2025年新科版高三化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年新科版高三化学上册月考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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列所含分子数由多到少的排列顺序是（）

①1.5molH2②所含原子的物质的量为4mol的H2③45gH2O④16gO2．A.①②③④B.③②①④C.②③①④D.②①③④2、下列化学用语中，书写错误的是（）A.中子数为8的碳原子：CB.次氯酸的结构式：H-O-ClC.CO2的比例模型：D.丙烷的球棍模型：3、下列说法中正确的是（）A.过氧化氢是由氢气和氧气组成的B.酸和碱中都一定含有氢元素和氧元素C.碱中一定含有氢氧根离子D.氧化物和盐中一定含有氧元素4、在炼铁、炼钢过程中都有碳参加反应．下列关于碳参加反应的叙述正确的是（）A.两个过程中碳原子都被氧化，都只起着提供热源的作用B.炼铁过程中碳被氧化，既起产生热量的作用，又起产生CO的作用C.炼钢过程中碳被还原，从而达到降低含碳量的目的D.炼铁过程中碳参加反应，只起产生CO的作用5、只用一种试剂即可区别苯、甲苯、四氯化碳、氢氧化钠溶液，此试剂是（）A.酸性高锰酸钾溶液B.溴水C.浓硫酸D.液溴6、设rm{N_{A}}为阿佛加德罗常数，下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.标准状况下的rm{22.4L}辛烷完全燃烧，生成二氧化碳分子数为rm{8N_{A}}B.rm{18g}水中含有的电子数为rm{10N_{A}}C.rm{46g}二氧化氮和rm{46g}四氧化二氮含有的原子数均为rm{3N_{A}}D.在rm{1}rm{L}rm{2}rm{mol?L^{-1}}的硝酸镁溶液中含有的硝酸根离子数为rm{4N_{A}}评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)7、下列有关说法正确的是()A.含阳离子的化合物一定有阴离子B.晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaIC.含有共价键的晶体一定具有高的熔、沸点及硬度D.空间利用率：面心立方＞六方密堆积＞体心立方8、已知反应O2（g）+2Cl2（g）⇌2Cl2O（g）；△H＞0．在三个恒温、恒容的密闭容器中分别充入1molO2与2molCl2，测得平衡时O2的转化率如下表：下列说法正确的是（）

。容器编号温度/℃容器体积/L平衡时O2转化率平衡时压强/Pa①200V150%p1②200V270%p2③350V350%p3A.起始反应速率：③＞①＞②B.平衡时压强：p1＜p2C.容器体积：V1＜V3D.若实验②中O2和Cl2用量均加倍，则平衡时O2的转化率小于70%9、下列化合物中只有一种结构的是rm{(}rm{)}A.rm{C_{3}H_{6}O_{3}}B.rm{CH_{2}Cl_{2}}C.rm{C_{6}H_{5}NO_{2}}D.rm{C_{4}H_{10}}10、下列指定微粒的数目相等的是rm{(}rm{)}A.等物质的量的水与重水含有的中子数B.等质量的乙烯和丙烯中含有的共有电子对数C.同温、同压、同体积的rm{CO}和rm{NO}含有的质子数D.等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数11、氟是卤族元素之-，由于氟的特殊化学性质，氟化学在化学发展史上有重要的地位．下列有关说法正确的是（）A.氟原子的结构示意图：B.塑料王聚四氟乙烯的结构简式：C.中子数为10的氟原子：FD.萤石主要成分CaF2电子式：12、温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入2.0molNO2，反应2NO2(g)⇌N2O4(g)经一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表：

下列说法正确的是()A.反应在前50s的平均速率为v(NO2)=0.0012mol•L-1•s-1B.保持温度不变，向平衡后的容器中充入1.0molN2O4时，v(正)＜v(逆)C.保持其他条件不变，升高温度达到新平衡时K=0.125，则反应的△H＜0D.T温度时，若起始向容器中充入2.0molN2O4，则平衡时N2O4的转化率大于80%13、用一种试剂可以区分乙醇和乙酸的是()A.氢氧化钠溶液B.氨水C.碳酸钠溶液D.氢氧化铜14、奎宁酸和莽草酸是某些高等植物特有的脂环状有机酸，常共存在一起，其结构简式如图所示rm{.}下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.奎宁酸的相对分子质量比莽草酸的大rm{18}B.可用高锰酸钾溶液鉴别奎宁酸和莽草酸C.等物质的量的奎宁酸和莽草酸分别与足量rm{Na}反应，同温同压下产生rm{H_{2}}的体积比为rm{4}rm{5}D.等物质的量的两种分别与足量rm{NaOH}溶液反应，消耗rm{NaOH}的物质的量相同评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、体育比赛中当运动员肌肉挫伤或扭伤时；队医随即对准运动员的受伤部位喷射药剂--氯乙烷（沸点为12.27℃）进行局部冷冻麻醉应急处理．

（1）制取氯乙烷（CH3CH2Cl）的最佳方法是____

A．乙烷和氯气发生取代反应B．乙烯与氯气发生加成反应。

C．乙烷与氯化氢发生取代反应D．乙烯与氯化氢发生加成反应。

（2）写出所选反应的化学方程式：____．16、在某一恒容容器中；反应C（g）+D（g）=E（g）（正反应为吸热反应）达到平衡后，根据下列图象判断：

（1）升高温度，达到新平衡的是____，新平衡中C的体积分数____（填“增大”、“减小”或“不变”）．增加E的量，达到新平衡的是____．

（2）使用催化剂，达到平衡的是____，D的转化率____（填“增大”、“减小”或“不变”）．17、已知A、B、C三种烃的化学式为C6H10；它们的分子中均无支链或侧链；

（1）若A为环状，则A结构简式为____．

（2）若B为含有双键的链状结构，其分子中不存在“=C=C=C=”基团，则B结构简式为____（任写一种）．

（3）若C为含有三键的链状结构，其可能结构及名称为____．18、HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+．AgNO2是一种难溶于水；易溶于酸的化合物．试回答下列问题：

（1）人体正常的血红蛋白含有Fe2+．若误食亚硝酸盐（如NaNO2），则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒．下列叙述不正确的是____（填序号）．

A．亚硝酸盐被还原B．维生素C是还原剂。

C．维生素C将Fe3+还原为Fe2+D．亚硝酸盐是还原剂。

（2）下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是____（填序号）．

A．测定这两种溶液的pH

B．分别在两种溶液中滴加甲基橙。

C．在酸性条件下加入KI-淀粉溶液来区别。

D．用AgNO3和HNO3两种试剂来区别。

（3）某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式：____．

（4）Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4．若用反应所得的酸性溶液，将Fe2+转化为Fe3+，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是____（填序号）．

a．Cl2b．Fec．H2O2d．HNO3

（5）若FeSO4和O2的化学计量数比为2：1；试配平下列方程式：

____FeSO4+____K2O2→____K2FeO4+____K2O+____K2SO4+____O2↑

（6）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效的绿色水处理剂，在水中发生反应生成氢氧化铁胶体．高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是____．19、草酸钴用途广泛，可用于指示剂和催化剂的制备．一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等]制取CoC2O4的工艺流程如下：

