2025年人教新课标高三化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教新课标高三化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列除去杂质的方法错误的是（）A.除去KCl中混有的KI：溶于水通入过量氯气，蒸发结晶B.除去BaSO4固体中混有的BaCO3：加过量盐酸后，过滤C.除去Na2CO3固体中的NaHCO3：加热至恒重D.除去CuO中混有的Al2O3：加过量盐酸后，过滤2、现有等物质的量组成的Fe、Cu合金共0.1mol，研成粉末后，全部投入稀硝酸中，微热使其充分反应，已知硝酸的还原产物只有NO．由于HNO3用量的不同，溶液中的金属离子和残留固体的成分会有多种情况．下列说法正确的是（）A.根据溶液中的金属离子和残留固体的成分最多会有5种情况B.若金属有剩余，在溶液中再滴入稀硫酸后，金属不会溶解C.当合金刚好溶解时，在标准状况下产生2.24LNOD.若合金全部溶解，在溶液中加入过量的氨水，（已知铜离子可转化为四氨合铜络离子溶于水）则经过滤、洗涤、干燥、充分灼烧、称量可得固体4g3、下列有机物的命名正确的是（）A.1，1，2，2-四甲基戊烷B.3-甲基-1，3-丁二烯C.2，4，6-三硝基甲苯D.2-甲基-3-丁醇4、下列说法不正确的是（）A.铅蓄电池在放电过程中，正负极质量均增加B.常温下，反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，则该反应的△H＞OC.25℃时，Mg（OH）2固体在20mL0.01mol•L-1氨水中的Ksp比在20mL0.01mol•L-1NH4Cl溶液中的Ksp小D.将浓度为0.1mol•L-1的HF溶液加水不断稀释，的值始终保持增大5、下列说法正确的是（）A.自来水厂可用硫酸铁对水进行消毒杀菌B.工业上通过电解AlCl3饱和溶液制备金属铝C.蛋白质、葡萄糖和脂肪都可以在人体中发生水解D.某温度下NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）能自发进行，则其△H＜06、盐是一类常用物质，下列物质可通过一步反应形成盐的是()rm{垄脵}金属rm{垄脷}碱性氧化物rm{垄脹}碱rm{垄脺}非金属rm{垄脻}酸性氧化物rm{垄脼}酸A.只有rm{垄脵垄脷垄脹}B.只有rm{垄脵垄脺垄脼}C.只有rm{垄脷垄脻垄脼}D.全部7、下列说法正确的是（）A.在化学反应中，化学能只可以转化为热能B.合成氨反应N2+3H2⇌2NH3，当N2、H2、NH3浓度相等时该反应达到了最大限度C.合成氨反应N2+3H2⇌2NH3中，升高温度，该反应速率减小D.化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因8、下列各物质的分类、名称（或俗名）、化学式都正确的是（）A.碱性氧化物--氧化铁--FeOB.酸性氧化物--碳酸--C0C.酸--硫酸--H2SD.盐--纯碱--Na2CO39、R2O8n-离子在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4-，若反应后R2O8n-变成RO42-，又知反应中氧化剂与还原剂的离子个数比为5：2，则R2O8n-离子中R元素的化合价以及n值分别为（）A.+7、2B.+6、2C.+5、1D.+4、1评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、某小组同学在实验室研究Al与CuCl2溶液的反应．

。实验操作实验现象ⅰ．红色物质附着于铝片表面。

ⅱ．大量无色气体从红色物质表面逸出；放出大量的热。

ⅲ．烧杯底部出现白色沉淀（1）现象ⅰ中的红色物质是____．

（2）经检验现象ⅱ中的无色气体为氢气．

①甲认为Al与H+反应产生了氢气，用离子方程式表示溶液中存在大量H+的原因____．

②氢气从红色物质表面逸出的原因是____．

（3）探究白色沉淀的化学成分．

查阅资料：Cu+可与浓氨水反应生成Cu（NH3）2+（无色）；该无色物质在空气中易被氧化变为蓝色．

乙认为白色沉淀可能是CuCl；并通过实验证明其猜测正确，实验步骤如下：

a．取白色沉淀；充分洗涤；

b．向其中加入浓氨水；沉淀溶解得到无色溶液，将无色溶液分为两份；

c．取其中一份无色溶液

d．将另一份无色溶液放置于空气中；一段时间后，溶液变为蓝色．

①步骤c的实验方案是____．

②用化学平衡移动原理解释CuCl溶于浓氨水的原因____．

（4）探究CuCl产生的原因．

①丙猜测可能是Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，因为Cu具有____性．

②取Cu粉与1mol/LCuCl2溶液混合，无白色沉淀产生，丙再次分析Al与CuCl2溶液反应的实验现象，改进实验方案，证明了Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，改进之处是____．11、（2015春•福建期末）储氢材料的种类很多；包括储氢合金；配位氢化物、碳质吸附材料等．

（1）TiFe合金是钛系储氢合金的代表；该合金具有放氢温度低；价格适中等优点．

①基态Fe原子的价电子排布式为____．

②基态Ti原子含有____种不同能级的电子．

（2）NaH、MgH2、AlH3足良好的吸氢材料．Na、Mg、Al原子的第一电离能由小到大的顺序为____（填元索符号）．

（3）配位氢化物NaAlH4储氢性能好，AlH4-的立体构型是____．

（4）鑭镍合金是目前广泛使用的储氢材料；其晶胞结构如图，Ni原子处于晶胞的面上和体心．

①该晶体的化学式为____；

②若该晶胞为立方体，合金的平均摩尔质量为Mg•mol-1，密度为ag•cm-3；则两个距离最近。

的La原子间的距离为____．（用含a、M的表达式表示）12、硬质玻璃管是化学实验中经常使用的一种仪器；请分析下列实验（固定装置略）并回答问题．

Ⅰ；如图是某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究的流程和装置．

操作步骤如下：

a．按上图2组装仪器（夹持仪器均省略）；检查装置的气密性；

b．将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中；

c．从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，在C装置出口处收集H2并____后；点燃A处酒精灯；

d．充分反应后；撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却．

e．测得反应后装置B增重1.35g．

回答下列问题：

（1）步骤c中填空为____

（2）图1中步骤②和⑤中都要用到的玻璃仪器是____．

（3）下列有关图1中步骤⑥的操作中说法不正确的是____．

a．滴定管用蒸馏水洗涤后再用待装液润洗。

b．锥形瓶不需要用待测液润洗。

c．因为碘水为黄色；所以滴定过程中不需加指示剂。

（4）由以上实验得出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为____．

Ⅱ、硬质玻璃管进行微量实验：如图所示，将浓硫酸滴入装有Na2SO3固体的培养皿一段时间后，a、b；c三个棉球变化如下表．

请填写表中的空白：

。棉球棉球上滴加的试剂实验现象解释和结论a

____棉球变白，微热后又恢复红色b含酚酞的NaOH溶液棉球变为白色离子方程式：

____c

____棉球变为白色

结论：该气体具有____性13、现有A、B、C、D四种金属，把A、B分别浸入稀硫酸中，产生气泡都很慢；把C、D分别浸入水中都能产生气泡；把A、B用导线连接同时放入装有稀硫酸的烧杯中，A上有大量气泡析出；把C浸入D的硝酸盐溶液中，C的表面有D析出．这四种金属的活动顺序由强到弱为____．14、Ⅰ．乙基香草醛（）是食品添加剂的增香原料；其香味比香草醛更加浓郁．

