2025年新科版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年新科版高三化学下册月考试卷735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5题，共10分)1、下列物质中，物质的量最大的是（）A.18gH2OB.标准状况下11.2LH2C.2×6.02×1023个O2D.5molCO22、一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时；为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（）

①NaOH固体②H2O③NaNO3溶液④CH3COONa固体⑤KCl溶液．A.①②B.②④⑤C.②③⑤D.②③④3、下列化合物分别跟溴和铁粉反应，苯环上氢原子被取代，所得一溴代物有两种同分异构体的是（）A.B.C.D.4、浓度相同的NaOH溶液各100mL倒入A、B、C三个烧杯中，分别向三份溶液中通入不等量的CO2，充分反应后，再向三份所得的溶液中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸的体积之间的关系如图所示，下列判断正确的是（）A.通入CO2后，不能确定A烧杯中的溶质B.B烧杯中通入的CO2体积为448mLC.原NaOH溶液的浓度为0.2mol/LD.通入CO2后，C烧杯中溶质成分为NaOH和Na2CO3，且物质的量相等5、有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是（）A.CO2的电子式：B.C原子最外层电子的轨道表示式：C.醋酸钠的分子式：C2H3O2NaD.乙烯的比例模型：评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、含镁3%～5%的铝镁合金；现已成为轮船；化工、机械制造等行业的重要原材料．现有一块已知质量的铝镁合金，欲测定其中镁的质量分数，几位同学设计了不同的实验方案．

实验设计1：铝镁合金测定生成气体的体积（标准状况）

实验设计2：铝镁合金测定生成气体的体积（标准状况）

实验设计3：镁铝合金过滤；测定沉淀的质量。

回答下列问题：

（1）写出实验设计2方案中有关单质铝的化学反应方程式____；

（2）若按实验设计3进行实验，将mg镁铝合金，溶于过量盐酸中，再加入过量的NaOH溶液，可得到白色沉淀；将此沉淀洗净、干燥后，称得质量为wg．求合金中镁的质量分数____；

（3）下列各实验方案中，能测出合金中镁的质量分数的是____．

A..实验设计1B．实验设计2C．实验设计3D．都可以．7、乙酸乙酯是一种无色透明；有香味的油状液体；它与常见的有机物之间有以下转化关系．

（1）Y的结构简式为____．

（2）写出②的反应类型：____．

（3）下列关于上述有机化合物的说法不正确的是____．

A．聚乙烯可以使溴的四氯化碳溶液褪色。

B．Z的水溶液可以用来清除水垢（主要成分Mg（OH）2、CaCO3）

C．75%的X溶液可用作医用消毒剂。

（4）写出反应③的化学方程式____．8、有核电荷数依次增大的5种元素：A；B、C、D、E；符合如表所示的性质：

。A最外层电子数是电子层数的2倍，单质为黑色固体B单质是空气的主要成分之一C与B不同主族，单质为淡黄色固体，易溶于二硫化碳D一种非金属元素E与D形成的某种化合物的水溶液遇苯酚溶液显紫色（1）元素B的单质的用途是（任写一种）：____

（2）元素A和B中非金属性更强的元素是（填名称）：____，支持此结论的一种实验事实为____

（3）元素C和D可以形成共价化合物C2D2，该化合物中各原子都达到8电子稳定结构，则该化合物的电子式为____

（4）已知液态CS2完全燃烧生成两种同价态的气体氧化物，若生成的两种气体总体积为3360mL（已折算为标准状况）时，反应放出Q（Q＞0）kJ的热量，则表示CS2燃烧热的热化学方程式为____

（5）向B的气态氢化物水溶液中，通入A的最高价氧化物，可能得到两种盐：X和Y．同温下等浓度的X和Y的溶液中，pH更高的是（填名称）____

（6）元素D和E形成的不与苯酚溶液显色的化合物为F，则检验F溶液中阳离子的方法为____，向F的溶液中加入过氧化钠可以得到红褐色沉淀，同时没有气体产生，则该反应过程中离子反应方程式为____（用一个总的离子方程式表示）9、已知热化学方程式：

