2024年沪教新版高三化学下册月考试卷含答案

…………○…………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2024年沪教新版高三化学下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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、在一定温度下，将32gCu投入到一定体积某浓度的HNO3溶液中，Cu全部溶解，且反应后生成NO2和NO的物质的量之比为l：3，则参加反应的HNO3的物质的量为（）A.2.8molB.2.6molC.1.4molD.0.8mol2、下列所示的实验操作中，正确的是（）A.

向试管内加锌粒B.

向试管内倒液体C.

给试管内的液体加热D.

用橡胶塞塞住试管3、使用容量瓶配制溶液时；下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（）

①用天平（使用游码）称量时；被称量物与砝码的位置放颠倒了。

②定容后摇匀；发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线。

③溶液转移到容量瓶后；烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤。

④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水。

⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线．A.①②③⑤B.①②⑤C.②③④D.③④⑤4、二氧化硫是一种空气污染物．下列关于二氧化硫性质的描述不正确的是（）A.无色B.无味C.易溶于水D.密度比空气的大5、稀土是我国的重要矿产资源；17种稀土元素性质非常接近，用有机萃取剂来分离稀土元素是一种重要的技术．化合物A是其中一种，有机萃取试剂A的结构式如图：

据你所学的知识判断A属于（）A.羧酸类B.酯类C.烃类D.油脂类6、化学与人类生产和生活密切相关，下列说法正确的是（）A.聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B.加碘食盐中加入的I2有利于防止地方缺碘病C.二氧化硫有漂白性，常用作棉、麻、纸张的漂白D.汽车尾气污染物中含有氮的氧化物，是汽油不完全燃烧造成的7、下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Ag^{+}+Cl^{-}=AgCl隆媒}的反应属于化合反应B.按照分散剂粒子的直径大小可将分散系分为溶液、胶体和浊液C.可以利用丁达尔效应区分胶体和溶液D.晶体硅是制造光导纤维的原料评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)8、下列说法不正确的是（）A.石油的炼制过程都是化学变化B.煤是工业上获得芳香烃的一种重要来源C.石油经过常、减压分馏及裂化等工序炼制后即能得到纯净物D.煤通过液化和气化处理能减少环境污染9、某溶液中可能含有以下rm{6}种离子中的几种：rm{NH_{4}^{+}}rm{A1^{3+}}rm{Mg^{2+}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}为确认溶液的组成，现取rm{100mL}分成三等份溶液进行如下实验：

rm{(1)}向第一份溶液中加入rm{AgNO_{3}}溶液有沉淀产生；

rm{(2)}向第二份溶液中加入足量rm{NaOH}溶液充分反应后，最终得到沉淀rm{0.58g}同时收集到气体rm{0.03mol(}设气体全部从溶液中逸出rm{)}

rm{(3)}向第三份溶液中加入足量rm{BaCl_{2}}溶液rm{(}盐酸酸化rm{)}充分反应后，得到沉淀rm{6.99g}．

由此可知，下列关于原溶液组成的正确结论是rm{(}rm{)}A.溶液中rm{SO_{4}^{2-}}的浓度是rm{0.3}rm{mol/L}B.溶液中一定含有rm{A1^{3+}}和rm{NH_{4}^{+}}C.一定不存在rm{Mg^{2+}}可能存在rm{A1^{3+}}D.一定存在rm{Cl^{-}}可能含rm{CO_{3}^{2-}}10、向氯化铁溶液中加入rm{ag}铜粉，完全溶解后再加入rm{b}rm{g}铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固体rm{c}rm{g.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.若rm{a>c}则滤液中可能含三种金属离子，且rm{b}可能小于rm{c}B.若rm{a>c}则rm{c}rm{g}固体中只含一种金属，且rm{b}可能大于rm{c}C.若rm{a<c}则rm{c}rm{g}固体含两种金属，且rm{b}可能与rm{c}相等D.若rm{a=c}则滤液中可能含两种金属离子，且rm{b}可能小于rm{c}11、下列各选项中，正确的是rm{(}rm{)}A.实验室要配制rm{0.lmol/LNaOH}溶液rm{400mL}需称取rm{NaOH}固体rm{1.6g}B.焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现C.rm{Al_{2}O_{3}}熔点很高，可用作耐火材料D.纯锌和铁相连接后，插入同一稀盐酸中，锌极上发生氧化还原反应12、下列叙述错误的是（）A.标准状况下，5LCH4气体与5LNH3气体的原子个数之比为5：4B.常温常压下，11.2LO3中所含氧原子个数大于1.5NAC.同温、同压下，相同体积的N2和CO气体具有相同的分子数和相同的密度D.同温、同压下，等质量的一氧化碳和二氧化碳的密度比为11：713、在标准状况下rm{CH_{4}}rm{HCl}rm{H_{2}S}rm{NH_{3}}均为气体。在标准状况下分别有rm{垄脵13.44LCH_{4}}rm{垄脷1molHCl}分子rm{垄脹27.2gH_{2}S}rm{垄脺2.408隆脕10^{23}}个rm{NH_{3}}分子，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.体积：rm{垄脷>垄脹>垄脺>垄脵}B.密度：rm{垄脷>垄脹>垄脵>垄脺}

