2025年統(tǒng)編版2024高三化學上冊月考試卷

…………○…………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年統(tǒng)編版2024高三化學上冊月考試卷455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、下列物質屬于電解質的是（）A.飽和食鹽水B.乙醇C.HClD.鐵片2、某期刊封面上有如下一個分子的球棍模型圖，圖中“棍”代表單鍵或雙鍵或三鍵。不同顏色的球代表不同元素的原子，其中綠球代表（）元素。A.氮B.氫C.氧D.碳3、M元素的一個原子失去2個電子，這2個電子轉移到Y元素的2個原子中去，形成離子化合物Z，下列說法中，正確的是（）A.Z的電子式為B.Z可表示為M2YC.Z一定溶于水中D.M形成+2價陽離子4、二氧化硫能使品紅褪色，說明二氧化硫具有（）A.還原性B.氧化性C.酸性D.漂白性5、關于下列各裝置圖的敘述中，正確的是rm{(}rm{)}

A.利用裝置rm{壟脵}可制備氫氧化亞鐵并長時間觀察其顏色B.裝置rm{壟脷}中rm{X}若為四氯化碳，可用于吸收rm{HCl}氣體，并防止倒吸C.裝置rm{壟脹}驗證rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}兩種固體的熱穩(wěn)定性D.通過rm{壟脺}的方法配制一定濃度的稀硫酸溶液評卷人得分二、雙選題(共6題，共12分)6、25℃時下列敘述不正確的是（）A.pH=3的二元弱酸H2R溶液與p=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，則反應后的混合液中：2c（R2-）+c（HR-）=（Na+）B.若0.3mol?L-1HY溶液與0.3mol?L-1NaOH溶液等體積混合后，溶液的pH=9，則：c（OH-）-c（HY）=（H+）=1×10-9mol?L-1C.0.2mol?L-1HCl溶液與等體積0.05mol?L-1Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1D.0.1mol?L-1Na2S與0.1mol?L-1NaHS等體積混合：3c（Na+）-2c（HS-）=2c（S2-）+2c（H2S）7、下列各溶液中，微粒的物質的量濃度關系正確的是rm{(}rm{)}A.rm{0.1mol?L^{-1}}rm{Na_{2}S}溶液中一定有：rm{c(OH^{-})=c(H^{+})+c(HS^{-})+2c(H_{2}S)}B.向rm{NH_{4}Cl}溶液中加入適量氨水，得到的堿性混合溶液中一定有：rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})>c(H^{+})}C.加熱rm{Na_{2}S}溶液，溶液rm{c(OH^{-})}肯定增大，rm{c(H^{+})}肯定減小D.加水稀釋rm{0.1mol?L^{-1}}醋酸溶液，電離平衡向右移動，rm{c(H^{+})}一定減小8、設rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法中不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{0.5mol}rm{O_{3}}和rm{11.2L}rm{O_{2}}的體積一定相等B.rm{5.6}rm{gFe}與足量的稀鹽酸充分反應后，轉移的電子數(shù)為rm{0.2N_{A}}C.標準狀況下，分子數(shù)為rm{N_{A}}的rm{CO}rm{C_{2}H_{4}}混合氣體體積約為rm{22.4L}質量為rm{28g}D.rm{1L}rm{0.1mol/L}的醋酸溶液中rm{H^{+}}數(shù)目為rm{0.1}rm{N_{A}}9、污水治理越來越引起人們重視，可以通過膜電池除去廢水中的乙酸鈉和對氯苯酚其原理如圖所示，下列說法不正確的rm{(}rm{)}

A.rm{A}為電池的正極，發(fā)生還原反應B.電流方向從rm{B}極沿導線經(jīng)小燈泡流向rm{A}極C.rm{A}極的電極反應式為D.當外電路中有rm{0.2mole^{-}}轉移時，進入rm{A}極區(qū)的rm{H^{+}}的個數(shù)為rm{0.2N_{A}}10、三氟化溴溶于水可發(fā)生反應3BrF3+5H2O→HBrO3+Br2+9HF+O2↑，下列說法正確的是（）A.氧化產物是O2B.BrF3既是氧化劑又是還原劑C.當有5mol水參加反應，生成22.4L氧氣D.當反應中轉移3NA個電子時，有NA個水分子被氧化11、有關敘述正確的是（）A.鋁熱劑就是單指Fe2O3和鋁粉的混合物B.檢驗紅色物質是否是Fe2O3的操作步驟為：樣品-→粉碎-→加水溶解-→過濾-→向濾液中滴加KSCN溶液C.分別還原amolFe2O3所需提供的H2、Al、CO的物質的量之比為3：2：3D.明礬屬硫酸鹽，含結晶水，是純凈物評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)12、H1N1病毒是一種沒有超常抵抗力的病毒．研究證明，許多常用消毒藥物如漂粉精、漂白粉、高錳酸鉀等，可以將H1N1病毒殺滅．

（1）工業(yè)上制取漂白粉的反應方程式為____．

（2）將漂白粉溶于適量水中，呈白色濁狀物，靜置沉降．取少許上層清液，滴加碳酸鈉溶液出現(xiàn)白色沉淀，寫出其中一個化學方程式____．

另取少許上層清液，滴加適量的____（填化學式）即可檢驗Cl-的存在，發(fā)生反應的化學方程式為____．

（3）漂白粉在空氣中長期放置，會失效，用化學方程式解釋其原因____．13、鎂；鋁是常見的兩種金屬；它們組成合金是現(xiàn)代科技的重要材料．

I；鎂的金屬性比鋁的更強．

（1）請從原子結構的角度解釋鎂的金屬性比鋁強的原因．答：____．

II；現(xiàn)有四塊相同的鎂鋁合金（假設質量均為Xg）．為測定該合金中鋁的質量分數(shù)；四個同學各取一塊合金，并按下述四種不同的方案進行實驗：

甲：將合金溶于足量的鹽酸；測得生成氣體的體積為VL（標況下）；

乙：將合金溶于足量的NaOH溶液中；測得剩余固體的質量為Yg；

丙：將合金溶于足量的鹽酸；再加入足量的NaOH溶液后過濾，測得沉淀質量為Zg；

?。簩⒑辖鹑苡谧懔康柠}酸；再加入足量的氨水后過濾，測得沉淀質量為Wg；

（2）乙方案中反應的化學方程式為____．

（3）四種方案中，可測出合金中鋁的質量分數(shù)的是____（填實驗方案代號）．

（4）選擇一種可測出合金中鋁的質量分數(shù)的方案；并利用相關量，計算該合金中鋁的質量分數(shù)，并填入下表中：

。你選擇的方案合金中鋁的質量分數(shù)________（5）方案乙中，浸泡于氫氧化鈉溶液中的合金與氫氧化鈉溶液構成了原電池．對于該原電池，其負極的電極反應式為____．14、七鋁十二鈣（12CaO?7Al2O3）是新型的超導材料和發(fā)光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和廢Al片制備七鋁十二鈣的工藝如下：

