2025年浙教版高三化学上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年浙教版高三化学上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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列各组离子能够大量共存的是（）A.pH=1的溶液中：Al3+、Mg2+、Cl-、SO42-B.使pH试纸显蓝色的溶液中：Cu2+、Fe2+、NO3-、SO42-C.滴入甲基橙指示剂呈红色的溶液中：K+、NH4+、CO32-、NO3-D.水电离出的c（H+）=1×10-13mol•L-1的溶液中：K+、NH4+、HCO3-、Cl-2、上海世博园地区的一座大型钢铁厂搬迁后，附近居民将不再受到该厂产生的棕红色烟的困扰．你估计这一空气污染物可能含有（）A.FeO粉尘B.P2O5粉尘C.Fe2O3粉尘D.SiO2粉尘3、某1L混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1mol•L-1，向混合溶液中滴加某溶液Z（0.1molL-1氢氧化钠或硫酸溶液），所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是（）A.硫酸铝、硫酸铁、氢氧化钠B.硫酸铝、硫酸镁、氢氧化钠C.偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸D.偏铝酸钠、氯化钡、硫酸4、设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A.常温下，4gCH4含nA个C-H共价键B.1molFe与足量稀HNO3反应，转移个2nA个电子C.1L0.1mol/LNaHCO3溶液中含有0.1nA个HCO3-D.常温常压下，22.4L的NO2和CO2混合气体含有2nA个O原子5、一定量碳酸氢钠与过氧化钠的混合物在密闭体系中充分加热后，排出气体，固体残留物不可能是（）A.NaOH和Na2CO3B.Na2O2、NaOH和Na2CO3C.NaOHD.Na2CO36、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是()A.某无色透明溶液中：rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{MnO_{4}^{-}}rm{OH^{-}}B.加入rm{Al}能放出rm{H_{2}}的溶液中：rm{Ba^{2+}}rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}C.在rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{FeCl_{2}}溶液：rm{H^{+}}rm{NH^{+}_{4}}rm{NO_{3}^{-}}rm{SCN^{-}}D.使紫色石蕊变红的溶液中：rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{I^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}7、欲配制100mL1.0mol•L-1Na2SO4溶液；正确的方法是（）

①将14.2gNa2SO4溶于100mL水中。

②将32.2gNa2SO4•10H2O溶于少量水中；再用水稀释至100mL

③将20mL5.0mol•L-1Na2SO4溶液用水稀释至100mL．A.①②B.②③C.①D.①②③8、下列物质中属于碱的是（）A.CH4（甲烷）B.CH3COOH（醋酸）C.H2SO4D.KOH评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)9、下列说法不正确的是（）A.用干燥洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液，滴到放在表面皿上的pH试纸上测pHB.实验时受溴腐蚀致伤，先用苯或甘油洗伤口，再用水洗C.可用重结晶法提纯含少量NaCl的KNO3晶体D.容量瓶、滴定管上都标有使用温度，容量瓶无“O”刻度，滴定管有“O”刻度，使用前水洗后滴定管还需润洗，而容量瓶不需要润洗10、已知天然气的主要成分rm{隆陋隆陋CH_{4}}是一种会产生温室效应的气体，等物质的量的rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}产生的温室效应，前者大。下面是有关天然气的几种叙述，其中正确的是rm{(}rm{)}A.天然气与煤、柴油相比是较清洁的能源B.等质量的rm{CH_{4}}和rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{2}}产生的温室效应后者大C.燃烧天然气也是形成酸雨的原因之一D.rm{CH_{4}}作为化工原料可用于合成氨、生产甲醇11、下列关于实验的叙述中，不正确的是()(填字母)．A.做甲烷和氯气的取代反应实验的方法是：用排饱和食盐水法在集气瓶中先充入4/5体积的氯气和体积的甲烷气体，用灯光照射瓶中的混合气体B.用金属钠分别与水.乙醇反应，可比较两者中羟基的活泼性C.除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸，先向其中加入适量的无水乙醇，再充分加热D.向2mL10%CuSO4溶液中滴入2%的NaOH溶液4～6滴，振荡后加入淀粉的水解液(淀粉和稀硫酸的混合液且加热4～5min)2mL，加热至沸腾，则有红色沉淀出现12、施多宁适用于与其他抗病毒药物联合治疗HIV-1感染的成人、青少年及儿童．下列叙述正确的是（）A.该化合物中含有1个手性碳原子B.该有机化合物分子式为：C14H8ClF3NO2C.该化合物能发生水解、加成、氧化和消去反应D.1mol该化合物与足量H2反应，最多消耗5molH213、下列离子方程式属于盐的水解，且书写正确的是()A.rm{NaHCO_{3}}溶液：rm{HCOrlap{_{3}}{^{-}}+H_{2}O?COrlap{_{3}}{^{2-}}+H_{3}O^{+}}rm{HCOrlap{_{3}}{^{-}}+H_{2}O?

