2025年湘教新版高三化学上册月考试卷

…………○…………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年湘教新版高三化学上册月考试卷795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7题，共14分)1、常温下，将rm{Cl_{2}}缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液rm{.}整个实验进程中溶液的rm{pH}变化曲线如图所示，下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.实验进程中可用rm{pH}试纸测定溶液的rm{pH}B.向rm{a}点所示溶液中通入rm{SO_{2}}溶液的酸性和漂白性均增强C.rm{c}点所示溶液中：rm{c(Na^{+})=2c(ClO^{-})+c(HClO)}D.由rm{a}点到rm{b}点的过程中，溶液中rm{dfrac{c(H^{+})}{c(CIO^{-})}}减小rm{dfrac

{c(H^{+})}{c(CIO^{-})}}2、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.

图中rm{triangleH_{1}=triangleH_{2}+triangleH_{3}}B.

从图可看出rm{triangleH_{1}=triangle

H_{2}+triangleH_{3}}的能量高于rm{CO_{2}}C.

从图可看出反应中加入催化剂可降低反应物能量D.

图中rm{CO+O_{2}}时间段后rm{t_{0}}不包含rm{(}电解质溶液中，弱电解质分子与离子都存在rm{t_{0})}3、某有机物的结构简式如图；下列关于该有机物的叙述不正确的是（）

A.能与金属钠反应并放出氢气B.能在催化剂作用下与H2发生加成反应C.能发生银镜反应D.在浓H2SO4催化下能与乙酸发生酯化反应4、设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A.12.4g白磷中含有共价键数为0.4NAB.3Fe+4H2O（g）=Fe3O4+4H2反应中，当5.6gFe全部转化为Fe3O4时，则有0.3NA电子发生转移C.在1L0.1mol/L碳酸钠溶液中阴离子总数等于0.1NAD.在标准状况下，22.4LCH4与18gH2O所含有的电子数均为10NA5、以下分子或离子的结构为正四面体且键与键之间夹角为109°28′的是（）

①CH4②NH4+③CH3Cl④P4⑤金刚石．A.①②④B.①②③④⑤C.①②D.①②⑤6、下列说法正确的是（）A.凡是自发反应都是放热的B.铁在潮湿空气中生锈是自发过程C.△S＞0的反应在任何条件下都能自发进行D.电解池的反应是属于自发反应7、设NA为阿佛加德罗常数；下列说法正确的是（）

