2025年统编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2025年统编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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、硝酸生产中，500℃时，NH3和O2可能发生如下反应：

①4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H=-9072kJ•mol-1K=1.1×1026

②4ΝΗ3（g）+4O2（g）⇌2N2O（g）+6H2O（g）△H=-1104.9kJ•mol-1K=4.4×1028

③4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）△H=-1269.02kJ•mol-1K=7.1×1034

其中，②、③是副反应．若要减少副反应，提高NO的产率，最合理的措施是（）A.减小压强B.降低温度C.增大O2浓度D.使用合适的催化剂2、有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9．加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如图，其中正确的是（）A.B.C.D.3、25℃时，已知H2CO3⇌H++HCO3﹣K1=4.3×l0﹣7；

HCO3﹣⇌H++CO32﹣K2=5.6×l0﹣11；

H2O⇌H++OH﹣Kw=1.0×l0﹣14

现取10.6gNa2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液；溶液中部分微粒与pH的关系如图所示．下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是（）

A.W点所示的溶液中：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣）B.pH=4的溶液中：c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）=0.1mol•L﹣1C.pH=8的溶液中：c（H+）+c（H2CO3）+c（HCO3﹣）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）D.pH=11的溶液中：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣K=1.8×l0﹣44、废弃的电子产品称为电子垃圾，其中含铅、汞等有害物质、危害严重rm{.}下列对电子垃圾处理应予提倡的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}将电子垃圾掩埋地下rm{垄脷}改进生产工艺；减少有害物质使用。

rm{垄脹}依法要求制造商回收废旧电子产品rm{垄脺}将电子垃圾焚烧处理．A.rm{垄脵垄脹}B.rm{垄脷垄脺}C.rm{垄脵垄脺}D.rm{垄脷垄脹}5、下列有关说法正确的是（）A.向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸钠溶液，鸡蛋清因发生变性而沉淀析出B.溶液和胶体的鉴别可利用丁达尔效应C.进行焰色反应时，铂丝需用稀硫酸洗净，并在火焰上灼烧至无色D.水晶和陶瓷的主要成分都是硅酸盐6、质量为mg的铜丝灼烧后，立即插入下列物质中，能使铜丝变红，但铜丝质量小于mg的是（）A.H2B.COC.C2H5OHD.H2SO47、下列关于CO2与SO2说法不正确的是（）A.都是无色气体B.都是非电解质C.通入Ba（OH）2溶液中都能产生白色沉淀D.都是形成酸雨的主要原因8、下列物质中，属于电解质的是（）A.H2B.AlC.CH4D.H2SO49、一种正在投入生产的大型蓄电系统，总反应为：Na2S4+3NaBr=2Na2S2+NaBr3。其负极的反应物是A.Na2S2B.NaBr3C.Na2S4D.NaBr评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)10、下列溶液中Cl-的物质的量浓度与50mL1mol•L-1的AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度相等的是（）A.75mL2mol•L-1的NH4ClB.150mL1mol•L-1的NaClC.150mL3mol•L-1的KClD.75mL1.5mol•L-1的CaCl211、氰氨基化钙是一种重要的化工原料，其制备的化学方程式为：CaCO3+2HCN═CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑，下列说法正确的是（）A.HCN分子中既含σ键又含π键B.CaCN2属于共价化合物C.每消耗10gCaCO3生成2.24LCO2D.CO为氧化产物，H2为还原产物12、如图所示，两圆圈相交的阴影部分表示圆圈内的物质相互发生的反应．已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1mol，水的质量为100g．下列说法不正确的是（）A.Na2O2中阴阳离子数目之比为1：2B.反应①的离子方程式为：Na+2H2O═Na++2OH-+H2↑C.反应③最多能产生0.05molO2D.①、②、③充分反应后所得溶液的质量分数从大到小：①＞②＞③13、硝酸与金属反应时，浓度越稀还原产物价态越低rm{.}现用一定量的铝粉与镁粉组成的混合物与rm{100mL}硝酸钾溶液与硫酸组成的混合溶液充分反应，反应过程中无任何气体放出，向反应后的溶液中逐滴加入rm{4.00mol/L}的rm{NaOH}溶液，加入的溶液体积与产生的沉淀质量的关系如图所示rm{.}下列结论正确的是rm{(}rm{)}

