2025年蘇科版高三化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年蘇科版高三化學上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6題，共12分)1、常溫下，下列離子能使純水中的H+離子數(shù)目增加的是（）A.S2-B.HCO3-C.Al3+D.K+2、將鎂、銅組成的a克混合物投入適量的稀硝酸中恰好完全反應，固體完全溶解，還原產(chǎn)物只有NO，其體積在標況下為4.48L，向反應后的溶液中加入NaOH溶液，金屬離子恰好沉淀完全，則形成沉淀的質(zhì)量為（）A.（a+5.1）克B.（a+1.02）克C.（a+20.4）克D.（a+2.04）克3、體積相同的CaCl2溶液和AlCl3溶液中Cl-數(shù)目相同，則CaCl2和AlCl3溶液的物質(zhì)的量濃度之比為（）A.1：1B.3：2C.2：3D.1：24、下列說法正確的是（）A.銅、石墨均能導電，所以它們均是電解質(zhì)B.NH3、CO2的水溶液均能導電，所以NH3、CO2均是電解質(zhì)C.將25gCuSO4.5H2O晶體加水配成100mL溶液，該溶液的物質(zhì)的量濃度為1mol/LD.實驗室要用容量瓶配制0.2mol/L的NaCl溶液950mL，應稱量NaCl固體11.1g5、某元素R有兩種同位素，可分別表示為85R和87R，若R的近似相對原子質(zhì)量為85.5則85R原子的質(zhì)量分數(shù)為（）A.75%B.25%C.74.6%D.64.7%6、下列敘述中正確的是（）A.NH3、CO、CO2都是極性分子B.CH4、CCl4都是含有極性鍵的非極性分子C.HF、HCl、HBr、HI的穩(wěn)定性依次增強D.由于氫鍵的影響，H2O比H2S的穩(wěn)定性更好評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、二氧化鈰CeO2是一種重要的稀土氧化物．平板電視顯示屏生產(chǎn)過程中產(chǎn)生大量的廢玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物質(zhì)）．某課題組以此粉末為原料回收鈰；設(shè)計實驗流程如下：

（1）洗滌濾渣A的目的是為了去除____（填離子符號），檢驗濾渣A是否洗滌干凈的方法是____．

（2）第②步反應的離子方程式是____，濾渣B的主要成分是____．

（3）萃取是分離稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作為萃取劑能將鈰離子從水溶液中萃取出來，TBP____（填“能”或“不能”）與水互溶．實驗室進行萃取操作是用到的主要玻璃儀器有____；燒杯、量筒等．

（4）取上述流程中得到的Ce（OH）4[M=208g/mol]產(chǎn)品0.500g，加硫酸溶解后，用0.1000mol?L-1FeSO4標準溶液滴定（鈰被還原為Ce3+），消耗20.00mL標準溶液，該產(chǎn)品中Ce（OH）4的質(zhì)量分數(shù)為____．（保留兩位小數(shù)）8、鈦是繼鐵；鋁后的第三金屬；二氧化鈦廣泛應用于各類結(jié)構(gòu)表面涂料、紙張涂層等，二氧化鈦還可作為制備鈦單質(zhì)的原料．

Ⅰ．用鈦鐵礦制取二氧化鈦，（鈦鐵礦主要成分為FeTiO3，其中Ti元素化合價為+4價，含有Fe2O3雜質(zhì)．）主要流程如圖1：

（1）Fe2O3與H2SO4反應的離子方程式____．

（2）加Fe的作用是____．

Ⅱ．由金紅石（含TiO2大于96%）為原料生產(chǎn)鈦的流程如圖2：

（3）反應②的方程式是____，該反應需要在Ar氣氛中進行的原因是____．

Ⅲ．科學家從電解冶煉鋁的工藝得到啟發(fā)；找出了冶煉鈦的新工藝．

（4）TiO2直接電解法生產(chǎn)鈦是一種較先進的方法，電解質(zhì)為熔融的氧化鈣，原理如圖3所示該方法陰極獲得鈦的電極反應為____．

（5）陽極產(chǎn)生的CO2經(jīng)常用氫氧化鈉溶液來吸收，現(xiàn)有0.4molCO2用200ml3mol/L的NaOH溶液將其完全吸收，溶液中的離子濃度由大到小的順序為____．9、如圖；甲；乙、丙分別表示在不同條件下可逆反應A（g）+B（g）?xC（g）的生成物C在反應混合物中的百分含量w（C）和反應時間（t）的關(guān)系．

（1）若甲圖中兩條曲線分別表示有催化劑和無催化劑的情況，則____曲線表示無催化劑時的情況，原因是：____；

（2）若乙圖表示反應達到平衡后分別在恒溫恒壓條件下和恒溫恒容條件下充入氦氣后的情況，則____曲線表示恒溫恒容的情況，原因是____；

（3）根據(jù)丙圖可以判斷該可逆反應的正反應是____熱反應，化學計量數(shù)x的值是____；

（4）丁圖表示在某固定容積的密閉容器中上述可逆反應達到平衡后某物理量隨著溫度（T）的變化情況，根據(jù)你的理解，丁圖的縱坐標可以是____、____．（寫兩條）10、（1）下列曲線表示鹵素元素某種性質(zhì)隨核電荷數(shù)的變化趨勢，正確的是______．

（2）利用“鹵化硼法”合成含B和N兩種元素的功能陶瓷，下圖為其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，則每個晶胞中含有B原子的個數(shù)為______，該功能陶瓷的化學式為______．

（3）BCl3和NCl3中心原子的雜化方式分別為______和______．第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有______種．