COrlap{_{3}}{^{2-}}+H_{3}O^{+}}B.溶液：rm{NaHS}rm{HS^{-}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{?}rm{H}rm{H}C.rm{{,!}_{2}}rm{S+OH}rm{S+OH}rm{{,!}^{-}}rm{Na_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}溶液：rm{CO}rm{CO}rm{rlap{_{3}}{^{2-}}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O}D.rm{O}rm{?}溶于rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}中：rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{+2OH}rm{+2OH}rm{{,!}^{-}}rm{NH_{4}}rm{Cl}溶于rm{D}rm{Cl}rm{D}14、常温下，用rm{0.1mol?L^{-1}HCl}溶液滴定rm{10.0mL}浓度为rm{0.1mol?L^{-1}Na_{2}CO_{3}}溶液，所得滴定曲线如图所示rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.当rm{V=0}时：rm{c(CO_{3}^{2-})>c(HCO_{3}^{-})>c(OH^{-})>c(H_{2}CO_{3})}B.当rm{V=5}时：rm{3c(CO_{3}^{2-})+3c(HCO_{3}^{-})+3c(H_{2}CO_{3})=2c(Na^{+})}C.当rm{V=10}时：rm{c(Na^{+})>c(HCO_{3}^{-})>c(CO_{3}^{2-})>c(H_{2}CO_{3})}D.当rm{V=a}时：rm{c(Na^{+})>c(Cl^{-})>c(H^{+})=c(OH^{-})}评卷人得分三、多选题(共5题，共10分)15、26、右表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（）A.Y、Z的阴离子核外电子数之差为18B.常压下，Y单质的沸点比Z单质的沸点低C.W的氢化物的稳定性比X的氢化物的稳定性强D.Y元素的非金属性比W元素的非金属性强16、如图是周期表中短周期的一部分，A、B、C三种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质量数，B原子的原子核内质子数等于中子数．下列叙述正确的是（）。ACBA.最高价氧化物对应水化物的酸性：C＞BB.C单质是氧化性最强的非金属单质C.A的氢化物中具有一定的还原性D.B在第三周期ⅦA族17、下列叙述正确的是（）A.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法B.

如图中电子由Zn极流向Cu，盐桥中的Cl-移向CuSO4溶液C.氢氧燃料电池（酸性电解质）中O2通入正极，电极反应为O2+4H++4e-═2H2OD.电镀时，通常把待镀的金属制品作阳极18、在实验室里，可用同一套仪器制取的气体是（）A.NH3和Cl2B.NH3和O2C.CO2和O2D.Cl2和CO219、下列说法正确的是（）A.某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HA-）+c（A2-）B.一定量的（NH4）2SO4与NH3•H2O混合所得的酸性溶液中：c（NH4+）＜2c（SO42-）C.物质的量浓度均为0.01mol/L的CH3COOH和CH3COONa的溶液等体积混合后溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.01mol/LD.物质的量浓度相等的①NH4HSO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl溶液中c（NH4+）：①＞②＞③评卷人得分四、填空题(共3题，共30分)20、（2015秋•株洲校级期末）某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时；选择甲基橙作指示剂．请填写下列空白：

（1）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视____，直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并____为止．

（2）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是____（填字母序号）．

A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸。

B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥。

C．酸式滴定管在滴定前有气泡；滴定后气泡消失。

D．读取盐酸体积时；开始仰视读数，滴定结束时俯视读数。

（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则所用盐酸溶液的体积为____mL．

（4）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：

。滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol•L-1盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/mL滴定后刻度溶液体积/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09依据如表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度____．（保留4位有效数字）21、（2011秋•邗江区校级期中）硫酸生产主要有硫磺法和硫铁矿法等；这两种制法均经过催化氧化步骤．

（1）钒触媒（V2O5）能加快SO2的氧化速率，此过程中SO2先与V2O5反应生成V2O4．该过程的化学方程式可表示为____．

（2）为测定过程中混合气的SO2体积分数，选用0.0500mol/LI2的标准溶液、淀粉溶液进行测定．已知：V（耗用I2标准溶液）=10.00mL，V（采集烟气）=100.0mL（已折算为标准状况），则烟气中SO2的体积分数为____．

