2025年浙教版高三化學下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教版高三化學下冊月考試卷210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8題，共16分)1、下列有關(guān)實驗操作、現(xiàn)象、原理的敘述，正確的是（）A.洗滌沉淀時，應用玻璃棒輕輕攪拌，使得沉淀表面上的雜質(zhì)溶于水中B.將兩塊未擦去氧化膜的鋁片分別投入1mol?L-1CuSO4溶液、1mol?L-1CuCl2溶液中，一段時間后，鋁片表面都觀察不到明顯的反應現(xiàn)象C.由鋅、銅、稀硫酸構(gòu)成的原電池溶液中加入適量的H2O2能提高電池的放電效率D.在淀粉溶液中加入適量稀硫酸微熱，再加少量新制氫氧化銅濁液加熱，若無磚紅色沉淀產(chǎn)生，則淀粉未發(fā)生水解2、將等質(zhì)量的Fe、Al、Mg、Zn分別投入盛有體積、濃度均相等的稀鹽酸的四個燒杯中，反應結(jié)束時，其中只有一個燒杯中有金屬剩余，則剩余金屬是（）A.FeB.AlC.MgD.Zn3、烴與氫氣加成后的產(chǎn)物是該單烯烴的結(jié)構(gòu)可能有（）A.3種B.4種C.5種D.6種4、化學與社會、生活和生產(chǎn)息息相關(guān)，以下敘述錯誤的是（）A.科學家們正在研究利用藍綠藻等低等植物和微生物在陽光作用下使水分解產(chǎn)生氫氣B.貯氫金屬在一定溫度和壓強下可以吸附氫氣，如鑭鎳合金（LaNi5）可以吸附氫氣形成LaNi5H6，其中H元素仍以H2分子形式存在C.氫氣因具有高熱值、燃燒產(chǎn)物無污染等優(yōu)點而被看成是理想的綠色能源D.燃燒樹枝取熱、將植物秸桿制沼氣、用淀粉制乙醇都是人們利用生物質(zhì)能的方式5、同分異構(gòu)體數(shù)目與C6H14相同的化合物是（）A.C4H8B.C4H9ClC.C4H10OD.C4H8O26、元素rm{A}的陽離子與元素rm{B}的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)rm{.}以下關(guān)于rm{A}rm{B}元素性質(zhì)的比較中，正確的是rm{(}rm{)}

rm{壟脵}原子半徑：rm{A<B}rm{壟脷}原子序數(shù)：rm{A>B}rm{壟脹}原子最外層電子數(shù)：rm{B>A}

rm{壟脺}元素所在的周期數(shù)：rm{A>B}rm{壟脻A}的最高正價與rm{B}的最低負價的絕對值相等．A.rm{壟脵壟脷}B.rm{壟脷壟脹壟脺}C.rm{壟脺壟脻}D.rm{壟脷壟脻}7、下列離子方程式正確的是（）A.在FeCl3溶液中投入少量的Zn粉：2Fe3-+Zn═Zn2-+2Fe2+B.Ca（ClO）2浴液中通人少量SO2：Ca2-+2ClO-+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClOC.鐵紅（Fe2O3）溶于氫碘酸：Fe2O3+6H+═2Fe3-+3H2OD.明礬溶液中滴加過量的氨水：Al3-+3OH═Al（OH）3↓8、A、B、C都是金屬，把A浸入C的鹽溶液中，A的表面有C析出，A與B和酸溶液組成原電池時，B為電池的負極．A、B、C金屬的活動性順序為（）A.B＞A＞CB.A＞C＞BC.A＞B＞CD.B＞C＞A評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、（2014秋?東莞期中）（1）1mol氫氣在氯氣中充分燃燒生成氯化氫氣體時放出184.6kJ的熱量，試寫出對應的熱化學方程式____．標準狀況下11.2L氫氣在氯氣中充分燃燒放出的熱量是____kJ．

（2）A（g）+B（g）?C（g）+D（g）過程中的能量（kJ）變化如圖所示；回答下列問題．

①反應物A（g）和B（g）具有的總能量____（填大于；小于、等于）生成物C（g）和D（g）具有的總能量．

②該反應是____反應（填吸熱、放熱），△H=____（用E1和E2表示）10、已知A；B、C、D、E均為短周期元素；它們的原子序數(shù)依次遞增．A單質(zhì)是自然界中密度最小的氣體，C元素原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，D原子的最內(nèi)層電子數(shù)和最外層電子數(shù)之和等于其次外層電子數(shù)，E單質(zhì)性質(zhì)活潑；B和C可形成多種氣態(tài)化合物．A、B、C三種元素可以形成離子化合物甲，甲是一種常見的化肥，甲可以和氫氧化鈉反應放出無色刺激性氣味氣體乙，乙能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍．請回答下列問題：

（1）寫出C元素在周期表中的位置____．

（2）寫出B單質(zhì)分子的電子式____；乙分子的結(jié)構(gòu)式____．

（3）甲中含有的化學鍵類型有____．

（4）元素D與元素E相比，非金屬性較強的是____（用元素符號表示），請列舉能證明這一結(jié)論的兩個事實____、____．

（5）往甲的濃溶液中加入NaOH的濃溶液并加熱，反應的離子方程式是____．11、試用質(zhì)子數(shù)；中子數(shù)、電子數(shù)、質(zhì)量數(shù)和同位素填空：

（1）C與N具有相同的____

（2）C與C具有相同的____

（3）C與N具有相同的____

（4）N與N互為____．12、鐵是人類較早使用的金屬之一．運用鐵的有關(guān)知識；回答下列問題：

（1）據(jù)有關(guān)報道，目前已能冶煉純度高達99.9999%的鐵，關(guān)于純鐵的如下敘述中，正確的是____（填序號）．

A．硬度比生鐵高B．耐腐蝕性強；不易生銹。

C．不能與鹽酸反應D．與不銹鋼成分相同。

（2）向沸水中逐滴滴加1mol?L-1FeCl3溶液，至液體呈透明的紅褐色，形成該分散系的微粒粒度范圍是____nm．

（3）電子工業(yè)需用30%的FeCl3溶液腐蝕敷在絕緣板上的銅，制造印刷電路板．請寫出FeCl3溶液與銅反應的離子方程式____，離子方程式中三種離子氧化性強弱順序為____．13、工業(yè)上用侯氏制堿法制得的純堿中，往往含有碳酸氫鈉和氯化鈉．