己知：，①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；

②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：

。沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2完全沉淀的pH3.79.69.25.29.8（1）浸出过程中加入Na2SO3的目的是____．

（2）NaClO3可将Fe2+氧化为Fe3+离子．可用氯气通入到热的浓氢氧化钠溶液来制取NaClO3．实验需要制取10.65克NaClO3，需要的氯气由电解食盐水生成，若不考虑反应过程中的损失，则同时生成的氢气的体积为____（标准状况下）．

（3）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如下图所示．使用萃取剂最适宜的pH是____（填选项序号）．

A．接近2.0B．接近3.0C．接近5.0

（4）“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀．已知某温度下，Ksp（MgF2）=7.35×10-11，Ksp（CaF2）=1.05×10-10．当加入过量NaF后，所得滤液c（Mg2+）/c（Ca2+）=____．

（5）为测定制得的无水草酸钴样品的纯度，现称取样品mg，先用适当试剂将其转化，得到纯净的草酸铵溶液，再用过量的稀硫酸酸化，用cmol/L高锰酸钾溶液去滴定，当溶液由____时（填颜色变化），共用去高锰酸钾溶液VmL，计算草酸钴样品的纯度为____．20、核磁共振氢谱法是有机物测定的一种重要方法；有机物中有几种氢原子，核磁共振氢谱中就有几个峰，G是一种合成橡胶和树脂的重要原料，A是一种五元环状化合物，其核磁共振氢谱只有一个峰；F的核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为2：2：3．已知：（其中R是烃基）

有关物质的转化关系如下图所示；请回答以下问题．

（1）C中所含官能团的名称是____；④的反应类型是____反应．

（2）G的结构简式为____．

（3）反应②的化学方程式为____．

（4）反应⑥的化学方程式为____．

（5）有机物Y与E互为同分异构体，且具有相同的官能团种类和数目，写出所有符合条件的Y的结构简式：____．21、主族元素W；X、Y、Z的原子序数依次增大；W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍．X、Y和Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍．在由元素W、X、Y、Z组成的所有可能的二组分化合物中，由元素W与Y形成的化合物M的熔点最高．（提示：Y是第ⅡA族元素）请回答下列问题：

（1）W元素原子的L层电子排布式为____

（2）X单质与水发生主要反应的化学方程式为____

（3）化合物M的化学式为____，其晶体结构与NaCl相同，而熔点高于NaCl．M熔点较高的原因是____

（4）X、Y、Z可形成立方晶体结构的化合物，其晶胞中X占据所有棱的中心，Y位于顶角，Z处于体心位置，则该晶体的组成为X：Y：Z=____．评卷人得分四、判断题(共3题，共30分)22、标准状况下当氧气与氦气的原子数均为NA时，它们具有相同的体积____（判断对错）23、因为稀硫酸能与铁反应放出H2，所以稀硝酸与铁反应也一定能放出H2____．（判断对错）24、判断下列有关烯烃；卤代烃、醇的命名是否正确。

（1）CH2═CH-CH═CH-CH═CH21，3，5三己烯____

（2）2-甲基-3-丁醇____

（3）二溴乙烷____

（4）3-乙基-1-丁烯____

（5）2-甲基-2，4-已二烯____

（6）1，3-二甲基-2-丁烯____．评卷人得分五、解答题(共4题，共40分)25、理论上用50t褐铁矿（2Fe2O3•3H2O）能冶炼出多少吨含铁96%的生铁（设冶炼过程中损失铁为20%）26、在5L密闭容器中，通入5molN2和8molH2，在一定条件下生成NH3，反应进行到2min时，测得容器内有4molNH3．求：

（1）2min内的平均反应速率v（N2）、v（H2）、v（NH3）．

（2）2min时N2、H2的浓度．27、化合物A由周期不同的短周期元素X；Y组成；是良好的耐热冲击材料．

（1）X的单质既可与盐酸反应；又可与NaOH溶液反应，X的原子结构示意图为______．

（2）X的硫酸盐溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式为______

（3）一定条件下；A和水缓慢作用生成含Y的化合物Z，Z分子含有10个电子．

①Z与H2O2反应；其产物之一是Y的单质，Y的单质的电子式为______；Z分子的结构呈______

②A的化学式是______

（4）X的单质、石墨和二氧化钛（TiO2）按比例混合，高温下反应得到的化合物均由两种元素组成，且都是新型陶瓷材料（在火箭河导弹上有重要应用），其反应的化学方程式是______2Al2O3+3TiC28、用1L水吸收246.4L（标准状况）氯化氢气体，得到密度为1.15g•cm-3的盐酸；计算：

（1）该盐酸溶液中氯化氢的质量分数；

（2）该盐酸溶液的物质的量浓度．评卷人得分六、实验题(共4题，共12分)29、某工业废水在不考虑水的电离及离子的水解时仅含表离子中的rm{5}种，且各种离子的物质的量浓度相等，均为rm{0.1mol/L}

。阳离子rm{K^{+}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{Al^{3+}}rm{Fe^{2+}}阴离子rm{Cl^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}甲同学欲探究废水的组成；进行了如下实验：

Ⅰrm{.}用铂丝蘸取少量溶液；在火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察无紫色火焰。

Ⅱrm{.}取少量溶液，加入rm{KSCN}溶液无明显变化。

Ⅲrm{.}另取溶液加入少量盐酸；有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变。

Ⅳrm{.}向Ⅲ中所得的溶液中加入rm{BaCl_{2}}溶液；有白色沉淀生成。

完成下列填空：

rm{(1)}由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是______rm{(}写离子符号rm{)}

rm{(2)}Ⅲ中加盐酸生成无色气体的离子方程式是______

rm{(3)}将Ⅲ中所得红棕色气体通入水中；气体变无色，反应的化学方程式为______

rm{(4)}甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是______，阴离子是______。rm{(}写离子符号rm{)}

rm{(5)}另取rm{100mL}原溶液，加入足量的rm{NaOH}溶液，充分反应后过滤、洗涤、灼烧至恒重，得到的固体质量为______rm{g}

工业废水中常含有不同类型的污染物；可采用不同的方法处理。

rm{(6)}乙同学针对含不同污染物的废水提出了下列处理措施及其方法；其中正确的是______

。选项污染物处理措施方法类别rm{A}废酸加生石灰中和物理法rm{B}rm{Cu^{2+}}等重金属离子加硫酸盐沉降化学法rm{C}含复杂有机物的废水通过微生物代谢物理法rm{D}碱性的废水用rm{CO_{2}}来中和化学法30、某校化学兴趣小组设计了图示实验装置（图中省略了夹持仪器）来测定某铁碳合金中铁的质量分数，并探究铁与浓硫酸的反应。（1）m克铁碳合金中加入过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，其原因是①常温下碳与浓硫酸不反应；②。（2）写出加热时A中碳与浓硫酸发生反应的化学方程式。（3）B中的现象是；C的作用是。（4）随着反应的进行，A中还可能发生某些离子反应，写出相应的离子方程式反应一段时间后，从A中逸出气体的速率仍然较快，除因温度较高，反应放热外，还可能的原因是；（5）待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E并称重，E增重bg。则铁碳合金中铁的质量分数为（写含m、b的表达式）。（6）某同学认为上述方法较复杂，使用下图所示的装置和其它常用实验仪器测定某些数据即可。为了快速和准确的计算出铁的质量分数，最简便的实验操作是（填写代号）。A．用排水法测定H2的体积B．反应结束后，过滤、洗涤、称量残渣的质量C．测定反应前后装置和药品的总质量31、加热条件下，硅单质和rm{HCl}反应生成rm{SiHCl_{3}}是粗硅提纯的重要步骤rm{.}某小组设计如图所示装置完成上述转化rm{(}夹持装置略去rm{)}．

