2025年人教版PEP高三化学下册月考试卷

…………○…………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年人教版PEP高三化学下册月考试卷814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6题，共12分)1、已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：

。弱酸CH3COOHHCNHFHClOH2CO3H2S电离平衡常数K=1.8×l0-5K=4.9×l0-10K=6.7×10-4K=3.0×10-8K1=4.3×l0-7

K2=5.6×l0-11K1=9.1×10-8K2=1.1×10-12下列有关说法正确的是（）A.等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（Na2S）＞pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（CH3COONa）＞pH（NaHCO3）B.NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+c（CO32-）C.pH相等的NaF与CH3COOK溶液中，[c（Na+）-c（F-）]＜[c（K+）-c（CH3COO-）]D.等浓度的①CH3COONH4、②NH4F、③（NH4）2CO3、④NH4HCO3溶液中的c（NH4+）：③＞②＞①＞④2、下列关于合金的说法错误的是A.镁铝合金的熔点比镁和铝都髙B.镁铝合金的硬度比镁和铝都大C.合金比纯金属用途更广泛D.青铜、硬铝、钢都是合金3、下列各选项有机物数目，与分子式为rm{ClC_{4}H_{7}O_{2}}且能与碳酸氢钠反应生成气体的有机物数目相同的是rm{(}不含立体异构rm{)(}rm{)}A.分子式为rm{C_{5}H_{10}}的烯烃B.分子式为rm{C_{4}H_{8}O_{2}}的酯C.甲苯rm{(}rm{)}的一氯代物D.立体烷rm{(}rm{)}的二氯代物4、下列物质均含有碳元素，其中属于氧化物的是（）A.C60B.COC.C2H2D.CH3OH5、下列叙述中，正确的是（）A.用硬水洗衣服既浪费肥皂又会使衣物变硬B.明矾既有使水中的悬浮物沉淀的作用，又有杀菌、消毒作用C.氯化钙溶于水不会使水的硬度增大D.除去天然水中的HCO3-、SO42-、Cl-后，就把硬水变成了软水6、用加热氯酸钾和二氧化锰混合物的方法制取氧气时，反应过程中二氧化锰在混合物中的质量分数（n%）随时间的变化图象（如图）正确的是（）A.B.C.D.评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、已知有机物A、B、C、D、E、F、G有如下转化关系，其中C的产量可用衡量一个国家的石油化工发展水平，G的分子式为C9H10O2；试回答下列有关问题．

（1）G的结构简式为____．

（2）指出下列反应的反应类型：A转化为B：____．C转化为D：____．

（3）写出下列反应的化学方程式：

D生成E的化学方程式：____．

B和F生成G的化学方程式：____．

（4）符合下列条件的G的同分异构体数目为____种；

①苯环上有3个取代基；且有两个取代基相同；

②能够与新制的银氨溶液反应产生光亮的银镜．

其中核磁共振氢谱共有4种吸收峰的结构简式为____．8、卤素单质及其化合物在生产和生活中有广泛应用．

Ⅰ、氟化钠主要用作农作物杀菌剂、杀虫剂、木材防腐剂．实验室以氟硅酸（H2SiF6）等物质为原料；通过如下所示的流程制取较纯净的氟化钠；并得到副产品氯化铵：

已知：20℃时氯化铵的溶解度为37.2g，氟化钠的溶解度为4g，Na2SiF6微溶于水．

请回答下列有关问题：

（1）完成并配平上述流程中①；②的化学反应方程式：

①____H2SiF6+____NH4HCO3═____NH4F+____H2SiO3↓+____CO2↑+________；

②____．

（2）操作Ⅲ分为两步，其顺序是____（填写所选序号）．

a、过滤b；加热浓缩c、冷却结晶d、洗涤。

操作Ⅱ是洗涤、干燥，其目的是____，在操作Ⅰ～V中与之相同的操作步骤是____．

（3）流程①中NH4HCO3必须过量，其原因是____．

Ⅱ；紫菜与海带类似；是一种富含生物碘的海洋植物，可用于食用补碘．以下为某兴趣小组模拟从紫菜中提取碘的过程：

已知：商品紫菜轻薄松脆；比海带更易被焙烧成灰（此时碘转化为碘化物无机盐）．

（4）将焙烧所得的紫菜灰与足量的双氧水和稀硫酸作用，写出反应的离子方程式：____．

（5）操作①中涉及两步操作，名称是____，所用的主要玻璃仪器为____，所用试剂A最好选用表格中的____（填试剂名称）．

。乙醇四氯化碳裂化汽油碘（晶体）密度/g、cm-30.78931.5950.71～0.764.94沸点/℃78.576.825～232184.35（6）将下列装置图中缺少的必要仪器补画出来；以最终将单质碘与试剂A分离：

9、某元素的核素X，其氯化物XCl2111mg溶于水后，加入0.1mol/L的硝酸银溶液20mL，恰好将其中的Cl-完全沉淀．已知该核素中的质子数和中子数相等．试通过计算回答下列问题：

