2025年人教五四新版高三化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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2025年人教五四新版高三化学下册阶段测试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9题，共18分)1、下列溶液中，Na+的物质的量浓度最大的是（）A.5mL0.6mol•L-1Na2SO4溶液B.10mL0.3mol•L-1Na3PO4溶液C.5mL0.4mol•L-1NaOH溶液D.10mL0.5mol•L-1NaNO3溶液2、铁、铜混合粉末18g加入到100mL5.0mol/LFeCl3溶液中，剩余固体质量为3.2g，下列说法正确的是（）A.剩余固体的铁、铜混合物B.反应后溶液中n（Fe3+）=0.10molC.原固体混合物中铜的质量是9.6gD.反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.64mol3、有物质的量浓度均为0.1mol•L-1、体积都为25mL的三种溶液：①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液．下列有关说法正确的是（）A.三种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①B.若三种溶液的pH均为10，则物质的量浓度的大小顺序③＞①＞②C.若分别加入25mL0.1mol•L-1盐酸后，pH最大的是①D.若将三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是①4、下图是2004年批量生产的笔记本电脑所用甲醇燃料电池的结构示意图。甲醇在催化剂作用下提供质子(H+)和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应，电池总反应为2CH30H+302→2C02+4H20。下列说法正确的是A.左电极为电池的负极，a处通入的物质是甲醇B.右电极为电池的负极，b处通入的物质是空气C.负极反应式为：CH3OH+H20-6e-→CO2+6H+D.正极反应式为：02+2H20+4e-→40H—5、一种离子与多种酸根离子构成的盐称为“混盐”，如氯化硝酸钙[Ca(NO3)Cl]；而“复盐”则是指含有多种简单阳离子和一种酸根阴离子的盐，如KAl(SO4)2。据此，下列各化合物中属于混盐的是A.(NH4)2Fe(SO4)B.BiONO3C.CaOCl2D.K3[Fe(CN)6]6、下列有关物质性质与应用对应关系错误的是（）A.常温下，浓硫酸能使铝钝化，可用铝制容器贮运浓硫酸B.二氧化硅熔点很高、硬度很大，可用于制造坩埚C.氯化铁溶液能腐蚀铜，可用于制作印刷电路板D.金属钠硬度小、密度小，可用于制造高压钠灯7、下列叙述中正确的是（）A.标准状况下，36g水的体积约为44.8LB.1mol任何气体所含分子数都相等，体积也都约为22.4LC.相同状况下，1LCO一定比1LO2的质量小D.在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含原子数目相同8、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由Y元素形成的单质，常温下丙和己均为气体．已知反应：甲+乙→丁+己，甲+丙→戊+己；常温下0.01mol•L-1丁溶液的pH为12．下列说法正确的是（）A.元素X在周期表中的位置为第2周期VIA族B.元素X、Y、Z的原子半径由大到小的顺序为r（Z）＞r（Y）＞r（X）C.1mol甲与足量的乙完全反应转移的电子数为6.02×1023D.1.0L0.1mol•L-1戊溶液中阴离子的总物质的量小于0.1mol9、下列有关化学反应速率的说法正确的是rm{(}rm{)}A.用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用rm{9.8%}的浓硫酸可以加快产生氢气的速率B.rm{10.0}rm{mL}rm{2}rm{molL}rm{{,!}^{-1}}的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变C.rm{SO}rm{{,!}_{2}}的催化氧化是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率减慢D.汽车尾气中的rm{NO}和rm{CO}可以缓慢反应生成rm{N_{2}}和rm{CO_{2}}减小压强，反应速率减慢评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、下列各组元素中按微粒半径递增顺序排列的是（）A.LiNaKB.Ba2+Ca2+Mg2+C.Ca2+K+Cl-D.NOF11、在一定条件下，下列可逆反应达到化学平衡：H2（g）+I2（g）（紫黑色）⇌2HI（g）△H＜0，要使混合气体的紫黑色加深：采取的方法是（）A.降低温度B.升高温度C.减小体积D.增大体积12、原子的核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2-1．下列有关X的说法中不正确的是（）A.X能形成化学式为X（OH）3的碱B.X可能形成化学式为KXO3的含氧酸钾盐C.X原子的最外层电子数和核电荷数肯定为奇数D.X不能与某些金属元素形成化合物13、下列叙述正确的是（）A.同温同压下，相同体积的物质，它们的物质的量一定相等B.任何条件下，等质量的氮气和一氧化碳所含的分子数一定相等C.发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强D.金属阳离子被还原后，可能得到该元素的单质14、按图示装置进行电解实验；随着实验进行下列数值变小的是（）

