…………○…………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年牛津譯林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8題，共16分)1、下列關于鹵素（F、Cl、Br、I）的敘述中，正確的是（）A.原子核外最外層電子數隨原子序數的增大而增多B.氣態氫化物的穩定性隨原子序數的增大而增強C.原子半徑隨原子序數的增大而減小D.氯水、溴水和碘水均能使淀粉碘化鉀試紙變藍2、下列含有自由移動Cl-的純凈物的是（）A.NaCl溶液B.熔融的NaClC.液態HClD.NaCl晶體3、下列敘述中，錯誤的是（）A.分子式為C5H12的烴有三種可能的結構B.乙烯和聚乙烯均能和溴水發生加成反應而使溴水褪色C.苯乙烯在合適條件下催化加氫可生成乙基環己烷D.淀粉、纖維素和蛋白質都是高分子化合物，它們在一定條件下都能水解4、下列實驗中，依據實驗操作及現象，得出的結論正確的是（）A.操作：測定等濃度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH；現象：前者pH比后者的大；結論：非金屬性：S＞CB.操作：無色溶液中滴加氯水和CCl4，振蕩、靜置；現象：下層溶液顯紫色；結論：原溶液中有I-C.操作：向溶液X中加入稀鹽酸，并將產生的無色氣體通入澄清石灰水中；現象：生成白色沉淀；結論：溶液X中一定含CO32-或HCO3-D.操作：向某無色溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液；現象：產生白色沉淀；結論：溶液中一定含有SO42-5、下列裝置或操作不能實現實驗目的的是A.吸收易溶于水的氣體B.實驗室制取氨氣C.配制銀氨溶液D.實驗室制乙烯6、(2011·廣東六校模擬)用下圖裝置進行實驗，下表中實驗結果能說明結論的是()。甲乙丙結論A水電石溴水穩定性：水>C2H2>Br2B鹽酸石灰石苯酚鈉溶液酸性：HCl>H2CO3>苯酚C鹽酸FeS溴水還原性：S2－>Br－>Cl－D濃鹽酸KMnO4KBr溶液氧化性：KMnO42

27、45克油脂皂化需6克燒堿，該油脂的相對分子質量是（）A.300B.450C.850D.9008、下列反應中，反應后固體物質的質量減少的是（）A.二氧化碳通過Na202粉末B.向H202的溶液中加入一定量Mn02C.Cu2S在足量的02中灼燒D.將銅投入稀鹽酸酸化的KN03溶液并加熱評卷人得分二、雙選題(共6題，共12分)9、用98%的濃H2SO4(密度1.84g/cm3)配制1：4(一體積濃硫酸和四體積水混合)的稀硫酸(密度1.225g/cm3)，若用a表示所得硫酸溶液物質的量濃度，用b%表示其溶質質量分數，則下列各式中正確的是()A.B.C.D.10、下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.一定溫度下，反應rm{MgCl_{2}(l)=Mg(l)+Cl_{2}(g)}的rm{triangleH>0}rm{triangleS>0}B.水解反應rm{NH_{4}^{+}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O+H^{+}}達到平衡后，升高溫度平衡逆向移動C.鉛蓄電池放電時的負極和充電時的陽極均發生還原反應D.對于反應rm{2H_{2}O_{2}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}加入rm{MnO_{2}}或升高溫度都能加快rm{O_{2}}的生成速率11、根據下列實驗操作和現象所得出的結論正確的是（）

。選項實驗操作和現象結論A向盛有少量苯酚稀溶液的試管中逐滴加入飽和溴水，產生白色沉淀苯酚與Br2反應生成2，4，6三溴苯酚B向H2O2溶液中滴入NaClO溶液，產生無色氣體H2O2具有氧化性C向FeCl3溶液中滴入少量KI溶液，再加入KSCN溶液，溶液變紅Fe3+與I-的反應具有可逆性D向蔗糖中滴加少量濃硫酸，攪拌，蔗糖變黑，體積膨松，較成疏松多孔的海綿狀濃硫酸具有脫水性和氧化性A.AB.BC.CD.D12、下列關于煤的干餾的敘述中，正確的是rm{(}rm{)}A.煤加強熱而分解的過程叫做煤的干餾B.煤干餾的目的是得到冶金用的優質焦炭C.煤的干餾和石油的分餾的本質差別是：干餾是化學變化，而分餾是物理變化D.工業上芳香烴原料可由煤干餾得到，其存在于干餾所得的焦爐氣中13、有關堿金屬的敘述正確的是rm{(}rm{)}A.隨核電荷數的增加，堿金屬單質的熔點逐漸降低，密度逐漸增大B.堿金屬單質的金屬性很強，均易與氯氣、氧氣、氮氣等發生反應C.碳酸銫加熱時不能分解為二氧化碳和氧化銫D.無水硫酸銫的化學式為rm{Cs_{2}SO_{4}}它不易溶于水14、根據下列實驗設計及有關現象，所得結論不正確的是rm{(}rm{)}

。實驗實驗現象結論rm{A}

左燒杯中鐵表面有氣泡，右邊燒杯中銅表面有氣泡活動性：rm{Al>Fe>Cu}rm{B}

左邊棉花變為橙色，右邊棉花變為藍色氧化性：rm{Cl_{2}>Br_{2}>I_{2}}rm{C}

白色固體先變為淡黃色，后變為黑色rm{(Ag_{2}S)}溶解性：rm{AgCl>AgBr>Ag_{2}S}rm{D}

錐形瓶中有氣體產生，燒杯中液體變渾濁酸性：rm{HCl>H_{2}CO_{3}>H_{2}SiO_{3}}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、某化學興趣小組利用某廢棄的氧化銅鋅礦制取活性ZnO實驗流程如圖1：

請回答下列問題：

（1）加入鐵粉后，寫出生成海綿銅的離子方程式____．

（2）甲；乙兩同學選用下列儀器；采用不同的方法來制取氨氣．

①甲同學選用了圖2中裝置A，生成氨氣的化學方程式為____；

②乙同學選用了圖2中裝置B，則使用的兩種藥品的名稱為____．

（3）除鐵過程中得到的Fe（OH）3可用KClO溶液在堿性環境將其氧化得到一種高效的多功能水處理劑（K2FeO4），該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為____．

（4）已知溶液a中含有CO32-、SO42-兩種酸根陰離子，若只允許取用一次樣品，檢驗這種離子存在的實驗操作過程為____．16、（2011秋?金平區校級期末）如圖所示；某同學按照圖裝置進行如下實驗，請回答下列問題：

（1）斷開K1，閉合K2，a電極為Fe，b電極為Cu，則a電極為____極，發生____反應，a電極的電極方程式為____．

（2）斷開K2，閉合K1，a電極為石墨，b電極為Cu，則a電極為____極，發生____反應，a電極的電極方程式為____總電池的離子方程式為____

（3）斷開K2，閉合K1，a電極為Cu，b電極為Cu，則電解過程中，CuSO4溶液的濃度____（填增大、減小或不變），若該同學想用此裝置精煉銅，則應將粗銅置于____電極（請填寫“a”或“b”）17、將質量相等的鐵片和銅片用導線相連浸入500mL硫酸銅溶液中構成如圖1的裝置：（以下均假設反應過程中溶液體積不變）．