（1）核素X的质量数为____，该原子结构示意图为____；（请在下面写出计算过程）

（2）用电子式表示出XCl2的形成过程____．10、工业上用甲苯生产对羟基苯甲酸乙酯（一种常用的化妆品防霉剂）；其生产过程如图（反应条件没有全部注明）．

根据转化图填空：

（1）写出反应⑤的化学方程式（有机物写结构简式，要注明反应条件）：____

（2）某学生将以上合成路线简化为：

你认为是否合理？____（填“是”或“否”）请说明理由：____（若填“是”；此处不用作答）

（3）请写出由生成C7H5O3Na的化学反应方程式____．

（4）写出同时符合下列要求的所有同分异构体的结构简式____．

a．含苯环；

b．可与FeCl3溶液发生显色反应；

c．一氯代物有两种；

d．能发生银镜反应，不能发生水解反应．11、（6分）甲、乙两相邻的化工厂，排放的污水经处理后，仍然各溶有以下八种离子（Ag+、Fe3+、Ba2+、Na+、Cl-、SO42-、NO3-、OH-）中各不相同的4种，若单独排放，则造成环境污染，如果将甲、乙两厂的污水按适当比例充分混合，再经沉淀后，排放的污水转变为无色澄清的NaNO3溶液，污染程度大为降低，又经测定，甲厂污水的pH大于7，试推断：（l）甲厂污水中含有的4种离子是；（2）乙厂污水中含有的4种离子是.12、四种常见元素的性质或结构信息如下表；试根据信息回答有关问题．

。元素ABCD性质。

结构。

信息基态原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对的电子基态原子的M层有1对成对的p电子基态原子核外电子排布为[Ar]3d104sx，有+1、+2两种常见化合价有两种常见氧化物，其中有一种是冶金工业常用的还原剂（1）写出C原子的基态电子排布式____．D中成对电子数与未成对电子数之比为____．

（2）A元素的氢化物的沸点比同主族相邻元素氢化物沸点____（填“高”或“低”），其原因____．

（3）D元素最高价氧化物的熔点比同主族相邻元素最高价氧化物的熔点____（填“高”或“低”），其原因是____．

（4）往C元素的硫酸盐溶液中逐滴加入过量A元素的氢化物水溶液，可生成的配合物的化学式为____，该配合物中存在的化学键类型是____．（填字母）

A；离子键B、共价键C、金属键D、配位键E、分子间作用力。

（5）下列分子结构图中的“●”表示上述相关元素的原子中除去最外层电子的剩余部分；“O”表示氢原子，小黑点“•”表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键．

则在以上分子中，中心原子采用sp3杂化的是____；属于极性分子的是____．（以上均填写序号）．在②的分子中有____个σ键和____个π键．13、有A；B、C、D四种短周期元素；它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的电子层数，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，C在空气中燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在高温下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，试根据以上叙述回答：

（1）元素名称：A____B____C____D____．

（2）D元素位于周期表中____周期____族．C2B2的电子式：____所含化学键____．

（3）写出AB2与C2B2反应的化学方程式____．

（4）电子式表示化合物C2D的形成过程：____．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)14、为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒．____．（判断对错）15、质谱和核磁共振不仅可用于有机小分子结构的分析，还可用于蛋白质结构的研究____（判断对错）16、判断下列说法是否正确；正确的在横线内打“√”，错误的打“×”．

①1mol任何气体的体积都是22.4L．____

②在标准状况下，某气体的体积为22.4L，则该气体的物质的量为1mol，所含的分子数目约为6.02×1023．____

③当温度高于0℃时，一定量任何气体的体积都大于22.4L．____

④凡升高温度，均可使饱和溶液变成不饱和溶液．____．17、为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒．____．（判断对错）18、标准状况下，1mol任何物质的体积都约是22.4L____（判断对错）19、通过红外光谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯____．评卷人得分四、解答题(共4题，共32分)20、将70gNa2O2和Na2O混合物与98g水充分反应，所得溶液恰好能被含98gH2SO4的硫酸溶液中和；求：

（1）原混合物中Na2O2和Na2O的质量分别为多少克？

（2）所得NaOH溶液质量分数为多少？21、由Fe2O3；CuO、A1、C中的几种物质组成的混合粉末；取样品进行下列实验（部分产物略去）：

（1）混合气体Y中两种气体的化学式是______；反应①中生成混合气体X的化学方程式是______．

（2）通过上述实验及其现象说明；一定不含有的物质是______，不能确定是否含有的物质是______；

（3）为进一步确定样品中的未知物质；可以用上述反应过程中的溶液，设计一个简单的后续实验就可以确定，方法是：

______．

22、将含有C、H、O三种元素的有机物3.24g装入元素分析装置，通入足量的O2使其完全燃烧；将生成的气体依次通过氯化钙干燥管A和碱石灰干燥管B，测得A管质量增加了2.16g，B管质量增加了9.24g．已知该有机物的相对分子质量为108，试计算：