Fe2O3（s）+3C（石墨）═2Fe（s）+3CO（g）△H1=489.0kJ•mol-1

CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=-283.0kJ•mol-1

C（石墨）+O2（g）═CO2（g）△H3=-393.5kJ•mol-1

试计算方程式：4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H=____．10、硫酸亚锡(SnSO4)是一种重要的能溶于水的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业。某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：I．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化。Ⅱ．SnC12易水解生成碱式氯化亚锡[Sn(OH)Cl]回答下列问题：（1）操作l的步骤为____、____、过滤、洗涤、干燥。对沉淀进行洗涤的方法是_____________。（2）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请结合必要的化学方程式用平衡移动原理解释原因：________。（3）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH;②__________。（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是：________________。（5）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：取ag锡粉溶于盐酸中，向生成的SnC12中加入过量的FeC13溶液，用bmol/LK2Cr2O7滴定生成的Fe2+（已知酸性环境下，Cr2O72-可被还原为Cr3+），共用去K2Cr2O7溶液mml。则锡粉中锡的质量分数是________。（Sn的摩尔质量为Mg/mol，用含a、b、m、M的代数式表示）11、实验室中可用如图1所示装置制取氯酸钾（KClO3）、次氯酸钠和探究氯水的性质．

图1中：①为氯气发生装置；

②的试管里盛有15mL30%KOH溶液；并置于热水浴中；

③的试管里盛有15mL8%NaOH溶液；并置于冰水浴中；

④的试管里加有紫色石蕊试液；

⑤为尾气吸收装置．

完成下列各题。

（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，再加入适量的浓盐酸，加热．实验时为除去氯气中的氯化氢气体，可在①与②之间安装盛有____（填写下列编号字母）的净化装置．

A．碱石灰B．饱和食盐水C．浓硫酸D．饱和碳酸氢钠溶液。

（2）比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是____．反应完毕经冷却后，②的试管中有大量晶体析出．图2中符合该晶体溶解度曲线的是____（填写编号字母）；从②的试管中分离出该晶体的方法是____（填写实验操作名称）．

（3）本实验中制取次氯酸钠的离子方程式为____．

（4）实验中④的试管里溶液颜色先变红后褪色，解释溶液颜色变红的原因____．12、回答下列问题：

（1）微粒中的中子数是____，核外电子数是____．若阿伏加德罗常数用NA表示，49.5g34SO2含有____个原子．S原子的结构示意图____．

（2）3.01×1023个HCl分子的物质的量是____mol，其在标准状况下的体积为____L，将其溶于水配成2L溶液，所得溶液的物质的量浓度为____mol/L．

（3）在工农业生产和日常生活中经常用到下列物质：①Si；②Ca（ClO）2；③Al（OH）3；④Fe2O3．其中，可用于制造芯片的是____（填序号，下同）；可用于杀菌，消毒的是____；可用作红色油漆和涂料的是____；医疗上可用作胃酸中和剂的是____．13、（1）已知下列反应在一定条件下可以发生：

H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O

H2O2+2Fe3+=2Fe2++O2↑+2H+

在以上反应中Fe2+实际上起着____作用，总反应式为____

（2）I2与Fe2+一样发生上述类似反应，类比（1）在下面填入配平的合适的化学反应方程式：H2O2+I2=2HIO，____，总反应式为____

（3）在硫酸和KI的混合溶液中加入足量的H2O2，放出大量的无色气体，溶液呈棕色，并可使淀粉变蓝色．有学生认为该反应的离子方程式为：H2O2+2I-=O2↑+2H++I2，这个方程式正确吗？____，理由是____．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)14、18gD2O所含的电子数为10NA．____（判断对错）15、312g石墨中含有的共价键数为1.5NA．____（判断对错）16、化学变化中的能量变化都是化学能和热能间的相互转化．____．（判断对错）17、含碳的化合物一定是有机化合物．____（判断对错）18、1molCnH2n+2分子中含有的C-C数为nNA．____（判断对错）19、化合物分为酸、碱、盐和氧化物是用树状分类法分类的____．（判断对错）20、2mol水的摩尔质量与1mol水的摩尔质量之比为2：1．____（判断对错）评卷人得分四、书写(共2题，共8分)21、将3aLNO2气体依次通过盛有下列物质的容器：饱和NaHCO3溶液、浓硫酸、固体Na2O2；发生反应的化学方程式是：