C.质量：rm{垄脷>垄脹>垄脵>垄脺}D.rm{H}原子个数：rm{垄脵>垄脹>垄脺>垄脷}14、常温下，向rm{20mL0{.}1{mol}{?}L^{{-}1}}rm{NH_{4}{HS}O_{4}}溶液中滴加rm{0{.}1{mol}{?}L^{{-}1}}rm{{Ba}({OH})_{2}}溶液，溶液rm{pH}与rm{{Ba}({OH})_{2}}溶液体积的关系曲线如图所示rm{{.}}已知rm{NH_{3}{?}H_{2}0}的电离常数rm{K_{b}(NH_{3}{?}H_{2}0){=}1{.}75{隆脕}10^{{-}5}{.}}下列有关分析正确的是rm{({??})}

A.rm{a}点时溶液的rm{{pH}{=}7}

B.rm{c}点时的溶质是rm{(NH_{3}{?}H_{2}O)}C.rm{b}点时溶液中rm{c(NH_{4}^{{+}}){>}c(NH_{3}{?}H_{2}O)}D.rm{a{隆芦}c}段参与反应的离子有rm{H^{{+}}}rm{OH^{{-}}}rm{Ba^{2{+}}}rm{SO_{4}^{2{-}}}15、如图所示的铜锌原电池中，铜电极为rm{(}rm{)}

A.负极B.正极C.发生还原反应的一极D.发生氧化反应的一极评卷人得分三、多选题(共7题，共14分)16、青蒿素结构式如图所示．下列有关青蒿素的说法错误的是（）

A.青蒿素的分子式为C15H22O5B.青蒿素分子结构稳定，受热不易分解C.青蒿素中含多个环状结构，其中有一个六元碳环D.青蒿素难溶于水，提取的方法是用有机溶剂萃取后蒸馏17、用如图所示实验装置测定某温度下气体摩尔体积，有关叙述错误的是（）A.将水准管上提，液面高于量气管且不下降，说明装置不漏气B.镁表面的氧化物没有完全去除，可导致测定结果偏高C.读取气体体积时水准管的水面高于量气管的水面，可导致测定结果偏高D.可用来测定镁的相对原子质量18、下列说法中，正确的是（）A.合成纤维、人造纤维可统称为化学纤维B.酚醛树脂和聚氯乙烯都是热固性塑料C.合成纤维“六大纶”中吸湿性最好的是锦纶D.高分子材料可分为天然高分子材料和合成高分子材料两大类19、已知热化学方程式2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H1＜0；2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H2．下列说法正确的是（）A.方程式中化学计量数表示分子数B.△H2＞0C.△H2=-△H1D.利用△H1，△H2可求出水的气化热20、下列溶液中的Cl-浓度与50mL1mol/LMgCl2溶液中的Cl-浓度相等的是（）A.150mL2mol/LKCl溶液B.75mL1mol/LCaCl2溶液C.150mL1mol/LNaCl溶液D.75mL1mol/LAlCl3溶液21、分类是学习和研究化学的一种常用科学方法，下列分类合理的是（）A.根据反应是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应B.根据是否含氧元素来确定物质是否为氧化物C.根据元素原子最外层电子数的多少将元素为金属元素和非金属元素D.根据在水溶液或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解22、下列实验方案不能达到实验目的是rm{(}rm{)}

A.图rm{A}装置用rm{Cu}和浓硝酸可制取rm{NO}B.图rm{B}装置可用于实验室制备rm{Cl_{2}}C.图rm{C}装置可用于实验室制取乙酸乙酯D.图rm{D}装置可用于实验室分离rm{CO}和rm{CO_{2}}评卷人得分四、填空题(共4题，共36分)23、过氧化钙（CaO2）是一种白色；无毒、难溶于水的固体；能杀菌消毒，广泛用于果蔬保鲜、空气净化、污水处理等方面．

（1）CaO2溶于盐酸可得H2O2，反应的化学方程式是____．

（2）CaO2在保存时要密封，避免接触水蒸气和二氧化碳．水蒸气与CaO2反应的化学方程式是____．

（3）已知：CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2．取某CaO2样品10g（含有少量CaO杂质），充分加热后剩余固体的质量为8.4g，则该样品中CaO2的质量分数为____．24、实验室现有失去标签的溴乙烷、戊烷各一瓶，如何鉴别？____．25、以食盐为原料的有关化工生产的过程如图所示：

（1）为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+和SO42-，得到纯净的NaCl晶体，需加入以下试剂：a．过量的NaOH溶液；b．过量的Na2CO3溶液；c．适量的盐酸；d．过量的BaCl2溶液．正确的加入顺序是____，还缺少的操作步骤是____和____．

（2）将滤液的pH值调至酸性除去的离子是____，发生反应的离子方程式为____．

（3）以电解饱和食盐水为基础的工业又称为____工业，若用惰性电极电解200mL1.5mol•L-1食盐水，当电解2min时，两极共收集到448mL气体（标准状态下），假设电解前后溶液的体积不变，则电解后该溶液的pH为____．

（4）若向分离出NaHCO3晶体后的母液中加入过量生石灰，则可获得一种可以循环使用的物质，其化学式是____．

（5）纯碱在生产生活中有广泛的应用，列举一种纯碱的应用____．26、Ⅰ：利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：

