…………○…………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年湘教新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6題，共12分)1、下列說法正確的是（）A.溶液和膠體本質的區(qū)別在于膠體能產生丁達爾現(xiàn)象而溶液沒有B.根據(jù)分散劑和分散質的狀態(tài)（固、液、氣）來劃分，分散系可分為9種C.一元中強酸H3PO2的電離方程式為：H3PO2═3H++PO23-D.氧化還原反應本質是元素化合價的升降2、在某無色溶液中緩慢地滴入NaOH溶液直至過量，產生沉淀的質量與加入的NaOH溶液體積的關系如圖所示，由此確定，原溶液中含有的陽離子是()A.Mg2＋、Al3＋、Fe2＋B.H＋、Mg2＋、Al3＋C.H＋、Ba2＋、Al3＋D.只有Mg2＋、Al3＋3、足量的二氧化碳通入到1mol/LNaOH溶液中，下列說法錯誤的是（）A.溶液中Na+離子個數(shù)為NA（NA表示阿伏加德羅常數(shù)）B.溶液中的CO32-離子濃度先增大后減小C.微熱反應后的溶液，溶液的pH會升高D.當恰好生成Na2CO3時，溶液中離子濃度大小存在以下關系：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）4、下列有關SO2的敘述中，正確的是（）A.SO2與水反應生成硫酸B.SO2是酸性氧化物，能被氨水吸收C.溶有SO2的雨水pH大于5.6D.SO2是有毒氣體，不能用于殺菌消毒5、已知單位體積的稀溶液中，溶質的分子或離子數(shù)越多，該溶液的沸點就越高．則下列溶液中沸點最高的是（）A.0.01mol/L的酒精溶液B.0.02mol/L的Na2SO4溶液C.0.02mol/L的KNO3溶液D.0.03mol/L的氨水6、rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}均是短周期元素，rm{X}rm{Y}rm{Z}處于同一周期，rm{W}rm{X}rm{Z}的簡單離子具有相同的電子層結構，rm{W}的最高氧化物的水化物可與其最簡單的氣態(tài)氫化物反應生成易溶于水的鹽，rm{X}的氧化物具有兩性，rm{Y}的最高正價與最低負價的代數(shù)和為rm{0}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.離子半徑：rm{W>Z>X}B.單質熔點：rm{W>Z}C.最高正價：rm{W>X>Y>Z}D.rm{W}rm{X}rm{Z}最高價氧化物對應的水化物相互之間能發(fā)生反應評卷人得分二、雙選題(共9題，共18分)7、將氯化鐵飽和溶液逐滴加入沸水中，制得氫氧化鐵膠體溶液，為了除去其中所含的鹽酸得到較純凈的氫氧化鐵膠體，應采取的措施是（）A.加入NaOH溶液進行中和B.加入AgNO3溶液反應后過濾C.插入石墨電極，通入直流電進行電泳后再過濾D.裝入半透膜袋內，將此袋浸入蒸餾水中，每隔幾分鐘更換一次蒸餾水8、下列說法不正確的是（）A.C2H4和C2H20一定互為同系物B.丙氨酸和苯丙氨酸脫水縮合，最多可生成3種二肽C.葡萄糖在人體內被氧化，最終轉化為二氧化碳和水，并釋放能量D.向雞蛋清溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液，有沉淀析出，再加水沉淀會溶解9、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^{+})}10、rm{700隆忙}時，向容積為rm{2L}的密閉容器中充入一定量的rm{CO}和rm{H_{2}O}發(fā)生反應：rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}CO_{2}(g)+H_{2}(g)}反應過程中測定的部分數(shù)據(jù)見下表rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}CO_{2}(g)

+H_{2}(g)}表中rm{(}下列說法正確的是。

A.反應在rm{t_{1}<t_{2})}內的平均速率為rm{t_{1}min}B.保持其他條件不變，起始時向容器中充入rm{v(H_{2})=0.40/t_{1}mol/(L隆隴min)}和rm{0.60molCO}到達平衡時，rm{1.20molH_{2}O}C.保持其他條件不變，向平衡體系中再通入rm{n(CO_{2})=0.40mol}與原平衡相比，達到新平衡時rm{0.20molCO}轉化率減小，rm{CO}的體積分數(shù)增大D.溫度升至rm{H_{2}}上述反應平衡常數(shù)為rm{800隆忙}則正反應為放熱反應rm{0.64}11、下列各選項中，正確的是rm{(}rm{)}A.實驗室要配制rm{0.lmol/LNaOH}溶液rm{400mL}需稱取rm{NaOH}固體rm{1.6g}B.焰火的五彩繽紛是某些金屬元素化學性質的展現(xiàn)C.rm{Al_{2}O_{3}}熔點很高，可用作耐火材料D.純鋅和鐵相連接后，插入同一稀鹽酸中，鋅極上發(fā)生氧化還原反應12、下列敘述中一定正確的是（）A.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水電離出的c（H+）為10-13mol/LB.pH=2與pH=1的CH3COOH溶液中c（H+）之比為1：10C.僅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四種離子的某溶液中可能存在：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）D.1.0mol?L-1Na2CO3溶液：c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3）13、下列關于0.1mol?L-1NH4Cl溶液的說法正確的是（）A.向溶液中加滴加幾滴濃鹽酸，c（NH4+）減少B.向溶液中加入少量CH3COONa固體，c（NH4+）減少C.溶液中離子濃度關系為：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）D.向溶液中加適量氨水使混合液的pH=7，混合液中c（NH4+）＞c（Cl-）14、向下列溶液中分別加入鈉的小顆粒，溶液里無固體析出的是（）A.BaCl2溶液B.NaOH飽和溶液C.CuSO4溶液D.鹽酸15、兩份質量相等的rm{Na_{2}O_{2}}和rm{NaHCO_{3}}混合物，其中一份加入足量的鹽酸充分反應后放出rm{2.24L(}標準狀況rm{)}的氣體；將這些氣體通入另一份混合物中使其充分反應，氣體體積變?yōu)閞m{2.016L(}標準狀況rm{).}則原混合物中rm{Na_{2}O_{2}}和rm{NaHCO_{3}}的物質的量之比為rm{(}rm{)}A.rm{8}rm{1}B.rm{2}rm{1}C.rm{3}rm{2}D.rm{2}rm{9}評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)16、科學家用Pb-磷化物催化CO2和丁二烯發(fā)生聚合反應，生成產物之一為該物質在現(xiàn)代工業(yè)合成中大有用途，請回答下列有關該物質的問題：

（1）關于該物質的說法正確的是____（填字母代號）．

a．該物質屬于環(huán)烴。

b．該物質屬于芳香烴。

c．該物質能與H2發(fā)生加成反應。

d．該物質含有3種官能團。

（2）該物質所含官能團的名稱為____．

（3）該物質的分子式為____．17、K2CO3有廣泛的用途．

（1）鉀肥草木灰中含有K2CO3、K2SO4；KCl等．將草木灰用水浸取；過濾、蒸發(fā)得濃縮液．

①該濃縮液呈堿性的原因用離子方程式表示為____．

②檢驗該濃縮液中Cl-所用的試劑有____．

A．AgNO3溶液B．硝酸C．鹽酸。

D．Ba（NO3）2溶液E．BaCl2溶液。

（2）工業(yè)上曾利用如下反應生產碳酸鉀：K2SO4+C+CaCO3→K2CO3+X+CO2↑（未配平），已知X為兩種元素組成的化合物，則X的化學式為____；反應中氧化劑與還原劑物質的量之比為____．