（1）____；

（2）____；

（3）____．

最后用排水法收集残余气体，收集到的气体是____，体积是____L．22、写出下列离子方程式所对应的化学方程式（各写1个）

（1）Zn+2H+=Zn2++H2↑____

（2）Ba2++SO42-=BaSO4↓____

（3）H++OH-=H2O____．评卷人得分五、其他(共1题，共7分)23、化学上将SCN－、OCN－、CN－等离子称为“类卤离子”。现将KSCN溶液滴加到酸性Fe3+溶液中，溶液立即变成红色。将此红色溶液分成两份：一份中____（1）向另一份中____（2）____（3）试用离子方程式解释以上三部分颜色变化的原因（方程式可以不配平）。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】根据n=计算水的物质的量，根据n=计算氢气的物质的量，根据n=计算氧气的物质的量，据此比较．【解析】【解答】解：A.18gH2O的物质的量==1mol；

B．标况下，11.2LH2的物质的量==0.5mol；

C.2×6.02×1023个O2的物质的量==2mol；

D.5molCO2；

故二氧化碳的物质的量最大，故选D．2、B【分析】【分析】Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+═Fe2++H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，以此来解答．【解析】【解答】解：Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+═Fe2++H2↑；为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量；

①加入NaOH固体；氢离子的物质的量及浓度均减小，故①错误；

②加入H2O；减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故②正确；

③NaNO3溶液；酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，与铁反应不能产生氢气，减少了氢气的生成量，故③错误；

④加入CH3COONa固体与盐酸反应生成弱酸；减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故④正确；

⑤加入KCl溶液；相当于加水稀释，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故⑤正确；

显然②④⑤正确；

故选B．3、B【分析】【分析】苯环上一溴取代物的同分异构体的种数取决于氢原子的种类，解题方法是找准对称轴，进行正确判断氢原子种类．【解析】【解答】解：A．乙苯苯环上有3种不同氢原子；所以苯环上的一溴取代物有3种，故A错误；

B．的苯环上有2种不同氢原子；所以苯环上的一溴取代物有2种，故B正确；

C．间二甲苯的苯环上只有3种氢原子；所以苯环上的一溴取代物有3种，故C错误；

D．对二甲苯的结构简式为：其苯环上有1种氢原子，所以苯环上的一溴取代物只有1种，故D错误．

故选B．4、C【分析】【分析】浓度相同的NaOH溶液各100mL倒入A、B、C三个烧杯中，分别向三份溶液中通入不等量的CO2，可发生CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，反应后溶液可能有四种情况，①NaOH和Na2CO3，②Na2CO3，③Na2CO3和NaHCO3，④全部为NaHCO3，加入盐酸，首先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O、其次发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，最后发生产生气体NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，结合产生气体前后消耗盐酸的体积大小进行判断．【解析】【解答】解：浓度相同的NaOH溶液各100mL倒入A、B、C三个烧杯中，分别向三份溶液中通入不等量的CO2，可发生CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，反应后溶液可能有四种情况，①NaOH和Na2CO3，②Na2CO3，③Na2CO3和NaHCO3，④全部为NaHCO3，加入盐酸，首先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O、其次发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，最后发生产生气体NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；

A．由图象可知，生成气体前后消耗盐酸的体积比为1：3，说明NaHCO3与HCl反应消耗多，则A中溶质应为Na2CO3和NaHCO3；可确定，故A错误；

B．曲线B中，从50mL～100mL发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，生成二氧化碳最大时，该阶段消耗盐酸为100mL-50mL=50mL，由方程式可知n（CO2）=n（HCl）=0.05L×0.2mol/L=0.01mol，V（CO2）=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL；根据碳原子守恒可知该反应生成的二氧化碳体积等于通入的二氧化碳的体积，即通入的二氧化碳为224mL，故B错误；

C．由图可知，加入100mLHCl时，产生二氧化碳的体积最大，说明此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子、钠离子守恒可得n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，故原溶液中氢氧化钠的物质的量浓度==0.2mol/L；故C正确；

D．曲线C中，从75mL～100mL发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为25mL，若NaHCO3完全由反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl转化得到，根据方程式可知，需要消耗盐酸25mL，而产生二氧化碳时消耗盐酸为75mL，大于25mL，说明0mL～75mL阶段盐酸还与氢氧化钠反应，即原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3，由方程式可知n（CO2）=n（HCl）=0.025L×0.2mol/L=0.005mol，根据原子守恒可知n（Na2CO3）=n（CO2）=0.005mol，根据钠离子守恒n（NaOH）=0.02mol-2×0.005mol=0.01mol，故原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的n（NaOH）：n（Na2CO3）=0.01mol：0.005mol=2：1；故D错误．