（4）若BCl3與XYm通過B原子與X原子間的配位健結(jié)合形成配合物，則該配合物中提供孤對電子的原子是______．

（5）SiO2是硅酸鹽玻璃（Na2CaSi6O14）的主要成分，Na2CaSi6O14也可寫成Na2O?CaO?6SiO2．

長石是金屬鋁硅鹽．由鈉長石化學式NaAlSi3O8可推知鈣長石改寫成氧化物的形式可表示為______．11、某待測液中可能含有Fe2+、Fe3+、Ag+、Al3+、Ba2+、Ca2+、NH4+等離子，進行如下實驗（所加酸、堿、氨水、溴水都是過量的）．

根據(jù)實驗結(jié)果：

（1）寫出生成沉淀A的離子方程式____

（2）判定待測液中有無Ba2+、Ca2+離子，并寫出理由．答：____．

（3）寫出沉淀D的化學式：____．

（4）寫出從溶液D生成沉淀E的反應的離子方程式：____．12、在生產(chǎn)生活和科學研究中；人們常常根據(jù)需要促進或抑制鹽的水解．試回答下列問題：

（1）FeCl3溶液呈____（填“酸”、“中”、“堿”）性，原因是（用離子方程式表示）：____；實驗室在配制FeCl3溶液時，常將FeCl3固體先溶于較濃的鹽酸中，以____（填“促進”；“抑制”）其水解；然后再用蒸餾水稀釋到所需的濃度．

（2）用離子方程式表示硫酸鋁溶液和碳酸氫鈉溶液混合時發(fā)生的主要反應____．

（3）為證明鹽的水解是吸熱的，四位同學分別設(shè)計了如下方案，其中正確的是____．

A．甲同學：在鹽酸中加入氨水；混合液溫度上升，說明鹽類水解是吸熱的．

B．乙同學：將硝酸銨晶體溶于水；水溫降低，說明鹽類水解是吸熱的．

C．丙同學：在氨水加入氯化銨固體；溶液的pH變小，說明鹽類水解是吸熱的．

D．丁同學：在醋酸鈉溶液中滴加2滴酚酞試劑；加熱后紅色加深，說明鹽類水解是吸熱的．

（4）把AlCl3溶液蒸干，灼燒，最后得到的主要固體產(chǎn)物是____．13、[化學——物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]（13分）氫能是一種潔凈的可再生能源，制備和儲存氫氣是氫能開發(fā)的兩個關(guān)鍵環(huán)節(jié)。Ⅰ．氫氣的制?。?）水是制取氫氣的常見原料，下列說法正確的是（填序號）。A．H3O＋的空間構(gòu)型為三角錐形B．水的沸點比硫化氫高C．冰晶體中，1mol水分子可形成4mol氫鍵（2）科研人員研究出以鈦酸鍶為電極的光化學電池，用紫外線照射鈦酸鍶電極，使水分解產(chǎn)生氫氣。已知鈦酸鍶晶胞結(jié)構(gòu)如圖，則其化學式為。Ⅱ．氫氣的存儲（3）Ti(BH4)2是一種儲氫材料。①Ti原子在基態(tài)時的核外電子排布式是。②Ti(BH4)2可由TiCl4和LiBH4反應制得，TiCl4熔點－25.0℃，沸點136.94℃，常溫下是無色液體，則TiCl4晶體類型為。（4）最近尼赫魯先進科學研究中心借助ADF軟件對一種新型環(huán)烯類儲氫材料（C16S8）進行研究，從理論角度證明這種分子中的原子都處于同一平面上（結(jié)構(gòu)如圖所示），每個平面上下兩側(cè)最多可儲存10個H2分子。①元素電負性大小關(guān)系是：CS（填“＞”、“＝”或“＜”）。②分子中C原子的雜化軌道類型為。③有關(guān)鍵長數(shù)據(jù)如下：。C—SC＝SC16S8中碳硫鍵鍵長/pm181155176從表中數(shù)據(jù)可以看出，C16S8中碳硫鍵鍵長介于C—S與C＝S之間，原因可能是：。④C16S8與H2微粒間的作用力是。14、化合物Ⅰ是重要的化工原料，可發(fā)生下列反應生成Ⅲ化合物Ⅰ可用石油裂解氣中的2-戊烯來合成，流程如下:a的結(jié)構(gòu)簡式是______________________，②步的反應類型是_______________?；衔颕的一種同分異構(gòu)體是天然橡膠的單體，用系統(tǒng)命名法命名該單體___________?；衔铫衽cII反應還可能得到III的一種同分異構(gòu)體，該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式為__________。欲檢驗化合物Ⅲ中的碳碳雙鍵，正確的試劑是_______________________。15、有機合成材料的出現(xiàn)是材料發(fā)展史上的一次重大突破rm{.}人們常說的三大合成材料是指______、______和______．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)16、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．____．（判斷對錯）17、實驗室通過消石灰和NH4Cl固體制備NH3，屬于離子反應____（判斷對和錯）18、用標準NaOH溶液滴定未知濃度的醋酸到終點時，鈉離子物質(zhì)的量等于醋酸根離子的物質(zhì)的量____（判斷正誤）19、有鹽和水生成的反應不一定是中和反應____．（判斷對錯）20、因為CO2的水溶液可以導電，所以CO2是電解質(zhì)____．（判斷對錯）評卷人得分四、計算題(共2題，共12分)21、（1）下列物質(zhì)所含分子數(shù)由多到少的排列順序是____；