（3）離子膜電解-炭化法是目前生產碳酸鉀的常用的方法．

第一步：精制KCl溶液粗KCl中含有Ca2+、Mg2+等離子；按以下流程精制：

已知：加入K2CO3后，溶液中部分Mg2+轉化為MgCO3沉淀．

Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12，Ksp（CaCO3）=2.8×10-9，Ksp（MgCO3）=6.8×10-6．

①操作Ⅰ的名稱是____．

②當加入KOH后，溶液中n（CO32-）增大，主要原因是____．

第二步：電解精制后的KCl溶液制取KOH；其它產物制取鹽酸．

第三步：將KOH與CO2反應轉化為KHCO3，再將KHCO3分解得到產品．

③離子膜電解-炭化法的整個過程中，可以循環(huán)利用的物質有____．18、甲醇是有機化工原料；具有重要的工業(yè)用途．

（1）在容積可變的恒壓密閉容器中充有10molCO與20molH2，在催化劑作用下發(fā)生反應CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）；CO的平衡轉化率（α）與溫度；壓強（p）的關系如圖所示．

①能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是____（填序號）

A．CO的質量分數(shù)保持不變。

B．CH3OH濃度與CO濃度相等。

C．2v生成（CH3OH）=v消耗（H2）

D．容器中混合氣體的密度保持不變。

②由圖可知，該反應△H____0（填“＞”；“＜”或“=”）．

③由起始條件到平衡狀態(tài)A或平衡狀態(tài)C，所需時間分別為tA和tC，則tA____tC（填“＞”；“＜”或“=”）．

④平衡狀態(tài)A時，容器體積為10L，則200℃時該反應的平衡常數(shù)K=____；到達平衡狀態(tài)B時容器的體積為____L．

（2）催化劑具有選擇性．25℃時，1molCH3OH與O2發(fā)生反應，生成CO、CO2或HCHO得能量變化如圖2所示．（△H1=-158kJ?mol-1，△H2=-283kJ?mol-1，△H3=-676kJ?mol-1，反應物O2（g）和生成物H2O（l）未在圖中標出）

①相比無催化劑作用下，有催化劑時v生成（CO）將____（填“增大”、“減小”或“不變”）；HCHO產率將____（填“增大”；“減小”或“不變”）．

②25℃，氣態(tài)HCHO與O2反應，生成CO和液態(tài)水的熱化學方程式為____．19、高錳酸鉀在實驗室和醫(yī)療上有非常廣泛的應用。以下是工業(yè)上用軟錳礦（主要含MnO2）制備高錳酸鉀晶體的一種工藝流程：（1）上述生產過程中，第①步的氧化劑為（寫化學式）。（2）第②步反應的化學方程式是。（3）由母液制得KOH應加入的物質是。寫出相應化學方程式。（4）操作Ⅰ用到的儀器有，操作Ⅱ是根據(jù)KMnO4和K2CO3兩種物質在____上的差異，采用蒸發(fā)結晶、趁熱過濾得到KMnO4粗晶體。20、氮是地球上含量豐富的一種元素；氮及其化合物在工農業(yè)生產；生活中有著重要作用．

（1）如圖1是1molNO2氣體和1molCO反應生成CO2和NO過程中能量變化示意圖，請寫出NO2氣體和CO反應的熱化學方程式____．

（2）在固定體積的密閉容器中，進行如下化學反應：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0該反應的化學平衡常數(shù)表達式是K=____．已知平衡常數(shù)K與溫度T的關系如表：

。T/℃400300平衡常致KK1K2①試判斷K1____K2（填寫“＞”“=”或“＜”）

②下列各項能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是____（填字母）

a．容器內N2、H2、NH3的濃度之比為1：3：2b．v（N2）（正）=3v（H2）（逆）

c．容器內壓強保持不變d．混合氣體的密度保持不變。

③合成氨在農業(yè)和國防中有很重要的意義，在實際工業(yè)生產中，常采用下列措施，其中可以用勒夏特列原理解釋的是____（填字母）．

A．采用較高溫度（400℃～500℃）B．將生成的氨液化并及時從體系中分離出來。

C．用鐵觸媒加快化學反應速率D．采用較高壓強（20MPa～50MPa）

（3）對反應N2O4（g）?2NO2（g）△H＞0，在溫度分別為T1、T2時，平衡體系中NO2的體積分數(shù)隨壓強變化曲線如圖2所示，下列說法正確的是____

a．A；C兩點的反應速率：A＞C

b．B；C兩點的氣體的平均相對分子質量：B＜C

c．A、C兩點N2O4的轉化率：A＜C

d．由狀態(tài)B到狀態(tài)A，可以用加熱的方法．21、通過煤的干餾能獲得甲苯等基本化工原料，利用甲苯并通過以下路線可合成M（）和N（）

路線一：

（1）物質A的核磁共振氫譜有____個峰，峰面積之比是____．

（2）屬于取代反應的有（填序號）：____．

（3）寫出D與足量Na反應的化學方程式：____．

路線二：

已知：HCHO+CH2CHOCH2=CHCHO+H2O

（4）寫出G中所含官能團（除苯環(huán)外）的名稱____．

（5）試劑a可選用下列中的____．

A．溴水B．酸性KMnO4溶液C．新制Cu（OH）2懸濁液D．銀氨溶液。

（6）R（）是E經多步反應的產物，與R共有相同官能團且官能團都直接連在六元環(huán)上，則滿足上述條件R的共同異構體還有____種（不考慮立體異構）．

（7）N在一定條件下可以生成高聚物P，P的結構簡式為____．評卷人得分四、判斷題(共2題，共6分)22、在0.5molNa2SO4中含有Na+的數(shù)目為6.02×1023個____．（判斷對錯）23、蛋白質溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液，蛋白質析出，再加水也不溶解．____．（判斷對錯）評卷人得分五、實驗題(共3題，共24分)24、選擇下列實驗方法分離物質；將分離方法的序號填在橫線上．

①萃取分液法；②加熱分解法、③結晶法、④蒸餾法、⑤過濾法。

分離飽和食鹽水和沙子的混合物____；從硝酸鉀和氯化鈉的混合溶液中獲得硝酸鉀____；除去乙醇中的水份____．25、如圖1是某研究性學習小組設計制取氯氣；并以氯氣為反應物進行特定反應的裝置．

（1）要將C裝置接入B和D之間，正確的接法是：a→____→____→d．

（2）實驗開始時先點燃A處酒精燈，打開旋塞K，讓Cl2充滿整個裝置；再點燃D處酒。

精燈．Cl2通過C裝置后進入D，D裝置內盛有炭粉，發(fā)生氧化還原反應，生成CO2和HCl（g），發(fā)生反應的化學方程式為____．

（3）D處反應完畢后，關閉旋塞K，移去兩個酒精燈，由于余熱的作用，A處仍有少量Cl2產生，此時B中的現(xiàn)象是____，B的作用是____．

（4）用量筒量取20mLE中溶液，倒入已檢查完氣密性良好的分液漏斗中，然后再注入10mLCCl4，蓋好玻璃塞（如圖），振蕩，靜置于鐵架臺上，等分層后取上層液和下層液，呈黃綠色的是____