（1）鍛粉主要含MgO和____，用適量NH4NO3溶液浸取煅粉后，鎂化合物幾乎不溶，或濾液Ⅰ中c（Mg2+）小于5×10-6mol?L-1，則溶液pH大于____（Mg（OH）2的Ksp=5×10-12）；該工藝中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是____．

（2）濾液Ⅰ中陰離子有____（忽略雜質成分的影響）；若濾液Ⅰ中僅通入CO2，會生成____，從而導致CaCO3產率降低．

（3）用NaOH溶液可除去廢Al片表面的氧化膜，反應的離子方程式為____．

（4）電解制備Al（OH）3時，電極分別為Al片和石墨，電解總反應方程式為____．

（5）一種可超快充電的新型鋁電池，充放電時AlCl4-和Al2Cl7-兩種離子在Al電極上相互轉化，其它離子不參與電極反應，放電時負極Al的電極反應式為____．15、在容積為2L的密閉容器中，通入8molSO2和4molO2，在一定條件下進行反應，1s后達到平衡狀態(tài)，此時O2的濃度為1mol?L-1．試求：

（1）用SO3濃度表示1s內的平均反應速率____

（2）SO2的轉化率____

（3）平衡時SO3的體積分數(shù)____．16、A；B、C、D、E是五種原子序數(shù)依次增大的短周期元素；B是地殼中含量最多的元素．已知A、C及B、E分別是同主族元素，且B、E兩元素原子核內質子數(shù)之和是A、C兩元素原子核內質子數(shù)之和的2倍．處于同周期的C、D、E元素中，D是該周期金屬元素中金屬性最弱的元素．

（1）A、B、C形成的化合物的電子式為____；

（2）一點溫度下，濃度相同的B、C、D組成的化合物的水溶液與A、C、E組成的化合物的水溶液的pH____＞____（填化學式）

（3）D與C元素最高價氧化物對應水化物反應的離子方程式____

（4）寫出兩種均含A、B、C、E四種元素的化合物在溶液中相互反應、且生成氣體的離子方程式____

（5）A單質和B單質能構成電池，該電池用多孔惰性電極浸入濃KOH溶液，兩極分別通入A單質和B單質，電池的負極通入的是____氣體，電極反應式____；

（6）通常條件下，C的最高價氧化物對應水化物2mol與E最高價氧化物對應水化物1mol的稀溶液間反應放出的熱量為114.6kJ，試寫出表示該熱量變化的離子方程式____．17、已知30℃時幾種鹽的溶解度(g/100gH2O)。物質NaClNH4HCO3NaHCO3NH4ClS/g36.327.011.141.11862年比利時索爾維以CO2、NH3、水為原料制得純凈的Na2CO3，這種制堿法叫索爾維法，其主要操作是：①在氨化的飽和NaCl溶液中通入CO2制得小蘇打；②再把小蘇打焙燒，制得純堿，而副產物CO2可循環(huán)使用；③在析出小蘇打的母液中加入生石灰，逸出的NH3循環(huán)使用。1943年我國著名化學家侯德榜先生改進了“索爾維法”，用固體NaCl代替生石灰加入母液中，使NH4Cl晶體析出，生產純堿和NH4Cl，這便是“侯氏制堿法”。試回答：(1)該方法能制得小蘇打的原因是______________________________________________________________________________________________________。(2)不能在NaCl溶液中先通入CO2，然后再通NH3制得NaHCO3的原因是________________________________________________________________________。(3)在析出小蘇打后的母液中加入生石灰發(fā)生反應的化學方程式為：________________________________________________________________________。(4)“侯氏制堿法”的化學原理中涉及的化學反應類型有________。A．化合B．分解C．置換D．復分解18、在烷烴分子中的基團：中的碳原子分別稱為伯、仲、叔、季碳原子，數(shù)目分別用N1、N2、N3、N4表示．例如：

分子中，N1=6，N2=1，N3=2，N4=1．試根據(jù)不同烷烴的組成結構；分析出烷烴（除甲烷外）中各原子數(shù)的關系．

（1）烷烴分子中氫原子數(shù)N0與N1、N2、N3、N4之間的關系是N0=____

（2）4種碳原子數(shù)之間的關系為N1=____

（3）若分子中N2=N3=N4=1，則該分子的結構簡式可能為（任寫一種）____．評卷人得分四、判斷題(共1題，共2分)19、丁達爾現(xiàn)象可用來區(qū)別膠體與溶液，其中膠體能透過半透膜____．（判斷對錯）評卷人得分五、其他(共4題，共8分)20、化學上將SCN－、OCN－、CN－等離子稱為“類鹵離子”?，F(xiàn)將KSCN溶液滴加到酸性Fe3+溶液中，溶液立即變成紅色。將此紅色溶液分成兩份：一份中____（1）向另一份中____（2）____（3）試用離子方程式解釋以上三部分顏色變化的原因（方程式可以不配平）。21、苯佐卡因是一種醫(yī)用麻醉藥品，學名對氨基苯甲酸乙酯。用芳香烴A為原料合成苯佐卡因E的路線如下：請回答：（1）寫出結構簡式B________________C_________________。（2）寫出反應類型①_______________②________________。（3）化合物D經(jīng)聚合反應可制得高分子纖維，廣泛用于通訊、導彈、宇航等領域。寫出該聚合反應的化學方程式：____________________________________________________________。（4）下列化合物中能與E發(fā)生化學反應的是_________。a．HClb．NaClc．Na-2CO3d．NaOH（5）除外，符合下列條件的化合物E的同分異構體有_____種。i.為1,4—二取代苯，其中苯環(huán)上的一個取代基是氨基；ii.分子中含結構的基團22、如圖所示為實驗室常用的儀器：

請根據(jù)圖回答：

（1）寫出A～F各儀器的名稱：

A____B____C____D____E____F____

（2）用于吸取和滴加少量液體的是（填序號，下同）____；

（3）能直接加熱的儀器是____；

（4）用于作熱源的儀器是____；

（5）用于夾持試管的是____；

（6）可取用少量固體粉未的是____；

（7）用來量取液體體積的是____．23、化學實驗基本操作在化學學習和研究中具有重要作用．現(xiàn)有a試管．b酒精燈．c集氣瓶．d藥匙．e膠頭滴管．f量筒（10ml；50ml，100ml）等儀器，請為下列實驗操作各選一種．

