2025年粤教版高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年粤教版高三化学下册阶段测试试卷385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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、将Fe、Fe2O3组成的30g混合物投入250mL4mol/L的稀稍酸中，恰好使混合物完全溶解，并放出NO2.24L（标准状况），然后向所得溶液中滴入KSCN溶液，无血红色出现．若用与上述混合物中含铁元素质量相等的铁屑和足量稀硫酸充分反应，所得到的气体在标准状况下的体积为（）A.15.12LB.10.08LC.2.24LD.3.36L2、某元素的原子具有三个电子层，关于其外围电子排布的正确说法是（）A.只有s电子B.只有p电子C.有s、p电子D.只有s电子或有s、p电子3、只给出下列甲和乙中对应的量，不能组成一个求物质的量的公式的是（）。①②③④⑤甲物质粒子数标准状况下气体摩尔体积固体体积物质的质量分数非标准状况下物质的质量乙阿伏加德罗常数标准状况下气体体积固体密度溶液的体积物质的摩尔质量A.②③④B.③④⑤C.③④D.②③4、向饱和澄清石灰水中加入生石灰，再恢复到原温度，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Ca^{2+}}浓度减小B.溶剂质量减小C.溶液质量不变D.rm{Ca^{2+}}数目增多5、下列各表述与示意图图中一致的是（）A.图②表示25℃时，用0.1mol·L－1盐酸滴定20mL0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化B.图①中使用的NaOH的浓度一定为2mol/LC.图①表示向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的盐溶液中滴加NaOH溶液时，沉淀的量与NaOH的体积的关系图。则三种离子的物质的量之比为：n(Mg2＋)∶n(Al3＋):n(NH4＋)＝2∶3∶2D.图③中曲线表示3H2(g)+N2(g)2NH3(g)反应过程能量变化，若使用催化剂，B点会升高评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)6、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}7、如图是部分短周期元素的最高价氧化物对应水化物的等物质的量浓度稀溶液pH值与原子序数的关系图，Z的氧化物是两性氧化物．下列说法正确的是（）A.X，Y两种元素的离子半径相比，后者较大B.W，R两种元素气态氢化物的稳定性相比，后者较大C.由X，Y，Z三种元素形成的化合物，其水溶液显碱性D.工业上用电解Z和R形成的化合物水溶液的方法制取Z的单质8、（双选）下列根据实验和现象所得出的结论正确的是（）

。选项实验现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀溶液X中一定含有SO42-C向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体出现白色胶状物酸性：H2SiO3＜H2CO3D向浓度均为0.1mol/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀KSP（AgCl）＞KSP（AgI）A.AB.BC.CD.D9、根据下列实验现象；所得结论正确的是：（）

。实验实验现象结论A

左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡活动性：Al＞Fe＞CuB

左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C

白色固体先变为淡黄色，后变为黑色溶解性：AgCl＞AgBr＞Ag2SD

锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：Cl＞C＞SiA.AB.BC.CD.D10、下列实验结论正确的是（）

。选项实验操作现象A取待测液先进行焰色反应，再加足量稀盐酸，将产生气体通入品红溶液火焰呈黄色，品红溶液褪色原溶液一定是亚硫酸钠溶液B向浓醋酸溶液中加入少量碳酸钠溶液，将产生气体通过苯酚钠溶液苯酚钠溶液中出现白色浑浊不能说明酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚C常温下向足量浓硫酸和稀硫酸中，分别加入相同质量、相同体积的铁片相同时间两者产生H2速率不同反应物的浓度越大，反应速率越快D相同的铝片分别与同温同体积，且c（H+）=1mol•L-1盐酸、硫酸反应铝与盐酸反应产生气泡较快可能是Cl-对该反应起到促进作用A.AB.BC.CD.D11、有关碱金属的叙述正确的是rm{(}rm{)}A.随核电荷数的增加，碱金属单质的熔点逐渐降低，密度逐渐增大B.碱金属单质的金属性很强，均易与氯气、氧气、氮气等发生反应C.碳酸铯加热时不能分解为二氧化碳和氧化铯D.无水硫酸铯的化学式为rm{Cs_{2}SO_{4}}它不易溶于水12、如图所示是验证氯气性质的微型实验，rm{a}rm{b}rm{d}rm{e}是浸有相关溶液的滤纸rm{.}向rm{KMnO_{4}}晶体滴加一滴浓盐酸后；立即用另一培养皿扣在上面．