故选C．5、D【分析】【分析】A；表示原子或离子最外层电子结构的式子．原子的电子式是在元素符号的周围用小黑点（或×）表示原子的最外层电子；二氧化碳分子中；碳原子和氧原子形成的是双键；

B；原子轨道表示式遵循洪特规则；电子尽可能分占本题轨道；

C；醋酸钠分子式需要表示出结构；

D、参照原始实物，按照一定的比例缩放制作的模型．【解析】【解答】解：A、二氧化碳的电子式应为：故A错误；

B、C原子最外层电子的轨道表示式为：故B错误；

C、醋酸钠是离子化合物无分子式，化学式为CH3COONa；故C错误；

D、乙烯的比例模型：符合比例模型的要求，故D正确；

故选D．二、填空题(共8题，共16分)6、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑×100%D【分析】【分析】实验方案1：Mg和NaOH溶液不反应，Al和NaOH溶液反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

实验方案2：Al、Mg都和HCl反应，反应方程式分别为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；

实验方案3：Mg和NaOH溶液不反应，Al和NaOH溶液反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（1）铝与盐酸溶液反应生成氯化铝和氢气；

（2）依据元素守恒计算；合金溶于过量盐酸反应生成氯化镁；氯化铝，加入过量氢氧化钠生成白色沉淀为氢氧化镁，依据镁元素守恒计算镁的质量分数；

（3）实验设计1：只有铝与氢氧化钠溶液反应；生成氢气，体现还原性，根据合金的质量和氢气的体积可求出镁的质量分数；

实验设计2：Mg、Al均与盐酸反应，生成H2；体现还原性，根据合金的质量和氢气的体积可求出镁的质量分数；

实验设计3：Mg、Al与盐酸反应后，再加入过量NaOH溶液，Mg2+生成Mg（OH）2沉淀，Al3+生成NaAlO2溶液，根据Mg（OH）2沉淀的质量，可求出镁的质量分数．【解析】【解答】解：实验方案1：Mg和NaOH溶液不反应，Al和NaOH溶液反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

实验方案2：Al、Mg都和HCl反应，反应方程式分别为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；

实验方案3：Mg和NaOH溶液不反应，Al和NaOH溶液反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（1）铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气，反应方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，故答案为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；

（2）将mg镁铝合金，溶于过量盐酸中，生成氯化镁、氯化铝，再加入过量的NaOH溶液，可得到白色沉淀为氢氧化镁，将此沉淀洗净、干燥后，称得质量为wg，镁元素守恒计算得到n（Mg）=，合金中镁的质量分数=×100%=×100%，故答案为：×100%；

（3）实验设计1：只有铝与氢氧化钠溶液反应；生成氢气，体现还原性，根据合金的质量和氢气的体积可求出镁的质量分数；

实验设计2：Mg、Al均与盐酸反应，生成H2；体现还原性，根据合金的质量和氢气的体积可求出镁的质量分数；

实验设计3：Mg、Al与盐酸反应后，再加入过量NaOH溶液，Mg2+生成Mg（OH）2沉淀，Al3+生成NaAlO2溶液，根据Mg（OH）2沉淀的质量；可求出镁的质量分数；

故答案为：D．7、CH3CHO加成反应ACH3COOCH2CH3+H2OCH3COOH+CH3CH2OH【分析】【分析】乙烯发生加聚反应得到聚乙烯（），乙烯与水发生加成反应得到X为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成Y为CH3CHO，乙醛氧化得到Z为CH3COOH，乙酸乙酯发生发生水解反应得到乙酸与乙醇，据此解答．【解析】【解答】解：乙烯发生加聚反应得到聚乙烯（），乙烯与水发生加成反应得到X为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成Y为CH3CHO，乙醛氧化得到Z为CH3COOH；乙酸乙酯发生发生水解反应得到乙酸与乙醇．