（填“上層液”或“下層液”），再裝入如圖3所示的燒杯中，能使有色布條褪色的是____（同上）．

（5）在A、B、C、D、E裝置中有一處需要改進，說明需要改進的理由____26、（1）氨氣（NH3）是一種無色有刺激性氣味的氣體，極易溶于水，其水溶液稱為氨水，顯堿性．實驗室里通常用加熱固體氯化銨和固體氫氧化鈣的混合物的方法制取氨氣，其化學方程式為：2NH4C1+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3↑+2H2O．氨氣在化工生產中應用廣泛；如“侯氏制堿法”中就用到氨氣．試回答下列問題：

①實驗室制氨氣的發(fā)生裝置與____相同（選擇“A或B”填空）．

A．實驗室用KMnO4制O2B．實驗室用大理石與稀鹽酸制CO2

②收集氨氣____用排水法收集（填“能或不能”）．

③“侯氏制堿法”中關鍵一步的反應原理可表示為：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+X．

X是一種氮肥，其化學式為____．

（2）某同學為制備純凈干燥的氫氣；準備了下圖所示的A；B、C三種裝置．其中A裝置最大的特點是可以隨時使反應發(fā)生或停止．

①裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為____．

②關閉彈簧夾時，A內的反應隨即停止是因為____．

③為制備純凈干燥的氫氣，A、B、C三種裝置的連接順序為____（填字母序號）．評卷人得分六、書寫(共4題，共8分)27、準確寫出下列反應的化學方程式：

（1）Al（OH）3與氫氧化鈉溶液反應：____

（2）氫氧化亞鐵被氧化成氫氧化鐵：____

（3）二氧化硅與氫氟酸反應：____

（4）氨氣的實驗室制取法：____

（5）濃硫酸與木炭反應：____

（6）稀硝酸與銅反應：____．28、寫出下列反應的化學方程式；并注明反應類型：

（1）用甲苯制TNT的反應____，____

（2）1-溴丁烷和必要的無機試劑制取1，2-二溴丁烷____，____，____．

（3）工業(yè)上用乙烯和氯氣為原料經下列各步合成PVC：

乙烯甲乙PVC（聚氯乙烯）

寫出反應③的化學方程式并注明反應類型：____，____．29、寫出下列符合要求方程式．

（1）寫電離方程式：BaC12=____；Fe2（SO4）3=____

（2）寫出下列反應的離子方程式

①鐵與稀硫酸反應：____

②碳酸鈣與稀鹽酸反應：____

③氧化銅與鹽酸反應：____．30、寫出符合以下離子方程式的化學方程式各1個。

（1）CO2+2OH-=CO32-+H2O____

（2）HCO3-+H+=CO2↑+H2O____

（3）CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H20____

（4）Zn+Cu2+=Zn2++Cu____

（5）H++OH-=H2O____．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】A；溶液、膠體和濁液的本質區(qū)別是分散質粒子直徑的大??；

B；分散劑的狀態(tài)有氣、液、固三種；分散質的狀態(tài)有氣、液、固三種，可得分散系的狀態(tài)；

C、H3PO2是一元中強酸；故只有第一步電離是徹底的；

D、氧化還原反應的本質是電子的得失．【解析】【解答】解：A；溶液、膠體和濁液的本質區(qū)別是分散質粒子直徑的大?。还蔄錯誤；

B；分散劑的狀態(tài)有氣、液、固三種；分散質的狀態(tài)有氣、液、固三種，故分散系可有9中，故B正確；

C、H3PO2是一元中強酸；故只有第一步電離是徹底的，故C錯誤；

D；氧化還原反應的本質是電子的得失；外在特征是化合價的升降，故D錯誤．

故選B．2、B【分析】根據(jù)圖像可知，加入氫氧化鈉溶液時，并不是立即出現(xiàn)白色沉淀，說明溶液中含有氫離子。當沉淀達到最大值時，再加入氫氧化鈉，沉淀開始減少，但不完全消失，所以含有的金屬陽離子是Mg2＋和Al3＋，答案選B?！窘馕觥俊敬鸢浮緽3、A【分析】解：A．若氫氧化鈉溶液的體積為1L，則溶液中含有的鈉離子數(shù)目為NA；但氫氧化鈉溶液的體積未知，不能計算鈉離子數(shù)目，故A錯誤；

B．反應先生成碳酸鈉，氫氧化鈉反應完全，二氧化碳與碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，故溶液中的CO32-離子濃度先增大后減??；故B正確；

C．反應后的溶液是碳酸氫鈉溶液，碳酸氫根離子水解HCO3-+H2O?H2CO3+OH-；溶液呈堿性，水解是吸熱過程，加熱促進水解，溶液中氫氧根離子濃度增大，堿性增強，故C正確；

D．根據(jù)電荷守恒，溶液中陰離子所帶的電荷等于陽離子所帶的電荷，故有c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）；故D正確；

故選A．

A．氫氧化鈉溶液的體積未知；不能計算鈉離子數(shù)目；

B．反應先生成碳酸鈉；氫氧化鈉反應完全，二氧化碳與碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉；

C．反應后的溶液是碳酸氫鈉溶液，碳酸氫根離子水解HCO3-+H2O?H2CO3+OH-；溶液呈堿性，水解是吸熱過程，加熱促進水解；

D．根據(jù)電荷守恒進行判斷．

本題考查物質的濃度有關計算、鹽類水解、離子濃度的比較等，難度中等，注意基礎知識的理解掌握．【解析】【答案】A4、B【分析】【分析】A．二氧化硫為亞硫酸的酸酐；

B．二氧化硫與氨水反應生成鹽和水；

C．溶有SO2的雨水；為酸雨；

D．SO2是有毒氣體，可用于殺菌消毒．【解析】【解答】解：A．二氧化硫為亞硫酸的酸酐，則SO2與水反應生成亞硫酸；故A錯誤；

B．二氧化硫與氨水反應生成鹽和水，則SO2是酸性氧化物；能被氨水吸收，故B正確；

C．溶有SO2的雨水；為酸雨，酸雨的pH＜5.6，故C錯誤；

D．SO2是有毒氣體；可用于工業(yè)上殺菌消毒，但不能在食品中殺菌消毒，故D錯誤；

故選B．5、B【分析】解：A；1L0.01mol/L的酒精溶液中酒精的物質的量為1L×0.01mol/L=0.01mol；酒精是揮發(fā)性溶質，溶液沸點較低；

B、1L0.02mol/L的Na2SO4溶液中溶質的離子的總物質的量為1L×0.02mol/L×3=0.06mol；

C、1L0.02mol/L的KNO3溶液中溶質的離子的總物質的量為1L×0.02mol/L×2=0.04mol；

D；1L0.03mol/L的氨水溶液中溶質的物質的量為1L×0.03mol/L=0.03mol；氨氣是揮發(fā)性溶質，溶液沸點較低；

故選B．

根據(jù)單位體積溶液中溶質的分子或離子數(shù)越多；該溶液的沸點就越高，則假設溶液為1L時計算選項中溶質的物質的量來比較即可解答．

本題考察角度新穎，學生熟悉物質的量濃度的有關計算是解答的關鍵，注意揮發(fā)性溶質對溶液沸點的影響．【解析】【答案】B6、A【分析】解：由上述分析可知，rm{W}為rm{N}rm{X}為rm{Al}rm{Y}為rm{Si}rm{Z}為rm{Na}或rm{Mg}