已知：rm{2KMnO_{4}+16HCl(}浓rm{)篓T2KCl+5Cl_{2}隆眉+2MnCl_{2}+8H_{2}O}

对实验现象的“解释或结论”正确的是rm{(}rm{)}

。选项实验现象解释或结论rm{A}rm{a}处变蓝氧化性：rm{Cl_{2}>I_{2}}rm{B}rm{c}处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质rm{C}rm{d}处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质rm{D}rm{e}处变血红色还原性：rm{Fe^{2+}>Cl^{-}}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}13、下列物质的名称、化学式及分类完全正确的是（）A.硝酸钠、NaNO3、盐B.氧化铁、Fe2O3、氧化物C.纯碱、Na2CO3、碱D.酒精、CH3OH、有机物14、室温下，反应HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-的平衡常数K=2.2×10-8．将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO．若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温下下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）A.0.2mol•L-1氨水：c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）B.0.2mol•L-1NH4HCO3溶液（pH＞7）：c（NH4+）＞c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（NH3•H2O）C.0.2mol•L-1氨水和0.2mol•L-1NH4HCO3溶液等体积混合：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）D.0.6mol•L-1氨水和0.2mol•L-1NH4HCO3溶液等体积混合：c（NH3•H2O）+c（CO32-）+c（OH-）=0.3mol•L-1+c（H2CO3）+c（H+）评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、硼和铝位于同一主族，它们可以形成许多组成和性质类似的化合物，一种用硼镁矿（Mg2B2O5•H2O）制取单质硼的工艺流程图如图：

回答下列问题：

（1）Mg2B2O5•H2O中B的化合价为____．

（2）溶液a、溶液b中溶质的化学式分别为____、____．

（3）写出步骤①的化学方程式____．

（4）写出步骤⑤的化学方程式____．

（5）步骤③中化学反应可以发生的原因是____．

（6）BF3是有机化学中常用的酸性催化剂，BF3分子中B和F最外层的电子数分别为____、____个．16、掌握和熟练书写有机反应方程式；对学好有机化学具有重要意义．

（1）苯甲醛是医药；香料的常见中间体．常以甲苯为原料合成苯甲醛的流程如下：

①请分别写出反应Ⅰ、II的化学反应方程式：____；____．

②利用新制的碱性Cu（OH）2悬浊液可检验反应Ⅲ中是否有产生．请写出该反应的化学方程式：____．

（2）阿司匹林（）、丁香油酚（）在医学上具有广泛用途．

①请写出阿司匹林与足量NaHCO3溶液反应的化学方程式：____．

②请写出丁香油酚与足量浓溴水反应的化学方程式：____．

（3）已知：涤纶的结构简式为．请写出以对苯二甲酸（）和乙二醇为原料合成涤纶的化学方程式：____．17、（2014•中山模拟）如图是实验室中制备气体或验证气体性质的装置图。

（1）仪器安装好后必须进行的操作是____．

（2）利用上图装置制备纯净的氯气，并证明氧化性：Cl2＞Fe3+；

Cl2＞I2，则①装置B中的溶液的作用是____．

②装置中加的最佳试剂是（填序号）C中____、D中____；

供选试剂：a．Na2SO3溶液b．FeCl2溶液c．KSCN与FeCl2的混合溶液d．KI溶液e．湿润的淀粉KI试纸。

（3）在上图所示圆底烧瓶内加入碳；a中加入浓硫酸，开始实验，加热产生的气体缓慢通过后续装置同时完成如下实验：

实验1：证明SO2具有氧化性和还原性实验2：证明碳元素的非金属性比硅元素的强。

①证明SO2具氧化性和还原性：B中为少量Na2S溶液，现象为____；C中为少量酸性KMnO4溶液，发生反应的离子方程式为____+____H2O→____（不用配平）．

②D中应加入足量的____（填溶液名称），E中加入____溶液（填化学式），证明碳元素的非金属性比硅元素的强的现象为____．

③实验2不严谨之处应如何改进____．18、已知反应：2NO+O2═2NO2．其中，氧化剂是____（填化学式），被氧化的物质是____（填化学式）；若反应中消耗了1molNO，则生成____molNO2．19、最新报道；我国科学家通过与多个国家进行科技合作，成功研发出铯（Cs）原子喷泉钟，使我国时间频率基准的精度从30万年不差1秒提高到600万年不差1秒，标志着我国时间频率基准研究进人世界先进行列，已知铯位于元素周期表中第六周期第IA族，根据艳在元素周期表中的位置，推断下列内容：