（1）该化合物3.24g消耗氧气的质量是多少？

（2）通过计算写出该化合物的分子式；

（3）该化合物的分子中存在1个苯环且苯环上有两个取代基．试写出任意两种该有机物可能的结构简式．23、某气态烷烃完全燃烧后，使其燃烧产物依次通过浓硫酸和石灰水，测得浓硫酸质量增加0.9g，石灰水中沉淀的质量为4.0g，试计算该烃的分子式，并写出其可能有的结构简式．评卷人得分五、书写(共2题，共10分)24、卤代烃的取代反应，实质是带负电的原子团取代了卤代烃的卤原子，如：CH3Br+OH-（或NaOH）→CH3OH+Br-（或NaBr），试写出以CH2=CH-CH2Cl为主要原料制取甘油的化学方程式．____；____．25、某种芳香族化合物A，其蒸气密度是相同条件下H2密度的82倍．A由碳；氢、氧三种元素组成；经测定碳、氢的质量分数分别为73.2%和7.32%．

（1）A的分子式是____．

（2）已知：

ⅰ．（R1、R2、R3代表烃基）

ⅱ．

又知，A在一定条件下能发生如下转化，某些生成物（如H2O等）已略去．

请回答：

①步骤Ⅰ的目的是____；

②若G的相对分子质量是44，则E的结构简式是____；E的核磁共振氢谱中有____个吸收峰（填数字）；

③F→H的反应类型是____；

④F在一定条件下可发生酯化反应，生成M（M与FeCl3反应，溶液呈紫色；且分子结构中含有苯环和一个七元环）请写出该反应的化学方程式____；

⑤A的结构简式是____；上述转化中B→D的化学方程式是____．

（3）已知A的某种同分异构体N具有如下性质：

①N与FeCl3反应；溶液呈紫色；

②N在一定条件下可发生银镜反应，N与H2在苯环侧链上按照物质的量之比1：1作用后的生成物不能发生消去反应；

③在通常情况下，1molN能与含1molBr2的浓溴水发生取代反应；

④N分子中苯环上的取代基上无支链．

请写出：N可能的结构简式____（写一种即可）．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】A．酸的电离常数越大其酸性越强；则其阴离子水解能力越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小；

B．根据电荷守恒判断；

C．酸的电离常数越大其酸性越强；则其阴离子水解能力越小；

D．等浓度的铵盐溶液中，铵根离子浓度首先取决于其化学式中铵根离子系数，再结合盐的水解程度比较c（NH4+）大小．【解析】【解答】解：A．酸的电离常数越大其酸性越强，则其阴离子水解能力越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小，根据电离常数知，酸根离子的水解程度大小顺序是：S2-＞CO32-＞CN-＞HCO3-＞CH3COO-，所以等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（Na2S）＞pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（NaHCO3）＞pH（CH3COONa）；故A错误；

B．根据电荷守恒知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）；故B错误；

C．氟离子的水解程度小于醋酸根离子，所以等pH的NaF与CH3COOK溶液中c（NaF）＞c（CH3COONa），c（Na+）-c（F-）=c（OH-）-c（H+），c（K+）-c（CH3COO-）=c（OH-）-c（H+），两种溶液的pH相对，则氢氧根离子与氢离子浓度差相等，所以[c（Na+）-c（F-）]=[c（K+）-c（CH3COO-）]；故C错误；

D．等浓度的铵盐溶液中，铵根离子浓度首先取决于其化学式中铵根离子系数，所以碳酸铵中铵根离子浓度最大，酸根离子水解程度大小顺序是：HCO3-＞CH3COO-＞F-；铵根离子和弱酸根离子相互促进水解，所以这几种溶液中铵根离子浓度大小顺序是③＞②＞①＞④，故D正确；

故选D．2、A【分析】合金的熔点一般低于各成分金属的熔点，A不正确，其余都是正确的，答案选A。【解析】【答案】A3、A【分析】解：分子式为rm{ClC_{4}H_{7}O_{2}}且能与碳酸氢钠反应生成气体，说明含有羧基，然后看成溴原子取代丁酸烃基上的氢原子，丁酸有rm{2}种：rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}COOH}rm{(CH_{3})_{2}CHCOOH}所以该有机物有rm{3+2=5}种；

A.戊烷的同分异构体有：rm{CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}}若为rm{CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}}相应烯烃有rm{CH_{2}篓TCH-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}}rm{CH_{3}-CH篓TCH-CH_{2}-CH_{3}}若为相应烯烃有：rm{CH_{2}篓TC(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}C(CH_{3})篓TCHCH_{3}}rm{CH_{3}CH(CH_{3})CH篓TCH_{2}}若为没有相应烯烃，总共rm{5}种；故A正确；

B.rm{C_{4}H_{8}O_{2}}属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有rm{1}种结构，丙醇有rm{2}种，形成的酯有rm{2}种；若为乙酸与乙醇形成的酯，乙酸只有rm{1}种结构，乙醇只有rm{1}种结构，形成的乙酸乙酯有rm{1}种；若为丙酸与甲醇形成的酯，丙酸只有rm{1}种结构，甲醇只有rm{1}种结构，形成的丙酸甲酯只有rm{1}种，所以rm{C_{4}H_{8}O_{2}}属于酯类的同分异构体共有rm{4}种；故B错误；