A.Cu2+物质的量浓度B.Cl-物质的量浓度C.Cu极质量D.C（石墨）极质量15、“白色污染”的主要危害是（）A.破坏土壤结构B.降低土壤肥效C.污染地下水D.危及海洋生物的生存16、若阿伏伽德罗常数是NA，则下列说法不正确的是（）A.22g乙醛中含有σ键3NAB.1.0L0.1mol/LNa2S溶液中阴离子总数小于0.1NAC.对于Si+O2=SiO2，每当形成2NA个Si-O键，需断开NA个Si-Si键D.某核素Cl的质量数为a，其摩尔质量为aNAg/mol17、合成氨反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），在反应过程中，t1、t2、t3、t4时条件改变，正反应速率发生变化，如图，对于可能的条件改变下列判断正确的是（）A.t1时可能升高了温度B.t2时可能使用了催化剂C.t3时可能减小了压强D.t4时可能降低了温度18、用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A.25℃时，2LpH=1的H2SO4溶液中，SO42-数目为0.1NAB.将7.8gNa2O2放入足量的CO2和水蒸气组成的气氛中，充分反应，转移电子总数为0.1NAC.9g重氧水（H218O）含电子总数为10NAD.常温常压下，2.24L正戊烷、异戊烷及新戊烷的混合物，含C-H数目为1.2NA评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)19、现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用如图所示的实验装置测定Na2O2试样的纯度．（可供选用的试剂只有CaCO3固体；6mol/L盐酸、6mol/L硫酸和蒸馏水）请回答下列问题：

（1）装置A中的液体试剂选用____，理由是：____；

（2）装置B的作用是____，装置E中碱石灰的作用是：____；

（3）若开始时测得样品的质量为2.0g，反应结束后测得生成气体的体积为224mL（标准状况），计算出试样中Na2O2的纯度：____．20、（2013秋•进贤县期末）某课外活动小组同学用如图装置进行实验；试回答下列问题．

（1）若开始时开关K与a连接，则B极的电极反应式为____，A极的电极反应式为____．

（2）若开始时开关K与b连接；则：

①B极的电极反应式为____．

②总反应的化学方程式方程式为____．

③若A极产生标准状况下2.24L气体，则电路中通过的电子为____mol．21、工业上制备的高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂．以下是工业上用软锰矿制备高锰酸钾的一种工艺流程．

①KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂．其消毒原理与下列物质相同的是____（填代号）．

a.84消毒液（NaClO溶液）b．双氧水c．苯酚d.75%酒精

②高锰酸钾保存在棕色试剂瓶，下列试剂保存不需要棕色试剂瓶的是____（填代号）．

a．浓硝酸b．硝酸银c．氯水d．烧碱

③上述流程中可以循环使用的物质有、（写化学式）____．

④若不考虑物质循环与制备过程中的损失，则1molMnO2____可制得molKMnO4．

⑤该生产中需要纯净的CO2气体．若实验室要制备纯净的CO2，所需试剂最好选择（选填代号）____．

a．石灰石b．稀HClc．稀H2SO4d．纯碱．22、工业碳酸钠（纯度约为98%）中含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-和SO42-等杂质；提纯工艺线路如下：

Ⅰ；碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如图所示：

Ⅱ；25℃时有关物质的溶度积如下：

。物质CaCO3MgCO3Ca（OH）2Mg（OH）2Fe（OH）3Ksp4.96×10-96.82×10-64.68×10-65.61×10-122.64×10-39回答下列问题：

（1）加入NaOH溶液时发生的离子方程式为____．25℃时，向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c（Mg2+）：c（Fe3+）=____．

（2）“趁热过滤”时的温度应控制在____．

（3）有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿流程中虚线所示进行循环使用．请你分析实际工业生产中是否可行____，并说明理由____．