A.具有相同電子排布的離子中，原子序數(shù)大的離子半徑小，則離子半徑：rm{W>Z>X}故A正確；

B.rm{Z}的單質為金屬晶體，rm{W}的單質為分子晶體，則單質熔點：rm{W<Z}故B錯誤；

C.最外層電子數(shù)等于最高正價，則最高正價：rm{W>Y>X>Z}故C錯誤；

D.rm{W}rm{X}rm{Z}最高價氧化物對應的水化物分別為硝酸、氫氧化鋁、rm{NaOH}或氫氧化鎂；氫氧化鋁與氫氧化鎂不反應，故D錯誤；

故選A。

rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}均是短周期元素，rm{W}的最高氧化物的水化物可與其最簡單的氣態(tài)氫化物反應生成易溶于水的鹽，則rm{W}為rm{N}元素；rm{X}的氧化物具有兩性，rm{X}為rm{Al}元素；rm{X}rm{Y}rm{Z}處于同一周期，可知rm{Y}rm{Z}為第三周期元素，rm{Y}的最高正價與最低負價的代數(shù)和為rm{0}rm{Y}為rm{Si}rm{W}rm{X}rm{Z}的簡單離子具有相同的電子層結構，可知rm{Z}為rm{Na}或rm{Mg}以此來解答。

本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握元素的位置、性質、原子結構來推斷元素為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不大?！窘馕觥縭m{A}二、雙選題(共9題，共18分)7、D|E【分析】解：A．加入NaOH溶液進行中和鹽酸；但氫氧化鐵膠體遇到氫氧化鈉電解質發(fā)生聚沉，故A錯誤；

B．加入AgNO3溶液反應能和鹽酸生成氯化銀沉淀，但但氫氧化鐵膠體遇到AgNO3溶液電解質發(fā)生聚沉；故B錯誤；

C．插入石墨電極；通入直流電進行電泳后再過濾，膠體和溶液的分散質微粒的直徑都小于濾紙孔隙，無法分離，故C錯誤；

D．膠體分散質微粒直徑為1nm～100nm；溶液中的微粒小于半透膜的孔隙能通過半透膜，而膠體不能通過，所以溶液和膠體的分離方法用滲析，裝入半透膜袋內，將此袋浸入蒸餾水中，每隔幾分鐘更換一次蒸餾水，故D正確；

故選D．

溶液；膠體和濁液這三種分散系的本質的區(qū)別在于分散質粒子直徑大??；溶液分散質微粒直徑小于1nm，濁液分散質微粒直徑大于100nm，膠體分散質微粒直徑為1nm～100nm，溶液中的微粒小于半透膜的孔隙能通過半透膜，而膠體不能通過，所以溶液和膠體的分離方法用滲析，據(jù)此即可解答．

本題主要考查了膠體的提純，注意根據(jù)物質的性質的異同選擇分離方法是解答的關鍵，題目較簡單．【解析】【答案】DE8、A|B【分析】解：A．C2H4和C2H20在分子組成上未相差一個或若干個CH2原子團；不屬于有機物，故A錯誤；

B．當同種氨基酸脫水；生成2種二肽；當是異種氨基酸脫水：可以是甘氨酸脫去羥基，丙氨酸脫氫；也可以丙氨酸脫羥基，甘氨酸脫去氫，生成2種二肽，所以共有4種，故B錯誤；

C．葡萄糖在人體內發(fā)生緩慢氧化轉化為二氧化碳和水并釋放出熱量；故C正確；

D．向雞蛋清溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液；有沉淀析出，鹽析是可逆的，再加水沉淀會溶解，故D正確；

故選AB．

A．分子式中結構相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質互稱為同系物；

B．氨基酸形成肽鍵原理：羧基提供-OH；氨基提供-H，兩個氨基酸分子脫去一個水分子脫水結合形成二肽，既要考慮不同氨基酸分子間生成二肽，又要考慮同種氨基酸分子間形成二肽；

C．葡萄糖為人體提供能量；在人體內氧化生成二氧化碳和水；

D．飽和（NH4）2SO4溶液能使蛋白質發(fā)生鹽析；鹽析是可逆的．

本題主要考查了有機物的性質、結構與分類，掌握物質的性質是解題的關鍵，難度中等．【解析】【答案】AB9、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}10、BD【分析】略【解析】rm{BD}11、rCD【分析】解：rm{A.}配制rm{0.lmol/LNaOH}溶液rm{400mL}選擇rm{500mL}容量瓶，rm{NaOH}的質量為rm{m=cVM=0.5L隆脕0.1mol/L隆脕40g/mol=2.0g}故A錯誤；

B.焰色反應為元素的性質；則焰火的五彩繽紛是某些金屬元素性質的展現(xiàn)，為物理變化，故B錯誤；

C.熔點高的物質可作難火材料，則rm{Al_{2}O_{3}}熔點很高；可用作耐火材料，故C正確；

D.原電池中，rm{Zn}為負極；失去電子發(fā)射氧化反應，故D正確；

故選CD．

A.配制rm{0.lmol/LNaOH}溶液rm{400mL}選擇rm{500mL}容量瓶，結合rm{m=cVM}計算；

B.焰色反應為元素的性質；

C.熔點高的物質可作難火材料；

D.原電池中，rm{Zn}為負極．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握溶液配制、焰色反應、原電池為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大．【解析】rm{CD}12、B|D【分析】解：A.0.1mol/L的CH3COOH溶液中c（H+）＜0.1mol/L，則c（OH-）＞10-13mol/L，所以由水電離出的c（H+）大于10-13mol/L；故A錯誤；

B．c（H+）=10-pH，所以pH=2與pH=1的CH3COOH溶液中c（H+）之比=10-2：10-1=1：10；故B正確；

C．溶液呈電中性，溶液中陰陽離子所帶電荷相等，所以c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），如果c（Na+）＞c（CH3COO-），則c（H+）＜c（OH-）；故C錯誤；

D．根據(jù)物料守恒得c（Na+）=2c（HCO3-）+2c（H2CO3）+2c（CO32-），根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），所以得c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3）；故D正確；

故選BD．

A．先計算溶液中c（OH-），c（OH-）就等于溶液中水電離出的c（H+）；

B．c（H+）=10-pH；

C．溶液呈電中性；根據(jù)電荷守恒分析；

D．根據(jù)物料守恒和電荷守恒分析．

本題考查弱電解質的電離、離子濃度大小的比較等知識點，根據(jù)物料守恒和電荷守恒來分析解答，難度不大．【解析】【答案】BD13、B|C【分析】解：A、NH4Cl溶液中存在銨根離子水解顯酸性，加入鹽酸會抑制銨根離子的水解，c（NH4+）增大；故A錯誤；