C.甲苯的一氯代物有rm{4}种：苯环上邻；间、对位各一种；甲基上一种；故C错误；

D.立方烷的二氯代物的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构体有rm{4}种；故D错误；

故选A．

分子式为rm{ClC_{4}H_{7}O_{2}}且能与碳酸氢钠反应生成气体，说明含有羧基，然后看成溴原子取代丁酸烃基上的氢原子，丁酸有rm{2}种：rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}COOH}rm{(CH_{3})_{2}CHCOOH}所以该有机物有rm{3+2=5}种；

A.组成为rm{C_{5}H_{10}}的有机物，其所有同分异构体中属于烯烃，同分异构体说明含有rm{1}个rm{C=C}双键；根据碳链缩短法书写同分异构体；

B.rm{C_{4}H_{8}O_{2}}属于酯类的同分异构体；为饱和一元酯，根据酸和醇的种类来确定；

C.甲苯的苯环上一氯代物有rm{3}种；甲基上有一种；

D.烃的二氯代物的同分异构体可以采用固定一个氯原子的方法；

本题考查学生对同分异构体的理解，注意方法的总结与运用是关键，难度不大．【解析】rm{A}4、B【分析】【分析】根据氧化物的概念分析，含有两种元素，其中一种元素是氧元素的化合物属于氧化物．【解析】【解答】解：A．C60属于单质；故A不选；

B．CO属于化合物；含有两种元素，其中一种元素是氧元素，是氧化物，故B选；

C．C2H2中没有氧元素；不是氧化物，故C不选；

D．CH3OH含有三种元素；不是氧化物，故D不选；

故选B．5、A【分析】【分析】A．硬水中含有较多钙离子；镁离子；能够与高级脂肪酸盐反应生成沉淀，使肥皂去污效果降低，还由于生成难溶物使衣服变硬；

B．明矾溶于水能够电离出铝离子；铝离子水解生成氢氧化铝胶体，能够吸附水中悬浮物，从而确定净水效果，但是不具有杀菌消毒作用；

C．氯化钙溶于水后；钙离子浓度增大，会使水的硬度增大；

D．含有较多钙离子、镁离子的水为硬水，含有较少或者不含钙离子、镁离子的水为软水，据此进行判断．【解析】【解答】解：A．由于硬水中含有钙离子；镁离子；如果用硬水洗涤衣物，既浪费肥皂又洗不干净，时间长了还会使衣物变硬，故A正确；

B．铝离子水解生成的氢氧化铝胶体能够吸附水中悬浮物；起到净水作用，但是氢氧化铝不具有强氧化性，无法起到杀菌消毒的作用，故B错误；

C．水中含有较多钙离子；镁离子的水为硬水；氯化钙溶于水，水中钙离子浓度增大，水的硬度增大，故C错误；

D．除去或者降低天然水中的Ca2+、Mg2+浓度后，就可以把硬水变成了软水，水的硬度与HCO3-、SO42-、Cl-的含量无关，主要与Ca2+、Mg2+浓度有关；故D错误；

故选A．6、C【分析】【分析】用加热氯酸钾和二氧化锰混合物的方法制取氧气时，氯酸钾在催化剂的条件下加热分解生成KCl和氧气，混合物的质量逐渐减小，而二氧化锰的质量不变，则质量分数应逐渐增大，当氯酸钾完全分解时，质量分数不变．【解析】【解答】解：氯酸钾和二氧化锰混合物中二氧化锰的质量分数不可能为0；则A；B错误；

用加热氯酸钾和二氧化锰混合物的方法制取氧气时；氯酸钾在催化剂的条件下加热分解生成KCl和氧气，混合物的质量逐渐减小，而二氧化锰的质量不变，则质量分数应逐渐增大；

当氯酸钾完全分解时；质量分数不变，则C正确，D错误．

故选C．二、填空题(共7题，共14分)7、水解反应或取代反应加成反应2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O+CH3COOH+H2O6【分析】【分析】C的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则C为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成D为CH3CH2OH，D发生催化氧化生成E为CH3CHO，E与银氨溶液发生氧化反应、酸化生成F为CH3COOH，甲苯与氯气在光照条件发生甲基上的取代反应生成A，A发生水解反应生成B，B与F反应生成G（C9H10O2），由G的分子式可知，B为一元醇，故A为B为G为据此解答．【解析】【解答】解：C的产量可用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则C为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成D为CH3CH2OH，D发生催化氧化生成E为CH3CHO，E与银氨溶液发生氧化反应、酸化生成F为CH3COOH，甲苯与氯气在光照条件发生甲基上的取代反应生成A，A发生水解反应生成B，B与F反应生成G（C9H10O2），由G的分子式可知，B为一元醇，故A为B为G为

（1）G为

故答案为：

（2）A转化为B是卤代烃的水解反应；也属于取代反应，C转化为D是乙烯与是发生加成反应生成乙醇；

故答案为：水解反应或取代反应；加成反应；

（3）D生成E的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，B和F生成G的化学方程式为+CH3COOH+H2O；