（1）若用加熱的方法檢驗純堿樣品中是否含有碳酸氫鈉，應選用A、B、C三套裝置中的____．

（2）寫出將碳酸鈉溶液與足量鹽酸混合生成氣體的離子方程式____；

（3）下列有關(guān)檢驗純堿樣品中是否含有氯化鈉雜質(zhì)的實驗方案中，最合理的是____．

A．取少量樣品于試管中，加入適量蒸餾水溶解，再加入足量鹽酸至不再產(chǎn)生氣泡，然后滴加幾滴AgNO3溶液；若產(chǎn)生白色沉淀，說明樣品中含有氯化鈉雜質(zhì)。

B．取少量樣品于試管中，加入適量蒸餾水溶解，再加入足量硫酸至不再產(chǎn)生氣泡，然后滴加幾滴AgNO3溶液；若產(chǎn)生白色沉淀，說明樣品中含有氯化鈉雜質(zhì)。

C．取少量樣品于試管中，加入適量蒸餾水溶解，再加入足量硝酸至不再產(chǎn)生氣泡，然后滴加幾滴AgNO3溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，說明樣品中含有氯化鈉雜質(zhì)．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)14、物質(zhì)發(fā)生化學變化時都伴有能量的變化．____．（判斷對錯）15、某烷烴的名稱為2，2，4，4-四甲基-3，3，5-三乙基己烷____（判斷對錯）16、化學平衡常數(shù)K只隨溫度變化，T升高，則K增大．____．（判斷對錯說明理由）17、放熱反應在任何條件都不能發(fā)生．____．（判斷對錯）18、NaCl溶液在電流的作用下電離出Na+____．（判斷對錯）19、鐵和稀硫酸反應的離子反應方程式：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑____．（判斷對錯）20、近半個多世紀以來；隨著人類社會的高度發(fā)達，環(huán)境污染問題也越來越受到了人們的關(guān)注．請回答下列問題：

（1）水是人類賴以生存的物質(zhì)．下列物質(zhì)會帶來水體的重金屬污染的是____（填字母）；

A．含Hg2+的化合物B．含N的化合物C．含P的化合物。

其他選項的化合物會造成水體的____（填名稱）．

（2）煤和石油是當今世界重要的化石燃料，但它們的燃燒會對環(huán)境造成影響，生成的____、____（填化學式）等容易形成酸雨．某火力發(fā)電廠為了防止廢氣污染環(huán)境，現(xiàn)采用廉價易得的石灰石漿來吸收，其反應方程式為：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2x．試推測x的化學式為____．x的大量排放仍會帶來環(huán)境問題，它對環(huán)境帶來的影響是造成____（填名稱）．若改用另一種吸收劑，則可避免x的大量排放，其反應方程式為：2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O，則y的化學式為____．

（3）防治環(huán)境污染；改善生態(tài)環(huán)境已成為全球的共識，請回答下列問題：

①空氣質(zhì)量報告的各項指標可以反映出各地空氣的質(zhì)量．下列氣體已納入我國空氣質(zhì)量報告的是____（填字母）．

A．CO2B．N2C．NO2D．SO2

②垃圾應分類收集．你用過的舊試卷應放置于貼有____（填字母）標志的垃圾筒內(nèi)．

③工業(yè)廢水需處理達標后才能排放．判斷下列廢水處理的方法是否合理；合理的請畫“√”，不合理的請在括號中填寫正確方法．

A．用中和法除去廢水中的酸____

B．用混凝法除去廢水中的重金屬離子____

C．用氯氣除去廢水中的懸浮物____．評卷人得分四、解答題(共3題，共9分)21、某有機物只含碳；氫、氧三種元素；其質(zhì)量比為6：1：8．該有機物蒸氣的密度是相同條件下乙烷的2倍，試求該有機物的相對分子質(zhì)量及分子式．根據(jù)下列條件寫出該有機物的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式。

①該有機物常溫下能跟碳酸氫鈉溶液反應；

②該有機物能產(chǎn)生銀鏡；

③該有機物既能產(chǎn)生銀鏡，又能與鈉反應生成氫氣．22、I已知：如果要合成所用的原始原料可以是______

A.2-甲基-l；3-丁二烯和2-丁炔B．1，3-戊二烯和2-丁炔。

C．2；3-二甲基-1，3-戊二烯和乙炔D．，3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔。

II（A～G都是有機化合物，它們的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：

請回答下列問題：

（1）已知：6.0g化合物E完全燃燒生成8.8gC02和3.6gH20；E的蒸氣與氫氣的相對密度為30；則E的分子式為______：

（2）A為一取代芳烴，B中含有一個甲基．由B生成C的化學方程式為______23、有X、Y、Z三種元素，已知：①X2-、Y-均與Y的氣態(tài)氫化物分子具有相同的電子數(shù)；②Z與Y可組成化合物ZY3，ZY3溶液遇苯酚呈紫色．請回答：

