2025年苏教新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年苏教新版高三化学下册阶段测试试卷420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6题，共12分)1、实验中的下列操作正确的是（）A.用酒精萃取碘水中的碘B.蒸馏操作时，温度计的水银球要插入溶液中C.用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液全部加热蒸干D.用分液漏斗分离水和四氯化碳时，水从上口倒出，四氯化碳从下口放出2、已知：2SO2+O2═2SO3为放热反应，对该反应的下列说法中正确的是（）A.SO2的能量一定高于SO3的能量B.因该反应为放热反应，故不必加热就可发生C.O2的能量一定高于SO2的能量D.SO2和O2的总能量一定高于SO3的总能量3、下列判断错误的是（）A.NO2可与水反应B.Al（OH）3是既能与强酸反应又能与强碱反应，是两性氢氧化物C.金属钠投入硫酸铜溶液中可置换出金属铜D.NaHCO3俗称是小苏打，可用作食用碱4、在下列各用途中，利用了物质的氧化性的是（）A.用食盐腌制食物B.用盐酸除去铁钉表面的铁锈C.用汽油洗涤衣物上的油污D.用漂粉精消毒游泳池中的水5、NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是A．18gD2O中含有的中子数为10NAB．64g铜发生氧化还原反应失去的电子数可能为NAC．标准状况下，11.2L己烯中含有的碳原子数为3NAD．25℃时，1mol·L-1醋酸溶液中所含CH3COOH分子总数一定小于NA6、rm{.}下列有关rm{Na}下列有关rm{.}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}A.向包有的说法不正确的是rm{(}rm{)}粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，说明rm{(}与rm{)}反应放热且有氧气生成rm{Na_{2}O_{2}}B.rm{Na_{2}O_{2}}rm{H_{2}O}rm{Na_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}与rm{CO}rm{CO}C.rm{{,!}_{2}}反应时有单质rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}生成，该反应属于置换反应rm{Na_{2}}rm{O}rm{O}D.rm{{,!}_{2}}在空气中久置变白，涉及的氧化还原反应中，rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}既是氧化剂，又是还原剂评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)7、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A.4.0g重水（D2O）中所含质子数为2NAB.4.48LN2与CO的混合物中所含分子数为0.2NAC.常温常压下16g的氧气与臭氧混合气体中，氧原子数为NAD.12.5mL16mol•L-1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为0.2NA8、向甲、乙两恒温恒容的密闭容器中，分别充入一定量的rm{A}和rm{B}发生反应：rm{A(g)+B(g)?xC(g)triangleH<0.}测得两容器中rm{A(g)+B(g)?xC(g)triangle

H<0.}随时间rm{c(A)}的变化如图所示：

。rm{t}容器甲乙容积rm{(L)}rm{0.5}rm{0.5}反应放热rm{(kJ)}rm{Q_{1}}rm{Q_{2}}反应物起始量rm{1molA}

rm{1molB}rm{0.5molA}

rm{0.5molB}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{x=1}B.rm{Q_{1}>2Q_{2}}C.根据题中信息无法计算rm{a}值D.保持其他条件不变，起始时向乙容器充入rm{0.2mol}rm{A}rm{0.2mol}rm{B}rm{0.2mol}rm{C}则此时rm{v_{(脮媒)}>v_{(脛忙)}}9、某溶液中可能含有rm{H^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}rm{Fe^{3+}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}中的几种．