（1）铯的原子核外共有____个电子层，最外层电子数为____，铯的原子序数为____．

（2）铯单质与水剧烈反应，放出____色气体，同时使紫色石蕊溶液显____色，因为____（写出化学方程式）．

（3）预测铯单质的还原性比钠单质的还原性____（填“弱”或“强”）．20、（2013春•太原校级期末）研究NO2、SO2；CO等大气污染气体的处理具有重要意义．

（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为____．利用反应。

6NO2+8NH37N5+12H2O也可处理NO2．当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是____L．

（2）NH4HCO3是常用的氮肥，检验NH4+的方法是____

（3）已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-196.6kJ•mol-1

2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=-113.0kJ•mol-1

则反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）的△H=____kJ•mol-1．

（4）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是____．

a．体系压强保持不变b．混合气体颜色保持不变。

c．SO3和NO的体积比保持不变d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2

（5）CO可用于合成甲醇，反应方程式为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如如图所示．该反应△H____0（填“＞”或“＜”）．实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是____．21、由以下一些微粒：136C、3919K、4020Ca、126C、147N、4018Ar其中：

（1）互为同位素的是____和____；

（2）质量数相等，但不能互称同位素的是____和____；

（3）中子数相等，但质子数不相等的是____和____、____和____．22、（1）CuCl2溶液有时呈黄色，有时呈黄绿色或蓝色，这是因为在CuCl2的水溶液中存在如下平衡：[Cu（H2O）4]2-（蓝色）+4Cl-⇌[CuCl4]2-（黄色）+4H2O现欲使溶液由黄色变为黄绿色或蓝色，请写出两种可采用的方法：方法一：____方法二：____

（2）向盛有10mL0.01mol/L的硫氰化钾溶液的小烧杯中，加入10mol0.01mol/L的FeCl3溶液，混合液立即____．写出上述反应的离子方程式____．向以上溶液中再加0.1mol/LNaOH至过量，其现象是____．评卷人得分四、书写(共1题，共7分)23、写出下列盐溶液水解的离子方程式．

（1）（NH4）2SO4：____；

（2）AlCl3：____；

（3）KF：____．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】稀硝酸与30g混合物反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，根据铁原子守恒可知，混合物中n（Fe原子）=n[Fe（NO3）2]，根据N原子守恒2n[Fe（NO3）2]+n（NO）=n（HNO3），再根据Fe元素守恒计算铁屑的物质的量，根据电子转移守恒计算生成氢气的物质的量，根据V=nVm计算氢气体积．【解析】【解答】解：30g混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解；且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁；

生成NO的体积为2.24L，其物质的量为=0.1mol；

根据氮元素守恒可知，2n[Fe（NO3）2]+n（NO）=n（HNO3）；

故2n[Fe（NO3）2]+0.1mol=0.25L×4mol/L；

解得n[Fe（NO3）2]=0.45mol；

故混合物中n（Fe原子）=n[Fe（NO3）2]=0.45mol；

与上述混合物中铁元素质量相等的铁屑的物质的量为0.45mol；

根据电子转移守恒可知，与足量硫酸生成氢气的物质的量为=0.45mol；

标况下；生成氢气的体积为0.45mol×22.4L/mol=10.08L；

故选：B．2、D【分析】【分析】某元素的原子具有三个电子层，则元素位于第三周期，根据第三周期元素的外围电子排布分析．【解析】【解答】解：某元素的原子具有三个电子层；则元素位于第三周期，第三周期元素中第IA；IIA族元素的外围电子排布只有s电子，第IIIA～VIIA族及零族元素的外围电子排布有s、p电子；

故选D．3、C【分析】【解析】【答案】C4、B【分析】解：rm{A.}在同温下，氢氧化钙的溶解度不变，饱和溶液的溶质质量分数不变，饱和溶液物质的量的浓度不变，rm{Ca^{2+}}浓度不变；故A错误；

B.在饱和石灰水中加入生石灰；氧化钙与水反应生成氢氧化钙，消耗了饱和溶液中的溶剂水，故B正确；

故B错误；rm{C.}在饱和石灰水中加入生石灰；氧化钙与水反应生成氢氧化钙，消耗了饱和溶液中的溶剂水，导致溶质析出质量减小，所以溶液质量减少，故C错误；

D.由于生石灰会和饱和溶液中的一部分溶剂发生反应；会导致饱和溶液中的溶剂减少，从而原来溶解在这部分溶剂中的溶质会结晶析出，因此溶液中的钙离子会减少，故D错误；

故选：rm{B}．

根据在饱和石灰水中加入生石灰；氧化钙与水反应生成氢氧化钙，消耗了饱和溶液中的溶剂水进行解答，同一温度下的饱和溶液物质的量的浓度不变，氧化钙溶于水时会发生反应生成氢氧化钙，把其溶于饱和的氢氧化钙溶液中是会因为其吸水而使溶质析出，钙离子数目减少．