（4）已知：Na2CO3•10H2O（s）=Na2CO3（s）+10H2O（g）△H=+532.36kJ•mol-1Na2CO3•10H2O（s）=Na2CO3•H2O（s）+9H2O（g）△H=+473.63kJ•mol-1写出Na2CO3•H2O脱水反应的热化学方程式____．23、(1)从鸡蛋白的溶液中提取蛋白质的方法有______和_______________。(2)鸡蛋腐败时，常闻到刺激性气味，该气体主要是______，说明蛋白质中含有______元素。(3)误食重金属盐会中毒，这是因为______________________________________。(4)浓HNO3溅在皮肤上，使皮肤呈现________色，这是由于浓HNO3和蛋白质发生了________反应的缘故。(5)鉴定一种织物的成分是真丝还是人造丝，可各取一小块进行________，这是因为_____________________________________________________。评卷人得分四、实验题(共1题，共9分)24、某化学学习小组对铝与酸和碱的反应进行探究，过程如下。实验I：（1）取形状、大小均相同的铝丝分别与等体积的、PH相同的盐酸、稀硫酸反应，随反应进行，盐酸中生成气体的速率明显比硫酸中生成气体的速率快，对此原因，你认为合理的猜测是下列的____（填写相应的字母）;a.盐酸的物质的量浓度大于硫酸的物质的量浓度b.Cl－能促进此反应的进行c.SO42－能抑制此反应的进行d.硫酸使铝发生钝化（2）为了探究反应速率不同的原因，请你根据所提供的药品，填写实验方案中的空白部分。药品：氯化钠固体、硫酸钠固体、硫酸铜固体、氯化铜固体、6mol/L盐酸、3mol/L硫酸、18.4mol/L硫酸、5mol/L硝酸。方案：取两支试管，分别加入形状、大小均相同的铝丝和等体积的（填写相应的试剂，下同），再向其中的一支试管中加入适量的固体并振荡使固体溶解，观察实验现象。实验探究：略。实验II：取足量的形状、质量均相同的铝丝分别与等体积的6mol/L的盐酸、6mol/L氢氧化钠溶液反应，待反应停止后取出剩余的铝丝洗净、干燥、称量，剩余铝丝的质量关系是前者____后者（填“大于”或“小于”或“等于”）；观察反应后的液体，发现铝与盐酸反应后所得的液体是黑色浑浊的，试管底部有少量黑色沉淀，对此现象，同学们进行了如下探究：（1）提出猜想同学们查找资料后获得如下信息：工业上用电解法冶炼铝所用的原料氧化铝是从铝土矿中提取的，所以得到的氧化铝中可能还含有微量的氧化铁和二氧化硅两种杂质，据此，同学们提出如下猜想：猜想1：此黑色固体是铁单质，可能是电解得到的铝与杂质反应生成的，相应的化学反应方程式为____；猜想2：此黑色固体是硅单质，是电解得到的铝与二氧化硅反应生成的。猜想3：此黑色固体是铝单质，是铝与盐酸反应时因反应过快而变成粉末分散到溶液中；猜想4：此黑色固体可能是上述若干种单质组成的混合物。（2）设计实验方案并完成相关实验：将反应后所得的液体进行过滤、洗涤，分别取少量固体置于两支试管中，完成下列实验：①向其中的一支试管中加入足量的稀盐酸，观察固体是否溶解。实验时发现固体完全溶解，证明猜想一定不正确（填“1”、“2”、“3”、“4”）。②向另一试管中加入足量的氢氧化钠溶液，观察固体是否溶解。实验时发现固体完全溶解，证明猜想一定不正确（填“1”、“2”、“3”、“4”）；（3）得出结论综合实验①②的现象，可推知猜想（填“1”、“2”、“3”、“4”）是正确的，固体溶解在氢氧化钠溶液中的离子方程式为：。评卷人得分五、推断题(共3题，共24分)25、（2015春•上海校级期中）ABCDE五种物质中含有同一种元素；其相互转化关系如图所示．如果A是淡黄色固体：（以下均写化学式）

（1）则B是____E是____．E→C的化学方程式为____

（2）如果A是无色气体，写出A的电子式____B→C的化学方程式为____．26、三种不同物质有如图所示转化关系：甲乙丙甲，则甲不可能是（）A.Al2O3B.SiO2C.CO2D.NH4Cl27、（2014•济宁一模）已知甲；乙、丙分别代表中学化学中的常见物质；请根据题目要求回答下列问题：

Ⅰ．若甲的化学式为RCl3；其溶液在加热蒸干并灼烧时可发生反应：

a．甲+H2O乙+丙b．乙氧化物+H2O

①若甲为某用途广泛的金属元素的氯化物，其溶液在上述变化中生成的氧化物为红棕色粉末，则甲发生a反应的化学方程式为：____．

②若甲为某短周期金属元素的氯化物，则该金属在周期表中的位置是：____；若向30mL1mol/L的甲的溶液中逐渐加入浓度为4mol/L的NaOH溶液，若产生0.78g白色沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为____（选填编号）．

A．3mLB．7.5mLC．15mLD．27.5mL

③将以上两种金属单质用导线连接，插入一个盛有NaOH溶液的烧杯中构成原电池，则负极发生的电极反应为____．

Ⅱ．若甲，乙、丙均是短周期中同一周期元素形成的单质或化合物，常温下乙为固体单质，甲和丙均为气态化合物，且可发生反应：甲+乙丙．则：

①写出上述反应的化学方程式____．

②0.5mol气体甲与足量的过氧化钠反应，转移电子的数目为____．

③将一定量气体甲通入某浓度的NaOH溶液得溶液A，向A溶液中逐滴滴入稀盐酸，加入n（HCl）与生成n（甲）的关系如图所示，溶液A中各离子浓度由大到小的顺序为____．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】钠离子的物质的量浓度与各溶液中溶质的物质的量浓度及溶质的化学式组成有关，与溶液的体积大小无关，据此对各选项进行计算与判断．【解析】【解答】解：A.5mL0.6mol•L-1Na2SO4溶液中Na+的物质的量浓度为：0.6mol/L×2=1.2mol/L；

B.10mL0.3mol•L-1Na3PO4溶液中Na+的物质的量浓度为：0.3mol/L×3=0.9mol/L；

C.5mL0.4mol•L-1NaOH溶液中Na+的物质的量浓度为：0.4mol/L×1=0.4mol/L；

D.10mL0.5mol•L-1NaNO3溶液中Na+的物质的量浓度为：0.5mol/L×1=0.5mol/L；

根据分析可知，Na+的物质的量浓度最大的是A；

故选A．2、C【分析】【分析】铁比铜活泼，与FeCl3溶液反应时先后发生Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+Fe+2Fe3+=3Fe2+，n（FeCl3）=0.5mol，结合反应的方程式解答．【解析】【解答】解：铁的还原性强于铜；把其加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol；

Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+Fe+2Fe3+=3Fe2+

64g2mol56g2mol

m10.5molm20.5mol

m1=16g，m2=14g；

溶解的金属质量是18-3.2=14.8，则两种金属都参与反应，Fe3+完全反应；剩余的金属是铜，故A；B错；

列方程进行计算，设反应的铜的物质的量是n1，反应的铁是n2

64n1+56n2=14.8g

2n1+2n2=0.5mol

解得：n1=0.1mol，n2=0.15mol；

则原来含有的铜的质量是：0.1mol×64g/mol+3.2g=9.6g；故C正确；

溶液中的n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.25mol+0.5mol=0.75mol；故D错误．

故选C．3、C【分析】【分析】A．等浓度时强碱的pH最大；强碱弱酸盐中对应的酸酸性越强；水解程度越小，酸性越强，PH越小；

B．碱的浓度最小；盐越易水解的碱性越大，所以易水解的浓度小；

C．根据酸碱混合后溶液中的溶质来分析；

D．稀释时强碱的变化程度大．【解析】【解答】解：A．等浓度时强碱的pH最大；强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸氢根离子的酸性小于醋酸，所以3种溶液pH的大小顺序是③＞①＞②，故A错误；

B．①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液；三种溶液PH相同，碱的浓度最小，盐越易水解的碱性越大，所以易水解的浓度小，物质的量浓度的大小顺序③＜①＜②，故B错误；

C．等体积等浓度混合后，①中溶质为NaHCO3、NaCl，②中溶质为NaCl、CH3COOH，③中溶质为NaCl，而HCO3-离子水解显碱性；所以pH最大的是①，故C正确；

D．稀释时强碱的变化程度大；所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是③，故D错误；

故选：C．4、A|C【分析】根据电子的流向可知，左侧是负极，失去电子，通入的是甲醇。右侧是正极，得到电子，通入的是氧气，所以A正确，B不正确。由于质子交换膜允许质子通过，所以C正确，D不正确，应该是O2+4H++4e-→2H20，答案选AC。【解析】【答案】AC5、C【分析】试题分析：混盐是含有2种或2种以上酸根离子的盐，而复盐是含有多种简单阳离子和一种酸根阴离子的盐。A、(NH4)2Fe(SO4)中含有2种阳离子和一种酸根离子，属于复盐，错误；B、BiONO3没有金属离子或铵根离子，不属于盐，错误；C、CaOCl2的化学式可以写成Ca（ClO）Cl，所以该物质是由一种金属阳离子和两种酸根离子构成的，因此属于混盐，正确；D、K3[Fe（CN）6]含有一种阳离子和一种酸根阴离子的盐，错误，答案选C。考点：考查对题目的分析，运用题目所给信息的能力【解析】【答案】C6、D【分析】解：A．浓硫酸具有强的氧化性；常温下与铝发生钝化，形成致密氧化膜，阻止反应进行，所以可用铝制容器贮运浓硫酸，故A正确；

B．二氧化硅为原子晶体；熔点高，耐高温，可以制作坩埚，故B正确；

C．氯化铁具有氧化性；能够与铜发生氧化还原反应生成氯化铜和氯化亚铁，故C正确；

D．钠可用于制造高压钠灯；高压钠灯射程很远，与钠的硬度和密度无关，故D错误；

故选：D．

A．浓硫酸具有强的氧化性；常温下与铝发生钝化，形成致密氧化膜；

B．二氧化硅为原子晶体；熔点高；

C．氯化铁具有氧化性；能够与铜发生氧化还原反应；

D．钠的焰色为黄色；透雾性强．

本题考查了物质的用途，熟悉浓硫酸、二氧化硅、氯化铁、钠的性质是解题关键，题目难度不大．【解析】【答案】D7、C【分析】【分析】A；标准状况水不是气体；

B；温度压强不知；不能确定分子数和气体体积；

C；相同状况气体体积比等于气体物质的量之比；一氧化碳摩尔质量小于氧气摩尔质量；

D、气体可以是单原子分子也可以是双原子分子．【解析】【解答】解：A；标准状况水不是气体；故A错误；

B；温度压强不知；不能确定分子数和气体体积，故B错误；

C、相同状况气体体积比等于气体物质的量之比，一氧化碳摩尔质量小于氧气摩尔质量，相同状况下，1LCO一定比1LO2的质量小；故C正确；

D；气体可以是单原子分子也可以是双原子分子；在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含分子数目相同，故D错误；

故选C．8、C【分析】【分析】0.01mol/L丁溶液的pH为12，丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲+乙=丁+己，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，己是由Y元素组成的单质，由发生反应可知，己不能是Na，结合原子数可知，W为H、Y为O、Z为Na元素，故己为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+己，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则Y为碳元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求可解答该题．【解析】【解答】解：0.01mol/L丁溶液的pH为12，丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲+乙=丁+己，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，己是由Y元素组成的单质，由发生反应可知，己不能是Na，结合原子数可知，W为H、Y为O、Z为Na元素，故己为氧气，可知甲是Na2O2；乙是水；再根据反应：甲+丙=戊+己，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则Y为碳元素；

A．X为碳；在周期表中的位置为：第二周期第ⅣA族，故A错误；

B．同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径大小顺序为：Na＞C＞O，即：r（Z）＞r（X）＞r（Y）；故B错误；