故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；+CH3COOH+H2O；

故答案为：

（4）符合下列条件的的同分异构体：能够与新制的银氨溶液反应产生光亮的银镜，含有-CHO，苯环上有3个取代基，且有两个取代基相同，还含有2个-CH3，另外取代基为-OOCH，2个-CH3相邻，-OOCH有2种位置，2个-CH3处于间位，-OOCH有3种位置，2个-CH3处于对位，-OOCH有1种位置，故符合条件的同分异构体有2+3+1=6种，其中氢原子共有四种不同环境的所有物质的结构简式为：

故答案为：6；．8、166163H2ONH4F+NaCl═NaF↓+NH4Clbc除去氟化钠表面的氯化铵等可溶性杂质V保证H2SiF6能全部反应，防止生成Na2SiF6沉淀，混入NaF中影响NaF质量H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O萃取分液分液漏斗四氯化碳【分析】【分析】根据已知反应物和生成物，结合工艺流程可知，反应①为H2SiF6与NH4HCO3反应，生成的无味气体为CO2，过滤硅酸浑浊液，向滤液加入氯化钠，经过系列操作可得氟化钠、氯化铵，故滤液中含有氟化铵，故反应①为H2SiF66与NH4HCO3反应，生成CO2、硅酸、氟化铵，根据元素守恒还有水生成；反应②加入的反应物为NaCl，NaF比NaCl的溶解性小，是将第一步生成的NH4F转化为NaF；

（1）根据已知反应物和生成物，结合工艺流程可知，反应①为H2SiF6与NH4HCO3反应，生成的无味气体为CO2，过滤硅酸浑浊液，向滤液加入氯化钠，经过系列操作可得氟化钠、氯化铵，故滤液中含有氟化铵，故反应①为H2SiF66与NH4HCO3反应，生成CO2；硅酸、氟化铵；根据元素守恒还有水生成；

反应②加入的反应物为NaCl，NaF比NaCl的溶解性小，是将第一步生成的NH4F转化为NaF；

（2）加入的反应物为NaCl；NaF比NaCl的溶解性小，利用了物质在溶液中溶解度越小则优先析出的特性．操作Ⅰ是把固体与液体分离操作，应是过滤操作；操作II是将粗NaF洗涤除去其表面的杂质；操作Ⅲ是将滤液中的溶质进一步提取，应加热蒸发溶剂，析出大量固体后冷却，应是结晶；操作IV进行粗氯化铵提纯，应是重结晶；

（3）由信息可知，Na2SiF6微溶于水，流程中NH4HCO3必须过量，是指第一步操作中必须保证H2SiF6能全部反应，以防止反应②生成Na2SiF6；

（4）焙烧所得的紫菜灰主要含有碘离子，与足量的双氧水和稀硫酸作用，会发生氧化还原反应，方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O．

（5）操作①主要是将浸泡后紫菜灰和溶液的混合物中杂质去除；留下含碘离子的溶液，操作②主要是把碘单质从水中萃取到四氯化碳溶液中．

（6）为了实现实验目的，图2框图中缺少温度计和接受液体的装置及石棉网．【解析】【解答】解：（1）反应①为H2SiF66与NH4HCO3反应，生成CO2；硅酸、氟化铵、水；依据原子守恒配平书写得到反应方程式为：

H2SiF6+6NH4HCO3═6NH4F+H2SiO3↓+6CO2↑+3H2O；

反应②是将第一步生成的NH4F转化为NaF，反应方程式为：NH4F+NaCl═NaF↓+NH4Cl；

故答案为：1，6，6，1，6，3H2O；NH4F+NaCl═NaF↓+NH4Cl；

（2）操作Ⅰ是把固体与液体分离操作；应是过滤操作；

操作II是将粗NaF洗涤除去其表面的杂质；操作为：待母液全部滤出后，再向滤纸上加蒸馏水至恰好浸没晶体，静置让其滤出，重复操作2-3次，以除去晶体表面的杂质；

操作Ⅲ是将滤液中的溶质进一步提取；应加热蒸发溶剂，析出大量固体后冷却，应是结晶；

操作IV进行粗氯化铵提纯；应是重结晶；

操作V进行粗氯化铵提纯；应是重结晶；

操作Ⅲ分为两步、加热浓缩，冷却结晶，故选bc；操作Ⅱ是洗涤；干燥；其目的是：除去氟化钠表面的氯化铵等可溶性杂质；在操作Ⅰ～V中与操作Ⅱ相同的操作步骤是除去杂质的实验操作，应是V；

故答案为：bc；除去氟化钠表面的氯化铵等可溶性杂质，V；

（3）流程中NH4HCO3必须过量，是指第一步操作中必须保证H2SiF6能全部反应，防止生成Na2SiF6沉淀，防止在进行反应②H2SiF6将与NaCl反应，生成Na2SiF6沉淀；混入NaF中影响NaF质量；

故答案为：保证H2SiF6能全部反应，防止生成Na2SiF6沉淀；混入NaF中影响NaF质量．

（4）焙烧所得的紫菜灰主要含有碘离子，与足量的双氧水和稀硫酸作用，会发生氧化还原反应，方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；

故答案为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O．

（5）将浸泡后紫菜灰和溶液的混合物中杂质去除；留下含碘离子的溶液，操作①主要是把碘单质从水中萃取到四氯化碳溶液中，然后再分液，且在分液时下层液体从下口放出后，上层液体要从上口倒出，萃取剂需要满足不溶于水，不能和碘单质反应，乙醇易溶于水不能分层，裂化汽油和碘单质发生反应，所以需要试剂A为四氯化碳；

