2024年沪科版高三化学上册月考试卷

…………○…………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2024年沪科版高三化学上册月考试卷951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、已知某元素的一种原子可用符号AZX表示，则比其中子数大1的同位素原子的质子数是（）A.ZB.AC.A+Z+1D.A-Z+12、下列有关说法不正确的是（）A.水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是吸热反应B.在NaCl和KBr的混合溶液中滴加AgNO3溶液，一定先产生淡黄色沉淀C.常温下，pH=3的甲酸溶液与pH=11的氨水溶液中由水电离产生的c（OH-）相等D.中和10mL0.1mol•L-1醋酸与中和100mL0.01mol•L-1的醋酸所需同种碱溶液的量相同3、已知4gCO2含有m个CO2分子，则阿伏加德罗常数的数值可以表示为（）A.4mB.11mC.0.11mD.44m4、已知723K时，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-QkJ/mol，在相同条件下，向一密闭容器中通入2molSO2和1molO2，达到平衡时放出的热量为Q1kJ；向另一体积相同的密闭容器中通入1molSO2和0.5molO2，达到平衡时放出的热量为Q2kJ．则Q1、Q2、Q满足的关系是（）A.Q2=B.Q2＞C.Q2＜Q1＜QD.Q=Q1＞Q25、下列有关物质用途的说法中，不正确的是（）A.液氨可用作制冷剂B.氯气可用于制漂白液C.氧化铝可用于制造耐高温的实验仪器D.氧化钠可用作呼吸面具中氧气的来源6、下列解释事实的方程式____的是。

A.电解饱和食盐水，产生黄绿色气体：rm{2NaCl+2H_{2}Obegin{matrix}碌莽陆芒=end{matrix}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

rm{2NaCl+2H_{2}Obegin{matrix}碌莽陆芒

=end{matrix}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}B.用rm{Na_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}溶液将水垢中的rm{CaSO}rm{CaSO}rm{{,!}_{4}}转化为rm{CaCO}rm{CaCO}rm{{,!}_{3}}：rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{{,!}^{2-}}

rm{+Ca}rm{+Ca}C.向rm{{,!}^{2+}}rm{篓TCaCO}rm{篓TCaCO}rm{{,!}_{3}}rm{隆媒}rm{隆媒}rm{H_{2}}rm{begin{matrix}CuS{O}_{4}=end{matrix}2H}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}溶液中滴加rm{CuSO}

rm{CuSO}rm{{,!}_{4}}D.向苯酚浊液中滴加溶液，产生气泡：rm{2H}rm{2H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)7、设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.7.8gNa2O2和Na2S混合物中所含阴离子的数目为0.1NAB.0.1mol丙烷中含有的共价键数目为0.8NAC.标准状况下，11.2LSO2中含有分子的数目为0.5NAD.t℃，MgCO3的Kap=4×14-4，则饱和饱和溶液中含Mg2+数目为2×10-3NA8、固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，它与水反应的化学方程式为：NH5+H2O→NH3•H2O+H2↑，则下列有关说法正确的是（）A.1molNH5中含有5NA个N-H键（NA为阿伏加德罗常数）B.NH5中既有共价键，又有离子键C.NH5的电子式为：D.与水反应时，水作氧化剂，生成1mol氢气，转移2mol电子9、TNT是一种烈性炸药，其结构简式如图所示，它是甲苯与浓硫酸、浓硝酸在一定条件下反应生成的．下列有关TNT的说法正确的是（）A.TNT分子式为C7H3O6N3B.TNT的名称叫2，4，6-三硝基甲苯C.每个TNT分子中可共平面的碳原子最多为6个D.若硝酸的结构可表示为HO-NO2，每摩尔甲苯可取代3mol硝基制得TNT10、下列关于物质的用途中叙述正确的是（）A.Fe3O4常用作红色油漆和涂料B.氧化铝（Al2O3）可用于制造耐火材料C.明矾（KAl（SO4）2•12H2O）可用作净水剂D.NaOH可用作胃酸中和剂11、X、Y、Z是三种短周期元素，其中X、Y位于同一族，Y、Z处于同一周期，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Z原子的核外电子数比Y原子少1个，下列说法正确的是（）A.原子半径：Y＞Z＞XB.单质的氧化性：X＞Y＞ZC.X与Y可能形成离子化合物YX2D.Z元素最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H3ZO412、苯环实际上不具有碳碳单键和双键的简单交替结构，可以作为证据的事实有（）A.苯的间位二元取代物只有-种B.苯的邻位二元取代物只有一种C.苯不能使酸性KMnO4溶液褪色D.苯能在加热和催化剂存在的条件下与氯气加成生成环已烷13、下列物质中属于强电解质的是（）A.盐酸B.BaSO4C.CH3COONaD.H2O14、下列有关实验原理、方法和结论都正确的是（）A.发黄的浓硝酸中通入适量O2，可除去其中溶解的NO2B.乙酸乙酯粗品中，加入足量NaOH溶液振荡、分液，以除去其中溶解的乙酸和乙醇C.电石与水产生的乙炔气通入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，说明其中含有H2S气体杂质D.除去氧化膜的铝片，先放入冷的HClO4溶液中浸泡10分钟，然后放在硫酸铜溶液中，铝片表面无铜析出，说明冷的HClO4溶液也能使铝钝化15、在无色透明的溶液中，可以大量共存的离子是（）A.MnO4-、Fe2+、K+、Cl-B.K+、Na+、Cl-、SO42-C.Ca2+、Cl-、NO3-、K+D.Cu2+、H+、Br-、OH-评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)16、（2015秋•柳州校级月考）某校化学兴趣小组的同学对一含有少量Na2SO4的NaOH样品中NaOH的含量进行测定．请回答下列问题：

