度均為濃度均為0.1mol?L-1的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液中均存在的關系，此為解答該題的關鍵之處，注意審題．【解析】【答案】BC8、rAD【分析】解：rm{A.(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}}中亞鐵離子及銨根離子都水解，但水解程度較小，根據(jù)物料守恒得rm{c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(Fe^{2+})>c(H^{+})}故A正確；

B.rm{pH=11}的氨水濃度大于rm{pH=3}的鹽酸濃度，二者等體積混合，氨水有剩余，溶液呈堿性，溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得rm{c(Cl^{-})<c(NH_{4}^{+})}離子濃度關系為：rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}故B錯誤；

C.在rm{0.1mol?L^{-1}Na_{2}CO_{3}}溶液中，rm{Na}元素的物質的量是rm{C}元素物質的量的rm{2}倍，則rm{c(Na^{+})=2c(CO_{3}^{2-})+2c(HCO_{3}^{-})+2c(H_{2}CO_{3})}故C錯誤；

D.二者混合后，溶液中的溶質是等物質的量濃度的rm{NaCl}rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}COONa}混合溶液呈酸性，說明醋酸電離程度大于醋酸根離子水解程度，氯離子不水解、醋酸電離程度較小，所以離子濃度大小順序是rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Cl^{-})>c(CH_{3}COOH)>c(H^{+})}故D正確；

故選AD．

A.rm{(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}}中亞鐵離子及銨根離子都水解；但水解程度較小，根據(jù)物料守恒判斷；

B.rm{pH=11}的氨水濃度大于rm{pH=3}的鹽酸濃度；二者等體積混合，氨水有剩余，溶液呈堿性，溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒判斷；

C.任何電解質溶液中都存在物料守恒；根據(jù)物料守恒判斷；

D.二者混合后，溶液中的溶質是等物質的量濃度的rm{NaCl}rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}COONa}混合溶液呈酸性，說明醋酸電離程度大于醋酸根離子水解程度．

本題考查離子濃度大小比較，明確溶液中的溶質及其性質是解本題關鍵，知道任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)守恒思想解答，題目難度中等．【解析】rm{AD}9、A|D【分析】解：A．燒堿溶于水會放出大量的熱；故A正確；

B．硝酸銨溶于水溶液溫度降低；故B錯誤；

C．固體氯化鉀溶于水熱效應不明顯；故C錯誤．

D．金屬鈉溶于水和水反應生成氫氧化鈉恒容氫氣；反應放出熱量，故D正確；

故選AD．

解此題的關鍵是看清放熱兩字，注意此題所研究的不一定是放熱的化學反應，放熱過程也可．如NaOH、CaO、濃H2SO4溶于水、活潑金屬和水反應都是典型的放熱過程；NH4NO3溶于水是吸熱的；C2H5OH；KCl等溶于水熱效應不明顯．

本題考查物質溶解于水中的熱效應，難度不大，注意知識的積累．【解析】【答案】AD10、C|D【分析】解：A、0～t1，反應正向進行，v正＞v逆，t1～t2，反應到達平衡，v正=v逆；故A正確；

B；加入催化劑；可以改變反應速率，平衡不移動，符合圖象，故B正確；

C、t2時刻改變條件后達到平衡時；逆反應速率不變，說明和原平衡等效，A的體積分數(shù)Ⅰ=Ⅱ，故C錯誤；

D、t2時刻改變條件后達到平衡逆反應速率不變；說明和原平衡等效，所以Ⅰ；Ⅱ兩過程達到平衡時，平衡常數(shù)I=Ⅱ，故D錯誤；

故選：CD．

A、由圖象分析可知，0～t1，反應正向進行，v正＞v逆，t1～t2，反應到達平衡，v正=v逆；

B；加入催化劑；可以改變反應速率，平衡不移動；

C、由圖象分析可知，t2時刻改變條件后達到平衡時；逆反應速率不變，說明和原平衡等效，體積分數(shù)不變；

D、由圖象分析可知，t2時刻改變條件后達到平衡逆反應速率不變；說明和原平衡等效，則平衡常數(shù)不變．

本題考查了化學平衡的建立，根據(jù)影響速率、平衡的因素來解答，注意圖象的分析，難度中等．【解析】【答案】CD11、rBC【分析】解：rm{A.}氫氧化鈉溶液容易與空氣中的二氧化碳反應而導致變質，即使稱量出rm{0.4000g}氫氧化鈉固體，最后配制的溶液中，氫氧化鈉的濃度也不是rm{0.1000mol/L}故A錯誤；