A．標準狀況下33.6LH2B．所含電子的物質(zhì)的量為4mol的H2

C．20℃45gH2OD．常溫下，16gO2與14gN2的混合氣體。

E．含原子總數(shù)約為1.204×1024的NH3

（2）用量筒量取一定體積的液體時，若采用俯視的方法量取20ml液體，則實際量取的液體的體積比20ml____，若量筒中實際有20ml液體，而你讀數(shù)時采用了俯視的方法，則讀得的數(shù)據(jù)比20ml____．

（3）在BaCl2溶液中加入一定量的稀硫酸，恰好完全反應，產(chǎn)生的沉淀質(zhì)量與原稀硫酸溶液的質(zhì)量相同，則原稀硫酸溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)是____．（結(jié)果保留4位有效數(shù)字）22、同溫同壓下，質(zhì)量比為7：33的CO和CO2組成的混合氣體，CO和CO2物質(zhì)的量之比為____，CO氣體的體積分數(shù)為____，碳和氧原子個數(shù)之比為____，混合氣體平均摩爾質(zhì)量為____．評卷人得分五、解答題(共1題，共10分)23、標準狀況下，2.24LO2的物質(zhì)的量是多少？評卷人得分六、簡答題(共2題，共10分)24、催化劑是化工技術(shù)的核心；絕大多數(shù)的化工生產(chǎn)均需采用催化工藝．

（1）人們常用催化劑來選擇反應進行的方向．如圖1示為一定條件下1molCH3OH與O2發(fā)生反應時，生成CO、CO2或HCHO的能量變化圖如圖1反應物O2（g）和生成物H2O（g）略去]．

①在有催化劑作用下，CH3OH與O2反應主要生成______（填“CO、CO2或HCHO”）．

②2HCHO（g）+O2（g）═2CO（g）+2H2O（g）△H=______．

③在稀硫酸催化下，HCHO可以通過反應生成分子式為C3H6O3的環(huán)狀三聚甲醛分子，其分子中同種原子的化學環(huán)境均相同．寫出三聚甲醛的結(jié)構(gòu)簡式：______．

④甲醇制取甲醛可用Ag作催化劑，含有AgCl會影響Ag催化劑的活性，用氨水可以溶解除去其中的AgCl，寫出該反應的離子方程式：______．

（2）一種以銅作催化劑脫硫有如下兩個過程：

①在銅的作用下完成工業(yè)尾氣中SO2的部分催化氧化；所發(fā)生反應為：

2SO2+2nCu+（n+1）O2+（2-2n）H2O═2nCuSO4+（2-2n）H2SO4

從環(huán)境保護的角度看，催化脫硫的意義為______；每吸收標準狀況下11.2LSO2，被SO2還原的O2的質(zhì)量為______g．

②利用圖2所示電化學裝置吸收另一部分SO2，并完成Cu的再生．寫出裝置內(nèi)所發(fā)生反應的離子方程式______．25、把FeCl3溶液蒸干灼燒，最后得到的固體是____。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】常溫下，能使溶液中氫離子數(shù)目增加，說明該離子能發(fā)生水解反應，且水解后溶液呈酸性，則為弱堿離子的水解反應．【解析】【解答】解：A．硫離子是多元弱酸陰離子分步水解；溶液顯堿性，所以溶液中氫離子數(shù)目減少，故A錯誤；

B．碳酸氫根離子水解生成碳酸和氫氧根離子；溶液中氫氧根離子數(shù)目增加，氫離子數(shù)目減少，故B錯誤；

C．鋁離子水解生成氫氧化鋁和氫離子，Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+；導致溶液中氫離子數(shù)目增加，氫氧根離子數(shù)目減少，故C正確；

D．鉀離子不水解；所以不改變?nèi)芤褐袣潆x子或氫氧根離子數(shù)目，故D錯誤；

故選C．2、A【分析】【分析】向反應后的溶液中加入NaOH溶液，金屬離子恰好沉淀完全，得到沉淀為氫氧化鎂、氫氧化銅，根據(jù)電荷守恒可知，金屬提供電子物質(zhì)的量等于沉淀中氫氧根離子物質(zhì)的量，結(jié)合NO的體積，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計算金屬提供電子物質(zhì)的量，而沉淀質(zhì)量等于金屬質(zhì)量與沉淀中氫氧根離子質(zhì)量之和．【解析】【解答】解：向反應后的溶液中加入NaOH溶液，金屬離子恰好沉淀完全，得到沉淀為氫氧化鎂、氫氧化銅，根據(jù)電荷守恒可知，金屬提供電子物質(zhì)的量等于沉淀中氫氧根離子物質(zhì)的量，反應生成NO的物質(zhì)的量為=0.2mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，金屬提供電子物質(zhì)的量為=0.3mol；即沉淀中氫氧根離子為0.3mol，故沉淀質(zhì)量為ag+0.3mol×17g/mol=（a+5.1）g；

故選A．3、B【分析】【分析】溶液中Cl-數(shù)目相同，溶液的體積相同，所以Cl-物質(zhì)的量濃度相等，根據(jù)化學式和物質(zhì)的量濃度計算離子的物質(zhì)的量，進而計算物質(zhì)的量濃度之比．【解析】【解答】解：溶液中Cl-數(shù)目相同，溶液的體積相同，所以Cl-物質(zhì)的量濃度相等，所以CaCl2和AlCl3溶液的物質(zhì)的量濃度之比：=3：2；

故選B．4、C【分析】【分析】在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質(zhì)；在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物為非電解質(zhì)，無論電解質(zhì)和非電解質(zhì)，都一定為化合物，單質(zhì)和混合物一定不是電解質(zhì)和非電解質(zhì)，據(jù)此進行解答AB；