（1）甲同学运用沉淀法测定样品中NaOH的含量．该同学选用的药品除样品外，还应有____；实验中应测定的数据有____．

（2）乙同学运用滴定法测定样品中NaOH的含量．

①用分析天平称取该样品5.000g，全部溶于水配制成1000.0mL溶液．用碱式滴定管量取20.00mL所配溶液放在锥形瓶中，滴加几滴指示剂，待测．滴定管在使用前除洗涤外，还应____．

②用浓度为0.1000mol•L-1的盐酸标准溶液进行滴定．开始滴定前的一步操作是____．

③滴定过程中用pH计测定锥形瓶中溶液的pH；临近滴定终点时测定pH应每滴一滴测一次．

④滴定过程中；锥形瓶中溶液的pH变化如下：

。V（HCl）/mL0.0012.0018.0022.0023.0023.9624.0024.0425.0026.0030.00pH13.112.612.211.711.49.97.04.02.72.41.9请在坐标图中绘制出上述中和滴定的曲线．

。指示剂变色范围（pH）颜色酸碱酸碱甲基橙3.1～4.4红黄石蕊5.0～8.0红蓝酚酞8.2～10.0无红⑤如上表所示是几种酸碱指示剂的变色范围，根据你所作的中和滴定曲线分析，上述中和滴定中应选用的指示剂是____．

⑥样品中，NaOH的质量百分含量为____．

（3）以下滴定操作能导致最终滴定结果偏低的是____

A．碱式滴定管取液前尖嘴处有气泡；取液后气泡消失。

B．滴定结束后；仰视读取酸式滴定管的数据。

C．锥形瓶内盛装待测液之前有少量蒸馏水。

D．滴定时；锥形瓶在摇动过程中有液体飞溅出来。

E．酸式滴定管使用前未润洗。

F．碱式滴定管使用前未润洗．17、在反应2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，氧化剂是____，氧化产物是____；被氧化的HCl与未被氧化的HCl分子数之比是____，当生成标准状况下224mlCl2时，转移的电子数约是____．18、重金属离子可使人中毒，原因是重金属离子能使人体细胞中的蛋白质____，当人误食重金属盐时，可以喝大量的____解毒．原因是上述食品中含有较多的蛋白质，它可以跟重金属盐形成不溶于水的化合物，从而减轻重金属盐类对胃肠黏膜的危害，起到缓解毒性的作用．19、（2015秋•赣州校级月考）某化学学习小组发现在碱性溶液中，NO2会发生如下反应：

2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O

2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2

于是提出猜想，NO2和碱性的NaHCO3溶液也能发生类似反应．该小组利用如图所示装置，使NO2和NaHCO3溶液充分反应并获得反应液X．

（1）①NaHCO3溶液呈碱性的原因是____．

（2）该小组同学为了对猜想进行探究；进行如下讨论和实验．

②甲同学认为，可通过检验X中是否存在NO3-的方法验证猜想．但经讨论后认为不可行，你认为其原因是____．

③乙同学在X中加入少量K2Cr2O7溶液，结果溶液褪色，则产物中含有NaNO2．根据以上信息，写出NO2与NaHCO3溶液反应的离子方程式____．

④已知在酸性条件下NO2-能将I-氧化为I2．你认为能否用KI淀粉溶液检验X中是否存在NaNO2：____（填“能”或“不能”），原因是____．

⑤已知5NO2-+2MnO4-+6H+═5NO3-+2Mn2++3H2O．称取agKMnO4固体，加蒸馏水和少量稀硫酸溶解，配成250mL溶液．移取20.00mLX于锥形瓶，用所配的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗bmLKMnO4溶液．则X中NaNO2的浓度是____（用含a、b的式子表示）．20、（1）常温下，0.1mol•L-1NaHCO3溶液的pH大于8；

①写出HCO3-水解的离子方程式：____；

②NaHCO3溶液中Na+、HCO3-、H2CO3、CO32-、OH-五种微粒的浓度由大到小的顺序为：____．

（2）多元弱酸在水中的电离是分步进行的．已知H2CO3是二元弱酸，请写出H2CO3的第一步电离平衡常数的表达式K1=____．

（3）Ba（OH）2是一种强电解质，现有25℃、pH=13的Ba（OH）2溶液．

①该Ba（OH）2溶液的物质的量浓度为____；

②溶液中由水电离出c（OH-）=____；

③与某浓度盐酸溶液按体积比（碱与酸之比）1：9混合后，所得溶液pH=11（假设混合溶液的体积等于混合前两溶液的体积和），该盐酸溶液的pH=____．评卷人得分四、判断题(共2题，共10分)21、在0℃时，22.4L氢气有2NA个氢原子．____．（判断对错）22、判断题（对的打√；错的打×）