写出乙基香草醛分子中两种含氧官能团的名称____．

Ⅱ．乙基香草醛的同分异构体A是一种有机酸；A可发生以下变化：

提示：①RCH2OHRCHO；

②与苯环直接相连的碳原子上有氢时，此碳原子才可被酸性KMnO4溶液氧化为羧基．

（1）由A→C的反应属于____（填反应类型）．写出A的结构简式____．

（2）乙基香草醛的另一种同分异构体D（）是一种医药中间体，用茴香醛（）经两步反应合成D；请写出第②步反应的化学方程式（其他原料自选，并注明必要的反应条件）．

①

②____．

（3）乙基香草醛的同分异构体有很多种，满足下列条件的同分异构体有____种，其中有一种同分异构体的核磁共振氢谱中出现4组峰，吸收峰的面积之比为1：1：2：6，该同分异构体的结构简式为____．

①能与NaHCO3溶液反应②遇FeCl3溶液显紫色；且能与浓溴水反应。

③苯环上有两个烃基④苯环上的官能团处于对位。

（4）现有溴、浓硫酸和其它无机试剂，实现转化为其合成线路如下：写（Ⅱ）（Ⅲ）两步反应的化学方程式：

（Ⅱ）____；

（Ⅲ）____．15、电解法促进橄榄石（主要成分是Mg2SiO4）固定CO2的部分工艺流程如下：

已知：Mg2SiO4（s）+4HCl（aq）⇌2MgCl2（aq）+SiO2（s）+2H2O（l）△H=-49.04kJ•mol-1

（1）橄榄石的组成是Mg9FeSi5O20，用氧化物的形式可表示为____．

（2）图1虚框内需要补充一步工业生产的名称为____．

（3）下列物质中也可用作“固碳”的是____．（填字母）

a．CaCl2b．H2NCH2COONac．（NH4）2CO3

（4）由图2可知，90℃后曲线A溶解效率下降，分析其原因____．

（5）过滤Ⅰ所得滤液中含有Fe2+，检验该离子方法为____．

（6）过程①为除去滤液中的杂质，写出该除杂过程所涉及反应的离子方程式____、____．16、①NaOH溶液②铜丝③液态HCl④盐酸⑤稀硫酸⑥液氨⑦氨水⑧SO2⑨胆矾晶体⑩熔融NaCl（11）蔗糖晶体。

（1）上述状态下可导电的是（填序号，下同）____；

（2）属于电解质的是____；

（3）属于非电解质的是____．17、Ⅰ：明矾石是制取钾肥和氢氧化铝的重要原料；明矾石的组成和明矾相似，此外还含有氧化铝和少量氧化铁杂质．具体实验步骤如图一所示：

根据图一示；完成下列填空：

（1）明矾石焙烧后用稀氨水浸出．配制500mL稀氨水（每升含有39.20g氨）需要取浓氨水（每升含有250.28g氨）____mL，用规格为____mL量筒量取．

（2）氨水浸出后得到固液混合体系，过滤，滤液中除K+、SO42-外，还有大量的NH4+．检验NH4+的方法是____．

（3）写出沉淀物中所有物质的化学式____．

（4）滤液I的成分是水和____．

（5）为测定混合肥料K2SO4、（NH4）2SO4中钾的含量；完善下列步骤：

①称取钾氮肥试样并溶于水，加入足量____溶液；产生白色沉淀．

②____、____、____（依次填写实验操作名称）．

③冷却；称重．

（6）若试样为mg，沉淀的物质的量为nmol，则试样中K2SO4的物质的量为：____mol（用含m；n的代数式表示）．

Ⅱ：某无色透明溶液可能含有下列离子：K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、NO3-、SO42-、HCO3-、Cl-等；取该溶液进行如下实验：

①用蓝色石蕊试纸检测该溶液；试纸显红色；

②取溶液少许；加入铜片和稀硫酸共热，产生无色气体，该气体遇到空气立即变为红棕色；

③取溶液少许；加入氨水有白色沉淀生成，继续加入过量氨水，沉淀不消失；

④取溶液少许；滴入氯化钡溶液产生白色沉淀；

⑤取实验④后的澄清溶液；滴入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失．

请回答下列问题：

（l）在实验①中，图二所示的操作中正确的是____（填代号）

（2）根据上述实验判断原溶液中肯定存在的离子是____，肯定不存在的离子是____．

（3）写出与②③两个实验有关的离子方程式：

②____；

③____．18、按要求填空：

（1）分子式为C6H12的某烃的所有碳原子都在同一平面上，则该烃的结构简式为____；

（2）若分子式为C4H6的某烃中所有的碳原子都在同一条直线上，则该烃的结构简式为____；

（3）已知某烃的相对分子质量为58，它的核磁共振氢谱只有2个峰，则它的结构简式为____、____。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)19、1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA．____（判断对错）20、很多物质都可以添加到食品中，其中使用亚硝酸钠时必须严格控制用量．____．（判断对错）21、某烷烃的名称为2，2，4，4-四甲基-3，3，5-三乙基己烷____（判断对错）22、实验测得1mol某气体体积为22.4L，测定条件一定是标准状况____（判断对错）23、工业废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染．____．（判断对错）24、乙烷与氯气的取代反应，乙烯与氯代烃的加成反应，均可用于制取1-氯乙烷____（判断对错）25、实验室通过消石灰和NH4Cl固体制备NH3，属于离子反应____（判断对和错）26、对于2SO2（g）+O2（g）═2SO2（g）反应，当密度保持不变，在恒温恒容或恒温恒压条件下，均不能作为达到化学平衡状态的标志．____（判断对错）评卷人得分四、简答题(共4题，共24分)27、工业生产无铁硫酸铝，以硫酸浸取铝土矿得含铁rm{(Fe^{2+}}和rm{Fe^{3+})}的硫酸铝溶液，加热到一定温度，搅拌，加入一定量高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液，在溶液中生成活性二氧化锰，调节溶液的rm{pH}反应一段时间，rm{Fe(OH)}rm{{,!}_{3}}和二氧化锰发生吸附共沉作用；最终得到无铁硫酸铝晶体．

rm{(1)KMnO_{4}}首先将rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}其本身被还原为rm{MnO_{2}}反应的离子方程式为______．

rm{(2)}写出高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液反应的化学方程式______rm{.}实验证明，rm{n(MnO_{2})/n(Fe)}控制在rm{4}rm{1}时，除铁效果较好rm{.}若溶液中亚铁离子和铁离子浓度均为rm{0.03mol/L}为达到较好的除铁效果，每rm{1L}溶液应加入高锰酸钾的物质的量为______．

rm{(3)}调节rm{pH}的作用是______．

rm{(4)}操作rm{1}的名称为______，操作rm{2}的名称为______．28、元素X基态原子核外电子数为29；元素Y位于X的前一周期且最外层电子数为1，元素Z基态原子3p轨道上有4个电子，元素P原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，元素Q基态原子2p半充满．请回答下列问题：

（1）写出X基态原子的核外电子排布式______．

（2）Q的气态氢化物分子中Q原子轨道杂化类型是______，该分子的空间构型为______．

（3）P与Q的第一电离能的大小关系为______．

（4）Z的氢化物在乙醇中的溶解度小于P的氢化物的原因是______．

（5）Y与P形成的化合物晶胞结构如图，晶胞参数a=0.566nm，晶饱中P原子的配位数为______，计算该晶体的密度为______g/cm3．29、矿物透闪石是制作玉器的一种原料，其化学式可用CaxMgySi8O22（OH）m表示．