①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）；△H=-90.8kJ•mol-1

②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H=-23.5kJ•mol-1

③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）；△H=-41.3kJ•mol-1

总反应：3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H=____：

Ⅱ：如图甲；乙是电化学实验装置．

（1）若甲；乙两烧杯中均盛有饱和NaCI溶液．

①甲中石墨棒上的电极反应式____，电子的移动方向为____；

②乙中总反应的离子方程式为____，Cl-移向____电极（填Fe或C）；

（2）若甲、乙两烧杯中均盛有CuSO4溶液．

①甲中铁棒上的电极反应式为：____；

②如果起始时乙中盛有200mLpH=5的CuSO4溶液（25℃），一段时间后溶液的pH变为1，若要使溶液恢复到电解前的状态，可向溶液中加入____（填写物质的化学式）____g．评卷人得分五、解答题(共1题，共6分)27、0.1mol某烃类化合物A；在足量的氧气中燃烧，把燃烧后的产物依次通过盛有浓硫酸洗气瓶和放有碱石灰的干燥管，它们增重分别为10.8g；26.4g完全燃烧的质谱图表明其相对分子质量为84．．

（1）求A的分子式。

（2）红外光谱表明分子中含有碳碳双键，核磁共振氢谱图表明分子中只有一种类型的氢．写出A的结构简式，并用系统命名法给化合物A命名．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】反应中硝酸起氧化剂与酸性作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2．根据电子转移守恒计算NO2和NO的物质的量，由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO2）+n（NO）．【解析】【解答】解：反应中硝酸起氧化剂与酸性作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2，由Cu原子守恒可知，n[Cu（NO3）2]=n（Cu）=0.5mol，生成NO2和NO的物质的量之比为l：3，令NO2的物质的量为ymol；NO为3ymol，根据电子转移守恒，则：

0.5mol×（2-0）=ymol×（5-4）+3ymol×（5-2）；解得y=0.1；

由氮元素守恒可知n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO2）+n（NO）=2×0.5mol+0.1mol+0.1mol×3=1.4mol；

故选C．2、D【分析】【分析】A．应先把容器横放；把药品或金属颗粒放在容器口以后，再把容器慢慢竖立起来，使药品或金属颗粒缓缓的滑到容器底部，以免打破容器；

B．取用液体药品时应注意：①瓶塞倒放；②标签对准手心，③瓶口紧挨试管口；

C．为防止试管内的液体沸腾溅出伤人，试管里的液体不应超过试管容积的；

D．切不可把容器放在桌子上再使劲塞进塞子，以免压破容器．【解析】【解答】解：A．取用密度较大的块状药品或金属颗粒放入玻璃容器时；应先把容器横放，把药品或金属颗粒放在容器口以后，再把容器慢慢竖立起来，使药品或金属颗粒缓缓的滑到容器底部，以免打破容器，故A错误；

B．取用液体药品时应注意：①瓶塞倒放；②标签对准手心，③瓶口紧挨试管口，④倒完液体后立即盖紧瓶塞，并把试剂瓶放回原处，故B错误；

C．给试管里的液体加热时，要用酒精灯的外焰加热，为防止试管内的液体沸腾溅出伤人，试管里的液体不应超过试管容积的；故C错误；

D．在容器口塞橡皮塞；应把橡皮塞慢慢转动塞进容器口，切不可把容器放在桌子上再使劲塞进塞子，以免压破容器，故D正确．

故选D．3、A【分析】【分析】分析操作对溶质的物质的量或溶液的体积的影响，根据c=判断不当操作对所配溶液浓度影响．【解析】【解答】解：①用天平（使用游码）称量时；被称量物与砝码的位置放颠倒了，实际称量药品的质量减小，所配溶液难度偏低，故①符合；

②摇匀后液面下降；一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，故②符合；

③溶液转移到容量瓶后；烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，移入容量瓶中溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故③符合；

④配制需加水定容；转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对所配溶液无影响，故④不符合；

⑤定容时；仰视容量瓶的刻度线，所配溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故⑤符合；

所以①②③⑤符合．

故选A．4、B【分析】【分析】根据二氧化硫为无色易溶于水，密度比空气的大，且有刺激性的气味等物理性质来解答．【解析】【解答】解：A；二氧化硫为无色气体；故A正确；