（1）1mol氢中含有NA个氢原子____

（2）1molCO2含有NA个氧原子____

（3）1molH2O中含有1molH2和1molO____

（4）在标准状况下，1mol水的体积约是22.4L____

（5）1molO2在20℃时的体积一定大于22.4L____

（6）在标准状况下，0.5molN2和1molO2的混合气体的体积约是33.6L____．评卷人得分五、实验题(共2题，共20分)23、某兴趣小组设计如下图实验装置进行实验。Ⅰ、探究大气污染物SO2的性质（1）为了实现绿色环保的目标，能否用上图A2代替A1装置____（填“能”或“否”）。（2）B、C、D分别用于检验SO2的漂白性、还原性和氧化性，则B中所盛试剂为，C中反应的离子方程式为，D中反应的化学方程式为。Ⅱ、探究铜片与浓H2SO4反应的产物实验结束，发现在铜片表面附着黑色固体。查阅资料得知：此黑色固体可能含有CuO、CuS、Cu2S。常温下CuS和Cu2S都不溶于稀盐酸，在空气中煅烧都转化为Cu2O和SO2。该小组同学收集一定量黑色固体，按如下实验方案探究其成分：（3）步骤Ⅱ中检验滤渣洗涤干净的实验方法是____________________________。（4）黑色固体的成分是________________。Ⅲ、尾气处理用氨水吸收尾气中的SO2，“吸收液”中可能含有OH-、SO32-、SO42-、HSO3-等阴离子。（5）氨水吸收过量SO2的反应的离子方程为。24、如图是两个实验装置rm{(}铁架台等辅助仪器略去未画rm{)}

rm{(1)}实验甲在加热过程中能观察到产生白色沉淀的烧杯是______rm{(}填Ⅰ、Ⅱrm{)}烧杯，该烧杯对应的试管中发生反应的化学方程式是______，通过实验甲可比较出______rm{(}填“rm{Na_{2}CO_{3}}”或“rm{NaHCO_{3}}”rm{)}更稳定。

rm{(2)}实验乙用来验证rm{Na_{2}O_{2}}与rm{CO_{2}}的反应，观察到的实验现象：包有rm{Na_{2}O_{2}}的棉花着火燃烧rm{.}写出rm{Na_{2}O_{2}}与rm{CO_{2}}反应的化学方程式______，棉花能着火燃烧说明该反应的热量变化是______．评卷人得分六、综合题(共4题，共20分)25、（15分）为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某小组进行了以下探究活动：[探究一]（1）称取铁钉（碳素钢）12．0g放入30．0mL浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y。①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+。若要确认其中是否含有Fe2+，应选择加入的试剂为________（选填序号）。a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同学取672mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得到干燥固体4．66g。据此推知气体Y中SO2的体积分数为____。（相对原子质量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含量有H2和CO2气体。为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）。（2）写出产生CO2的化学方程式____。（3）装置A中试剂的作用是____。（4）简述确认气体Y中含有CO2的实验现象。（5）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是。26、［化学—选修化学与技术］（15分）请回答有关氯碱工业的如下问题：（1）氯气、烧碱是电解食盐水时按照固定的比率k（质量比）生成的产品。理论上k＝＿＿＿＿（要求计算表达式和结果）;（2）原料粗盐中常含有泥沙和Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42－等杂质，必须精制后才能供电解使用。精制时，粗盐溶于水过滤后，还要加入的试剂分别为①Na2CO3、②HCl（盐酸）③BaCl2，这3种试剂添加的合理顺序是＿＿＿＿＿＿＿＿（填序号）（3）氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节（电）能30％以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过。①图中X、Y分别是＿＿＿＿、＿＿＿＿（填化学式），分析比较图示中氢氧化钠质量分数a％与b％的大小_＿＿＿＿；②分别写出燃料电池B中正极、负极上发生的电极反应正极：＿＿＿＿；负极：＿＿＿＿；③这样设计的主要节（电）能之处在于（写出2处）＿＿＿＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿＿＿＿。27、（15分）为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某小组进行了以下探究活动：[探究一]（1）称取铁钉（碳素钢）12．0g放入30．0mL浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y。①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+。若要确认其中是否含有Fe2+，应选择加入的试剂为________（选填序号）。a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同学取672mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得到干燥固体4．66g。据此推知气体Y中SO2的体积分数为____。（相对原子质量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含量有H2和CO2气体。为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）。（2）写出产生CO2的化学方程式____。（3）装置A中试剂的作用是____。（4）简述确认气体Y中含有CO2的实验现象。（5）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是。28、已知N、P同属元素周期表的ⅤA族元素，N在第二周期，P在第三周期，NH3分子呈三角锥形，N原子位于锥顶，三个H原子位于锥底，N—H键间的夹角是107°。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】质子数相同，而中子数不同的原子互为同位素，x元素符号AZx，元素符号左上角为质量数，左下角为质子数，质子数（Z）+中子数（N）=质量数（A），原子中：核电荷数=核内质子数=核外电子数．【解析】【解答】解：x元素符号AZx，元素符号左上角为质量数，左下角为质子数，x元素质子数为Z，质子数相同，而中子数不同的原子互为同位素，则比其中子数大1的同位素原子的质子数是Z，故选A．2、B【分析】【分析】A．水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大；说明升高温度促进水电离，升高温度平衡向吸热方向移动；