（1）CaxMgySi8O22（OH）m改写成氧化物的形式为______．

（2）化学式中x、y、m的代数关系式为______．

（3）为确定CaxMgySi8O22（OH）m的组成；进行如下实验：

①准确称取8.10g样品粉末；加入足量稀盐酸充分溶解，过滤，将沉淀灼烧得固体4.80g．

②另准确称取16.20克样品粉末在空气中灼烧，样品减少的质量随灼烧时间的变化如图所示．根据以上实验数据计算样品的化学式（写出计算过程）______．30、判断正误rm{(}正确的打“rm{隆脤}”，错误的打“rm{隆脕}”rm{)}rm{(1)}将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明，说明生成的rm{1}rm{2-}二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳。rm{(}rm{)}rm{(2)}甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，说明生成的氯甲烷具有酸性。rm{(}rm{)}rm{(3)}由乙烯生成乙醇属于加成反应。rm{(}rm{)}rm{(4)}乙烷室温下能与浓盐酸发生取代反应。rm{(}rm{)}rm{(5)}乙烯可以用作生产食品包装材料的原料。rm{(}rm{)}rm{(6)}甲烷与氯水光照时发生取代反应。rm{(}rm{)}rm{(7)}乙烯通入溴水中发生加成反应。rm{(}rm{)}rm{(8)}苯与溴水混合发生取代反应。rm{(}rm{)}rm{(9)}乙烯、苯与rm{H_{2}}接触即发生化学反应。rm{(}rm{)}评卷人得分五、探究题(共4题，共32分)31、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．32、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：33、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．34、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】A．氯气与KI反应生成KCl和碘；

B．碳酸钡可溶于盐酸；

C．碳酸氢钠不稳定；加热易分解；

D．二者都与盐酸反应．【解析】【解答】解：A．氯气与KI反应生成KCl和碘；蒸发；结晶时碘升华，可分离，故A正确；

B．硫酸钡不溶于酸；碳酸钡可溶于盐酸，可分离，故B正确；

C．碳酸氢钠不稳定；加热易分解，可加热除杂，故C正确；

D．二者都与盐酸反应；因氧化铝为两性氧化物，可加入氢氧化钠溶液除杂，故D错误．

故选D．2、D【分析】【分析】A．根据剩余固体的成分结合物质还原性强弱；离子共存分析；

B．溶液中有硝酸根；在滴入稀硫酸，溶液中存在硝酸，可以溶解Fe；Cu；

C．金属恰好溶解，可能得到Fe2+、Cu2+或Cu2+、Fe3+或Fe2+、Fe3+、Cu2+；结合电子转移计算判断生成NO的体积；

D．溶液加入过量氨水，铜离子转化为四氨合铜络离子，经过系列变化，最后获得的固体为Fe2O3，根据Fe的物质的量计算氧化铁的物质的量，再根据m=nM计算氧化铁的质量．【解析】【解答】解：A．Cu；Fe的混合物与稀硝酸反应；金属可能有剩余，可能没有剩余．金属可能有剩余时，根据共存可知，剩余金属有两种情况：

①剩余Fe、Cu，当有Fe剩余时，溶液中能与Fe反应的Fe3+、Cu2+都不存在，所以溶液中只有Fe2+；

②只剩余Cu，溶液中一定不存在与Cu反应的Fe3+，根据离子共存，溶液可能只有Fe2+；

③通过②知，溶液中还可能存在的离子是Fe2+、Cu2+；

④当固体没有剩余时，可能存在的情况是：当Fe恰好与硝酸反应生成Fe2+，Cu恰好与硝酸生成Cu2+，所以溶液中存在的离子是Fe2+、Cu2+；

⑤通过④知，固体没有剩余时，生成的Fe3+部分反应，根据离子共存，溶液中存在的离子可能的Fe2+、Fe3+、Cu2+；

⑥通过④、⑤知，固体没有剩余时，铁、铜全部被氧化成离子，根据离子共存，溶液中存在的离子可能是Cu2+、Fe3+；

有如下情况：

。残留固体成分Fe、CuCuCu__溶液中的金属离子Fe2+Fe2+Fe2+、Cu2+Fe2+、Cu2+Fe2+、Fe3+、Cu2+Cu2+、Fe3+故A错误；

B．溶液中有硝酸根；在滴入稀硫酸，溶液中存在硝酸，可以溶解Fe；Cu，故金属又开始溶解，故B错误；

C．由A中分析可知，金属恰好溶解，可能得到Fe2+、Cu2+或Cu2+、Fe3+或Fe2+、Fe3+、Cu2+，合金中Fe、Cu各为0.05mol．若为Fe2+、Cu2+，生成NO的物质的量为=mol，体积为mol×22.4L/mol=1.49L．若为Cu2+、Fe3+，此时生成的NO最大，生成NO的物质的量为=mol，体积为mol×22.4L/mol=1.87L，生成Fe2+、Fe3+、Cu2+；NO的体积介于上述体积之间，故C错误；

D．溶液加入过量氨水，铜离子转化为四氨合铜络离子，经过系列变化，最后获得的固体为Fe2O3，合金中Fe、Cu各为0.05mol，故氧化铁的质量为0.05mol××160g/mol=4g；故D正确；

故选D．3、C【分析】【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

（1）烷烃命名原则：

①长选最长碳链为主链；

②多遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近离支链最近一端编号；

④小支链编号之和最小．看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

⑤简两取代基距离主链两端等距离时；从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；

（2）有机物的名称书写要规范；

（3）对于结构中含有苯环的；命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”；“间”、“对”进行命名；

（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．【解析】【解答】解：A；1；1，2，2-四甲基戊烷，烷烃的命名中出现了1-甲基，说明选取的主链不是最长的，该有机物最长碳链含有6个C，主链为己烷，在2号C含有1个甲基、在3号C含有2个甲基，该有机物正确命名为：2，2，3-三甲基己烷，故A错误；

B；3-甲基-1；3-丁二烯，取代基的编号不是最小的，正确命名应该为：2-甲基-1，3-丁二烯，故B错误；

C；2；4，6-三硝基甲苯，主链为甲苯，苯环上含有甲基的C为1号C，在苯环的2，4，6号C原子各含有一个硝基，该命名满足命名原则，故C正确；

D；2-甲基-3-丁醇；醇的命名中，编号从距离羟基最近的一端开始，该命名编号错误，羟基在2号C，甲基在3号C，该有机物正确命名为：3-甲基-2-丁醇，故D错误；

故选C．4、C【分析】【分析】A；根据正负极的电极反应分析；

B；根据△G=△H-T△S＞0；则不能自发，依此分析；

C；Ksp只与温度有关；

D、根据HF的电离平衡移动分析．【解析】【解答】解：A、铅蓄电池在放电过程中，正极反应式是Pb-2e-+SO42-=PbSO4↓，负极反应式PbO2+2e-+4H++SO42-=+2H2O+PbSO4，由于反应生成的PbSO4是沉淀；所以正负极质量均增加，故A正确；

B、反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）常温下不能进行；根据△G=△H-T△S＞0，则不能自发，已知该反应的△S＞0，所以该反应的△H＞O，故B正确；

C；溶度积Ksp只与温度有关；不随浓度的变化而变化，故C错误；

D、HF溶液加水不断稀释，使HF⇌H++F-电离平衡正移，则n（H+）增大，n（HF）减小，所以=的值始终保持增大；故D正确．

故选C．5、D【分析】【分析】A；硫酸铁水溶液中水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用；

B；氯化铝是共价化合物熔融挥发；

C；葡萄糖是单糖不能水解；

D、反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0．【解析】【解答】解：A；硫酸铁水溶液中水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用；无杀菌消毒的作用，故A错误；

B、氯化铝是共价化合物熔融挥发，工业上通过电解熔融Al2O3制备金属铝；故B错误；

C；蛋白质和脂肪水解；葡萄糖是单糖不能水解，故C错误；

D、某温度下NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）能自发进行；△H-T△S＜0；反应△S＜0，若反应自发进行必须是低温下，反应△H＜0，故D正确；