本题考查了生石灰的性质以及饱和溶液的有关知识，注意氧化钙与水反应生成氢氧化钙，消耗了饱和溶液中的溶剂水，但浓度不变，题目难度不大．【解析】rm{B}5、A【分析】试题分析：A.在反应开始时，c(NaOH)=0.1mol/L,c(H+)=10-13mol/L,pH=13,随着酸的不断滴入，溶液的碱性逐渐减弱pH逐渐减小，当滴入20mL0.1mol·L－1HCl溶液时，二者恰好完全反应。溶液为中性，pH=7.盐酸不断滴入，这时溶液就由中性变为酸性，酸性逐渐增强，所以pH越来越小。正确。B.因为金属离子的种类、浓度不定，所以NaOH的浓度也无法确定。错误。C.使Al3+转化为Al(OH)3沉淀消耗的OH-的物质的量与使Al(OH)3沉淀溶解消耗的OH-的物质的量的比为3:1.假设5mldNaOH溶液中含有1mol的NaOH.，则含Al3+1mol,沉淀Al3+的NaOH的物质的量为3mol,(15ml).沉淀Mg2+的NaOH为10ml,所以n(Mg2+)=2mol.因为发生反应：NH4++OH-=NH3·H2O。铵根离子消耗的NaOH为10ml,所以n(NH4+)=2mol..因此三种离子的物质的量之比为：n(Mg2＋)∶n(Al3＋):n(NH4＋)＝2∶1∶2。错误。D.催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，但是不能改变反应热。所以若使用催化剂，B点会降低。错误。考点：考查图像法在表示酸碱中和滴定、离子浓度的比较、化学反应途径等关系中的应用的知识。【解析】【答案】A二、双选题(共9题，共18分)6、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}7、B|C【分析】解：元素的金属性越强；其对应最高价氧化物的水化物碱性越强则该溶液的pH越大，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强则该溶液的pH越小，根据图象知，X没有最高价氧化物，则X为O元素，Y的最高价氧化物的水化物碱性最强，则Y为Na元素，Z为Al元素，W；R分别为S、Cl元素．

A．X为O元素；Y为Na元素，X，Y两种元素的离子半径相比，前者较大，故A错误；

B．元素的非金属性越强；对应气态氢化物越稳定，非金属性Cl大于S，则对应气态氢化物稳定性Cl大于S，故B正确；

C．由X，Y，Z三种元素形成的化合物是NaAlO2；为强碱弱酸盐，在溶液中水解显碱性，故C正确；

D．Z和R形成的化合物为AlCl3；电解其水溶液得到氢氧化铝和氢气；氯气，得不到Al，故D错误；

故选BC．

元素的金属性越强；其对应最高价氧化物的水化物碱性越强则该溶液的pH越大，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强则该溶液的pH越小，根据图象知，X没有最高价氧化物，则X为O元素，Y的最高价氧化物的水化物碱性最强，则Y为Na元素，Z为Al元素，W；R分别为S、Cl元素，据此结合元素及其化合物的性质分析．

本题考查了短周期元素的最高价氧化物对应水化物的递变规律，明确元素最高价氧化物的水化物酸碱性是解本题关键，再结合化合物的构成、性质来分析解答，题目难度中等．【解析】【答案】BC8、C|D【分析】解：A．蛋白质在重金属盐中发生变性；而在饱和食盐水中发生盐析，故A错误；

B．因硝酸可氧化SO32-，不能排出SO32-的干扰；故B错误；

C．向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色胶状物，说明生成硅酸，则酸性：H2SiO3＜H2CO3；故C正确；

D．同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出，即Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）；故D正确．

故选CD．

A．蛋白质在饱和食盐水中发生盐析；

B．不能排出SO32-的干扰；

C．根据强酸制备弱酸的反应特点判断；

D．同类型的沉淀；溶度积小的沉淀先析出来．

本题考查化学实验方案评价，涉及蛋白质的性质、离子的检验和沉淀转化等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．【解析】【答案】CD9、A|C【分析】解：A；左烧杯中铁作正极；表面有气泡生成，铝做负极，右边烧杯中铜作正极，表面有气泡生成，铁做负极，负极金属活泼性＞正极金属活泼性，故活动性：Al＞Fe＞Cu，故A正确；