已知：rm{SiHCl_{3}}的沸点为rm{33.0^{circ}C}易溶于有机溶剂，能与水剧烈反应，在空气中易被氧化，rm{CCl_{4}}的沸点为rm{76.8^{circ}C}．

请回答：

rm{(1)}仪器rm{a}的名称为______；导管rm{g}的作用为______；

rm{(2)}装置rm{A}中，浓硫酸体现的性质为______；实验时，需先打开分液漏斗活塞，一段时间后，在点燃rm{C}处酒精灯；理由是______；

rm{(3)}装置rm{C}中发生反应的化学方程式为______；

rm{(4)}装置rm{D}中所得的液态混合物的分离方法为______rm{.(}填操作名称rm{)}

rm{(5)}反应后的气体通过装置rm{F}中的rm{NaOH}溶液后；对逸出气体的处理方法为______；

rm{(6)SiHCl_{3}}在潮湿的空气中被氧化，生成一种氧化物和一种无氧酸，该反应的化学方程式为______．32、现用质量分数为rm{98%.}密度为rm{1.84g/ml}的浓硫酸来配制rm{500ml0.2mol/l}的稀硫酸，可供选择的仪器如下；rm{垄脵}玻璃棒rm{垄脷}烧瓶rm{垄脹}烧杯rm{垄脺}胶头滴管rm{垄脻}量筒rm{垄脼}容量瓶rm{垄脽}托盘天平rm{垄脿}药匙请回答下列问题．

rm{(1)}上述仪器中，在配制稀硫酸时用不到的仪器有______rm{(}填序号rm{)}

rm{(2)}经计算，需浓硫酸的体积为______rm{.}现有rm{垄脵10ml.垄脷50ml.垄脹100ml}三种规格的量筒，你选用的量筒是______rm{(}填序号rm{)}

rm{(3)}将浓硫酸稀释后，冷却片刻，随后全部转移到______rm{ml}的容量瓶中，转移时应用玻璃棒______，转移完毕后，用少量蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒rm{2隆芦3}次，并将洗涤液也转入容量瓶中，在加适量蒸馏水直到液面接近刻线______处rm{.}改用______滴加蒸馏水到瓶颈刻度的地方；将溶液振荡，摇匀后，装瓶，贴签．

rm{(4)}下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响？rm{(}用偏高、偏低、无影响填写rm{)}

A；容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥______；

B；所用的浓硫酸长时间放置在敞口容器内______；

C、定容时仰视溶液的凹液面______．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】根据N=nNA知，分子数与物质的量成正比，物质的量越大其分子数越多，根据n=结合分子构成计算物质的物质的量，据此分析解答．【解析】【解答】解：所含原子的物质的量为4mol的H2，每个分子中含有2个H原子，所以n（H2）=n（H）=×4mol=2mol；

n（H2O）==2.5mol；

n（O2）==0.5mol；

据N=nNA知；分子数与物质的量成正比，物质的量越大其分子数越多；

所以物质的量从多到少顺序是③②①④；则分子数从多到少顺序是③②①④；

故选B．2、C【分析】【分析】A．中子数为8的碳原子；质子数为6，质量数为：6+8=14；

B．次氯酸是共价化合物；氧原子与氢原子；氯原子分别通过1对共用电子对结合；

C．碳原子半径比氧原子半径大；

D．球棍模型：球表示原子，棍表示之间的化学键．【解析】【解答】解：A．中子数为8的碳原子，质子数为6，质量数为：6+8=14，故原子符号为：C；故A正确；

B．次氯酸是共价化合物；氧原子与氢原子；氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为H-O-Cl，故B正确；

C．碳原子半径比氧原子半径大；但比例模型中C原子的比较比O原子半径小，故C错误；

D．丙烷的球棍模型：故D在正确；

故选C．3、C【分析】【分析】A；物质是由元素组成的；

B；根据酸碱的概念分析；

C；碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；

D、盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物，不一定含有氧元素．【解析】【解答】解：A；物质是由元素组成的；所以过氧化氢是由氢元素和氧元素组成的，故A错误；

B；酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物；酸中不一定含有氧元素，碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，碱一定含有氧元素，故B错误；

C；碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；所以碱中一定含有氢氧根离子，故C正确；

D；盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物；不一定含有氧元素如NaCl，氧化物一定含氧元素，故D错误；

故选：C．4、B【分析】【分析】在炼铁、炼钢过程中都有碳参加反应，碳燃烧放出热量，可为反应提供能源，生产CO，具有还原性，可用于还原氧化铁生产铁，以此解答．【解析】【解答】解：炼铁过程中碳被氧化；反应放出热量，同时生成CO，与氧化铁反应生成单质铁，起到金属冶炼的作用，既起产生热量的作用，又起产生CO的作用．

故选B．5、A【分析】解：A；苯与高锰酸钾溶液不反应且分层；由于苯的密度小于水，故苯在上层；甲苯能被高锰酸钾溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色；四氯化碳不和高锰酸钾溶液反应且分层，由于四氯化碳密度比水大，故油状液体在下层；氢氧化钠与高锰酸钾溶液不反应且不分层，故四种物质与高锰酸钾溶液混合后现象均不同，故可以用高锰酸钾溶液鉴别开，故A正确；

B；苯和甲苯均与溴水不反应；均发生萃取，且由于苯和甲苯的密度比水小，故萃取后，溴的苯和溴的甲苯溶液均在上层，区分不开，故B错误；

C；苯、甲苯与浓硫酸均不反应；混合后分层，且由于苯和甲苯的密度均比水小，故苯和甲苯均在浓硫酸的上层，区分不开，故C错误；

D；液溴均易溶于苯、甲苯和四氯化碳；故混合后均得橙红色溴的有机溶液，区分不开，故D错误．

故选A．

A；苯与高锰酸钾溶液不反应且分层；甲苯能被高锰酸钾溶液氧化；四氯化碳不和高锰酸钾溶液反应且分层；氢氧化钠与高锰酸钾溶液不反应且不分层；

B；苯和甲苯均与溴水不反应；发生萃取；

C；苯、甲苯与浓硫酸均不反应；且分层；

D；液溴均易溶于苯、甲苯和四氯化碳．

本题考查有机物的鉴别，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握物质的性质的异同，为解答该题的关键，难度不大．【解析】【答案】A6、A【分析】解：rm{A.}标况下；辛烷是液体，气体摩尔体积对其不适用，所以无法计算辛烷的物质的量，导致无法计算辛烷燃烧生成的二氧化碳分子数，故A错误；