rm{垄脵}若加入锌粒，产生无色无味的气体；rm{垄脷}若加入rm{NaOH}溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入rm{NaOH}的物质的量之间的关系如下图所示rm{.}则下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.溶液中的阳离子有rm{H^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}B.溶液中rm{n(NH_{4}^{+})=0.2}rm{mol}C.溶液中一定不含rm{CO_{3}^{2-}}可能含有rm{SO_{4}^{2-}}和rm{NO_{3}^{-}}D.rm{n(H^{+})}rm{n(Al^{3+})}rm{n(Mg^{2+})=1}rm{1}rm{1}10、将mg铜粉和镁粉的混合物分成两等份，其中一份加入100mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，反应前后溶液体积变化忽略不计，反应产生NO、NO2（不考虑N2O4的影响）混合气体4.48L（标准状况下）；将另一份在空气中充分加热至恒重，称得固体质量增加3.2g．下列有关说法中正确的是（）A.无法确定硝酸的浓度B.n（NO）：n（NO2）=1：1C.4.8＜m＜12.8D.反应后c（NO）=4mol/L11、下列关于煤的干馏的叙述中，正确的是（）A.煤加强热而分解的过程叫做煤的干馏B.煤干馏的目的是得到冶金用的优质焦炭C.煤的干馏和石油的分馏的本质差别是：干馏是化学变化，而分馏是物理变化D.工业上芳香烃原料可由煤干馏得到，其存在于干馏所得的焦炉气中12、rm{Na_{2}SO_{3}}溶液做为吸收液吸收rm{SO_{2}}时，吸收液rm{pH}随rm{n(SO_{3}^{2-})}rm{n(HSO_{3}^{-})}变化的关系如表：

。rm{n(SO_{3}^{2-})}rm{n(HSO_{3}^{-})}rm{91}rm{9}rm{1}rm{1}rm{9}rm{91}rm{pH}rm{8.2}rm{7.2}rm{6.2}以下离子浓度关系的判断正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Na_{2}SO_{3}}溶液中rm{c(H^{+})<c(OH^{-})}B.rm{Na_{2}SO_{3}}溶液中rm{c(Na^{+}))>c}rm{(SO_{3}^{2-})>c}rm{(HSO_{3}^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}C.当吸收液呈中性时，rm{c(Na^{+}))>c}rm{(SO_{3}^{2-})>c}rm{(HSO_{3}^{-})>c(OH^{-})=c(H^{+})}D.当吸收液呈中性时，rm{c(Na^{+})>c}rm{(HSO_{3}^{-})+c}rm{(SO_{3}^{2-})}评卷人得分三、多选题(共9题，共18分)13、向100mLNa2CO3与NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸，测得溶液中的CO32-、HCO3-、AlO2-、Al3+的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示．下列说法正确的是（）

A.原混合溶液中的n（CO32-）：n（AlO2-）=1：1B.a点溶液中：c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（H+）=c（OH-）C.b点溶液中浓度顺序为：c（Cl-）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）D.d→e的过程中水的电离程度逐渐减小14、S8分子的空间几何构型呈皇冠型（）．下列分子中，与S8分子具有相同的几何构型的是（）A.SenS8-nB.（SNH）4C.（NSH）4D.S4N415、科罗拉多大学的克利斯托（S．Cristol）等人合成了一种有机分子，这种分子让他想起罗马的两面神Janus--罗马的守门神，克利斯托的同事迈金泰（Macintyre）就建议将该分子叫做Janusene．该有机物的结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A.该有机物属于苯的同系物B.该有机物完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量之比为15：11C.该有机物的一氯代物只有4种D.该有机物既能发生取代反应又能发生加成反应16、下列装置或操作能达到实验目的是（）A.

除去乙醇中的乙酸B.

形成原电池C.

制取乙酸乙酯D.

甲烷的取代反应17、下列叙述正确的是（）A.H2D与H2T互为同素异形体B.Fe2+的半径大于Fe3+的半径C.U和U是中子数不同、质子数相同的同种核素D.短周期第IVA与第VIIA族元素的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构18、下列实验装置完全正确的是（）A.

称量氢氧化钠固体B.

配置150mL0.10mol/L盐酸C.

除去氯化钠溶液中的泥沙D.

分离苯和甲苯19、利用如图装置进行试验；能达到目的是（）

A.甲：醋酸；乙：纯碱；丙：苯酚钠溶液证明酸性：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OHB.甲：10%过氧化氢溶液；乙：二氧化锰；丙：硫酸酸化的KI溶液证明氧化性：O2＞I2C.甲：浓盐酸；乙：KMnO4丙：KBr溶液证明氧化性：KMnO4＞Cl2＞Br2D.甲：饱和食盐水；乙：电石；丙：溴水证明稳定性：H2O＞C2H2＞Br220、有一种化合物的结构式是O=CHCH2（CH3）C=CHCH=O，下列对这种化合物的性质叙述中错误的是（）A.这种化合物能够使酸性高锰酸钾溶液褪色B.这种物质能够发生银镜反应C.1mol该化合物只能与1mol氢气发生加成反应D.1mol该化合物可以与3molBr2发生加成反应21、下列四种物质中，既能与水发生反应，又能与碱发生反应的是（）A.Cl2B.CO2C.NOD.SiO2评卷人得分四、填空题(共1题，共8分)22、合成氨是最重要的化工生产．工业上用氨气合成尿素（HNCONH）的反应在进行时分为如下两步：