（1）用于作熱源的儀器是____（用序號填空）

（2）取粉末狀固體使用____（用序號填空）

（3）吸取或滴加少量液體使用____（用序號填空）

（4）可以在酒精燈上直接加熱的玻璃儀器是____（用序號填空）

（5）配制溶液過程中，需要量取45ml濃硫酸，選用____ml的量筒．讀數(shù)時，該同學俯視刻度線，所量濃硫酸的體積____（填偏大，偏小或無影響）評卷人得分六、實驗題(共3題，共27分)24、實驗室欲用NaOH固體配制1.0mol?L-1的NaOH溶液240mL：

（1）配制溶液時；一般可以分為以下幾個步驟：

①稱量②計算③溶解④倒轉搖勻⑤轉移⑥洗滌⑦定容⑧冷卻。

其正確的操作順序為____．本實驗必須用到的儀器有天平、藥匙、玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、還有____．

（2）某同學欲稱量一定量的NaOH固體，他先用托盤天平稱量燒杯的質量，天平平衡后的狀態(tài)如圖．燒杯的實際質量為____g，要完成本實驗該同學應稱出____gNaOH．

（3）使用容量瓶前必須進行的一步操作是____．

（4）在配制過程中，其他操作都是正確的，下列操作會引起濃度偏高的是____．

①沒有洗滌燒杯和玻璃棒。

②轉移溶液時不慎有少量灑到容量瓶外面。

③容量瓶不干燥；含有少量蒸餾水。

④定容時俯視刻度線。

⑤未冷卻到室溫就將溶液轉移到容量瓶并定容。

⑥定容后塞上瓶塞反復搖勻，靜置后，液面低于刻度線，再加水至刻度線．25、無水rm{MgBr}rm{MgBr}rm{{,!}_{2}}可用作催化劑。實驗室采用鎂屑與液溴為原料制備無水rm{MgBr}rm{MgBr}主要步驟如下：

rm{{,!}_{2}}

，裝置如圖rm{1}主要步驟如下：三頸瓶中裝入rm{1}鎂屑和圖rm{1}無水乙醚；裝置rm{1}中加入步驟rm{1}三頸瓶中裝入rm{10g}鎂屑和rm{150mL}無水乙醚；裝置rm{B}中加入rm{15mL}液溴。液溴。

rm{1}緩慢通入干燥的氮氣，直至溴完全導入三頸瓶中。

rm{10g}反應完畢后恢復至常溫，過濾，濾液轉移至另一干燥的燒瓶中，冷卻至rm{150mL}析出晶體，再過濾得三乙醚合溴化鎂粗品。

rm{B}室溫下用苯溶解粗品，冷卻至rm{15mL}析出晶體，過濾，洗滌得三乙醚合溴化鎂，加熱至步驟rm{2}緩慢通入干燥的氮氣，直至溴完全導入三頸瓶中。分解得無水rm{2}步驟rm{3}反應完畢后恢復至常溫，過濾，濾液轉移至另一干燥的燒瓶中，冷卻至rm{0隆忙}析出晶體，再過濾得三乙醚合溴化鎂粗品。rm{3}

rm{0隆忙}與步驟rm{4}室溫下用苯溶解粗品，冷卻至rm{0隆忙}析出晶體，過濾，洗滌得三乙醚合溴化鎂，加熱至rm{160隆忙}分解得無水rm{MgBr}rm{4}rm{0隆忙}rm{160隆忙}rm{MgBr}rm{{,!}_{2}}產品。已知：rm{壟脵Mg}與rm{Br}rm{壟脵Mg}rm{Br}rm{{,!}_{2}}反應劇烈放熱；rm{MgBr}rm{MgBr}rm{{,!}_{2}}具有強吸水性。rm{壟脷MgBr}rm{壟脷MgBr}rm{{,!}_{2}}rm{+3C}rm{+3C}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{5}}rm{OC}

rm{OC}

rm{{,!}_{2}}儀器rm{H}的名稱是__________rm{H}實驗中不能用干燥空氣代替干燥rm{{,!}_{5}}rm{?MgBr}rm{?MgBr}rm{{,!}_{2}}rm{隆隴3C}如將裝置rm{隆隴3C}改為裝置rm{{,!}_{2}}圖rm{H}可能會導致的后果是rm{H}rm{{,!}_{5}}rm{OC}步驟rm{OC}中，第一次過濾除去的物質是________。rm{{,!}_{2}}有關步驟rm{H}的說法，正確的是________。rm{H}的乙醇代替苯溶解粗品rm{{,!}_{5}}的苯請回答：的主要目的是除去苯rm{(1)}儀器rm{A}的名稱是__________rm{.}實驗中不能用干燥空氣代替干燥rm{N}rm{(1)}為測定產品的純度，可用rm{A}簡寫為rm{.}rm{N}rm{{,!}_{2}}標準溶液滴定，反應的離子方程式：，原因是________________________________________________________________。rm{(2)}如將裝置rm{B}改為裝置rm{C(}圖rm{2)}可能會導致的后果是rm{(2)}rm{B}rm{C(}

rm{2)}滴定前潤洗滴定管的操作方法是_________________________________________________

________________________________________________________________________。測定前，先稱取rm{(3)}步驟rm{3}中，第一次過濾除去的物質是________。無水rm{(3)}rm{3}rm{(4)}有關步驟rm{4}的說法，正確的是________。rm{(4)}rm{4}標準溶液滴定至終點，消耗A.可用rm{95%}的乙醇代替苯溶解粗品標準溶液rm{95%}則測得無水B.洗滌晶體可選用rm{0隆忙}的苯rm{0隆忙}C.加熱至rm{160隆忙}的主要目的是除去苯以質量分數(shù)表示rm{160隆忙}D.該步驟的目的是除去乙醚和可能殘留的溴26、某學習小組通過查閱資料，設計如下方案制備KMnO4：

已知：①3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O

②幾種物質的溶解度：

。溫度溶解度/gK2CO3KOHKMnO4KMnO420℃1111126.3860℃12715422.1（1）第一步固體熔融時除三腳架、泥三角、細鐵棒、坩堝鉗外，還需的儀器是____．