C．甲与足量的乙完全反应的方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，1molNa2O2反应转移的电子为1mol，约6.02×1O23个电子；故C正确；

D．戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，CO32-离子水解生成HCO3-离子和OH-离子；溶液中阴离子总的物质的量大于0.1mol，故D错误；

故选C．9、D【分析】解：rm{A.}浓硫酸和rm{Fe}发生钝化现象且二者反应生成二氧化硫；所以不能用浓硫酸和铁片制取氢气，应该用适当提高稀硫酸浓度来加快反应速率，故A错误；

B.加入适量氯化钠溶液；氢离子浓度减小，单位体积内活化分子个数减小，所以反应速率降低，故B错误；

C.升高温度；活化分子百分数增大，所以反应速率加快，故C错误；

D.该反应方程式为rm{2NO+2CO?N_{2}+2CO_{2}}该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，减小压强平衡正向移动，减小单位体积内活化分子个数，所以正逆反应速率都减小，故D正确；

故选D．

A.浓硫酸和rm{Fe}发生钝化现象且二者反应生成二氧化硫；

B.加入适量氯化钠溶液；氢离子浓度减小，反应速率降低；

C.升高温度能增大所有反应的反应速率；

D.该反应方程式为rm{2NO+2CO?N_{2}+2CO_{2}}该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，减小压强平衡正向移动，正逆反应速率都减小．

本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，明确外界条件对化学反应速率影响原理是解本题关键，注意：升高温度对所有的化学反应速率都加快，与反应放出热量还是吸收热量无关，易错选项是rm{C}．【解析】rm{D}二、多选题(共9题，共18分)10、AC【分析】【分析】A．同主族自上而下原子半径增大；

B．离子电子层越多；离子半径越大；

C．离子电子层结构相同；核电荷数越大离子半径越大；

D．同周期自左而右原子半径减小．【解析】【解答】解：A．同主族自上而下原子半径增大；则原子半径大小为：Li＜Na＜K，故A正确；

B．离子电子层越多，离子半径越大，则离子半径大小为：Ba2+＞Ca2+＞Mg2+；故B错误；

C．离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小为：Ca2+＜K+＜Cl-；故C正确；

D．同周期自左而右原子半径减小；则原子半径大小顺序为：N＞O＞F，故D错误；

故选AC．11、BC【分析】【分析】要使混合气体的颜色加深，应使c（I2）增大，可使平衡向逆反应方向移动，缩小容器的体积平衡不动浓度增大，升高温度逆向进行等．【解析】【解答】解：A、反应是放热反应，降低温度，平衡向正向移动，c（I2）减小；混合气体的颜色变浅，故A错误；

B、反应是放热反应，升高温度，平衡向逆向移动，c（I2）增大；混合气体的颜色加深，故B正确；

C、减小体积，即增大压强，平衡不移动，但c（I2）增大；混合气体的颜色加深，故C正确；

D、增大体积，即减小压强，平衡不移动，但c（I2）减小；混合气体的颜色变浅，故D错误．

故选BC．12、AD【分析】【分析】根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2-1．假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，X为N元素，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，X为Cl元素，符合题意，以此来解答．【解析】【解答】解：根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2-1．假设n=1时；最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，X为N元素，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，X为Cl元素，符合题意；

A．由于元素X可能为氮元素或氯元素，因此不可能形成X（OH）3的碱；故A错误；

B．元素X可能为氮元素或氯元素，可形成KNO3或KClO3；故B正确；

C．最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2-1；根据奇偶性可知，X原子的最外层电子数和核电荷数肯定为奇数，故C正确；

D．N元素能与金属Mg元素形成化合物Mg3N2；Cl元素能与金属Na元素形成化合物NaCl，故D正确．

故选A．13、BD【分析】【分析】A；同温同压下；相同体积的气体的物质的量相等；

B、氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，根据n=判断二者物质的量关系；物质的量相等所含的分子数相等；

C；还原能力强弱与失去的电子数目多没关系；只与失电子难易有关，容易失电子，还原能力强；

D、金属阳离子被还原后，化合价降低，可能得到该元素的单质．【解析】【解答】解：A；同温同压下；相同体积的气体的物质的量相等，选项中物质不一定是气体，故A错误；

B；氮气和一氧化碳的摩尔质量相等为28g/mol；等质量的氮气和一氧化碳物质的量相等，所含分子数相等，故B正确；

C；失去电子数目多的金属；还原性不一定强，如铝和钠，铝失去电子比钠多，还原性比钠弱，故C错误；

D、金属阳离子被还原后，化合价降低，可能得到该元素的单质，也可能得到低价态离子，如Cu2+→Cu，Fe3+→Fe2+；故D正确．

故选BD．14、AB【分析】【分析】图示为电解氯化铜溶液装置，石墨为阳极，氯离子在阳极放电生成氯气，石墨电极质量不变，Cu为阴极，铜离子在阴极放电生成Cu，Cu电极质量增加，据此分析．【解析】【解答】解：A．铜离子在阴极放电生成Cu，Cu2+物质的量浓度减小；故A正确；