第一步：2NH3（l）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（氨基甲酸铵）（l）△H1

第二步：H2NCOONH4（l）⇌H2O（l）+H2NCONH2（l）△H2．

（1）某实验小组模拟工业上合成尿素的条件；在一体积为0.5L密闭容器中投入4mol氨和1mol二氧化碳，实验测得反应中各组分随时间的变化如图I所示：

①已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第____决定．

②已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=akJ•mol-1

N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H2=bkJ•mol-1

2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=ckJ•mol-1

则4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）═4N2（g）+6H2O（g）△H=____kJ•mol-1

（2）合成氨反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g），使用催化剂反应的△H____（填“增大”“减小”或“不改变”

（3）合成氨盐也是氨的重要用途，测定其中的含氮量可以采用“甲醛法”．即4NH+6HCHO═（CH2）5N4+4H++6H2O现有一种纯净的铵盐，可能是硝酸铵、硫酸铵或碳酸铵中的一种．称取2克该铵盐溶于水，加入足量的甲醛溶液后，再加入水配成100mL，浴液，取出10mL，滴人酚酞后再逐滴滴入0.1mol/LNaOH溶液，当滴到25mL时溶液呈粉红色，且在半分钟内不褪色，则该铵盐中氮的质量分数是____．

（4）拆开1molH-H键、1molN-H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，写出N2+3H2⇌2NH3反应的热化学方程式____．评卷人得分五、判断题(共4题，共8分)23、分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA．____（判断对错）24、水蒸气变为液态水时放出的能量就是该变化的反应热．____．（判断对错）25、有些化学反应既属于复分解反应，又属于氧化反应____（判断对和错）26、对于C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反应，当密度保持不变，在恒温恒容或恒温恒压条件下，均能作为达到化学平衡状态的标志．____（判断对错）参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】A．酒精与水互溶；

B．蒸馏时；测定馏分的温度；

C．蒸发时利用余热加热；

D．分液时避免上下层液体混合．【解析】【解答】解：A．酒精与水互溶；则不能利用酒精作萃取剂，故A错误；

B．蒸馏时；测定馏分的温度，则温度计水银球应在烧瓶支管口处，故B错误；

C．蒸发时利用余热加热；则出现大量NaCl固体时停止加热，故C错误；

D．分液时避免上下层液体混合；则用分液漏斗分离水和四氯化碳时，水从上口倒出，四氯化碳从下口放出，故D正确；

故选D．2、D【分析】【分析】对于放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，对于吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量．有的放热反应需要加热才能发生．【解析】【解答】解：A．2SO2+O2═2SO3为放热反应，则SO2与O2的能量和一定高于SO3的能量；故A错误；

B．任何反应发生都需要有一个活化的过程；这就需要吸收能量，这与反应是放热反应还是吸热反应无关，故B错误；

C．O2的能量无法与SO2的能量比较大小；故C错误；

D．SO2和O2的总能量一定高于SO3的总能量；多余的能量释放出来，所以该反应放出热量，故D正确．

故选D．3、C【分析】【分析】A、NO2可与水反应生成硝酸和一氧化氮；

B、Al（OH）3是两性氢氧化物；既能与强酸反应又能与强碱反应；

C；金属钠投入硫酸铜溶液中先与水反应生成氢氧化钠；

D、NaHCO3俗称是小苏打，可用作食用碱．【解析】【解答】解：A、NO2可与水反应生成硝酸和一氧化氮；故A正确；

B、Al（OH）3是两性氢氧化物；既能与强酸反应又能与强碱反应，故B正确；

C；金属钠投入硫酸铜溶液中先与水反应生成氢氧化钠；氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠溶液，不会置换出金属铜，故C错误；