B．先达到离子积的先沉淀；

C．酸或碱抑制水电离；酸中氢离子浓度越大；碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大；

D．中和10mL0.1mol•L-1醋酸与中和100mL0.01mol•L-1的醋酸所需同种碱溶液的量与酸的物质的量成正比．【解析】【解答】解：A．水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大；说明升高温度促进水电离，升高温度平衡向吸热方向移动，则说明水的电离是吸热反应，故A正确；

B．先达到离子积的先沉淀；所以不一定先生成淡黄色沉淀，故B错误；

C．酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越大、碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，常温下，pH=3的醋酸和pH=11的氨水中，醋酸中氢离子浓度与氨水中氢氧根离子浓度相等，所以醋酸和氨水抑制水电离程度相同，则pH=3的甲酸溶液与pH=11的氨水溶液中由水电离产生的c（OH-）相等；故C正确；

D．中和10mL0.1mol•L-1醋酸与中和100mL0.01mol•L-1的醋酸所需同种碱溶液的量与酸的物质的量成正比；两种酸物质的量相等，所以消耗碱的量相等，故D正确；

故选B．3、B【分析】【分析】根据n=计算二氧化碳物质的量，再根据N=nNA计算阿伏伽德罗常数．【解析】【解答】解：4gCO2含有m个CO2分子，二氧化碳物质的量为=mol，则mol×NAmol-1=m，故NA=11m；

故选：B．4、C【分析】【分析】2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），△H=-QkJ/mol，表示在上述条件下2molSO2和1molO2完全反应生成1molSO3气体放出热量为QkJ，再结合可逆反应中反应物不能完全反应解答．【解析】【解答】解：反应的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-QkJ/mol；

由热化学方程式可知，在上述条件下反应生成2molSO3气体放热QkJ，加入2molSO2和1molO2，生成的三氧化硫量小于2mol，所以Q1＜Q；

通入1molSO2和0.5molO2，如果转化率与加入2molSO2和1molO2相同，则放热为kJ，但是此时体系压强比加入2molSO2和1molO2要小，所以平衡会向左移动，所以实际放出的热量＜kJ，即2Q2＜Q1，综上得：2Q2＜Q1＜197kJ，所以Q2＜Q1＜Q；

故选C．5、D【分析】【分析】A．氨很容易液化；液态氨汽化时要吸收大量的热，使周围物质的温度急剧下降，所以氨常作为制冷剂；

B．NaClO是漂白液的主要成分；

C．氧化铝的熔点较高；

D．氧化钠不能反应生成氧气．【解析】【解答】解：A．因NH3易液化；液氨常用作制冷剂，故A正确；

B．氯气通入氢氧化钠，方程式：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；其中NaClO是漂白液的主要成分，因其溶解度较高且溶液稳定性好而被制成漂白液，故B正确；

C．氧化铝可用于制造耐火坩埚；耐火管和耐高温的实验仪器；故C正确；

D．氧化钠不可用作呼吸面具中氧气的来源；故D错误．

故选D．6、B【分析】【分析】本题考查化学方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及反应生成物是什么，题目难度不大。【解答】A.电解饱和的食盐水生成氢氧化钠，氢气和氯气，故化学方程式为rm{2NaCl+2H}rm{2NaCl+2H}rm{{,!}_{2}}rm{begin{matrix}碌莽陆芒=end{matrix}}rm{O}rm{O}rm{begin{matrix}碌莽陆芒=end{matrix}

}rm{2NaOH+H}rm{2NaOH+H}rm{{,!}_{2}}

rm{隆眉+Cl}rm{隆眉+Cl}rm{{,!}_{2}}rm{隆眉}rm{隆眉}，故A正确；B.用rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}溶液除水垢中的rm{CaSO}rm{CaSO}rm{{,!}_{4}}生成碳酸钙和硫酸钠，rm{CaSO}rm{CaSO}

rm{{,!}_{4}}是一种微溶物书写离子方程式不拆，故离子方程式为rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{+CaSO}rm{+CaSO}rm{{,!}_{4}}rm{=CaCO}rm{=CaCO}rm{{,!}_{3}}rm{begin{matrix}CuS{O}_{4}=end{matrix}2H}rm{+SO}rm{+SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}，故B错误；C.向rm{H}

rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}溶液中滴加rm{CuSO}rm{CuSO}rm{{,!}_{4}}溶液生成水和氧气，故化学方程式为rm{2H}rm{2H}rm{{,!}_{2}}

rm{O}rm{O}【解析】rm{B}二、多选题(共9题，共18分)7、AC【分析】【分析】A、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol；两种化合物的阳离子与阴离子个数比均为2：1；

B；1mol丙烷中含10mol共价键；

C、求出二氧化硫的物质的量，然后根据分子个数N=nNA来计算；

D、溶液体积不明确．【解析】【解答】解：A、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，则混合物的总物质的量为=0.1mol，两种化合物的阳离子与阴离子个数比均为2：1，因此所含有的阴离子的个数为0.1mol×NAmol-1×1=0.1NA；故A正确；