B、氯气能氧化溴离子和碘离子，置换出溴单质和碘的单质，但是潮湿的氯气具有漂白性，所以棉花变为白色，并且不能得出氧化性Cl2＞Br2＞I2；故B错误；

C、由沉淀的转化原理：化学反应向着生成更难溶物质的方向进行，氯化银为白色，溴化银为淡黄色，硫化银为黑色，溶解性：AgCl＞AgBr＞Ag2S；故C正确；

D；向碳酸钠中加盐酸；锥形瓶中有气体产生，说明盐酸酸性强于碳酸，烧杯中液体变浑浊，说明碳酸酸性强于硅酸，所以得酸性强弱：盐酸＞碳酸＞硅酸，而判断元素的非金属性强弱是看元素最高价氧化物对应的水化物的酸的酸性，故D错误．

故选AC．

A；原电池中；正极会产生气泡，负极金属质量会减轻，金属活泼性：负极＞正极；

B；潮湿的氯气具有漂白性及卤素单质的氧化性来分析；

C；根据沉淀的转化可知化学反应向着生成更难溶物质的方向进行分析；

D；根据元素最高价氧化物对应的水化物的酸的酸性强弱来判断元素的非金属性强弱．

本题考查角度广，知识的综合性较强，有一定的思维空间，难度较大．【解析】【答案】AC10、B|D【分析】解：A．亚硫酸钠、亚硫酸氢钠都能和稀盐酸反应生成二氧化硫，根据实验现象知，原溶液中溶质可能是Na2SO3或NaHSO3；故A错误；

B．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；醋酸具有挥发性，所以制取的二氧化碳中含有醋酸，醋酸也能和苯酚钠反应生成苯酚，所以不能据此判断酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚，故B正确；

C．常温下；浓硫酸和Fe发生钝化现象而不产生氢气，故C错误；

D．相同的铝片分别与同温同体积，且c（H+）=1mol•L-1盐酸、硫酸反应时只有酸的阴离子不同，反应速率不同，可能是酸中阴离子导致的，Al和稀盐酸反应较硫酸快，可能是Cl-对该反应起到促进作用；故D正确；

故选BD．

A．亚硫酸钠；亚硫酸氢钠都能和稀盐酸反应生成二氧化硫；

B．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；醋酸具有挥发性，醋酸也能和苯酚钠反应生成苯酚；

C．常温下；浓硫酸和Fe发生钝化现象；

D．相同的铝片分别与同温同体积，且c（H+）=1mol•L-1盐酸；硫酸反应时只有酸的阴离子不同；反应速率不同，可能是酸中阴离子导致的．

本题考查化学实验方案评价，为高考高频点，侧重考查基本原理、离子检验等知识点，明确元素化合物知识、物质性质即可解答，易错选项是B，注意排除醋酸的干扰，为易错点．【解析】【答案】BD11、rBC【分析】解：rm{A.}碱金属都属于金属晶体；金属阳离子半径增大，对外层电子束缚能力减弱，金属键减弱，所以熔沸点降低，密度从上到下逐渐增大，但是钾的反常，密度小于钠，故A错误；

B.碱金属单质的原子最外层只有rm{1}个电子；反应中容易失去电子，表现强的金属性，所以性质活泼，能够与氯气；氧气、氮气等发生反应，故B正确；

C.铯与钠都是碱金属；碳酸盐性质具有相似性，碳酸钠性质稳定受热不分解，所以可推知碳酸铯受热不分解，故C正确；

D.依据硫酸钠可知无水硫酸铯的化学式为rm{Cs_{2}SO_{4}}它易溶于水，故D错误；

故选：rm{BC}．

A.碱金属都属于金属晶体；其单质的熔沸点随着核电荷数的增大而减小，密度从上到下逐渐增大，但是钾的反常；

B.碱金属单质的原子最外层只有rm{1}个电子；反应中容易失去电子，表现强的金属性；

C.依据碳酸钠的性质解答；

D.依据硫酸钠的性质判断解答．

本题考查碱金属元素的性质，题目难度不大，熟悉同主族元素对应的单质、化合物的性质具有相似性和递变性是解题关键，题目难度中等．【解析】rm{BC}12、rAD【分析】解：rm{A.a}处变蓝，说明rm{Cl_{2}}与rm{KI}反应生成碘单质，可证明氧化性：rm{Cl_{2}>I_{2}}故A正确；