A．酒精燈B．鐵坩堝C．瓷坩堝D．燒杯

（2）反應Ⅰ的化學方程式____；

（3）反應Ⅱ的條件為電解，其化學方程式為____．

（4）兩個途徑中操作a、b相同，均包括____、____、過濾等3步；在整個方案中可以循環(huán)利用的產物有____．

（5）最后可以用1.5mol?L-1的草酸（H2C2O4）溶液滴定KMnO4溶液來測定KMnO4粗品的純度（質量分數(shù)），則還需要采集的數(shù)據(jù)為____．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠導電的化合物稱為電解質，酸、堿、鹽都是電解質；在水溶液中和熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物稱為非電解質，蔗糖、乙醇等都是非電解質．大多數(shù)的有機物都是非電解質；單質，混合物既不是電解質也不是非電解質．【解析】【解答】解：A；飽和食鹽水是混合物；既不是電解質也不是非電解質，故A錯誤；

B；乙醇在水溶液中和熔融狀態(tài)下都不能導電；屬于非電解質，故B錯誤；

C；HCl溶于水可發(fā)生電離；是電解質，故C正確；

D；鐵片是單質；不是化合物，既不是電解質，也不是非電解質，故D錯誤；

故選C．2、D【分析】【解析】試題分析：由圖可知，綠球周圍最多可連接四個“棍”，而“棍”可代表單鍵或雙鍵或三鍵，因此可判斷綠球的化合價為+4價，故答案選D。而對于藍球應為氮元素；紅球應為氧元素；白球應為氫元素?？键c：有機物的結構判斷【解析】【答案】D3、D【分析】【解答】A、Z的電子式為故A錯誤；

B、Z屬于離子化合物，化學式為MY2；故B錯誤；

C；Z不一定溶于水；如氟化鎂不溶于水，故C錯誤；

D、一個M原子失去2個電子形成M2+；故D正確；

故選D．

【分析】由題意知，一個M原子失去2個電子形成M2+，故M的最外層電子數(shù)應為2個，金屬元素，一個Y原子得到1個電子形成Y﹣，說明是非金屬，且Z屬于離子化合物，化學式為MY2．4、D【分析】【分析】二氧化硫能和有色物質反應生成無色物質而具有漂白性，二氧化硫還具有氧化性、還原性和酸性，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：二氧化硫能和有色物質反應生成無色物質而具有漂白性，但二氧化硫漂白性具有暫時性特點，加熱易恢復原色，二氧化硫能使品紅溶液褪色體現(xiàn)二氧化硫漂白性，與二氧化硫還原性、氧化性、酸性無關，故選D．5、B【分析】【分析】本題考查氫氧化亞鐵的制備及性質實驗、配制溶液等，側重于考查學生化學實驗方案的評價能力和實驗操作能力，注意把握實驗原理和實驗注意事項?！窘獯稹緼.氫氧化亞鐵易被空氣中氧氣氧化，則裝置rm{壟脵}可制備氫氧化亞鐵，但不能并長時間觀察其顏色，故A錯誤；可制備氫氧化亞鐵，但不能并長時間觀察其顏色，故A錯誤；

rm{壟脵}不溶于四氯化碳，且四氯化碳與水互不相溶，圖中氣體與水不能直接接觸，則裝置B.rm{HCl}不溶于四氯化碳，且四氯化碳與水互不相溶，圖中氣體與水不能直接接觸，則裝置rm{壟脷}中rm{X}若為四氯化碳，可用于吸收rm{HCl}氣體，并防止倒吸，故B正確；中rm{HCl}若為四氯化碳，可用于吸收rm{壟脷}氣體，并防止倒吸，故B正確；

rm{X}

rm{HCl}

C.碳酸氫鈉不穩(wěn)定，圖中小試管中應為碳酸氫鈉，故C錯誤；D.不能將濃硫酸直接注入容量瓶中，應在燒杯中稀釋、冷卻后轉移到容量瓶中，故D錯誤?！窘馕觥縭m{B}二、雙選題(共6題，共12分)6、C|D【分析】解：A．溶液混合后溶液pH=7，則c（H+）=c（OH-），溶液中電荷守恒：2c（R2-）+c（HR-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），故有2c（R2-）+c（HR-）=c（Na+）；故A正確；

B．兩溶液恰好反應產物為NaY，水解溶液呈堿性，由電荷守恒：c（OH-）+c（Y+）=c（H+）+c（Na+），由物料守恒：c（HY）+c（Y+）=c（Na+），聯(lián)立可得：c（OH-）-c（HY）=c（H+）=1×10-9mol?L-1；故B正確；

C．混合后溶液中c（H+）=（0.2mol/L-0.1mol/L）÷2=0.05mol/L；則pH=-lg0.05=2-lg5≈1.3，故C錯誤；

D．溶液體積、濃度相等，則Na2S、NaHS的物質的量相等，根據(jù)物料守恒c（Na+）=[c（HS-）+c（S2-）+c（H2S）]，則c（Na+）-2c（HS-）=2c（S2-）+2c（H2S）；故D錯誤．

故選：CD．

A．溶液混合后溶液pH=7，則c（H+）=c（OH-）；結合電荷守恒判斷；

B．等體積混合后得到NaY溶液，溶液的pH=9，則c（H+）=1×10-9mol?L-1；說明HY為弱酸，生成強堿弱酸鹽，根據(jù)電荷守恒和物料守恒進行解答；

C．0.2mol?L-1HCl溶液與等體積0.05mol?L-1Ba（OH）2溶液混合后，酸過量，計算出溶液中的氫離子濃度，根據(jù)pH=-lgc（H+）計算；

D．Na2S、NaHS的物質的量相等，根據(jù)物料守恒c（Na+）=[c（HS-）+c（S2-）+c（H2S）]．

本題考查離子濃度的大小比較，注意從電荷守恒和物料守恒的角度分析，溶液混合時先分析溶液中的溶質，再結合電離、水解與電荷守恒、物料守恒、質子恒等式判斷．【解析】【答案】CD7、rAD【分析】解：rm{A.}根據(jù)rm{Na_{2}S}溶液中的質子守恒可得：rm{c(OH^{-})=c(H^{+})+c(HS^{-})+2c(H_{2}S)}故A正確；

B.向rm{NH_{4}Cl}溶液中加入適量氨水，得到的堿性混合溶液，則：rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}根據(jù)電荷守恒可知rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}溶液中離子濃度大小為：rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}故B錯誤；

C.加熱rm{Na_{2}S}溶液，硫離子水解程度增大，rm{c(OH^{-})}肯定增大，但水的離子積也增大了，則rm{c(H^{+})}不一定減小；故C錯誤；