（1）鐵片上的電極反應式為____．

（2）銅片周圍溶液會出現____的現象．

（3）若2min后測得鐵片和銅片之間的質量差為1.2g；計算：

①導線中流過的電子的物質的量為____mol；

②該段時間內用硫酸銅表示的平均反應速率為____mol?L-1?min-1

（4）若一段時間后測得鐵片減少了2.4g，同時銅片增加了3.2g，計算這段時間內該裝置消耗的化學能轉化為電能的百分比為____．

（5）若將該裝置改為如圖2所示的裝置也能達到和原裝置相同的作用．其中KCl溶液起溝通兩邊溶液形成閉合回路的作用，同時又能阻止反應物直接接觸．則硫酸銅溶液應該注入____（填“左側”、“右側”或“兩側”）燒杯中．18、科學家制造出一種使用固體電解質的燃料電池，其效率更高，可用于航天航空。如圖1所示裝置中，以稀土金屬材料作惰性電極，在兩極上分別通入CH4和空氣，其中固體電解質是摻雜了Y2O3的ZrO2固體，它在高溫下能傳導陽極生成的O2－離子(O2＋4e－―→2O2－)。(1)c電極的名稱為，d電極上的電極反應式為。(2)如圖2所示用惰性電極電解100mL0.5mol·L－1CuSO4溶液，a電極上的電極反應式為，若a電極產生56mL(標準狀況)氣體，則所得溶液的pH＝(不考慮溶液體積變化)，若要使電解質溶液恢復到電解前的狀態，可加入(填序號)。a．CuOb．Cu(OH)2c．CuCO3d．Cu2(OH)2CO319、（2015秋?玉溪校級期中）在一固定容積為2L的密閉容器內加入0.2mol的N2和0.6mol的H2，在一定條件下發生如下反應：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g），△H＜0．反應中NH3的物質的量濃度的變化情況如圖所示；請回答下列問題：

①根據如圖，計算從反應開始到平衡時，平均反應速率v（NH3）=____；達平衡時轉化率α（N2）=____．

②下列描述中能說明上述反應已達平衡的是____．

A．3v正（H2）=2v逆（NH3）

B．容器中氣體的平均相對分子量不隨時間而變化。

C．容器中氣體的密度不隨時間而變化。

D．容器中氣體的分子總數不隨時間而變化。

E．N2、H2、NH3三種物質同時存在。

F．N2、H2、NH3的濃度比為1：3：2

G．斷裂1molN≡N的同時形成6molN-H

③保持相同條件，若起始時往該容器中充入0.1mol的N2，達到新平衡時NH3的百分含量和原平衡相同，則起始還應充入H2____mol，NH3____mol．保持相同條件，若起始時往該容器中充入0.8mol的NH3，則達平衡時NH3的體積分數____原平衡NH3的體積分數（填“大于”；“小于”或“等于”）．

④第5分鐘末將容器的體積縮小一半后，若在第8分鐘末達到新的平衡（此時NH3濃度約為0.25mol/L），請在上圖中畫出第5分鐘末到此平衡時NH3濃度的變化曲線．20、氟氣通過稀的NaOH溶液形成NaF溶液，同時放出一種無色氣體X，X由兩種元素組成，其中氟元素的質量分數為70.4%，則無色氣體X的分子式為____，氟氣與稀NaOH溶液反應生成X的化學方程式為____，在此反應中，若有2mol氟氣參加反應，則反應中轉移電子的物質的量為____．21、A、B、C、D、E是五種常見的正鹽，其陽離子可能是K+、NH4+、Cu2+、Ba2+、Al3+、Ag+、Fe3+，陰離子可能是Cl-、NO3-、SO42-、CO32-；已知：

①五種鹽均溶于水；水溶液均為無色．

②D的焰色反應呈紫色（透過藍色鈷玻璃）．

③A的溶液呈中性；B；C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈堿性．

④若在五種鹽的溶液中加入Ba（NO3）2溶液；只有A；C的溶液不產生沉淀．

⑤若在五種鹽的溶液中加入氨水；E和C的溶液中生成沉淀，繼續加氨水，C中沉淀消失，生成絡合物，該絡合物經常用于檢驗有機物中的醛基．

⑥把A的溶液分別加到B；C、E的溶液中；均能生成不溶于稀硝酸的沉淀．

請回答下列問題。

（1）五種鹽中，一定沒有的陽離子是____，上述簡單陽離子中，離子半徑最小的是____，該元素在元素周期表中的位置為____

（2）D的名稱為____，D溶液顯堿性的原因是（用離子方程式表示）____．

（3）E和氨水反應的離子方程式是____．

（4）檢驗B中陽離子的實驗方法是____．22、我國工業上主要采用以下四種方法降低尾氣中的含硫量：。方法1燃煤中加入石灰石，將SO2轉化為CaSO3，再氧化為CaSO4方法2用氨水將SO2轉化為NH4HSO3，再氧化為(NH4)2SO4方法3高溫下用水煤氣將SO2還原為S方法4用Na2SO3溶液吸收SO2，再電解轉化為H2SO4（1）方法1中已知：①CaO(s)＋CO2(g)＝CaCO3(s)ΔH=－178.3kJ/mol②CaO(s)＋SO2(g)＝CaSO3(s)ΔH=－402.0kJ/mol③2CaSO3(s)＋O2(g)＝2CaSO4(s)ΔH=－2314.8kJ/mol寫出CaCO3與SO2反應生成CaSO4的熱化學方程式：____；此反應的平衡常數表達式為：_____。（2）方法2中最后產品中含有少量(NH4)2SO3，為測定(NH4)2SO4的含量，分析員設計以下步驟：①準確稱取13.9g樣品，溶解；②向溶液中加入植物油形成油膜，用滴管插入液面下加入過量鹽酸，充分反應，再加熱煮沸；③加入足量的氯化鋇溶液，過濾；④進行兩步實驗操作；⑤稱量，得到固體23.3g，計算。步驟②的目的是：_____。步驟④兩步實驗操作的名稱分別為：_____、_____。樣品中(NH4)2SO4的質量分數：____（保留兩位有效數字）。（3）據研究表明方法3的氣配比最適宜為0.75［即煤氣（CO、H2的體積分數之和為90%）∶SO2煙氣（SO2體積分數不超過15%）流量=30∶40］。用平衡原理解釋保持氣配比為0.75的目的是：_____。（4）方法4中用惰性電極電解溶液的裝置如圖所示。陽極電極反應方程式為_____。23、某同學設計實驗證明銅與濃硫酸能發生反應；并檢驗生成氣體的性質，如圖所示，在試管里加入2mL濃硫酸，用帶導管和一個小孔的膠管塞緊，從孔中插入一根銅絲，加熱，把放出的氣體依次通入品紅溶液和石蕊溶液中．

請回答下列問題：

（1）寫出銅與濃硫酸反應的化學方程式：______．

（2）試管a、b分別檢驗生成氣體的性質；寫出觀察到的現象及其作用．

試管a中的現象是______，作用是______．

試管b中的現象是______，作用是______．評卷人得分四、判斷題(共4題，共8分)24、水蒸氣變為液態水時放出的能量就是該變化的反應熱．____．（判斷對錯）25、判斷下列說法是否正確；正確的在橫線內打“√”，錯誤的打“×”．