故选D．6、D【分析】【分析】本题考查常见物质的性质，明确不同类物质之间的相互转化及发生的化学反应是解答本题的关键，学生应熟悉不同类别物质的性质来解答。【解答】rm{垄脵}金属单质与酸或某些盐溶液反应可直接生成盐，如铁与盐酸反应生成盐为氯化亚铁，故rm{垄脵}正确；rm{垄脷}碱性氧化物能与酸反应可直接生成盐，如氧化钠与盐酸反应可直接生成氯化钠，故rm{垄脷}正确；rm{垄脹}碱与酸、酸性氧化物、某些盐等可反应生成盐，如氢氧化钠与二氧化碳反应可直接生成碳酸钠，故rm{垄脹}正确；rm{垄脺}非金属单质能与碱反应生成盐，如氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，故rm{垄脺}正确；rm{垄脻}酸性氧化物能与碱反应生成盐，如二氧化碳与氢氧化钾反应生成碳酸钾，故rm{垄脻}正确；rm{垄脼}酸能与碱、某些盐、碱性氧化物等反应生成盐，如盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠，故rm{垄脼}正确；显然全部都能在一定条件下直接生成盐，故D正确。故选D。【解析】rm{D}7、D【分析】【分析】A．化学反应中的能量转化形式有多种；

B．浓度相等不一定达到平衡；

C．升高温度；反应速率增大；

D．化学反应中实质是化学键的断裂和形成．【解析】【解答】解：A．化学反应中的能量转化形式有多种；如碳燃烧时化学能转化为热能和光能，故A错误；

B．浓度相等不一定达到平衡；浓度不变时反应达到了最大限度，故B错误；

C．升高温度；反应速率增大，平衡左移，故C错误；

D．因化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂和形成；断键吸收能量，成键放出能量，故D正确．

故选D．8、D【分析】【分析】A．和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，氧化铁化学式为Fe2O3；

B；和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；一氧化碳不与碱反应属于不成盐氧化物；

C、H2S溶于水电离出阳离子全部是氢离子属于酸；为氢硫酸；

D、金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐，碳酸钠俗称为纯碱，属于盐；【解析】【解答】解：A．FeO的名称是氧化亚铁，能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，氧化铁化学式为Fe2O3；故A错误；

B；CO不是碳酸；不与碱反应俗称盐和水，属于不成盐氧化物，故B错误；

C、电离出阳离子全部是氢离子的化合物属于酸，H2S溶于水电离出阳离子全部是氢离子属于酸；名称为氢硫酸，不是硫酸，故C错误；

D；碳酸钠俗称为纯碱；属于盐，故D正确；

故选D．9、A【分析】【分析】先根据化合价的变化判断氧化剂和还原剂，然后根据原子守恒配平方程式，再根据电荷守恒判断n值，确定R的化合价．【解析】【解答】解：该反应中，锰元素的化合价变化为+2价→+7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，R2O8n-作氧化剂，即R2O8n-与Mn2+的物质的量之比为5：2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为8H2O+5R2O8n-+2Mn2+=2MnO4-+10RO42-+16H+，根据电荷守恒得-5n+2×2=-1×2+（-2×10）+1×16，n=2，R2O82-离子中R元素的化合价为+7价．

故选：A．二、填空题(共9题，共18分)10、CuCu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+Cu和Al在酸性条件下形成原电池，Cu为正极，H+在正极表面得电子生成氢气加入足量的稀硝酸，再滴加几滴硝酸银溶液CuCl在水溶液中存在平衡：CuCl（s）⇌Cu+（aq）+Cl-（aq），加入浓氨水，浓氨水与Cu+反应生成Cu（NH3）2+，Cu+浓度减小，平衡正向移动，促进CuCl溶解还原加热【分析】【分析】（1）在金属活动顺序表中；排在前面的金属能从盐溶液中置换出后面的金属，铝和硫酸铜溶液发生置换反应生成铜；

（2）①氯化铜是强酸弱碱盐水解溶液显酸性；

②氯置换出铜附着在铝表面在电解质溶液中形成原电池反应；铜做负极，溶液中氢离子在铜电极发生还原反应生成氢气；

（3）①依据实验步骤可知步骤d是验证Cu+可与浓氨水反应生成Cu（NH3）2+（无色）；该无色物质在空气中易被氧化变为蓝色，所以步骤c是验证白色沉淀可能是CuCl，检验反应后的溶液中是否含氯离子；

②氯化亚铜白色沉淀在水溶液中存在沉淀溶解平衡，加入浓氨水会和亚铜离子形成Cu（NH3）2+（无色）；平衡正向进行促进沉淀溶解；

（4）①若是Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl；元素化合价分析可知铜化合价0价变化为+1价，元素化合价升高失电子做还原剂发生氧化反应；

②铝和氯化铜溶液反应过程中有白色沉淀生成，反应过程非常大量热量，证明了Cu与CuCl2溶液反应生成CuCl，可以加热观察是否生成白色沉淀．【解析】【解答】解：（1）铝的活泼些大于铜；和硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，铝表面析出红色的铜；

故答案为：Cu；

（2）①氯化铜是强酸弱碱盐水解溶液显酸性，CuCl2+2H2O⇌Cu（OH）2+2HCl，溶液中存在大量H+的原因是因为水解生成的，反应的离子方程式为：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+；

故答案为：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+；

②氯置换出铜附着在铝表面在电解质溶液中形成原电池反应，铜做负极，溶液中氢离子在铜电极发生还原反应生成氢气，电极反应为2H++2e-=H2↑；

故答案为：Cu和Al在酸性条件下形成原电池，Cu为正极，H+在正极表面得电子生成氢气；

（3）①依据实验步骤可知步骤d是验证Cu+可与浓氨水反应生成Cu（NH3）2+（无色）；该无色物质在空气中易被氧化变为蓝色，所以步骤c是验证白色沉淀可能是CuCl，检验反应后的溶液中是否含氯离子，步骤c的实验方案是加入足量的稀硝酸，再滴加几滴硝酸银溶液，观察是否生成白色沉淀判断氯离子的存在；

故答案为：加入足量的稀硝酸；再滴加几滴硝酸银溶液；

②氯化亚铜白色沉淀在水溶液中存在沉淀溶解平衡，加入浓氨水会和亚铜离子形成Cu（NH3）2+（无色），平衡正向进行促进沉淀溶解，用化学平衡移动原理解释CuCl溶于浓氨水的原因是：CuCl在水溶液中存在平衡：CuCl（s）⇌Cu+（aq）+Cl-（aq），加入浓氨水，浓氨水与Cu+反应生成Cu（NH3）2+，Cu+浓度减小；平衡正向移动，促进CuCl溶解；

故答案为：CuCl在水溶液中存在平衡：CuCl（s）⇌Cu+（aq）+Cl-（aq），加入浓氨水，浓氨水与Cu+反应生成Cu（NH3）2+，Cu+浓度减小；平衡正向移动，促进CuCl溶解；

（4）①若是Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl；元素化合价分析可知铜化合价0价变化为+1价，元素化合价升高失电子做还原剂发生氧化反应，铜表现的是还原性；

故答案为：还原；

②铝和氯化铜溶液反应过程中有白色沉淀生成，反应过程非常大量热量，证明了Cu与CuCl2溶液反应生成CuCl，可以加热观察是否生成白色沉淀，若加热出现沉淀说明Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，若不出现沉淀说明Cu与CuCl2溶液不能反应生成了CuCl；

故答案为：加热．11、3d64s27Mg＞Al＞Na正四面体LaNi5cm【分析】【分析】（1）①Fe是26号元素；价电子数为8，根据原子核外电子排布规律排布；

②Ti是22号元素；原子核外有spd等能级；

（2）同周期随原子序数增大；第一电离能呈增大趋势，元素原子各轨道为半满；全满、全空时，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的；