（1）Y的结构简式为：CH3CHO，故答案为：CH3CHO；

（2）反应②是乙烯与水发生加成反应得到CH3CH2OH；故答案为：加成反应；

（3）A．聚乙烯不含碳碳双键；不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；

B．Z为乙酸，含有羧基，能与Mg（OH）2、CaCO3反应；清除水垢，故B正确；

C．75%的酒精溶液可用作医用消毒剂；故C正确；

故选：A；

（4）反应③是乙酸乙酯发生发生水解反应得到乙酸与乙醇，反应化学方程式为：CH3COOCH2CH3+H2OCH3COOH+CH3CH2OH；

故答案为：CH3COOCH2CH3+H2OCH3COOH+CH3CH2OH．8、保护气、制氨气氮硝酸的酸性比碳酸的酸性强CS2（l）+3O2（g）=CO2（g）+2SO2（g）△H=-20QkJ•mol-1碳酸铵取少量溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液出蓝色沉淀6Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3↓+6Na++2Fe3+【分析】【分析】A是最外层电子数是电子层数的2倍，单质为黑色固体，所以A是碳；C单质为淡黄色固体，易溶于二硫化碳是硫；B单质是空气的主要成分之一，与C不同主族，所以B是氮；E与D形成的某种化合物的水溶液遇苯酚溶液显紫色，说明D有强氧化性，与E铁生成三氯化铁，所以D是氯、E是铁，由此分析解答．【解析】【解答】解：（1）氮气的性质稳定用做保护气；制氨气；故答案为：保护气、制氨气；

（2）同周期从左到右非金属性增强；所以氮的非金属性强于碳，非金属性越强最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，硝酸的酸性比碳酸的酸性强，故答案为：氮；硝酸的酸性比碳酸的酸性强；

（3）元素C和D分别是硫与氯，形成S2Cl2，电子式为：故答案为：

（4）已知液态CS2完全燃烧生成两种同价态的气体氧化物，分别是二氧化碳和二氧化硫，两者的物质的量之比为1：2，而生成0.15mol的混全气体放出热量为：Q，生成3mol的混合气体放出热量为20Q，所以热方程式为：CS2（l）+3O2（g）=CO2（g）+2SO2（g）△H=-20QkJ•mol-1，故答案为：CS2（l）+3O2（g）=CO2（g）+2SO2（g）△H=-20QkJ•mol-1；

（5）向B的气态氢化物水溶液中；通入A的最高价氧化物，可能得到两种盐碳酸铵和碳酸氢铵，碳酸根水解程度大于碳酸氢根，所以pH值大，故答案为：碳酸铵；

（6）元素D和E形成的不与苯酚溶液显色的化合物是氯化亚铁，亚铁离子的检验方法为：取少量溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液出蓝色沉淀；或滴加硫氰化钾溶液不变红，滴加氯水变红；向F的溶液中加入过氧化钠可以得到红褐色沉淀，同时没有气体产生，离子方程式为：6Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3↓+6Na++2Fe3+，故答案为：取少量溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液出蓝色沉淀；6Fe2++3Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3↓+6Na++2Fe3+．9、-1641kJ•mol-1【分析】【分析】利用盖斯定律分析，不管化学反应是一步或分几步完成，其反应热是不变的；依据热化学方程式和盖斯定律构造目标热化学方程式计算反应热．【解析】【解答】解：①Fe2O3（s）+3C（石墨）═2Fe（s）+3CO（g）△H1=489.0kJ•mol-1