B、向溶液中加入少量CH3COONa固體，溶解后醋酸根離子水解顯堿性，促進銨根離子的水解，c（NH4+）減少；故B正確；

C、NH4Cl溶液中存在銨根離子水解顯酸性分析離子濃度大小，c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；故C正確；

D、結合溶液中電荷守恒分析判斷離子濃度大小，c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），混合液的pH=7則c（H+）=c（OH-），c（Cl-）=c（NH4+）；故D錯誤；

故選BC．

A、NH4Cl溶液中存在銨根離子水解顯酸性；加入鹽酸會抑制銨根離子的水解；

B、向溶液中加入少量CH3COONa固體；溶解后醋酸根離子水解顯堿性，促進銨根離子的水解；

C、NH4Cl溶液中存在銨根離子水解顯酸性分析離子濃度大??；

D；結合溶液中電荷守恒分析判斷離子濃度大?。?/p>

本題考查了鹽類水解的分析應用，主要是電解質溶液中電荷守恒的分析，離子濃度大小的理解應用，掌握基礎是關鍵，題目較簡單．【解析】【答案】BC14、A|D【分析】解：A．Na與水發(fā)生產生氫氣和NaOH，而NaOH與BaCl2溶液不反應，因此溶液里無固體析出，故A正確；B．Na與水發(fā)生產生氫氣和NaOH，由于溶劑消耗，而且還同時產生了NaOH，所以NaOH不能完全溶解，就會結晶析出，溶液里有固體析出，故B錯誤；C．Na與水發(fā)生產生氫氣和NaOH，NaOH與CuSO4溶液中的溶質發(fā)生復分解反應產生Cu（OH）2沉淀而析出，故C錯誤；D．Na與鹽酸發(fā)生置換反應產生NaCl和H2；無固體析出，故D正確，故選AD．

Na與水發(fā)生產生氫氣和NaOH；判斷氫氧化鈉對所給溶液造成的影響即可．

本題主要考查的是金屬鈉的性質、飽和溶液的概念等，難度不大，掌握鈉與水的反應產物是解決本題的關鍵．【解析】【答案】AD15、rAD【分析】解：rm{2.24L}混合氣體的物質的量為：rm{dfrac{2.24L}{22.4L/mol}=0.1mol}

rm{dfrac

{2.24L}{22.4L/mol}=0.1mol}氣體的物質的量為：rm{dfrac{2.016L}{22.4L/mol}=0.09mol}

rm{2.016L}氣體物質的量減少rm{dfrac

{2.016L}{22.4L/mol}=0.09mol}

rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}rm{trianglen}rm{2}

rm{2}rm{1}rm{n}

則rm{m}

若rm{0.1mol-0.09mol=0.01mol}完全反應，則第一份生成rm{n=m=0.02mol}的物質的量為rm{CO_{2}}rm{CO_{2}}的物質的量為：rm{0.02mol}

rm{O_{2}}

rm{0.1mol-0.02mol=0.08mol}rm{2Na_{2}O_{2}+4HCl=4NaCl+2H_{2}O+O_{2}隆眉}

rm{0.16mol}

rm{0.08mol}rm{NaHCO_{3}+HCl=NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉}

所以rm{0.02mol}為rm{0.02mol}rm{Na_{2}O_{2}}為rm{0.16mol}

則原混合物中rm{NaHCO_{3}}和rm{0.02mol}的物質的量之比為rm{Na_{2}O_{2}}rm{NaHCO_{3}}rm{0.16mol}

若rm{0.02mol=8}有剩余，則rm{1}的物質的量為：rm{CO_{2}}

rm{Na_{2}O_{2}}

rm{0.02mol}rm{2Na_{2}O_{2}+4HCl=4NaCl+2H_{2}O+O_{2}隆眉}

則第一份生成rm{0.02mol}的為rm{0.01mol}所以rm{O_{2}}的物質的量為：rm{0.01mol}

rm{CO_{2}}

rm{0.1mol-0.01mol=0.09mol}rm{NaHCO_{3}+HCl=NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉}

所以rm{0.09mol}為rm{0.09mol}rm{Na_{2}O_{2}}為rm{0.02mol}

則原混合物中rm{NaHCO_{3}}和rm{0.09mol}的物質的量之比為rm{Na_{2}O_{2}}rm{NaHCO_{3}}rm{0.02mol}

故選AD．

第一份發(fā)生反應為：rm{0.09mol=2}rm{9}生成氣體rm{2Na_{2}O_{2}+4HCl=4NaCl+2H_{2}O+O_{2}隆眉}為rm{NaHCO_{3}+HCl=NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{2.24L}將第一份生成的氣體，通入第二份rm{O_{2}}的rm{CO_{2}}的混合粉末，發(fā)生反應：rm{Na_{2}O_{2}}導致氣體體積減小，討論二氧化碳是否過量，結合方程式計算過氧化鈉；碳酸氫鈉的物質的量，據(jù)此進行解答．

本題考查混合物反應的計算，題目難度中等，關鍵討論二氧化碳與過氧化鈉過量反應，注意過氧化鈉與鹽酸的反應情況，側重考查學生的分析理解能力及化學計算能力．rm{NaHCO_{3}}【解析】rm{AD}三、填空題(共6題，共12分)16、c碳碳雙鍵、酯基C9H10O2【分析】【分析】中含有的官能團為碳碳雙鍵和酯基，由于其分子中含有O原子，不屬于烴，含有碳碳雙鍵，能夠發(fā)生加成反應；根據(jù)該有機物的結構簡式判斷其分子式．【解析】【解答】解：（1）a．該有機物分子中含有O元素；不屬于烴，故a錯誤；

b．該物質中不含苯環(huán)，不屬于芳香烴，故b錯誤；

c．該物質中含有碳碳雙鍵，能與H2發(fā)生加成反應；故c正確；

d．該物質含有碳碳雙鍵；酯基2種官能團；故d錯誤；

故答案為：c；

（2）中含有的官能團為：碳碳雙鍵；酯基；

故答案為：碳碳雙鍵；酯基；

（3）根據(jù)結構簡式可知，該有機物分子中含有9個C、10個H和2個O原子，其分子式為：C9H10O2；

故答案為：C9H10O2．17、CO32-+H2O?HCO3-+OH-，HCO3-+H2O?H2CO3+OH-ABDCaS1：2過濾Ksp[Mg（OH）2]比Ksp[MgCO3]小，加入KOH后，MgCO3轉化為Mg（OH）2而導致n（CO32-）增大（或其他合理答案，如：MgCO3（s）?Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入KOH，Mg2+與OH-結合生成更難溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32-）增大）鹽酸、CO2【分析】【分析】（1）①鉀肥草木灰中含有的碳酸鉀為強堿弱酸鹽；碳酸根離子水解而使其溶液呈堿性；

②檢驗Cl-的方法是利用Ag++Cl-=AgCl↓產生白色沉淀的原理，加入HNO3酸化后，應該再加入含有Ag+的溶液，但該濃縮液含有硫酸根離子，需排除干擾，加入適量的Ba（NO3）2溶液可除去SO42-；

（2）根據(jù)元素守恒X必含有鈣元素，反應前后碳的化合價升高，硫的化合價降低，X為硫化鈣，得電子化合價降低的反應物是氧化劑、失電子化合價升高的反應物是還原劑，轉移電子數(shù)為8e-；