①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA

②同温同压下；体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等。

③1L2mol/L的MgCl2溶液中含氯离子为4NA

④标准状况下22.4LH2O中分子数为NA

⑤32gO2和O3混合气体中含有原子数为2NA．A.①②③④B.③④C.①③④D.①②③⑤评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、（双项）化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关．下列说法正确的是（）A.为提高农作物的产量和质量，应大量使用化肥和农药B.绿色化学的核心是从源头上控制污染C.实现化石燃料清洁利用，就无需开发新能源D.垃圾是放错地方的资源，应分类回收利用9、下列有关说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（）A.0.1NA氮分子所占的体积为2.24LB.标准状况下，2.24L氧气所含分子数为0.1NAC.2.4g镁作还原剂时，失去的电子数为0.2NAD.2mol/L盐酸中，含HCl分子数为0.2NA10、如图是一套检验气体性质的实验装置图．向装置中缓慢通入气体X，若关闭活塞K，则品红试液无变化，而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，则品红试液褪色．X和Y可能是（）A.SO2、Na2SO3B.CO2、Na2SO3C.SO2、Na2CO3D.Cl2、Na2CO311、烷烃的系统命名法是我国化学学会根据IUPAC并结合我国汉字使用习惯而制定的，其规定必然遵循我们的认知习惯．包括从选主链定“主基调”，给支键编号定坐标，不同基，从简到繁等．这样易辨易写，边读边辨．在系统命名法中，下列碳原子主链名称不是丁烷的是（）A.（CH3）2CHCH2CH2CH3B.（CH3CH2）2CHCH3C.（CH3）2CHCH（CH3）2D.（CH3）3CCH2CH312、下列叙述正确的是（）A.标准状况下，水的摩尔体积是22.4L/molB.标准状况下，氧气的摩尔体积是22.4L/molC.标准状况下，H2的摩尔体积是22.4L/molD.标准状况下，O2的摩尔体积是22.413、下列四种有机化合物均含有多个官能团，其结构简式如下所示，下面有关说法中正确的是（）A.属于酚类，可与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2B.属于酚类，能使FeCl3溶液显紫色C.1mol该物质最多能与3molBr2发生反应D.可以发生消去反应14、设NA是阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A.1molAl3+离子含有的核外电子数为10NAB.1molCl2与足量的铁反应，转移的电子数为3NAC.10LpH=1的硫酸溶液中含有的H+离子数为2NAD.10LpH=13的NaOH溶液中含有的OH-离子数为NA15、下列叙述正确的是（）A.c（NH4+）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c[（NH4）2Fe（SO4）2]＜c[（NH4）2SO4]＜c（NH4Cl）B.向AgCl悬浊液中滴入KI溶液，有AgI沉淀生成，说明AgCl的溶解度小于AgI的溶解度C.0.2mol/LHCl溶液与等体积0.05mol/LBa（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1D.0.2mol/L的NaHCO3溶液中c（H+）+c（H2CO3）=c（CO32-）+c（OH-）16、下列实验设计方案中，可行的是（）A.用加入适量铜粉的方法除去Mg（NO3）2溶液中混有的AgNO3B.分液操作时，首先要打开分液漏斗的上口活塞，或使活塞上的小孔与上口部的小孔对准，然后进行分液C.蒸馏操作时，冷凝水的方向应当由下口进上口出D.蒸馏时，应使温度计水银球应插入蒸馏烧瓶液体中评卷人得分三、双选题(共5题，共10分)17、下列操作会导致实验结果偏高的是（）A.中和热测定实验中，用铜制环形搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，所测中和热的数值B.中和滴定测定盐酸浓度，量取20.00mL盐酸时未用待测液润洗酸式滴定管C.用托盘天平称量10.5g某物质，砝码和药品的位置放反，所称药品的质量D.配制一定物质的量浓度溶液时，用量筒量取浓溶液体积仰视读数，所配溶液的浓度18、rm{H_{2}C_{2}O_{4}}水溶液中rm{H_{2}C_{2}O_{4}}rm{HC_{2}O_{4}^{-}}和rm{C_{2}O_{4}^{2-}}三种形态的粒子的分布分数rm{娄脛}随溶液rm{pH}变化的关系如图所示，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.曲线rm{垄脵}代表的粒子是rm{HC_{2}O_{4}^{-}}B.rm{0.1mol?L^{-1}NaHC_{2}O_{4}}溶液中：rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}C.rm{pH=5}时，溶液中主要含碳微粒浓度大小关系为：rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})>c(HC_{2}O_{4}^{-})}D.在一定温度下，往rm{CaC_{2}O_{4}}饱和溶液中加入少量rm{CaCl_{2}}固体，rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})}将减小，rm{c(Ca^{2+})}增大19、中国药学家屠呦呦因青蒿素而获得rm{2015}年诺贝尔生理学或医学奖rm{.}青蒿素的结构如图所示，下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.该物质易溶于冷水B.能够发生水解反应C.每个分子中含有rm{3}个六元环D.青蒿素具有强氧化性20、类比法是化学学习和研究中常用的重要思维方法，但所得结论要经过实践的检验才能确定其正确与否rm{.}根据你所掌握的知识，判断下列类推结论中正确的是rm{(}rm{)}