B；二氧化硫是一种具有刺激性气味的有毒气体；故B错误；

C；二氧化硫能溶于水；1体积的水能溶解40体积的二氧化硫，故C正确；

D；二氧化硫的密度比空气的大；故D正确；

故选B．5、B【分析】【分析】A．含有羧基的物质属于羧酸类；

B．醇和酸反应生成酯；

C．烃是仅由碳和氢两种元素组成的有机化合物称为碳氢化合物；

D．油脂是高级脂肪酸甘油酯．【解析】【解答】解：A．含有羧基的物质属于羧酸类；试剂A不含羧基，故A错误；

B．化合物A为HOCH2-C（CH2OH）3与磷酸形成的酯；故B正确；

C．烃仅含碳和氢两种元素；试剂A含有氧和氮，故C错误；

D．试剂A不是高级脂肪酸甘油酯；故D错误．

故选B．6、C【分析】解：A．乙烯含碳碳双键其中1根键断裂；相互加成生成聚乙烯，聚乙烯中不存在双键，聚乙烯塑料的老化是由于长链断裂等原因，故A错误；

B．加碘盐中加入的为碘酸钾；不是单质碘，碘单质有毒，不能食用，故B错误；

C．二氧化硫有漂白性；常用作棉；麻、纸张的漂白，故C正确；

D．汽油的主要成分是含碳原子5～11个的烃；烃为碳氢化合物，高温富氧环境造成氮的氧化物，与汽油不完全燃烧无关，故D错误；

故选：C．

A．聚乙烯塑料是乙烯发生加成反应生成的高分子聚合物；聚乙烯的单体是乙烯；

B．加碘盐中加入的为碘酸钾；

C．二氧化硫能够与有色物质化合生成无色物质；具有漂白性；

D．汽油的主要成分是含碳原子5～11个的烃；烃为碳氢化合物，高温富氧环境造成氮的氧化物，与汽油不完全燃烧无关；

本题考查了化学知识在生产生活中的应用，设计塑料的老化、食品添加剂的使用、二氧化硫的漂白性、汽车尾气中氮氧化物的形成，题目难度不大，注意基础知识的积累．【解析】【答案】C7、C【分析】解：rm{A.}离子方程式只表示实际参加反应的离子；它既可表示某个具体反应，也可表示一类反应，此反应为复分解反应，故A错误；

B.按照分散质粒子的直径大小可将分散系分为溶液；胶体和浊液；而不是分散剂，故B错误；

C.胶体具有丁达尔效应的性质；而溶液没有，故可以利用丁达尔效应区分胶体和溶液，故C正确；

D.晶体硅是制造半导体材料的原料；二氧化硅为制造光导纤维的原料，故D错误；

故选C．

A.考虑离子方程式的意义；

B.分散系的分类标准；

C.考虑胶体的性质；

D.考虑硅的用途．

本题考查了反应类型、物质的分类及物质的性质和用途，较基础rm{.}注意基本反应类型是针对化学反应进行分类，而不是对离子反应分类，离子反应表示一类化学反应，也可表示某个反应rm{.}易错选A．【解析】rm{C}二、双选题(共8题，共16分)8、A|C【分析】解：A；石油的炼制过程有分馏、裂化和裂解等；分馏是物理变化、裂化和裂解是化学变化，故A错误；

B；因煤是工业上获得芳香烃的一种重要来源；故B正确；

C；因石油炼制过程中；根据石油中各成分的沸点不同，采用分馏的方法将它们分离，得到汽油、煤油、柴油、润滑油、沥青等，这些馏分都是混合物，故C错误；

D；煤通过液化和气化处理能可以提高煤的利用率、减少环境污染；故D正确；

故选AC．

A；石油的炼制过程有分馏、裂化和裂解；

B；根据煤的用途；

C；根据石油的分馏；

D；根据煤的综合利用．

本题主要考查了石油、煤的综合利用，难度不大，根据课本知识即可完成．【解析】【答案】AC9、rAB【分析】解：rm{(1)}向第一份溶液中加入rm{AgNO_{3}}溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在rm{CO_{3}^{2-}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}中的一种或几种；

rm{(2)}生成的沉淀为氢氧化镁，物质的量为rm{dfrac{0.58g}{58g/mol}=0.01mol}溶液中一定存在rm{dfrac

{0.58g}{58g/mol}=0.01mol}一定不存在rm{Mg^{2+}}生成的气体为氨气，说明溶液中一定存在rm{CO_{3}^{2-}}

rm{NH_{4}^{+}}向第三份溶液中加入足量rm{(3)}溶液rm{BaCl_{2}}盐酸酸化rm{(}得到沉淀rm{)}沉淀为硫酸钡，说明溶液中一定存在rm{6.99g}rm{n(SO_{4}^{2-})=dfrac{6.99}{233}mol=0.03mol}

根据溶液电中性，负电荷物质的量为rm{SO_{4}^{2-}}正电荷的物质的量为rm{n(SO_{4}^{2-})=dfrac{6.99}{233}

mol=0.03mol}显然在无法确定是否含有氯离子情况下，负电荷物质的量大于正电荷，所以溶液中一定存在rm{n(-)=2n(SO_{4}^{2-})=0.06mol}

A、根据以上分析可知，溶液中rm{n(+)=n(NH_{4}^{+})+2n(Mg^{2+})=0.03mol+0.01mol隆脕2=0.05mol}的浓度是rm{dfrac{0.03mol}{0.1L}=0.3mol/L}故A正确；