（3）①粗KCl中含有Ca2+、Mg2+等離子；加入碳酸鉀除去鈣離子，形成碳酸鈣沉淀，加入氫氧化鉀，除去鎂離子形成氫氧化鎂沉淀，通過過濾實現(xiàn)固液分離；

②難溶電解質的溶度積越小，越易生成沉淀，加入KOH后，MgCO3轉化為Mg（OH）2而導致n（CO32-）增大；

③在離子膜電解-炭化法的整個過程中鹽酸、CO2可以循環(huán)利用．【解析】【解答】解：（1）鉀肥草木灰中含有的碳酸鉀為強堿弱酸鹽，碳酸根離子水解而使其溶液呈堿性，水解方程式為：CO32-+H2O?HCO3-+OH-，HCO3-+H2O?H2CO3+OH-；

故答案為：CO32-+H2O?HCO3-+OH-，HCO3-+H2O?H2CO3+OH-；

②鉀肥草木灰中含有K2CO3、K2SO4、KCl等，氯離子的檢驗方法：加硝酸酸化的硝酸銀后會產生白色沉淀，但要排除硫酸根的干擾，所以操作為：取少量濃縮液，滴加足量的Ba（NO3）2溶液，靜置，取上層清液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀產生，則存在Cl-；所以選擇ABD；

故答案為：ABD；

（2）根據(jù)元素守恒以及工業(yè)上曾利用該反應生產碳酸鉀未配平的方程式K2SO4+C+CaCO3→K2CO3+X+CO2↑可知：X必含有鈣元素，碳元素化合價升高，必有化合價降低的元素，為硫，所以該反應為：K2SO4+2C+CaCO3=K2CO3+CaS+2CO2↑，S元素化合價由+6價降低到-2價，所以K2SO4為氧化劑；C元素化合價由0價升高為+4價，結合化學方程式中元素化合價變化，所以C為還原劑，反應中氧化劑與還原劑物質的量之比是1：2；

故答案為：CaS；1：2；

（3）①粗KCl中含有Ca2+、Mg2+等離子，加入碳酸鉀除去鈣離子，形成碳酸鈣沉淀，溶液中部分Mg2+轉化為MgCO3沉淀，但Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12＜Ksp（MgCO3）=6.8×10-6．；所以加入氫氧化鉀，除去鎂離子形成氫氧化鎂沉淀，通過過濾操作，分離出沉淀和濾液中的鉀離子；氯離子；

故答案為：過濾；

②Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12＜Ksp（MgCO3）=6.8×10-6，難溶電解質的溶度積越小，越易生成沉淀，加入KOH后，MgCO3轉化為Mg（OH）2而導致n（CO32-）增大，也可理解為：MgCO3（s）?Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入KOH，Mg2+與OH-結合生成更難溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32-）增大；

故答案為：Ksp[Mg（OH）2]比Ksp[MgCO3]小，加入KOH后，MgCO3轉化為Mg（OH）2而導致n（CO32-）增大（或其他合理答案，如：MgCO3（s）?Mg2+（aq）+CO32-（aq），加入KOH，Mg2+與OH-結合生成更難溶的Mg（OH）2，使平衡正移，n（CO32-）增大）；

③離子膜電解-炭化法第二步：電解精制后的KCl溶液制取KOH，其它產物制取鹽酸，制得的鹽酸可提供給第一步：精制KCl溶液中和所需鹽酸，第三步：將KOH與CO2反應轉化為KHCO3，再將KHCO3分解得到產品同時生成二氧化碳，為KOH轉化為KHCO3提供CO2，所以可以循環(huán)利用的物質有：鹽酸、CO2；

故答案為：鹽酸、CO2．18、AD＜＞1（mol/l）-2＜10增大不變2HCHO（g）+O2（g）═2CO（g）+2H2O（l），△H=-470KJ?mol-1【分析】【分析】（1）①A．CO的質量分數(shù)保持不變；說明正逆反應速率相等；

B．平衡時CH3OH濃度與CO濃度可能相等；也可能不等，與始起的投料量與轉化率有關；

C．2v生成（CH3OH）=v消耗（H2）；都反映是正反應方向，未體現(xiàn)正與逆的關系；

D．在體積可變的容器中混合氣體的密度保持不變；說明氣體的相對分子量不變；

②由圖可知；壓強一定時，升高溫度，平衡時CO的轉化率降低，平衡向逆反應方向移動，故正反應為放熱反應；

③溫度越高；壓強越大；反應速率越大；

④根據(jù)平衡常數(shù)表達式和該點所示的有關數(shù)據(jù)進行計算；A；B溫度相同；B的壓強比A高，CO轉化率更高，平衡時混合氣體的物質的量比A小，結合pV=nRT判斷體積關系；

（2）①有催化劑時；轉化所需時間短，反應速率快；使催化劑平衡不移動，所以HCHO產率不變；

②根據(jù)圖表可知2HCHO（g）+O2（g）═2CO（g）+2H2O（l）中反應物能量高，生成物能量低，該反應為放熱反應，然后依據(jù)圖中給出數(shù)據(jù)解答．【解析】【解答】解：（1）①A．CO的質量分數(shù)保持不變；說明各組分的量不變，正逆反應速率相等，達平衡狀態(tài)，故正確；

B．平衡時CH3OH濃度與CO濃度可能相等；也可能不等，與始起的投料量與轉化率有關，故錯誤；

C．2v生成（CH3OH）=v消耗（H2）；都反映是正反應方向，未體現(xiàn)正與逆的關系，所以不能作平衡狀態(tài)的標志，故錯誤；

D．在體積可變的容器中混合氣體的密度保持不變；說明氣體的相對分子量不變，說明達平衡狀態(tài)，故正確；

故選AD；

②由圖可知；壓強一定時，升高溫度，平衡時CO的轉化率降低，平衡向逆反應方向移動，故正反應為放熱反應，故△H＜0，故答案為：＜；

③C點溫度、壓強比A的高，溫度越高、壓強越大，反應速率增大，反應開始到達平衡狀態(tài)所需的時間要少，所以反應開始到達平衡狀態(tài)所需的時間tA＞tC；

故答案為：＞；

④從圖中看出A點時，CO的轉化率為0.5，CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g），CO的初始濃度為=1mol/l，氫氣的初始濃度為=2mol/l，則CO變化濃度為0.5mol/l，氫氣減少的濃度為1mol/l，故平衡時CO、H2、甲醇的濃度分別為0.5mol/l、1mol/l、0.5mol/l，K===1（mol/l）-2，A、B溫度相同，B的壓強比A高，CO轉化率更高，平衡時混合氣體的物質的量比A小，由pV=nRT可知，B點時容器的體積VB＜10L；

故答案為：1（mol/l）-2；＜10L；

（2）①有催化劑時；轉化所需時間短，反應速率快；使催化劑平衡不移動，所以HCHO產率不變，故答案為：增大；不變；

②2HCHO（g）+O2（g）═2CO（g）+2H2O（l）該反應為放熱反應，△H=-2（676-158-283）=-470KJ?mol-1，故答案為：2HCHO（g）+O2（g）═2CO（g）+2H2O（l），△H=-470KJ?mol-1．19、略