。化学事实类推结论rm{A}rm{pH=3}盐酸稀释rm{1000}倍后rm{pH=6}rm{pH=6}盐酸稀释rm{1000}倍后rm{pH=9}rm{B}用电解熔融rm{MgCl_{2}}制取金属rm{Mg}用电解熔融rm{NaCl}冶炼金属钠rm{C}rm{Na}着火不能用干冰灭火rm{K}着火不能用干冰灭火rm{D}将rm{SO_{2}}通入rm{BaCl_{2}}溶液无沉淀生成将rm{SO_{2}}通入rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液也无沉淀生成A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}21、常温下，用rm{0.1mol?L}rm{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(H^{+})+c(H_{2}CO_{3})+c(HCO_{3}^{-})=c(OH^{-})}B.当rm{V=5}时：rm{c(Na^{+}}rm{)>c(HCO_{3}^{-})>c(CO_{3}^{2-}}rm{)>c(Cl^{-}}rm{)}C.当rm{V=a}时：rm{c(Na}rm{{,!}^{+})>c(Cl^{-}}rm{)>c(H^{+}}rm{)=c(OH^{-}}rm{)}D.当rm{V=10}时：rm{c(H^{+}}rm{)+c(H_{2}CO_{3})=c(OH^{-}}rm{)+c(CO_{3}^{2-})}评卷人得分四、填空题(共1题，共2分)22、某只含有CaCl2和Na2SO4杂质的粗盐样品；加水得到混合物A后，某实验小组的同学设计了如下实验步骤，请按要求回答有关问题．

（1）在混合物A中先加过量的BaCl2溶液除去的离子是____；充分搅拌后，再加过量的Na2CO3溶液可除去的离子____

（2）在溶液C中加入的足量试剂X是____．

（3）操作②的分离方法分别是____．

（4）漂白液的有效成分是NaClO，可用气体F与NaOH溶液反应制得，该反应的化学方程式为____．评卷人得分五、判断题(共2题，共14分)23、因为CO2的水溶液可以导电，所以CO2是电解质____．（判断对错）24、提纯氯化钠，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需用小火加热至溶液表面出现晶膜为止，再通过余热将溶液全部蒸干．____（判断对错）评卷人得分六、推断题(共3题，共6分)25、（2013秋•滦南县校级月考）A是用途最广的金属；B；C是两种常见气体单质，E溶液为常见强酸，D溶液中滴加KSCN溶液显红色，它们相互转化关系如图所示．

请回答：

（1）写出B物质的化学式：____；F的名称：____．

（2）写出第③步反应的化学方程式为____．

（3）第④步反应中溶液颜色的变化____；

写出第④步反应的离子方程式____．

（4）写出实验室制取B的化学反应方程式____．

（5）D溶液中滴入NaOH溶液产生的实验现象是____．26、化合物Ⅳ为一种重要化工中间体，其合成方法如下：（1）化合物Ⅱ的分子式为_______________；反应②的反应类型为________________。化合物IV中含有的官能团是。（写名称）（2）化合物I在NaOH醇溶液中加热反应，生成两种有机化合物（互为同分异构体），请写出任意一种有机化合物的结构简式：______________（3）1mol化合物III与足量NaOH反应消耗NaOH的物质的量为mol。（4）化合物IV在浓硫酸催化下反应生成六元环状酯类化合物，写出该反应的化学方程式________________。（5）根据题给化合物转化关系及相关条件，请你推出（2-甲基-1,3-丁二烯）发生类似①的反应，得到有机物VI和VII，结构简式分别是为、，它们物质的量之比是。27、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}为元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大。rm{A}元素的单质是空气的主要成分，rm{B}原子核外rm{p}轨道上有rm{1}对成对电子，rm{D}元素的价电子数是其余电子数的一半，rm{C}与rm{B}同主族，rm{A}与rm{F}同主族，rm{D}与rm{E}同族rm{.}回答下列问题：rm{(1)A}rm{B}rm{C}第一电离能由大到小的顺序为_____________________rm{(}用元素符号表示rm{)}rm{B}与rm{C}形成的二元化合物中，属于非极性分子的是_____________rm{(}填化学式rm{)}rm{(2)C}元素形成的常见含氧酸中，其酸根中心原子的杂化方式有____________；写出一种rm{A}元素最高价含氧酸酸根的等电子体________________________。rm{(3)E}和rm{F}形成的一种化合物的晶体结构如图rm{1}所示，则该化合物的化学式为_________；rm{F}的配位数为________________________。rm{(4)D}的离子可以形成多种配合物，由rm{D^{n+}}rm{Br^{-}}rm{C}的最高价含氧酸根和rm{A}的简单氢化物形成的rm{1}rm{1}rm{1}rm{5}的某配合物，向该配合物的溶液中滴加rm{AgNO_{3}}溶液产生淡黄色沉淀，滴加rm{BaCl_{2}}溶液无现象，则该配合物的化学式为______________；rm{D^{n+}}的基态电子排布式为___________________________。图rm{1}图rm{2}图rm{3}图rm{1}图rm{2}rm{3}晶体结构与rm{(5)EB}图rm{NaCl(}晶体类似，rm{2)}离子处于棱中心和体心，rm{E}离子形成的骨架构成____________________面体，在一定温度下，rm{E}晶体可以自发地分散并形成“单分子层”如图rm{EB}可以认为rm{3}的离子作密置单层排列，rm{B}离子填充其中，列式rm{E}不必计算rm{(}表示每平方米面积上分散的该晶体的质量为______rm{)}离子的半径为rm{g(B}rm{1.4隆脕10-10m)}参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】解：rm{A.}溶液中含有次氯酸，具有漂白性，不能用rm{pH}试纸测rm{pH}应选rm{pH}计；故A错误；