①1mol任何氣體的體積都是22.4L．____

②在標準狀況下，某氣體的體積為22.4L，則該氣體的物質的量為1mol，所含的分子數目約為6.02×1023．____

③當溫度高于0℃時，一定量任何氣體的體積都大于22.4L．____

④凡升高溫度，均可使飽和溶液變成不飽和溶液．____．26、水體污染的危害是多方面的；它不僅加劇水資源短缺，而且嚴重危害人體健康．

請判斷下列說法是否正確（填“√”或“×”）．

（1）工業廢水中含有的酸、堿、鹽，會造成水體污染．____

（2）生活污水中不含工業污染物，因此可以不經處理任意排放．____

（3）含重金屬（Hg、Pb、Cd、Cr等）的水，對人類健康有害．____

（4）含大量N、P的污水任意排向湖泊和近海，會出現水華、赤潮等問題．____．27、將30mL0.5mol/L的NaOH溶液加水稀釋到500mL，稀釋后NaOH的物質的量濃度為0.3mol/L____．（判斷對錯）評卷人得分五、書寫(共2題，共12分)28、（2015秋?乳山市校級月考）離子反應是中學化學中重要的反應類型．回答下列問題：

（1）在發生離子反應的反應物或生成物中，一定存在有____（填序號）．①單質②氧化物③電解質④鹽⑤化合物。

（2）可用圖示的方法表示不同反應類型之間的關系．如分解反應和氧化還原反應可表示如圖．請在方框中畫出離子反應；置換反應和氧化還原反應三者之間的關系．

（3）離子方程式是重要的化學用語．下列是有關離子方程式的一些錯誤觀點；請在下列表格中用相應的“離子方程式”否定這些觀點．

。①所有的離子方程式均可以表示一類反應____②酸堿中和反應均可表示為H++OH-═H2O____③離子方程式中凡是難溶性酸、堿、鹽均要標“↓”符號____（4）試列舉出三種不同類別的物質（酸、堿、鹽）之間的反應，它們對應的離子方程式都可用“Ba2++SO═BaSO4↓”來表示；請寫出有關反應的化學方程式（3個）：

①____；②____；③____．29、（2015春?麻城市校級期中）完成下列空白．

（1）“辛烷值”用來表示汽油的質量，汽油中異辛烷的爆震程度最小，將其辛烷值標定為100，右圖是異辛烷的球棍模型，則異辛烷的系統命名為____．

（2）寫出下列反應的化學方程式：

①2，5-二甲基-2，4-己二烯與足量氫氣加成：____；

②2-甲基-2-丁烯加聚反應____；

③甲苯在一定條件下生成三硝基甲苯：____．評卷人得分六、其他(共4題，共8分)30、化學上將SCN－、OCN－、CN－等離子稱為“類鹵離子”。現將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）。31、（15分）已知有機物A～I之間的轉化關系如圖所示：①A與D、Ｂ與E、I與F互為同分異構體②加熱條件下新制Cu(OH)2懸濁液分別加入到有機物I、F中，I中無明顯現象，F中變磚紅色。③Ｃ的最簡式與乙炔相同，且相對分子質量為104④Ｂ的一種同分異構體與FeCl3發生顯色反應。根據以上信息，回答下列問題：（1）Ｃ中含有的官能團名稱為（2）H的結構簡式為（3）反應①～⑨中屬于取代反應的是____(4)寫出反應⑥的化學方程式(5)寫出F與新制Cu(OH)2懸濁液反應的化學方程式(6)苯環上含有兩個取代基且能與NaOH溶液反應，但不與FeCl3發生顯色反應的G的同分異構體有種.32、（15分）物質之間的轉化關系如下圖，其中A、D、E、F、H為常見單質，其余為化合物，且單質E和單質F在點燃或加熱的條件下生成淡黃色的固體，B常溫下為液態化合物。試回答下列有關問題：(1)A在元素周期表的位置____周期____族(2)以上7個化學反應屬于非氧化還原反應的是____(用編號①→⑦填寫)(3)寫出反應①是；(4)寫出引發反應④的實驗操作____寫出該反應一種重要的工業用途(5)反應⑤的化學方程式是。(5)寫出用A與H作電極材料插入G溶液閉合電路后的正極反應式是。33、（15分）已知有機物A～I之間的轉化關系如圖所示：①A與D、Ｂ與E、I與F互為同分異構體②加熱條件下新制Cu(OH)2懸濁液分別加入到有機物I、F中，I中無明顯現象，F中變磚紅色。③Ｃ的最簡式與乙炔相同，且相對分子質量為104④Ｂ的一種同分異構體與FeCl3發生顯色反應。根據以上信息，回答下列問題：（1）Ｃ中含有的官能團名稱為（2）H的結構簡式為（3）反應①～⑨中屬于取代反應的是____(4)寫出反應⑥的化學方程式(5)寫出F與新制Cu(OH)2懸濁液反應的化學方程式(6)苯環上含有兩個取代基且能與NaOH溶液反應，但不與FeCl3發生顯色反應的G的同分異構體有種.參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【分析】A．同一主族元素中；其最外層電子數相等；

B．非金屬元素的非金屬性越強；其氣態氫化物越穩定；

C．原子半徑隨著原子序數的增大而增大；

D．溴、氯氣都能和碘離子反應生成碘單質，碘與淀粉試液變藍色．【解析】【解答】解：A．同一主族元素中；其最外層電子數相等，這幾種元素都是同一主族元素，所以其最外層電子數相等，故A錯誤；

B．非金屬元素的非金屬性越強；其氣態氫化物越穩定，從F到I元素，其非金屬性隨著原子序數的增大而減弱，所以其氫化物的穩定性隨著原子序數的增大而減弱，故B錯誤；

C．原子的電子層數越多；原子核對最外層電子的吸引能力越小，導致其原子半徑越大，所以原子半徑隨著原子序數的增大而增大，故C錯誤；

D．溴；氯氣都能和碘離子反應生成碘單質；碘水中含有碘單質，所以氯水、溴水和碘水都使淀粉碘化鉀試液變藍色，故D正確；

故選D．2、B【分析】【分析】氯化物在水溶液或熔融狀態下能電離出氯離子，純凈物只含一種物質，據此分析解答．【解析】【解答】解：A．氯化鈉溶液中含有氯離子；但氯化鈉溶液是混合物，故A錯誤；

B．熔融狀態下；氯化鈉能電離出自由移動的氯離子，且氯化鈉是純凈物，故B正確；

C．液體氯化氫中只存在氯化氫分子；不含氯離子，故C錯誤；

D．氯化鈉中含有氯離子；但沒有自由移動的氯離子，故D錯誤；

故選B．3、B【分析】【分析】A．分子式為C5H12的烴為戊烷；有正戊烷；異戊烷、新戊烷；

B．聚乙烯沒有不飽和鍵；

C．苯乙烯中碳碳雙鍵；苯環在合適條件下都能催化加氫；

D．淀粉、纖維素和蛋白質都是高分子化合物，淀粉、纖維素水解生成葡萄糖，蛋白質水解生成氨基酸．【解析】【解答】A．分子式為C5H12的烴為戊烷；有正戊烷；異戊烷、新戊烷，共3種同分異構體，故A正確；

B．聚乙烯沒有不飽和鍵；不能和溴水發生加成反應而使溴水褪色，故B錯誤；

C．苯乙烯中碳碳雙鍵；苯環在合適條件下都能催化加氫；生成乙基環己烷，故C正確；

D．淀粉；纖維素和蛋白質都是高分子化合物；淀粉、纖維素水解生成葡萄糖，蛋白質水解生成氨基酸，故D正確．

故選B．4、B【分析】【分析】A．比較非金屬性的強弱；應用元素對應的最高價氧化物的水化物的酸性強弱進行比較；

B．下層溶液顯紫色；說明有碘生成；

C．無色氣體也可能為SO2；

D．不能排除Ag+的干擾．【解析】【解答】解：A．比較非金屬性的強弱，應用元素對應的最高價氧化物的水化物的酸性強弱進行比較，應比較Na2CO3和Na2SO4溶液的pH；故A錯誤；