C、根據(jù)n=計算25gCuSO4?5H2O的物質(zhì)的量，根據(jù)c=計算溶液中CuSO4的物質(zhì)的量濃度；

D、實驗室無950mL容量瓶，需要1000mL容量瓶，據(jù)此計算需要固體的質(zhì)量．【解析】【解答】解：A；銅、石墨屬于單質(zhì)；既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故A錯誤；

B、NH3、CO2的水溶液導電的原因是一水合氨、碳酸電離出的離子，不是NH3、CO2本身電離的離子，因此NH3、CO2屬于非電解質(zhì)；故B錯誤；

C、25gCuSO4?5H2O的物質(zhì)的量為=0.1mol，故n（CuSO4）=0.1mol，溶液體積為100mL，故該溶液中CuSO4的物質(zhì)的量濃度為：=1mol/L；故C正確；

D、沒有950ml的容量瓶，應選擇1000ml容量瓶，配制0.2mol/L的NaCl溶液需氯化鈉質(zhì)量為1L×0.2mol/L×58.5g/mol=11.7g，故D錯誤，故選C．5、C【分析】【分析】根據(jù)元素的相對原子質(zhì)量為該元素各種核素的相對原子質(zhì)量的平均值，原子的相對原子質(zhì)量在數(shù)值上等于其質(zhì)量數(shù)來解答．【解析】【解答】解：R的近似相對原子質(zhì)量為85.5是質(zhì)量數(shù)分別為85和87的核素的平均值，由十字交叉法得，85R和87R兩種同位素原子的個數(shù)比為所以85R原子的質(zhì)量分數(shù)為×100%=74.6%，故選：D．6、B【分析】【解答】A．NH3的分子構(gòu)型為三角錐形，空間結(jié)構(gòu)不對稱，為極性分子，CO空間結(jié)構(gòu)不對稱，為極性分子，CO2是直線形；結(jié)構(gòu)對稱，正負電荷的重心重合，電荷分布均勻，為非極性分子，故A錯誤；

B．CH4、CCl4都是含有極性鍵；分子的空間構(gòu)型為正四面體，均為非極性分子，故B正確；

C．元素的非金屬性越強，其氫化物越穩(wěn)定，則HF、HCl、HBr；HI的穩(wěn)定性依次減弱；故C錯誤；

D．氫鍵只影響物質(zhì)的物理性質(zhì)；分子的穩(wěn)定性由共價鍵決定，故D錯誤．

故選B．

【分析】A．以極性鍵結(jié)合的多原子分子如結(jié)構(gòu)對稱；正負電荷的重心重合，電荷分布均勻，則為非極性分子；

B．以極性鍵結(jié)合的多原子分子如結(jié)構(gòu)對稱；正負電荷的重心重合，電荷分布均勻，則為非極性分子；

C．元素的非金屬性越強；其氫化物越穩(wěn)定；

D．氫鍵只影響物質(zhì)的物理性質(zhì)．二、填空題(共9題，共18分)7、Fe3+、Cl-取最后一次洗滌液，加入KSCN溶液，若不出現(xiàn)紅色，則已洗凈，反之，未洗凈或取最后洗滌液少量，滴加AgNO3，如無白色沉淀，則洗干凈6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2OSiO2不能分液漏斗83.20%【分析】【分析】①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀鹽酸，F(xiàn)e2O3轉(zhuǎn)化FeCl3存在于濾液中，濾渣為CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉(zhuǎn)化為Ce3+，濾渣為SiO2；③加入堿后Ce3+轉(zhuǎn)化為沉淀；④通入氧氣講Ce從+3氧化為+4，得到產(chǎn)品；

（1）根據(jù)濾渣A上含有FeCl3；取最后一次洗滌液；加入KSCN溶液，若不出現(xiàn)紅色，則已洗凈，反之，未洗凈；

（2）根據(jù)氧化還原反應中電子得失守恒來分析；濾渣B為SiO2；

（3）萃取劑與水不互溶；結(jié)合萃取需要的儀器分析；

（4）根據(jù)電子守恒建立關(guān)系式：Ce（OH）4～FeSO4，然后進行計算求出Ce（OH）4的質(zhì)量，最后求出質(zhì)量分數(shù)．【解析】【解答】解：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀鹽酸，F(xiàn)e2O3轉(zhuǎn)化FeCl3存在于濾液中，濾渣為CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉(zhuǎn)化為Ce3+，濾渣為SiO2；③加入堿后Ce3+轉(zhuǎn)化為沉淀；④通入氧氣講Ce從+3氧化為+4，得到產(chǎn)品；

（1）濾渣A上含有FeCl3，洗滌濾渣A的目的是為了除去Fe3+、Cl-；取最后一次洗滌液；加入KSCN溶液，若不出現(xiàn)紅色，則已洗凈，反之，未洗凈；

故答案為：Fe3+、Cl-；取最后一次洗滌液，加入KSCN溶液，若不出現(xiàn)紅色，則已洗凈，反之，未洗凈或取最后洗滌液少量，滴加AgNO3；如無白色沉淀，則洗干凈；

（2）稀硫酸、H2O2，CeO2三者反應生成轉(zhuǎn)化為Ce2（SO4）3、O2和H2O，反應的離子方程式為：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O；加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉(zhuǎn)化為Ce3+，SiO2不反應，濾渣B的成分為SiO2；

故答案為：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O；SiO2；

（3）化合物TBP作為萃取劑能將鈰離子從水溶液中萃取出來；所以TBP不能與水互溶，故答案為：不能；分液漏斗；

（4）用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至終點，鈰被還原成Ce3+，則Fe2+被氧化為Fe3+；則。