B.rm{18g}水的物质的量rm{=dfrac{18g}{18g/mol}=1mol}一个水分子含有rm{=dfrac

{18g}{18g/mol}=1mol}个电子，所以含有电子总数是rm{10}故B正确；

C.二氧化氮的物质的量rm{=dfrac{46g}{46g/mol}=1mol}四氧化二氮的物质的量rm{=dfrac{46g}{92g/mol}=0.5mol}一个二氧化氮分子中含有rm{10N_{A}}个原子，一个四氧化二氮分子中含有rm{=dfrac

{46g}{46g/mol}=1mol}个原子，所以rm{=dfrac

{46g}{92g/mol}=0.5mol}二氧化氮和rm{3}四氧化二氮含有的原子数均为rm{6}故C正确；

D.rm{46g}rm{46g}rm{3N_{A}}rm{1}的硝酸镁的物质的量rm{L}一个硝酸镁化学式中含有rm{2}个硝酸根离子，所以含有硝酸根离子总数rm{mol?L^{-1}}故D正确；

故选A．

A.标况下；辛烷是液体，气体摩尔体积对其不适用；

B.根据相对分子质量计算水的物质的量，一个水分子中含有rm{=2mol/L隆脕1L=2mol}个电子；结合分子构成计算电子总数；

C.二氧化氮的摩尔质量是四氧化二氮的rm{2}但每个二氧化氮分子中含有的原子个数是四氧化二氮的rm{4N_{A}}根据二氧化氮和四氧化二氮的分子构成确定含有的原子数是否相等；

D.先计算硝酸镁的物质的量；再结合硝酸镁的化学式计算含有的硝酸根离子个数．

本题考查阿伏加德罗常数，题目难度不大，易错选项是rm{10}注意气体摩尔体积的适用范围和适用条件，为易错点．rm{dfrac{1}{2}}【解析】rm{A}二、双选题(共8题，共16分)7、A|B【分析】解：A．含有阳离子的晶体可能含有阴离子或电子；离子化合物一定由阴离子和阳离子构成，故A正确；

B．离子半径：F-＜Cl-＜Br-＜I-，结构相似的离子晶体，离子半径越小，晶格能越大，则晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI；故B正确；

C．含有共价键的晶体可能为分子晶体或原子晶体；如为分子晶体，则不一定含有较高的熔沸点和硬度，故C错误；

D．空间利用率：面心立方=六方密堆积；都为74%，故D错误．

故选AB．【解析】【答案】AB8、B|C【分析】解：A、②平衡时O2转化率比①大，说明②相对于①平衡向正反应方向移动，所以开始时压强：p1＜p2；则反应速率②＞①，故A错误；

B、②平衡时O2转化率比①大，说明平衡时②中气体的物质的量比①少，又温度相同，则②中压强大所以平衡时压强：p1＜p2；故B正确；

C、③和①O2转化率的转化率相同，又该反应为吸热反应，③的温度高平衡向正反应方向移动，所以③的压强使平衡向逆反应方向移动，即压强小于①，所以体积大于①，V1＜V3；故C正确；

D、若实验②中O2和Cl2用量均加倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则O2转化率大于70%；故D错误；

故选BC．

A；根据温度高；压强大反应速率大判断；

B、根据②平衡时O2转化率比①大；说明平衡时②中气体的物质的量比①少；

C、③和①O2转化率的转化率相同；又该反应为吸热反应，③的温度高平衡向正反应方向移动，所以③的压强使平衡向逆反应方向移动，据此分析；

D、若实验②中O2和Cl2用量均加倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则O2转化率大于70%．

本题考查外界条件对化学反应速率和平衡移动的影响，有一定的难度．【解析】【答案】BC9、rBC【分析】解：rm{A}物质rm{C_{3}H_{6}O_{3}}可表示丙酸；乙酸甲酯等物质；不只有一种结构，故A错误；

B、二氯甲烷存在rm{1}种结构；甲烷中的四个氢原子等效，故B正确；

C；物质可表示硝基化合物硝基苯；故C正确；

D；物质表示丁烷；丁烷存在同分异构现象，可以是正丁烷还可以是异丁烷，故D错误。

故选：rm{BC}

化合物中只有一种结构；说明该有机物不存在同分异构体结构；

A；物质可表示羧酸类、酯类等物质；

B；甲烷中的四个氢原子等效；

C；物质可表示硝基化合物；

D；物质表示丁烷；丁烷存在同分异构现象。

本题考察学生同分异构体的结构知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。【解析】rm{BC}10、BD【分析】解：rm{A.H_{2}O}中的中子数为rm{8}rm{D_{2}O}中的中子数为rm{10}则等物质的量的水与重水含有的中子数不同，故A错误；

B.乙烯和丙烯的最简式均为rm{CH_{2}}由rm{n=dfrac{m}{M}}可知，等质量时含rm{CH_{2}}的个数相同，rm{1}个rm{C_{2}H_{4}}分子共用rm{6}对电子rm{(}其中rm{4}个rm{C-H}rm{2}个rm{C-C)}rm{1}个rm{C_{3}H_{6}}分子共用rm{9}对电子rm{(}其中rm{6}个rm{C-H}rm{3}个rm{C-C)}因此可以发现规律：rm{1}个rm{CH_{2}}平均共用rm{3}对电子，含rm{CH_{2}}的个数相同则共有电子对数相同；故B正确；

C.同温、同压、同体积，由rm{n=dfrac{V}{Vm}}可知，气体的物质的量相同，rm{C}rm{N}的质子数不同，则rm{CO}和rm{NO}含有的质子数不同；故C错误；

D.铁和铝分别与足量氯气完全反应，rm{Fe}rm{Al}元素的化合价均由rm{0}升高为rm{+3}价，则等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数均为rm{n隆脕(3-0)N_{A}}故D正确；

故选BD．

A.rm{H_{2}O}中的中子数为rm{8}rm{D_{2}O}中的中子数为rm{10}

B.乙烯和丙烯的最简式均为rm{CH_{2}}由rm{n=dfrac{m}{M}}可知，等质量时含rm{CH_{2}}的个数相同；

C.同温、同压、同体积，由rm{n=dfrac{V}{Vm}}可知；气体的物质的量相同；

D.铁和铝分别与足量氯气完全反应，rm{Fe}rm{Al}元素的化合价均由rm{0}升高为rm{+3}价．

本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握物质的构成、物质的量计算公式、转移电子计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力、计算能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{BD}11、B|C【分析】解：A．为氟离子结构示意图，氟原子的核电荷数=核外电子总数=9，其正确的原子结构示意图为：故A错误；

B．聚四氟乙烯为四氟乙烯的加聚反应产物，聚四氟乙烯的结构简式为：故B正确；

C．中子数为10的氟原子的质量数为19，其表示方法为：F；故C正确；

D．氟化钙为离子化合物，钙离子直接用离子符号Ca2+表示，氟离子需要标出其最外层电子及所带电荷，两个氟离子需要先在钙离子的两边，氟化钙的电子式为：故D错误；

故选BC．

A．氟原子的核电荷数为9；最外层含有7个电子；

B．F2C=CF2加聚反应产物为聚四氟乙烯；

C．质量数=质子数+中子数；元素符号的左上角为质量数；左下角为质子数；

D．氟化钙为离子化合物，钙离子直接用离子符号Ca2+表示；氟离子需要标出其最外层电子及所带电荷，两个氟离子需要先在钙离子的两边．

本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及结构简式、原子结构示意图、元素符号、电子式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力．【解析】【答案】BC12、B|C【分析】试题分析：A．由表中数据可知，50s内N2O4的物质的量变化量为0.12mol，根据v=计算v(N2O4)，再根据速率之比等于化学计量数之比计算v(NO2)；