A.铝与混合溶液反应的离子方程式为rm{8Al+30H^{+}+3NO_{3}^{-}隆煤8Al^{3+}+3NH_{4}^{+}+9H_{2}O}B.参加反应硝酸根离子物质的量为rm{0.06mol}C.参加反应的铝与镁的质量之比为rm{4}rm{3}D.混合液中硫酸的物质的量的浓度为rm{0.36mol/L}14、能正确表示下列各组溶液混合后，所得液体恰好呈中性的离子方程式是rm{(}rm{)}A.rm{Ba(OH)_{2}}和rm{NaHSO_{4}}rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}隆煤BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}B.rm{Ba(OH)_{2}}和rm{NaHSO_{4}}rm{Ba^{2+}+OH^{-}+H^{+}+SO_{4}^{2-}隆煤BaSO_{4}隆媒+H_{2}O}C.rm{Ba(OH)_{2}}和rm{KAl(SO_{4})_{2}}rm{2Ba^{2+}+4OH^{-}+Al^{3+}+2SO_{4}^{2-}隆煤2BaSO_{4}隆媒+AlO_{2}^{-}}D.rm{Ba(OH)_{2}}和rm{KAl(SO_{4})_{2}}rm{3Ba^{2+}+6OH^{-}+2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}隆煤3BaSO_{4}隆媒+2Al(OH)_{3}隆媒}15、人类对赖以生存的地球环境的保护问题越来越重视，如何减少或取代高污染的化学品的使用，一直是许多化学家奋斗的目标，生产和应用绿色化工原料是达到该目标的最有效手段．碳酸二甲酯（简称DMC）是一种新化工原料，2008年在欧洲被誉为“非毒性化学品”．下列关于DMC的说法中正确的是（）A.DMC的结构简式为B.DMC在空气不能燃烧C.DMC易溶于水，不溶于乙醇和丙酮D.DMC用于生产非毒性化工产品，故被誉为有机合成的“绿色化工原料”16、用已知浓度的盐酸滴定由rm{NaOH}固体配成的溶液时，下列操作会使滴定结果偏低的是rm{(}rm{)}A.rm{NaOH}固体称量时间过长B.盛放标准盐酸的滴定管用碱液润洗C.用酚酞作指示剂D.固体rm{NaOH}中含有rm{Na_{2}O}杂质评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)17、砷化镓（GaAs）是优良的半导体材料；可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等．回答下列问题：

（1）写出基态As原子的核外电子排布式____．

（2）根据元素周期律，原子半径Ga____As，第一电离能Ga____As．（填“大于”或“小于”）

（3）AsCl3分子的立体构型为____，其中As的杂化轨道类型为____．

（4）GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是____．

（5）GaAs的熔点为1238℃，密度为ρg•cm-3，其晶胞结构如图所示．该晶体的类型为____，Ga与As以____键键合．Ga和As的摩尔质量分别为MGag•mol-1和MAsg•mol-1，原子半径分别为rGapm和rAspm，阿伏伽德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为____．18、将含有C、H、O的有机物3.24g装入元素分析装置，通入足量的O2使之完全燃烧；将生成的气体依次通过氯化钙干燥管A和碱石灰干燥管B，测得A管质量增加了2.16g，B管增加了9.24g，已知该有机物的相对分子质量为108．试计算：

（1）该有机物3.24g需消耗O2的质量为____g；

（2）写出该化合物的分子式____．

（3）该化合物的分子中有1个苯环和1个羟基，且只有一个侧链，试写出它的结构简式____．19、工业上由黄铜矿（主要成分CuFeS2）冶炼铜的主要流程如下：

（1）气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的____吸收．

a．浓H2SO4b．稀HNO3c．NaOH溶液d．氨水。

（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在____（填离子符号），检验溶液中还存在Fe2+的方法是____（注明试剂；现象）．

（3）由泡铜（主要成分为Cu2O、Cu）冶炼粗铜的化学反应方程式为____．20、某同学设计如图所示装置分别进行探究实验（夹持装置已略去）

。实验药品制取气体量气管中的液体①Cu、稀HNO3H2O②NaOH固体、浓氨水NH3③Na2CO3固体、稀H2SO4CO2④镁铝合金、NaOH溶液（足量）H2H2O请回答下列问题：

（1）简述如何检查该装置的气密性：____．

（2）该同学认为实验①可通过收集测量NO气体的体积，来探究Cu样品的纯度．你认为是否可行？请简述原因．____．

（3）实验②中剩余的NH3需吸收处理．以下各种尾气吸收装置中，适合于吸收NH3，而且能防止倒吸的有____

（4）实验③中，量气管中的液体最好是____．

A．H2OB．CCl4C．饱和Na2CO3溶液D．饱和NaHCO3溶液。

（5）本实验应对量气管多次读数；读数时应注意：

①恢复至室温，②____；③视线与凹液面最低处相平．

（6）实验④获得以下数据（所有气体体积均已换算成标准状况）

。编号镁铝合金质量量气管第一次读数量气管第二次读数①1.0g10.0mL346.3mL②1.0g10.0mL335.0mL③1.0g10.0mL345.7mL根据上述合理数据计算镁铝合金中铝的质量分数____．21、（2015春•缙云县校级期中）如图所示装置；c；d两极是石墨电极，回答下列问题：

（1）b是____极，c是____极；

（2）若电解质溶液是CuCl2，则c、d两电极的电极反应式是c：____，d：____；

（3）若电解质溶液是滴有酚酞的Na2SO4溶液，在电解过程中除观察到两极上产生气泡外，____极附近溶液出现红色。

（4）若电解质溶液是CuSO4溶液，则c电极上发生的电极反应式是____，随着电解的进行，溶液的pH将____（填“增大”、“减小”、“不变”），电解一段时间溶液仍为蓝色时停止电解，d电极增重了6.4g则c电极产生的气体的体积为（在标况下）____L．评卷人得分四、判断题(共2题，共6分)22、判断题（正确的后面请写“√”；错误的后面请写“×”）