Ce（OH）4～FeSO4

0.002mol0.1000mol/L-1×0.020L

所以m（Ce（OH）4）=0.002mol×208g/mol=0.416g；

產(chǎn)品中Ce（OH）4的質(zhì)量分數(shù)為=83.20%；

故答案為：83.20%．8、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O將Fe3+還原為Fe2+TiCl4+4Na4NaCl+Ti防止高溫下Na（Ti）與空氣中的O2（或N2、CO2）作用TiO2+4e-=Ti+2O2-c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）【分析】【分析】I．鈦鐵礦用硫酸溶解，得到溶液中含有TiO2+、Fe2+、Fe3+，加入Fe粉將Fe3+還原為Fe2+，過濾除去不溶物，濾液冷卻結(jié)晶析出硫酸亞鐵晶體，過濾分離，濾液中經(jīng)過系列轉(zhuǎn)化得到TiO2；

（1）Fe2O3與H2SO4反應生成硫酸鐵與水；

（2）加入Fe粉將Fe3+還原為Fe2+；

Ⅱ．（3）在550℃時；氬氣環(huán)境下；Na與四氯化鈦發(fā)生置換反應；高溫時，Na、Ti易與空氣中的氧氣等發(fā)生反應；

Ⅲ．TiO2直接電解法生產(chǎn)鈦，發(fā)生還原反應，二氧化鈦為陰極，連接電源負極，由示意圖可知二氧化鈦獲得電子生成Ti與氧離子；根據(jù)二氧化碳和氫氧化鈉之間反應量的關(guān)系：按照1：1反應，產(chǎn)物是碳酸氫鈉，按照1：2反應，產(chǎn)物是碳酸鈉來分析回答．【解析】【解答】解：I．鈦鐵礦用硫酸溶解，得到溶液中含有TiO2+、Fe2+、Fe3+，加入Fe粉將Fe3+還原為Fe2+，過濾除去不溶物，濾液冷卻結(jié)晶析出硫酸亞鐵晶體，過濾分離，濾液中經(jīng)過系列轉(zhuǎn)化得到TiO2；

（1）Fe2O3與H2SO4反應生成硫酸鐵與水，反應離子方程式為：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案為：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

（2）加Fe的作用是：將Fe3+還原為Fe2+，故答案為：將Fe3+還原為Fe2+；

Ⅱ．（3）在550℃時、氬氣環(huán)境下，Na與四氯化鈦發(fā)生置換反應，反應方程式為：TiCl4+4Na4NaCl+Ti，高溫時，Na、Ti易與空氣中的氧氣等發(fā)生反應，所以該反應需要在Ar氣氛中進行；

故答案為：TiCl4+4Na4NaCl+Ti；防止高溫下Na（Ti）與空氣中的O2（或N2、CO2）作用；

Ⅲ．（4）TiO2直接電解法生產(chǎn)鈦，發(fā)生還原反應，二氧化鈦為陰極，連接電源負極，由示意圖可知二氧化鈦獲得電子生成Ti與氧離子，陰極電極反應式為：TiO2+4e-=Ti+2O2-；

故答案為：TiO2+4e-=Ti+2O2-；

III．（4）電解時，陰極上得電子發(fā)生還原反應，所以二氧化鈦得電子生成鈦和氧離子，和電源負極相連，電極反應式為TiO2+4e-=Ti+2O2-；

故答案為：TiO2+4e-=Ti+2O2-；

（5）根據(jù)二氧化碳和氫氧化鈉之間反應量的關(guān)系：按照1：1反應，產(chǎn)物是碳酸氫鈉，按照1：2反應，產(chǎn)物是碳酸鈉，0.4molCO2和200mL3mol/LNaOH溶液混合，二者的物質(zhì)的量之比是2：3，所的溶液是碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物，混合物顯堿性c（OH-）＞c（H+），碳酸根離子水解程度大與碳酸氫根離子的水解程度，所以c（CO32-）＜c（HCO3-），即c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）；

故答案為：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）．9、bb達到平衡用到的時間長，化學反應速率慢，沒有使用催化劑aA中充入氦氣，w（C）不變，平衡不移動吸x＞2C%A的轉(zhuǎn)化率（或是B的轉(zhuǎn)化率、壓強）【分析】【分析】（1）使用催化劑；加快反應速率，縮短到達平衡的時間，據(jù)此判斷；

（2）恒溫恒容條件下；通入惰性氣體，不影響反應混合氣體各組分的濃度，平衡不移動；

（3）由丙圖可知；相同壓強溫度越高，C%越大，說明升高溫度，平衡向正反應移動，溫度相同壓強越高，C%越小，說明增大壓強，平衡向逆反應移動，據(jù)此解答．

（4）根據(jù)（3）中可知該反應為吸熱反應還是放熱反應，升高溫度，平衡向吸熱方向移動．由圖可知，縱軸所表示的量隨溫度升高而增大，根據(jù)平衡移動分析．【解析】【解答】解：（1）使用催化劑，加快反應速率，縮短到達平衡的時間，由圖可知，a先到達平衡，故a曲線表示使用催化劑，b曲線表示沒有使用催化劑，故答案為：b；

b達到平衡用到的時間長；化學反應速率慢，沒有使用催化劑；

（2）恒溫恒容條件下；通入惰性氣體，不影響反應混合氣體各組分的濃度，平衡不移動，C%不變，故答案為：a；A中充入氦氣，w（C）不變，平衡不移動；

（3）由丙圖可知；相同壓強溫度越高，C%越大，說明升高溫度，平衡向正反應移動，正反應為吸熱反應，溫度相同壓強越高，C%越小，說明增大壓強，平衡向逆反應移動，故x＞1+1，即x＞2；