（1）Y的最高價氧化物對應水化物的化學式是______．

（2）將ZY3溶液滴入沸水可得到紅褐色液體，反應的離子方程式是______Fe（OH）3（膠體）+3H+評卷人得分五、探究題(共4題，共20分)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(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________．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：26、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(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________．27、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、簡答題(共1題，共5分)28、納米級rm{Cu_{2}O}由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關(guān)注，它可作為太陽光分解水的催化劑；通常制取rm{Cu_{2}O}有下列rm{4}種方法：

rm{(1)}已知：

rm{2Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCu_{2}O(s)triangleH=-169kJ?mol^{-1}}

rm{C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCO(g)triangleH=-110.5kJ?mol^{-1}}

rm{Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}

用方法rm{2Cu(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)簍TCu_{2}O(s)triangleH=-169kJ?mol^{-1}}制取rm{C(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)簍TCO(g)triangleH=-110.5kJ?mol^{-1}}時產(chǎn)生有毒氣體；則發(fā)生反應的熱化學方程式是______；

rm{Cu(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)簍TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}方法rm{壟脵}中采用陰離子交換膜控制電解液中rm{Cu_{2}O}的濃度得到納米級rm{(2)}當生成rm{壟脷}時，轉(zhuǎn)移______rm{OH^{-}}電子，電解一段時間后陰極附近溶液的rm{Cu_{2}O}______rm{0.1molCu_{2}O}填“增大”、“減小”或“不變”rm{mol}其陽極的電極反應式為______；

rm{pH}方法rm{(}制備納米級rm{)}同時放出rm{(3)}該制法的化學方程式為______；

rm{壟脺}用以上四種方法制得的rm{Cu_{2}O}在某相同條件下分別對水催化分解，產(chǎn)生氫氣的體積rm{N_{2}}隨時間rm{(4)}變化如圖rm{Cu_{2}O}所示rm{V(H_{2})}下列敘述錯誤的是______rm{t}填字母rm{2}

A.rm{.}催化水分解時；需要適宜的溫度。

B.催化效果與rm{(}顆粒的粗細；表面活性等有關(guān)。

C.方法rm{)}制得的rm{Cu_{2}O}催化效率相對較高。

D.方法rm{Cu_{2}O}制得的rm{壟脷壟脺}作催化劑時，水的平衡轉(zhuǎn)化率最高．rm{Cu_{2}O}參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】A．洗滌沉淀；不能攪拌；

B．CuSO4和CuCl2溶液中銅離子水解；溶液顯酸性，能先與氧化鋁反應；

C．H2O2具有較強的氧化性；可在正極上得到電子；

D．葡萄糖和新制氫氧化銅懸濁液的反應必須在堿性條件下．【解析】【解答】解：A．洗滌沉淀的操作是將沉淀置于過濾器中；邊加蒸餾水沖洗，但不能攪拌，故A錯誤；

B．CuSO4和CuCl2溶液中銅離子水解；溶液顯酸性，能先與氧化鋁反應，去除氧化膜后，活潑的鋁與酸反應會產(chǎn)生氣體，同時鋁也置換出銅，有紅色物質(zhì)析出，故B錯誤；

C．Zn-Cu稀H2SO4構(gòu)成的原電池，溶液中加入適量H2O2；氧化性的電極電位上升了，所以能提高電池放電效率，故C正確；

D．葡萄糖和新制氫氧化銅懸濁液的反應必須在堿性條件下；該實驗中沒有加入NaOH中和未反應的稀硫酸，所以實驗不成功，故D錯誤；

故選C．2、B【分析】【分析】金屬與酸反應生成鹽和氫氣，金屬失去電子、H得到電子，金屬失去電子越多，消耗的酸越多，則體積、濃度均相等的稀鹽酸，只有一個燒杯中有金屬剩余，則該金屬失去電子最多，以此來計算．【解析】【解答】解：設金屬質(zhì)量均為xg；

則等質(zhì)量的Fe、Al、Mg、Zn完全反應時失去電子分別為×2、×（3-0）、×（2-0）、×（2-0）；

×（3-0）＞×（2-0）＞×2＞×（2-0）；

則Al失去電子最多；分別投入盛有體積；濃度均相等的稀鹽酸的四個燒杯中，反應結(jié)束時，其中只有一個燒杯中有金屬剩余，酸的物質(zhì)的量相同，則該金屬為Al；

故選B．3、C【分析】【分析】加成反應指有機物分子中的不飽和鍵斷裂，斷鍵原子與其他原子或原子團相結(jié)合，生成新的化合物的反應．根據(jù)加成原理采取逆推法還原C=C雙鍵，烷烴分子中相鄰碳原子上均帶氫原子的碳原子間是對應烯烴存在碳碳雙鍵的位置．還原雙鍵時注意：先判斷該烴結(jié)構(gòu)是否對稱，如果對稱，只考慮該分子一邊的結(jié)構(gòu)和對稱線兩邊相鄰碳原子即可；如果不對稱，要全部考慮，然后各去掉相鄰碳原子上的一個氫原子形成雙鍵．【解析】【解答】解：根據(jù)烯烴與H2加成反應的原理，推知該烷烴分子中相鄰碳原子上均帶氫原子的碳原子間是對應烯烴存在碳碳雙鍵的位置．該烷烴的碳鏈結(jié)構(gòu)為1號和6號碳原子關(guān)于2號碳原子對稱，所以能形成雙鍵位置有：1和2之間（或2和6）；2和3之間；3和7之間，3和4之間，4和5之間，故該烴共有5種．

故選C．4、B【分析】【分析】A．水可以在光能作用下分解成氧氣和氫氣；

B．貯氫金屬在一定的溫度和壓強下能夠大量吸收氫氣；一個金屬原子可以與兩三個乃至更多個氫原子結(jié)合，形成金屬氫化物；

C．氫氣具有高熱值；資源豐富、燃燒產(chǎn)物無污染；

D．樹枝、植物秸桿、淀粉都是生物質(zhì)能．【解析】【解答】解：A．水可以在光能作用下分解成氧氣和氫氣；故A正確；

B．貯氫金屬在一定的溫度和壓強下能夠大量吸收氫氣；一個金屬原子可以與兩三個乃至更多個氫原子結(jié)合，形成金屬氫化物，故B錯誤；

C．氫能作為一種新型能源具有燃燒熱值高；資源豐富、燃燒產(chǎn)物無污染等優(yōu)點；故C正確；

D．燃燒樹枝取熱；將植物秸桿制沼氣、用淀粉制乙醇都涉及生物質(zhì)能的利用；故D正確．

故選B．5、A【分析】【分析】根據(jù)減碳法作取代基，利用碳鏈異構(gòu)書寫C6H14的所有同分異構(gòu)體，然后再分別判斷各個選項中同分異構(gòu)體的個數(shù)即可．【解析】【解答】解：C6H14屬于烷烴，主鏈為6個碳原子有：CH3（CH2）4CH3；主鏈為5個碳原子有：CH3CH2CH2CH（CH3）2；CH3CH2CH（CH3）CH2CH3；主鏈為4個碳原子有：CH3CH2C（CH3）3；CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3，則C6H14的同分異構(gòu)體共有5種；