B．下層溶液顯紫色，說明有碘生成，則說明原溶液中有I-；故B正確；

C．無色氣體也可能為SO2，所以溶液X中也可能含SO32-或HSO3-；故C錯誤；

D．加入氯化鋇，可能生成AgCl沉淀，不能排除Ag+的干擾；故D錯誤．

故選B．5、C【分析】試題分析：A、氣體易溶于水，倒放球形漏斗具有緩沖作用，可以防止倒吸，正確；B、實驗室制取氨氣用氯化銨和氫氧化鈣受熱分解，用向下排空氣法收集，試管口塞團棉花，防止收集氨氣時與空氣對流，正確；C、配制銀氨溶液應該向硝酸銀溶液中滴加稀氨水，至產生的沉淀恰好溶解為止，錯誤；D、實驗室制乙烯用乙醇與濃硫酸混合加熱到170oC生成乙烯，正確，答案選C。考點：考查對實驗裝置、實驗原理的判斷【解析】【答案】C6、B【分析】物質之間發生反應，無法確定彼此穩定性的大小，A項錯誤；B項中發生的反應有：CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑，C6H5ONa＋H2O＋CO2―→C6H5OH＋NaHCO3，它們都屬于酸與鹽之間的復分解反應，符合強酸制弱酸的規律，可以說明酸性規律：HCl>H2CO3>苯酚，B項正確；C項中FeS＋2HCl===FeCl2＋H2S↑是非氧化還原反應，據此無法確定S2－、Cl－的還原性強弱，C項錯誤；D項中反應2KMnO4＋16HCl===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，Cl2＋2KBr===2KCl＋Br2均為氧化還原反應，根據氧化性強弱規律可確定氧化性的強弱順序為KMnO4>Cl2>Br2，D項錯誤。【解析】【答案】B7、D【分析】【解答】解：6g燒堿的物質的量n（NaOH）==0.15mol，油脂與氫氧化鈉按物質的量1：3反應，則油脂的物質的量為0.15mol×=0.05mol；

油脂的摩爾質量M==900g/mol；

則油脂的相對分子質量為900；

故選D．

【分析】油脂與氫氧化鈉按物質的量1：3反應，由n=計算n（NaOH），根據M=求出油脂的摩爾質量，數值上等于油脂的相對分子質量．8、D【分析】解：A．過氧化鈉與二氧化碳生成碳酸鈉和氧氣，發生的反應是2Na202+2C02=2Na2C03+02↑，固體從Na202→Na2C03；質量增加，故A錯誤；

B．雙氧水在二氧化錳做催化劑條件下分解生成水和氧氣；催化劑在反應前后質量不變，故B錯誤；

C．Cu2S在足量的02中灼燒生成氧化銅和二氧化硫，發生的反應是Cu2S+2O22CuO+SO2固體從Cu2S-一2Cu0；質量沒有變化，故C錯誤；

D．在酸性條件下NO3-能把Cu氧化生成溶于水的Cu（NO3）2；銅片溶解，固體質量減小，故D正確；

故選：D．

A．過氧化鈉與二氧化碳生成碳酸鈉和氧氣；

B．雙氧水在二氧化錳做催化劑條件下分解生成水和氧氣；

C．Cu2S在足量的02中灼燒生成氧化銅和二氧化硫；

D．硝酸根離子在酸性環境下具有強的氧化性；能夠氧化銅．

本題考查了有關方程式計算，明確物質的性質及發生的反應是解題關鍵，題目難度不大．【解析】【答案】D二、雙選題(共6題，共12分)9、A|D【分析】解：A、令濃硫酸體積為1mL，則水的體積為m4L，則稀硫酸的質量為1ml×1.84g/cm3+4ml×1g/ml=(1.84+4)g

溶質硫酸的質量為1ml×1.84g/cm3×98%=1×1.84×98%g，所以稀硫酸的質量分數b%=×100%=×100%；故A正確；

B；稀硫酸體積不等于濃硫酸與水的體積之和；故B錯誤；

C；稀硫酸體積不等于濃硫酸與水的體積之和；故C錯誤；

D、令濃硫酸體積為1L，則水的體積為4L，則稀硫酸的質量為1000ml×1.84g/cm3+4000ml×1g/ml=1000×(1.84+4)g，所以稀硫酸的體積為=ml=L，所以稀硫酸的物質的量濃度a==mol/L；故D正確．

故選AD．【解析】【答案】AD10、rAD【分析】解：rm{A.}反應為分解反應，為吸熱反應，則rm{triangleH>0}生成氣體，物質的混合度增大，則rm{triangleS>0}故A正確；

B.水解反應為吸熱反應；升高溫度向吸熱方向移動，即向正反應方向移動，故B錯誤；

C.鉛蓄電池放電時的負極發生氧化反應；充電時，陽極發生氧化反應，故C錯誤；

D.加入rm{MnO_{2}}或升高溫度都能提高活化分子的百分數，能加快rm{O_{2}}的生成速率；故D正確．

故選AD．

A.反應為分解反應；為吸熱反應，生成氣體，物質的混合度增大；

B.水解反應為吸熱反應；結合溫度對平衡移動的影響分析；

C.鉛蓄電池放電時的負極和充電時的陽極均發生氧化反應；

D.根據催化劑和溫度對反應速率的影響分析．

本題考查較為綜合，涉及焓變和熵變、外界條件對化學平衡的影響、電化學知識以及反應速率的影響因素，題目難度不大，本題注意水解反應、弱電解質的電離都為吸熱過程．【解析】rm{AD}11、AD【分析】解：A．向少量苯酚稀溶液中逐滴加入飽和溴水，生成白色沉淀，發生生成2，4，6三溴苯酚，故A正確；

B．NaClO可氧化過氧化氫；生成氧氣，過氧化氫具有還原性，故B錯誤；

C．FeCl3溶液中滴入少量KI溶液；氯化鐵過量，由現象不能判斷可逆反應，故C錯誤；

D．濃硫酸使蔗糖脫水后；C與濃硫酸發生氧化還原反應生成二氧化硫，則蔗糖變黑，體積膨松，變成疏松多孔的海綿狀，濃硫酸具有脫水性和氧化性，故D正確；

故選：AD。

A．向少量苯酚稀溶液中逐滴加入飽和溴水，生成白色沉淀，發生

B．NaClO可氧化過氧化氫；

C．FeCl3溶液中滴入少量KI溶液；氯化鐵過量；

D．濃硫酸使蔗糖脫水后；C與濃硫酸發生氧化還原反應生成二氧化硫。

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、反應與現象、實驗技能為解答的關鍵，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】AD12、rBC【分析】解：rm{A}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、焦爐煤氣等物質，如果不隔絕空氣，則煤會燃燒，故A錯誤；

B；煤干餾的目的是對煤進行綜合利用；得到煤焦油、焦炭、焦爐煤氣等物質，故B正確；

C、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、焦爐煤氣等物質，屬于化學變化rm{.}石油分餾是指通過石油中含有的物質的沸點不同而使各種物質分離開的一種方法；該過程中沒有新物質生成，屬于物理變化，故C正確；