故答案為：吸；x＞2；

（4）該反應正反應為吸熱反應，反應前后氣體的體積增大．升高溫度，平衡向吸熱方向移動，即向右移動．由圖可知，縱軸所表示的量隨溫度升高而增大，升高溫度，平衡向吸熱方向移動，即向右移動，C的含量增大，A、B的轉(zhuǎn)化率增大，平衡時A、B濃度降低．反應前后氣體的體積增大，在恒容條件下，升高溫度，平衡向吸熱方向移動，即向右移動，混合物總的物質(zhì)的量增加，所以平衡時，容器內(nèi)壓強增大，故答案為：C%；A的轉(zhuǎn)化率（或是B的轉(zhuǎn)化率、壓強）．10、略

【分析】解：（1）a．同一主族中；元素的電負性隨著原子序數(shù)的增大而減小，所以從氟到溴，其電負性逐漸減小，故正確；

b．氟元素沒有正化合價；第VIIA族氯；溴元素的最高化合價數(shù)值等于其族序數(shù)，故錯誤；

c．第VIIA族元素氫化物的沸點隨著相對分子質(zhì)量的增大而增大；但HF分子間能形成氫鍵，氫鍵屬于特殊的分子間作用力，強度大于分子間作用力，沸點最高，故錯誤；

d．由于鹵族元素的單質(zhì)均屬于分子晶體；隨相對分子質(zhì)量增大范德華力增大，因而沸點逐漸升高，故錯誤；

故選a；

（2）B的原子半徑比N大，因而結(jié)構(gòu)示意圖中大球代表B原子，B原子個數(shù)=8×N原子個數(shù)=1+×4=2；該晶胞中N原子和B原子個數(shù)之比=2：2=1：1，所以其化學式為BN；

故答案為：2；BN；

（3）BCl3中的B原子的價層電子對數(shù)是3且不含孤電子對，所以B原子屬于sp2雜化；NCl3中的N原子的價層電子對個數(shù)為4且含有一個孤電子對，所以N原子屬于sp3雜化；

同一周期元素中；元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但第IIA族；第VA族元素第一電離能大于相鄰元素，根據(jù)電離能的變化規(guī)律，半充滿的N原子和全充滿的Be原子第一電離能要比同周期原子序數(shù)大的原子高，故第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有Be、C、O三種元素；

故答案為：sp2；sp3；3；

（4）BCl3是缺電子化合物；B原子的所有價電子已經(jīng)使用，因而提供孤對電子的原子是X；

故答案為：X；

（5）由鈉長石化學式NaAlSi3O8可推知鈣長石的化學式為Ca（AlSi3O8）2，改寫成氧化物的形式可表示為CaO．Al2O3．6SiO2；

故答案為：CaO．Al2O3．6SiO2．

（1）a．第VIIA族元素中；元素的電負性隨著原子序數(shù)的增大而減??；

b．F元素沒有正化合價；

c．第VIIA族氫化物的沸點與其相對分子質(zhì)量成正比；氫鍵的存在導致氫化物的沸點升高；

d．鹵族單質(zhì)的熔點隨著核電荷數(shù)的增大而增大；

（2）根據(jù)均攤法確定B原子個數(shù)和N原子個數(shù)；根據(jù)B；N原子個數(shù)最簡比確定其化學式；

（3）根據(jù)價層電子對互斥理論確定中心原子的雜化方式；同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但第IIA族；第VA族元素第一電離能大于相鄰元素；

（4）在配位化合物中；中心原子提供空軌道，配體提供孤電子對．

本題以鹵族元素為載體考查了原子雜化方式、電負性、第一電離能、配位鍵、晶胞的計算等知識點，中等難度，答題時注意題中信息的充分利用．【解析】a；2；BN；sp2；sp3；3；X；CaO．Al2O3．6SiO211、Ag++Cl-=AgCl↓待測液中含有Ba2+、Ca2+離子中的兩種或一種．BaSO4難溶于水，CaSO4微溶于水Fe（OH）3AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-【分析】【分析】根據(jù)待測液中加入HCl，有不溶于稀硝酸的沉淀A產(chǎn)生，說明待測液中有Ag+存在，沉淀A是AgCl；根據(jù)繼續(xù)往溶液A中加入稀H2SO4和溴水，有沉淀B產(chǎn)生，說明沉淀B一定是不溶于稀酸的硫酸鹽沉淀．因為溶液中唯一能與Br-產(chǎn)生沉淀的Ag+已在第一步沉淀完全．所以，溴水的作用應該是起一個氧化劑的作用（氧化某離子），據(jù)此，可推斷待測液中一定含有Ba2+、Ca2+中的一種或兩種，因為BaSO4不溶于水，CaSO4微溶于水（微溶物量大時以沉淀形式存在）；根據(jù)繼續(xù)往溶液B中加入氨水，產(chǎn)生沉淀C，沉淀C中加入NaOH溶液，沉淀部分溶解，得溶液D和沉淀D．可知，沉淀D一定是Fe（OH）3（加入溴水后，溶液中就只有Fe3+了．至于原來是Fe2+還是Fe3+，則無法確定）．同時，由于往溶液D中通入CO2有沉淀產(chǎn)生，說明溶液D中一定含AlO2-，沉淀E一定是Al（OH）3．然后根據(jù)問題回答．【解析】【解答】解：（1）因待測液中加入HCl，有不溶于稀硝酸的沉淀A產(chǎn)生，說明待測液中有Ag+存在，沉淀A是AgCl，離子反應方程式為：Ag++Cl-=AgCl↓，故答案為：Ag++Cl-=AgCl↓；