B；根据溶液电中性可知；溶液中一定存在铝离子，根据生成了氨气可知，溶液中一定存在铵离子，故B正确；

C；溶液中一定存在镁离子和铝离子；故C错误；

D；溶液中一定不存在碳酸根离子；故D错误；

故选AB．

rm{A1^{3+}}一定存在能与硝酸银中的银离子反应生成沉淀的离子，如rm{SO_{4}^{2-}}rm{dfrac{0.03mol}{0.1L}=0.3

mol/L}rm{(1)}

rm{CO_{3}^{2-}}加入足量氢氧化钠溶液能够生成沉淀和气体；则沉淀为氢氧化镁，气体为氨气；

rm{Cl^{-}}加入盐酸酸化的氯化钡生成沉淀；沉淀为硫酸钡，溶液中一定存在硫酸根离子；

再根据溶液电中性推断是否存在铝离子．

本题考查了常见离子的检验，注意掌握常见离子的检验方法，本题难度在于根据溶液电中性判断铝离子存在的方法，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．rm{SO_{4}^{2-}}【解析】rm{AB}10、rBC【分析】解：发生的化学反应有三个，化学方程式如下：rm{2FeCl_{3}+Cu篓T2FeCl_{2}+CuCl_{2}}rm{CuCl_{2}+Fe篓TFeCl_{2}+Cu}rm{2FeCl_{3}+Fe篓T3FeCl_{2}}

A.若rm{a>c}说明此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，即加入的铁是不足量的，则固体rm{c}只含有rm{Cu}由于先发生rm{2FeCl_{3}+Fe篓T3FeCl_{2}}反应，则滤液中不含有rm{Fe^{3+}}只含有rm{Fe^{2+}}和rm{Cu^{2+}}两种金属离子，当加入铁粉很少量时可能存在rm{b}小于rm{c}的情况；故A错误；

B.若rm{a>c}说明此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，即加入的铁是不足量的，则固体rm{c}只含有rm{Cu}考虑先发生rm{2FeCl_{3}+Fe篓T3FeCl_{2}}反应，若氯化铁大量剩余，则存在rm{b}大于rm{c}的情况；故B正确；

C.若rm{a<c}加入的铁是过量的，溶液中只有rm{Fe^{2+}}rm{cg}固体中含两种金属rm{Fe}rm{Cu}由方程式rm{CuCl_{2}+Fe篓TFeCl_{2}+Cu}可知，rm{56gFe}可以置换rm{64gCu}如氯化铁过量，则会消耗部分铁粉，因此rm{b}可能与rm{c}相等；故C正确；

D.若rm{a=c}加入的铁恰好把铜离子完全置换出来，溶液中只有rm{Fe^{2+}}故D错误．

故选：rm{BC}．

在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向氯化铁溶液中加入rm{ag}铜粉，反应反应为rm{2FeCl_{3}+Cu篓T2FeCl_{2}+CuCl_{2}}完全溶解后再加入rm{bg}铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固体rm{cg}可能发生反应为rm{2FeCl_{3}+Fe篓T3FeCl_{2}}rm{CuCl_{2}+Fe篓TFeCl_{2}+Cu}考虑氧化性rm{Fe^{3+}>Cu^{2+}}则先发生rm{2FeCl_{3}+Fe篓T3FeCl_{2}}反应；根据发生的反应分析．

本题考查了rm{Fe}rm{Cu}及其化合物之间的反应，题目难度不大，注意把握rm{Fe}与铜离子、铁离子之间的反应，侧重于考查学生的分析判断能力．【解析】rm{BC}11、rCD【分析】解：rm{A.}配制rm{0.lmol/LNaOH}溶液rm{400mL}选择rm{500mL}容量瓶，rm{NaOH}的质量为rm{m=cVM=0.5L隆脕0.1mol/L隆脕40g/mol=2.0g}故A错误；

B.焰色反应为元素的性质；则焰火的五彩缤纷是某些金属元素性质的展现，为物理变化，故B错误；

C.熔点高的物质可作难火材料，则rm{Al_{2}O_{3}}熔点很高；可用作耐火材料，故C正确；

D.原电池中，rm{Zn}为负极；失去电子发射氧化反应，故D正确；

故选CD．

A.配制rm{0.lmol/LNaOH}溶液rm{400mL}选择rm{500mL}容量瓶，结合rm{m=cVM}计算；

B.焰色反应为元素的性质；

C.熔点高的物质可作难火材料；

D.原电池中，rm{Zn}为负极．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握溶液配制、焰色反应、原电池为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{CD}12、B|D【分析】解：A．相同的状况下，体积之比等于物质的量之比，则CH4气体与NH3气体的物质的量之比为1：1；原子个数之比为5：4，故A正确；

B．常温常压下，11.2LO3不是0.5mol，气体摩尔体积大于22.4L•mol-1，物质的量小于0.5mol，所以原子数小于1.5NA；故B错误；

C．因为N2和CO在同温同压下；体积也相同，所以物质的量相同，分子数相同，因为摩尔质量相同，所以密度相同，故C正确；

D．同温；同压下；等质量的一氧化碳和二氧化碳的密度比等于气体的摩尔质量之比，为28g/mol：44g/mol=7：11，故D错误．

故选BD．

A．由V=nVm可知相同的状况下；体积之比等于物质的量之比；

B．常温常压下，11.2LO3不是0.5mol；

C．因为N2和CO在同温同压下；体积也相同，所以物质的量相同，分子数相同，因为摩尔质量相同，所以密度相同；

D．同温同压下；密度之比等于摩尔质量的之比．

本题考查物质的量为中心的计算及阿伏伽德罗定律的应用，注意根据阿伏加德罗定律我们可以推断出以下结论：①同温、同压：=②同温、同压：=③同温、同体积：=．本题属于较简单题．【解析】【答案】BD13、CD【分析】rm{垄脵13.44LCH_{4}}物质的量为rm{13.44L/22.4L/mol=0.6mol}rm{垄脷1molHCl}rm{垄脹27.2gH_{2}S}的物质的量为rm{27.2g/34g/mol=0.8mol}rm{垄脺2.408隆脕10^{23}}个rm{NH_{3}}分子的物质的量为rm{0.4mol}A.相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积体积rm{垄脷>垄脹>垄脵>垄脺}故A错误；