B．保持温度不变，向平衡后的容器中充入1.0molN2O4时；平衡向逆反应移动；

C．由表中数据可知，250s达到平衡，平衡时生成0.2molmolN2O4时，N2O4浓度变化量为0.1mol/L，据此利用三段式计算平衡时NO2的浓度；计算温度T时平衡常数，根据升高温度平衡常数的变化，判断反应是吸热还是放热；

D．T温度时，若起始向容器中充入2.0molN2O4，相当于开始4molmolNO2，等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，平衡时N2O4的物质的量大于0.4mol；据此计算判断．

解:A．由表中数据可知，50s内N2O4的物质的量变化量为0.12mol，则v(N2O4)==0.0012mol•L-1•s-1，根据速率之比等于化学计量数之比，故v(NO2)=2v(N2O4)=0.0024mol•L-1•s-1；故A错误；

B．保持温度不变，向平衡后的容器中充入1.0molN2O4时；平衡向逆反应移动，故v(正)＜v(逆)，故B正确；

C．由表中数据可知，250s达到平衡，平衡时生成0.2molmolN2O4时，N2O4浓度变化量为0.1mol/L；则：

2NO2(g)⇌N2O4(g)

开始(mol/L)：10

变化(mol/L)：0.20.1

平衡(mol/L)：0.80.1

故温度为T时平衡常数k==0.156；保持其他条件不变，升高温度达到新平衡时K=0.125，则平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，即△H＜0，故C正确；

D．T温度时，若起始向容器中充入2.0molN2O4，相当于开始4molmolNO2，等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，平衡时N2O4的物质的量大于0.4mol，故平衡时N2O4的转化率小于=80%；故D错误；

故选BC．【解析】【答案】BC13、C|D【分析】解：A．氢氧化钠与乙醇不反应；与乙酸发生中和反应，但没有明显现象，不能鉴别，故A错误；

B．氨水与乙醇不反应；与乙酸发生中和反应，但没有明显现象，不能鉴别，故B错误；

C．乙酸与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体；可鉴别，故C正确；

D．乙酸与氢氧化铜反应溶液变蓝；可鉴别，故D正确．

故选CD．【解析】【答案】CD14、rBC【分析】解：rm{A.}奎宁酸和莽草酸的分子式分别为rm{C_{7}H_{12}O_{8}}rm{C_{7}H_{10}O_{5}}奎宁酸的相对分子质量比莽草酸的大rm{18}故A正确；

B.莽草酸含有碳碳双键和羟基；奎宁酸含有羟基，都可被氧化，不能鉴别，故B错误；

C.含有羟基和羧基，都可与钠反应，消耗钠的物质的量之比为rm{5}rm{4}故C错误；

D.只有羧基于氢氧化钠溶液反应，都含有rm{1}个羧基，消耗rm{NaOH}的物质的量相同；故D正确；

故选BC．

A.由结构简式确定分子式；可确定相对分子质量关系；

B.莽草酸含有碳碳双键和羟基；奎宁酸含有羟基，都可被氧化；

C.含有羟基和羧基；都可与钠反应；

D.只有羧基于氢氧化钠溶液反应．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、醇、羧酸性质的考查，题目难度不大．【解析】rm{BC}三、填空题(共7题，共14分)15、DCH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl【分析】【分析】（1）根据反应产物及“原子经济”的理念分析；最理想的“原子经济”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物，这时原子的利用率为100%；

（2）乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应生成氯乙烷．【解析】【解答】解：（1）A、乙烷与氯气发生取代反应：CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl；该反应有杂质HCl生成，所以不符合原子经济的理念，故A错误；

B、乙烯与氯气发生加成反应：CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl；产物是二氯乙烷不是氯乙烷，故B错误；

C；乙烷与氯气发生取代反应；得不到氯乙烷，是多种卤代烃的混合物，故C错误；

D、乙烯与氯化氢发生加成反应：CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl；生成物只有氯乙烷，符合原子经济理念，故D正确．

故选D；

（2）乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应生成氯乙烷，方程式为：CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl；

故答案为：CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl．16、B减小AD不变【分析】【分析】（1）升高温度；正逆反应速率加快，化学平衡向着吸热方向进行；增加生成物的浓度，逆反应速率瞬间变大，正反应速率瞬间不变，平衡逆向进行；

（2）使用催化剂，会同等程度的加快正逆反应速率，但是平衡不移动，转化率不变．【解析】【解答】解：（1）升高温度；正逆反应速率瞬间加快，化学平衡向着吸热方向进行，即向着逆反应方向进行，逆反应速率大于正反应速率，产物C的体积分数减小；增加生成物的浓度，逆反应速率瞬间变大，正反应速率瞬间不变，平衡逆向进行；故答案为：B；减小；A；

（2）使用催化剂，会同等程度的加快正逆反应速率，正逆反应速率仍然相等，但是平衡不移动，转化率不变，故答案为：D；不变．17、CH2=CH-CH2-CH=CH-CH3或CH3-CH=CH-CH=CH-CH3等CH≡CCH2CH2CH2CH3，1-己炔；CH3C≡CCH2CH2CH3，2-己炔；CH3CH2C≡CCH2CH3，3-己炔【分析】【分析】A、B、C三种烃的化学式为C6H10，不饱和度为=2；它们的分子中均无支链或侧链：

（1）若A为环状；则A分子还含有1个碳碳双键，故A为环己烯；

（2）若B为含有双键的链状结构，其分子中不存在“=C=C=C=”基团，则B的结构简式为CH2=CH-CH2-CH=CH-CH3或CH3-CH=CH-CH=CH-CH3等；

（3）若C为含有三键的链状结构，其可能结构为CH≡CCH2CH2CH2CH3或CH3C≡CCH2CH2CH3或CH3CH2C≡CCH2CH3．【解析】【解答】解：A、B、C三种烃的化学式为C6H10，不饱和度为=2；它们的分子中均无支链或侧链；

（1）若A为环状，则A分子还含有1个碳碳双键，故A为环己烯，结构简式为故答案为：

（2）若B为含有双键的链状结构，其分子中不存在“=C=C=C=”基团，则B的结构简式为CH2=CH-CH2-CH=CH-CH3或CH3-CH=CH-CH=CH-CH3等，故答案为：CH2=CH-CH2-CH=CH-CH3或CH3-CH=CH-CH=CH-CH3等；

（3）若C为含有三键的链状结构，其可能结构为CH≡CCH2CH2CH2CH3或CH3C≡CCH2CH2CH3或CH3CH2C≡CCH2CH3；名称分别为：1-己炔，2-己炔，3-己炔；