B、1mol丙烷中含10mol共价键，故0.1mol丙烷中含1mol共价键，即NA个；故B错误；

C、标况下，11.2L二氧化硫的物质的量为0.5mol，而分子个数N=nNA=0.5NA个；故C正确；

D；溶液体积不明确；故溶液中镁离子的个数无法计算，故D错误．

故选AC．8、BC【分析】【分析】固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体的最外电子层结构，则NH5属于铵盐，电子式为铵根离子和氢离子之间存在离子键，铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，NH5+H2O→NH3•H2O+H2↑，NH5中-1价H变为0，H2O中+1价的H变为O，据此分析解答．【解析】【解答】解：A．NH5中存在离子键和共价键，1molNH5中含有4NA个N-H键（NA表示阿伏加德罗常数）；含有1mol离子键，故A错误；

B．NH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，所以NH5中既有共价键又有离子键；故B正确；

C．NH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，电子式为故C正确；

D．NH5+H2O→NH3•H2O+H2↑，N元素的化合价均为-3价，NH5中-1价H变为0，H2O中+1价的H变为O，水是氧化剂，NH5是还原剂；生成1mol氢气，转移1mol电子，故D错误；

故选BC．9、BD【分析】【分析】由结构简式可知分子式，名称为2，4，6-三硝基甲苯，结合苯环的结构解答该题．【解析】【解答】解：A．由结构简式可知TNT分子式为C7H5O6N3；故A错误；

B．由结构简式可知TNT的名称叫2；4，6-三硝基甲苯，故B正确；

C．苯环为平面形结构；与苯环直接相连的原子在同一个平面上，则每个TNT分子中可共平面的碳原子最多为7个，故C错误；

D．分子中含有3个硝基；则每摩尔甲苯可取代3mol硝基制得TNT，故D正确．

故选BD．10、BC【分析】【分析】A、氧化铁是红色固体，Fe3O4是黑色固体；

B、氧化铝（Al2O3）具有很高的熔点；

C；铝离子水解生成的氢氧化铝具有净水作用；

D、氢氧化钠具有强碱性，具有腐蚀性．【解析】【解答】解：A、Fe2O3为红色物质；则常用作红色油漆和涂料，故A错误；

B、氧化铝（Al2O3）具有很高的熔点；可用于制造耐火材料，故B正确；

C、明矾（KAl（SO4）2•12H2O）水溶液中的铝离子水解生成的氢氧化铝具有净水作用；常用作净水剂，故C正确；

D；氢氧化钠具有强碱性；具有腐蚀性，不能用来中和胃酸，故D错误．

故选BC．11、BD【分析】【分析】X、Y、Z是3种短周期元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；X、Y位于同一族，故Y为硫元素；Y、Z处于同一周期，Z原子的核外电子数比Y少1，则Z原子的核外电子数为15，故Z为磷元素，结合元素周期律解答．【解析】【解答】解：解：X；Y、Z是3种短周期元素；X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为氧元素；X、Y位于同一族，故Y为硫元素；Y、Z处于同一周期，Z原子的核外电子数比Y少1，则Z原子的核外电子数为15，故Z为磷元素；

A．同周期自左而右原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大，故原子半径P＞S＞O，故A错误；

B．同周期自左而右非金属性增强；同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性P＜S＜O，非金属性越强，单质氧化性越强，故单质氧化性X＞Y＞Z，故B正确；

C．X与Y可能形成的SO2属于共价化合物；故C错误；

D．Z为P元素，最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H3PO4；故D正确；

故选：BD．12、BC【分析】【分析】A；无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键；苯的间位二元取代物都无同分异构体来分析；

B；如果苯的结构中存在单双键交替结构；苯的邻位二元取代物有两种；

C；如果苯的结构中存在单双键交替结构；含有双键能够使高锰酸钾褪色；

D、含有双键的物质能够与氢气发生加成反应．【解析】【解答】解：A；无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键；间位二元取代物无同分异构体，所以A不能作为证据；

B；如果苯的结构中存在单双键交替结构；则苯的邻位二元取代物有两种，而事实是苯的邻位二元取代物只有一种，所以可以证明苯的结构中不存在单双键交替结构，故B能作为证据；

C、苯不能使KMnO4酸性溶液褪色；说明不含双键，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故C能作为证据；

D；含有双键的物质能够与氢气发生加成反应；苯能在加热和催化剂存在的条件下与氢气加成生成环己烷，可以用单双健结构来解释，故D不能作为证据；

故选BC．13、BC【分析】【分析】强电解质在水溶液或者熔融状态下能完全电离，包括强酸、强碱、大多数盐、活泼金属氧化物等．【解析】【解答】解：A．盐酸是混合物；不是电解质，故A错误；

B．硫酸钡属于盐；在熔融状态现能完全电离产生钡离子和硫酸根离子，属于强电解质，故B正确；

C．醋酸钠属于盐；在水溶液中完全电离产生醋酸根离子和钠离子，属于强电解质，故C正确；

D．水只能部分电离产生氢离子和氢氧根离子；属于弱电解质，故D错误．

故选：BC．14、AD【分析】【分析】A．二氧化氮能与氧气和水反应生成硝酸；

B．乙酸乙酯在碱性条件下能水解；

C．乙炔有还原性；

D．铝在铜前，铝可以跟硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸铝．【解析】【解答】解：A．浓HNO3在光照下很容易分解产生NO2呈黄色；二氧化氮能与氧气和水反应生成硝酸，故正确；