D；煤的干餾得到的焦爐氣的主要成分是氫氣和甲烷；不含芳香烴，故D錯誤；

故選BC．

A；將煤隔絕空氣加強熱使煤分解的過程為煤的干餾；

B；焦炭是煤的干餾的產品之一；

C；石油的分餾是根據各組分的不同；用加熱的方法將各組分分離的方法；

D；煤的干餾得到的焦爐氣的主要成分是氫氣和甲烷．

本題考查化學與生活，側重于化學與人體健康的考查，為高考常見題型和高頻考點，有利于培養學生的良好科學素養，難度不大，注意相關基礎知識的積累．【解析】rm{BC}13、rBC【分析】解：rm{A.}堿金屬都屬于金屬晶體；金屬陽離子半徑增大，對外層電子束縛能力減弱，金屬鍵減弱，所以熔沸點降低，密度從上到下逐漸增大，但是鉀的反常，密度小于鈉，故A錯誤；

B.堿金屬單質的原子最外層只有rm{1}個電子；反應中容易失去電子，表現強的金屬性，所以性質活潑，能夠與氯氣；氧氣、氮氣等發生反應，故B正確；

C.銫與鈉都是堿金屬；碳酸鹽性質具有相似性，碳酸鈉性質穩定受熱不分解，所以可推知碳酸銫受熱不分解，故C正確；

D.依據硫酸鈉可知無水硫酸銫的化學式為rm{Cs_{2}SO_{4}}它易溶于水，故D錯誤；

故選：rm{BC}．

A.堿金屬都屬于金屬晶體；其單質的熔沸點隨著核電荷數的增大而減小，密度從上到下逐漸增大，但是鉀的反常；

B.堿金屬單質的原子最外層只有rm{1}個電子；反應中容易失去電子，表現強的金屬性；

C.依據碳酸鈉的性質解答；

D.依據硫酸鈉的性質判斷解答．

本題考查堿金屬元素的性質，題目難度不大，熟悉同主族元素對應的單質、化合物的性質具有相似性和遞變性是解題關鍵，題目難度中等．【解析】rm{BC}14、rBD【分析】解：rm{A.}原電池中，一般活潑金屬作負極，由圖可知，左邊燒杯中rm{Al}為負極，右邊燒杯中rm{Fe}為負極，則活動性：rm{Al>Fe>Cu}故A正確；

B.氯氣可氧化溴離子和碘離子；不能說明溴置換出碘，則不能比較溴與碘的氧化性，故B錯誤；

C.發生沉淀的轉化，向更難溶的方向移動，則由白色固體先變為淡黃色，后變為黑色，可知溶解性：rm{AgCl>AgBr>Ag_{2}S}故C正確；

D.鹽酸易揮發；可與碳酸鈉；硅酸鈉均發生化學反應，圖中裝置不能說明二氧化碳與硅酸鈉溶液反應，則不能比較碳酸與硅酸的酸性，故D錯誤；

故選BD．

A.原電池中；一般活潑金屬作負極；

B.氯氣可氧化溴離子和碘離子；

C.發生沉淀的轉化；向更難溶的方向移動；

D.鹽酸易揮發；可與碳酸鈉；硅酸鈉均發生化學反應．

本題考查化學實驗方案的評價，涉及原電池、氧化還原反應、沉淀轉化及酸性比較等，側重反應原理的考查，注意rm{BD}中排除干擾為解答的易錯點，題目難度中等．【解析】rm{BD}三、填空題(共9題，共18分)15、Fe+Cu2+=Fe2++CuCa（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O濃氨水、堿石灰3：2取少量溶液a于試管中，滴加稍過量稀鹽酸，有無色氣泡產生，說明有CO32-在，繼續滴加氯化鋇溶液，產生白色沉淀，說明含有SO42-【分析】【分析】氧化銅鋅礦經廢酸浸取后過濾，可得到硫酸銅、硫酸鋅溶液；向酸浸液中加鐵可還原出銅，經過濾可得銅和硫酸亞鐵、硫酸鋅的混合液；然后加入雙氧水和氨氣，將亞鐵轉化為氫氧化鐵沉淀而除去；后向濾液中加氨氣和碳酸氫銨等將鋅離子轉化為Zn2（OH）2CO3，最后焙燒，Zn2（OH）2CO3受熱分解得到氧化鋅．

（1）Fe與銅離子發生置換反應；

（2）①A裝置為固體加熱制備氣體；實驗室用氯化銨和氫氧化鈣來制備氨氣；

②裝置B為液體與固體反應不需要加熱的裝置；

（3）從題給信息寫出反應物和生成物；結合原子守恒和電子守恒分析；

（4）根據CO32-、SO42-的性質可知選用鹽酸和氯化鋇溶液檢驗．【解析】【解答】解：氧化銅鋅礦經廢酸浸取后過濾，可得到硫酸銅、硫酸鋅溶液；向酸浸液中加鐵可還原出銅，經過濾可得銅和硫酸亞鐵、硫酸鋅的混合液；然后加入雙氧水和氨氣，將亞鐵轉化為氫氧化鐵沉淀而除去；后向濾液中加氨氣和碳酸氫銨等將鋅離子轉化為Zn2（OH）2CO3，最后焙燒，Zn2（OH）2CO3受熱分解得到氧化鋅．

（1）Fe與銅離子發生置換反應生成Cu和亞鐵離子，其離子方程式為：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故答案為：Fe+Cu2+=Fe2++Cu；

（2）①A裝置為固體加熱制備氣體，實驗室用氯化銨和氫氧化鈣來制備氨氣，其反應的化學方程式為：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

故答案為：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

②裝置B為液體與固體反應不需要加熱的裝置；則可以選用濃氨水；堿石灰來制備氨氣；

故答案為：濃氨水；堿石灰；

（3）由題給信息可知，反應物為2Fe（OH）3、ClO-、OH-，生成物之一為FeO42-，因鐵在反應中化合價升高，故氯元素的化合價降低，則另一產物為Cl-，根據元素、電子、電荷守恒配平（可知產物還有水），則方程式為：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，Fe（OH）3為還原劑，ClO-為氧化劑；則氧化劑與還原劑的物質的量之比為3：2；

故答案為：3：2；

（4）CO32-與酸會生成二氧化碳氣體，SO42-與鋇離子結合生成白色沉淀硫酸鋇，所以可選用鹽酸和氯化鋇溶液檢驗，其操作為：取少量溶液a于試管中，滴加稍過量稀鹽酸，有無色氣泡產生，說明有CO32-在，繼續滴加氯化鋇溶液或氫氧化鋇溶液，產生白色沉淀，說明含有SO42-；

故答案為：取少量溶液a于試管中，滴加稍過量稀鹽酸，有無色氣泡產生，說明有CO32-在，繼續滴加氯化鋇溶液或氫氧化鋇溶液，產生白色沉淀，說明含有SO42-．16、負氧化Fe-2e-=Fe2+陽極氧化Fe-2e-=Fe2+Fe+Cu2+=Cu+Fe2+不變a【分析】【分析】（1）斷開K1，閉合K2；形成裝置為原電池，活潑性強的電解做負極，負極發生氧化反應，正極發生還原反應；