（3）根据价层电子对互斥理论确定空间构型；

（4）①根据均摊法计算出晶胞中各原子的个数；再确定化学式；

②根据V=计算出晶胞的体积，进而计算出晶胞的边长，根据晶胞图可知，两个距离最近的La原子间的距离为晶胞的边长．【解析】【解答】解：（1）①Fe是26号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅥB族，故Ti的基态原子价电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2；

②Ti是22号元素；原子核外有1s；2s、3s、4s、2p、3p、3d等7个能级，故答案为：7；

（2）同周期随原子序数增大；第一电离能呈增大趋势，Mg元素原子2s轨道为全满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：Mg＞Al＞Na；

故答案为：Mg＞Al＞Na；

（3）AlH4-中Al原子价层电子对=4+（3+1-4）=4；且没有孤电子对，所以是正四面体结构，故答案为：正四面体；

（4）①根据均摊法可知，晶胞中La原子的个数为=1，Ni原子个数为=5，所化学式为LaNi5；

故答案为：LaNi5；

②根据V=计算出晶胞的体积为cm3，所以晶胞的边长为cm，根据晶胞图可知，两个距离最近的La原子间的距离为晶胞的边长，所以两个距离最近的La原子间的距离为cm；

故答案为：cm．12、验纯验纯烧杯、玻璃棒cFe5O6品红试液2OHˉ+SO2=SO32ˉ+H2O含淀粉的碘水还原性【分析】【分析】I．（1）在氢气还原金属氧化物时；在点燃酒精灯前要验纯；

（2）根据过滤；稀释液体和配制一定体积的溶液所选择的仪器来回答；

（3）根据滴定实验以及滴定过程中的实验误差分析判断；

（4）反应后装置B增重1.35g；即氢气和氧化铁反应后生成水的质量，据此可计算出氧元素的质量分数；

根据碘元素计算铁元素的质量分数；再根据铁元素质量分数和氧元素质量分数计算出铁的氧化物的化学式；

Ⅱ．a二氧化硫具有漂白性；但其漂白性不稳定，加热时会恢复为原来的颜色；

b．二氧化硫属于酸性氧化物；能和强碱反应生成盐和水；

c．二氧化硫具有还原性，能和碘发生氧化还原反应．【解析】【解答】解：Ⅰ、（1）氢气中混有氧气时点燃会产生爆炸，为防止安全事故发生，待C装置出口处H2验纯后；点燃A处酒精灯，故答案为：验纯；

（2）过滤需要的玻璃仪器有：烧杯；漏斗、玻璃棒；若稀释到250mL时采用的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，则两个过程都需要的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒；

故答案为：烧杯；玻璃棒；

（3）a．滴定管用蒸馏水洗涤后再用待装液润洗；否则会导致测量结果偏大，故a正确；

b．锥形瓶不需要用待测液润洗，如果润洗，会导致测量结果偏大，故b正确；

c．碘水为黄色；三价铁离子也是黄色溶液，滴定过程中需加指示剂，故c错误；

故选c；

（4）测的反应后装置B增重1.35g，根据反应的实质，增加的是水的质量，所以氧元素的质量分数是：×100%=24%；

由于所取溶液（含Fe3+）的体积与消耗KI溶液的体积相等，反应的方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，结合方程式可知，c（Fe3+）=c（KI）=0.5mol•L-1，所以铁元素的百分含量为：×100%=70%；

铁的质量分数是70%，氧元素的质量分数是24%，所以100g铁矿石中，铁元素的质量是70g，氧元素质量是24g，铁元素和氧元素的物质的量比为：：=5：6，铁的氧化物的化学式为：Fe5O6；

故答案为：Fe5O6；

Ⅱ．a．红色棉球变白；微热后又恢复红色，说明二氧化硫使品红溶液褪色，则棉球上滴有品红溶液，该实验说明二氧化硫具有漂白性，但其漂白性不稳定；

b．二氧化硫属于酸性氧化物，能和NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水或亚硫酸氢钠，导致溶液碱性减弱，所以棉球变为白色，离子方程式为：SO2+2OH-=SO32-+H2O或OHˉ+SO2=HSO3ˉ；

c．碘遇淀粉试液变蓝色，二氧化硫具有还原性，碘具有氧化性，二者反应生成氢碘酸和硫酸，所以棉球变为白色，离子方程式为：SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-；该实验说明二氧化硫具有还原性；

故答案为：。棉球棉球上滴加的试剂实验现象解释和结论a品红试液b离子方程式：2OHˉ+SO2=SO32ˉ+H2Oc含淀粉的碘水结论：该气体具有还原性13、B＞A＞C＞D【分析】【分析】位于氢之前的金属能和酸反应生成氢气，能和水反应的金属金属性很强，作原电池正极的金属活泼性小于作负极的金属，较活泼金属能将较不活泼金属从其盐溶液中置换出来，据此分析解答．【解析】【解答】解：A；B分别浸入稀硫酸中；产生气泡都很慢，说明金属A、B都位于H之前；把C、D分别浸入水中都能产生气泡，说明C、D金属性较强，能和水发生氧化还原反应；

把A；B用导线连接同时放入装有稀硫酸的烧杯中；A上有大量气泡析出，说明A作正极、B作负极，则金属性A＜B；

把C浸入D的硝酸盐溶液中；C的表面有D析出，说明金属性C＞D；

通过以上分析知，金属性强弱顺序是B＞A＞C＞D，故答案为：B＞A＞C＞D．14、醛基、羟基取代反应3【分析】【分析】Ⅰ；根据乙基香草醛的结构简式分析含氧官能团；

Ⅱ（1）据有机酸A的转化关系图；以及所给提示，可见A中，①在苯环上只有一个取代基，②取代基上有3个C原子，③有羧基和羟基，④与苯环直接相连的碳原子上有氢，据此分析可得；

（2）由D的结构简式和反应①可知；②为酯化反应；

（3）从所给条件逐一分析；注意烃基不是官能团；

（4）从合成路线可见，（Ⅱ）是卤代烃的水解，（Ⅲ）为醇的催化氧化．【解析】【解答】解：Ⅰ；乙基香草醛中的含氧官能团有：醛基、羟基、醚键三种；任写两种即可，故答案为：醛基；羟基；

Ⅱ（1）根据信息：RCH2OHRCHO，B能发生银镜反应，所以B中含有醛基，所以A中含有-CH2OH结构；A可以被氧化为苯甲酸，说明与苯环直接相连的碳原子上有氢，且苯环的侧链只一个，A中含有三个氧原子，羟基占一个，所以还含有羧基，故A的结构简式为：

其中-OH能和HBr发生取代反应，故答案为：取代反应；

（2）由D的结构简式和反应①可知，②为酯化反应，

故答案为：

（3）乙基香草醛除苯环外，还有3个C原子，3个O原子，4个H原子，条件①说明有羧基，条件②说明有酚羟基且酚羟基的临位和对位必须有空位，条件④说明羧基和酚羟基在对位，则剩余两个甲基不能都在酚羟基的临位，可见其同分异构体有：三种，其中核磁共振氢谱中出现4组峰，吸收峰的面积之比为1：1：2：6的，只有符合；

故答案为：3；

（4）从合成路线可见，（Ⅱ）是卤代烃的水解，方程式为（Ⅲ）为醇的催化氧化，与羟基相连的C上没有H原子的羟基不能被氧化，结合最后生成的有羧基，可见羟基被氧化成羧基，方程式为：

故答案为：

．15、9MgO•FeO•5SiO2氯碱工业bc120min后，溶解达到平衡，而反应放热，升温平衡逆向移动，溶解效率降低取少量滤液，加入KSCN溶液无现象，滴入氯水溶液变红色证明含亚铁离子或取少量滤液于试管中，滴加几滴K3[Fe（CN）6]溶液，有特征蓝色沉淀生成，则证明滤液中有Fe2+2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O2Fe3++3MgO+3H2O=2Fe（OH）3+3Mg2+【分析】【分析】（1）硅酸盐是构成地壳岩石的主要成分，化学上常用二氧化硅和氧化物的形式表示其组成，例如：镁橄榄石（Mg2SiO4）常以2MgO•SiO2表示；可看出改写中要保证原子总数，化合价不变，按化合价分别写出氧化物的化学式，如有多个原子，在前面加上系数，使之成为倍数，据此进行分析解答；