A、C4H8可以是1-丁烯；2-丁烯、2-甲基-1-丙烯、環(huán)丁烷、甲基環(huán)丙烷；總共5種，故A相同；

B、C4H9Cl可以看做是丁烷上的1個H被Cl取代生成的產(chǎn)物；丁基總共有4種，故此有機物同分異構(gòu)體為4，故B不同；

C、C4H10O；若為醇類，可以看做羥基取代H生成的，丁基有4種，故有4種同分異構(gòu)體，若為醚類，可以是甲丙醚；乙醚和丙甲醚等，多于5種，故C不同；

D、C4H8O2可以為羧酸；也可以為酯類，羧酸類有正丁酸與異丁酸2種，酯類有：甲酸丙酯；甲酸異丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯4種，多于5種，故D不同；

故選A．6、B【分析】解：rm{A}元素的陽離子與rm{B}元素的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則離子核外電子數(shù)相等，rm{A}元素處于rm{B}元素相鄰的下一周期．

rm{A}形成陽離子，元素rm{B}形成陰離子，所以最外層電子數(shù)rm{A<B}．

rm{壟脵A}元素形成陽離子與rm{B}元素形成陰離子，rm{A}元素處于rm{B}元素相鄰的下一周期，電子層越多，原子半徑越大原子半徑rm{A>B}故rm{壟脵}錯誤；

rm{壟脷A}元素的陽離子與rm{B}元素的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則離子核外電子數(shù)相等，rm{A}元素處于rm{B}元素相鄰的下一周期，原子序數(shù)rm{A}較大，即原子序數(shù)rm{A>B}故rm{壟脷}正確；

rm{壟脹A}形成陽離子，元素rm{B}形成陰離子，所以最外層電子數(shù)rm{A<B}故rm{壟脹}正確；

rm{壟脺A}元素形成陽離子與rm{B}元素形成陰離子，rm{A}元素處于rm{B}元素相鄰的下一周期，元素所在的周期數(shù)：rm{A>B}故rm{壟脺}正確；

rm{壟脻A}元素原子最外層電子數(shù)與rm{B}元素原子最外層電子數(shù)之和為rm{8}則rm{A}的正價與rm{B}的負價絕對值相等，若rm{A}元素原子最外層電子數(shù)與rm{B}元素原子最外層電子數(shù)之和不為rm{8}則rm{A}的正價與rm{B}的負價絕對值不相等，故rm{壟脻}錯誤．

所以rm{壟脷壟脹壟脺}正確．

故選：rm{B}．

rm{A}元素的陽離子與rm{B}元素的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則離子核外電子數(shù)相等，rm{A}元素處于rm{B}元素相鄰的下一周期，原子序數(shù)rm{A}較大；rm{A}元素形成陽離子與rm{B}元素形成陰離子，rm{A}元素處于rm{B}元素相鄰的下一周期，電子層越多，原子半徑越大；rm{A}形成陽離子，元素rm{B}形成陰離子，所以最外層電子數(shù)rm{A<B}．

rm{B}元素最高化合價等于其最外層電子數(shù)，且rm{B}元素最高正化合價rm{+|}最低負化合價rm{|=8}rm{A}元素化合價等于最外層電子數(shù)，據(jù)此判斷rm{B}元素與rm{A}元素化合價關(guān)系．

考查結(jié)構(gòu)與位置關(guān)系，難度中等，關(guān)鍵根據(jù)離子的電子層結(jié)構(gòu)推斷元素的位置關(guān)系．【解析】rm{B}7、A【分析】【分析】A．反應生成氯化亞鐵；氯化鋅；

B．次氯酸根離子能夠氧化亞硫酸根離子；

C．三價鐵離子能夠氧化碘離子；

D．一水合氨為弱電解質(zhì)，應保留化學式．【解析】【解答】解：A．在FeCl3溶液中投入少量的Zn粉，離子方程式：2Fe3++Zn═Zn2++2Fe2+；故A正確；

B．少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中的離子反應為SO2+Ca2++ClO-+H2O=CaSO4↓+2H++Cl-；故B錯誤；

C．鐵紅（Fe2O3）溶于氫碘酸，離子方程式：Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++3H2O+I2；故C錯誤；

D．明礬溶液中滴加過量的氨水反應離子方程式：Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；故D錯誤；

故選：A．8、A【分析】【分析】較活潑金屬能置換出較不活潑的金屬；不同金屬和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池時，一般來說，活潑金屬作負極、不活潑金屬作正極，據(jù)此判斷金屬活動性強弱．【解析】【解答】解：較活潑金屬能置換出較不活潑的金屬；把A浸入C的鹽溶液中，A的表面有C析出，金屬活動性順序A＞C；不同金屬和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池時，一般來說，活潑金屬作負極；不活潑金屬作正極，A與B和酸溶液組成原電池時，B為電池的負極，金屬活動性順序B＞A，通過以上分析知，金屬活動性順序是B＞A＞C；

故選A．二、填空題(共5題，共10分)9、H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-184.6kJ?mol-192.3大于放熱E1-E2【分析】【分析】（1）依據(jù)熱化學方程式的書寫原則和注意問題寫出，標注聚集狀態(tài)和焓變，標準狀況下11.2L氫氣物質(zhì)的量==0.5mol；結(jié)合熱化學方程式計算；