B.向rm{a}点所示溶液中通入rm{SO_{2}}氯气具有氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸，自身被还原为盐酸，酸性增强，漂白性减弱，故B错误；

C.rm{c}点溶液呈中性，则rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}根据电荷守恒得rm{c(H^{+})+c(Na^{+})=c(Cl^{-})+c(ClO^{-})+c(OH^{-})}所以rm{c(Na^{+})=c(Cl^{-})+c(ClO^{-})}根据物料守恒得rm{c(Cl^{-})=c(ClO^{-})+c(HClO)}所以rm{c(Na^{+})=c(HClO)+2c(ClO^{-})}故C正确；

D.由rm{a}点到rm{b}点的过程是氯气的溶解平衡rm{Cl_{2}+H_{2}O?H^{+}+Cl^{-}+HClO}向右进行的过程，酸性逐渐增强，氢离子浓度逐渐增大，溶液中rm{dfrac{c(H^{+})}{c(CIO^{-})}}增大；故D错误；

故选C．

整个过程发生的反应为rm{dfrac

{c(H^{+})}{c(CIO^{-})}}rm{Cl_{2}+H_{2}O篓THCl+HClO}rm{HCl+NaOH篓TNaCl+H_{2}O}根据溶液的酸碱性结合电荷守恒和物料守恒分析解答．

本题综合考查氯气的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得rm{HClO+NaOH篓TNaClO+H_{2}O}为易错点，题目难度中等．rm{c(Cl^{-})=c(ClO^{-})+c(HClO)}【解析】rm{C}2、D【分析】解：rm{A}根据盖斯定律的内容：rm{-triangleH_{1}=triangleH_{2}+triangleH_{3}}故A错误；

B、一氧化碳燃烧属于放热反应，反应物rm{-triangleH_{1}=triangle

H_{2}+triangleH_{3}}和氧气的能量高于产物二氧化碳的能量；故B错误。

C；反应中加入催化剂不会改变反应物的能量；只可以加快反应速率，故C错误；

D、弱电解质的电离最终达到电离平衡状态，图中rm{CO}时间段后rm{t_{0}}不包含rm{(}电解质溶液中；达到了电离平衡，弱电解质分子与离子存在，故D正确．

故选D．

A；根据盖斯定律的内容来回答；

B；对于放热反应；反应物的能量高于产物的能量；

C；反应中加入催化剂不会改变反应物的能量；

D；弱电解质的电离最终达到电离平衡状态．

本题涉及盖斯定律的应用、反应热的判断以及弱电解质的电离平衡等知识，属于综合知识的考查，难度不大．rm{t_{0})}【解析】rm{D}3、C【分析】【分析】该物质中含有碳碳双键和醇羟基，具有烯烃和醇的性质，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、取代反应、酯化反应、消去反应等，据此分析解答．【解析】【解答】解：A．羟基能和钠反应生成氢气；故A正确；