B.各物质的摩尔质量分别为：rm{垄脵CH_{4}}为rm{16g/mol}rm{垄脷HCl}为rm{36.5g/mol}rm{垄脹H_{2}S}为rm{34g/mol垄脺NH_{3}}为rm{17g/mol}相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度rm{垄脷>垄脹>垄脺>垄脵}故B错误；

C.各物质的质量分别为：rm{垄脵CH_{4}}为rm{0.6mol隆脕16g/mol=9.6g}rm{垄脷HCl}为rm{1mol隆脕36.5g/mol=36.5g}rm{垄脹H_{2}S27.2g}rm{垄脺NH_{3}}为rm{0.4mol隆脕17g/mol=6.8g}所以质量rm{垄脷>垄脹>垄脵>垄脺}故C正确；

D.各物质中rm{H}原子的物质的量分别为：rm{垄脵CH_{4}}为rm{0.6mol隆脕4=2.4mol}rm{垄脷HCl}为rm{1mol}rm{垄脹H_{2}S0.8mol隆脕2=1.6mol}rm{垄脺NH_{3}}为rm{0.4mol隆脕3=1.2mol}所以氢原子个数rm{垄脵>垄脹>垄脺>垄脷}故D正确．

故选CD．【解析】rm{CD}14、BC【分析】【分析】本题考查酸碱混合溶液定性判断；为高频考点，明确各点发生的反应及溶液中溶质成分是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，能正确书写各段反应方程式，题目难度中等；

【解答】A.rm{a}点时，rm{n(NH_{4}HSO_{4})=2n[Ba(OH)_{2}]}该点溶液中发生的反应为rm{2NH_{4}HSO_{4}+Ba(OH)_{2}=BaSO_{4}隆媒+(NH_{4})_{2}SO_{4}+2H_{2}O}该点溶液中溶质为rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，溶液的rm{pH<7}故A错误；

B.rm{c}点时，rm{n(NH_{4}HSO_{4})=n[Ba(OH)_{2}]}该点溶液中发生的反应为rm{NH_{4}HSO_{4}+Ba(OH)_{2}=BaSO_{4}隆媒+NH_{3}隆陇H_{2}O+H_{2}O}溶液中的溶质为rm{NH_{3}隆陇H_{2}O}故B正确；

C.rm{b}点时，rm{3n(NH_{4}HSO_{4})=4n[Ba(OH)_{2}]}该点溶液中发生的反应为rm{4NH_{4}HSO_{4}+3Ba(OH)_{2}=3BaSO_{4}隆媒+2NH_{3}隆陇H_{2}O+(NH_{4})_{2}SO_{4}+4H_{2}O}溶液中溶质为rm{NH_{3}隆陇H_{2}O}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}且二者的物质的量之比为rm{2}rm{1}因为一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度，导致rm{b}点时溶液中rm{c(NH_{4}^{+})>c(NH_{3}隆陇H_{2}O)}故C正确；

D.rm{b}点发生的反应为rm{4NH_{4}HSO_{4}+3Ba(OH)_{2}=3BaSO_{4}隆媒+2NH_{3}隆陇H_{2}O+(NH_{4})_{2}SO_{4}+4H_{2}O}

rm{c}点发生的反应为rm{NH_{4}HSO_{4}+Ba(OH)_{2}=BaSO_{4}隆媒+NH_{3}隆陇H_{2}O+H_{2}O}所以rm{a隆芦c}段参与反应的离子还有rm{NH_{4}^{+}}故D错误。

故选BC。【解析】rm{BC}15、rBC【分析】解：rm{A.}原电池中；活泼性强的金属作负极，锌作负极，故A错误；

B.原电池中；不活泼的金属作正极，铜作正极，故B正确；

C.rm{Cu}作正极；正极上氢离子得电子，发生还原反应，故C正确；

D.该装置中，负极上rm{Zn}失电子；发生氧化反应，故D错误；

故选BC．

铜、锌、硫酸铜溶液构成原电池中，活泼性强的金属作负极，负极上rm{Zn}失电子；不活泼的金属作正极，正极上氢离子得电子，据此分析．

本题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法即可解答，可以从电子流向、电极上得失电子、电极上发生反应类型来判断正负极，难度不大．【解析】rm{BC}三、多选题(共7题，共14分)16、BC【分析】【分析】该有机物中含有醚键、酯基、过氧双键，具有醚、酯和过氧化物性质，能发生水解反应和强氧化性，据此分析解答．【解析】【解答】解：A．由结构简式可知青蒿素的分子式为C15H22O5；故A正确；