D、食用碱成分为NaHCO3；俗称是小苏打，故D正确．

故选：C．4、D【分析】【分析】具有氧化性的物质，在反应中得到电子，被还原，在生活中，常用具有强氧化性的物质进行杀菌消毒．【解析】【解答】解：A．利用盐溶解使食物和食物所处的环境中的钠离子和氯离子浓度升高；使食物不易变质，不属于氧化还原反应，故A错误；

B．用盐酸除去铁钉表面的铁锈；是利用酸与碱性氧化物的反应，不属于氧化还原反应，故B错误；

C．用汽油洗涤衣物上的油污是利用相似相溶原理；不属于氧化还原反应，故C错误；

D．漂白粉易生成具有强氧化性的次氯酸；可用于杀菌消毒，利用了氧化性，故D正确．

故选D．5、B【分析】【解析】【答案】B6、B【分析】【分析】本题考查的是过氧化钠的性质，明确过氧化钠与水反应和与二氧化碳反应的特点是解答本题的关键。【解答】A.向包有rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}说明反应放热且有氧气生成，故A正确；B.rm{{,!}_{2}}粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}与rm{CO}C.rm{CO}与水反应产生rm{{,!}_{2}}和反应时有单质rm{O}rm{O}与rm{{,!}_{2}}反应生成碳酸钠和生成，但没有单质参加，不属于置换反应，故B错误；两个反应均为氧化还原反应，均为rm{Na_{2}O_{2}}rm{O_{2}}rm{NaOH}rm{.Na_{2}O_{2}}rm{CO_{2}}，故C正确rm{O_{2}}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}既是氧化剂，又是还原剂D.rm{Na}rm{Na}与水反应产生rm{{,!}_{2}}和rm{O}rm{O}与rm{{,!}_{2}}反应产生碳酸钙沉淀，所以粉末加入rm{Ca(HCO}rm{Ca(HCO}rm{{,!}_{3}}【解析】rm{B}二、双选题(共6题，共12分)7、A|C【分析】解：A.4.0g重水（D2O）的物质的量为0.2mol，0.2mol重水中含有2mol质子，所含质子数为2NA；故A正确；

B．气体状况未知；Vm不确定，不能使用气体摩尔体积，故B错误；

C．氧气与臭氧都是由氧原子构成，16g的氧气与臭氧混合气体中，氧原子数为×NA=NA；故C正确；

D．随着反应进行浓硫酸浓度降低，变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，所以12.5mL16mol•L-1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数小于0.2NA；故D错误；

故选：AC．

A．重水的摩尔质量为20g/mol；重水中含有10个质子，4.0g重水的物质的量为0.2mol，含有2mol质子；

B．气体状况未知；

C．依据n==计算解答；

D．稀硫酸与铜不反应．

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下常见物质的状态及标况下气体摩尔体积的使用条件是解题关键，注意硫酸与铜反应条件，题目难度中等．【解析】【答案】AC8、rAB【分析】解：rm{A.}由图象可知平衡时，乙容器内rm{A}的转化率为rm{dfrac{0.5mol}{1mol}隆脕100%=50%}甲容器平衡时，rm{dfrac

{0.5mol}{1mol}隆脕100%=50%}的转化率rm{>dfrac{2mol-1mol}{2mol}隆脕100%=50%}甲容器内压强比乙容器内大，增大压强向正反应移动，压强增大向着体积减小的方向移动，故：rm{A}所以rm{>dfrac

{2mol-1mol}{2mol}隆脕100%=50%}故A正确；

B.甲容器中的压强大于乙容器，甲容器反应进行程度较大，放出的热量的数值大于乙容器放出热量的rm{1+1>X}倍，由于rm{x=1}即rm{2}所以rm{triangleH<0}故B正确；

C.甲乙容器温度相同，则化学平衡常数相同，利用两容器化学平衡常数表达式可以计算出rm{Q<0}值，故C错误；rm{Q_{1}>2Q_{2}}该温度下，乙容器化学平衡状态时，rm{a}rm{D.}rm{c(A)=0.5mol?L^{-1}}化学常数为rm{K=dfrac{c(C)}{c(A)cdotc(B)}=dfrac{0.5molcdotL^{-1}}{0.5molcdotL^{-1}cdot0.5molcdotL^{-1}}=2}浓度商rm{Q=dfrac{dfrac{0.2mol}{0.5L}}{dfrac{0.2mol}{0.5L}cdotdfrac{0.2mol}{0.5L}}=2.5}化学平衡向逆反应方向移动，即rm{c(B)=0.5mol?L^{-1}}故D错误．