B.化學反應中；催化劑只影響反應速率，催化劑對化學平衡無影響，不會改變反應物的轉化率，所以不會影響化學反應的焓變，故B正確；

C.rm{100mLpH=3}的rm{HA}和rm{HB}分別與足量的鋅反應，rm{HB}放出的氫氣多，說明rm{HB}的物質的量比rm{HA}的物質的量大，而電離出的氫離子卻相同，說明了rm{HB}的酸性比rm{HA}的弱；故C正確；

D.對于反應rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}壓縮氣體體積使壓強增大rm{(}其他條件不變rm{)}則rm{SO_{2}}的轉化率增大，由于溫度不變，所以平衡常數(shù)rm{K}不會變化；故D錯誤；

故選BC．

A.氫氧化鈉固體易潮解，氫氧化鈉溶液容易與空氣中的二氧化碳反應，所以無法配制rm{0.1000mol?L^{-1}}的rm{NaOH}標準溶液；

B.催化劑對化學平衡無影響；

C.弱電解質酸性越弱，電離程度越小，相同rm{pH}時需要的濃度越大；據(jù)此進行判斷；

D.化學平衡常數(shù)只受溫度影響；溫度不變，化學平衡常數(shù)不變．

本題考查了配制一定物質的量濃度的溶液的方法、弱電解質酸性強弱判斷、化學平衡影響因素等知識，題目難度中等，注意明確影響化學平衡的因素，掌握判斷弱電解質酸性強弱的方法．【解析】rm{BC}12、BD【分析】【分析】本題主要考查的是化學反應自發(fā)進行的決定因素，一個反應能否自發(fā)進行最終取決于吉布斯自由能rm{triangleG=triangleH-TtriangleS}本題主要考查的是化學反應自發(fā)進行的決定因素，一個反應能否自發(fā)進行最終取決于吉布斯自由能rm{triangleG=triangleH-Ttriangle

S}rm{triangleG<0}一定自發(fā)進行，rm{triangleG>0}一定不自發(fā)進行。一定自發(fā)進行，rm{triangleG=triangleH-Ttriangle

S}一定不自發(fā)進行。rm{triangleG<0}rm{triangleG>0}【解答】變成A.時的rm{H_{2}O(g)}故A錯誤；B.rm{H_{2}O(l)}故B正確；C.根據(jù)rm{triangleG=triangleH-TtriangleS}可知，在高溫時rm{婁隴S<0}此時反應能發(fā)生，故C錯誤；常溫下硝酸銨溶于水是一個能自發(fā)進行的吸熱過程，硝酸銨溶解成為自由移動的離子，是熵變增大的過程，說明該過程的rm{triangleS>0}故B正確；rm{triangleG=triangleH-TtriangleS}可知，在任何溫度下rm{triangleS>0}所以該rm{triangleG=triangleH-Ttriangle

S}rm{triangleG<0}D.根據(jù)【解析】rm{BD}三、填空題(共8題，共16分)13、3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O253NA963【分析】【分析】（1）3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中；銅；一氧化氮、水在離子反應中保留化學式；

（2）根據(jù)方程可知；參加反應的8mol硝酸中，被還原的硝酸的物質的量為2mol，根據(jù)化合價變化判斷轉移電子數(shù)；根據(jù)方程式計算銅的質量；