（3）一定温度时，SO2的平衡转化率（α）与体系总压强（p）的关系如图所示．试分析工业生产中采用常压的原因是____．

（4）在温度相同；体积均为1L的三个密闭容器中；按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下．

已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H=-98.3kJ•mol-1．

。容器甲乙丙反应物投入量2molSO2、1molO22molSO3mmolSO2、nmolO2、pmolSO3c（SO3）/mol•L-11.41.41.4能量变化放出akJ吸收bkJ吸收ckJSO2或SO3的转化率α1α212.5%则α1+α2=____，p=____mol，b+c=____kJ．22、（8分）阅读下表中短周期主族元素的相关信息。。元素代号8相关信息AA的单质能与冷水剧烈反应，得到强碱性溶液BB的原子最外层电子数是其内层电子数的三倍C在第三周期元素中，C的离子半径简单最小DA、B、D组成的36电子的化合物X是家用消毒剂的主要成分E所有有机物中都含有E元素请回答：(1)写出E在元素周期表中的位置：_________；C的简单离子的结构示意图：__________；(2)写出A2B2晶体中存在的化学键有：_______________________；(3)A在真空高压下能与由D、E组成的分子呈正四面体结构的化合物Y反应生成2种固体物质，其中一种是自然界中硬度最大的物质，此反应在科学上有“稻草变黄金”的美称。请写出该反应的化学方程式：_________________________________________________；(4)常温下，0．1mol·L-1X溶液的pH____7(填“>”、“=”或“<”)。简述X可以做家用消毒剂的理由：________________________________________________________。评卷人得分五、判断题(共2题，共12分)23、用PH试纸可以测定溶液酸碱性时，用玻璃棒蘸取待测溶液在已有水的PH试纸上进行观察颜色变化．____（填√或×）．24、加用盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液，产生了大量的白色沉淀，溶液里一定含有大量的SO42-．____（判断对错正确的打“√”，错误的打“×”）评卷人得分六、实验题(共1题，共3分)25、为验证氧化性Cl2>Fe3+>SO2，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器和A中加热装置已略，气密性已检验）。实验过程：Ⅰ．打开弹簧夹K1~K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。Ⅱ．打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，加热A。Ⅲ．当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧K2。Ⅳ．打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，并检验其中的离子。Ⅴ．打开K3和活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧K3。Ⅵ．更新试管D，重复过程Ⅳ。（1）过程Ⅰ的目的是____。（2）棉花中浸润的溶液为____。（3）A中发生反应的化学方程式为____。（4）能说明氧化性Fe3+>SO2的离子方程式是____。（5）过程Ⅵ，检验B溶液中是否含有SO42-的操作是____。（6）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果不能够证明氧化性Cl2>Fe3+>SO2的是____（填“甲”“乙”“丙”），请用必要的文字说明理由____。。过程ⅣB溶液中含有的离子过程ⅥB溶液中含有的离子甲有Fe3+无Fe2+有Fe2+乙既有Fe3+又有Fe2+有SO42-丙有Fe3+无Fe2+有SO42-（7）进行实验过程Ⅴ时，B中溶液颜色由黄色逐渐变为红棕色，停止通气，放置一段时间后溶液颜色变为浅绿色。查阅资料：Fe2+(aq)+SO32-(aq)FeSO3(s)（墨绿色）提出假设：FeCl3与SO2的反应经历了中间产物FeSO3，溶液的红棕色是FeSO3（墨绿色）与FeCl3（黄色）的混合色。某同学设计如下实验，证实该假设成立：①溶液E和F分别为____、____（写化学式）。②请用化学平衡原理解释步骤3中红棕色溶液颜色变为浅绿色的原因____。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】A．该溶液为酸性溶液；溶液中才大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；

B．使pH试纸显蓝色的溶液中存在大量氢氧根离子；铜离子；亚铁离子与氢氧根离子反应；

C．滴入甲基橙指示剂呈红色的溶液中存在大量氢离子；碳酸根离子与氢离子反应；

D．水电离出的c（H+）=1×10-13mol•L-1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，碳酸氢根离子与氢离子和氢氧根离子反应．【解析】【解答】解：A．pH=1的溶液中存在大量氢离子，Al3+、Mg2+、Cl-、SO42-之间不发生反应；都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；

B．使pH试纸显蓝色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Cu2+、Fe2+都与氢氧根离子反应；在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．滴入甲基橙指示剂呈红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，CO32-与氢离子反应；在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．水电离出的c（H+）=1×10-13mol•L-1的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+、HCO3-与氢氧根离子反应，HCO3-与氢离子反应；在溶液中一定不能大量共存，故D错误；

故选A．2、C【分析】【分析】该厂产生的棕红色烟雾，说明产生的固体呈红棕色，根据固体的颜色判断即可．【解析】【解答】解：A．FeO呈黑色；所以该棕红色烟不是FeO，故A错误；