（2）根據(jù)繼續(xù)往溶液A中加入稀H2SO4和溴水，有沉淀B產(chǎn)生，說明沉淀B一定是不溶于稀酸的硫酸鹽沉淀．因為溶液中唯一能與Br-產(chǎn)生沉淀的Ag+已在第一步沉淀完全．所以，溴水的作用應該是起一個氧化劑的作用（氧化某離子），據(jù)此，可推斷待測液中一定含有Ba2+、Ca2+中的一種或兩種，因為BaSO4不溶于水，CaSO4微溶于水（微溶物量大時以沉淀形式存在），故答案為：一定含有Ba2+、Ca2+中的一種或兩種；因為BaSO4不溶于水，CaSO4微溶于水；沉淀B一定是這兩種物質(zhì)中的一種或兩種；

（3）因繼續(xù)往溶液B中加入氨水，產(chǎn)生沉淀C，沉淀C中加入NaOH溶液，沉淀部分溶解，得溶液D和沉淀D．可知，沉淀D一定是Fe（OH）3（加入溴水后，溶液中就只有Fe3+了．至于原來是Fe2+還是Fe3+，則無法確定）．故答案為：Fe（OH）3；

（4）由于往溶液D中通入CO2有沉淀產(chǎn)生，說明溶液D中一定含AlO2-，沉淀E一定是Al（OH）3，化學方程式為：CO2+3H2O+2AlO2-═2Al（OH）3↓+2CO32-，故答案為：CO2+3H2O+2AlO2-═2Al（OH）3↓+2CO32-．12、酸Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+抑制Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑DAl2O3【分析】【分析】（1）FeCl3為強酸弱堿鹽，溶液呈酸性，溶液中存在Fe2++2H2O?Fe（OH）2+2H+；加入鹽酸，抑制水解；

（2）硫酸鋁溶液和碳酸氫鈉溶液混合時發(fā)生Al3+與HCO3-的互促水解反應；

（3）證明鹽的水解是吸熱的；應改變?nèi)芤旱臏囟?，根?jù)溶液pH的變化判斷；

（4）AlCl3溶液加熱促進水解生成Al（OH）3，灼燒時灼燒分解．【解析】【解答】解：（1）FeCl3為強酸弱堿鹽，溶液呈酸性，溶液中存在Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，加入鹽酸，H+濃度增大；抑制水解；

故答案為：酸；Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+；抑制；

（2）硫酸鋁溶液和碳酸氫鈉溶液混合時，由于Al3+水解呈酸性，HCO3-水解呈堿性，則發(fā)生Al3+與HCO3-的互促水解反應，方程式為Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

故答案為：Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

（3）A．反應為中和反應；放熱，不能證明水解，故A錯誤；

B．硝酸銨晶體溶于水吸熱；不能證明水解，故B錯誤；

C．在氨水加入氯化銨固體；銨根離子濃度增大，平衡向逆反應方向移動，溶液的pH變小，不能說明鹽類水解是吸熱的，故C錯誤；

D．在醋酸鈉溶液中滴加2滴酚酞試劑；加熱后紅色加深，說明升高溫度平衡向正反應方向移動，可說明鹽類水解是吸熱的，故D正確．

故答案為：D；

（4）AlCl3溶液加熱促進水解生成Al（OH）3，灼燒時Al（OH）3灼燒分解生成Al2O3，故答案為：Al2O3．13、略

【分析】試題分析：（1）A、H3O＋中氧原子含有1對孤對電子，其價層電子對數(shù)是4個，因此其空間構(gòu)型為三角錐形，A正確；B、水分子間存在氫鍵，因此水的沸點比硫化氫高，B正確；C、冰晶體中，1mol水分子可形成2mol氫鍵，C不正確，答案選AB。（2）根據(jù)鈦酸鍶晶胞結(jié)構(gòu)并依據(jù)均攤法可知，晶胞中Sr、Ti、O的原子個數(shù)分別是8×＝1、1、6×＝3，因此其化學式為SrTiO3。（3）①Ti元素的原子序數(shù)是22，根據(jù)核外電子排布規(guī)律可知，Ti原子在基態(tài)時的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2。②TiCl4熔點－25.0℃，沸點136.94℃，常溫下是無色液體，這說明TiCl4晶體類型為分子晶體。（4）①非金屬性越強，元素電負性越大。硫元素的非金屬性強于碳元素，因此電負性大小關(guān)系是C＜S。②分子中的原子都處于同一平面上，因此分子中C原子的雜化軌道類型為sp2。③根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中的C與S原子之間有π鍵，因此導致C16S8中碳硫鍵鍵長介于C—S與C＝S之間。④氫氣形成的晶體是分子晶體，所以C16S8與H2微粒間的作用力是范德華力?？键c：考查電負性、核外電子排布、晶胞結(jié)構(gòu)、化學鍵以及氫鍵等有關(guān)判斷【解析】【答案】（1）AB（填對一個給1分，共2分）（2）SrTiO3（2分）（3）①1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2（2分）②分子晶體（1分）（4）①＜（2分）②sp2（1分）③分子中的C與S原子之間有π鍵（或分子中的碳硫鍵具有一定程度的雙鍵性質(zhì)等合理答案）（2分）④范德華力（1分）14、略