B．碳碳双键能和氢气在一定条件下发生加成反应；故B正确；

C．不含醛基；所以不能发生银镜反应，故C错误；

D．含有醇羟基；所以能在浓硫酸作催化剂条件下与乙酸发生酯化反应，故D正确；

故选C．4、D【分析】【分析】A；求出白磷的物质的量；然后根据1mol白磷中含6molP-P键来分析；

B、求出铁的物质的量，然后根据反应后铁的价态变为+价来分析；

C、CO32-水解导致溶液中离子个数增多；

D、分别求出两者的物质的量，然后根据1molCH4与H2O中均含10mol电子来计算．【解析】【解答】解：A、12.4g白磷P4的物质的量为n==0.1mol；而1mol白磷中含6molP-P键，故0.1mol白磷中含0.6mol共价键，故A错误；

B、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而反应后铁的价态变为+价，故0.1mol铁转移mol电子；故B错误；

C、1L0.1mol•L-1碳酸钠溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，由于碳酸根离子部分水解，导致溶液中阴离子大于0.1mol，阴离子总数大于0.1NA；故C错误；

D、在标准状况下，22.4LCH4的物质的量为1mol，含10mol电子；18gH2O的物质的量为1mol；含有的电子也为10mol，故D正确．

故选D．5、D【分析】【分析】分子或离子的结构可以根据价层电子对互斥理论确定；常见的单质可以根据其结构图分析．【解析】【解答】解：①CH4中中心原子价层电子对个数为4；为四面体结构，4个共价键完全相同，为正四面体且键与键之间夹角为109°28′，故正确；

②NH4+中中心原子价层电子对个数为4；为四面体结构，4个共价键完全相同，为正四面体且键与键之间夹角为109°28′，故正确；

③CH3Cl中中心原子价层电子对个数为4；为四面体结构，4个共价键中C-Cl与C-H不同，所以不是正四面体，故错误。

④P4结构为；为正四面体结构，键与键之间夹角为60°，故错误；

⑤金刚石的结构为为正四面体结构，键与键之间夹角为109°28′，故正确；

所以正确的①②⑤；

故选D．6、B【分析】【分析】A；自发进行的反应判断依据是△H-T△S＜0；

B；铁生锈是电化腐蚀；发生的是原电池反应是自发进行的氧化还原反应；

C；自发进行的反应判断依据是△H-T△S＜0；

D、电解池的反应是属于非自发进行的氧化还原反应．【解析】【解答】解：A；△H-T△S＜0是自发进行；当△H＞0，△S＞0，高温下反应自发进行，所以凡是自发反应不一定都是放热的，故A错误；

B；铁生锈发生的是原电池反应是自发进行的氧化还原反应；故B正确；

C；△S＞0；△H＞0在低温下可以△H-T△S＞0，所以反应不都能自发进行，故C错误；

D；电解池的反应是属于非自发进行的氧化还原反应；故D错误；

故选B．7、D【分析】【分析】①标况下气体摩尔体积相同；相同体积具有相同的物质的量；

②同温同压下；气体摩尔体积相等，相同体积时，气体分子数相等；

③根据公式n=c×v；计算求出氯化镁的物质的量；

④标况下；水是液态，无法根据体积求算物质的量；

⑤质量都是32g，氧原子摩尔质量是16g/mol．【解析】【解答】解：①标准状况下；气体摩尔体积为22.4mol/L，气体物质的量为0.5mol，氮气和氧气中还有1mol原子，故①正确；