B．P2O5固体呈白色；不符合题意，故B错误；

C．Fe2O3固体呈棕红色；符合题意，故C正确；

D．SiO2固体不是棕红色；所以不符合题意，故D错误；

故选C．3、C【分析】【分析】若Z为氢氧化钠溶液；根据图象中沉淀消耗的体积计算分析判断：溶解0.1mol氢氧化铝沉淀消耗的碱的物质的量为0.15mol，不符合题意；

所以z是硫酸溶液，根据图象分析．【解析】【解答】解：A．若X、Y、Z分别为硫酸铝、硫酸铁和氢氧化钠，开始滴入氢氧化钠时，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，沉淀量达到最大，继续滴加氢氧化钠，发生反应：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，n（Al（OH）3）：n（OH-）=1：1；而图象表明，溶解0.1mol沉淀，消耗0.15mol，与计量关系不符；故A错误；

B．若X、Y、Z分别为硫酸铝、硫酸镁和氢氧化钠，开始滴入氢氧化钠时，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Mg2++3OH-=Mg（OH）2↓，沉淀量达到最大，继续滴加氢氧化钠，发生反应：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，n（Al（OH）3）：n（OH-）=1：1；而图象表明，溶解0.1mol沉淀，消耗0.15mol，与计量关系不符；故B错误；

C．若X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸，开始滴入硫酸时发生反应：2OH-+2H++Ba2++SO42-=BaSO4↓2H2O，图中第一段直线：0.1molBa（OH）2和硫酸反应，消耗0.1molH2SO4生成沉淀1mol，氢氧化钡消耗完后，继续滴入硫酸，氢离子开始和偏铝酸根离子反应H++AlO2-+H2O=Al（OH）3↓，硫酸的消耗量（硫酸消耗量是氢离子消耗量的一半）和沉淀的生成量是1：2，即0.1molNaAlO2消耗0.05molH2SO4生成沉淀0.1mol；硫酸进一步过量，开始消耗沉淀，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O硫酸和沉淀消耗量应为1.5：1直到把氢氧化铝完全溶解，只剩下不溶于酸的BaSO4；以上三段符合图象的数值变化；故C正确；

D．若X、Y、Z分别为偏铝酸钠、氯化钡、硫酸，滴入硫酸时Ba2++SO42-=BaSO4↓，H++AlO2-+H2O=Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；生成最大量沉淀氢氧化铝0.1mol，需要硫酸0.05mol；生成硫酸钡沉淀0.05mol，需要硫酸0.05mol，图中第一段直线不符合，故D错误；

故答案为：C．4、A【分析】【分析】A；质量换算物质的量结合甲烷分子结构计算碳氢键；

B；足量稀硝酸与铁反应生成三价铁；

C；碳酸氢根离子水解；

D、依据气体摩尔体积的应用条件是标准状况分析；【解析】【解答】解：A、4gCH4物质的量为0.25mol，分子中含C-H共价键4×0.25×nA=nA个；故A正确；

B、稀硝酸过量，生成硝酸铁，转移电子应该是3nA个电子；故B错误；

C、碳酸氢根离子水解，应该是小于0.1nA个HCO3-；故C错误；

D；条件错误；应为标准状况，故D错误；

故选A．5、C【分析】碳酸氢钠分解生成CO2、水和碳酸钠。CO2和水于过氧化钠反应生成碳酸钠、氢氧化钠和水，所以最终剩余的固体不可能只有氢氧化钠，C不正确，其余都是可能的，答案选C。【解析】【答案】C6、D【分析】【分析】本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断，题目难度不大。【解答】A.无色透明溶液中，不能大量存在、rm{MnO_{4}^{-}}故A不符合题意；

B.与rm{Al}反应能放出rm{H_{2}}的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液含大量氢离子，rm{HCO}rm{HCO}与rm{{,!}_{3}^{-}}反应生成rm{H^{+}}和rm{H_{2}O}气体，碱性溶液含大量的氢氧根离子，rm{CO_{2}}与rm{HCO_{3}^{-}}反应生成rm{OH^{-}}和rm{H_{2}O}故B不符合题意；C.rm{CO_{3}^{2-}}rm{Fe^{2+}}rm{H}rm{H}rm{{,!}^{+}}、发生氧化还原反应不能共存；故C不符合题意；

D.该组离子之间不反应，可大量共存，故D符合题意。故选D。

rm{NO}【解析】rm{D}7、B【分析】【分析】欲配制100mL1.0mol•L-1Na2SO4溶液；用固体配制时依据m=CV计算需要溶质的质量，加水稀释到100mL；