故答案为：萃取分液；分液漏斗；四氯化碳．

（6）为了实现实验目的，图2框图中缺少温度计和接受液体的装置及石棉网，装置如图

故答案为：9、20【分析】【分析】由Cl-+Ag+═AgCl↓可知，n（Cl-）=n（Ag+）=0.02L×0.1mol/L=0.002mol，则n（XCl2）=n（Cl-）=×0.002mol=0.001mol，则M（XCl2）==111g/mol，所以XCl2相对分子质量为111，故X的相对原子质量=111-35.5×2=40，即X的质量数为40，X的质子数=质量数-中子数=40-20=20，故X为Ca元素，据此解答．【解析】【解答】解：由Cl-+Ag+═AgCl↓可知，n（Cl-）=n（Ag+）=0.02L×0.1mol/L=0.002mol，则n（XCl2）=n（Cl-）=×0.002mol=0.001mol，则M（XCl2）==111g/mol，所以XCl2相对分子质量为111，故X的相对原子质量=111-35.5×2=40，即X的质量数为40，X的质子数=质量数-中子数=40-20=20，故X为Ca元素，其原子结构示意图为：

故答案为：20；

（2）CaCl2属于离子化合物，用电子式表示CaCl2的形成过程为

故答案为：10、+CH3CH2OH+H2O否酚羟基更容易被氧化【分析】【分析】（1）由与乙醇发生反应生成B，B再HI作用下生成故B为

（2）合成路线中反应③利用强氧化剂将中甲基氧化为羧基；由于酚羟基更容易被氧化，不合理；

（3）生成C7H5O3Na；由H原子数目可知，酚羟基不能参与反应，故可以与碳酸氢钠反应；

（4）可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，不能发生水解反应，说明含有-CHO、不含酯基，结合含苯环、一氯代物有两种，书写符合条件的的同分异构体．【解析】【解答】解：（1）由合成路线可知，与乙醇发生反应生成B，B再HI作用下生成故B为故反应⑤是与乙醇发生酯化反应生成反应方程式为：

+CH3CH2OH+H2O；

故答案为：+CH3CH2OH+H2O；

（2）合成路线中反应③利用强氧化剂将中甲基氧化为羧基；由于酚羟基更容易被氧化，不合理；

故答案为：不合理；酚羟基更容易被氧化；

（3）生成C7H5O3Na，由H原子数目可知，酚羟基不能参与反应，故可以与碳酸氢钠反应，反应方程式为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；

故答案为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；

（4）可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，不能发生水解反应，说明含有-CHO、不含酯基，且含苯环、一氯代物有两种，符合条件的的同分异构体有

故答案为：．11、略

【分析】【解析】【答案】（l）甲厂污水中含有的4种离子是Na+、Cl-、SO42-、OH-；（2）乙厂污水中含有的4种离子是Ag+、Fe3+、Ba2+、NO3-12、[Ar]3d104s12：1高氨气分子之间存在氢键低CO2为分子晶体，SiO2是原子晶体[Cu（NH3）4]SO4ABD①③④①④32【分析】【分析】A原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对的电子，外围电子排布为2s22p3，故A为N元素；B原子的M层有1对成对的p电子，外围电子排布为3s23p4，故B为S元素；C原子的核外电子排布为[Ar]3d104sx，有+1、+2两种常见化合价，故C为Cu元素；D有两种常见氧化物，其中有一种是冶金工业常用的还原剂，故D为C元素，据此解答．【解析】【解答】解：A原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对的电子，外围电子排布为2s22p3，故A为N元素；B原子的M层有1对成对的p电子，外围电子排布为3s23p4，故B为S元素；C原子的核外电子排布为[Ar]3d104sx；有+1；+2两种常见化合价，故C为Cu元素；D有两种常见氧化物，其中有一种是冶金工业常用的还原剂，故D为C元素。

（1）C为Cu元素，基态电子排布式为：[Ar]3d104s1，D为碳元素，核外电子排布式为1s22s22p2；成对电子数与未成对电子数之比为4：2=2：1；

故答案为：[Ar]3d104s1；2：1；

（2）N元素的电负性很强；氨气分子之间存在氢键，故氨气的沸点比同主族相邻元素氢化物沸点高；

故答案为：高；氨气分子之间存在氢键；

（3）D元素最高价氧化物为CO2，同主族相邻元素最高价氧化物为SiO2，CO2为分子晶体，SiO2是原子晶体，所以熔点CO2比SiO2，故答案为：低；CO2为分子晶体，SiO2是原子晶体；

（4）C元素的硫酸盐为CuSO4，A元素的氢化物水溶液为氨水，向CuSO4溶液中逐滴加入过量氨水，生成的配合物的化学式为[Cu（NH3）4]SO4，中心离子Cu2+与配位体NH3之间以配位键相结合，内界配离子[Cu（NH3）4]2+与外界离子SO42-之间以离子键相结合；氨气分子与硫酸根中含有共价键；