（2）斷開K2，閉合K1，裝置為電解池，與電源正極相連的a為陽極，發生氧化反應，與電源負極相連的b為陰極；發生還原反應，總的電解方程式為鐵與銅離子反應生成銅和二價鐵離子；

（3）斷開K2，閉合K1，裝置為電解池，與電源正極相連的a為陽極，發生氧化反應，與電源負極相連的b為陰極；發生還原反應，陽極上銅失去電子發生氧化反應，陰極上溶液中銅離子得到電子發生還原反應生成銅；

依據電解法精煉銅裝置確定粗銅所在電極．【解析】【解答】解：（1）斷開K1，閉合K2，形成裝置為原電池，鐵活潑性強于銅，鐵做負極，所以a為負極，銅做正極，b為正極，負極鐵失去電子發生氧化反應，電極反應式為：Fe-2e-=Fe2+；

故答案為：負；氧化；Fe-2e-=Fe2+；

（2）斷開K2，閉合K1，裝置為電解池，與電源正極相連的a為陽極，發生氧化反應，電極反應式為：Fe-2e-=Fe2+；電解池總反應離子方程式為：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；

故答案為：陽極；氧化；Fe-2e-=Fe2+；Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；

（3）斷開K2，閉合K1，裝置為電解池，與電源正極相連的a為陽極，發生氧化反應，電極反應式為：Cu-2e-=Cu2+；與電源負極相連的b為陰極，發生還原反應，電極反應式為：Cu2++2e-=Cu；依據電解過程中各個電極轉移電子數守恒，可知陽極上溶解的銅等于陰極上析出的銅，溶液中硫酸銅濃度不變；

電解法精煉銅；粗銅做陽極，發生氧化反應，精銅做陰極發生還原反應，所以粗銅應為a極；

故答案為：不變；a．17、Fe-2e-=Fe2+溶液顏色變淺0.020.0150%右側【分析】【分析】（1）該裝置構成原電池；鐵易失電子而作負極，銅作正極，鐵電極上鐵失電子而發生氧化反應；

（2）銅電極上銅離子得電子發生還原反應；

（3）①負極上鐵溶解；正極上析出銅，鐵片和銅片相差的質量為溶解鐵和析出銅的質量之和，溶解鐵的物質的量和析出銅的物質的量相等，根據金屬和轉移電子之間的關系式計算；

②根據銅離子的物質的量計算平均反應速率；

（4）由于Fe與硫酸銅溶液直接接觸；部分Fe發生原電池反應，另一部分直接與銅離子發生置換反應，根據Fe發生兩種反應的量來求算；

（5）含有鹽橋的原電池中，電極材料與相應的電解質溶液中含有相同的金屬元素．【解析】【解答】解：（1）該裝置構成原電池，鐵易失電子而作負極，銅作正極，鐵電極上鐵失電子而發生氧化反應，電極反應式為：Fe-2e-=Fe2+；

故答案為：Fe-2e-=Fe2+；

（2）銅電極上銅離子得電子發生還原反應而生成銅；所以銅離子濃度降低，則溶液顏色變淺，故答案為：溶液顏色變淺；

（3）①負極上鐵溶解，正極上析出銅，鐵片和銅片相差的質量為溶解鐵和析出銅的質量之和，溶解鐵的物質的量和析出銅的物質的量相等，設轉移電子的物質的量為xmol，×56+×64=1.2；x=0.02；

故答案為：0.02；

②銅離子的濃度變化為：=0.02mol/L，則該段時間內用硫酸銅表示的平均反應速率為=0.01mol?L-1?min-1；

故答案為：0.01；

（4）鐵電極的電子一部分傳給銅電極，發生原電池反應．同時鐵電極上也發生置換反應．電極反應：Fe-2e-→Fe2+，Cu2++2e-=Cu，銅電極增加3.2g，即0.05mol，同時鐵電極原電池反應產生0.05molFe2+；即鐵電極減少56g/mol×0.05mol=2.8g，但是鐵片只減少了2.4g，因為鐵片有一部分直接發生置換反應，有銅生成，所以質量增加了，這部分鐵的化學能沒有轉化為電能，所以有2.8g-2.4g=0.4g的質量差，設有xmol鐵直接參與置換反應；

Cu2++Fe=Cu+Fe2+△m

1mol8g

x0.4g

計算得x=0.05mol；即直接發生置換反應的鐵為0.05mol，參與原電池反應的鐵也是0.05mol，所以該裝置消耗化學能有50%轉化為電能；

故答案為：50%；

（5）含有鹽橋的原電池中，電極材料與相應的電解質溶液中含有相同的金屬元素，所以硫酸銅溶液應該倒入右側，故答案為：右側．18、略

【分析】(1)原電池中電流的方向是從正極流向負極，故c電極為正極；d電極為負極，通入的氣體為甲烷，d電極反應式為：CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O。(2)用惰性電極電解CuSO4溶液時，陽極(a電極)反應式：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑；陰極反應式：2Cu2＋＋4e－=2Cu，n(O2)＝＝2.5×10－3mol。線路中轉移電子的物質的量為2.5×10－3mol×4＝0.01mol，溶液中c(H＋)＝＝0.1mol/L，pH＝－lg0.1＝1。加入CuO或CuCO3與溶液中的H＋反應，可使電解質溶液恢復到電解前的狀態。【解析】【答案】(1)正極CH4＋4O2－－8e－=CO2↑＋2H2O(2)4OH－－4e－=2H2O＋O2↑1ac19、0.025mol/（L?min）50%BD0.30.2大于【分析】【分析】①由圖可知，4min時到達平衡，平衡時氨氣的濃度為0.1mol/L，根據v=計算v（NH3）；

生成氨氣為0.1mol/L×2L=0.2mol；根據方程式計算轉化的氮氣物質的量，進而計算氮氣轉化率；

②可逆反應到達平衡時；同種物質的正逆速率相等，各組分的濃度；含量保持不變，由此衍生的其它一些量不變，判斷平衡的物理量應隨反應進行發生變化，該物理量由變化到不變化說明到達平衡；

③恒溫恒容下，若起始時往該容器中充入0.1mol的N2，達到新平衡時NH3的百分含量和原平衡相同，與原平衡為等效平衡，按化學計量數完全轉化到左邊，滿足N2為0.2mol、H2為0.6mol；

保持相同條件，若起始時往該容器中充入0.8mol的NH3，等效開始通入0.4mol的N2和1.2mol的H2；等效為在原平衡的基礎上增大壓強，與原平衡相比，平衡正向移動；

④第5分鐘末將容器的體積縮小一半，瞬間氨氣的濃度變為原來的2倍，壓強增大，平衡向正反應移動，8min末達到新的平衡，此時NH3濃度約為0.25mol/L，據此作圖．【解析】【解答】解：①由圖可知，4min達平衡，△c（NH3）=0.1mol/L，所以v（NH3）==0.025mol/（L?min）；

生成氨氣為0.1mol/L×2L=0.2mol，根據方程式可知轉化的氮氣物質的量為0.2mol×=0.1mol，則氮氣轉化率為×100%=50%；

故答案為：0.025mol/（L?min）；50%；

②A．不同物質表示的速率之比的與化學計量數之比，反應到達平衡狀態，3v正（H2）=2v逆（NH3）即v正（H2）：v逆（NH3）=2：3；不等于化學計量數之比，未到達平衡狀態，逆反應速率較大，平衡向逆反應進行，故A錯誤；