（2）△H=生成物能量和-反應物能量和，從圖象可見，反應物的能量低于生成物，反應吸熱，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：（1）1mol氫氣在氯氣中充分燃燒生成氯化氫氣體時放出184.6kJ的熱量，對應的熱化學方程式為：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-184.6kJ?mol-1，標準狀況下11.2L氫氣物質(zhì)的量==0.5mol，反應放熱=184.6kJ?mol-1×0.5mol=92.3KJ；

故答案為：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-184.6kJ?mol-1；92.3；

（2）①反應物的能量高于生成物；1mol氣體A和1mol氣體B具有的能量比1mol氣體C和1mol氣體D具有的總能量一定高，故答案為：大于；

②△H=生成物能量和-反應物能量和＜0，反應放熱，△H=反應物活化能-生成物活化能=（E1-E2）kJ/mol，故答案為：放熱；（E1-E2）．10、第二周期ⅥA族離子鍵、共價鍵Cl氯化氫比硫化氫穩(wěn)定高氯酸酸性比硫酸強NH4++OH-NH3↑+H2O【分析】【分析】A、B、C、D、E均為短周期元素，它們的原子序數(shù)依次遞增．A單質(zhì)是自然界中密度最小的氣體，則A為氫元素；C元素原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，則C原子有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，則C為氧元素；D原子的最內(nèi)層電子數(shù)和最外層電子數(shù)之和等于其次外層電子數(shù)，則D原子最外層電子數(shù)為8-2=6，則D為硫元素；E單質(zhì)性質(zhì)活潑，原子序數(shù)大于硫元素，則E為Cl元素；B和C可形成多種氣態(tài)化合物，A、B、C三種元素可以形成離子化合物甲，甲是一種常見的化肥，則B為氮元素，甲為硝酸銨；甲可以和氫氧化鈉反應放出無色刺激性氣味氣體乙，乙能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，則乙為氨氣，以此解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E均為短周期元素；它們的原子序數(shù)依次遞增．A單質(zhì)是自然界中密度最小的氣體，則A為氫元素；C元素原子的最外層電子數(shù)是次外層的3倍，則C原子有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，則C為氧元素；D原子的最內(nèi)層電子數(shù)和最外層電子數(shù)之和等于其次外層電子數(shù)，則D原子最外層電子數(shù)為8-2=6，則D為硫元素；E單質(zhì)性質(zhì)活潑，原子序數(shù)大于硫元素，則E為Cl元素；B和C可形成多種氣態(tài)化合物，A、B、C三種元素可以形成離子化合物甲，甲是一種常見的化肥，則B為氮元素，甲為硝酸銨；甲可以和氫氧化鈉反應放出無色刺激性氣味氣體乙，乙能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，則乙為氨氣；

（1）C為氧元素；氧原子有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，處于周期表中第二周期ⅥA族；

故答案為：第二周期ⅥA族；

（2）B為氮元素，氮氣分子中氮原子之間形成3對共用電子對，氮氣分子的電子式為乙為氨氣分子，分子中氮原子與氫原子之間形成1對共用電子對，氨氣分子的結(jié)構(gòu)式為

故答案為：

（3）甲是硝酸銨；甲晶體中含有的化學鍵類型有：離子鍵；共價鍵；

故答案為：離子鍵；共價鍵；

（4）同周期自左而右非金屬性增強；故非金屬性Cl＞S，氯化氫比硫化氫穩(wěn)定；高氯酸酸性比硫酸強等證明這一結(jié)論；

故答案為：Cl；氯化氫比硫化氫穩(wěn)定；高氯酸酸性比硫酸強；

（5）往硝酸銨的濃溶液中加入NaOH的濃溶液并加熱，反應產(chǎn)生硝酸鈉、氨氣與水，反應的離子方程式是：NH4++OH-NH3↑+H2O；

故答案為：NH4++OH-NH3↑+H2O．11、中子數(shù)質(zhì)子數(shù)、電子數(shù)質(zhì)量數(shù)同位素【分析】【分析】根據(jù)原子的表示方法和各位置數(shù)字的關(guān)系，可以計算每組中具有的相同關(guān)系，如質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、電子數(shù)、質(zhì)量數(shù)，即同位素是指質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同的同一元素的不同原子，質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)之和，對于zAX中z表示質(zhì)子數(shù)、A表示中子數(shù)．【解析】【解答】解：（1）136C中中子數(shù)為13-6=7，147N中中子數(shù)為14-7=7；因此二者具有相同的中子數(shù)，故答案為：中子數(shù)；

（2）136C與126屬于碳元素的兩種不同原子；它們的質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同，故答案為：質(zhì)子數(shù)；電子數(shù)；

（3）146C的質(zhì)量數(shù)為14，質(zhì)子數(shù)為6，中子數(shù)為8，147N的質(zhì)量數(shù)為14；質(zhì)子數(shù)為7，中子數(shù)為7，因此，二者具有相同的質(zhì)量數(shù)，故答案為：質(zhì)量數(shù)；

（4）157N與147N是氮元素的不同原子（質(zhì)子數(shù)都是7，中子數(shù)分別為：8和7），因此二者互為同位素，故答案：同位素．12、B1-1002Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+Fe3+＞Cu2+＞Fe2+【分析】【分析】（1）A．合金的硬度比各成分金屬的大；

B．純鐵不能形成原電池；

C．鐵能與鹽酸反應；

D．不銹鋼基本合金元素還有鎳；鉬、鈦、鈮、銅、氮等；

（2）向沸水中逐滴滴加1mol?L-1FeCl3溶液；至液體呈透明的紅褐色得到氫氧化鐵膠體；

（3）金屬銅可以和三價鐵之間發(fā)生氧化還原反應，三價鐵離子遇到硫氰化鉀顯示紅色．【解析】【解答】解：（1）A．生鐵是合金；硬度比純鐵大，故A錯誤；

B．純鐵不能形成原電池；在潮濕的空氣中不易生銹，故B正確；

C．鐵能與鹽酸反應；故C錯誤；

D．純鐵與不銹鋼成分不同；故D錯誤；

故選B；

（2）氫氧化鐵膠體的微粒直徑范圍是1-100nm；故答案為：1-100；

（3）金屬銅可以和三價鐵之間發(fā)生氧化還原反應2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性，F(xiàn)e3+＞Cu2+；所以根據(jù)金屬活動順序表，氧化性是Cu2+＞Fe2+，即氧化性順序是：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；