（2）工业上用氯电解饱和食盐水会获得烧碱；

（3）根据能和二氧化碳之间反应的物质能来固定二氧化碳来回答；

（4）温度对化学反应平衡移动的影响知识来回答；

（5）亚铁离子的检验用KSCN和氯水；

（6）过程①为除去滤液中的杂质，反应为过氧化氢氧化亚铁离子，氧化镁和铁离子反应生成氢氧化铁和镁离子．【解析】【解答】解：（1）根据硅酸盐写成氧化物的规律，Mg9FeSi5O20用氧化物的形式可表示为9MgO•FeO•5SiO2，故答案为：9MgO•FeO•5SiO2；

（2）根据流程图，固碳时主要反应的方程式为NaOH（aq）+CO2（g）=NaHCO3（aq）；工业上用氯电解饱和食盐水会获得烧碱，缺少烧碱的制取流程，生成的氯化氢是电解氯化钠溶液生成的氢气和氯气反应得到；

故答案为：氯碱工业；

（3）所给的物质中，NH3•H2O、Na2CO3可以和二氧化碳发生生成碳酸氢铵；碳酸氢钠；能用作“固碳”的试剂；

故答案为：bc；

（4）图中所示数据以及曲线变化知道；20min后，溶解达到平衡，而该反应是放热，升温，平衡逆向移动，则溶解效率降低；

故答案为：120min后；溶解达到平衡，而反应放热，升温平衡逆向移动，溶解效率降低；

（5）过滤Ⅰ所得滤液中含有Fe2+，检验该离子方法为取少量滤液，加入KSCN溶液无现象，滴入氯水溶液变红色证明含亚铁离子，或取少量滤液于试管中，滴加几滴K3[Fe（CN）6]溶液，有特征蓝色沉淀生成，则证明滤液中有Fe2+；

故答案为：取少量滤液，加入KSCN溶液无现象，滴入氯水溶液变红色证明含亚铁离子或取少量滤液于试管中，滴加几滴K3[Fe（CN）6]溶液，有特征蓝色沉淀生成，则证明滤液中有Fe2+；

（6）过程①为除去滤液中的杂质，反应为过氧化氢氧化亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，氧化镁和铁离子反应生成氢氧化铁和镁离子，反应的离子方程式为2Fe3++3MgO+3H2O=2Fe（OH）3+3Mg2+；

故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；2Fe3++3MgO+3H2O=2Fe（OH）3+3Mg2+．16、①②④⑤⑦⑩③⑨⑩⑥⑧（11）【分析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；

非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物．【解析】【解答】解：①NaOH溶液是混合物；能导电，既不是电解质也不是非电解质；

②铜丝为金属单质；存在自由移动的电子，能导电，既不是电解质也不是非电解质；

③液态HCl不能导电；在水溶液中能够导电，是电解质；

④盐酸是混合物；能导电，既不是电解质也不是非电解质；

⑤稀硫酸是混合物；能导电，既不是电解质也不是非电解质；

⑥液氨不能导电；且自身不能电离，是非电解质；

⑦氨水是混合物；能导电，既不是电解质也不是非电解质；

⑧SO2不能导电；且自身不能电离，是非电解质；

⑨胆矾晶体不能导电；在水溶液中能导电，是电解质；

⑩熔融NaCl能导电；是电解质；

（11）蔗糖晶体不能导电；是非电解质；

故能导电的是①②④⑤⑦⑩；属于电解质的是③⑨⑩；属于非电解质的是⑥⑧（11）；

故答案为：①②④⑤⑦⑩；③⑨⑩；⑥⑧（11）．17、略

【分析】

Ⅰ（1）根据稀释前后溶质的质量不变得：0.5L×39.20g/L=V×250.28g/L；解得V=0.78L=78mL，为减少误差最好选择比氨水体积大一些的量筒即可，故选择100mL量筒．

故答案为：78；100．

（2）取滤液少许，加入NaOH，加热，生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，说明有氨气放出，含有NH4+离子．

故答案为：取滤液少许；加入NaOH，加热，生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝．

（3）由题目信息可知，明矾石的组成和明矾相似，明矾石中含有Al2O3、Fe2O3．所以沉淀有生成的Al（OH）3、及未溶解的Al2O3、Fe2O3．

故答案为：Al（OH）3、Al2O3、Fe2O3．

（4）明矾石的组成和明矾相似，根据工艺流程转化关系可知，滤液I中含有K2SO4和反应生成（NH4）2SO4．

故答案为：K2SO4、（NH4）2SO4．

（5）混合肥料中含有K2SO4、（NH4）2SO4，要产生白色沉淀，加入的溶液为BaCl2或Ba（NO3）2溶液；然后进行操作：先将混合液过滤；然后洗涤沉淀，最后干燥，冷却后称重．

故答案为：BaCl2或Ba（NO3）2；过滤；洗涤、干燥．

（6）试样为mg，则174n（K2SO4）+132n[（NH4）2SO4]=m，沉淀的物质的量为nmol，即BaSO4的物质的量为nmol，根据硫酸根守恒有：n（K2SO4）+n[（NH4）2SO4]=n．联立解得，n（K2SO4）=mol．

故答案为：．

Ⅱ（1）A；试纸伸入待测液中；会污染试剂，故A错误；

B；用玻璃棒蘸取少量溶液滴在放在玻璃片的试纸上检验；故B正确；

C；试纸不能放在桌面上；可以放在玻璃片或点滴板上，故C错误；

D；应用导管取少量溶液滴在放在玻璃片的试纸上检验；故D正确．

故答案为：BD．

（2）溶液无色，则一定不存在Fe3+；

①用蓝色石蕊试纸检测该溶液，试纸显红色，说明溶液呈酸性，则一定不存在HCO3-；

②取溶液少许，加入铜片和稀硫酸共热，产生无色气体，该气体遇空气立即变为红棕色，该气体为NO，说明溶液中存在NO3-；

③取溶液少许，加入氨水有白色沉淀生成，继续加入过量氨水，沉淀不消失，说明含有Al3+离子；

④取溶液少许，滴入氯化钡溶液产生白色沉淀，该沉淀为硫酸钡沉淀，说明含有SO42-，则一定不会含有Ba2+；

⑤取实验④后的澄清溶液，滴入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失，不能证明是否含有Cl-离子；因④中加入氯化钡．

故答案为：一定有Al3+、NO3-、SO42-；一定没有Fe3+、Ba2+、HCO3-．

（3）②反应为金属铜在酸性条件下与硝酸根离子发生氧化还原反应生成铜离子和一氧化氮气体，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O．

故答案为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O．

③根据Al（OH）3不溶于弱碱，则在含Al3+溶液中加入氨水只生成Al（OH）3，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+．

故答案为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+．

【解析】【答案】Ⅰ（1）根据稀释定律计算需要浓氨水的体积；根据要浓氨水的体积选择量筒的规格．为减少误差最好选择比氨水体积大一些的量筒即可．

（2）先铵根离子与强碱反应；转化为氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝．

（3）由题目信息可知，明矾石含有Al2O3、Fe2O3．

（4）明矾石的组成和明矾相似，根据工艺流程转化关系可知，滤液I中含有K2SO4和反应生成（NH4）2SO4．

（5）混合肥料中含有K2SO4、（NH4）2SO4，要产生白色沉淀，加入的溶液为BaCl2或Ba（NO3）2溶液；然后进行操作：先将混合液过滤；然后洗涤沉淀，最后干燥，冷却后称重．