②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=-283.0kJ•mol-1

③C（石墨）+O2（g）═CO2（g）△H3=-393.5kJ•mol-1

由盖斯定律可知，③×12-②×12-①×4得4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）；

故△H=（-393.5kJ•mol-1）×12-（-283.0kJ•mol-1）×12-（-283.0kJ•mol-1）×4=-1641kJ•mol-1；

故答案为：-1641kJ•mol-1．10、略

【分析】试题分析：（1）由于SnSO4的溶解度搜温度的影响变化较大，会随温度的升高而增大，随温度的降低而减小。所以从SnSO4溶液中获得SnSO4晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶。洗涤沉淀的方法是将沉淀置于漏斗中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作2-3次。（2）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，是因为SnCl2是强酸弱碱盐，在水中容易发生水解反应SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl。若用HCl来溶解，由于增大了生成物的浓度，可以使水解平衡向逆反应方向移动，来减少SnCl2的水解反应的发生。（3）由于在酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化。所以加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH;②防止Sn2+被氧化。（5）有关反应的方程式为Sn+2HCl=SnCl2+H2↑；SnCl2+2FeC13=SnCl4+2FeC12；6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。由方程式得关系式为3Sn——6FeC12——K2Cr2O7。n(Cr2O72-)=mb×10-3mol.所以n(Sn)=3mb×10-3mol.所以锡粉中锡的质量分数是(3mb×10-3mol×Mg/mol)÷ag=3bmM/1000a.考点：考查分离混合物与洗涤沉淀的方法、盐的水解平衡移动、方程式的书写、关系式法在计算物质纯度的计算的应用的知识。【解析】【答案】（1）加热浓缩、冷却结晶。将沉淀置于漏斗中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作2-3次（2）SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解（3）防止Sn2+被氧化（4）Sn2++H2O2+2H+=Sn4++2H2O（5）3bmM/1000a11、B制取温度不同，制取时碱的浓度也不同M过滤Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢电离产生氢离子，溶液显酸性，所以紫色石蕊试液变红色【分析】【分析】（1）依据浓盐酸的挥发性；分析氯气含有的杂质，依据氯化氢易溶于水的性质解答；

（2）在加热条件下；氯气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠；

溶质的溶解度随温度的降低而降低；

（3）氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠；次氯酸钠和水；

（4）依据氯气与水反应生成的产物的性质解答．【解析】【解答】解：（1）浓盐酸具有挥发性；制取的氯气中含有氯化氢气体，通过饱和食盐水可以吸收氯化氢气体，所以为除去氯气中的氯化氢气体，可在①与②之间安装盛有饱和食盐水的装置；

故答案为：B；

（2）根据题中信息可知；在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，二者反应的浓度和温度都不相同；

反应完毕经冷却后；②的试管中有大量晶体析出，说明溶质的溶解度随温度的降低而降低，只有M符合，不溶性固体与液体的分离常采用过滤的方法；

故答案为：制取温度不同；制取时碱的浓度也不同；M；过滤；

（3）氯气与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O；

（4）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸；氯化氢电离产生氢离子，溶液显酸性，所以紫色石蕊试液变红色；

故答案为：氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢电离产生氢离子，溶液显酸性，所以紫色石蕊试液变红色．12、18182.25NA0.511.20.25①②④③【分析】【分析】（1）根据元素符号的含义，质子数+中子数=质量数，阴离子的电子数=质子数+电荷数；依据n=计算物质的量结合分子中含有的原子数目来计算；根据核外电子层排布；画出原子的结构示意图；

（2）根据n===C•V（溶液）计算；

（3）Si可做为半导体，可以有很多特殊的功能；Ca（ClO）2中+1价的氯具有强氧化性；Al（OH）3具有两性；Fe2O3是氧化物，颜色为红棕色，据此即可解答．【解析】【解答】解：（1）微粒的质子数为16；质量数为34，中子数=34-16=18，核外电子数=16+2=18；

49.5g34SO2的物质的量为=0.75mol，1个34SO2中含有3个原子，所以有49.5g34SO2含有2.25NA个原子；

硫原子的结构示意图为：

故答案为：18；18；2.25NA；

（2）解：HCl分子的物质的量n（HCl）===0.5mol；在标准状况下的体积其体积V（HCl）=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，将其溶于水配成2L溶液，所得溶液的物质的量浓度为。

c（HCl）==0.25mol/L；

故答案为：0.5；11.2；0.25；

（3）①Si原子最外层电子为4个；既难得电子，也难失去电子，可做为半导体，可用于制造硅芯片；

②Ca（ClO）2中+1价的氯具有强氧化性；能与还原性物质作用变成-1价的氯，可用于杀菌；消毒；

③Al（OH）3具有两性，作为酸时，酸性较弱，作为碱时，碱性较弱，胃酸的成分为盐酸，氢氧化铝显弱碱性，和盐酸发生中和反应，Al（OH）3医疗上可用作胃酸中和剂；

④Fe2O3是氧化物；颜色为红棕色，俗称为铁红，可用作红色油漆和涂料；

故答案为：①；②；④；③；13、催化剂（或催化）2H2O2O2↑+2H2O2HIO+H2O2=I2+O2↑+2H2O2H2O2O2↑+2H2O不正确O元素和I元素的化合价均升高，没有化合价降低的元素（或违背电荷守恒原理）【分析】【分析】（1）Fe2+为反应的中间产物；反应前后质量和性质没有变化，反应的实质为过氧化氢的分解反应；