（1）物质的量相同的两种不同气体只有在标准状况下体积才相等．____

（2）Vm在非标准状况下不可能为22.4L/mol．____

（3）1mol任何物质在标准状况下的体积均为22.4L．____

（4）一定温度和压强下，各种气体物质体积的大小由气体分子数决定．____．23、胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体具有丁达尔效应．____．（判断对错）评卷人得分五、实验题(共1题，共4分)24、用18mol•L-1浓硫酸配制100mL2.8mol•L-1稀硫酸的实验步骤如下：

①计算所用浓硫酸的体积②量取一定体积的浓硫酸③稀释④转移⑤洗涤⑥定容⑦摇匀。

完成下列问题：

（1）所需浓硫酸的体积是____（小数点后保留一位数字）．

（2）该实验用到的仪器除量筒、烧杯外还需的定量仪器有____，该仪器上需标有以下五项中的____（用序号填写）

①温度②浓度③容量④压强⑤刻度线。

（3）第⑤步实验的目的是____．

（4）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响？（用“偏高”“偏低”“无影响”填写）

①用量筒量取浓硫酸时俯视刻度____．

②容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥____．

③浓硫酸稀释后未冷却即转移、定容____．评卷人得分六、书写(共2题，共10分)25、空气污染监测仪是根据二氧化硫与溴水的定量反应来测定空气中的二氧化硫含量的．

SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4

上述反应的溴来自一个装有酸性（H2SO4）溶液的电解槽阳极上的氧化反应．电解槽的阳极室与阴极室是隔开的．当测定某地区空气中SO2含量时，空气（已除尘）以1.5×10-4m3min-1的流速进入电解槽的阳极室，电流计显示电子通过的速率是8.56×10-11mols-1，此条件下能保持溴浓度恒定并恰好与SO2完全反应（空气中不含能与溴反应的其他杂质）．写出上述材料中监测过程中发生的主要的化学反应方程式及该地区空气中SO2的含量（gm-3）．26、按要求完成以下化学方程式：

（1）将二氧化硫气体通入足量的澄清石灰水中____．

（2）工业上氨在催化剂作用下与氧气反应____．

（3）稀硝酸与铜反应____

（4）钠与水反应____．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】由反应可知主反应与副反应均为放热反应，反应进行的程度很大，根据压强、温度、催化剂对速率的影响，以及产物NO的性质分析．【解析】【解答】解：A；减小压强；反应速率减小，副反应③生成氮气增多，NO的产率减小，故A错误；

B；降低温度；反应速率减小，NO的产率减小，故B错误；

C、增大O2浓度，氧气过量时与NO反应生成NO2；则NO的产率减小，故C错误；

D；使用合适的催化剂；能增大反应速率，提高NO的产率，故D正确；

故选D．2、A【分析】【分析】镁与铝的质量比是8：9，则物质的量之比为：=1：1，由图象可知，金属与酸反应时酸过量，由Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O来计算消耗碱的量，由发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓来计算消耗碱的量，然后分析得出结论．【解析】【解答】解：镁与铝的质量比是8：9，则物质的量之比为：=1：1，由图象可知，金属与酸反应时酸过量，设铝的量为1单元，利用铝守恒，铝的量与氢氧化铝的物质的量相等，Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，得到消耗碱的量也为1个单元，由发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓消耗碱为3单元，而Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓反应消耗碱为2单元，所以从沉淀生成到最大量到沉淀溶解碱的体积之比为（3+2）：1=5：1，而且等物质量的氢氧化铝的质量大于氢氧化镁，故选A．3、D【分析】【解答】解：10.6g碳酸钠的物质的量为：n（Na2CO3）==0.1mol；

A．根据电荷守恒可知，溶液中离子浓度应该满足：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（HCO3﹣）；故A错误；

B．根据图象可知，pH=4时有CO2生成，根据物料守恒可知：c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）＜0.1mol•L﹣1；故B错误；

C．根据图象可知pH=8时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中恰好是生成碳酸氢钠，则根据物料守恒可知：c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）=c（Cl﹣）=c（Na+），再结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（HCO3﹣）可得：c（H+）+2c（H2CO3）+2c（HCO3﹣）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）；故C错误；