（3）先計算氫離子的物質的量，再根據(jù)溶液中發(fā)生3Cu+8H++2NO3?=3Cu2++2NO↑+4H2O，判斷過量，將不足的代入離子反應方程式來計算．【解析】【解答】解：（1）銅、一氧化氮、水在離子反應中保留化學式，硝酸在水中電離出氫離子和硝酸根離子，其離子方程式為：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；

故答案為：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；

（2）在氧化還原反應中，化合價降低的是氧化劑，發(fā)生的是還原反應，根據(jù)方程可知，參加反應的8mol硝酸中，被還原的硝酸的物質的量為2mol，所以被還原的HNO3占總HNO3的25%；由HNO3生成NO，氮元素的化合價從+5價降低到+2價，轉移3個電子，所以生成1molNO轉移3mol，即3NA個電子；根據(jù)反應方程式可知生成1molNO；消耗1.5mol銅，所以銅的質量為m=nM=1.5mol×64g/mol=96g；

故答案為：25；3NA；96；

（3）n（Cu）=6mol，n（NO3-）=8mol，n（H+）=8mol+2×2mol=12mol；

由3Cu+8H++2NO3?=3Cu2++2NO↑+4H2O可知；

6molCu反應需要消耗4molNO3?，消耗16molH+，顯然H+不足；

設放出的氣體的物質的量為x；則。

3Cu+8H++2NO3?=3Cu2++2NO↑+4H2O

82

12molx

；解得x=3mol；

故答案為：3．14、C9H10O3羧基、碳碳雙鍵加聚反應2+O22+2H2O【分析】【分析】0.1molA完全燃燒只生成生成0.9molCO2和9gH2O，水的物質的量為0.5mol，則A分子中含有9個碳原子、10個氫原子，A的對分子質量為166，A分子中含有氧原子數(shù)目為=3，故A的分子式為C9H10O3，A的一種同分異構體B是芳香酸，含有羧基，B能發(fā)生催化氧化得到C，且C可以發(fā)生銀鏡反應，則C含有醛基，故B中羥基連接碳原子含有2個H原子，B在濃硫酸作用下得到D，D可以形成高分子化合物，與羥基相連的碳原子相鄰碳原子上含有氫原子，B被酸性高錳酸鉀氧化生成苯甲酸，則B中苯環(huán)上含有1個支鏈，綜上分析可知B的結構簡式為則D為E為F為據(jù)此解答．【解析】【解答】解：0.1molA完全燃燒只生成生成0.9molCO2和9gH2O，水的物質的量為0.5mol，則A分子中含有9個碳原子、10個氫原子，A的對分子質量為166，A分子中含有氧原子數(shù)目為=3，故A的分子式為C9H10O3，A的一種同分異構體B是芳香酸，含有羧基，B能發(fā)生催化氧化得到C，且C可以發(fā)生銀鏡反應，則C含有醛基，故B中羥基連接碳原子含有2個H原子，B在濃硫酸作用下得到D，D可以形成高分子化合物，與羥基相連的碳原子相鄰碳原子上含有氫原子，B被酸性高錳酸鉀氧化生成苯甲酸，則B中苯環(huán)上含有1個支鏈，綜上分析可知B的結構簡式為則D為E為F為

（1）由上述分析可知，A的分子式是C9H10O3，故答案為：C9H10O3；

（2）①由上述分析可知，B的結構簡式為故答案為：

②D為含有官能團為：羧基；碳碳雙鍵，反應②是烯發(fā)生的加聚反應生成高聚物，故答案為：羧基、碳碳雙鍵；加聚反應；

（3）反應①的化學方程式為：2+O22+2H2O；

故答案為：2+O22+2H2O；

（4）符合下列四種要求B（）的同分異構體：

a．含有苯環(huán)，b．能發(fā)生銀鏡反應，含有醛基，c．能與FeCl3溶液發(fā)生反應，含有酚羥基，d．苯環(huán)上的一氯取代物只有兩種，只能是含有2個不同的取代基其處于對位，符合條件的同分異構體有：故答案為：．15、CH4（g）+CO2（g）?CO（g）+2H2（g）△H=（a+2b-2c）kJ/mol3CO+3H2═CH3OCH3+CO2不相同催化劑的催化效率降低，化學反應速率降低溫度升高，化學反應速率加快【分析】【分析】（1）已知①CH4（g）+2O2（g）?CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ/mol

②CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H2=bkJ/mol

③2CO（g）+O2（g）?2CO2（g）△H3=ckJ/mol

①+2×②-2×③得：CH4（g）+CO2（g）?CO（g）+2H2（g）△H；依據(jù)蓋斯定律計算反應熱；

（2）據(jù)反應物和生成物可知；參與大氣循環(huán)的無機化合物為二氧化碳，據(jù)原子守恒書寫化學方程式；

依據(jù)二甲醚與乙醇結構判斷；

（3）①溫度超過250℃時；催化劑的催化效率降低，所以溫度升高而乙酸的生成速率降低；

②溫度升高，化學反應速率加快．【解析】【解答】解：（1）已知①CH4（g）+2O2（g）?CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ/mol

②CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H2=bkJ/mol

③2CO（g）+O2（g）?2CO2（g）△H3=ckJ/mol

據(jù)蓋斯定律，①+2×②-2×③得：CH4（g）+CO2（g）?CO（g）+2H2（g）△H=（a+2b-2c）kJ/mol；

故答案為：CH4（g）+CO2（g）?CO（g）+2H2（g）△H=（a+2b-2c）kJ/mol；

（2）據(jù)反應物和生成物可知，參與大氣循環(huán)的無機化合物為二氧化碳，據(jù)原子守恒書寫化學方程式為：3CO+3H2═CH3OCH3+CO2；

二甲醚結構簡式為CH3OCH3，中含有C-H和C-O鍵，乙醇結構簡式為CH3CH2OH；含有C-H，C-O，O-H鍵，二者完全燃燒生成產(chǎn)物相同都是二氧化碳和水，依據(jù)△H=反應物總鍵能-生成物總鍵能，可知二者比能量不同；

故答案為：3CO+3H2═CH3OCH3+CO2；不同；

（3）①溫度超過250℃時；催化劑的催化效率降低，所以溫度升高而乙酸的生成速率降低，故答案為：催化劑的催化效率降低，化學反應速率降低；

②溫度升高，化學反應速率加快，故答案為：溫度升高，化學反應速率加快．16、第三周期第ⅠA族H2SO4Na＞S＞O離子鍵、共價鍵NH3+H+=NH4+【分析】【分析】A、B、C、D、E是核電荷數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，A元素的原子核內只有1個質子，則A為H元素；B的最高價氧化物對應水化物的化學式為HBO3，則B的最高化合價為+5價，位于周期表第ⅤA族，B元素的原子半徑是其所在主族中最小的，應為N元素；C元素原子的最外層電子數(shù)比次外層多4個，只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，應為O元素；C的陰離子與D的陽離子具有相同的電子排布，兩元素可形成化合物D2C，則D的化合價為+1價，D為Na元素；C、E主族，則E為S元素，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E是核電荷數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，A元素的原子核內只有1個質子，則A為H元素；B的最高價氧化物對應水化物的化學式為HBO3，則B的最高化合價為+5價，位于周期表第ⅤA族，B元素的原子半徑是其所在主族中最小的，應為N元素；C元素原子的最外層電子數(shù)比次外層多4個，只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，應為O元素；C的陰離子與D的陽離子具有相同的電子排布，兩元素可形成化合物D2C；則D的化合價為+1價，D為Na元素；C；E主族，則E為S元素；

（1）D為Na元素，在周期表中的位置是：第三周期第ⅠA族；B為N元素，原子結構示意圖為

故答案為：第三周期第ⅠA族；

（2）E為S元素，最高價為+6，最高價氧化物對應水化物為H2SO4；

故答案為：H2SO4；

（3）同周期隨原子序數(shù)增大；原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑：Na＞S＞O；