故答案為：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；Fe3+＞Cu2+＞Fe2+．13、BCO32-+2H+=H2O+CO2↑C【分析】【分析】（1）碳酸氫鈉分解生成二氧化碳氣體；可用澄清石灰水檢驗；

（2）碳酸鈉和鹽酸反應生成氯化鈉；二氧化碳和水；

（3）應排除其它離子的干擾．【解析】【解答】解：（1）碳酸氫鈉分解生成二氧化碳氣體；可用澄清石灰水檢驗，A中無明顯現(xiàn)象，B中溶液變渾濁，C試管應向下傾斜，故答案為：B；

（2）碳酸鈉和鹽酸反應生成氯化鈉、二氧化碳和水，反應的離子方程式為CO32-+2H+=H2O+CO2↑；

故答案為：CO32-+2H+=H2O+CO2↑；

（3）A．加入鹽酸，引入Cl-離子；干擾實驗結(jié)果，故A錯誤；

B．加入硫酸；會生成硫酸銀沉淀，干擾實驗結(jié)果，故B錯誤；

C．加入硝酸；如生成不溶于硝酸的沉淀，可說明樣品中含有氯化鈉雜質(zhì)，故C正確．

故答案為：C．三、判斷題(共7題，共14分)14、√【分析】【分析】依據(jù)化學反應實質(zhì)是反應物化學鍵斷裂化學鍵吸收能量，生成物形成化學鍵放出熱量，反應過程中一定伴隨能量變化．【解析】【解答】解：化學反應實質(zhì)是反應物化學鍵斷裂化學鍵吸收能量，生成物形成化學鍵放出熱量，所以反應過程中一定伴隨能量變化，故正確，故答案為：√．15、×【分析】【分析】烷烴命名原則：

①長選最長碳鏈為主鏈；

②多遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

③近離支鏈最近一端編號；

④小支鏈編號之和最?。聪旅娼Y(jié)構(gòu)簡式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號”的原則；

⑤簡兩取代基距離主鏈兩端等距離時，從簡單取代基開始編號．如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面．【解析】【解答】解：沒有把最長碳鏈作為主鏈，最長碳鏈應為7，為庚烷，正確命名為2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基庚烷，故答案為：×．16、×【分析】【分析】依據(jù)平衡常數(shù)是表示平衡進行程度大小的量；化學反應吸熱或放熱反應，溫度升高平衡向吸熱反應方向進行．【解析】【解答】解：化學平衡常數(shù)K表示可逆反應的進行程度；依據(jù)平衡常數(shù)含義可知，K值越大，可逆反應的進行程度越大；溫度升高，平衡向吸熱反應方向進行，反應可能是吸熱反應，也可能是放熱反應，所以溫度升高，平衡常數(shù)可能增大也可能減??；

故答案為：×，溫度升高，平衡向吸熱反應方向進行，反應可能是吸熱反應，也可能是放熱反應，所以溫度升高，平衡常數(shù)可能增大也可能減?。?7、×【分析】【分析】放熱反應一般在加熱條件能發(fā)生．【解析】【解答】解：放熱反應一般在加熱條件能發(fā)生，例如燃燒反應，故錯誤，故答案為：×．18、×【分析】【分析】在水溶液中；電解質(zhì)在水分子作用下電離出自由移動的離子；

在熔融狀態(tài)下，電解質(zhì)在電流的作用下電離出自由移動的離子．【解析】【解答】解：NaCl溶液在水分子作用下電離出鈉離子和氯離子；

故答案為：×．19、×【分析】【分析】鐵為變價金屬，鐵與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣，不會生成硫酸鐵，該離子方程式中反應產(chǎn)物錯誤，應該生成Fe2+離子，不是生成Fe3+．【解析】【解答】解：由于Fe3+的氧化性大于氫離子，則鐵和稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣和氫氣，不會生成硫酸鐵，正確的離子方程式為：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

故答案為：×．20、A【分析】【分析】（1）密度小于4.5的為輕金屬；大于4.5的為重金屬；水體富營養(yǎng)化是因為向水中排放含氮；磷等元素的生產(chǎn)生活廢水過多造成的；

（2）酸雨主要由化石燃料燃燒產(chǎn)生的二氧化硫；氮氧化物等酸性氣體；經(jīng)過復雜的大氣化學反應，形成硫酸和硝酸，被雨水吸收溶解而成；根據(jù)化學反應前后原子的種類與數(shù)目保持不變可以判斷物質(zhì)的化學式；二氧化碳是一種主要的溫室效應氣體；根據(jù)質(zhì)量守恒的原因推出Y為氫氧化鈣；

（3）①空氣質(zhì)量報告的主要內(nèi)容包括：空氣污染指數(shù)；首要污染物（包括可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮等氣體）、空氣質(zhì)量級別、空氣質(zhì)量狀況等；

②舊試卷屬于可回收物；可回收再利用；

③根據(jù)污水的類型選取處理的方法．【解析】【解答】解：（1）工業(yè)廢水中常見的重金屬元素指的是Cu2+、Hg2+、Cd2+、Pb2+等重金屬離子；含鉛；汞的物質(zhì)是常見的有毒污染物；生物所需的氮、磷等營養(yǎng)物質(zhì)大量進入湖泊、河口、海灣等緩流水體，引起藻類及其它浮游生物迅速繁殖，水體溶氧量下降，魚類及其它生物大量死亡，該現(xiàn)象為水體富營養(yǎng)化導致的結(jié)果；