B．氯离子在阳极放电生成氯气，Cl-物质的量浓度减小；故B正确；

C．a为阴极；铜离子在阴极放电生成Cu，Cu电极质量增加，故C错误；

D．石墨为阳极；氯离子在阳极放电生成氯气，石墨电极质量不变，故D错误．

故选AB．15、ABCD【分析】【分析】白色污染存在占地过多、污染空气、污染水体、火灾隐患、有害生物的巢穴等危害．【解析】【解答】解：所谓“白色污染”；是人们对塑料垃圾污染环境的一种形象称谓．它是指用聚苯乙烯；聚丙烯、聚氯乙烯等高分子化合物制成的各类生活塑料制品使用后被弃置成为固体废物，由于随意乱丢乱扔，难于降解处理，以致造成城市环境严重污染的现象．目前人们常用的处理方法是掩埋，会破坏土壤结构、降低土壤肥效，污染地下水以及危及海洋生物的生存等，题目中四个选项都正确．

故选ABCD．16、BD【分析】【分析】A．乙醛中含有4个碳氢键；1个碳碳键和1个碳氧双键；其中双键中有1个σ键，所以乙醛分子中含有6个σ键；

B．硫化钠溶液中；硫离子部分水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，阴离子数目增多；

C．1mol二氧化硅中含有4mol硅氧键，形成2NA个Si-O键；形成了0.5mol二氧化硅，需要0.5mol硅原子，再根据硅晶体的空间结构计算出需要断裂Si-Si键数目；

D．粒子的摩尔质量在数值上与其相对原子量相等．【解析】【解答】解：A．22g乙醛的物质的量为0.5mol，0.5mol乙醛中含有3molσ键，含有σ键数为3NA；故A正确；

B．1.0L0.1mol/LNa2S溶液中含有溶质硫化钠0.1mol，由于硫离子部分水解，导致阴离子数目增多，所以溶液中阴离子的物质的量大于0.1mol，阴离子总数大于0.1NA；故B错误；

C．对于Si+O2=SiO2，每当形成2NA个Si-O键，需要形成0.5mol二氧化硅，反应消耗了0.5mol硅原子；由于1mol硅原子形成了4个共价键，根据均摊法，1mol硅原子形成了2molSi-Si键，所以反应0.5mol硅需断开1mol硅硅键，即断裂NA个Si-Si键；故C正确；

D．核素Cl的质量数为a；则其摩尔质量为ag/mol，故D错误；

故选BD．17、BC【分析】【分析】由图象可知，t1时正反应速率增大，t2时正逆反应速率同等程度增大，t3时正反应速率减小，t4时反应速率瞬间不变，然后减小，结合影响因素来解答．【解析】【解答】解：A．t1时正反应速率增大；且大于逆反应速率，则应为增大压强，故A错误；

B．t2时正逆反应速率同等程度增大；则为使用了催化剂，故B正确；

C．t3时正反应速率减小；且逆反应速率大于正反应速率，则为减小压强，故C正确；

D．t4时反应速率瞬间不变；然后减小，应为减小生成物浓度，故D错误；

故选：BC．18、AB【分析】【分析】A；pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；硫酸根离子浓度为0.05mol/L，2L该溶液中含有硫酸根离子的物质的量为0.05mml/L×2L=0.1mol；

B、7.8g过氧化钠的物质的量为：=0.1mol；0.1mol过氧化钠与足量的二氧化碳和水反应生成0.05mol氧气，转移了0.1mol电子；

C、9g重水的物质的量为：=0.45mol；0.45mol重水中含有4.5mol电子；

D、常温常压下，且正戊烷、异戊烷和新戊烷不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L混合物的物质的量．【解析】【解答】解：A、硫酸为强电解质，常温下pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，硫酸根离子的浓度为0.05mol/L，2L该溶液中含有0.1mol硫酸根离子，SO42-数目为0.1NA；故A正确；

B、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol过氧化钠与足量的二氧化碳、水反应后生成0.05mol氧气，电子转移了0.1mol，转移电子总数为0.1NA；故B正确；

C、9g重水的物质的量为0.45mol，重水分子中含有10个电子，所以0.45mol重水中含有4.5mol电子，含电子总数为4.5NA；故C错误；

D；不是标准状况下的气体；题中条件无法计算2.24L正戊烷、异戊烷和新戊烷的混合物的物质的量，故D错误；

故选AB．三、填空题(共5题，共10分)19、6mol/L盐酸硫酸与CaCO3反应生成微溶的CaSO4，覆盖在CaCO3表面，使反应终止除去气体中的HCl吸收未反应的CO278%【分析】【分析】由实验流程可知：A中用盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳气体，B中用于除杂，除去二氧化碳气体中的氯化氢，在C中干燥后通入D中，D中发生2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3，E用于除去生成的氧气中的二氧化碳气体，然后用排水法测量氧气的体积，根据G中氧气的体积可知过氧化钠的质量，进而可确定Na2O2试样的纯度，以此解答该题．【解析】【解答】解：（1）装置A是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳；碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应；

故答案为：6mol/L盐酸；硫酸与CaCO3反应生成微溶的CaSO4，覆盖在CaCO3表面；使反应终止；

（2）碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体；可以用饱和碳酸氢钠来除去，装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止对氧气的体积测量造成干扰；