故答案為：Na＞S＞O；

（4）Na2O2含有的化學鍵是離子鍵；共價鍵；

故答案為：離子鍵；共價鍵；

（5）H、O兩種元素形成的原子個數(shù)之比為1：1的化合物為H2O2，分子中O原子與H原子之間形成1對共用電子對、O原子之間形成1對共用電子對，其電子式為：

故答案為：

（6）氨氣與硝酸反應生成硝酸銨，反應離子方程式為：NH3+H+=NH4+；

故答案為：NH3+H+=NH4+．17、引流電化學CMg3N21：340%氧化鎂為白色固體與水緩慢反應生成氫氧化鎂樣品分解生成的二氧化碳使澄清石灰水變渾濁Mg2（OH）2CO32MgO+CO2↑+H2O【分析】【分析】（1）①過濾使用玻璃棒引流；

②電解中電能轉化為化學能；

（2）①反應為單質與化合物反應生成單質與化合物；

②在氮化鎂中氮元素的化合價為-3；Mg為+2價；

（3）取16g鎂鋁合金樣品；把60g氫氧化鈉溶液平均分成三份依次加入樣品中，最后剩余固體為Mg，其質量為4g，結合Al～NaOH計算；

（4）氧化鎂為白色固體，二氧化碳使澄清石灰水變渾濁，Mg2（OH）2CO3分解生成MgO、CO2、H2O．【解析】【解答】解：（1）①過濾使用玻璃棒；起引流作用，故答案為：引流；

②電解中電能轉化為化學能；故答案為：電；化學；

（2）①反應為單質與化合物反應生成單質與化合物；該反應為置換反應，故答案為：C；

②在氮化鎂中氮元素的化合價為-3，Mg為+2價，則氮化鎂的化學式為Mg3N2，故答案為：Mg3N2；

（3）取16g鎂鋁合金樣品；把60g氫氧化鈉溶液平均分成三份依次加入樣品中，最后剩余固體為Mg，其質量為4g，則Mg；Al質量比為4g：（16g-4g）=1：3；

由第一、第二次數(shù)據(jù)可知由Al～NaOH可知，NaOH的質量為×40g/mol=8g，則20g溶液中的質量分數(shù)為×100%=40%；故答案為：1：3；40%；

（4）小趙認為小明的猜想是錯誤的，其理由是氧化鎂為白色固體與水緩慢反應生成氫氧化鎂，而信息中為灰黑色物質；小趙認為小花的猜想也是錯誤的，其理由是樣品分解生成的二氧化碳使澄清石灰水變渾濁，而氫氧化鎂不會生成二氧化碳，則Mg2（OH）2CO3分解生成MgO、CO2、H2O，反應為Mg2（OH）2CO32MgO+CO2↑+H2O；

故答案為：氧化鎂為白色固體與水緩慢反應生成氫氧化鎂；樣品分解生成的二氧化碳使澄清石灰水變渾濁；Mg2（OH）2CO32MgO+CO2↑+H2O．18、鈍化H2、SO2溶液中的SCN-被氧化；向褪色后的溶液中加入FeCl3溶液，若不恢復紅色，則我的假設成立（或：向褪色后的溶液中加入KSCN溶液，若恢復紅色，則我的假設成立）＜＜【分析】【分析】（1）①根據(jù)濃硫酸的強氧化性結合圖象中各時間段的變化解答；

②FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，發(fā)生絡合反應，溶液呈紅色，若再滴加過量新制氯水，卻發(fā)現(xiàn)紅色褪去，可能溶液中的+3價鐵被氧化為更高的價態(tài)，也可能溶液中的SCN-被過量的氯水氧化；

（2）根據(jù)氧化還原反應中得失電子數(shù)目相等來回答，若HNO3只被還原成NO，1個氮原子從+5價變?yōu)?2價得3個電子，1個鐵變?yōu)?3價失去3個電子或變?yōu)?2價失去2個電子；【解析】【解答】解：（1）①在0～t1時間段，鐵屑表面沒有氣泡生成，是因為金屬鐵被濃硫酸氧化，表面生成一層致密的氧化膜，這種氧化膜不溶于濃硫酸，是金屬鐵的鈍化現(xiàn)象；t1～t2時間段，發(fā)生反應2Fe+6H2SO4（濃）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O，反應生成的氣體是H2、SO2，故答案為：鈍化；H2、SO2；