B．含有过氧键；不稳定，在温度过高时可分解而变质，故B错误；

C．青蒿素中含多个环状结构；其中有一个7元碳环，3个六元环，故C错误；

D．没有羟基；羧基等亲水基；难溶于水，易溶于有机溶剂，可萃取后蒸馏，故D正确．

故选BC．17、BC【分析】【分析】A．液面高于量气管；产生一段液柱；

B．镁表面的氧化物没有完全去除；生成的气体减少；

C．水准管的水面高于量气管的水面；量气管中压力增大，气体体积变小；

D．由n=及Mg～H2可知Mg的物质的量．【解析】【解答】解：解：A．由于此装置属于密闭体系；将水准管上提，造成内外压强不等，静置，若液面高于量气管且不下降，说明装置不漏气，故A正确；

B．镁表面的氧化物没有完全去除，生成的气体减少，由Vm=可知；测得Vm偏小，故B错误；

C．读取气体体积时水准管的水面高于量气管的水面，量气管中压力增大，气体体积变小，由Vm=可知；测得Vm偏小，故C错误；

D．由Mg+2HCl═MgCl2+H2↑，n=及Mg～H2可知Mg的物质的量，Mg的质量一定，利用M=计算得到摩尔质量；摩尔质量与相对分子质量数值相等，故D正确；

故选BC．18、AD【分析】【分析】A．化学纤维大体分天然纤维；人造纤维和合成纤维；

B．聚氯乙烯是线性结构；酚醛树脂是体型结构；

C．聚酰胺纤维（锦纶）中不含有羟基；

D．高分子材料按来源分为天然、合成高分子材料．【解析】【解答】解：A．化学纤维大体分天然纤维；人造纤维和合成纤维；故A正确；

B．聚氯乙烯是线性结构；是热塑性塑料，酚醛树脂是体型结构，是热固性塑料，故B错误；

C．聚酰胺纤维（锦纶）中不含有羟基；吸湿性不好，故C错误；

D．高分子材料按来源分为天然高分子材料和合成高分子材料；故D正确．

故选AD．19、BD【分析】【分析】A；热化学方程式中计量数只表示物质的量；

B；水分解反应是吸热反应；

C；反应中水的状态不同；反应焓变数值不同；

D、依据盖斯定律和热化学方程式计算得到水蒸气变化为液态水的能量变化．【解析】【解答】解：A；热化学方程式中计量数只表示物质的量；不表示微粒数，可以用分数表示，故A错误；

B、水分解反应是吸热反应，△H2＞0；故B正确；

C；反应中水的状态不同；反应焓变数值不同，故C错误；

D；依据盖斯定律和热化学方程式计算得到水蒸气变化为液态水的能量变化；

①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H1＜0；

②2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H2；

盖斯定律①+②得到H2O（g）=H2O（l）△H=KJ/mol；故D正确；

故选BD．20、AB【分析】【分析】根据同一化学式中各微粒的浓度等于物质的物质的量浓度×离子个数，与溶液的体积无关．【解析】【解答】解：50mL1mol/LMgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度C（Cl-）=2C（MgCl2）=2mol/L；

A、150mL2mol/LKCl溶液中Cl-的物质的量浓度C（Cl-）=C（KCl）=2mol/L；故A正确；

B、75mL1mol/LCaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度C（Cl-）=2C（CaCl2）=2mol/L；故B正确；

C、150mL1mol/LNaCl溶液中Cl-的物质的量浓度C（Cl-）=C（NaCl）=1mol/L；故C错误；

D、75mL1mol/LAlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度C（Cl-）=3C（AlCl3）=3mol/L；故D错误；

故选AB．21、AD【分析】【分析】A．氧化还原反应的实质为电子的转移；

B．氧化物中只有两种元素；

C．根据元素的名称确定金属元素与非金属元素；

D．根据在化合物在水溶液或熔融状态下能否导电分类．【解析】【解答】解：A．氧化还原反应的实质为电子的转移；则根据反应是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故A正确；

B．氧化物中只有两种元素；则含氧元素的物质不一定为氧化物，如氯酸钾，故B错误；

C．根据元素的名称确定金属元素与非金属元素；则不能根据元素原子最外层电子数的多少将元素为金属元素和非金属元素，如H最外层电子数为1，属于非金属元素，故C错误；

D．根据在化合物在水溶液或熔融状态下能否导电可将化合物分为电解质与非电解质；故D正确；

故选AD．22、ABC【分析】解：rm{A.Cu}和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，可制取rm{NO}故A错误；

B.氯气易于氢氧化钠反应；导管插入液面下易发生倒吸，故B错误；

C.乙酸乙酯在rm{NaOH}溶液中水解；应选饱和碳酸钠溶液，故C错误；

D.要将rm{CO}和rm{CO_{2}}分离，可在甲中装有rm{NaOH}溶液，用来吸收rm{CO_{2}}此时广口瓶中发生的反应方程式为：rm{2NaOH+CO_{2}=Na_{2}CO_{3}+H_{2}O}先分离出被乙中浓硫酸干燥过的纯净的rm{CO}所以关闭rm{b}打开rm{a}混合气体进入左边广口瓶装置，rm{CO}与氢氧化钠溶液不反应，可分离出被右边广口瓶中浓硫酸干燥过的纯净的rm{CO}故D正确。