B．NaOH能与乙酸乙酯和乙酸反应；将原物质除掉，故B错误；

C．乙炔有还原性；能使酸性高锰酸钾褪色，不一定是含有硫化氢的原因，故C错误；

D．铝在铜前，铝可以跟硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸铝，铝片表面无铜析出，说明冷的HClO4溶液也能使铝钝化；故D正确．

故选AD．15、BC【分析】【分析】离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，则离子能大量共存，并注意离子在水中的颜色．【解析】【解答】解：A、该组离子之间不反应，能共存，但MnO4-在水中为紫色，Fe2+为浅绿色；与无色溶液不符，故A错误；

B；该组离子之间不反应；能共存，且离子在水中均为无色，故B正确；

C；该组离子之间不反应；能共存，且离子在水中均为无色，故C正确；

D、因H+、OH-能结合生成水，OH-、Cu2+能结合生成沉淀；则不能大量共存，故D错误；

故选BC．三、填空题(共5题，共10分)16、氯化钡溶液样品质量和沉淀的质量检漏、润洗调节液面于“0”刻度或“0”刻度以下甲基橙或酚酞96%ADF【分析】【分析】（1）含有少量Na2SO4的NaOH样品中NaOH的含量进行测定；甲同学运用沉淀法测定样品中NaOH的含量，溶解后加入绿化比溶液完全沉淀硫酸根离子，过滤洗涤称量沉淀质量和样品质量得到质量分数；

（2）①滴定管在使用前应先检漏；洗涤、用待装液润洗、正式装液；排除气泡并调节液面；

②用浓度为0.1000mol•L-1的盐酸标准溶液进行滴定；开始滴定前要调节液面于“0”刻度或“0”刻度以下；

④根据表中数据可以绘制出中和滴定的曲线；注意PH突跃的理解应用：

⑤依据图象和图表数据分析可知pH突变是4.0～9.9；盐酸和氢氧化钠恰好反应生成的氯化钠溶液呈中性，甲基橙变色范围为3.1-4.4，酚酞pH变色范围为8.2～10.0，甲基橙和酚酞都可以用作指示剂；由于石蕊变色时不容易判断，一般不选作指示剂；

⑥氢氧化钠溶液的浓度为：=0.1200mol/L；

样品中含有的氢氧化钠的物质的量为：0.1200mol/L×1L=0.12mol；氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.12mol=4.800g，据此计算样品中NaOH的质量百分含量；

（3）A．碱式滴定管取液前尖嘴处有气泡；取液后气泡消失，使待测液的体积偏小；

B．滴定结束后；仰视读取酸式滴定管的数据，测得的标准液的体积偏大；

C．锥形瓶内盛装待测液之前有少量蒸馏水；对实验无影响；

D．滴定时；锥形瓶在摇动过程中有液体飞溅出来，则消耗的标准液偏小；

E．酸式滴定管使用前未润洗；标准液被稀释，测得的标准液的体积偏大；

F．碱式滴定管使用前未润洗，使待测液的体积偏小，则消耗的标准液偏小．【解析】【解答】解：（1）含有少量Na2SO4的NaOH样品中NaOH的含量进行测定；甲同学运用沉淀法测定样品中NaOH的含量，溶解后加入氯化钡溶液完全沉淀硫酸根离子，过滤洗涤称量沉淀质量和样品质量得到质量分数；

故答案为：氯化钡溶液；样品质量和沉淀的质量；

（2）①滴定管在使用前应先检漏；洗涤、用待装液润洗、正式装液；排除气泡并调节液面，滴定管在使用前除洗涤外，还应检漏、润洗；

故答案为：检漏；润洗；

②用浓度为0.1000mol•L-1的盐酸标准溶液进行滴定；开始滴定前要调节液面于“0”刻度或“0”刻度以下；

故答案为：调节液面于“0”刻度或“0”刻度以下；

④根据表中数据可以绘制出中和滴定的曲线为：

故答案为：

⑤依据图象和图表数据分析可知pH突变是4.0～9.9；盐酸和氢氧化钠恰好反应生成的氯化钠溶液呈中性，甲基橙变色范围为3.1-4.4，酚酞pH变色范围为8.2～10.0，甲基橙和酚酞都可以用作指示剂；由于石蕊变色时不容易判断，一般不选作指示剂；

滴定结束前；溶液为碱性，溶液颜色为红色，滴定结束时有粉红色变成无色，所以滴定终点的现象是溶液由黄色变成橙色其半分钟不褪色（或溶液由粉红色变为无色且半分钟不褪色）；

故答案为：甲基橙或酚酞；

⑥氢氧化钠溶液的浓度为：=0.1200mol/L；

样品中含有的氢氧化钠的物质的量为：0.1200mol/L×1L=0.12mol；氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.12mol=4.800g；