【分析】試題分析：（1）上述生產過程中，第①步的反應為：2MnO2+4KOH（熔融）+O2==2K2MnO4+2H2O，氧化劑為O2；（2）由工藝流程轉化關系可知，向K2MnO4溶液中通入CO2制備KMnO4、還生成K2CO3、MnO2，反應只有Mn元素的化合價發(fā)生變化，由+6價降低為+4價，由+6價升高為+7價，利用氧化還原方程式的配平原則可寫出，3K2MnO4＋2CO2=2KMnO4＋2K2CO3＋MnO2（3）母液為K2CO3溶液，制取KOH應加入的物質是Ba(OH)2或Ca(OH)2或CaO等；（4）操作Ⅰ為過濾，用到的儀器為漏斗、燒杯、玻璃棒、鐵架臺（帶鐵圈），操作II是將兩種可溶于性鹽分離開，應該是利用物質溶解度的差異，通過濃縮結晶的方法將二者分離開?？键c：以化學工藝流程為載體考查氧化還原反應、化學方程式書寫和物質的分離方法?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）O2（2）3K2MnO4＋2CO2=2KMnO4＋2K2CO3＋MnO2（3）Ba(OH)2或Ca(OH)2或CaO等；Ca(OH)2＋K2CO3=CaCO3↓＋2KOH（其他合理答案亦可）（4）漏斗、燒杯、玻璃棒、鐵架臺（帶鐵圈）；溶解度20、NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=-234kJ?mol-1＜cBDCD【分析】【分析】（1）由圖可知，1molNO2和1molCO反應生成CO2和NO放出熱量368-134=234kJ；根據(jù)熱化學方程式書寫原則進行書寫；

（2）依據(jù)平衡常數(shù)等于平衡生成物濃度的冪次方乘積除以反應物濃度的冪次方乘積；

①根據(jù)降低溫度平衡放熱方向移動以及平衡正向移動平衡常數(shù)增大；

②直接標志：1；速率關系：正反應速率與逆反應速率相等；2、反應體系中各物質的百分含量保持不變；

③化學平衡移動原理是指溫度；濃度、壓強等因素對化學平衡的移動造成的影響；

（3）a．A；C兩點都在等溫線上；壓強越大，反應速率越快；

b．B和C的體積分數(shù)相等；

c．A；C兩點都在等溫線上；壓強增大，平衡向氣體體積減少的方向移動；

d．該反應為吸熱反應，升高溫度平衡向逆反應方向移動．【解析】【解答】解：（1）由圖可知，1molNO2和1molCO反應生成CO2和NO放出熱量368-134=234kJ，反應熱化學方程式為NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=-234kJ?mol-1，故答案為：NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=-234kJ?mol-1；

（2）N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0，平衡常數(shù)計算表達式K=，故答案為：；

①根據(jù)降低溫度平衡放熱方向移動以及平衡正向移動平衡常數(shù)增大，所以K1＜K2；故答案為：＜；

②a．平衡時反應混合物中各組分的含量保持不變，但容器內N2、H2、NH3的濃度之比不一定為為1：3：2；所以不能作為平衡的標志，故a錯誤；

b．平衡時不同物質表示速率之比等于系數(shù)之比說明到達平衡，即3v（N2）正=v（H2）逆說明反應達到平衡，故b錯誤；

c．反應前后氣體體積減小；若壓強不變，說明反應達到平衡，故c正確；

d．反應前后氣體的質量不變；容器的體積不變，所以密度不變，所以混合氣體的密度保持不變不能作為平衡的標志，故d錯誤；

故選：c；

③A．加熱到500℃合成氨是放熱反應；升溫會使平衡逆向移動，降低轉化率，升溫的目的是為了保證催化劑的催化活性，加快化學反應速率，不能用勒夏特列原理解釋，故錯誤；

B．將生成的氨液化并及時從體系中分離出來；將氨及時液化分離，利于化學平衡正向移動，有利于氨的合成，故正確；

C．用鐵作催化劑加快化學反應速率；催化劑不能使平衡移動，使用催化劑是為了加快化學反應速率，用勒夏特列原理無法解釋，故錯誤；

D．采用較高壓強（20Mpa-50MPa）；合成氨是氣體體積減小的反應，加壓至20～50MPa，有利于化學平衡正向移動，有利于氨的合成，故正確；

故選：BD；

（3）A．A；C兩點都在等溫線上；壓強越大，反應速率越快，所以速率：C＞A，故A錯誤；

B．B和C的體積分數(shù)相等；所以B；C兩點的氣體的平均相對分子質量相等，故B錯誤；

C．A、C兩點都在等溫線上，C點壓強更高，壓強增大，平衡向氣體體積減少的方向移動，即逆反應方向移動，N2O4的轉化率降低，所以兩點N2O4的轉化率：A＞C；故C正確；

D．該反應為吸熱反應，升高溫度平衡向正反應方向移動，NO2的體積分數(shù)增大；所以由狀態(tài)B到狀態(tài)A，可以用加熱的方法，故D正確；

故選：CD．21、41：2：2：2①②⑤2Na+HOCH2CH2OH→NaOCH2CH2ONa+H2↑碳碳雙鍵、羧基CD18【分析】【分析】路線一：甲苯與氯氣在光照條件發(fā)生側鏈取代反應生成A，A發(fā)生鹵代烴水解反應生成苯甲醇，則A為苯甲醇系列反應得到C，由M的結構逆推可知，C為D為HOCH2CH2OH，苯甲醇發(fā)生催化氧化生成B為苯甲醛發(fā)生氧化反應生成苯甲酸；

路線二：對比甲苯與E的結構，可知甲苯與CO發(fā)生加成反應生成E，E與乙醛發(fā)生信息中反應生成F為F轉化得到G，由N的結構逆推可知G為試劑a為新制氫氧化銅或銀氨溶液．【解析】【解答】解：路線一：甲苯與氯氣在光照條件發(fā)生側鏈取代反應生成A，A發(fā)生鹵代烴水解反應生成苯甲醇，則A為苯甲醇系列反應得到C，由M的結構逆推可知，C為D為HOCH2CH2OH，苯甲醇發(fā)生催化氧化生成B為苯甲醛發(fā)生氧化反應生成苯甲酸．

（1）物質A為核磁共振氫譜有4個峰，峰面積之比是1：2：2：2，故答案為：4；1：2：2：2；

（2）反應①②⑤屬于取代反應；反應②③屬于氧化反應，故答案為：①②⑤；

（3）D與足量Na反應的化學方程式：2Na+HOCH2CH2OH→NaOCH2CH2ONa+H2↑，故答案為：2Na+HOCH2CH2OH→NaOCH2CH2ONa+H2↑；

路線二：對比甲苯與E的結構，可知甲苯與CO發(fā)生加成反應生成E，E與乙醛發(fā)生信息中反應生成F為F轉化得到G，由N的結構逆推可知G為試劑a為新制氫氧化銅或銀氨溶液．

（4）G為所含官能團（除苯環(huán)外）的名稱：碳碳雙鍵；羧基；

故答案為：碳碳雙鍵；羧基；

（5）試劑a是將醛基氧化為羧基，溴水能與碳碳雙鍵發(fā)生加成反應，酸性KMnO4溶液可以氧化碳碳雙鍵，新制Cu（OH）2懸濁液與銀氨溶液氧化醛基；不影響碳碳雙鍵，故選：CD；