B.rm{C}处先变红；说明氯气与水生成酸性物质，后褪色，则证明氯气与水生成具有漂白性物质，故B错误；

C.rm{d}处立即褪色，也可能是氯气与水生成酸性物质中和了rm{NaOH}故C错误；

D.rm{e}处变红说明rm{Cl_{2}}将rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}证明还原性：rm{Fe^{2+}>Cl^{-}}故D正确．

故选AD．

向rm{KMnO_{4}}晶体滴加一滴浓盐酸，二者发生氧化还原反应生成氯气，氯气具有强氧化性，可与rm{KI}rm{NaBr}作用生成rm{I_{2}}rm{Br_{2}}将rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}氯气能与水反应生成rm{HCl}和rm{HClO}rm{HClO}具有强氧化性和漂白性；结合反应的显现和物质的性质解答该题．

本题通过元素化合物知识，考查考生实验能力和对实验现象的分析、推断能力，题目难度中等，学习中注意相关知识的积累．【解析】rm{AD}13、AB【分析】解：A、阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物为盐，而硝酸钠的化学式为NaNO3；故为盐，故A正确；

B、由两种元素构成、其中一种为氧元素的化合物为氧化物，氧化铁的化学式为Fe2O3；属于氧化物，故B正确；

C；电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱；而碳酸钠是盐不是碱，故C错误；

D、酒精是乙醇的俗称，化学式为CH3CH2OH；是有机物，故D错误。

故选：AB。

A；阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物为盐；

B；由两种元素构成、其中一种为氧元素的化合物为氧化物；

C；电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱；

D；酒精是乙醇的俗称。

本题考查了常见的物质的化学式、俗称以及物质的分类，难度不大，应注意基础知识的积累。【解析】AB14、BD【分析】解：A.0.2mol•L-1氨水溶液中存在一水合氨电离平衡和水的电离平衡，溶液中离子浓度大小c（NH3•H2O）＞c（OH-）＞c（NH4+）＞c（H+）；故A错误；

B.0.2mol•L-1NH4HCO3溶液（pH＞7），溶液显碱性说明碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，c（NH4+）＞c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（NH3•H2O）；故B正确；

C.0.2mol•L-1氨水和0.2mol•L-1NH4HCO3溶液等体积混合，氮元素物质的量是碳元素物质的量的2倍，物料守恒得到离子浓度关系c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2[c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）]；故C错误；

D.0.6mol•L-1氨水和0.2mol•L-1NH4HCO3溶液等体积混合，溶液中存在碳物料守恒：c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）=0.1mol/L①，氮守恒得到：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=0.4mol/L②，混合溶液中存在电荷守恒得到：c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）③，把①中c（HCO3-）+c（CO32-）=0.1-c（H2CO3），②中c（NH4+）=0.4-c（NH3•H2O），带入③整理得到：c（NH3•H2O）+c（CO32-）+c（OH-）=0.3mol•L-1+c（H2CO3）+c（H+）；故D正确；

故选：BD。

A.0.2mol•L-1氨水溶液中存在一水合氨电离平衡和水的电离平衡；据此分析判断离子浓度；

B.0.2mol•L-1NH4HCO3溶液（pH＞7）；溶液显碱性说明碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，据此分析判断离子浓度；

C．溶液中存在物料守恒；结合氮元素和碳元素守恒分析判断离子浓度大小；

D．溶液中存在电荷守恒；物料守恒；结合离子浓度关系计算分析判断。

本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解、电解质溶液中电荷守恒、物料守恒等离子关系的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。【解析】BD三、填空题(共8题，共16分)15、+3NaHCO3Na2SO4Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2B2O3+3Mg2B+3MgO强酸制弱酸原理68【分析】【分析】硼镁矿与氢氧化钠溶液反应，过滤除去杂质，NaBO2溶液中，通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O7•10H2O与为NaHCO3，过滤分离，由于硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，故Na2B4O7•10H2O晶体与硫酸反应得到硼酸，溶液b中含有硫酸钠，硼酸晶体加热分解得到B2O3；最后用Mg还原得到粗硼．