故答案为：CH≡CCH2CH2CH2CH3，1-己炔；CH3C≡CCH2CH2CH3，2-己炔；CH3CH2C≡CCH2CH3，3-己炔．18、DBNO2-+Cl2+H2O=NO3-+2H++2Cl-c26222净水消毒【分析】【分析】（1）由题给信息可知Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+；

（2）A；亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性；氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性；

B；甲基橙的变色范围是3.1-4.4；

C；酸性条件下；亚硝酸根离子能被碘离子还原生成一氧化氮，同时生成碘单质；

D；亚硝酸根离子不和银离子反应；氯离子和银离子反应生成白色沉淀；

（3）依据题干信息和反应物；生成物；结合原子守恒配平书写离子方程式；

（4）Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子；但能引入新的杂质，铁不能氧化亚铁离子，双氧水的还原产物是水，不引入杂质；

（5）根据方程式可知；铁元素的化合价从+2价升高到+6价，失去4个电子；氧元素的化合价从-1价升高到0价，失去1个电子，氧元素的化合价从-1价降低到-2价，得到1个电子，然后根据电子的得失守恒和质量守恒定律配平方程式；

（6）依据高铁酸钾具有氧化性可以消毒杀菌，在水中被还原为三价铁离子，贴了水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用．【解析】【解答】解：（1）服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，被氧化，则维生素具有还原性，而亚硝酸盐，会导致Fe2+转化为Fe3+；说明亚硝酸盐具有氧化性，在反应中为氧化剂，所以维生素C是还原剂；

故选D．

（2）A；亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性；氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，相同物质的量浓度的两种溶液的pH不同，所以可以用测定这两种溶液的pH值鉴别，故A不选；

B；亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性；氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，所以亚硝酸钠和氯化钠溶液加入甲基橙后溶液都呈黄色，反应现象相同，所以不能用甲基橙鉴别，故B选；

C、在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2-+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O；碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故C不选；

D、亚硝酸根离子不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用AgNO3和HNO3两种试剂来区别；故D不选；

故答案为：B；

（3）某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，反应的离子方程式为：NO2-+Cl2+H2O=NO3-+2H++2Cl-；

故答案为：NO2-+Cl2+H2O=NO3-+2H++2Cl-；

（4）由于Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子；但能引入新的杂质，铁不能氧化亚铁离子，双氧水的还原产物是水，不引入杂质，所以正确是双氧水；

故选c．

（5）根据方程式可知，铁元素的化合价从+2价升高到+6价，失去4个电子；氧元素的化合价从-1价升高到0价，失去1个电子，氧元素的化合价从-1价降低到-2价，得到1个电子，然后根据电子的得失守恒和质量守恒定律配平方程式；，最小公倍数是8，所以硫酸亚铁前面配2，K2O2前面配6，再根据质量守恒配平其他物质，配平后的方程式为：2FeSO4+6K2O2═2K2FeO4+2K2SO4+2K2O+O2；

故答案为：2；6、2、2、2、2；

（6）高铁酸钾（K2FeO4）中Fe的化合价是+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体；能吸附水中杂质，所以高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是净水；消毒；

故答案为：净水；消毒．19、将Fe3+、Co3+还原6.72LB0.7无色变为浅紫色（或紫红色），且半分钟内不变色36.75cv/m%【分析】【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2；向溶液中加入NaF溶液，除去钙镁离子，然后过滤得到的滤液中II中加入萃取剂，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钴；

（1）亚硫酸钠具有还原性；能还原氧化性离子；

（2）根据反应3Cl2+6NaOH=NaClO3+5NaCl+3H2O；2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑的关系进行计算；具体见解答；

（3）根据图知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；

（4）当加入过量NaF后，所得滤液==；带入数值即可计算；

（5）用高锰酸钾溶液去滴定，当溶液由无色变为浅紫色（或紫红色），且半分钟内不变色时，达到滴定终点；根据n=cV计算反应中草酸的物质的量，根据方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O计算V中高锰酸钾的物质的量，再计算原样品中的物质的量，进而计算纯度．【解析】【解答】解：含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2；向溶液中加入NaF溶液，除去钙镁离子，然后过滤得到的滤液中II中加入萃取剂，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钴；

（1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子Fe3+、Co3+，所以浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+、Co3+还原；

故答案为：Fe3+、Co3+；

（2）根据反应3Cl2+6NaOH=NaClO3+5NaCl+3H2O

3mol106.5g

0.3mol10.65g

2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑

1mol22.4L

0.3mol22.4×0.3=6.72L

故答案为：6.72L；

（3）由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；

故答案为：B；

（4）当加入过量NaF后，所得滤液====0.7；

故答案为：0.7；

（5）根据n=cV计算反应中草酸的物质的量，设样品中含CoC2O4质量为x，根据方程式：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；草酸根守恒可得：

5CoC2O4-5（NH4）2C2O4-5H2C2O4-2MnO4-

146.93g2mol

xCV×10-3mol

样品纯度=×100%，带入数据可得纯度为%；

故答案为：%．20、羧基消去CH2=CHCH=CH2HOOCCH=CHCOOH+H2HOOCCH2CH2COOHHOOCCH2CH2COOH+2C2H5OHCH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3+2H2O【分析】【分析】A是一种五元环状化合物，其核磁共振氢谱只有一个峰，说明A中只含一种类型的H原子，A能水解生成B，B能和氢气发生加成反应生成C，结合题给信息和A的分子式知，A中还含有碳碳双键，则A的结构简式为：故B为HOOCCH=CHCOOH，C为HOOCCH2CH2COOH，C发生信息中的反应得到D为HOCH2CH2CH2CH2OH，由G的分子式可知，D发生消去反应生成G，故G为CH2=CHCH=CH2；B和水发生反应生成E，根据B和E的摩尔质量知，B与水发生加成反应生成E，所以E为HOOCCH2CH（OH）COOH，C和X反应生成F，根据F的分子式知，X是乙醇，F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，据此分析解答．【解析】【解答】解：A是一种五元环状化合物，其核磁共振氢谱只有一个峰，说明A中只含一种类型的H原子，A能水解生成B，B能和氢气发生加成反应生成C，结合题给信息和A的分子式知，A中还含有碳碳双键，则A的结构简式为：故B为HOOCCH=CHCOOH，C为HOOCCH2CH2COOH，C发生信息中的反应得到D为HOCH2CH2CH2CH2OH，由G的分子式可知，D发生消去反应生成G，故G为CH2=CHCH=CH2；B和水发生反应生成E，根据B和E的摩尔质量知，B与水发生加成反应生成E，所以E为HOOCCH2CH（OH）COOH，C和X反应生成F，根据F的分子式知，X是乙醇，F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3；

（1）通过以上分析知，C结构简式为HOOCCH2CH2COOH，其官能团名称是羧基，④为HOCH2CH2CH2CH2OH发生消去反应生成CH2=CHCH=CH2；故答案为：羧基；消去；