（6）與R（）共有相同官能團且官能團都直接連在六元環(huán)上，含有三個側鏈-CH3、-COOH、-OH，三個基團分別連接不同碳原子時，當CH3、-COOH處于鄰位，-OH有4種位置，當CH3、-COOH處于間位，-OH有4種位置，當CH3；-COOH處于對位；-OH有2種位置，其中2個基團連接同一碳原子時，另外的基團有3種位置，兩個基團的組合有3種（包含R），故R的同分異構體有4+4+2+3×3-1=18種；

故答案為：18；

（7）N（）在一定條件發(fā)生加聚反應生成高聚物P，P的結構簡式為故答案為：．四、判斷題(共2題，共6分)22、√【分析】【分析】根據(jù)化學式為Na2SO4，利用硫酸鈉的物質的量來確定鈉離子的物質的量，再利用N=n×NA來計算鈉離子的數(shù)目．【解析】【解答】解：0.5molNa2SO4中鈉離子的物質的量為0.5mol×2=1mol；

則由N=n×NA可知，則鈉離子的個數(shù)為1mol×6.02×1023mol-1=6.02×1023；

故答案為：√．23、×【分析】【分析】當向蛋白質溶液中加入的鹽溶液達到一定濃度時，反而使蛋白質的溶解度降低而從溶液中析出，這種作用叫鹽析．【解析】【解答】解：蛋白質溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液，蛋白質析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，故答案為：×．五、實驗題(共3題，共24分)24、⑤③④【分析】【分析】沙子不溶于水；可用過濾的方法分離；

硝酸鉀和氯化鈉的溶解度隨溫度的變化不同；

水與酒精混溶，利用沸點不同分離．【解析】【解答】解：NaCl易溶于水；而泥沙不溶，可用過濾的方法分離；

硝酸鉀和氯化鈉都溶于水；但二者在水中的溶解度不同，可用結晶的方法分離；

水與酒精混溶；利用沸點不同分離，可加生石灰后蒸餾即可；

故答案為：⑤；③；④．25、cb2Cl2+C+2H2O=4HCl+CO2瓶中液面下降，長頸漏斗內液面上升貯存少量Cl2，避免Cl2對環(huán)境造成污染下層液上層液D中反應生成的HCl氣體極易溶于水，易發(fā)生倒吸【分析】【分析】（1）氣體通過盛有水的試管時應長進短出；

（2）根據(jù)反應物和生成物；結合質量守恒定律書寫化學方程式；

（3）關閉旋塞K；B中的氣體逐漸增多，壓強增大，B能貯存氣體；

（4）應用相似相溶原理；實際上是萃取知識的應用和考查；

（5）D裝置生成的氯化氫氣體是極易溶于水的氣體，直接插入水中容易引起倒吸；符合防倒吸的裝置都符合．【解析】【解答】解：（1）由裝置圖判斷判斷，氣體由B流經C進入到D中反應，氣體通過盛有水的試管時應長進短出，否則不能通過C裝置，故答案為：c，b；

（2）由題意知反應為Cl2、C、H2O，生成物為HCl和CO2，則反應的化學方程式為2Cl2+C+2H2O（g）4HCl+CO2，故答案為：2Cl2+C+2H2O（g）4HCl+CO2；

（3）關閉旋塞K，移去兩個酒精燈，由于余熱的作用，A處仍有少量Cl2產生；B中的氣體逐漸增多，壓強增大，則導致瓶中液面下降，長頸漏斗內液面上升，氯氣有毒，不能直接排放到空氣中，B具有貯存少量氯氣，并能防止空氣污染；

故答案為：瓶中液面下降，長頸漏斗內液面上升；貯存少量Cl2，避免Cl2對環(huán)境造成污染；

（4）應用相似相溶原理，氯氣在CCl4中溶解度較大；而且四氯化碳的密度比水大，呈黃綠色的是溶有氯氣的下層四氯化碳層，能使有色布條褪色，氯氣在無機層與接觸發(fā)生化學反應生成次氯酸，而導致有色布條褪色的，故答案是：下層液；上層液；

（5）整套裝置中E裝置吸收易造成倒吸；因為D裝置發(fā)生反應生成氯化氫氣體極易溶于水，正確的吸收裝置只要能防倒吸均可；

故答案為：D中反應生成的HCl氣體極易溶于水，易發(fā)生倒吸；26、A不能NH4ClZn+2HCl=ZnCl2+H2↑反應產生的氫氣使試管A內壓強增大，鹽酸被壓入長頸漏斗與鋅粒脫離接觸，反應停止A→B→C【分析】【分析】（1）①根據(jù)實驗室制取氨氣選擇固固加熱裝置；結合制取氧氣；二氧化碳氣體的反應原理來分析試劑和使用的儀器，從而確定裝置；

②氨氣極易溶于水；

③依據(jù)侯氏制堿法反應原理：氨氣；二氧化碳通入飽和氯化鈉反應生成碳酸氫鈉和氯化銨解答；

（2）①鋅與鹽酸反應生成氫氣；

②依據(jù)關閉彈簧夾時；反應產生的氫氣使試管A內壓強增大，鹽酸被壓入長頸漏斗與鋅粒脫離接觸解答；

③氫氧化鈉溶液是除氯化氫雜質的，濃硫酸做干燥劑是除水蒸汽的，要注意最后才能除水蒸氣．【解析】【解答】解：（1）①實驗室制備氨氣和實驗室用KMnO4制O2；都是固體與固體在加熱條件下發(fā)生，實驗室制備二氧化碳是固體與液體不加熱；

故選：A；

②氨氣極易溶于水；所以只能用排氣法收集氨氣，不能用排水法收集氨氣；

故答案為：不能；

③依據(jù)“侯氏制堿法”反應原理結合原子個數(shù)守恒，可知NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4Cl；

故答案為：NH4Cl；

（2）①鋅與鹽酸反應生成氫氣，反應的化學方程式為：Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，故答案為：Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑；

②當關閉彈簧夾時；反應產生的氫氣使試管A內壓強增大，鹽酸被壓入長頸漏斗與鋅粒脫離接觸，反應停止；

故答案為：反應產生的氫氣使試管A內壓強增大；鹽酸被壓入長頸漏斗與鋅粒脫離接觸，反應停止；

③氫氧化鈉溶液是除氯化氫雜質的；濃硫酸做干燥劑是除水蒸汽的，要注意最后才能除水蒸氣，要制取純凈干燥的氯氣A；B、C三種裝置的連接順序為A→B→C；

故答案為：A→B→C．六、書寫(共4題，共8分)27、Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3SiO2+4HF=SiF4↑+2H2OCa（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2OC+2H2SO4（濃）2SO2↑+CO2↑+2H2O3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O【分析】【分析】（1）氫氧化鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和水；

（2）新制氫氧化亞鐵在空氣被氧氣氧化；白色的氫氧化亞鐵被氧化成紅褐色的氫氧化鐵；

（3）二氧化硅與氫氟酸反應；生成四氟化硅氣體和水；

（4）銨鹽和堿反應生成氨氣；實驗室用固體氯化銨和固體氫氧化鈣反應制備氨氣；