D．CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣的平衡常数K==≈1.8×l0﹣4；故D正确；

故选D．

【分析】10.6g碳酸钠的物质的量为：n（Na2CO3）==0.1mol；

A．根据电荷守恒判断；阴离子漏掉了碳酸氢根离子；

B．pH=4时有二氧化碳气体生成；根据物料守恒判断；

C．先判断溶液中的溶质；再根据物料守恒判断；

D．CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣的平衡常数K=​=及水的离子积、碳酸氢根离子的电离平衡常数计算．4、D【分析】解：rm{垄脵}电子产品里含有很多砷、镉、铅等重金属，还含有难降解的有毒物质，填埋会造成地下水污染，故rm{垄脵}错误；

rm{垄脷}改进生产工艺，减少有害物质使用，可以减少电子垃圾的排放，故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹}电子产品填埋和焚烧都会造成地下水污染或大气污染，因为其中含有很多塑料、贵金属、有色金属等可以回收利用，故rm{垄脹}正确；

rm{垄脺}电子垃圾焚烧处理造成大气污染，故rm{垄脺}错误；

故选D．

电子产品里含有很多砷；镉、铅等重金属；还含有难降解的有毒物质，填埋和焚烧都会造成地下水污染或大气污染，污染物可以在生物体内富集，最终危害人类自身，处理的方式自然是回收利用，因为其中含有很多塑料、贵金属、有色金属等．

本题考查了电子产品垃圾的处理，题目简单，注意解题时遵循“节能减排”原则．【解析】rm{D}5、B【分析】解：A；饱和硫酸钠溶液能使蛋白质盐析；而不变性，故A错误；

B；丁达尔效应是胶体特有的性质；溶液没有，故可以用丁达尔效应来鉴别溶液和胶体，故B正确；

C；铂丝要用盐酸清洗；而不是用硫酸，故C错误；

D；水晶的主要成分是二氧化硅；故主要成分不是硅酸盐，故D错误。

故选：B。

A；饱和硫酸钠溶液能使蛋白质盐析；

B；丁达尔效应是胶体特有的性质；

C；铂丝要用盐酸清洗；

D；水晶的主要成分是二氧化硅。

本题考查了蛋白质的性质，难度不大，应注意盐析和变性的区别。【解析】B6、D【分析】【分析】先铜丝灼烧成黑色，是由于生成了CuO：2Cu+O22CuO，再结合CuO与选项中的物质发生的化学反应来分析判断．【解析】【解答】解：A．铜丝灼烧成黑色；立即放入氢气中，CuO与氢气反应，生成铜和水，质量不变，故A错误；

B．铜丝灼烧成黑色；立即放入一氧化碳中，CuO与CO反应，生成铜和二氧化碳，质量不变，故B错误；

C．铜丝灼烧成黑色，立即放入C2H5OH中，CuO与C2H5OH反应：CuO+C2H5OHCH3CHO+Cu+H2O；反应后铜丝质量保持不变，故C错误；

D．铜丝灼烧成黑色；立即放入硫酸中，CuO与硫酸反应，生成铜盐，铜丝质量减少，故D正确；

故选D．7、D【分析】【分析】A；二氧化碳和二氧化硫都是无色气体；

B；依据电解质、非电解质概念分析；

C；都是酸性氧化物和氢氧化钡反应生成沉淀；

D、二氧化碳是温室气体，二氧化硫是酸雨的形成的主要原因；【解析】【解答】解：A；二氧化碳和二氧化硫都是无色气体；故A正确；

B、CO2与SO2溶于水反应生成电解质；本身不能电离出离子，属于非电解质，故B正确；

C；都是酸性氧化物和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀、亚硫酸钡沉淀；故C正确；

D；二氧化碳是温室气体；二氧化硫是酸雨的形成的主要原因；故D错误；

故选D．8、D【分析】【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，注意电解质首先必须是化合物，混合物和单质既不是电解质也不是非电解质．【解析】【解答】解：A；氢气是单质；既不是电解质也不是非电解质，故A错误．

B；铝是单质；既不是电解质也不是非电解质，故B错误．

C；甲烷是非电解质；故C错误．

D；硫酸在水溶液里能电离出自由移动的离子；所以是电解质，故D正确．

故选D．9、C【分析】原电池中负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应。所以根据总反应式可知Na2S4中S的化合价是升高的，被氧化，所以在负极发生，答案选C。【解析】【答案】C二、双选题(共7题，共14分)10、C|D【分析】解：50mL1mol•L-1的AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度是3mol/L；

A、75mL2mol•L-1的NH4Cl溶液中c（Cl-）=2mol•L-1×1=2mol/L．

B、150mL1mol•L-1的NaCl溶液中c（Cl-）=1mol•L-1×1=1mol/L．

C、150mL3mol•L-1的KCl溶液中c（Cl-）=3mol•L-1×1=3mol/L．

D、75mL1.5mol•L-1的CaCl2溶液中c（Cl-）=1.5mol•L-1×2=3mol/L．

故选CD．

50mL1mol•L-1的AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度是3mol/L；溶液中氯离子的物质的量浓度=盐的浓度×化学式中氯离子个数，据此分析解答．

本题考查了溶液中氯离子物质的量浓度的计算，难度不大，溶液中氯离子的物质的量浓度为盐的浓度与化学式中离子个数的积．【解析】【答案】CD11、A|D【分析】解：A．HCN分子的结构式为H-C≡N；分子中含有一个三键，则含有2个π键和1个σ键，故A正确；