（6）试样为mg，则174n（K2SO4）+132n[（NH4）2SO4]=m，沉淀的物质的量为nmol，即BaSO4的物质的量为nmol，根据硫酸根守恒有：n（K2SO4）+n[（NH4）2SO4]=n．据此计算．

Ⅱ（1）试纸检验溶液的酸碱性时；应用玻璃棒或导管取少量溶液滴在放在玻璃片的试纸上检验．

（2）根据反应的现象判断离子存在的可能性．

（3）②反应为金属铜在酸性条件下与硝酸根离子发生氧化还原反应生成铜离子和一氧化氮气体．

③根据Al（OH）3不溶于弱碱，则在含Al3+溶液中加入氨水只生成Al（OH）3书写离子方程式．

18、CH3C（CH3）=C（CH3）CH3CH3C≡CCH3CH3CH=CHCH3CH2=C（CH3）2【分析】【解答】（1）该分子符合烯烃的通式，把乙烯中的氢原子换成甲基时，该物质是2，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯，其分子中所有碳原子都在同一平面上，其结构简式为：CH3C（CH3）=C（CH3）CH3，故答案为：CH3C（CH3）=C（CH3）CH3；

（2）该分子属于炔烃的通式，把乙炔中的氢原子换成甲基时，该物质是2﹣丁炔，其分子中所有碳原子都在同一直线上，其结构简式为：CH3C≡CCH3，故答案为：CH3C≡CCH3；

（3）设该烃的化学式为：CxHy，且x和y都属于正整数，12x+y=56，则x=4，y=8，所以其化学式为：C4H8，符合烯烃的通式，它的核磁共振氢谱只有2个峰，说明含有两种类型的氢原子，所以其结构简式可能为：CH3CH=CHCH3、CH2=C（CH3）2，故答案为：CH3CH=CHCH3、CH2=C（CH3）2．

【分析】（1）乙烯分子中所有原子都处于同一平面上；根据乙烯的结构确定该物质的结构；

（2）乙炔分子中所有原子都处于同一直线上；根据乙炔的结构确定该物质的结构；

（3）某烃的相对分子质量为58，它的核磁共振氢谱只有2个峰，说明含有两种类型的氢原子，先根据其相对分子质量确定分子式，再根据氢原子种类确定其结构简式。三、判断题(共8题，共16分)19、×【分析】【分析】氯气参加反应，表现性质不同，转移电子数不同，据此判断．【解析】【解答】解：氯气参加反应，表现性质不同，转移电子数不同，例如氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，Cl元素的化合价由0升高为+1价，Cl元素的化合价由0降低为-1价，1molCl2参加反应转移电子数为NA；

1molCl2与铁反应生成氯化铁，氯气全部做氧化剂，1molCl2参加反应转移电子数为2NA；

所以1molCl2参加反应转移电子数不一定为2NA．

故错误．20、√【分析】【分析】亚硝酸盐有毒，过量食用会导致人死亡，添加到食品中要严格控制用量，以此判断．【解析】【解答】解：肉类制品中使用亚硝酸钠作为发色剂限量使用；由亚硝酸盐引起食物中毒的机率较高，食入0.2～0.5克的亚硝酸盐即可引起中毒甚至死亡，因此要严格控制用量；

故答案为：√．21、×【分析】【分析】烷烃命名原则：

①长选最长碳链为主链；

②多遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近离支链最近一端编号；

④小支链编号之和最小．看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

⑤简两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．【解析】【解答】解：没有把最长碳链作为主链，最长碳链应为7，为庚烷，正确命名为2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基庚烷，故答案为：×．22、×【分析】【分析】由PV=nRT，可知物质的量一定情况下，压强、温度会影响气体的体积．【解析】【解答】解：标况下，1mol气体的体积是22.4L，由PV=nRT，可知不是标况下，1mol气体的体积也可能为22.4L，故错误，故答案为：×．23、√【分析】【分析】工业废水应遵循“先净化，后排放”的原则，工业废水需要经过处理达标后再排放才不会污染环境．【解析】【解答】解：工业废水是指工业生产过程中产生的废水；污水和废液；其中含有随水流失的工业生产用料、中间产物和产品以及生产过程中产生的污染物．废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染，需要经过处理达标后才能排放；

故答案为：√．24、×【分析】【分析】乙烯与氯化氢加成生成1-氯乙烷，此为制取氯乙烷的较好方法，由于取代反应有多种副产物生成，故不能利用此方法制取1-氯乙烷．【解析】【解答】解：CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，该反应的生成物氯乙烷可以继续与氯气发生取代反应生成二氯乙烷，产物不纯净，故不能利用此方法制取1-氯乙烷，故错误；故答案为：×．25、×【分析】【分析】有离子参加的化学反应是离子反应，离子反应离子反应的本质是某些离子浓度发生改变，常见离子反应多在水溶液中进行，据此解答即可．【解析】【解答】解：实验室通过消石灰和NH4Cl固体制备NH3，化学反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3↑+CaCl2+2H2O，此反应是在大试管中进行，无溶液，故不属于离子反应，答案为：×．26、×【分析】【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解析】【解答】解：由于反应前后；气体的质量不变，在恒温恒容，所以混合气体的密度始终不变，则密度不能判断是否达到了平衡状态；

而恒温恒压条件下；混合气体的密度增大，当密度保持不变，反应达到平衡；

故答案为：×．四、简答题(共4题，共24分)27、略

【分析】解：rm{(1)KMnO_{4}}首先将rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}其本身被还原为rm{MnO_{2}}依据原子守恒和电荷守恒书写离子方程式为：rm{MnO_{4}^{-}+3Fe^{2+}+4H^{+}=3Fe^{3+}+MnO_{2}+2H_{2}O}

故答案为：rm{MnO_{4}^{-}+3Fe^{2+}+4H^{+}=3Fe^{3+}+MnO_{2}+2H_{2}O}

rm{(2)}由题意可知高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液反应生成活性二氧化锰，根据氧化还原反应中化合价升降相等，可写出化学方程式为rm{2KMnO_{4}+3MnSO_{4}+2H_{2}O=5MnO_{2}隆媒+K_{2}SO_{4}+2H_{2}SO_{4}}若溶液中亚铁离子和铁离子浓度均为rm{0.03mol/L}溶液中含有rm{Fe^{2+}}物质的量为rm{0.03mol}调节溶液rm{PH}使铁离子全部沉淀，rm{n(Fe)=0.06mol}

rm{MnO_{4}^{-}+3Fe^{2+}+4H^{+}=3Fe^{3+}+MnO_{2}+2H_{2}O}

rm{0.01mol0.03mol}rm{0.01mol}

rm{n(MnO_{2})/n(Fe)}控制在rm{4}rm{1}时，除铁效果较好rm{.}则rm{n(MnO_{2})=0.06mol隆脕4=0.24mol}

反应中生成二氧化锰物质的量rm{=0.24mol-0.01mol=0.23mol}消耗高锰酸钾物质的量：

rm{2KMnO_{4}+3MnSO_{4}+2H_{2}O=5MnO_{2}隆媒+K_{2}SO_{4}+2H_{2}SO_{4}}

rm{2}rm{5}

rm{n}rm{0.23mol}

rm{n=0.092mol}

为达到较好的除铁效果，每rm{1L}溶液应加入高锰酸钾的物质的量rm{=0.092mol+0.01mol=0102mol}

故答案为：rm{2KMnO_{4}+3MnSO_{4}+2H_{2}O=5MnO_{2}隆媒+K_{2}SO_{4}+2H_{2}SO_{4}}rm{0.102mol}

rm{(3)}铁离子易发生水解反应生成氢氧化铁，当调节溶液rm{PH}使溶液rm{PH}增大时；易使铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去；