故答案為：A；富營養(yǎng)化；

（2）酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH約為5.6；酸雨主要由化石燃料燃燒產(chǎn)生的二氧化硫、氮氧化物等酸性氣體，經(jīng)過復雜的大氣化學反應，被雨水吸收溶解而成，根據(jù)2CaCO3+2SO2+O2═2CaSO4+2x可知，依據(jù)質(zhì)量守恒定律可知每個x中含有1個碳原子和2個氧原子，所以x是二氧化碳．二氧化碳是形成溫室效應的主要物質(zhì)，2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O；依據(jù)質(zhì)量守恒定律可知每個y中含有1個鈣原子和2個氫氧根原子團，所以y是氫氧化鈣；

故答案為：SO2；NO2；CO2；溫室效應；Ca（OH）2；

（3）①空氣質(zhì)量報告的主要內(nèi)容包括：空氣污染指數(shù)、首要污染物（包括可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮等氣體）、空氣質(zhì)量級別、空氣質(zhì)量狀況等，二氧化碳無毒，不屬于空氣污染物，氮氣是空氣的主要組成氣體，而可吸入顆粒物、NO2、SO2均為污染物；需要檢測；

故答案為：CD；

②用過的舊試卷可回收再利用重新做成紙漿；屬于可回收垃圾，故答案為：A；

③A．如果污水中含大量氫離子或氫氧根離子；可采用酸堿中和法，除去水中大量的氫離子或氫氧根離子，故答案為：√；

B．如果水中含重金屬離子；可加入一些物質(zhì)使金屬陽離子轉(zhuǎn)化成沉淀而除去這些離子，即沉降法，故答案為：（沉降法）；

C．如果使懸浮于水中的泥沙形成絮狀不溶物沉降下來，使水澄清，可用明礬等混凝劑作凈水劑，故答案為：（混凝法）．四、解答題(共3題，共9分)21、略

【分析】【分析】密度之比等于相對分子質(zhì)量之比；據(jù)此計算該有機物的相對分子質(zhì)量；

結(jié)合C、H、O元素的質(zhì)量比，根據(jù)n=計算C；H、O原子數(shù)目之比；確定最簡式，結(jié)合相對分子質(zhì)量確定分子式；

①該有機物常溫下能跟碳酸氫鈉溶液反應；分子式含有-COOH，結(jié)合有機物的分子式書寫；

②該有機物能產(chǎn)生銀鏡；分子中含有醛基-CHO或為甲酸形成的酯，結(jié)合有機物的分子式書寫；

③，結(jié)合有機物的分子式及有機物發(fā)生的反應，確定該有機物含有的官能團，確定有機物的結(jié)構(gòu)簡式．【解析】【解答】解：該有機物蒸氣的密度是相同條件下乙烷的2倍；故該有機物的相對分子質(zhì)量為30×2=60；

有機物中N（C）：N（H）：N（O）=：：=1：2：1，最簡式為（CH2O）n，則30n=60，則該有機物分子式為C2H4O2；

答：該有機物的相對分子質(zhì)量為60，分子式為C2H4O2；

①該有機物常溫下能跟碳酸氫鈉溶液反應，分子式含有-COOH，故結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH；

答：符合條件的有機物的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH；

②該有機物能產(chǎn)生銀鏡，若為甲酸形成的酯，則結(jié)構(gòu)簡式為HCOOCH3，若含有醛基-CHO，則結(jié)構(gòu)簡式為HO-CH2CHO；

答：符合條件的有機物的結(jié)構(gòu)簡式為HCOOCH3或HO-CH2CHO；

③該有機物既能產(chǎn)生銀鏡，又能與鈉反應生成氫氣，含有-CHO、-OH，故結(jié)構(gòu)簡式為HO-CH2CHO；

答：符合條件的有機物的結(jié)構(gòu)簡式為HO-CH2CHO．22、略

【分析】

Ⅰ．本題可以采用逆向合成分析法．或者是．根據(jù)有機物的命名原則兩種原料分別是2；3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔或者是2-甲基-l，3-丁二烯和2-丁炔，故答案為：AD；

Ⅱ．（1）根據(jù)阿伏加德羅定律的推論相對密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，因此E摩爾質(zhì)量是60.6.0gE的物質(zhì)的量就是0.1mol，完全燃燒后生成C02和H20的物質(zhì)的量分別為和其中碳、氫的質(zhì)量分別為0.2×12=2.4g和0.4×1=0.4g，因此E中氧元素的質(zhì)量為6.0-2.4-0.4=3.2g，所以氧元素的物質(zhì)的量為因此碳、氫、氧三種原子個數(shù)之比為1：2：1，即最簡式為CH2O，因為E摩爾質(zhì)量是60，所以分子式是C2H4O2；

故答案為：C2H4O2；

（2）由框圖可知E和C酯化生成F，由原子守恒知C的分子式是C8H10O，因為A為一取代芳烴，且B中含有一個甲基，所以B的結(jié)構(gòu)簡式為C6H5CHClCH3，B生成C的化學方程式是：C6H5CHClCH3+H2OC6H5CHOHCH3+HCl；

故答案為：C6H5CHClCH3+H2OC6H5CHOHCH3+HCl；

（3）因為D可以與Br2發(fā)生加成反應，所以D是苯乙烯，結(jié)構(gòu)簡式為C6H5CH=CH2；鹵代烴發(fā)生消去反應的條件是NaOH醇溶液并加熱；醇發(fā)生消去反應的條件是濃硫酸并加熱；

故答案為：NaOH醇溶液并加熱；濃硫酸并加熱；

（4）A屬于苯的同系物；B屬于鹵代烴，所以由A生成B的反應類型是取代反應；D中含有碳碳雙鍵，因此由D生成G的反應類型是加成反應，故答案為：取代反應；加成反應；

（5）因為C、E可以發(fā)生酯化反應，所以E是乙酸，又因為C是C6H5CHOHCH3，因此酯化產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式是