B．CaCN2中存在[N=C=N]2-，含有离子键和极性键，所以CaCN2属于离子化合物；故B错误；

C．气体存在的条件未知；不是标准状况下，所以不能确定体积大小，故C错误；

D．因HCN中的碳元素化合价从+2价升高到+4价，则CO2为氧化产物，氢元素的化合价降低，H2为还原产物；故D错误．

故选A．

A．根据HCN的结构式分析；

B．CaCN2中存在[N=C=N]2-；含有离子键和极性键；

C．气体存在的条件未知；

D．因HCN中的碳元素化合价升高；氢元素的化合价降低．

本题考查了化学键、氧化还原反应，侧重于学生的分析能力的考查，注意利用元素的化合价来分析氧化还原反应，明确反应中各物质中的元素的化合价是解答的关键，题目难度不大．【解析】【答案】AD12、B|D【分析】解：A．过氧化钠中阴离子是O22-；所以阴阳离子数目之比为1：2，故A正确；

B．反应①的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；故B错误；

C、反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

2mol1mol

0.1mol0.05mol

根据方程式知，最多产生0.05molO2；故C正确．

D；钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：

Na+H2O=NaOH+H2↑，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2）=2.3g-0.1g=2.2g；

Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol×62g/mol=6.2g；

Na2O2+H2O=2NaOH+O2↑，溶液增加的质量=m（Na2O2）-m（O2）=m（Na2O）=6.2g

所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氧化钠=过氧化钠；

根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：所以①；②、③充分反应后所得溶液的质量分数从大到小：①＜②=③，故D错误．

故选BD．

A．过氧化钠中的阴离子是过氧根离子不是氧离子；根据化学式判断阴阳离子个数之比．

B．离子方程式要遵循“原子守恒和电荷守恒等”规律．

C．根据过氧化钠和水反应的方程式计算生成氧气的物质的量．

D．根据固体的物质的量计算溶液中溶质的质量；溶液的质量；根据质量分数公式判断质量分数相对大小．

本题考查了钠及其化合物的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，易错选项是A，注意过氧化钠中阴离子是过氧根离子不是氧离子，此为易错点．【解析】【答案】BD13、rAD【分析】解：rm{A.}硝酸根浓度很低时被氧化的产物是铵根离子，因此无气体放出，镁、铝反应生成金属阳离子，则离子反应分别为rm{4Mg+10H^{+}+NO_{3}^{-}篓T4Mg^{2+}+NH_{4}^{+}+3H_{2}O}rm{8Al+30H^{+}+3NO_{3}^{-}=8Al^{3+}+3NH_{4}^{+}+9H_{2}O}故A正确；

B.由图示可以看出加入氢氧化钠溶液从rm{15.0mL}到rm{16.5mL}区间内发生的反应是氢氧根离子与铵根离子的反应，由氮原子守恒可知，铵根离子的物质的量即为原溶液中反应的硝酸根离子的物质的量，则原溶液中rm{NO_{3}^{-}}物质的量是rm{(16.5-15)隆脕10^{-3}L隆脕4mol/L=0.006mol}故B错误；

C.从图示提示中看出从氢氧化溶液体积rm{16.5mL}到rm{18.5mL}区间内发生的反应是氢氧化铝与氢氧化钠的反应，氢氧化铝与氢氧化钠等物质的量反应，由rm{Al隆芦Al^{3+}隆芦Al(OH)_{3}隆芦NaOH}则rm{Al}的物质的量为rm{0.008mol}再由rm{Mg^{2+}+2OH^{-}篓TMg(OH)_{2}隆媒}rm{Al^{3+}+3OH^{-}篓TAl(OH)_{3}隆媒}沉淀镁离子和铝离子共消耗氢氧化钠溶液体积rm{(15.0-3.0)mL}由此可知：沉淀镁离子时消耗的氢氧根离子物质的量为rm{(15.0-3.0)隆脕10^{-3}L隆脕4.00mol/L-8隆脕10^{-3}mol隆脕3=24隆脕10^{-3}mol}镁离子物质的量为rm{1.2隆脕10^{-2}mol}参加反应的镁与铝的质量之比：rm{8隆脕10^{-3}mol隆脕27g/mol}rm{1.2隆脕10^{-2}mol隆脕24g/mol=3}rm{4}故C错误；

D.由rm{4Mg+10H^{+}+NO_{3}^{-}篓T4Mg^{2+}+NH_{4}^{+}+3H_{2}O}rm{8Al+30H^{+}+3NO_{3}^{-}=8Al^{3+}+3NH_{4}^{+}+9H_{2}O}可知，消耗氢离子为rm{0.008mol隆脕dfrac{30}{8}+1.2隆脕10^{-2}mol隆脕dfrac{10}{4}=0.06mol}图中开始rm{0.008mol隆脕dfrac

{30}{8}+1.2隆脕10^{-2}mol隆脕dfrac{10}{4}=0.06mol}溶液消耗氢离子的物质的量为rm{3.0mLNaOH}原溶液中硫酸的物质的量为rm{dfrac{0.06mol+0.012mol}{2}=0.036mol}混合液中硫酸的物质的量的浓度为rm{dfrac{0.036mol}{0.1L}=0.36mol/L}故D正确．