（2）I2与Fe2+一样发生上述类似反应，应为中间产物，则HIO为反应物，I2为产物；

（3）离子方程式电荷不守恒．【解析】【解答】解：（1）故Fe2+为反应的中间产物，反应前后质量和性质没有变化，应起到催化剂的作用，反应的实质为过氧化氢的分解反应，将方程式相加可得到2H2O2=O2↑+2H2O，则反应的方程式为2H2O2O2↑+2H2O；

答案为：催化剂（或催化）；2H2O2O2↑+2H2O；

（2）I2与Fe2+一样发生上述类似反应，应为中间产物，则HIO为反应物，I2为产物，反应类似H2O2+2Fe3+=2Fe2++O2↑+2H+，应为2HIO+H2O2=I2+O2↑+2H2O，总反应为2H2O2O2↑+2H2O；

故答案为：2HIO+H2O2=I2+O2↑+2H2O；2H2O2O2↑+2H2O；

（3）离子方程式H2O2+2I-=O2↑+2H++I2，电荷不守恒，且O元素和I元素的化合价均升高，没有化合价降低的元素，应先发生H2O2+2H++2I-=2H2O+I2，然后发生2H2O2O2↑+2H2O；

故答案为：不正确；O元素和I元素的化合价均升高，没有化合价降低的元素（或违背电荷守恒原理）．三、判断题(共7题，共14分)14、×【分析】【分析】D2O的相对分子质量为20，结合n==计算．【解析】【解答】解：D2O的相对分子质量为20，18gD2O的物质的量为=0.9mol，则所含的电子数为9NA．故答案为：×．15、√【分析】【分析】石墨中每个碳原子与气体3个C形成3个共价键，利用均摊法计算出1molC含有的共价键；【解析】【解答】解：12g石墨中含有1molC，1mol碳原子与其它3mol碳原子形成了3mol共价键，1mol碳原子形成的共价键为：×3mol=1.5mol，含有的共价键数为1.5NA，故答案为：√．16、×【分析】【分析】化学变化中的能量变化主要是热量变化，另外还有光能、电能等等．【解析】【解答】解：化学反应中能量变化的形式主要是热量变化，还有热能、光能、电能等等，故错误，故答案为：×．17、×【分析】【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．【解析】【解答】解：一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．18、×【分析】【分析】CnH2n+2为烷烃，分子中含有n-1个C-C键，以此解答该题．【解析】【解答】解：CnH2n+2为烷烃，分子中含有n-1个C-C键，则1molCnH2n+2分子中含有的C-C数为（n-1）NA．故答案为：×．19、√【分析】【分析】树状分类就是一个确定范围内的物质之间所包含的关系有子概念与母概念，所谓子概念就是下一代有上一代的部分因素，母概念是上一代所包含其后代中部分的全部概念据此解答．【解析】【解答】解：酸；碱、盐和氧化物都属于化合物；则化合物分为酸、碱、盐和氧化物是用树状分类法分类的，故说法正确；

故答案为：√．20、×【分析】【分析】水的摩尔质量为18g/mol，与物质的量多少无关．【解析】【解答】解：水的摩尔质量为18g/mol，与物质的量多少无关，2mol水的质量与1mol水的质量之比为2：1，故错误，故答案为：×．四、书写(共2题，共8分)21、3NO2+H2O=2HNO3+NOHNO3+NaHCO3=NaNO3+CO2↑+H2O2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2O20.25a【分析】【分析】假定为3amolNO2，通过饱和碳酸氢钠溶液，首先发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成amolNO和2amolHNO3，再发生反应：HNO3+NaHCO3=NaNO3+CO2↑+H2O，生成2amolCO2，从饱和碳酸氢钠溶液出来的气体为amolNO、2amolCO2及水蒸气，再通过浓硫酸干燥，出来的气体为amolNO、2amolCO2，气体通过过氧化钠，发生反应2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2、2NO+O2=2NO2，从过氧化钠出来的气体最终为0.5amolO2、amolNO2，最后用排水法收集，发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，据此计算解答．【解析】【解答】解：假定为3amolNO2，通过饱和碳酸氢钠溶液，首先发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成amolNO、2amolHNO3，再发生反应：HNO3