B．反應混合氣體的總質量不變；隨反應進行，總的物質的量減小，故平均相對分子質量減小，容器中氣體的平均相對分子量不隨時間而變化，說明到達平衡狀態，故B正確；

C．反應混合氣體的總質量不變；容器的容積不變，密度始終不變，容器中氣體的密度不隨時間而變化不能說明到達平衡狀態，故C錯誤；

D．正反應是氣體物質的量減小的反應；隨反應進行氣體分子數目減少，容器中氣體的分子總數不隨時間而變化，說明到達平衡狀態，故D正確；

E．反應進行后，未達到平衡N2、H2、NH3三種物質也同時存在；故E錯誤；

F．N2、H2、NH3的濃度比與起始濃度及轉化率有關；平衡時不一定等于化學計量數之比，故F錯誤；

G．斷裂1molN≡N的同時形成6molN-H；均表示正反應速率，反應始終按該比例關系進行，平衡時斷裂1molN≡N的同時斷裂6molN-H，故G錯誤；

故選：BD；

③恒溫恒容下，若起始時往該容器中充入0.1mol的N2，達到新平衡時NH3的百分含量和原平衡相同，與原平衡為等效平衡，按化學計量數完全轉化到左邊，滿足N2為0.2mol、H2為0.6mol；則：

0.1mol+×n（NH3）=0.1mol，n（H2）+n（NH3）=0.6mol

解得n（NH3）=0.2mol，n（H2）=0.3mol

保持相同條件，若起始時往該容器中充入0.8mol的NH3，等效開始通入0.4mol的N2和1.2mol的H2，等效為在原平衡的基礎上增大壓強，與原平衡相比，平衡正向移動，則達平衡時NH3的體積分數大于原平衡NH3的體積分數；

故答案為：0.3；0.2；大于；

④第5分鐘末將容器的體積縮小一半，瞬間氨氣的濃度變為原來的2倍，壓強增大，平衡向正反應移動，8min末達到新的平衡，此時NH3濃度約為0.25mol/L，第5分鐘末到達新平衡時NH3濃度的變化曲線為：

故答案為：．20、OF22F2+NaOH═NaF+OF2+HF4mol【分析】【分析】根據氧化還原反應知識及氟元素無正價的知識，可寫出化學反應方程式為2F2+NaOH═NaF+OF2+HF，OF2為氟化物，因此O為+2價，F為-1價，F2為氧化劑，NaOH為還原劑，由此分析解答．【解析】【解答】解：根據氧化還原反應知識及氟元素無正價的知識，而氫氧化鈉中鈉與氫都是最高價態，所以氫氧化鈉中氧元素化合價升高，化學反應方程式為2F2+NaOH═NaF+OF2+HF，OF2為氟化物，因此O為+2價，F為-1價，F2為氧化劑，NaOH為還原劑，2mol氟氣參加反應，轉移2×2mole-=4mole-；

故答案為：OF2；2F2+NaOH═NaF+OF2+HF；4mol．21、Cu2+、Fe3+Al3+第3周期，ⅢA族碳酸鉀CO32-+H2O?HCO3-+OH-Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+取少量待測液，加入足量氫氧化鈉溶液，加熱，產生使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體【分析】【分析】①五種鹽均溶于水，水溶液均為無色，則沒有Cu2+、Fe3+；

②D的焰色反應呈紫色，則D中有K+；

③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性則含有：NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈堿性，則D中含有CO32-，根據陽離子可知D為K2CO3；

④若在這五種鹽的溶液中分別加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不產生沉淀，則A、C中沒有CO32-、SO42-；

⑤若在這五種鹽的溶液中，分別加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，繼續加氨水，C中沉淀消失，說明C中為Ag+，則E中有Al3+；所以C為AgNO3；

⑥把A溶液呈中性分別加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，則A為BaCl2；由以上分析可知E中含有Al3+，B中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，則B、E中含有SO42-；所以B、E為（NH4）2SO4、Al2（SO4）3，結合題目分析．【解析】【解答】解：①五種的水溶液均為無色，則一定沒有有色的離子：Cu2+、Fe3+；

②D的焰色反應呈紫色，則D中有K+；

③A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，則含有NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈堿性則D中含有CO32-，結合②陽離子可知D為K2CO3；

④若在這五種鹽的溶液中分別加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不產生沉淀，則A、C中沒有SO42-；

⑤五種鹽的溶液中，分別加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，繼續加氨水，C中沉淀消失，說明C中為Ag+，則E中有Al3+；所以C為AgNO3；

⑥把A溶液呈中性分別加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，則A為BaCl2；由以上分析可知E中含有Al3+，B中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，則B、E中含有SO42-；所以B、E為（NH4）2SO4、Al2（SO4）3；

（1）五種鹽中，一定沒有的陽離子是Cu2+、Fe3+；K+、Cu2+、Ba2+、Al3+、Ag+、Fe3+，其中K+、Cu2+、Fe3+都有3層電子，Ba2+有5層電子，Ag+有4層電子，Al3+有2層電子，故離子半徑最小的是Al3+；在元素周期表中的位置為：第3周期，ⅢA族；

故答案為：Cu2+、Fe3+；Al3+；第3周期；ⅢA族；

（2）D的化學式為K2CO3，名稱為碳酸鉀；K2CO3溶液顯堿性的原因是：CO32-+H2O?HCO3-+OH-；

故答案為：碳酸鉀；CO32-+H2O?HCO3-+OH-；

（3）Al2（SO4）3和氨水反應的離子方程式為：Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；

故答案為：Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；

（4）B為（NH4）2SO4，檢驗（NH4）2SO4中所含的陽離子銨根離子的方法為：取少量（NH4）2SO4于試管中，滴加少量NaOH溶液，在試管口附近放一張濕潤的紅色石蕊試紙，加熱，若試紙變藍，說明B中陽離子為NH4+；

故答案為：取少量待測液，加入足量氫氧化鈉溶液，加熱，產生使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體．22、略

【分析】試題分析：(1)③+②×2-①×2.整理得2CaCO3(S)＋2SO2(g)＋O2(g)＝2CaSO4(S)＋2CO2(g)ΔH=－2762.2kJ/mol。此反應的平衡常數表達式為K=（2）向溶液中加入植物油形成油膜，用滴管插入液面下加入過量鹽酸，充分反應，再加熱煮沸目的是使生成的SO2完全逸出，防止SO2被氧化造成誤差步驟④兩步實驗操作分別是洗滌、干燥；n(BaSO4)=n((NH4)2SO4)=m/M=23.3g÷233g/mol=0.1mol,m((NH4)2SO4)=n·M=0.1mol×132g/mol=13.2g.所以樣品中(NH4)2SO4的質量分數(13.2g÷13.9g)×100%=95%.（3）高溫下用水煤氣將SO2還原為S的方程式為CO(g)+H2(g)+SO2(g)S(s)+CO2(g)+H2O(g)。由方程式可知反應時它們的物質的量的比為1:1:1.保持氣配比為0.75即還原氣體過量，目的是可以提高SO2的轉化率，使更多的SO2還原為S單質，從而大大降低尾氣中的含硫量。（4）用惰性電極電解Na2SO3溶液，陽極電極反應方程式為SO32-＋H2O－2e-＝2H+＋SO42-；陰極的電極反應式為2HSO3-+2e-=H2↑+2SO32-。考點：考查降低尾氣中的含硫量的四種方法的化學反應原理的知識。【解析】【答案】（1）2CaCO3(S)＋2SO2(g)＋O2(g)＝2CaSO4(S)＋2CO2(g)ΔH=－2762.2kJ/mol；K=（2）使生成的SO2完全逸出，防止SO2被氧化造成誤差；洗滌；干燥；95%；（3）還原氣體過量可以提高SO2的轉化率；（4）SO32-＋H2O－2e-＝2H+＋SO42-；23、略