故选AD．

A.根据信息中硝酸与金属反应时；浓度越稀还原产物价态越低，结合反应过程中无任何气体放出，则金属与混合溶液反应生成铵根离子；

B.由图可知，从rm{3隆脕10^{-3}L隆脕4mol/L=0.012mol}到rm{dfrac

{0.06mol+0.012mol}{2}=0.036mol}区间内发生的反应是氢氧根离子与铵根离子的反应；由氮原子守恒可知，铵根离子的物质的量即为原溶液中反应的硝酸根离子的物质的量；

C.由图可知，rm{dfrac

{0.036mol}{0.1L}=0.36mol/L}到rm{15.0mL}区间内发生的反应是氢氧化铝与氢氧化钠的反应，rm{16.5mL}到rm{16.5mL}区间发生的是金属离子结合生成沉淀；然后利用反应来计算；

D.由rm{18.5mL}rm{3.0mL}及图中开始rm{15.0mL}溶液消耗的酸；计算混合液中硫酸的物质的量的浓度．

本题难度较大，考查金属与酸性条件下硝酸盐溶液的反应，注意硝酸浓度越低生成的还原产物价态越低与反应中无气体生成相结合来分析，并注意图象与化学反应的对应来分析解答．rm{4Mg+10H^{+}+NO_{3}^{-}篓T4Mg^{2+}+NH_{4}^{+}+3H_{2}O}【解析】rm{AD}14、rAD【分析】解：rm{A.}恰好为中性，二者以rm{1}rm{2}反应，反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，该反应的离子反应为rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}篓TBaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}故A正确；

B.恰好为中性，二者以rm{1}rm{2}反应，反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，该反应的离子反应为rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}篓TBaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}故B错误；

C.恰好为中性，二者以rm{3}rm{2}反应，反应生成硫酸钡、氢氧化铝、硫酸钾，该反应的离子反应为rm{3Ba^{2+}+6OH^{-}+2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}篓T3BaSO_{4}隆媒+2Al(OH)_{3}隆媒}故C错误；

D.恰好为中性，二者以rm{3}rm{2}反应，反应生成硫酸钡、氢氧化铝、硫酸钾，该反应的离子反应为rm{3Ba^{2+}+6OH^{-}+2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}篓T3BaSO_{4}隆媒+2Al(OH)_{3}隆媒}故D正确；

故选AD．

A.恰好为中性，二者以rm{1}rm{2}反应；反应生成硫酸钡；硫酸钠和水；

B.恰好为中性，二者以rm{1}rm{2}反应；反应生成硫酸钡；硫酸钠和水；

C.恰好为中性，二者以rm{3}rm{2}反应；反应生成硫酸钡；氢氧化铝、硫酸钾；

D.恰好为中性，二者以rm{3}rm{2}反应；反应生成硫酸钡；氢氧化铝、硫酸钾．

本题考查离子反应方程式的书写，明确反应后溶液为中性来判断反应物的量的关系是解答本题的关键，注意反应的生成物及离子反应的书写方法，题目难度中等．【解析】rm{AD}15、A|D【分析】解：A．由名称可知碳酸二甲酯为碳酸与甲醇酯化反应生成的酯，结构简式为故A正确；

B．属于有机物；可燃烧生成水；二氧化碳，故B错误；

C．为酯类物质；不溶于水，易溶于乙醇和丙酮，故C错误；

D．由题意可知；用于生产非毒性化工产品，为绿色化工原料，对人体无害，故D正确．

故选AD．

碳酸二甲酯为碳酸与甲醇酯化反应生成的酯，结构简式为具有酯类的性质，可燃烧；水解，易溶于有机溶剂，不溶于水，以此解答该题．

本题多角度考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和性质，题目有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．【解析】【答案】AD16、rAC【分析】解：rm{A.NaOH}固体具有吸水性；称量时间过长，称取的氢氧化钠质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故A选；

B.盛放标准盐酸的滴定管用碱液润洗，标准溶液的浓度减小，导致rm{V(}标准rm{)}偏大，根据rm{c(}待测rm{)=dfrac{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析可知rm{)=dfrac

{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}待测rm{c(}偏高；故B不选；

C.用酚酞作指示剂，变色时溶液显碱性，消耗的rm{)}偏少，根据rm{HCl}待测rm{)=dfrac{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析可知rm{c(}待测rm{)=dfrac

{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}偏低；故C选；

D.固体rm{c(}中含有rm{)}杂质，溶于生成rm{NaOH}rm{Na_{2}O}的物质的量增大，导致rm{NaOH}标准rm{NaOH}偏大，根据rm{V(}待测rm{)=dfrac{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析可知rm{)}待测rm{c(}偏高；故D不选；

故选AC．

根据rm{)=dfrac

{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}待测rm{)=dfrac{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析不当操作对rm{c(}标准rm{)}的影响；以此判断浓度的误差．

本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，根据rm{c(}待测rm{)=dfrac{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析是解答的关键，题目难度不大．rm{)=dfrac