用浓溶液配制，依据溶液稀释规律：稀释前后溶质的物质的量不变计算需要浓溶液体积，然后加水稀释都100mL．【解析】【解答】解：①配制100mL1.0mol•L-1Na2SO4溶液，需要溶质Na2SO4的质量为1.0mol/L×0.1L×142g/mol=14.2g；溶于100mL水中，则溶液体积大于100mL，溶液浓度小于1.0mol/L，故错误；

②配制100mL1.0mol•L-1Na2SO4溶液，需要溶质Na2SO4的质量为1.0mol/L×0.1L×322g/mol=32.2g；溶于少量水中，再用水稀释至100mL，故正确；

②配制100mL1.0mol•L-1Na2SO4溶液，设需要5.0mol•L-1Na2SO4体积为V；则依据稀释前后溶质的物质的量不变，设需要浓溶液体积为V，则100mL×1.0mol/L=5.0mol/L×V，解得V=20mL，稀释后溶液体积为100mL，故正确；

故选：B．8、D【分析】【分析】物质分为混合物和纯净物，纯净物又分为单质和化合物，化合物分为氧化物、酸、碱、盐；氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素．酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是电离出金属离子和酸根离子的化合物．【解析】【解答】解：A；甲烷是有机物；故A不符合；

B、CH3COOH是酸；故B不符合；

C、H2SO4是酸；故C不符合；

D；KOH是碱；故D符合；

故选D．二、双选题(共6题，共12分)9、A|B【分析】解：A．将一小块试纸放在表面皿上；用玻棒蘸取待测液涂于pH试纸上，再与标准比色卡对照，是测非强氧化性溶液的PH，NaClO具有强氧化性，pH试纸上无法显色，所以无法测定，故A错误；

B．溴易溶于苯或甘油；因苯有毒，则在实验室发生溴腐蚀致伤时，应先用甘油洗伤口，再用水洗，故B错误；

C．含少量NaCl的KNO3晶体，用冷却热饱和溶液的方法结晶提纯，形成KNO3饱和溶液从溶液中结晶析出，一次结晶达不到纯化的目的进行第二次，甚至进行多次结晶，可提纯含少量NaCl的KNO3晶体；故C正确；

D．容量瓶标有温度；规格、刻度线；滴定管温度、规格，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度在最上面，使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗，故D正确；

故选AB．

A．NaClO具有强氧化性；无法用pH试纸测pH；

B．溴易溶于苯或甘油；

C．重结晶法；就是利用不同物质在同一溶剂中的溶解度的差异，进行多次结晶，适用于固体晶体中的杂质提纯；D．根据容量瓶和滴定管的结构和使用方法分析；

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及PH测定、混合物分离提纯、仪器的使用，侧重物质性质及实验技能的考查，注意实验的评价性、操作性分析，题目难度中等．【解析】【答案】AB10、AD【分析】【分析】本题考查了天然气的相关性质，难度一般。【解答】A.煤燃烧时产生有毒气体rm{SO_{2}}不是清洁能源；放出相同的热量，所消耗的天然气质量比柴油的少得多，故A正确；B.等质量的rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}相比rm{CH_{4}}的物质的量比rm{CO_{2}}大，根据题给信息，前者的温室效应大，故B错误；C.天然气的燃烧产物为rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}因此不能形成酸雨，故C错误；D.rm{CH_{4}}作为化工原料可用于合成氨、生产甲醇，故D正确。故选AD。【解析】rm{AD}11、C|D【分析】解：A．甲烷与氯气反应的物质的量比是1：4；反应的条件是光照，故A说法正确；

B．水和乙醇中都含有羟基；根据与钠反应的剧烈程度可判断二者的活泼性强弱，故B说法正确；

C．酯化反应是可逆反应；不能进行到底，故C说法错误；

D．葡萄糖与新制氢氧化铜反应应在碱性环境中反应；故D说法错误．

​本题要求选择不正确的说法,故选CD．【解析】【答案】CD12、A|D【分析】解：A．手性碳原子连接4个不同的原子或原子团；连接C≡C和O原子的C为手性碳原子，故A正确；

B．由结构简式可知分子式为C14H9ClF3NO2；故B错误；

C．有机物不能发生消去反应；故C错误；

D．能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳三键，则1mol该化合物与足量H2反应，最多消耗5molH2；故D正确．

故选AD．

由结构简式确定含有的元素种类和原子个数；可确定分子式，有机物含有酯基；可发生水解反应，含有卤素原子，可发生取代反应，含有碳碳三键，可发生加成、氧化反应等反应，以此解答该题．