故答案为：[Cu（NH3）4]SO4；ABD；

（5）①．中心原子成3个单键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；为三角锥形，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子；

②．中心原子成2个单键、1个三键，没有对孤对电子，杂化轨道数为3，采取sp2杂化；为直线型结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子；

③．中心原子成4个单键，没有对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；为正四面体结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子；

④．中心原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；为V形结合，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子；

在②的分子中有2个单键；1个三键；单键为σ键，三键中有1个σ键、2个π键，故分子中含有3个σ键、2个π键；

故答案为：①③④；①④；3；2．13、碳氧钠硫三ⅥA离子键、共价键2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑【分析】【分析】A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，C的单质燃烧时使火焰呈现黄色，则C为Na；A的L层电子数是K层电子数的两倍，则L层电子数为4，故A为碳元素；A和B原子有相同的电子层数，处于第二周期，C的单质在高温下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，则B为O，生成淡黄色化合物为Na2O2、D为S，据此解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，C的单质燃烧时使火焰呈现黄色，则C为Na；A的L层电子数是K层电子数的两倍，则L层电子数为4，故A为碳元素；A和B原子有相同的电子层数，处于第二周期，C的单质在高温下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，则B为O，生成淡黄色化合物为Na2O2；D为S；

（1）由以上分析可知；A为碳；B为氧、C为钠、D为硫，故答案为：碳；氧；钠；硫；

（2）D为S元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，位于周期表第三周期第ⅥA族，C2B2为Na2O2，电子式为含有离子键和共价键；

故答案为：三；ⅥA；离子键和共价键；

（3）CO2与Na2O2反应的方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑；

故答案为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑；

（4）C2D为Na2S，电子式表示形成过程可为

故答案为：．三、判断题(共6题，共12分)14、√【分析】【分析】流感病毒的成分为蛋白质，而食醋的主要成分为乙酸，乙酸能使蛋白质发生变性，以此来解答．【解析】【解答】解：因流感病毒的成分为蛋白质；而食醋的主要成分为乙酸，乙酸能使蛋白质发生变性，则为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒，做法正确；

故答案为：√．15、√【分析】【分析】核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目，质谱法用于测定有机物的相对分子质量．【解析】【解答】解：核磁共振（NMR）和质谱（MS）是近年来普遍使用的仪器分析技术；也是最常用的结构测定工具．在质谱分析中，只需要微量样品就可测出被测物质的相对分子量；分子式和许多分子结构的信息，再结合核磁共振氢谱，就能准确测定出有机化合物的结构，故说法正确；

故答案为：√．16、×【分析】【分析】①外界条件不同；气体的体积不同；

②标准状况下，气体的气体摩尔体积为22.4L/mol，结合n==计算；

③气体的体积受温度；压强影响；

④升高温度，如溶解度减小，则仍未饱和溶液．【解析】【解答】解：①气体的体积受温度；压强影响；外界条件不同，分子之间的距离不同，则气体的体积不同，故答案为：×；

②标准状况下，气体的气体摩尔体积为22.4L/mol，n===1moL，所含的分子数目约为6.02×1023；故答案为：√；

③气体的体积受温度；压强影响；如压强较大，则气体的体积可能小于22.4L，故答案为：×；

④升高温度，如溶解度减小，则仍未饱和溶液，故答案为：×．17、√【分析】【分析】流感病毒的成分为蛋白质，而食醋的主要成分为乙酸，乙酸能使蛋白质发生变性，以此来解答．【解析】【解答】解：因流感病毒的成分为蛋白质；而食醋的主要成分为乙酸，乙酸能使蛋白质发生变性，则为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒，做法正确；

故答案为：√．18、×【分析】【分析】1mol任何气体的体积都约是22.4L，只针对于气体．【解析】【解答】解：标准状况下；气体的气体摩尔体积为22.4L/mol，则1mol气体的体积为22.4L，而非气体不是；

故答案为：×．19、√【分析】【分析】根据乙醇与乙酸乙酯中含有的官能团以及红外光谱主要用于分析有机物中的官能团类解答；【解析】【解答】解：乙醇中含有羟基；乙酸乙酯中含有酯基，官能团不同，所以通过红外光谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯；

故答案为：√；四、解答题(共4题，共32分)20、略

【分析】【分析】（1）根据n=计算出硫酸的物质的量，从而得出生成氢氧化钠的物质的量，然后利用质量守恒定律列式计算出过氧化钠、氧化钠的物质的量，再根据m=nM计算出Na2O2和Na2O的质量；

（2）根据过氧化钠的物质的量及反应计算出生成氧气的物质的量、质量，再计算出反应后溶液总质量，再根据m=nM计算出氢氧化钠的质量，最后计算出所得溶液中氢氧化钠的质量分数．【解析】【解答】解：（1）98g硫酸的物质的量为：=1mol；所得溶液恰好被1mol硫酸中和，反应生成硫酸钠，则生成氢氧化钠的物质的量为2mol；