故选AB．

A.甲乙容器转化率的变化，确定rm{c(C)=0.5mol?L^{-1}}值；

B.压强增大，转化率升高，反应进行程度大，由于rm{K=dfrac{c(C)}{c(A)cdotc(B)}=

dfrac{0.5molcdotL^{-1}}{0.5molcdotL^{-1}cdot0.5molcdot

L^{-1}}=2}即rm{Q=dfrac{dfrac{0.2mol}{0.5L}}{

dfrac{0.2mol}{0.5L}cdotdfrac{0.2mol}{0.5L}}=2.5}据此判断；

C.甲乙容器温度相同，则化学平衡常数相同，据此计算rm{v_{(脮媒)}<v_{(脛忙)}.}值；

D.利用浓度商与化学平衡常数的大小判断化学平衡移动方向，比较rm{x}rm{triangleH<0}．

本题考查化学反应速率计算、影响化学平衡移动的盐酸、化学平衡图象与有关计算，难度较大，rm{Q<0}选项为易错点、难点，判断rm{a}的值是解题的关键．rm{v_{(脮媒)}}【解析】rm{AB}9、rAB【分析】解：根据rm{垄脵}可知，溶液显酸性，则溶液中一定不存在rm{CO_{3}^{2-}}和rm{NO_{3}^{-}}

根据rm{垄脷}可知，产生的是白色沉淀，说明不存在rm{Fe^{3+}}根据产生的沉淀量与加入rm{NaOH}的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}又因为当沉淀达到最大值时，继续加入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在rm{NH_{4}^{+}}根据溶液电中性可知，溶液中一定存在阴离子rm{SO_{4}^{2-}}

根据图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为rm{0.1mol}则rm{n(H^{+})=0.1mol}

第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为rm{0.7mol-0.5mol=0.2mol}则rm{n(NH_{4}^{+})=0.2mol}

最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠rm{0.8mol-0.7mol=0.1mol}则rm{n[Al(OH)_{3}]=0.1mol}根据铝元素守恒可知rm{n(Al^{3+})=0.1mol}

第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为rm{0.5mol-0.1mol=0.4mol}则rm{n(Mg^{2+})=(0.4mol-0.1mol隆脕3)隆脕dfrac{1}{2}=0.05mol}

A.由上述分析可知，溶液中的阳离子只有rm{n(Mg^{2+})=(0.4mol-0.1mol隆脕3)隆脕dfrac

{1}{2}=0.05mol}rm{H^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}故A正确；

B.第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为rm{NH_{4}^{+}}则rm{0.7mol-0.5mol=0.2mol}故B正确；

C.由上述分析可知，溶液中一定不含rm{n(NH_{4}^{+})=0.2mol}rm{CO_{3}^{2-}}溶液中一定存在阴离子rm{NO_{3}^{-}}故C错误；

D.由上述分析可知，溶液中rm{SO_{4}^{2-}}rm{n(H^{+})}rm{n(Al^{3+})}rm{n(Mg^{2+})=0.1mol}rm{0.1mol}rm{0.05mol=2}rm{2}故D错误；

故选AB．

rm{1}若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则rm{垄脵}和rm{CO_{3}^{2-}}不能大量共存；

rm{NO_{3}^{-}}加入rm{垄脷}溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入rm{NaOH}的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有rm{NaOH}rm{Mg^{2+}}又因为当沉淀达到最大值时，继续加入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在rm{Al^{3+}}由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有rm{NH_{4}^{+}}结合图象中各阶段消耗的氢氧化钠，计算溶液中rm{SO_{4}^{2-}.}rm{n(H^{+})}rm{n(Mg^{2+})}rm{n(Al^{3+})}据此进行解答．