【分析】【解析】試題分析：（1）反應①是碳碳雙鍵的加成反應，則a的結(jié)構(gòu)簡式是a中含有溴原子，所以根據(jù)反應②的結(jié)構(gòu)簡式可知，該反應是鹵代烴的消去反應。（2）天然橡膠的單體是異戊二烯，其系統(tǒng)命名法是2-甲基-1、3-丁二烯。（3）該反應是碳碳雙鍵的加成反應，所以另外一種同分異構(gòu)體應該是酯基和醛基互換位置，則其結(jié)構(gòu)簡式是（4）由于分子中還含有醛基，所以不能用酸性高錳酸鉀溶液檢驗，應該用Br2的四氯化碳溶液檢驗碳碳雙鍵?？键c：考查有機物結(jié)構(gòu)簡式、有機反應類型、有機物命名、同分異構(gòu)體的判斷以及官能團的檢驗【解析】【答案】(1分)消去反應(1分)2-甲基-1、3-丁二烯(2分)(2分)Br2的四氯化碳溶液(2分)15、略

【分析】解：合成材料又稱人造材料，是把不同物質(zhì)經(jīng)化學方法或聚合作用加工而成的材料，三大合成材料是指塑料、合成橡膠和合成纖維rm{.}三大合成材料是人工合成的高聚物rm{.}高聚物正在越來越多地取代金屬；成為現(xiàn)代社會使用的重要材料；

故答案為：塑料；合成纖維；合成橡膠．

根據(jù)“三大合成材料”指的是塑料；合成纖維、合成橡膠；有機合成材料的出現(xiàn)是對自然資源的一種補充，據(jù)此即可解答．

本題主要考查學生對合成材料的特點和作用的認識，解答本題要充分理解材料的分類方法，題目較簡單．【解析】塑料；合成纖維；合成橡膠三、判斷題(共5題，共10分)16、×【分析】【分析】根據(jù)溫度計在該裝置中的位置與作用；【解析】【解答】解：蒸餾是用來分離沸點不同的液體混合物；溫度計測量的是蒸汽的溫度，故應放在支管口；

故答案為：×．17、×【分析】【分析】有離子參加的化學反應是離子反應，離子反應離子反應的本質(zhì)是某些離子濃度發(fā)生改變，常見離子反應多在水溶液中進行，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：實驗室通過消石灰和NH4Cl固體制備NH3，化學反應方程式為：2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3↑+CaCl2+2H2O，此反應是在大試管中進行，無溶液，故不屬于離子反應，答案為：×．18、×【分析】【分析】用標準NaOH溶液滴定未知濃度的醋酸到終點時，反應恰好生成醋酸鈉，水解呈堿性，以此解答．【解析】【解答】解：達到滴定終點時，氫氧化鈉和醋酸的物質(zhì)的量相等，生成醋酸鈉，醋酸鈉為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，c（CH3COO-）＜c（Na+）；

故答案為：×．19、√【分析】【分析】有鹽和水生成的反應不一定是中和反應，如酸性氧化物與堿的反應，堿性氧化物與酸的反應等．【解析】【解答】解：有鹽和水生成的反應不一定是中和反應；如氧化鈉與鹽酸反應生成氯化鈉和水，該反應不屬于中和反應；

故答案為：√．20、×【分析】【分析】電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?；非電解質(zhì)：在熔融狀態(tài)和水溶液中都不能導電的化合物．【解析】【解答】解：二氧化碳在水溶液中與水反應生成碳酸；碳酸電離出自由移動的離子導電，二氧化碳自身不能電離，故二氧化碳是非電解質(zhì)；

故答案為：×．四、計算題(共2題，共12分)21、C＞B＞A＞D＞E小大42.06%【分析】【分析】（1）計算出各物質(zhì)的物質(zhì)的量；再比較分子數(shù)多少；

（2）量筒的刻度由上到下逐漸減小以及俯視時液面低于刻度線；

（3）根據(jù)硫酸與氯化鋇反應的化學方程式，可以求出硫酸與硫酸鋇之間的質(zhì)量關(guān)系，由于產(chǎn)生沉淀的質(zhì)量和原硫酸溶液的質(zhì)量相等，也是硫酸與硫酸溶液的之間質(zhì)量關(guān)系，根據(jù)這個質(zhì)量關(guān)系即可求出則原硫酸溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)．【解析】【解答】解：（1）A．標準狀況下33.6LH2物質(zhì)的量為1.5mol；

B．所含電子的物質(zhì)的量為4mol的H2物質(zhì)的量為2mol；

C．20℃45gH2O物質(zhì)的量為2.5mol；

D．常溫下，16gO2與14gN2的混合氣體；物質(zhì)的量為1mol；

E．含原子總數(shù)約為1.204×1024的NH3；物質(zhì)的量為0.25mol；

則物質(zhì)所含分子數(shù)由多到少的排列順序是C＞B＞A＞D＞E；

故答案為：C＞B＞A＞D＞E；

（2）量筒的刻度由上到下逐漸減?。挥昧客擦咳∫欢w積的液體時，若采用俯視的方法量取20ml液體，俯視時液面低于刻度線，所以實際量取的液體的體積比20ml小，量筒中實際有20ml液體，而你讀數(shù)時采用了俯視的方法，俯視時液面低于刻度線，則讀得的數(shù)據(jù)比20ml大；

故答案為：??；大；

（3）由題意可知，硫酸與氯化鋇反應的方程式為：BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+2HCl，由方程式可知：硫酸與硫酸鋇的質(zhì)量關(guān)系為98：233，由于產(chǎn)生沉淀的質(zhì)量和原硫酸溶液的質(zhì)量相等，所以原硫酸溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為：×100%=42.06%．

故答案為：42.06%．22、1：325%4：740g/mol【分析】【分析】根據(jù)n=計算其物質(zhì)的量之比，根據(jù)V=nVm計算其體積之比，根據(jù)N=nNA結(jié)合其分子組成計算C、O原子個數(shù)之比，根據(jù)M=計算混合氣體平均摩爾質(zhì)量．【解析】【解答】解