故选：rm{ABC}

A.rm{Cu}和浓硝酸反应生成二氧化氮；二氧化氮和水反应生成一氧化氮；

B.氯气易于氢氧化钠反应；

C.乙酸乙酯在rm{NaOH}溶液中水解；

D.rm{CO}与氢氧化钠溶液不反应，rm{CO_{2}}与氢氧化钠可反应生成碳酸钠；碳酸钠和稀硫酸反应可生成二氧化碳，浓硫酸具有吸水性，可干燥气体．

本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制备及收集、乙酸乙酯的制备以及物质的分离等，侧重实验装置及分离原理的考查，注重实验的评价性和可行性分析，题目难度不大．【解析】rm{ABC}四、填空题(共4题，共36分)23、CaO2+2HCl═CaCl2+H2O22CaO2+2H2O═2Ca（OH）2+O2↑72%【分析】【分析】（1）CaO2溶于盐酸可得H2O2；反应还生成氯化钙；

（2）CaO2与过氧化钠性质类似；与水反应生成氢氧化钙与氧气；

（3）加热发生反应：2CaO22CaO+O2，加热后固体为CaO，减轻的质量为生成氧气质量，根据方程式计算CaO2的质量，进而计算其质量分数．【解析】【解答】解：（1）CaO2溶于盐酸可得H2O2，反应还生成氯化钙，反应方程式为：CaO2+2HCl═CaCl2+H2O2；

故答案为：CaO2+2HCl═CaCl2+H2O2；

（2）CaO2与过氧化钠性质类似，与水反应生成氢氧化钙与氧气，反应方程式为：2CaO2+2H2O═2Ca（OH）2+O2↑；

故答案为：2CaO2+2H2O═2Ca（OH）2+O2↑；

（3）设CaO2的质量为m；则：

2CaO22CaO+O2

14432

m10g-8.4g=1.6g

所以m==7.2g

故样品中CaO2的质量分数为×1005=72%；

故答案为：72%．24、分别取少量与水混合，有机层在下层的为溴乙烷，有机层在上层为戊烷【分析】【分析】溴乙烷、戊烷均为液体，但密度不同，可利用与水混合后分层现象来鉴别．【解析】【解答】解：因戊烷密度小于水；溴乙烷密度大于水；

则分别取少量与水混合；有机层在下层的为溴乙烷，有机层在上层为戊烷；

故答案为：分别取少量与水混合，有机层在下层的为溴乙烷，有机层在上层为戊烷．25、adbc过滤蒸发结晶OH-、CO32-H++OH-=H2O，CO32-+2H+=CO2↑+H2O氯碱13NH3去除污渍【分析】【分析】流程分析可知；粗盐水加入沉淀剂过滤得到滤液，加入试剂调节溶液PH至酸性，加热蒸发得到饱和食盐水，电解生成氢氧化钠；氯气和氢气，加入碳酸铵反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，碳酸氢钠晶体加热分解得到碳酸钠，母液中加入过量生石灰生成氨气回收循环使用；

（1）根据镁离子用氢氧根离子沉淀；硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析；

（2）将滤液的pH值调至酸性；目的是除去粗盐提纯过程中加入的盐酸，和少量碳酸钠；

（3）电解饱和食盐水是氯碱工业；结合反应过程和电极反应，计算溶液中氢离子浓度得到溶液pH；

（4）若向分离出NaHCO3晶体后的母液中加入过量生石灰；和氯化铵反应生成氨气，可以循环使用；

（5）依据纯碱的性质分析应用．【解析】【解答】解：（1）镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，在进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，通过蒸发结晶得到纯净的NaCl晶体，所以正确的顺序为：②加过量的氢氧化钠溶液；⑤加过量的氯化钡溶液；④加过量的碳酸钠溶液；①过滤；③加适量盐酸；上述步骤的正确顺序为adbc；缺少的步骤为过滤；蒸发结晶；

故答案为：adbc；过滤；蒸发结晶；

（2）将滤液的pH值调至酸性，目的是除去粗盐提纯过程中加入的盐酸，和少量碳酸钠；除去的离子是OH-，CO32-；反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，CO32-+2H+=CO2↑+H2O；

故答案为：OH-，CO32-；H++OH-=H2O，CO32-+2H+=CO2↑+H2O；

（3）以电解饱和食盐水为基础的工业又称为氯碱工业；若用惰性电极电解200mL1.5mol•L-1食盐水，n（NaCl）=0.2L×1.5mol/L=0.3mol，当电解2min时，两极共收集到448mL气体（标准状态下），n==0.02mol，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，生成氢气为0.01mol，溶液中增加氢氧根离子物质的量为0.02mol，假设电解前后溶液的体积不变，=0.1mol/mol，氢氧根离子浓度=结合离子积常数计算得到溶液中氢离子浓度==10-13mol/L；则电解后该溶液的pH为13；

故答案为：氯碱；13；

（4）若向分离出NaHCO3晶体后的母液中加入过量生石灰，反应生成的氢氧化钙和氯化铵反应生成氨气，可以循环使用，故答案为：NH3；

（5）纯碱在生产生活中有广泛的应用，水溶液中水解显碱性，可以去除油污，故答案为：去除油污