【分析】解：（1）銅跟濃硫酸反應，銅具有還原性，濃硫酸具有強氧化性，反應必須加熱才能發生，書寫化學方程式時注意“濃”字，反應的化學方程式為：Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+2H2O+SO2↑；

故答案為：Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+2H2O+SO2↑；

（2）二氧化硫具有漂白性；能夠使品紅溶液褪色，所以試管a中品紅溶液褪色，目的是證明二氧化硫具有漂白性；二氧化硫屬于酸性氧化物，溶于水后溶液顯示酸性，能夠使紫色的石蕊試液變紅；

故答案為：品紅溶液褪色；證明二氧化硫具有漂白性；紫色石蕊試液變紅；證明二氧化硫溶于水顯示酸性．

（1）銅與濃硫酸反應生成硫酸銅；二氧化硫氣體和水；據此寫出反應的化學方程式；

（2）二氧化硫具有漂白性；能夠使品紅溶液褪色；二氧化硫為酸性氧化物，溶于水顯示酸性．

本題考查了濃硫酸的性質、二氧化硫的性質及檢驗，題目難度中等，注意掌握銅與濃硫酸反應原理、二氧化硫氣體的性質及檢驗方法，試題有利于提高學生靈活應用基礎知識的能力．【解析】Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+2H2O+SO2↑；品紅溶液褪色；證明二氧化硫具有漂白性；紫色石蕊試液變紅；證明二氧化硫溶于水顯示酸性四、判斷題(共4題，共8分)24、×【分析】【分析】水蒸氣變化為液態水不是化學反應；【解析】【解答】解：水蒸氣變化為液態水不是化學反應，是物質的能量變化，故錯誤；25、×【分析】【分析】①外界條件不同；氣體的體積不同；

②標準狀況下，氣體的氣體摩爾體積為22.4L/mol，結合n==計算；

③氣體的體積受溫度；壓強影響；

④升高溫度，如溶解度減小，則仍未飽和溶液．【解析】【解答】解：①氣體的體積受溫度；壓強影響；外界條件不同，分子之間的距離不同，則氣體的體積不同，故答案為：×；

②標準狀況下，氣體的氣體摩爾體積為22.4L/mol，n===1moL，所含的分子數目約為6.02×1023；故答案為：√；

③氣體的體積受溫度；壓強影響；如壓強較大，則氣體的體積可能小于22.4L，故答案為：×；

④升高溫度，如溶解度減小，則仍未飽和溶液，故答案為：×．26、√【分析】【分析】（1）工業廢水應遵循“先凈化；后排放”的原則，工業廢水需要經過處理達標后再排放才不會污染環境；

（2）生活污水不經處理任意排放；會危害人畜等需飲水生物的健康；

（3）重金屬能使蛋白質變性；

（4）含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，會造成水體的富營養化從而破壞水體生態系統，會出現水華、赤潮等水體污染問題．【解析】【解答】解：（1）工業廢水是指工業生產過程中產生的廢水；污水和廢液；其中含有隨水流失的工業生產用料、中間產物和產品以及生產過程中產生的污染物．廢水中含有的酸、堿、鹽，會造成水體污染，需要經過處理達標后才能排放；

故答案為：√；

（2）生活污水中雖不含工業污染物；但廢水中污染物成分極其復雜多樣，常要幾種方法組成處理系統才能達到完全凈化的目的，因此可以不經處理任意排放錯誤；

故答案為：×．

（3）重金屬能使蛋白質變性；對人類健康有害；

故答案為：√；

藻類生長需要大量的N；P元素；如果水體中N、P元素嚴重超標，會引起藻類瘋長，從而導致水中氧氣含量降低，水生生物大量死亡，海水中常稱為赤潮，淡水中稱為水華；

故答案為：√．27、×【分析】【分析】稀釋前后氫氧化鈉的物質的量不變，根據稀釋定律C1V1=C2V2計算判斷．【解析】【解答】解：令稀釋后NaOH的物質的量濃度為c，稀釋前后氫氧化鈉的物質的量不變，則：0.03L×0.5mol/L=c×0.5L，解得c=0.03mol/L，故錯誤，故答案為：×．五、書寫(共2題，共12分)28、③⑤2CH3COOH+CaCO3═2CH3COO-+Ca2++H2O+CO2↑CH3COOH+OH-═CH3COO-+H2OCaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+2HClBa（OH）2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaOHNaHSO4+BaCl2═BaSO4↓+HCl+NaCl【分析】【分析】（1）根據離子反應發生的條件進行分析；

（2）根據離子反應；氧化還原反應、置換反應間的關系完成；

（3）①根據有的離子方程式只能不是一個化學反應分析；

②弱酸或者弱堿需要保留分子式；

③難溶性酸；堿、鹽作為反應物時；不需要標出沉淀符號；

（4）寫出三種不同類別的物質（酸、堿、鹽）之間的反應，對應的離子方程式都可用“Ba2++SO42-═BaSO4↓”的化學方程式即可．【解析】【解答】解：（1）離子反應中一定有離子參與反應或有離子生成；因此一定有電解質（化合物）參與反應或生成；

故答案為：③⑤；

（2）置換反應一定是氧化還原反應，二者有一部分可用離子方程式表示，如Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，有的則只能用化學方程式表示，如CuO+H2Cu+H2O，所以它們之間的關系為：

故答案為：

（3）①離子方程式不一定表示的是一類反應，如2CH3COOH+CaCO3═2CH3COO-+Ca2++H2O+CO2↑；該反應只表示醋酸和碳酸鈣的反應；

故答案為：2CH3COOH+CaCO3═2CH3COO-+Ca2++H2O+CO2↑；

②有弱酸或者弱堿參加的反應，不能夠用H++OH-═H2O表示，如CH3COOH+OH-═CH3COO-+H2O；

故答案為：CH3COOH+OH-═CH3COO-+H2O；

③離子方程式中，反應物若是難溶物，不需要標出沉淀符號，如CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑；

故答案為：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑；

（4）不同類別的物質（酸、堿、鹽）之間的反應，它們對應的離子方程式都可用“Ba2++SO42-═BaSO4↓”來表示；說明酸；堿和鹽，都是可溶性的，且反應后只有硫酸鋇沉淀生成，沒有氣體的氣體或弱電解質，如。

①氯化鋇與硫酸的反應，可用“Ba2++SO42-═BaSO4↓”來表示，反應化學方程式為：BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+2HCl；

故答案為：BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+2HCl；

②氫氧化鋇與硫酸鈉的反應為：Ba（OH）2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaOH，可用“Ba2++SO42-═BaSO4↓”來表示；

故答案為：Ba（OH）2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaOH；

③硫酸氫鈉與氯化鋇反應，反應的化學方程式為：NaHSO4+BaCl2═BaSO4↓+HCl+NaCl，可用“Ba2++SO42-═BaSO4↓”來表示；

故答案為：NaHSO4+BaCl2═BaSO4↓+HCl+NaCl．29、2，2，4-三甲基戊烷（CH3）2C=CHCH=C（CH3）2+2H2（CH