{c({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}【解析】rm{AC}三、填空题(共5题，共10分)17、1s22s22p63s23p63d104s24p3大于小于三角锥形sp3GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高原子晶体共价×100%【分析】【分析】（1）As为ⅤA族33号元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；

（2）同一周期；原子序数越小半径越大，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大；

（3）AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+=4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形；（4）GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体；离子晶体的熔点高；

（5）GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρg•cm-3，根据均摊法计算，As：，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=（）×10-30，晶胞的体积V2==，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为将V1、V2带入计算得百分率=×100%．【解析】【解答】解：（1）As为ⅤA族33号元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；

（2）根据元素周期律；Ga与As位于同一周期，Ga原子序数小于As，故半径Ga大于As，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大，故第一电离能。

Ga小于As；故答案为：大于；小于；

（3）AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+=4，所以原子杂化方式是sp3；由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形；

故答案为：三角锥形；sp3；

（4）GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体；离子晶体的熔点高；

故答案为：GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体；离子晶体的熔点高；

（5）GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρg•cm-3，根据均摊法计算，As：，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=（）×10-30，晶胞的体积V2==，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为将V1、V2带入计算得百分率=×100%；

故答案为：原子晶体；共价；×100%．18、8.16C7H8O【分析】【分析】（1）A管质量增加了2.16g为生成水的质量；B管增加了9.24g为生成二氧化碳的质量，根据质量守恒计算消耗氧气的质量；

（2）根据n=计算二氧化碳；水、氧气的物质的量；根据原子守恒计算3.24g有机物中C、H、O原子物质的量，进而确定最简式，结合有机物的相对分子质量为108，进而确定分子式；

（3）该化合物的分子中有1个苯环和1个羟基，且只有一个侧链，则侧链为-CH2OH，据此写出满足条件的有机物的结构简式．【解析】【解答】解：（1）A管质量增加了2.16g为生成水的质量；B管增加了9.24g为生成二氧化碳的质量，根据质量守恒可知，消耗氧气的质量=2.16g+9.24g-3.24g=8.16g；

故答案为：8.16；

（2）2.16g水的物质的量==0.12mol；n（H）=0.24mol；

9.24g二氧化碳的物质的量==0.21mol；n（C）=0.21mol；

8.16g氧气的物质的量==0.255mol；

3.24g有机物中n（O）=0.21mol×2+0.12mol-0.255mol×2=0.03mol；

3.24g有机物中C；H、O原子物质的量之比为：0.21mol：0.24mol：0.03mol=7：8：1；

故该有机物最简式为C7H8O；

有机物的相对分子质量为108，而最简式C7H8O的式量=12×7+8+16=108；故其最简式即为分子式；

即有机物分子式为：C7H8O；

故答案为：C7H8O；

（3）分子式为C7H8O的有机物，该化合物的分子中有1个苯环和1个羟基，且只有一个侧链，满足条件的结构简式为

故答案为：．19、c、dFe3+取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4褪色，则溶液中存在Fe2+3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu【分析】【分析】（1）由流程图转化可知；气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，二氧化硫是酸性氧化物，结合选项中各物质的性质判断；

（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验；

（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu；【解析】【解答】解：（1）由流程图转化可知；气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体；

a．浓H2SO4不能吸收二氧化硫；故a错误；

b．稀HNO3可以吸收二氧化硫，但生成NO污染大气，故b错误；

c．NaOH溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水；不产生新的污染气体，故c正确；

d．氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵；不产生新的污染气体，故d正确；

故答案为：c；d；

（2）Fe3+遇KSCN溶液变为血红色，用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验，取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；

故答案为：Fe3+；取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，则溶液中存在Fe2+；

（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu，反应方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；

故答案为：3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；20、量气管中加水后关闭开关A和分液漏斗活塞，微热烧瓶，量气管右端液面升高且保持不变，说明气密性好不可行，因为NO会与装置中空气反应后溶于水，使测得的NO气体体积不准ACDFD使量气管两端液面相平27.0%【分析】【分析】（1）设法使装置内外形成气压差；是气密性检查的常用手段；

（2）根据一氧化氮气体的性质判断；一氧化氮和氧气能发生生成易和水反应的二氧化氮气体，据此分析；

（3）极易溶于水的气体；若吸收时导管伸入水中，由于气体溶于水，导致装置内压强急剧降低，外界大气压压着液体进入，产生倒吸现象。

（4）氨气极易溶于水；量气管中的液体应该不含水且不与氨气反应，最好用煤油，量气管中液体的选择标准是：和该气体不反应；

（5）对量气管读数时；首先等实验装置恢复到室温再进行下一步操作，然后调节量气管使左右液面相平，最后读数时视线与凹液面最低处相平．

（6）实验④，铝和氢氧化钠反应，根据量气管的第二次读数-第一次读数=生成氢气的体积，求出生成氢气的平均值，再求出合金中铝的质量，最后计算出镁铝合金中铝的质量分数．【解析】【解答】解：（1）关闭开关A和分液漏斗活塞；微热烧瓶，量气管左端液面降低，说明气密性良好；