本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，题目难度不大，注意把握有机物官能团的性质，为解答该题的关键，题目有助于培养学生良好的分析能力和科学素养．．【解析】【答案】AD13、BD【分析】【分析】本题考查水解离子方程式的书写，难度不大。【解答】A.rm{A}中实质是rm{HCOrlap{_{3}}{^{-}}rightleftharpoonsCOrlap{_{3}}{^{2-}}+H^{+}}是电离方程式，故A错误；B.rm{HCOrlap{_{3}}{^{-}}rightleftharpoons

COrlap{_{3}}{^{2-}}+H^{+}}中表示rm{B}结合水电离的rm{HS^{-}}形成rm{H^{+}}的过程，是rm{H_{2}S}的水解，故B正确；C.rm{HS^{-}}中rm{C}应分步水解，故C错误；D.rm{COrlap{_{3}}{^{2-}}}中rm{D}结合rm{NHrlap{_{4}}{^{+}}}电离产生的rm{D_{2}O}应生成rm{OD^{-}}故D正确；故选D。rm{NH_{3}隆陇HDO}【解析】rm{BD}14、rBD【分析】解：rm{A}rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的两步水解，以第一步为主，同时存在水的电离故有rm{c(CO_{3}^{2-})>c(OH^{-})>c(HCO_{3}^{-})>c(H_{2}CO_{3})}故A错误；

B、当rm{V=5}时，此时溶液为等浓度的rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}rm{NaCl}根据混合液中物料守恒可得，碳酸钠溶液中：rm{2c(CO_{3}^{2-})+2c(HCO_{3}^{-})+2c(H_{2}CO_{3})=c(Na^{+})}碳酸氢钠溶液中物料守恒式为rm{c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})=c(Na^{+})}氯化钠溶液中rm{c(Na^{+})=n(Cl^{-})}则得到：rm{3c(CO_{3}^{2-})+3c(HCO_{3}^{-})+3c(H_{2}CO_{3})=2c(Na^{+})}故B正确；

C、此时溶液为rm{NaHCO_{3}}以rm{HCO_{3}^{-}}既水解又电离，但以水解为主，故有rm{c(CO_{3}^{2-})<c(H_{2}CO_{3})}故C错误；

D、根据rm{V=a}时，溶液的rm{pH=7}此时溶液为中性，rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}盐酸的体积小于rm{20mL}所以rm{c(Na^{+})>c(Cl^{-})>c(H^{+})=c(OH^{-})}故D正确．

故选BD．

A.rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的两步水解，以第一步为主，同时存在水的电离故有rm{c(CO_{3}^{2-})>c(OH^{-})>c(HCO_{3}^{-})>c(H_{2}CO_{3})}

B.当rm{V=5}时，此时溶液为等浓度的rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}rm{NaCl}根据混合液中物料守恒可得，碳酸钠溶液中：rm{2c(CO_{3}^{2-})+2c(HCO_{3}^{-})+2c(H_{2}CO_{3})=c(Na^{+})}碳酸氢钠溶液中物料守恒式为rm{c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})=c(Na^{+})}氯化钠溶液中rm{c(Na^{+})=n(Cl^{-})}

C.当rm{V=10}时；反应恰好生成碳酸氢钠溶液，根据碳酸氢钠溶液中离子浓度大小进行比较；

D.根据rm{V=a}时，溶液的rm{pH=7}则rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}再根据电荷守恒计算出溶液中钠离子与氯离子浓度关系．

本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理，题目难度中等，注意掌握溶液中盐的水解原理及溶液中离子浓度大小比较的方法，需要明确电荷守恒、物料守恒在离子浓度大小比较中应用方法．【解析】rm{BD}三、多选题(共5题，共10分)15、AD【分析】【分析】根据五种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，W为P元素，Y为S元素，Z为Br元素，R为Ar元素，根据元素在周期表中的位置，结合元素周期律的递变规律解答该题．【解析】【解答】解：根据五种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，W为P元素，Y为S元素，Z为Br元素，R为Ar元素；则

A；Y的阴离子核外有18个电子；Z的阴离子核外有36个电子，Y、Z的阴离子核外电子数之差为18，故A正确；

B、Y为S元素，Z为Br元素，常压下S固体，而Br为液体；所以常压下，Y单质的沸点比Z单质的沸点高，故B错误；

C；同主族自上而下；非金属性减弱，所以非金属性X＞W，非金属性越强，氢化物越稳定，所以氢化物的稳定性W＜X，故C错误；

D；同周期元素从左到右；非金属性逐渐增强，所以非金属性Y＞W，故D正确．

故选：AD．16、BC【分析】【分析】根据元素在周期表中位置知；A；C为第二周期元素，B为第三周期元素，设B的质子数为x，则A的质子数为x-9、C的质子数是x-7，A、B、C三种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质量数，B原子的原子核内质子数等于中子数，则x-9+x+（x-7）=2x，x=16，则A是N元素、B是S元素、C是F元素；