故样品中，NaOH的质量百分含量为：×100%=96%；

故答案为：96%；

（3）A．碱式滴定管取液前尖嘴处有气泡；取液后气泡消失，使待测液的体积偏小，则消耗的标准液偏小，所以会导致最终滴定结果偏低；

B．滴定结束后；仰视读取酸式滴定管的数据，测得的标准液的体积偏大，所以会导致最终滴定结果偏高；

C．锥形瓶内盛装待测液之前有少量蒸馏水；对实验无影响；

D．滴定时；锥形瓶在摇动过程中有液体飞溅出来，则消耗的标准液偏小，所以会导致最终滴定结果偏低；

E．酸式滴定管使用前未润洗；标准液被稀释，测得的标准液的体积偏大，所以会导致最终滴定结果偏高；

F．碱式滴定管使用前未润洗；使待测液的体积偏小，则消耗的标准液偏小，所以会导致最终滴定结果偏低；

故选ADF．17、KMnO4Cl25：31.204×1022【分析】【分析】反应中Mn元素化合价降低，KMnO4被还原，则为氧化剂，Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂，根据方程式可知当有16molHCl参加反应，有10molHCl被氧化，6molHCl表现为酸性，以此解答该题．【解析】【解答】解：反应中Mn元素化合价降低，KMnO4被还原，则为氧化剂，Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂，Cl2为氧化产物；

根据方程式可知当有16molHCl参加反应；有10molHCl被氧化，6molHCl表现为酸性，被氧化与未被氧化的HCl的质量之比为10：6=5：3；

n（Cl2）==0.01mol，反应中Cl元素化合价由-1价升高到0价，则转移的电子数约是0.01mol×2×6.02×1023/mol=1.204×1022；

故答案为：KMnO4；Cl2；5：3；1.204×1022．18、变性鸡蛋清、牛奶等【分析】【分析】根据重金属盐中毒的原理判断，即破坏人体的蛋白质结构，使之失去生理功能．【解析】【解答】解：可溶性的重金属盐；能电离出重金属离子，它能破坏蛋白质的结构，使蛋白质变性失去生理活性，服用含有丰富蛋白质的食品，如鸡蛋清；牛奶等，可防止人体本身的蛋白质被破坏，有解毒作用．

故答案为：变性；鸡蛋清、牛奶等．19、碳酸氢根离子水解沉淀大于电离程度，溶液显碱性，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-二氧化氮与水反应也能生成硝酸根2NO2+2HCO3-═NO2-+NO3-+2CO2↑+H2O不能NaNO2和NaNO3在酸性条件下都能氧化碘离子生成碘单质mol/L【分析】【分析】（1）①碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解溶液显碱性；

（2）②二氧化氮与水反应生成硝酸；

③NO2与NaHCO3溶液反应生成NaNO2；此时氮的化合价降低，根据氧化还原反应的原理可知，还应有硝酸根生成；

④X中既有NaNO2又有NaNO3；在酸性条件下都能氧化碘离子；

⑤称取agKMnO4固体，加蒸馏水和少量稀硫酸溶解，配成250mL溶液．移取20.00mLX于锥形瓶，用所配的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗bmLKMnO4溶液，根据反应5NO2-+2MnO4-+6H+═5NO3-+2Mn2++3H2O，利用高锰酸钾的物质的量可计算出X中所含有的NaNO2的物质的量，进而确定NaNO2的浓度．【解析】【解答】解：（1）①碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解沉淀大于电离程度，溶液显碱性，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；

故答案为：碳酸氢根离子水解沉淀大于电离程度，溶液显碱性，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；

（2）②二氧化氮与水反应也能生成硝酸根，所以检验X中存在NO3-不能说明是NO2和NaHCO3溶液反应生成了硝酸根；

故答案为：二氧化氮与水反应也能生成硝酸根；

③NO2与NaHCO3溶液反应生成NaNO2，此时氮的化合价降低，根据氧化还原反应的原理可知，还应有硝酸根生成，所以NO2与NaHCO3溶液反应的化学方程式为2NO2+2NaHCO3═NaNO2+NaNO3+2CO2↑+H2O，反应的离子方程式为：2NO2+2HCO3-═NO2-+NO3-+2CO2↑+H2O；

故答案为：2NO2+2HCO3-═NO2-+NO3-+2CO2↑+H2O；

④X中既有NaNO2又有NaNO3，NaNO2和NaNO3在酸性条件下都能氧化碘离子生成碘单质，所以不能用KI淀粉溶液检验X中存在NaNO2；

故答案为：不能；NaNO2和NaNO3在酸性条件下都能氧化碘离子生成碘单质；

⑤称取agKMnO4固体，加蒸馏水和少量稀硫酸溶解，配成250mL溶液．移取20.00mLX于锥形瓶，用所配的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗bmLKMnO4溶液，高锰酸钾的物质的量为×，根据反应5NO2-+2MnO4-+6H+═5NO3-+2Mn2++3H2O，可知20.00mLX溶液中所含有的NaNO2的物质的量为××=mol；

所以NaNO2的浓度为==mol/L；

故答案为：mol/L．20、HCO3-+H2O=H2CO3+OH-c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（CO32-）＞c（H+）0.05mol/L10-13mol/L2【分析】【分析】（1）NaHCO3溶液的pH大于8，说明HCO3-的水解程度大于电离程度，据此判断溶液中Na+、HCO3-、CO32-、OH-四种微粒的浓度大小；碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子结合水电离的氢离子生成碳酸和氢氧根离子；