（2）通过以上分析知G为CH2=CHCH=CH2，故答案为：CH2=CHCH=CH2；

（3）该反应为HOOCCH=CHCOOH和H2加成反应，反应方程式为HOOCCH=CHCOOH+H2HOOCCH2CH2COOH；

故答案为：HOOCCH=CHCOOH+H2HOOCCH2CH2COOH；

（4）该反应为HOOCCH2CH2COOH、C2H5OH的酯化反应，反应方程式为HOOCCH2CH2COOH+2C2H5OHCH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3+2H2O，故答案为：HOOCCH2CH2COOH+2C2H5OHCH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3+2H2O；

（5）E为HOOCCH2CH（OH）COOH，有机物Y与E互为同分异构体，且具有相同的官能团种类和数目，说明Y中含有两个羧基和一个醇羟基，则符合条件的Y有

故答案为：．21、2s22p42F2+2H2O═4HF+O2MgO晶格能大3：1：1【分析】【分析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则W有3个电子层，最外层电子数为6，故W为氧元素；X，Y，Z分属不同的周期，且主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大．X不可能为第三周期元素，若为第三周期，X、Y、Z的原子序数之和大于W原子序数的5倍，所以可以断定X也在第二周期，且原子序数比氧元素大，故X为F元素；故Y、Z的原子序数之和为8×5-9=31，平均原子序数为15.5，故Y处于第三周期，Z处于第四周期，Z的原子序数大于18，若Y为Na元素，则Z为Ca元素，若Y为Mg元素，则Z为K元素，X的原子序数再增大，不符合题意，由于元素W与Y形成的化合物M的熔点最高，故Y为Mg元素，Z为K元素．以及对应单质化合物的性质以及题目要求可解答该题．【解析】【解答】解：主族元素W；X、Y、Z的原子序数依次增大；W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则W有3个电子层，最外层电子数为6，故W为氧元素；X，Y，Z分属不同的周期，且主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大．X不可能为第三周期元素，若为第三周期，X、Y、Z的原子序数之和大于W原子序数的5倍，所以可以断定X也在第二周期，且原子序数比氧元素大，故X为F元素；故Y、Z的原子序数之和为8×5-9=31，平均原子序数为15.5，故Y处于第三周期，Z处于第四周期，Z的原子序数大于18，若Y为Na元素，则Z为Ca元素，若Y为Mg元素，则Z为K元素，X的原子序数再增大，不符合题意，由于元素W与Y形成的化合物M的熔点最高，故Y为Mg元素，Z为K元素．

（1）W为氧元素，O原子的L层电子排布式为2s22p4，故答案为：2s22p4；

（2）X为F元素，对应的单质具有强氧化性，可与水反应生成HF和氧气，反应的方程式为2F2+2H2O═4HF+O2；

故答案为：2F2+2H2O═4HF+O2；

（3）由上述分析可知；M为MgO，其晶体结构与NaCl相同，而熔点高于NaCl，由于MgO晶体中离子的电荷多，晶格能大，故MgO熔点较高；

故答案为：MgO；晶格能大；

（4）F、Mg、K形成立方晶体结构的化合物，晶胞中F占据所有棱的中心，晶胞中F原子数目为12×=3，Mg位于顶角，晶胞中Mg原子数目为8×=1；K处于体心位置，晶胞中含有1个K原子，则该晶体的组成为F：Mg：K=3：1：1；

故答案为：3：1：1．四、判断题(共3题，共30分)22、×【分析】【分析】氧气与氦气的分子构成不同，含有原子数相等时，分子数不同，以此解答．【解析】【解答】解：氧气为双原子分子，氦气为单原子分子，标准状况下当氧气与氦气的原子数均为NA时；氧气为0.5mol，氦气为1mol，则体积不同．

故答案为：×．23、×【分析】【分析】稀硝酸具有强氧化性，和金属反应生成硝酸盐和氮氧化物，稀硫酸具有弱氧化性，和酸反应生成硫酸盐和氢气．【解析】【解答】解：稀硫酸中弱氧化性是氢离子体现的，所以稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，稀硝酸中强氧化性是N元素体现的，所以稀硝酸具有强氧化性，和铁反应生成NO而不是氢气，所以该说法错误，故答案为：×．24、×【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：（1）双键的个数为3；应命名为1，3，5-己三烯，故答案为：×；

（2）从离官能团最近的一端开始命名；应命名为3-甲基-2-丁醇，故答案为：×；

（3）应标出取代基的位置；应命名为1，2-二溴乙烷，故答案为：×；

（4）选最长的碳连做主链；应命名为3-甲基-1-戊烯，故答案为：×；

（5）符合命名规则；故答案为：√；

（6）选最长的碳连做主链，从离官能团最近的一端开始命名，应命名为2-甲基-2-戊烯，故答案为：×．五、解答题(共4题，共40分)25、略

【分析】【分析】褐铁矿被还原生成Fe单质，根据碳原子守恒得关系式为2Fe2O3•3H2O4Fe，根据关系式进行计算．【解析】【解答】解：褐铁矿被还原生成Fe单质，根据碳原子守恒得关系式为2Fe2O3•3H2O4Fe；

设生成96%生铁的质量为x；

2Fe2O3•3H2O4Fe

374224

50t×（1-20%）96%x

374：224=50t×（1-20%）：96%x

x==25t；

答：理论上用50t褐铁矿（2Fe2O3•3H2O）能冶炼出25吨含铁96%的生铁．26、略

【分析】【分析】（1）根据v=结合反应速率之比等于化学计量数之比计算反应速率；

（2）根据起始浓度-变化浓度得某一时刻浓度．【解析】【解答】解：（1）反应的方程式为：N2+3H2⇌2NH3，则v（NH3）==0.4mol•L-1•min-1；

v（N2）=×0.4mol/（L•min）=0.2mol/（L•min）、v（H2）=×0.4mol/（L•min）=0.6mol/（L•min）；

v（H2）=0.6mol/（L•min）、v（NH3）=0.4mol/（L•min）．

答：2min内的平均反应速率v（N2）、v（H2）、v（NH3）分别为：v（N2）=0.2mol/（L•min）、v（H2）=0.6mol/（L•min）、v（NH3）=0.4mol/（L•min）；

（2）△c（N2）=v（N2）×△t=0.2mol/（L•min）×2min=0.4mol/L，△c（H2）=v（H2）×△t=0.6mol/（L•min）×2min=1.2mol/L；

2min后c（N2）=-0.4mol/L=0.6mol/L，c（H2）=-1.2mol/L=0.4mol/L．

答：2min时N2、H2的浓度分别为：c（N2）=0.6mol/L、c（H2）=0.4mol/L．27、略

【分析】

（1）X的单质既可与盐酸反应，又可与NaOH溶液反应，X为Al元素，X的原子结构示意图为故答案为：

（2）铝盐与过量NaOH溶液反应转化为偏铝酸盐，发生的离子反应方程式为：Al3++4OH-═AlO2-+2H2O，故答案为：Al3++4OH-═AlO2-+2H2O；

（3）由X的单质既可与盐酸反应，又可与NaOH溶液反应，X为Al，元素X、Y不同周期，都属于短周期元素，则Y在第二周期，再由一定条件下，A和水缓慢作用生成含Y的气体化合物Z，Z分子含有四个原子核10个电子，则Y为N，Z为NH3；