A．元素的非金属性越强；其最高价氧化物的水化物酸性越强，但O；F元素除外；

B．元素的非金属性越强；其单质的氧化性越强；

C．A的氢化物是氨气；氨气具有还原性；

D．B位于第三周期第VIA族．【解析】【解答】解：根据元素在周期表中位置知；A；C为第二周期元素，B为第三周期元素，设B的质子数为x，则A的质子数为x-9、C的质子数是x-7，A、B、C三种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质量数，B原子的原子核内质子数等于中子数，则x-9+x+（x-7）=2x，x=16，则A是N元素、B是S元素、C是F元素；

A．元素的非金属性越强；其最高价氧化物的水化物酸性越强，但O；F元素除外，F元素非金属性最强，没有最高价氧化物的水化物，故A错误；

B．元素的非金属性越强；其单质的氧化性越强，C是F元素，F元素是非金属最强的元素，则氟气是氧化性最强的单质，故B正确；

C．A的氢化物是氨气；氨气分子中N元素化合价最低，所以氨气具有还原性，故C正确；

D．B位于第三周期第VIA族；故D错误；

故选BC．17、AC【分析】【分析】A．锌比铁活泼；可为原电池的负极；

B．原电池工作时；阴离子向负极移动；

C．酸性氢氧燃料电池中；正极发生还原反应；

D．电镀时，待镀金属为阴极．【解析】【解答】解：A．锌比铁活泼；可为原电池的负极被氧化，铁为正极被保护，为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；

B．锌比铜活泼；锌为负极，原电池工作时，阴离子向负极移动，故B错误；

C．酸性氢氧燃料电池中，正极发生还原反应，电极方程式为O2+4H++4e-═2H2O；故C正确；

D．电镀时；待镀金属为阴极，故D错误．

故选AC．18、BC【分析】【分析】A、制备NH3可用固、固加热（熟石灰+氯化铵）或固、液不加热（碱石灰+浓氨水）的方法；制备Cl2只能用固；液加热的方法；

B、制备NH3可用固、固加热（熟石灰+氯化铵）或固、液不加热（碱石灰+浓氨水）的方法；制备O2可用固；固加热（氯酸钾+二氧化锰）或固、液不加热（双氧水+二氧化锰）的方法；

C、制备CO2只能用固、液不加热（大理石+稀盐酸）的方法；制备O2可用固；固加热（氯酸钾+二氧化锰）或固、液不加热（双氧水+二氧化锰）的方法；

D、制备氯气只能用固、液加热的方法；制备CO2只能用固、液不加热（大理石+稀盐酸）的方法．【解析】【解答】解：A、备NH3可用固、固加热（熟石灰+氯化铵）或固、液不加热（碱石灰+浓氨水）的方法；制备Cl2只能用固；液加热的方法；不能用同一套仪器制取气体，故A错误；

B、制备NH3可用固、固加热（熟石灰+氯化铵）或固、液不加热（碱石灰+浓氨水）的方法；制备O2可用固；固加热（氯酸钾+二氧化锰）或固、液不加热（双氧水+二氧化锰）的方法；都可以采用固、液不加热装置制备，故B正确；

C、制备CO2只能用固、液不加热（大理石+稀盐酸）的方法；制备O2可用固；固加热（氯酸钾+二氧化锰）或固、液不加热（双氧水+二氧化锰）的方法；故C正确；

D、制备氯气只能用固、液加热的方法；制备CO2只能用固；液不加热（大理石+稀盐酸）的方法；故D错误；

故选：BC．19、BC【分析】【分析】A；根据二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中存在电荷守恒分析判断；

B、（NH4）2SO4与NH3•H2O混合所得的酸性溶液；说明铵根离子水解显示的酸性大于一水合氨电离显示的碱性；

C；依据溶液中物料守恒计算分析；

D、依据除铵根以外的另一种离子的性质对铵根离子水解的影响分析判断；【解析】【解答】解：A、二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中存在电荷守恒为：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-）；故A错误；

B、一定量的（NH4）2SO4与NH3•H2O混合所得的酸性溶液中铵根离子水解远远大于一水合氨的电离程度，溶液中c（NH4+）＜2c（SO42-）；故B正确；

C、物质的量浓度均为0.01mol/L的CH3COOH和CH3COONa的溶液等体积混合后溶液中存在微粒守恒：c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.01mol/L；故C正确；