故答案为：使铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去；

rm{(4)}根据题中信息，反应一段时间，二氧化锰和rm{Fe}rm{(OH)}rm{{,!}_{3}}发生吸附共沉作用，可知操作rm{1}为过滤，操作rm{2}为过滤后；滤液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤；

故答案为：过滤；蒸发浓缩；冷却结晶、过滤洗涤．

工业生产无铁硫酸铝，以硫酸浸取铝土矿得含铁rm{(Fe^{2+}}和rm{Fe^{3+})}的硫酸铝溶液，加热到一定温度，搅拌，加入一定量高锰酸钾溶液和硫酸锰溶液，在溶液中生成活性二氧化锰，调节溶液的rm{pH}反应一段时间，rm{Fe(OH)_{3}}和二氧化锰发生吸附共沉作用；最终得到无铁硫酸铝产品；

rm{(1)KMnO_{4}}首先将rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}其本身被还原为rm{MnO_{2}}依据原子守恒和电荷守恒书写离子方程式；

rm{(2)}根据氧化还原反应中化合价升降相等，可写出化学方程式为rm{2KMnO_{4}+3MnSO_{4}+2H_{2}O=5MnO_{2}隆媒+K_{2}SO_{4}+2H_{2}SO_{4}}结合离子方程式和化学方程式定量关系计算；

rm{(3)}铁离子易发生水解反应生成氢氧化铁；

rm{(4)}操作rm{1}为过滤，操作rm{2}为蒸发结晶．

本题考查较为综合，设计物质的制备流程、离子方程式的书写、氧化还原反应、物质的分离和提纯等问题，但题目难度中等，本题注意把握制备原理和实验流程．【解析】rm{MnO_{4}^{-}+3Fe^{2+}+4H^{+}=3Fe^{3+}+MnO_{2}+2H_{2}O}rm{2KMnO_{4}+3MnSO_{4}+2H_{2}O=5MnO_{2}隆媒+K_{2}SO_{4}+2H_{2}SO_{4}}rm{0.102mol}使铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去；过滤；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤28、略

【分析】解：元素X基态原子核外电子数为29；则X为Cu，元素Y位于X的前一周期即第三周期，且最外层电子数为1，则Y为Na，元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子，则Z是S元素；元素P的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，所以P是O元素，元素Q基态原子2p半充满，则Q为N；

（1）X为Cu，X基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；

故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；

（2）Q为N，Q的气态氢化物为氨，氨分子中氮原子的价层电子对数为=4，所以轨道杂化类型是sp3；分子中有一对孤电子对，该分子的空间构型为三角锥形；

故答案为：sp3；三角锥；

（3）P是O元素；Q为N，由于氮原子的最外层是半充满状态，是一种稳定结构，所以O与N的第一电离能的大小关系为N＞O；

故答案为：N＞O；

（4）Z是S元素；是O元素，硫化氢与乙醇不能形成氢键，而水能与乙醇形成氢键，所以硫化氢在乙醇中的溶解度小于Y水在乙醇中的溶解度；

故答案为：H2O与乙醇分子间形成氢键；

（5）Y为Na，P是O元素，钠与氧形成的化合物的阴阳离子个数之比为1：2，根据晶胞的结构图可知，图中空心球为8×+6×=4，而实心球为8个，所以空心球为氧离子，实心球为钠离子，以顶点上的氧离子为例，根据图可知，与氧离子最近的钠离子有8个，所以氧离子的配位数为8，晶胞参数a=0.566nm，该晶体的密度为=g/cm3=2.27g/cm3；

故答案为：8；2.27．

元素X基态原子核外电子数为29；则X为Cu，元素Y位于X的前一周期即第三周期，且最外层电子数为1，则Y为Na，元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子，则Z是S元素；元素P的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，所以P是O元素，元素Q基态原子2p半充满，则Q为N，据此答题．

本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、杂晶胞计算、氢键、原子杂化方式、第一电离能等，注意对基础知识的理解掌握，题目难度中等．【解析】1s22s22p63s23p63d104s1；sp3；三角锥；N＞O；H2O与乙醇分子间形成氢键；8；2.2729、略

【分析】解：（1）CaxMgySi8O22（OH）m改写成氧化物的形式为xCaO•yMgO•8SiO2•H2O，故答案为：xCaO•yMgO•8SiO2•H2O；

（2）根据电荷守恒有：2x+2y+4×8=22×2+m；整理得2x+2y-m=12，故答案为：2x+2y-m=12；

（3）n（SiO2）=4.8g÷60g•mol-1=0.08mol；

CaxMgySi8O22（OH）m的摩尔质量M=8.10g÷（0.08mol÷8）=810g•mol-1；

n（H2O）=0.36g÷18g•mol-1=0.02mol；

16.2gCaxMgySi8O22（OH）m的物质的量为16.20g÷810g•mol-1=0.02mol；

m=0.02mol×2÷0.02mol=2

根据电荷守恒：2x+2y+4×8=22×2+2

整理得：x+y=7①

40x+24y+28×8+16×22+17×2=810②

由①；②式得：x=2y=5

故化学式为：Ca2Mg5Si8O22（OH）2

答：该硅酸盐样品的化学式为Ca2Mg5Si8O22（OH）2．

（1）硅酸盐改写成氧化物的形式为：活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O；同时要遵循原子比例关系；

（2）根据化合价代数和为0确定x；y、m之间的关系；

（3）加入盐酸，充分溶解，过滤，将沉淀灼烧得固体4.80g为SiO2，根据Si元素守恒计算CaxMgySi8O22（OH）m的物质的量；进而计算其摩尔质量；

再空气中灼烧；减少质量为水的质量，计算水的物质的量，根据H元素守恒计算m的数值，再根据电荷守恒及摩尔质量列方程计算x；y的值，进而确定其化学式．

本题考查考查硅酸盐的性质、化学式的有关计算等，明确发生的反应是关键，是对基础知识的综合应用，难度中等．【解析】xCaO•yMgO•8SiO2•H2O；2x+2y-m=12；该硅酸盐样品的化学式为Ca2Mg5Si8O22（OH）230、rm{(1)隆脤}rm{(2)隆脕}rm{(3)隆脤}rm{(4)隆脕}rm{(5)隆脤}rm{(6)隆脕}rm{(7)隆脤}rm{(8)隆脕}rm{(9)隆脕}【分析】【分析】本题是对甲烷、乙烯和苯的性质的考查，是中学化学的基础知识，难度一般。关键是掌握甲烷、乙烯和苯的性质，侧重基础知识的考查。【解答】rm{(1)}将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明，说明生成的rm{1}rm{2-}二溴乙烷无色，符合乙烯的性质，依据相似相溶原理可溶于四氯化碳，故正确。rm{(}将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明，说明生成的rm{(1)}rm{1}二溴乙烷无色，符合乙烯的性质，依据相似相溶原理可溶于四氯化碳，故正确。rm{2-}rm{(}rm{隆脤}rm{)}甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，由于产生了氯化氢气体，所以不能说明生成的氯甲烷具有酸性，故错误。rm{)}rm{(2)}甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，由于产生了氯化氢气体，所以不能说明生成的氯甲烷具有酸性，故错误。rm{(}rm{(2)}rm{(}由乙烯生成乙醇属于加成反应，符合乙烯的性质，故正确。rm{隆脕}rm{)}rm{)}rm{(3)}由乙烯生成乙醇属于加成反应，符合乙烯的性质，故正确。rm{(}乙烷室温下能与浓盐酸不能发生反应，故错误。rm{(3)}rm{(}rm{隆脤}rm{)}乙烯可以用作生产食品包装材