设过氧化钠；氧化钠的物质的量分别为x、y；则：①2x+2y=2mol、②78x+62y=70，根据①②解得：x=y=0.5mol；

则原混合物中过氧化钠的质量为：78g/mol×0.5mol=39g；氧化钠的质量为：62g/mol×0.5mol=31g；

答：原混合物中含有39g过氧化钠；31g氧化钠；

（2）根据反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，反应生成的氧气为：0.5mol×=0.25mol；

故反应后溶液的质量=70g+98g-0.25mol×32g/mol=160g；

生成氢氧化钠的质量为：40g/mol×2mol=80g；

所得溶液中氢氧化钠的质量分数为：×100%=50%；

答：所得溶液中氢氧化钠的质量分数为50%．21、略

【分析】

（1）气体X与水反应得Y为两种气体的混合物，则其中一种为NO2，气体Z为NO、CO2混合物；则浓酸为浓硝酸．

反应①中生成混合气体X的化学方程式为C+4HNO3（浓）=CO2↑+4NO2↑+2H2O．

故答案为：NO、CO2；C+4HNO3（浓）=CO2↑+4NO2↑+2H2O．

（2）无论加什么浓酸（硫酸和硝酸），溶液A中都可能含有Fe3+、Cu2+、Al3+三种金属阳离子．向溶液A中加入过量的NaOH溶液，可转化为Fe（OH）3和Cu（OH）2沉淀析出，如果有Al3+，则可转化为ALO2-离子，溶液C通入CO2后，会发生反应产生白色沉淀Al（OH）3．

向溶液A中加过量Fe粉；得B溶液和两种固体，且一种固体为红色（Cu），另一种就是过量的Fe粉．

根据上述分析可知，样品中一定没有Al，一定有CuO和C，不能确定是否有Fe2O3．

故答案为：A1；Fe2O3．

（3）不能确定是否有Fe2O3，若有则溶液A中含有Fe3+，用KSCN溶液检验溶液A中是否含有Fe3+．方法是取溶液A少许，向其中加入KSCN溶液，若溶液变红色，说明样品中含有Fe2O3；若溶液不变红色，说明样品中没有Fe2O3．

故答案为：取溶液A少许，向其中加入KSCN溶液，若溶液变红色，说明样品中含有Fe2O3；若溶液不变红色，说明样品中没有Fe2O3．

【解析】【答案】能与Fe2O3、CuO、C、Al物质反应产生两种气体的浓酸不可能是浓盐酸；如果是浓硫酸，可以与C、Al单质发生氧化还原反应，浓硫酸被还原为SO2，C被氧化为CO2，Al被氧化为Al3+；如果是浓硝酸，则两种气体是CO2和NO2，其变化与加浓硫酸的反应相同．无论是那种浓酸均可以使两种氧化物Fe2O3；CuO转化为对应的盐．

所以X为SO2和CO2或者CO2和NO2．

（1）气体X与水反应得Y为两种气体的混合物，则其中一种为NO2，气体Z为NO、CO2混合物；则浓酸为浓硝酸．

（2）无论加什么浓酸（硫酸和硝酸），溶液A中都可能含有Fe3+、Cu2+、Al3+三种金属阳离子．向溶液A中加入过量的NaOH溶液，可转化为Fe（OH）3和Cu（OH）2沉淀析出，如果有Al3+，则可转化为ALO2-离子，溶液C通入CO2后，会发生反应产生白色沉淀Al（OH）3．

向溶液A中加过量Fe粉；得B溶液和两种固体，且一种固体为红色（Cu），另一种就是过量的Fe粉．

根据上述分析可知，样品中一定没有Al，一定有CuO和C，不能确定是否有Fe2O3．

（3）不能确定是否有Fe2O3，若有则溶液A中含有Fe3+，用KSCN溶液检验溶液A中是否含有Fe3+；据此设计．

22、略

【分析】【分析】（1）A管质量增加了2.16g为生成水的质量；B管增加了9.24g为生成二氧化碳的质量，根据质量守恒计算消耗氧气的质量；

（2）根据n=计算二氧化碳；水、氧气的物质的量；根据原子守恒计算3.24g有机物中C、H、O原子物质的量，进而确定最简式，结合有机物的相对分子质量为108，进而确定分子式；

（3）结合该有机物分子式及题中要求写出其可能的结构简式．【解析】【解答】解：（1）A管质量增加了2.16g为生成水的质量；B管增加了9.24g为生成二氧化碳的质量，根据质量守恒可知，消耗氧气的质量为2.16g+9.24g-3.24g=8.16g；

答：消耗氧气的质量是8.16g；

（2）2.16g水的物质的量为：=0.12mol；n（H）=0.24mol；

9.24g二氧化碳的物质的量==0.21mol；n（C）=0.21mol；

8.16g氧气的物质的量为：=0.255mol；

3.24g有机物中n（O）=0.21mol×2+0.12mol-0.255mol×2=0.03mol；

3.24g有机物中C；H、O原子物质的量之比=0.21mol：0.24mol：0.03mol=7：8：1；

故该有机物最简式为C7H8O；

有机物的相对分子质量为108，而最简式C7H8O的式量=12×7+8+16=108；故最简式即为分子式；

即有机物分子式为：C7H8O；

答：该化合物的分子式为C7H8O；

（3）该化合物的分