故答案为：量气管中加水后关闭开关A和分液漏斗活塞；微热烧瓶，量气管右端液面升高且保持不变，说明气密性好；

（2）一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮；二氧化氮可与水反应生成一氧化氮和硝酸；装置中有空气，一氧化氮会与装置中的空气反应，生成的二氧化氮溶于水并与水反应，使测得的一氧化氮体积不准，所以不可以通过实验收集并测量NO气体的体积来探究铜样品的纯度；

故答案为：不可行；因为NO会与装置中空气反应后溶于水，使测得的NO气体体积不准；

（3）A；对于极易溶于水的气体；吸收装置中的导管外联双球状导管内伸入到液体中，液体进入双球内，防止进入前端装置，能防止倒吸；故A正确；

B；吸收装置中的导管下联漏斗；漏斗口伸入液面以下，易吸收易溶性气体，不能防止倒吸；故B不正确；

C；对于极易溶于水的气体；吸收装置中的导管与干燥管连接，当水进入干燥管内，烧杯内液面下降低于导管口，液体又流落到烧杯中，能防止倒吸，故C正确．

D；氨气极易溶于水；不溶于四氯化碳，所以导管通入四氯化碳中，气泡向上到水层溶解，能防止倒吸，故D正确；

E；氨气极易溶于水；导管插入溶液中形成喷泉，进气管在烧瓶口，液体经进气管倒流入前端装置，产生倒吸，故E错误；

F；氨气极易溶于水；导管插入溶液中形成喷泉，进气管在烧瓶底部，液体不能流入前端装置，能防止倒吸，故F正确；

所以能防倒吸的吸收装置有ACDF；不能防倒吸的是BE；

故答案为：ACDF；

（4）实验③中的气体是二氧化碳；二氧化碳能溶于水，四氯化碳有毒，碳酸钠和二氧化碳能反应，二氧化碳和饱和的碳酸氢钠不反应，所以选取饱和碳酸氢钠溶液．

故答案为：D；

（5）根据PV=nRT；为保证测出来的气体体积是当时大气压下的体积，在读数时应注意：①将实验装置恢复到室温，②使量气管两端液面相平，因为相平说明两边液面上的压强是一样的，这样测出来的气体体积才是当时大气压下的体积，③视线与凹液面最低处相平，俯视或仰视会造成误差；

故答案为：使量气管两端液面相平．

（6）铝和氢氧化钠反应生成氢气的体积==332.3mL=0.3323L；

设生成0.997L氢气；需铝的质量为x

2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑

54g67.2L

x0.3323L

x=0.27g

所以铝的质量分数为×100%=27.0%；

故答案为：27%．21、负阳2Cl--2e-=C12↑Cu2++2e-=Cud4OH--4e-=O2+2H2O减小1.12【分析】【分析】（1）根据图中电流的流向判断正负极；电解池中与负极相连的为阴极，与之间相连的为阳极；

（2）阳极上氯离子失电子生成氯气；根据氯气的氧化性检验；阴极铜离子得电子生成铜单质；

（3）根据电解滴有酚酞的饱和Na2SO4溶液；本质是电解水，阳极c生成氧气，阴极d生成氢气，剩余氢氧根离子；将直流电源拆除相当于氢氧燃料电池，c极为正极氧气得电子生成氢氧根，据此分析；

（4）电解质溶液是CuSO4溶液，则c电极为氢氧根失电子生成氧气，阴极上铜离子放电，电池反应式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；根据得失电子守恒计算生成氧气的体积．【解析】【解答】解：（1）由图可知电流从a流向b，则a为电池的正极，b为负极；c与正极相连，所以c为阳极；故答案为：负；阳；

（2）阳极上氯离子失电子生成氯气，其电极反应式为：2Cl--2e-=C12↑；阴极上铜离子得电子生成铜，其电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，故答案为：2Cl--2e-=C12↑；Cu2++2e-=Cu；

（3）电解滴有酚酞的饱和Na2SO4溶液；本质是电解水，阳极c生成氧气，阴极d生成氢气，剩余氢氧根离子，所以d极附近溶液出现红色；故答案为：d；

（4）电解质溶液是CuSO4溶液，则c电极为氢氧根失电子生成氧气，反应式为：4OH--4e-=O2+2H2O，阴极上铜离子放电，电池反应式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；所以溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，由总反应，阳极放出氧气，阴极析出铜，生成1mol氧气需要电子为4mol，生成1molCu需要电子为1mol，即每有2mol铜生成，此时生成1mol氧气，6.4gCu的物质的量为0.1mol，故生成氧气为0.05mol，那么体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L；

故答案为：4OH--4e-=O2+2H2O；减小；1.12．四、判断题(共2题，共6分)22、×【分析】【分析】（1）同温同压下；气体的气体摩尔体积相等；

（2）气体摩尔体积取决于温度和压强的大小；

（3）气体摩尔体积仅适用于气体；

（4）考虑影响气体体积的因素．【解析】【解答】解：（1）气体的体积取决于温度和压强的大小；同温同压下，气体分子之间的距离相等，则气体摩尔体积相等，故答案