本题考查离子共存、反应图象识别以及离子反应有关计算等，是高考中的常见题型，对学生的综合能力提出了更高的要求，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，题目难度较中等．rm{n(NH_{4}^{+})}【解析】rm{AB}10、B|D【分析】解：标况下4.48LNO、NO2的物质的量为：=0.2mol，将另一份在空气中充分加热至恒重，称得固体质量增加3.2g，所以参加反应的氧气的物质的量为：=0.1mol，所以所以n（NO）=0.1mol；n（NO2）=0.1mol；固体和硝酸恰好完全反应，反应生成硝酸铜；硝酸镁，根据N原子守恒，100mL该硝酸溶液中含有硝酸的物质的量为：0.1mol×2+0.2mol=0.4mol；

A、根据c===4mol/L；故A错误；

B、因为n（NO）=0.1mol；n（NO2）=0.1mol，所以n（NO）：n（NO2）=1：1；故B正确；

C；铜与镁在空气中加热生成CuO、MgO；得到固体中含有氧元素的物质的量与金属的物质的量相等，如果全部是镁，m=0.2×24=4.8g，如果是铜，m=0.2×64=12.8，所以9.6＜m＜25.6，故C错误；

D、反应后溶液中硝酸根离子的物质的量为：=4mol/L；故D正确；

故选BD．

标况下4.48LNO、NO2的物质的量为：=0.2mol，将另一份在空气中充分加热至恒重，称得固体质量增加3.2g，所以参加反应的氧气的物质的量为：=0.1mol，所以所以n（NO）=0.1mol；n（NO2）=0.1mol，固体和硝酸恰好完全反应，反应生成硝酸铜、硝酸镁，根据N原子守恒，100mL该硝酸溶液中含有硝酸的物质的量为：0.1mol×2+0.2mol=0.4mol，根据c=计算出硝酸的物质的量浓度；铜与镁在空气中加热生成CuO；MgO；得到固体中含有氧元素的物质的量与金属的物质的量相等，则得到固体的质量=金属质量+氧元素质量，由此分析解答．

本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握质量守恒定律、电子守恒在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．【解析】【答案】BD11、B|C【分析】解：A；煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热；生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，如果不隔绝空气，则煤会燃烧，故A错误；

B；煤干馏的目的是对煤进行综合利用；得到煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，故B正确；

C；煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热；生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，属于化学变化．石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C正确；

D；煤的干馏得到的焦炉气的主要成分是氢气和甲烷；不含芳香烃，故D错误；

故选BC．

A；将煤隔绝空气加强热使煤分解的过程为煤的干馏；

B；焦炭是煤的干馏的产品之一；

C；石油的分馏是根据各组分的不同；用加热的方法将各组分分离的方法；

D；煤的干馏得到的焦炉气的主要成分是氢气和甲烷．

本题考查化学与生活，侧重于化学与人体健康的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】【答案】BC12、rAD【分析】解：用rm{Na_{2}SO_{3}}溶液吸收rm{SO_{2}}时；随着吸收的增多，溶液由碱性逐渐变为酸性；

A.由表中信息可知rm{Na_{2}SO_{3}}溶液为碱性溶液，rm{c(H^{+})<c(OH^{-})}故A正确；

B.rm{Na_{2}SO_{3}}溶液中rm{SO_{3}^{2-}}的水解存在二级水解，亚硫酸氢根离子水解程度较小，且水电离也产生氢氧根离子，所以rm{c(HSO_{3}^{-})}应小于rm{c(OH^{-})}故B错误；

C.由表中数据，当rm{c(SO_{3}^{2-})=c(HSO_{3}^{-})}时，rm{pH=7.2}故当吸收液呈中性时，可推出rm{c(SO_{3}^{2-})<c(HSO_{3}^{-})}故C错误；

D.因rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}根据电荷守恒，rm{c(Na^{+})=c(HSO_{3}^{-})+2c(SO_{3}^{2-})}成立，rm{c(Na^{+})>c}rm{(HSO_{3}^{-})+c}rm{(SO_{3}^{2-})}故D正确；

故选AD．

A.表格数据知；亚硫酸钠溶液呈碱性；

B.亚硫酸钠溶液呈碱性；且盐类水解是微弱的，根据电荷守恒判断离子浓度大小；

C.当吸收液呈中性时；溶液中的溶质是亚硫酸钠和硫酸钠，但亚硫酸氢钠的浓度大于亚硫酸钠；

D.溶液中存在电荷守恒．

本题考查离子浓度大小的比较，根据物料守恒及电荷守恒来分析解答，题目难度中等．【解析】rm{AD}三、多选题(共9题，共18分)13、AC【分析】【分析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L-1的盐酸．