①X为Al，Y为N，则Z为NH3，Y为N2，电子式为：Z为NH3，分子结构为三角锥形，故答案为：三角锥形；

②X为Al；Y为N，A由短周期元素X；Y组成，则A为AlN，故答案为：AlN；

（4）X的单质为Al、石墨和二氧化钛（TiO2）按比例混合，高温下反应得到的化合物均由两种元素组成，且都是新型陶瓷材料（在火箭河导弹上有重要应用）耐高温材料，生成产物为氧化铝，推断另一种只有碳化钛；依据原子守恒写出化学方程式，反应的化学方程式是：4Al+3TiO2+3C2Al2O3+3TiC，故答案为：4Al+3TiO2+3C2Al2O3+3TiC．

【解析】【答案】（1）单质既可与盐酸反应；又可与NaOH溶液反应判断为两性元素Al；

（2）氢氧化铝溶液强酸生成偏铝酸盐；

（3）元素X、Y不同周期，都属于短周期元素，则Y在第二周期，再由一定条件下，A和水缓慢作用生成含Y的气体化合物Z，Z分子含有10个电子，则Y为N，Z为NH3．

28、略

【分析】【分析】根据n=计算246.4L氯化氢气体物质的量；再根据m=nM计算HCl的质量，根据m=ρV计算水的质量；

（1）根据w=×100%；

（2）根据c=计算所得盐酸的物质的量浓度．【解析】【解答】解：246.4L氯化氢气体物质的量为=11mol；故HCl的质量=11mL×36.5g/mol=401.5g，水的质量为1000mL×1g/mL=1000g；

（1）该溶液质量分数为×100%=28.65%；

答：该盐酸中溶质的质量分数是28.65%；

（2）该盐酸的物质的量浓度=mol/L=9.03mol/L；

答：该盐酸的物质的量浓度为9.03mol/L．六、实验题(共4题，共12分)29、略

【分析】解：Ⅰrm{.}用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰rm{(}透过蓝色钴玻璃观察rm{)}说明没有rm{K^{+}}

Ⅱrm{.}取少量溶液，加入rm{KSCN}溶液无明显变化，说明没有rm{Fe^{3+}}

Ⅲrm{.}另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明rm{Fe^{2+}}与rm{NO_{3}^{-}}和rm{H^{+}}反应生成rm{NO}即溶液中有rm{Fe^{2+}}rm{NO_{3}^{-}}加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有rm{Cl^{-}}

Ⅳrm{.}向Ⅲ中所得的溶液中加入rm{BaCl_{2}}溶液，有白色沉淀生成，说明有rm{SO_{4}^{2-}}

rm{(1)}由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是rm{K^{+}}rm{Fe^{3+}}故答案为：rm{K^{+}}rm{Fe^{3+}}

rm{(2)}Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体，是rm{Fe^{2+}}与rm{NO_{3}^{-}}和rm{H^{+}}反应生成rm{NO}其离子方程式：rm{3Fe^{2+}+NO_{3}^{-}+4H^{+}篓T3Fe^{3+}+NO+2H_{2}O}故答案为：rm{3Fe^{2+}+NO_{3}^{-}+4H^{+}篓T3Fe^{3+}+NO+2H_{2}O}

rm{(3)}将Ⅲ中所得红棕色气体为二氧化氮，通入水中，与水反应生成rm{NO}气体变无色，所发生的化学方程式为rm{3NO_{2}+H_{2}O篓T2HNO_{3}+NO}故答案为：rm{3NO_{2}+H_{2}O篓T2HNO_{3}+NO}

rm{(4)}由以上推断可知溶液中阴离子为rm{Cl^{-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}且各为rm{0.1mol/L}已经推断出的阳离子是rm{Fe^{2+}}其浓度为rm{0.1mol/L}由电荷守恒可知溶液中还有一种rm{+2}价阳离子，所以还有rm{Cu^{2+}}所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是：rm{Fe^{2+}}rm{Cu^{2+}}阴离子是：rm{Cl^{-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}

故答案为：rm{Fe^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}

rm{(5)}另取rm{100mL}原溶液，加入足量的rm{NaOH}溶液，rm{Fe^{2+}}生成rm{Fe(OH)_{2}}又被氧气氧化为rm{Fe(OH)_{3}}rm{Cu^{2+}}生成rm{Cu(OH)_{2}}充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为rm{Fe_{2}O_{3}}和rm{CuO}根据元素守恒：rm{n(CuO)=n(Cu^{2+})=cV=0.1mol/L隆脕0.1L=0.01mol}rm{n(Fe_{2}O_{3})=0.5}rm{n(Fe^{2+})=0.005mol}

所以固体质量为：rm{m(CuO)+m(Fe_{2}O_{3})=0.01mol隆脕80g/mol+0.005mol隆脕160g/mol=1.6g}

故答案为：rm{1.6}

rm{(6)A}酸和碱的中和反应为化学反应；为化学法，故A错误；

B.硫酸铜可溶；所以不能沉淀除去，故B错误；

C.复杂有机物通过微生物代谢的过程是化学方法；故C错误；

D.二氧化碳是酸性气体；可以和碱之间反应，属于化学方法，故D正确；

故选D。

Ⅰrm{.}用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰rm{(}透过蓝色钴玻璃观察rm{)}说明没有rm{K^{+}}

Ⅱrm{.}取少量溶液，加入rm{KSCN}溶液无明显变化，说明没有rm{Fe^{3+}}

Ⅲrm{.}另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明rm{Fe^{2+}}与rm{NO_{3}^{-}}和rm{H^{+}}反应生成rm{NO}即溶液中有rm{Fe^{2+}}rm{NO_{3}^{-}}加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有rm{Cl^{-}}

Ⅳrm{.}向Ⅲ中所得的溶液中加入rm{BaCl_{2}}溶液，有白色沉淀生成，说明有rm{SO_{4}^{2-}}根据以上判断分析；

污染治理要求能除掉有毒的物质；新生成的物质对环境无污染，物理法与化学法的区别是否有新物质生成。

本题考查物质的检验、鉴别以及方程式的有关计算，题目难度中等，解答本题的关键是把握有关反应的化学方程式的书写。【解析】rm{K^{+}}rm{Fe^{3+}}rm{3Fe^{2+}+NO_{3}^{-}+4H^{+}篓T3Fe^{3+}+NO+2H_{2}O}rm{3NO_{2}+H_{2}O篓T2HNO_{3}+NO}rm{Fe^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{1.6}rm{D}30、略

【分析】（1）②常温下铁与浓硫酸发生钝化；（3）在加热条件下，铁与碳均与浓硫酸反应，浓硫酸被还原为二氧化硫，碳氧化为二氧化硫，所以B中的现象是品红溶液褪色；为了防止二氧化硫对测定二氧化碳的干扰，C的作用是除去二氧化硫；（4）随着反应进行浓硫酸变稀后，铁足够量时，可以和反应生成的硫酸铁反应生成硫酸亚铁，铁与剩余稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，所以离子方程式为：2Fe3++Fe═3Fe2+或Fe+2H+═Fe2++H2↑；铁碳在酸溶液中符合原电池的组成条件，形成原电池反应，原电池能加快化学反应速率。（5）称取mg铁碳合金，加入过量浓硫酸，加热待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E装置并称重，E增重bg，则生成二