D、物质的量浓度相等的①NH4HSO4溶液中氢离子对铵根离子水解起到抑制作用、②NH4HCO3溶液中碳酸氢根离子水解促进铵根离子水解、③NH4Cl溶液中氯离子对铵根离子水解无影响；溶液中铵根离子浓度大小为：①＞③＞②；故D错误；

故选BC．四、填空题(共3题，共30分)20、锥形瓶中溶液颜色变化半分钟内不复原D26.100.1044mol/L【分析】【分析】（1）酸碱中和滴定时；眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不复原；

（2）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响；以此判断浓度的误差；

（3）根据滴定管的结构和精确度以及测量的原理；

（4）先根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（盐酸），接着根据盐酸和NaOH反应求出C（NaOH）．【解析】【解答】解：（1）酸碱中和滴定时；眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不复原；

故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；半分钟内不复原；

（2）A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，标准液被稀释，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；测定c（待测）偏大，故A错误；

B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；测定c（待测）无影响，故B错误；

C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；测定c（待测）偏大，故C错误；

D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；测定c（待测）偏小，故D正确；

故选：D；

（3）起始读数为0.00mL；终点读数为26.10mL，盐酸溶液的体积为26.10mL；

故答案为：26.10；

（4）第二次实验误差较大；舍去第2组数据，然后求出1；3组平均消耗V（盐酸）=26.10mL；

HCl+NaOH=NaCl+H2O

11

0.0261L×0.1000mol•L-10.025L×C（NaOH）

解得：C（NaOH）=0.1044mol/L；

故答案为：0.1044mol/L．21、SO2+V2O5⇌V2O4+SO30.112在常压时，SO2的转化率已很高，若加压，则对设备、能源等有较高的要求，经济上不划算11.639.32【分析】【分析】（1）根据钒触媒（V2O5）能加快SO2的氧化速率，此过程中SO2先与V2O5反应生成V2O4；可看出钒元素的化合价从+5价降为+4价，所以，二氧化硫中的硫从+4价上升为+5价；

（2）碘单质具有氧化性，二氧化硫中+4价的硫具有还原性，发生反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；

（3）从图象中可以看出，当压强为0.1KPa时，SO2的转化率为0.90，当压强为1.0KPa时，SO2的转化率为0.95；

（4）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H=-98.3kJ•mol-1，该反应为放热反应，恒温、恒容，放出的能量以及转化率与参加反应的物质的物质的量成正比．【解析】【解答】解：（1）SO2先与V2O5反应生成V2O4，V2O5参与反应作氧化剂，本身被还原为V2O4则二氧化硫被氧化为三氧化硫；

故答案为：SO2+V2O5⇌V2O4+SO3；

（2）根据公式n=c×v，I2的物质的量为n=0.0500mol/L×0.01L=5×10-4mol；根据反应：

SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI

5×10-4mol5×10-4mol

标准状况下的体积为5×10-4mol×22.4L/mol=1.12×10-2L．V（采集烟气）=100.0mL（已折算为标准状况），则烟气中SO2的体积分数为=0.112．故答案为：0.112；

（3）当压强为0.1KPa时，SO2的转化率为0.90，SO2的转化率已很高，当压强为1.0KPa时，SO2的转化率为0.95；

此时，对设备、能源都有很高的要求，压强的增加引起SO2转化率的变化并不明显；经济上不划算；

故答案为：在常压时，SO2的转化率已很高；若加压，则对设备；能源等有较高的要求，经济上不划算；

（4）在温度相同、体积均为1L的三个密闭容器中，SO3的物质的量均为1mol．化学平衡状态的达到与化学反应途径无关．在相同的条件下，可逆反应，无论从正反应开始还是从逆反应开始，还是从既有反应物又有生成物开始，达到的化学平衡状态是相同的，平衡混合物中各组成物质的百分含量保持不变，就是等效平衡．三个密闭容器，保持恒温、恒容，最终c（SO3）=1.4mol•L-1．三个容器中的反应为等效平衡．体积均为1L，最终n（SO3）=1.4mol．

甲2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H=-98.3kJ•mol-1．

起始量（mol）210

变化量（mol）1.40.71.4-98.3kJ×=68.81KJ

平衡量（mol）0.60.3

故a=68.81，α1==0.7；

乙容器保持恒温、恒容，和甲容器中反应为等效平衡．故b=98.3kJ×（2-1.4）/2=29.49kJ．该反应从三氧化硫开始，α2==0.3，α1+α2=0.7+0.3=1．

丙2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H=-98.3kJ•