故答案为：除去气体中的HCl；吸收未反应的CO2；

（3）根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应结束后测得气体体积为224mL（标准状况），生成的氧气的物质的量为：n（O2）==0.01mol，过氧化钠的物质的量为：n（Na2O2）=2n（O2）=0.02mol；

过氧化钠的纯度为：ω（Na2O2）=×100%=78%；

故答案为：78%．20、Fe-2e-=Fe2+O2+2H2O+4e-=4OH-2H++2e-=H2↑2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑0.2【分析】【分析】（1）若开始时开关K与a连接；则形成原电池反应，为铁的吸氧腐蚀；

（2）若开始时开关K与b连接，形成电解池装置，石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，铁为阴极，发生还原反应生成氢气和氢氧化钠，以此解答．【解析】【解答】解：（1）开始时开关K与a连接，是原电池，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成亚铁离子，电极方程式为Fe-2e-=Fe2+，A极上氧气得电子被还原，电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-；

故答案为：Fe-2e-=Fe2+；O2+2H2O+4e-=4OH-；

（2）①开关K与b连接，装置为电解池，铁为阴极，发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，电极方程式为2H++2e-=H2↑，故答案为：2H++2e-=H2↑；

②电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，总反应式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

③若标准状况下B极产生2.24L氢气，即0.1mol氢气，由2H++2e-=H2↑可知转移0.2mol电子，故答案为：0.2．21、abdMnO2、KOHcd【分析】【分析】①高锰酸钾具有强氧化性；常常利用高锰酸钾的强氧化性进行消毒；

②见光易分解的物质常常保存在棕色试剂瓶中；

③最初反应物中和最终生成物中含有的物质就能循环利用；

④根据氧化还原反应中得失电子守恒计算高锰酸钾和二氧化锰的比值；

⑤根据反应物和生成物的特点选取药品，盐酸有挥发性，硫酸钙是微溶物．【解析】【解答】解：①高锰酸钾具有强氧化性；常常利用高锰酸钾的强氧化性进行消毒．

a；次氯酸钠具有强氧化性；常常利用次氯酸钠的强氧化性进行杀菌消毒，故正确；

b；双氧水具有强氧化性；常常利用双氧水的强氧化性进行杀菌消毒，故正确；

c；苯酚是通过渗透到细菌体内；使细菌蛋白质凝固（变性），从而杀死细菌，故错误；

d；酒精是通过渗透到细菌体内；使细菌蛋白质凝固（变性），从而杀死细菌，故错误；

故选ab；

②见光易分解的物质常常保存在棕色试剂瓶中．

a．浓硝酸见光分解生成二氧化氮；氧气和水；所以要保存在棕色试剂瓶中，故不选；

b．硝酸银见光分解生成银；二氧化氮和氧气；所以要保存在棕色试剂瓶中，故不选；

c．氯水中的次氯酸见光分解生成盐酸和氧气；所以要保存在棕色试剂瓶中，故不选；

d．烧碱见光不分解；所以不要保存在棕色试剂瓶中，故选；

故选d；

③在开始的反应物和最终的生成物中都含有MnO2和KOH，所以二氧化锰和氢氧化钾能循环使用，故答案为：MnO2；KOH；

④根据锰元素守恒知，1molMnO2生成1molK2MnO4，锰酸钾和二氧化碳反应的方程式为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3，根据方程式知，1molK2MnO4和二氧化碳反应生成molKMnO4；

故答案为：；

⑤石灰石和酸反应是放热反应；盐酸具有挥发性，所以制取的二氧化碳中含有氯化氢导致气体不纯，则不能选用盐酸和石灰石；

稀硫酸和碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙阻止进一步的反应；则不能选用石灰石和硫酸；

而稀硫酸和纯碱反应生成二氧化碳；稀硫酸没有挥发性，硫酸钠是可溶性的物质，所以可以制取较纯净的二氧化碳，则选用稀硫酸和纯碱；

故选cd．22、Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，MgCO3+2OH-=Mg（OH）2↓+CO32-2.125×1021高于36℃不可行若“母液”循环使用，则溶液c（Cl-）和c（SO42-）增大，最后所得产物Na2CO3中混有杂质）Na2CO3•H2O（s）=Na2CO3（s）+H2O（g）△H=+58.73kJ•mol-1【分析】【分析】（1）因工业碳酸钠中含有Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg（OH）2、Fe（OH）3、CaCO3沉淀；

（2）使析出的晶体为Na2CO3•H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3•10H20晶体或Na2CO3•7H20晶体；36℃是一个转折点；

（3）分析“母液”中存在的离子；若参与循环，将使离子浓度增大，对工业生产中哪个环节有所影响；

（4）通过观察两个热化学方程式，利用盖斯定律来计算焓变即可．【解析】【解答】解：（1）碳酸钠中含有Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以“除杂”中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg（OH）2、Fe（OH）3、CaCO3沉淀，滤渣的主要成分为Mg（OH）2、Fe（OH）3、CaCO3，发生的发应有：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，MgCO3+2OH-=Mg（OH）2↓+CO32-；根据氢氧化镁和氢氧化铁的溶解平衡以及溶度积表达式，则当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c（Mg2+）===5.61mol/L，c（Fe3+）===2.64×10-21mol/L；