（2）电离平衡常数=；

（3）②pH=13的Ba（OH）2溶液中氢离子使由水电离产生的，水电离产生的c（H+）等于溶液中由水电离出c（OH-）；

③pH=13的Ba（OH）2溶液中c（OH-）=0.1mol/L，与某浓度盐酸溶液按体积比（碱与酸之比）1：9混合后，假定体积分别为1L、9L，所得溶液pH=11，即混合后溶液中c（OH-）=10-3mol/L，令盐酸的浓度为amol/L，用a表示出混合后溶液中n（OH-），列方程计算；【解析】【解答】解：（1）①常温下，0.1mol•L-1NaHCO3溶液的pH大于8，说明了HCO3-的水解程度大于其电离程度，碳酸氢钠溶液中HCO3-部分水解生成碳酸和氢氧根离子，其水解方程式为：HCO3-+H2O=H2CO3+OH-，故答案为：HCO3-+H2O=H2CO3+OH-；

②NaHCO3溶液的pH大于8，说明了HCO3-的水解程度大于其电离程度，则溶液中Na+、HCO3-、H2CO3、CO32-、OH-五种微粒的浓度由大到小的顺序为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（CO32-）＞c（H+）；

故答案为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（CO32-）＞c（H+）；

（2）H2CO3的第一步电离平衡常数的表达式K1=，故答案为：；

（3）①25℃、pH=13的Ba（OH）2溶液中，c（OH-）=0.1mol/L，所以=0.05mol/L；故答案为：0.05mol/L．

②pH=13的Ba（OH）2溶液中氢离子使由水电离产生的，水电离产生的c（H+）等于溶液中水电离出c（OH-），故水电离出c（OH-）=c（H+）=10-13mol/L；

故答案为：10-13mol/L；

③pH=13的Ba（OH）2溶液中c（OH-）=0.1mol/L，与某浓度盐酸溶液按体积比（碱与酸之比）1：9混合后，假定体积分别为1L、9L，所得溶液pH=11，即混合后溶液中c（OH-）=10-3mol/L，令盐酸的浓度为amol/L，则混合后溶液中n（OH-）=1L×0.1mol/L-9L×amol/L=10-3mol/L×（1L+9L）；解得a=0.01，所以pH=2

故答案为：2．四、判断题(共2题，共10分)21、×【分析】【分析】由于压强不确定，故0℃时，气体摩尔体积不一定为22.4L/mol．【解析】【解答】解：由于压强不确定，故0℃时，气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，故22.4L氢气的物质的量不一定是1mol，则含有氢原子数目不一定为2NA个；故错误；

故答案为：×．22、×【分析】【分析】（1）没有指明是氢气分子还是氢原子；

（2）根据二氧化碳的物质的量及分子组成分析；

（3）根据水分子中不存在氢气分子判断；

（4）根据标准状况下水的状态不是气体判断；

（5）根据影响1mol氧气体积的因素有温度和压强判断；

（6）根据标况下的气体摩尔体积计算出混合气体的体积．【解析】【解答】解：（1）1mol氢中含有NA个氢原子；必须指明是氢气分子还是氢原子，故（1）错误；

故答案为：×；

（2）1molCO2中含有2mol氧原子，含有2NA个氧原子；故（2）错误；

故答案为：×；

（3）1molH2O中含有2mol氢原子和1molO；故（3）错误；

故答案为：×；

（4）在标准状况下；水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算1mol水的体积，故（4）错误；

故答案为：×；

（5）由于影响气体体积的因素除了温度，还原压强，若减小压强，气体体积减小，所以1molO2在20℃时的体积不一定大于22.4L；故（5）错误；

故答案为：×；

（6）在标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，0.5molN2和1molO2的混合气体的体积约是33.6L；故（6）正确；

故答案为：√．五、实验题(共2题，共20分)23、略

【分析】试题分析：（1）A2装置不需要加热，且可以控制加入浓硫酸的量控制反应进行，更环保；（2）检验SO2漂白性一般用品红试剂，C中SO2与碘单质反应，D中与H2S反应归中反应；（3）取最后一次洗涤液少许，滴加少量AgNO3溶液，若无明显现象，则洗涤干净，强调最后一次洗涤液；（4）根据步骤Ⅰ产生蓝色溶液得出固体含有CuO，根据最后煅烧后质量的变化计算：若全为CuS，最后得到沉淀的质量应为2÷96÷2×144=1．5g，若全为Cu2S，最后得到沉淀的质量应为2÷160×144=1．8g，故两种物质均含有。（5）过量SO2应生成亚硫酸氢铵。考点：考查实验及实验分析等有关问题。【解析】【答案】（1）能（1分）（2）品红溶液（1分）SO2＋I2＋2H2O＝SO42-＋2I-＋4H+（2分）SO2＋2H2S=3S↓+2H2O（2分）（3）取最后一次洗涤液少许，滴加少量AgNO3溶液，若无明显现象，则洗涤干净（2分）（4）CuO、CuS、Cu2S（2分）（5）NH3·H2O＋SO2＝NH4+＋HSO3-（2分）24、略

【分析】解：实验用石灰水是否变浑浊来说明谁不稳定发生了分解反应，大试管的温度高，石灰水不变浑浊，说明碳酸钠不分解，而小试管的温度低，石灰水变浑浊，说明碳酸氢钠分解，得出碳酸钠更稳定；棉花着火燃烧即可燃物达到了着火点，说明rm{Na_{2}O_{2}}与