D.加水稀釋，醋酸的電離平衡向右移動，但溶液體積增大幅度較大，則溶液中rm{c(H^{+})}減小；故D正確；

故選AD．

A.根據(jù)硫化鈉溶液中的質子守恒判斷；

B.該離子濃度關系違反了電荷守恒；

C.溫度升高后水的離子積增大；則氫離子濃度可能增大；

D.稀釋后醋酸的電離程度增大；平衡向著正向移動，但溶液體積增大幅度較大，溶液中氫離子濃度減?。?/p>

本題考查了離子濃度大小比較，題目難度中等，明確電荷守恒、質子守恒的含義為解答關鍵，注意掌握鹽的水解原理及其影響，試題有利于提高學生的分析能力及靈活應用能力．【解析】rm{AD}8、rAD【分析】解：rm{A}只有標況下，氣體摩爾體積rm{=22.4L/mol}才能使用，故rm{0.5molO_{3}}的體積不一定是rm{11.2L}故A錯誤；

B、鐵與稀鹽酸反應生成亞鐵離子，即rm{1molFe}失去的電子數(shù)為rm{2mol}rm{5.6gFe}為rm{0.1mol}與足量的稀鹽酸充分反應后，轉移的電子數(shù)為rm{0.2N_{A}}故B正確；

C、rm{CO}rm{C_{2}H_{4}}的相對分子質量相同，標況下，兩者的體積為rm{22.4L}故兩者物質的量之和為rm{1mol}故rm{m=nM=1mol隆脕28=28g}故C正確；

D、rm{1L0.1mol/L}的醋酸溶液和，醋酸的物質的量為：rm{1L隆脕0.1mol/L=0.1mol}但是醋酸屬于弱電解質，存在電離平衡，故rm{0.1mol}醋酸中rm{H^{+}}數(shù)目rm{<0.1N_{A}}故D錯誤，故選AD．

A、只有標況下，氣體摩爾體積rm{=22.4L/mol}才能使用；

B；鐵與稀鹽酸反應生成亞鐵離子；

C、rm{CO}rm{C_{2}H_{4}}的相對分子質量相同；據(jù)此解答即可；

D；醋酸屬于弱電解質；存在電離平衡．

本題主要考查的是氣體摩爾體積的使用條件、氧化還原反應原理、弱酸的電離等知識點，難度不大，屬于高頻考題．【解析】rm{AD}9、rBD【分析】解：rm{A.A}為正極，正極有氫離子參與反應，電極反應式為發(fā)生還原反應，故A正確；

B.電流從正極rm{A}沿導線流向負極rm{B}故B錯誤；

C.rm{A}為正極，正極有氫離子參與反應，電極反應式為故C正確；

D.據(jù)電荷守恒，當外電路中有rm{0.2mole^{-}}轉移時，通過質子交換膜的rm{H^{+}}的個數(shù)為rm{0.2N_{A}}而發(fā)生則rm{A}極區(qū)增加的rm{H^{+}}的個數(shù)為rm{0.1N_{A}}故D錯誤；

故選BD．

原電池中陽離子移向正極，根據(jù)原電池中氫離子的移動方向可知rm{A}為正極，正極有氫離子參與反應，電極反應式為rm{Cl-}rm{-OH+2e^{-}+H^{+}簍T}rm{-OH+Cl^{-}}電流從正極經(jīng)導線流向負極，以此解答該題．

本題涉及原電池的工作原理以及應用的考查；為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，注意知識的遷移和應用是解題的關鍵，難度中等，注意把握原電池和電解池中離子的移動方向．

【解析】rm{BD}10、B|D【分析】解：A．Br元素的化合價由+3價升高為+5價，O元素的化合價由-2價升高為0，則氧化產物是HBrO3、O2；故A錯誤；

B．Br元素的化合價既升高又降低，則BrF3既是氧化劑又是還原劑；故B正確；

C．沒有說明是否是標準狀況下；無法計算氣體的體積，故C錯誤；

D．反應中轉移6mol電子時有2mol水被氧化，所以當反應中轉移3NA個電子時，有NA個水分子被氧化；故D正確．

故選BD．

3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2↑+O2↑+9HF中，Br元素的化合價由+3價升高為+5價，O元素的化合價由-2價升高為0，Br元素的化合價由+3價降低為0；以此來解答．

本題考查氧化還原反應，把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，注意Br元素的化合價判斷為易錯點，題目難度不大．【解析】【答案】BD11、C|D【分析】解：A．作為鋁熱劑重要組成的金屬氧化物；鋁熱劑應為Al和過渡元素的氧化物所形成的混合物，故A錯誤；

B．Fe2O3不溶于水，且和水不反應，應加入鹽酸或稀硫酸溶解后再加KSCN溶液，F(xiàn)e2O3的檢驗過程：樣品→粉碎→加酸溶解→過濾→向濾液中滴加KSCN溶液；故B錯誤；

C．amolFe2O3被還原得到6amol電子，則分別消耗H2；Al、CO3amol、2amol、3amol；物質的量之比為3：2：3，故C正確；

D．明礬為KAl（SO4）2?12H2O；是結晶水化合物，屬于硫酸鹽，為純凈物，故D正確．

故選CD．

A．可以發(fā)生鋁熱反應的混合物稱之為鋁熱劑；

B．Fe2O3不溶于水；且和水不反應；

C．amolFe2O3被還原得到6amol電子；根據(jù)還原劑的化合價變化判斷；

D．含有結晶水的化合物為純凈物．

本題綜合考查元素化合物知識，涉及鋁熱劑、離子的檢驗、氧化還原反應以及純凈物與混合物的判斷，題目難度中等，注意相關知識的積累．【解析】【答案】CD三、填空題(共7題，共14分)12、2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2OCaCl2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaClAgNO3、HNO3CaCl2+2AgNO3═2AgCl↓+Ca（NO3）2Ca（ClO）2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO、2HClO2HCl+O2↑【分析】【分析】（1）工業(yè)上用石灰乳與氯氣反應制取漂白粉；二者反應生成氯化鈣；次氯酸鈣和水；

（2）漂白粉溶液中滴加碳酸鈉溶液生成碳酸鈣白色沉淀；檢驗漂白精中的氯離子，應先加硝酸酸化，再滴加硝酸銀檢驗；

（3）漂白粉能夠與空氣中的二氧化碳反應生成次氯酸，次氯酸具有不穩(wěn)定性，見光易分解．【解析】【解答】解：（1）氯氣與氫氧化鈣反應制備漂白粉，則漂白粉的主要成分為Ca（ClO）2、CaCl2，有效成分為Ca（ClO）2，工業(yè)上制取漂白粉的化學方程式為：2Cl2+2Ca（OH）2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；

故答案為：2Cl2+2Ca（OH）2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；

（2）將漂白粉溶于適量水中，呈白色濁狀物，靜置沉降．取少許上層清液，滴加碳酸鈉溶液，碳酸鈉電離出的碳酸根離子和溶液中的鈣離子發(fā)生反應：CaCl2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaCl，出現(xiàn)白色碳酸鈣沉淀，檢驗漂白精中的氯離子，應先加HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，發(fā)生CaCl2+2AgNO3═2AgCl↓+Ca（NO3）2，觀察到白色沉淀，則說明Cl-存在；