（1）根据化合价代数和为0计算B元素化合价；

（2）由上述分析可知，第①步通入过量二氧化碳，则a为NaHCO3，第③步加入硫酸，b为Na2SO4；

（3）第①步为Mg2B2O5．H2O与氢氧化钠溶液反应生成NaBO2与Mg（OH）2；

（4）步骤⑤是Mg与B2O3发生置换反应生成B与MgO；

（5）符合复分解反应由强酸制弱酸的原理；

（6）BF3分子中B原子与F原子之间形成1对共用电子对．【解析】【解答】解：硼镁矿与氢氧化钠溶液反应，过滤除去杂质，NaBO2溶液中，通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O7•10H2O与为NaHCO3，过滤分离，由于硼酸的酸性小于硫酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，故Na2B4O7•10H2O晶体与硫酸反应得到硼酸，溶液b中含有硫酸钠，硼酸晶体加热分解得到B2O3；最后用Mg还原得到粗硼．

（1）根据化合价代数和为0，可知Mg2B2O5•H2O中B的化合价为+3；

故答案为：+3；

（2）由上述分析可知，第①步通入过量二氧化碳，则a为NaHCO3，第③步加入硫酸，b为Na2SO4；

故答案为：NaHCO3；Na2SO4；

（3）第①步为Mg2B2O5．H2O与氢氧化钠溶液反应生成NaBO2与Mg（OH）2，反应方程式为：Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2；

故答案为：Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2；

（4）步骤⑤是Mg与B2O3发生置换反应生成B与MgO，反应方程式为：B2O3+3Mg2B+3MgO；

故答案为：B2O3+3Mg2B+3MgO；

（5）步骤③中化学反应可以发生的原因是：硼酸的酸性小于硫酸；符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，从溶液中析出有利于该反应的进行；

故答案为：强酸制弱酸原理；

（6）BF3分子中B原子与F原子之间形成1对共用电子对；B原子形成3故B-F键，故分子中B原子最外层电子数为3+3=6，F原子最外层电子数为7+1=8；

故答案为：6；8．16、【分析】【分析】（1）①甲苯与氯气在光照条件下生成然后在氢氧化钠溶液；加热的条件下发生水解生成苯甲醇；据此写出化学方程式；

②的官能团为-CHO；能和新制的氢氧化铜悬浊液发生反应生成砖红色沉淀，据此写出化学方程式；

（2）①阿司匹林中含-COOH，能和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳；据此写出化学方程式；

②丁香油酚中含碳碳双键；能和溴水加成，还含酚-OH，能和溴水发生取代，据此写出化学方程式．

（3）对苯二甲酸（）中的-COOH和乙二醇中的-OH发生由于酯化反应引起的缩聚反应，据此分析．【解析】【解答】解：（1）①甲苯与氯气在光照条件下生成化学方程式为：然后在氢氧化钠溶液、加热的条件下发生水解生成苯甲醇，化学方程式为：

故答案为：

②的官能团为-CHO；能和新制的氢氧化铜悬浊液发生反应生成砖红色沉淀；

苯甲醛被氧化为苯甲酸钠，故化学方程式为：故答案为：

（2）①阿司匹林中含-COOH，能和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，化学方程式为：故答案为：

②丁香油酚中含碳碳双键，能和溴水加成，还含酚-OH，能和溴水发生取代，故1mol丁香油酚消耗2mol溴，化学方程式为：故答案为：．

（3）对苯二甲酸（）中的-COOH和乙二醇中的-OH发生由于酯化反应引起的缩聚反应，化学方程式为：故答案为：

或．17、检验装置的气密性除去氯气中的氯化氢ceB中析出黄色沉淀MnO4-SO2+Mn2-+SO42-+H+酸性高锰酸钾Na2SiO3D中高锰酸钾溶液不褪色，E中溶液变浑浊将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥管【分析】【分析】（1）安装好仪器后先检查气密性再装药品；

（2）①依据氯气含有氯化氢分析装置B的作用；②根据实验目的选择试剂；

（3）①证明SO2具有氧化性的装置是B装置中有沉淀生成；高锰酸钾具有强氧化性；能把二氧化硫氧化成硫酸，本身被还原为锰离子；

②根据元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，利用强酸制弱酸来比较酸性强弱，根据CO2中混有二氧化硫；

二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应；需要酸性高锰酸钾溶液除去并再次通过酸性高锰酸钾溶液是否除尽；