首先，发生反应AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，最左边曲线表示AlO2-，由图可知AlO2-反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n（AlO2-）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol．

第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应CO32-+H+═HCO3-，ab线表示CO32-，bc线表示HCO3-，由图可知CO32-反应完毕，该阶段加入盐酸100mL-50mL=50mL，根据方程式可知n（CO32-）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol．

第三阶段，CO32-反应完毕，发生反应HCO3-+H+═CO2↑+H2O，cd线表示HCO3-，由图可知HCO3-反应完毕，该阶段加入盐酸150mL-100mL=50mL，根据方程式可知n（HCO3-）=n（H+）．

第四阶段，发生反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，de线表示Al3+，由图可知Al（OH）3反应完毕，根据方程式可知n（H+）=3n[Al（OH）3]=3×0.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体积为=0.15L=150mL．

据此结合选项解答．【解析】【解答】解：Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol•L-1的盐酸．

首先，发生反应AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，最左边曲线表示AlO2-，由图可知AlO2-反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n（AlO2-）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol．

第二阶段，AlO2-反应完毕，发生反应CO32-+H+═HCO3-，ab线表示CO32-，bc线表示HCO3-，由图可知CO32-反应完毕，该阶段加入盐酸100mL-50mL=50mL，根据方程式可知n（CO32-）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol．

第三阶段，CO32-反应完毕，发生反应HCO3-+H+═CO2↑+H2O，cd线表示HCO3-，由图可知HCO3-反应完毕，该阶段加入盐酸150mL-100mL=50mL，根据方程式可知n（HCO3-）=n（H+）．

第四阶段，发生反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，de线表示Al3+，由图可知Al（OH）3反应完毕，根据方程式可知n（H+）=3n[Al（OH）3]=3×0.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体积为=0.15L=150mL．

A．由上述分析可知，原混合溶液中的CO32-与AlO-2的物质的量之比为0.05mol：0.05mol=1：1；故A正确；

B．a点溶液中，溶质为Na2CO3，由质子守恒可知：c（HCO3-）+2c（H2CO3）+c（H+）=c（OH-）；故B错误；

C．b点碳酸钠和碳酸氢钠的浓度相等，加入了75mL盐酸，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则c（HCO3-）＞c（CO32-），所得溶液中阴离子浓度大小顺序为：c（Cl-）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）；故C正确；

D．d→e的过程中铝离子的浓度逐渐增大；铝离子水解促进了水的电离，则该段水的电离程度逐渐增大，故D错误．

故选：AC．14、AB【分析】【分析】根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，中心原子价层电子对个数、孤电子对个数相等的微粒，结构相似，S8分子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+=4，据此解答．【解析】【解答】解：A．Se与S属于同一主族，两者成键类型与硫相同，SenS8-n分子中S原子：价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+=4；几何构型相同，故A正确；

B．（SNH）4分子中S原子：价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+=4；几何构型相同，故B正确；

C．（NSH）4分子中S原子，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+=3；几何构型不相同，故C错误；

D．S4N4分子中S原子，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+=3；几何构型不相同，故D错误；

故选AB．15、CD【分析】【分析】分子中含有多个苯环，与苯的同系物结构不同，分子中含有30个C原子、22个H原子，所以该有机物分子式为C30H22，含有苯环，可发生加成、取代反应，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．苯的同系物含有1个苯环；侧链为烷基；该有机物含有4个苯环，故不是苯的同系物，故A错误；

B．根据有机物结构可知分子中含有30个C原子、22个H原子，所以该有机物分子式为C30H22，有机物完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量之比为30：11；故B错误；

C．图中竖直方向的两个苯环对称；其中每个苯环含有4个H原子，两两对称，即每个苯环含有2种H原子，同理，横向的两个苯环也含有2种H原子，故该有机物分子中苯环含有4种H原子，苯环上的一氯代物有4种，故C正确；