故答案為：CaCl2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaCl；AgNO3、HNO3；CaCl2+2AgNO3═2AgCl↓+Ca（NO3）2；

（3）漂白粉在空氣中長期放置失效是因為漂白粉能夠與空氣中的二氧化碳反應生成次氯酸，次氯酸具有不穩(wěn)定性，見光易分解，化學方程式：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑；

故答案為：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑．13、鎂鋁原子核外電子層數(shù)相同，與鋁相比，鎂原子半徑更大，失去電子能力更強2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+H2↑甲、乙、丙、丁甲或乙或丙或丁或或或2Al+8OH--6e-=2AlO2-+4H2O【分析】【分析】Ⅰ．（1）鎂的原子半徑比鋁大；易失去電子；

Ⅱ．甲：鎂；鋁都可與鹽酸反應生成氫氣；根據(jù)氫氣的體積和合金的質量可列方程式組計算；

乙：只有鋁與氫氧化鈉溶液反應生成氫氣；剩余固體為鎂；

丙：；測得沉淀質量為Zg，為氫氧化鎂的質量，可確定鎂的質量，進而計算鋁的含量；

?。簻y得沉淀質量為Wg，為氫氧化鎂和氫氧化鋁的質量，結合鎂、鋁的質量可列方程式計算含量．以此解答該題．【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）鎂；鋁位于周期表相同周期；原子核外電子層數(shù)相同，與鋁相比，鎂原子半徑更大，失去電子能力更強；

故答案為：鎂鋁原子核外電子層數(shù)相同；與鋁相比，鎂原子半徑更大，失去電子能力更強；

Ⅱ．甲：鎂；鋁都可與鹽酸反應生成氫氣；根據(jù)氫氣的體積和合金的質量可列方程式組計算；

乙：只有鋁與氫氧化鈉溶液反應生成氫氣；剩余固體為鎂；

丙：；測得沉淀質量為Zg，為氫氧化鎂的質量，可確定鎂的質量，進而計算鋁的含量；

丁：測得沉淀質量為Wg；為氫氧化鎂和氫氧化鋁的質量，結合鎂；鋁的質量可列方程式計算含量．

（2）鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應的方程式為2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+H2↑，故答案為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+H2↑；

（3）由以上分析可知；四種方案都可用于測量鋁的含量，故答案為：甲；乙、丙、??；

（4）設合金中含有xmolMg；ymolAl；則。

甲：鎂、鋁都可與鹽酸反應生成氫氣，可得，該合金中鋁的質量分數(shù)為；

乙：只有鋁與氫氧化鈉溶液反應生成氫氣，剩余固體為鎂，則m（Ng）=Yg，m（Al）=（X-Y）g，鋁的質量分數(shù)為；

丙：測得沉淀質量為Zg，為氫氧化鎂的質量，即m（Mg（OH）2）=Zg，則m（Mg）=g，m（Al）=（X-）g，鋁的質量分數(shù)為；

丁：測得沉淀質量為Wg，為氫氧化鎂和氫氧化鋁的質量，則，解之得鋁的質量分數(shù)為．

故答案為：甲或乙或丙或?。换蚧蚧?；

（5）鎂比鋁活潑，但由于鎂和氫氧化鈉溶液不反應，而鋁和氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，則鋁為負極，鎂為正極，負極反應為2Al+8OH--6e-=2AlO2-+4H2O，故答案為：2Al+8OH--6e-=2AlO2-+4H2O．14、CaO11CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，會生成CaSO4沉淀引起Ca2+的損失NO3-，OH-Ca（HCO3）2Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O2Al+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-【分析】【分析】（1）鍛粉是由白云石高溫煅燒而來；用適量NH4NO3溶液浸取煅粉后，鎂化合物幾乎不溶，即得Mg（OH）2的飽和溶液，根據(jù)Mg（OH）2的Ksp來計算；CaSO4微溶于水；

（2）在鍛粉中加入適量的NH4NO3溶液后，鎂化合物幾乎不溶，由于NH4NO3溶液水解顯酸性，與CaO反應生成Ca（NO3）2和NH3?H2O，故過濾后溶液中含Ca（NO3）2和NH3?H2O，將CO2和NH3通入濾液I中后發(fā)生反應：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，據(jù)此分析濾液中的陰離子；若濾液Ⅰ中僅通入CO2，會造成CO2過量；據(jù)此分析產物；

（3）氧化鋁和氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和水；

（4）用Al片和石墨作電極來制備Al（OH）3；故Al做陽極，據(jù)此分析；

（5）放電時負極電極本身Al放電，失電子，根據(jù)AlCl4-和Al2Cl7-中鋁元素和氯元素的比例來確定做AlCl4-做反應物而生成Al2Cl7-．【解析】【解答】解：（1）鍛粉是由白云石高溫煅燒而來，在煅燒白云石時，發(fā)生反應：CaCO3CaO+CO2↑，MgCO3MgO+CO2↑，故所得鍛粉主要含MgO和CaO；用適量NH4NO3溶液浸取煅粉后，鎂化合物幾乎不溶，即得Mg（OH）2的飽和溶液，根據(jù)Mg（OH）2的Ksp可知：Ksp=c（Mg2+）?c2（OH-）=5×10-12，而c（Mg2+）小于5×10-6mol?L-1，故c（OH-）大于10-3mol/L，則溶液中的c（H+）小于10-11mol/L，溶液的pH大于11；CaSO4微溶于水，如果用（NH4）2SO4代替NH4NO3，會生成CaSO4沉淀引起Ca2+的損失；

故答案為：CaO；11；CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，會生成CaSO4沉淀引起Ca2+的損失；

（2）在鍛粉中加入適量的NH4NO3溶液后，鎂化合物幾乎不溶，由于NH4NO3溶液水解顯酸性，與CaO反應生成Ca（NO3）2和NH3?H2O，故過濾后溶液中含Ca（NO3）2和NH3?H2O，將CO2和NH3通入濾液I中后發(fā)生反應：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，故濾液中的陰離子主要為NO3-，還含有OH-；若濾液Ⅰ中僅通入CO2，會造成CO2過量，則會生成Ca（HCO3）2，從而導致CaCO3產率降低，故答案為：NO3-，OH-；Ca（HCO3）2；

（3）氧化鋁和氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和水，離子反應為Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，故答案為：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；