所以c（Mg2+）：c（Fe3+）=5.61：2.64×10-21=2.125×1021；

故答案为：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，MgCO3+2OH-=Mg（OH）2↓+CO32-；2.125×1021；

（2）“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na2CO3•H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3•10H20晶体或Na2CO3•7H20晶体；所以温度高于36℃，故答案为：高于36℃；

（3）若“母液”循环使用，则溶液c（Cl-）和c（SO42-）增大，最后所得产物Na2CO3中混有杂质，这样不符合该提纯工艺，故答案为：不可行；若“母液”循环使用，则溶液c（Cl-）和c（SO42-）增大，最后所得产物Na2CO3中混有杂质；

（4）通过观察两个热化学方程式，利用盖斯定律，可将两式相减得到Na2CO3•H2O（S）═Na2CO3（s）+H2O（g）；

即Na2CO3•H2O（S）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H=+58.73kJ/mol；

故答案为：Na2CO3•H2O（S）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H=+58.73kJ/mol．23、略

【分析】考查了蛋白质的组成、性质及检验。【解析】【答案】(1)盐析渗析(2)H2SS(3)蛋白质变性(4)黄颜色(5)灼烧真丝灼烧时有臭味四、实验题(共1题，共9分)24、略

【分析】实验I：（1）两实验现象的差异原因应从反应物组成的不同点去寻找，此题中其他条件均相同，不同的是盐酸中含有Cl-而硫酸中含有SO42-，所以从这个方面思考即可得答案；（2）根据控制变量法和对比实验法，在控制其他条件相同时，只让两实验中有一个变量不同。如：都用稀硫酸，但其中一份加入Cl-而另一份不加Cl-，即可得出结论（类似方法亦可）。实验II：由化学方程式可知，等物质的量的HCl与NaOH相比，NaOH消耗的铝更多，所以留下的铝就少，故“前者大于后者”；（1）根据信息和有关物质的性质，可以看出黑色固体可能是铝、铁、硅三种单质中的一种或几种，从而提出猜想。猜想1中铁的生成是由于电解法时生成的铝能与氧化铁发生铝热反应，由此可写出相应的化学反应方程式；猜想2的化学反应方程式根据题意就可直接写出；（2）①在盐酸中固体完全溶解，证明一定不含硅，所以猜想2一定不正确；②在氢氧化钠溶液中固体完全溶解，证明一定不含铁，所以猜想1一定不正确；（3）综合（1）（2）中相应的结论，可知此固体只含有铝，故猜想3正确，猜想4不正确，固体是铝，铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。【解析】【答案】实验I：（1）bc；（2分）（2）3mol/LH2SO4、氯化钠固体（或6mol/LHCl、硫酸钠固体）（2分）实验II：大于（2分）（1）2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（3分）（2）①2（1分）；②1（1分）；（3）3（1分），2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（3分）；五、推断题(共3题，共24分)25、H2SH2SO4Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑4NH3+5O24NO+6H2O【分析】【分析】（1）如果A是淡黄色固体，A与氧气反应生成C，则A为S，C为SO2，根据题中转化关系，A与氢气反应生成B为H2S，C与氧气反应生成D为SO3，D与水反应生成E为H2SO4；浓硫酸与铜加热条件下反应生成二氧化硫，符合转化关系；

（2）如果A是无色气体，根据题中转化关系，A能与氢气也能和氧反应，则A应为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，符合转化关系，据此答题．【解析】【解答】解：（1）如果A是淡黄色固体，A与氧气反应生成C，则A为S，C为SO2，根据题中转化关系，A与氢气反应生成B为H2S，C与氧气反应生成D为SO3，D与水反应生成E为H2SO4，浓硫酸与铜加热条件下反应生成二氧化硫，E→C的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；

故答案为：H2S；H2SO4；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；

（2）如果A是无色气体，根据题中转化关系，A能与氢气也能和氧反应，则A应为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，符合转化关系，所以A的电子式为：B→C的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O．26、D【分析】【解答】解：A．氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠；偏铝酸钠和盐酸反应生成氯化铝或氢氧化铝，加热氢氧化铝生成氧化铝，所以符合转化关系，故A不选；B．二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠和盐酸反应生成硅酸，加热硅酸生成二氧化硅，所以符合转化关系，故B不选；

C．二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠或碳酸氢钠；碳酸钠或碳酸氢钠与盐酸反应生成碳酸，碳酸加热生成二氧化碳，所以符合转化关系，故C不选；

D．氯化铵和氢氧化钠溶液反应生成氨水；氨水和盐酸反应生成氯化铵，加热时氯化铵分解生成氨气和氯化氢，所以不符合转化关系，故D错误；

故选D．

【分析】甲和氢氧化钠溶液能反应，则甲可能是铝、酸、酸式盐、酸性氧化物、酯、氢氧化铝等，甲和氢氧化钠反应生成乙，易能和盐酸反应生成丙，丙加热生成甲，根据各物质的性质来分析解答．27、FeCl3+3H2OFe（OH）3↓+3HCl↑第三周期第ⅢA族BDAl-3e-+4OH-=AlO2