②t2時，取少量反應液，先滴加少量新制飽和氯水，然后滴加KSCN溶液，呈現(xiàn)血紅色．發(fā)生反應：Fe3++3SCN-?Fe（SCN）3．若再滴加過量新制氯水，卻發(fā)現(xiàn)紅色褪去，從反應物的角度考慮，有兩種可能，可能是溶液中的+3價鐵被氧化為更高的價態(tài)，沒有Fe3+，溶液不變紅色，也可能是溶液中的SCN-被氧化，由于沒有SCN-，溶液不變紅色，如果是溶液中的SCN-被氧化，可再加SCN-，如果是溶液中的+3價鐵被氧化為更高的價態(tài)，可再加FeCl3溶液；

故答案為：溶液中的SCN-被氧化；向褪色后的溶液中加入FeCl3溶液；若不恢復紅色，則我的假設成立（或：向褪色后的溶液中加入KSCN溶液，若恢復紅色，則我的假設成立）；

（2）用amolFe和含有bmolHNO3的稀硝酸進行實驗，若HNO3只被還原成NO，且反應結束后溶液中含有Fe3+和Fe2+，F(xiàn)e和HNO3均無剩余；若金屬鐵全轉化為亞鐵，鐵失電子的量為2amol，硝酸顯示酸性和氧化性，根據(jù)。

3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O

38

amolbmol=；

若金屬鐵全轉化為三價鐵；鐵失電子的量為3amol，硝酸顯示酸性和氧化性，根據(jù)。

Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O

14

amolbmol=則的取值范圍是＜＜；若反應結束后的溶液中n（Fe3+）：n（Fe2+）=2：1，則生成amolFe2+，失去電子amol，同時生成硝酸亞鐵須amol硝酸根離子；生成amolFe3+，失去電子2amol，同時生成硝酸鐵須2amol硝酸根離子；總共失去amol電子，HNO3只被還原成NO，1個氮原子從+5價變?yōu)?2價得3個電子，根據(jù)氧化還原反應中得失電子數(shù)目相等，需被還原的硝酸的物質的量為：amol，總共須的硝酸根離子為amo+2amol=amol，所以需硝酸總的物質的量為：amol+amol=amol，用amolFe和含有bmolHNO3的稀硝酸進行實驗，且反應結束后溶液中含有Fe3+和Fe2+，說明硝酸全部反應，則=；

故答案為：＜＜；；19、184114【分析】【分析】第114號元素的一種同位素，其質子數(shù)為114，質子數(shù)+中子數(shù)=質量數(shù)，以此來解答．【解析】【解答】解：第114號元素的一種同位素；其質子數(shù)為114；

質量數(shù)為298；則中子數(shù)為298-114=184；

故答案為：184；114．20、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CH=CH22分（2）醛基（寫結構簡式給分）2分（3）（化學方程式書寫，反應條件、氣體、沉淀符號1分，配平1分，化學式或結構簡式寫錯1個扣1分。以下同）3分（4）acd3分（少寫或寫錯1個扣1分）[來源:]（5）減少生成物，使平衡向右移動（向正反應方向，生成DBP的方向均給分；不寫平衡移動方向扣2分）2分（6）3分四、判斷題(共1題，共2分)21、×【分析】【分析】氧氣所處的狀態(tài)不確定，氣體摩爾體積不一定是22.4L/mol，不能確定氧氣的物質的量．【解析】【解答】解：若為標況下，22.4L氧氣的物質的量為1mol，含有6.02×1023個氧分子，但氧氣所處的狀態(tài)不確定，氣體摩爾體積不一定是22.4L/mol，不能確定氧氣的物質的量，不能確定含有氧氣分子數(shù)目，故錯誤，故答案為：×．五、探究題(共4題，共32分)22、|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．23、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，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據(jù)c（待測）=分析