（4）用Al片和石墨作電極來制備Al（OH）3，故Al做陽極，石墨做陰極，陽極反應為：Al-3e-=Al3+①，陰極上是來自于水的H+放電：2H2O+2e-=2OH-+H2↑②

將①×2+②×3可得總反應：2Al+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑，故答案為：2Al+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑；

（5）放電時負極電極本身Al放電，失電子，由于AlCl4-中氯元素的含量高于Al2Cl7-中氯元素的含量，故AlCl4-做反應物而Al2Cl7-為生成物，由于其它離子不參與電極反應，故電極反應為：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-，故答案為：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-．15、2mol/（L．s）50%40%【分析】【分析】（1）根據(jù)v=計算v（O2），利用速率之比等于化學計量數(shù)之比計算v（SO3）；

（2）根據(jù)方程式計算△c（SO2），進而計算△n（SO2），進而計算SO2的轉化率；

（3）計算△n（SO3），利用差量法計算混合氣體物質的量減少量，計算平衡時混合氣體總物質的量，進而計算SO3的體積分數(shù)．【解析】【解答】解：（1）1s后達到平衡狀態(tài)，此時O2的濃度為1mol?L-1，則v（O2）==1mol/（L．s），發(fā)生反應：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），速率之比等于化學計量數(shù)之比，故v（SO3）=2v（O2）=2mol/（L．s）；

故答案為：2mol/（L．s）；

（2）△c（SO2）=2△c（O2）=2×（-1mol/L）=2mol/L，故△n（SO2）=2mol/L×2L=4mol，故SO2的轉化率=×100%=50%；

故答案為：50%；

（3）△n（SO3）=△n（SO2）=4mol；則：

2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）物質的量減少。

22+1-2=1

4mol2mol

故平衡后混合氣體的總物質的量=8mol+4mol-2mol=10mol；

故平衡時SO3的體積分數(shù)=×100%=40%；

故答案為：40%．16、略

【分析】

（1）A為H，B為O，C為Na，D為Al，E為S，A、B、C形成的化合物為氫氧化鈉，電子式為故答案為：

（2）B、C、D組成的化合物為NaAlO2，A、C、E組成的化合物為NaHS，氫氧化鋁為兩性氫氧化物，硫化氫為弱酸，故酸性硫化氫大于氫氧化鋁，故濃度相同兩種混合物水解時，堿性NaAlO2＞NaHS，故答案為：NaAlO2＞NaHS；

（3）C元素最高價氧化物對應水化物為氫氧化鈉，D為Al，故反應的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

故答案為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（4）A、B、C、E四種元素的化合物在溶液中相互反應、且生成氣體，可以為硫酸氫鈉與亞硫酸氫鈉的反應，離子方程式如下H++HSO3-=SO2↑+H2O；

故答案為：H++HSO3-=SO2↑+H2O；

（5）氫氣和氧氣組成的燃料電池，負極為氫氣，電極反應為H2+2OH--2e-=2H2O，故答案為：氫氣；H2+2OH--2e-=2H2O；

（6）C的最高價氧化物對應水化物為氫氧化鈉2mol與E最高價氧化物對應水化物硫酸1mol的稀溶液，反應的實質為氫離子和氫氧根離子反應，故熱化學方程式為H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-57.3kJ/mol，故答案為：H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-57.3kJ/mol．

【解析】【答案】根據(jù)地殼中含量最多元素為氧；根據(jù)題干要求可以確定A為H，B為O，C為Na，D為Al，E為S，確定元素種類后，確定氫氧化鈉，氫氧化鈉為離子化合物，進而寫出離子化合物的電子式；比較偏鋁酸鈉和硫氫化鈉的堿性時首先比較對應酸的酸性，酸性越強，對應鈉鹽的堿性越弱；鋁可以與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸根離子；由氫；氧、硫、鈉四種元素組成的可以相互反應生成氣體的為硫酸氫鈉和亞硫酸氫鈉；氫氧燃料電池的負極為氫氣，正極為氧氣，在堿性條件下電極反應式的書寫；氫氧化鈉與硫酸反應的離子方程式書寫等知識點．

17、略

【分析】【解析】試題分析：：(1)NaHCO3的溶解度比其他3種物質的溶解度小，所以能制得NaHCO3。(2)由于CO2在水中溶解度較小，如先通入CO2，溶液中存在H2CO3，HCO3-的量比較少，再通入NH3，NH3易溶于水，NH3·H2O的量比較多。此時產物應該是(NH4)2CO3而不是NH4HCO3，這樣就不會有NaHCO3析出。(3)CaO可與H2O反應生成Ca(OH)2，在加熱條件下Ca(OH)2與NH4Cl生成NH3。(4)“侯氏制堿法”的相關反應是：CO2＋H2O＋NH3===NH4HCO3(化合)；NH4HCO3＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl(復分解)；2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O↑(分解)?？键c：考查侯氏制堿法原理的有關判斷【解析】【答案】(1)NaHCO3的溶解度比其他3種物質的溶解度小(2)CO2在水中溶解度較小(3)CaO＋H2O===Ca(OH)2,2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O(4)ABD18、2（N1+N2+N3+N4）+2或3N1+2N2+N3N3+2N4+2（CH3）3CCH（CH3）CH2CH3【分析】【分析】（1）根據(jù)烷烴通式確定C原子與H原子之間的數(shù)量關系；或根據(jù)伯；仲、叔、季碳原子上含有H原子數(shù)目確定；

（2）由（1）中的關系式確定；

（3）根據(jù)（2）中關系式求出碳原子總數(shù)，寫出分子式，寫出符號條件的可能的同分異構體，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：（1）由于烷烴的通式為CnH2n+2，C原子與H原子之間的數(shù)量關系為N0=2（N1+N2+N3+N4）+2，伯、仲、叔、季碳原子上含有的H原子數(shù)目分別為3、2、1、0，所以C原子與H原子之間的數(shù)量關系為N0=3N1+2N2+N3；

故答案為：2（N1+N2+N3+N4）+2或3N1+2N2+N3；

（2）由（1）中可得，2（N1+N2+N3+N4）+2=3N1+2N2+N3，故N3+2N4+2=N1；

故答案為：N3+2N4+2；

（3）由（2）中N3+2N4+2，當N2=N3=N4=1時，N1=5，碳原子總數(shù)為8，則該烷烴的分子式為C8H18，滿足N2=N3=N4=1的結構可能有3種：（CH3）3CCH（CH3）CH2CH3、（CH3）3CCH2CH（CH3）2、（CH3）2CHC（CH3）2CH2CH3；