D．含有苯环；可发生加成反应，且在一定条件下可发生取代反应，故D正确．

故选CD．16、CD【分析】【分析】A．分液漏斗分离能分层的物质；

B．酒精是非电解质；不导电；

C．乙醇和乙酸在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯；饱和碳酸钠可除杂并降低乙酸乙酯的溶解度；

D．甲烷与氯气在光照条件下能发生取代反应．【解析】【解答】解：A．乙醇和乙酸互溶；不分层，不能用分液漏斗分离，故A错误；

B．酒精是非电解质；不导电，不能形成原电池，故B错误；

C．乙醇和乙酸在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯；饱和碳酸钠可除杂并降低乙酸乙酯的溶解度，装置合理，故C正确；

D．氯气在饱和食盐水中的溶解度较小；甲烷与氯气在光照条件下能发生取代反应，故D正确．

故选CD．17、BD【分析】【分析】A．同素异形体研究对象是原子；

B．质子数相同；电子数越多，离子的半径越大；

C．质子数相同；中子数不同的同种元素的不同核素互为同位素；

D．短周期第IVA与第VIIA族元素的原子分别构成CCl4、CF4、SiCl4、SiF4分子．【解析】【解答】解：A．同素异形体研究对象是原子；所以A错误；

B．Fe2+与Fe3+的质子数相同，Fe2+电子数多于Fe3+，所以离子半径大于Fe3+；故B正确；

C．二者质子数相同；但是中子数不同，属于不同核素，互为同位素，故C错误；

D．短周期第IVA与第VIIA族元素的原子分别构成CCl4、CF4、SiCl4、SiF4分子；均满足原子最外层8电子结构，故D正确；

故选：BD．18、CD【分析】【分析】A．NaOH应在小烧杯中称量；

B．转移液体应引流；

C．泥沙不溶于水；可过滤分离；

D．两种组分，沸点不同，利用蒸馏分离．【解析】【解答】解：A．NaOH应在小烧杯中称量；且应在左盘中，砝码在右盘中，图中不合理，故A错误；

B．转移液体应用玻璃棒引流；图中缺少玻璃棒，故B错误；

C．泥沙不溶于水；可过滤分离，图中过滤操作合理，故C正确；

D．两种组分；蒸沸点不同，利用蒸馏分离，图中蒸馏装置合理，故D正确；

故选CD．19、BC【分析】【分析】A．醋酸易挥发；醋酸能与苯酚钠反应；

B．过氧化氢分解生成氧气；氧气可氧化KI；

C．浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，氯气与KBr反应生成溴；

D．电石与水反应生成乙炔，乙炔可与溴水发生加成反应．【解析】【解答】解：A．醋酸易挥发；醋酸能与苯酚钠反应，该装置不能比较碳酸；苯酚的酸性，故A错误；

B．过氧化氢分解生成氧气，氧气可氧化KI，丙中颜色加深，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：O2＞I2；故B正确；

C．浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，氯气与KBr反应生成溴，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：KMnO4＞Cl2＞Br2；故C正确；

D．电石与水反应生成乙炔，乙炔可与溴水发生加成反应，但该装置和发生的反应不能证明H2O、C2H2、Br2稳定性；故D错误；

故选BC．20、CD【分析】【分析】由结构简式可知，分子中含双键、-CHO，结合烯烃和醛基的性质来解答．【解析】【解答】解：A．含双键；-CHO；均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；

B．含-CHO；可发生银镜反应，故B正确；

C．双键；-CHO均可与氢气发生加成反应；则1mol该化合物只能与3mol氢气发生加成反应，故C错误；

D．只有双键与溴发生加成反应，则1mol该化合物可以与1molBr2发生加成反应；故D错误；

故选CD．21、AB【分析】【分析】既能与水发生反应，又能与碱发生反应，为活泼性强的非金属单质或酸性氧化物，以此来解答．【解析】【解答】解：A．与水反应生成盐酸和HClO；与碱发生氧化还原反应生成盐和水，如与NaOH反应生成NaCl；NaClO和水，故A选；

B．与水反应生成碳酸；与碱反应生成盐和水，故B选；

C．与水和碱均不反应；故C不选；

D．与水不反应；与碱反应生成盐和水，故D不选；

故选AB．四、填空题(共1题，共8分)2