故答案為：

（6）苯環(huán)上一硝化的產(chǎn)物只有一種，說明應該是對稱性結(jié)構(gòu)，根據(jù)G的分子式C8H8Br2可知符合條件的共有以下7種：

其中核磁共振氫譜有兩組峰，且峰面積比為l：1的是

故答案為：7；．

【解析】【答案】Ⅰ．可以采用逆向合成分析法去頂兩種原料；

Ⅱ．根據(jù)阿伏加德羅定律的推論相對密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，E的蒸氣與氫氣的相對密度為30，摩爾質(zhì)量是60，根據(jù)生成二氧化碳和水的質(zhì)量確定最簡式，結(jié)合摩爾質(zhì)量可確定有機物為C2H4O2，為乙酸，由框圖可知E和C酯化生成F，由原子守恒知C的分子式是C8H10O，因為A為一取代芳烴，且B中含有一個甲基，所以B的結(jié)構(gòu)簡式為C6H5CHClCH3，D可以與Br2發(fā)生加成反應，所以D是苯乙烯，結(jié)構(gòu)簡式為C6H5CH=CH2，C是C6H5CHOHCH3，因此酯化產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式是結(jié)合題給信息和有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)可解答該題．

23、略

【分析】

有X、Y、Z三種元素，Z與Y可組成化合物ZY3，ZY3溶液遇苯酚呈紫色，為FeCl3，故Z為Fe元素，Y為Cl元素，X2-、Y-均與Cl元素的氣態(tài)氫化物分子具有相同的電子數(shù)；為18個電子，故X為S元素；

（1）Cl元素的最高價氧化物對應水化物的化學式是HClO4，故答案為：HClO4；

（2）將FeCl3溶液滴入沸水中發(fā)生水解反應生成氫氧化鐵膠體，反應的離子方程式是Fe3++3H2OFe（OH）3（膠體）+3H+；

a．氫氧化鐵膠體具有丁達爾效應；故a正確；

b．膠體膠粒帶有正電荷，通直流電后，發(fā)生電泳現(xiàn)象，負極附近液體顏色加深，故b正確；

c．所得的溶液中含有氯離子；向該液體中加入硝酸銀溶液，有沉淀產(chǎn)生，故c錯誤；

d．將該液體加熱；蒸干、灼燒后；有氧化鐵生成，故d正確；

故答案為：Fe3++3H2OFe（OH）3（膠體）+3H+；abd；

（3）X單質(zhì)在空氣中燃燒生成一種無色有刺激性氣味的氣體為SO2；

①發(fā)生反應2SO2+O2?2SO2，1molSO2被O2氧化放熱98.0kJ，若2mol該氣體與1molO2在此條件下發(fā)生反應，達到平衡時放出的熱量是176.4kJ，故參加反應的SO2為×1mol=1.8mol，故SO2轉(zhuǎn)化率為×100%=90%；

故答案為：90%；

②Cl元素的一種含氧酸（該酸的某鹽常用于實驗室制取氧氣），故該酸為HClO3，SO2與含1.5molHClO3溶液在一定條件下反應，可生成一種強酸為和一種氧化物，該強酸為H2SO4，Cl元素在氧化物中化合價為x，則（5-x）×1.5×6.02×1023=1.5×6.02×1023，解得x=4，故氧化物為ClO2，反應方程式為：SO2+2HClO3=H2SO4+2ClO2；

故答案為：SO2+2HClO3=H2SO4+2ClO2．

【解析】【答案】有X、Y、Z三種元素，Z與Y可組成化合物ZY3，ZY3溶液遇苯酚呈紫色，為FeCl3，故Z為Fe元素，Y為Cl元素，X2-、Y-均與Cl元素的氣態(tài)氫化物分子具有相同的電子數(shù)；為18個電子，故X為S元素；

（1）Cl元素的最高價氧化物對應水化物的化學式是HClO4；

（2）將FeCl3溶液滴入沸水中發(fā)生水解反應生成氫氧化鐵膠體；所形成的溶液具有膠體的性質(zhì)，氫氧化鐵膠體膠粒帶正電荷，會發(fā)生電泳現(xiàn)象，溶液中含有氯離子，將溶液蒸干促進水解，最終氫氧化鐵分解生成氧化鐵；

（3）硫單質(zhì)在空氣中燃燒生成一種無色有刺激性氣味的氣體為SO2；

①根據(jù)反應熱計算參加反應的二氧化硫的物質(zhì)的量；再利用轉(zhuǎn)化率定義計算；

②Cl元素的一種含氧酸（該酸的某鹽常用于實驗室制取氧氣），故該酸為HClO3；該酸具有強氧化性，將二氧化硫氧化為硫酸，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子數(shù)計算氯元素在氧化物中化合價，判斷氧化物化學式，據(jù)此書寫．

五、探究題(共4題，共20分)24、|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．25、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標準）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

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(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）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．26、|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．27、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標準）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

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(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）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．六、簡答題(共1題，共5分)28、略

【分析】解：rm{(1)}用方法rm{壟脵}制取rm{Cu_{2}O}時產(chǎn)生有毒氣體為rm{CO}

已知：Ⅰrm{.2Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCu_{2}O(s)triangleH=-169kJ?mol^{-1}}

Ⅱrm{.C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCO(g)triangleH=-110.5kJ?mol^{-1}}

Ⅲrm{.Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}

根據(jù)蓋斯定律，Ⅱrm{.2Cu(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)簍TCu_{2}O(s)triangleH=-169kJ?mol^{-1}}Ⅲrm{.C(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)簍TCO(g)triangleH=-110.5kJ?mol^{-1}}Ⅰ可得：rm{C(s)+2CuO(s)=Cu_{2}O(s)+CO(g)triangleH=+34.5kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{C(s)+2CuO(s)=Cu_{2}O(s)+CO(g)triangleH=+34.5kJ?mol^{-1}}

rm{.Cu(s)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)簍TCuO(s)triangleH=-157kJ