故答案為：（CH3）3CCH（CH3）CH2CH3．四、判斷題(共1題，共2分)19、×【分析】【分析】膠體有丁達爾效應，溶液沒有；溶質粒子能透過半透膜，膠體粒子不能透過半透膜，但能透過濾紙．【解析】【解答】解：膠體有丁達爾效應，溶液沒有，故利用丁達爾效應可以區(qū)分溶液和膠體；膠體微粒的直徑大于半透膜的孔徑，膠體粒子不能透過半透膜，故答案為：×．五、其他(共4題，共8分)20、略

【分析】此題解答的關鍵是抓住“類鹵離子”的信息。SCN－與Cl－相似，被氧化后則生成（SCN）2。Fe3＋與SCN－形成的絡離子和分子有6種，在書寫離子方程式時，有多種寫法，均屬合理答案。此題涉及的知識點有：氧化性：MnO4－＞（SCN）2＞Fe3＋．所以．MnO4－滴入Fe（SCN）2+溶液中．將SCN－氧化為（SCN）2，使血紅色褪去；滴入Fe2＋的溶液中，MnO4－的紫色褪去。Fe3＋可氧化SO2而破壞Fe（SCN）＋2的組成，所以，SO2通入Fe（SCN）＋2后，也使血紅色褪去。考向指南：《考試大綱》明確規(guī)定，考生必須要具備一定的接受信息，處理信息的能力，因此像這種信息題是高考的必考題型?！邦慃u素”是經(jīng)常考到的知識點，我們應該可以依據(jù)鹵素的性質推測“類鹵素”的性質，并進行應用?！邦慃u素”如：（CN）2、（SCN）2、（OCN）2、IBr等性質與鹵素相似，表現(xiàn)在氧化性、與堿溶液反應生成鹵化物和次鹵酸鹽、與Ag＋結合的生成物的難溶性等。但是，由于類鹵素的組成不是一種元素，其各元素的化合價有差別，以致在參加化學反應中價態(tài)的變化與鹵素單質不完全相同。如IBr＋H2O＝HBr＋HIO的反應不屬于氧化還原反應等?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）Fe（SCN）2+＋MnO4－＋H＋→Fe3＋＋（SCN）2＋Mn2＋＋H2O（2）Fe（SCN）2+＋SO2＋H2O→Fe2＋＋SO42－＋SCN－＋H＋（3）Fe2＋＋MnO4－＋H＋→Fe3＋＋Mn2＋＋H2O21、略

【分析】【解析】【答案】（1）（2）①取代反應；②氧化反應（3）（2分）（4）a、d（2分）（5）4()22、試管藥匙試管夾酒精燈膠頭滴管量筒EADCBF【分析】【分析】（1）熟記中學化學實驗中常用的儀器；

（2）根據(jù)基本實驗儀器：試管、試管夾、藥匙、酒精燈，膠頭滴管、量筒的作用來回答．【解析】【解答】解：（1）A～F各儀器的名稱分別是：試管；藥匙、試管夾、酒精燈、膠頭滴管、量筒；故答案為：試管、藥匙、試管夾、酒精燈、膠頭滴管、量筒；

（2）膠頭滴管常用于吸取和滴加少量液體；故答案為：E；

（3）試管可以直接加熱；故答案為：A；

（4）在化學實驗室；常用酒精燈作為熱源，故答案為：D；

（5）試管架是用來夾持試管的儀器；故答案為：C；

（6）藥匙用來取用少量的固體粉末；故答案為：B；

（7）量筒可以用來量取液體的體積，故答案為：F．23、cdea50偏小【分析】【分析】熟悉常見儀器；了解它們的作用．

（1）酒精燈用作熱源；

（2）取粉末狀固體使用藥匙；

（3）膠頭滴管用于吸取或滴加少量液體；

（4）可直接在酒精燈上加熱的儀器：試管；蒸發(fā)皿、坩堝、燃燒匙；

（5）根據(jù)量取45mL的水確定所用的儀器，因俯視讀數(shù)時比實際值偏大，所以量取水的體積就偏?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓海?）酒精燈可用作熱源；故答案為：c；

（2）取粉末狀固體使用藥匙；故答案為：d；

（3）膠頭滴管用于吸取或滴加少量液體；故答案為：e；

（4）可直接在酒精燈上加熱的玻璃儀器只有試管；故答案為：a；

（5）量取45mL的水使用50mL的量筒；因俯視讀數(shù)時比實際值偏大，所以量取水的體積就偏小，故答案為：50；偏小．六、實驗題(共3題，共27分)24、②①③⑧⑤⑥⑦④250mL容量瓶27.410.0檢查容量瓶是否漏水④⑤【分析】【分析】（1）根據(jù)實驗操作的步驟以及每步操作需要儀器確定反應所需儀器；

（2）根據(jù)天平的稱量原理；根據(jù)m=nM=cvM計算溶質NaOH的質量；

（3）使用容量瓶前必須進行的一步操作是檢漏；

（4）根據(jù)c=分析操作對溶質的物質的量或對溶液的體積的影響判斷．【解析】【解答】解：（1）配制步驟有計算；稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等操作；一般用托盤天平稱量，用藥匙取用藥品，在燒杯中溶解，冷卻后轉移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，當加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，所以需要的儀器為：托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶、膠頭滴管；

故答案為：②①③⑧⑤⑥⑦④；250mL容量瓶；

（2）因天平的稱量原理：左盤物體的質量=右盤物體的質量+游碼的讀數(shù)，所以燒杯的實際質量為30g-2.6g=27.4g，因配制溶液的體積為240ml，而容量瓶的規(guī)格沒有240ml，只能選用250ml，NaOH的質量m=cvM=1.0mol?L-1×0.25L×40g/mol=10.0g；

故答案為：27.4；10.0；

（3）因使用容量瓶前必須進行的一步操作是檢查容量瓶是否漏水；故答案為：檢查容量瓶是否漏水；

（4）①沒有洗滌燒杯和玻璃棒；溶質的質量減少，濃度偏小，故①錯誤；

②轉移溶液時不慎有少量灑到容量瓶外面；溶質的質量減少，濃度偏小，故②錯誤；

③容量瓶不干燥；含有少量蒸餾水，溶液的體積不變，濃度不變，故③錯誤；

④定容時俯視刻度線；溶液的體積偏小，濃度偏高，故④正確；

⑤未冷卻到室溫就將溶液轉移到容量瓶并定容；冷卻下來溶液的體積偏小，濃度偏高，故⑤正確；

⑥定容后塞上瓶塞反復搖勻；靜置后，液面低于刻度線，再加水至刻度線，溶液的體積偏大，濃度偏小，故⑥錯誤；

故答案為：④⑤．25、（1）防止鎂屑與氧氣反應，生成的M