③空气中含有二氧化碳，可能干扰实验，故应排除空气中二氧化碳的干扰．【解析】【解答】解：（1）安装好仪器后先检查气密性；气密性好才能进行实验；

故答案为：检验装置的气密性；

（2）①氯气中含有氯化氢气体；通过装置B饱和食盐水可以吸收氯化氢；

故答案为：除去氯气中的氯化氢；

②本实验目的之一为证明氧化性：Cl2＞Fe3+；

Cl2＞I2，因此选含亚铁离子的物质被氯气氧化成铁离子使硫氰化钾变红色来来证明Cl2＞Fe3+；

用含碘离子的物质被氯气氧化成单质碘；根据碘遇淀粉变蓝实验现象来证明；

故答案为：c；e；

（3）①证明SO2具有氧化性的装置是B；装置中析出黄色沉淀，说明二氧化硫把硫离子氧化成单质硫；

高锰酸钾具有强氧化性，能把二氧化硫氧化成硫酸，本身被还原为锰离子，反应的方程式为：MnO4-+SO2+H2O→Mn2-+SO42-+H+；

故答案为：B中析出黄色沉淀；MnO4-+SO2+H2O→Mn2-+SO42-+H+；

②元素的非金属性越强；最高价氧化物对应的水化物酸性越强，利用碳酸的酸性强于硅酸；

二氧化碳能与硅酸钠反应制得硅酸沉淀，由于CO2中混有二氧化硫；二氧化硫也能与硅酸钠溶液反应；

需要酸性高锰酸钾溶液除去并再次通过酸性高锰酸钾溶液是否除尽；D装置是检验二氧化硫是否除净，防止干扰检验二氧化碳；

故答案为：酸性高锰酸钾溶液，Na2SiO3；D中高锰酸钾溶液不褪色，E中溶液变浑浊；

③空气中含有二氧化碳；可能干扰实验，故应排除空气中二氧化碳的干扰，将烧杯换成洗气瓶；

右端连接盛有碱石灰的干燥管可排除空气中二氧化碳的干扰；

故答案为：将烧杯换成洗气瓶，右端连接盛有碱石灰的干燥管．18、O2NO1【分析】【分析】反应2NO+O2═2NO2中，N元素化合价由+2价升高到+4价，被氧化，NO为还原剂，O元素化合价由0价降低到-2价，O2为氧化剂，结合方程式计算．【解析】【解答】解：反应2NO+O2═2NO2中，N元素化合价由+2价升高到+4价，被氧化，NO为还原剂，O元素化合价由0价降低到-2价，O2为氧化剂；

由方程式可知，当反应中消耗了1molNO，则生成1molNO2．

故答案为：O2；NO；1．19、6155无蓝2Cs+2H2O=2CsOH+H2↑强【分析】【分析】（1）元素原子电子层数等于周期序数；最外层电子等于主族元素族序数；

（2）依据同主族元素性质相似性结合钠与水反应产物及性质解答；

（3）依据同主族元素从上到下金属性依次增强递变规律解答．【解析】【解答】解：（1）已知铯位于元素周期表中第六周期第IA族；所以核外有6个电子层，最外层有1个电子，各层容纳电子数为：28181881，质子数等于电子数为55，原子序数为55；

故答案为：6；1；55；

（2）铯与钠都是第一主族元素，性质相似，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，则铯与水反应生成氢氧化铯和氢气，方程式2Cs+2H2O=2CsOH+H2↑；氢氧化铯为强碱，溶液显碱性，石蕊变蓝色；

故答案为：无；蓝；2Cs+2H2O=2CsOH+H2↑；

（3）同主族元素从上到下金属性依次增强递；铯位于钠的下方，二者都是同主族元素，所以铯的金属性强于钠，单质的还原性强于钠；

故答案为：强．20、3NO2+H2O═2HNO3+NO6.72取样，滴加过量浓NaOH溶液后加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有NH4+．-41.8b＜在1.3×104kPa下，CO的转化率已较高，再增大压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加得不偿失．【分析】【分析】（1）根据物质与水的反应物与生成物来书写化学反应方程式；再利用氧化还原反应中电子转移计算，然后计算标准状况下气体的体积；

（2）氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；

（3）利用热化学方程式和盖斯定律来计算反应热；

（4）平衡状态时；正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；

（5）利用化学平衡的影响因素和工业生产的关系来分析．【解析】【解答】解：（1）NO2与H2O反应的方程式为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；6NO2+8NH3═7N2+12H2O，当反应中有1molNO2参加反应时，共转移了4mol电子，故转移1.2mol电子时，消耗的NO2为×22.4L=6.72L；

故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；6.72L

（2）铵盐和强碱在加热条件下生成氨气，氨气属于碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，其检验方法是：取样，滴加过量浓NaOH溶液后加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有NH4+；

故答案为：取样，滴加过量浓NaOH溶液后加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有NH4+．

（3）①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-196.6kJ•mol-1

②2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=-113.0kJ•mol-1

根据盖斯定律计算（①-②）×得到反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g），△H=-41.8k