②同温同压下；气体摩尔体积相同，体积相同的氢气和氩气含有相同的物质的量，故所含的分子数相等相等，故②正确；

③氯化镁的物质的量为2mol；溶液中含有4mol氯离子，故③正确；

④标况下；水是液态不是气体，故无法求算其物质的量，故④错误；

⑤32gO2和O3；根据氧原子摩尔质量16g/mol，物质的量n（O）=2mol，故⑤正确；

综合以上可知；正确的有①②③⑤；

故选D．二、多选题(共9题，共18分)8、BD【分析】【分析】A；大量使用农药会引起食品污染；大量使用化肥会造成土壤板结；

B；绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；

C；化石燃料是有限的不可再生资源；所以仍需开发新能源；

D、垃圾也是一项重要的资源．【解析】【解答】解：A；大量使用农药会引起食品污染；大量使用化肥会造成土壤板结，故A错误；

B；绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；故B正确；

C；化石能源是有限的一次能源；为了长远的可持续发展，必须要开发新能源，故C错误；

D；垃圾也是一项重要的资源；可回收的应回收利用，故D正确．

故选BD．9、BC【分析】【分析】A；气体摩尔体积22.4L/mol的使用条件是标准状况下；

B、标准状况下，n===1mol，再根据N=nNA=0.1NA；

C、n===0.1mol，而Mg失去2e-变成Mg2+，1molMg失去2mole-，则0.1molMg失去0.2mole-；

D、由物质的量浓度求物质的量，要知道溶液的体积．【解析】【解答】解：A、气体摩尔体积22.4L/mol的使用条件是标准状况下，此时状况不知，无法求N2的物质的量；故A错误；

B、标准状况下，n===1mol，再根据N=nNA=0.1NA，所以2.24L氧气所含分子数为0.1NA；故B正确；

C、n===0.1mol，而Mg失去2e-变成Mg2+，1molMg失去2mole-，则0.1molMg失去0.2mole-；故C正确；

D；由物质的量浓度求物质的量；要知道溶液的体积，体积不知物质的量也不知，故D错误．

故选BC．10、CD【分析】【分析】向装置中缓缓地通入气体X，若关闭活塞K，则品红溶液无变化，说明Y可吸收二氧化硫和氯气等具有漂白性的气体，而澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳气体生成；若打开活塞K，则品红溶液褪色，说明应存在二氧化硫或氯气，以此解答该题．【解析】【解答】解：A；若关闭活塞K；二氧化硫与亚硫酸钠溶液反应，品红试液无变化，但是澄清石灰水不会变浑浊，故A错误；

B；二氧化碳不能够使品红褪色；所以打开活塞k，品红不会褪色，故B错误；

C、SO2可与碳酸钠溶液反应而被吸收同时生成二氧化碳；若关闭活塞K，则品红溶液无变化，生成二氧化碳气体使澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，则品红溶液褪色，故C正确；

D；若关闭活塞K；氯气与碳酸钠溶液反应，生成二氧化碳，品红不褪色，澄清石灰水变浑浊；若打开k，氯气能够使品红试液褪色，故D正确；

故选CD．11、AB【分析】【分析】烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，据此分析．【解析】【解答】解：A、（CH3）2CHCH2CH2CH3的主链上有5个碳原子；故主链名称为戊烷，故A错误；

B、（CH3CH2）2CHCH3的主链上有5个碳原子；故主链名称为戊烷，故B错误；

C、（CH3）2CHCH（CH3）2的主链上有4个碳原子；故主链名称为丁烷，故C正确；

D、（CH3）3CHCH2CH3的主链上有4个碳原子；故主链名称为丁烷，故D正确．

故选AB．12、BC【分析】【分析】A；气体摩尔体积只适用于气体；

B；气体摩尔体积的数值只与状态有关；与气体的种类无关；

C；气体摩尔体积的数值只与状态有关；与气体的种类无关；

D、气体摩尔的单位为L/mol．【解析】【解答】解：A；气体摩尔体积只适用于气体；标况下水为液态，故A错误；

B；气体摩尔体积的数值只与状态有关；与气体的种类无关，故只要是标况下，任何气体的气体摩尔体积均为22.4L/mol，故B正确；

C；气体摩尔体积的数值只与状态有关；与气体的种类无关，故只要是标况下，任何气体的气体摩尔体积均为22.4L/mol，故C正确；

D；气体摩尔的单位为L/mol；故D错误．

故选BC．13、AD【分析】【分析】A．含-OH；且与苯环直接相连，苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠；

B．-OH与苯环不直接相连；

C．酚-OH的邻对位与溴水发生取代反应；

D．含-OH，且与-OH相连C的邻位C上有H．【解析】【解答】解：A．含-OH，且与苯环直接相连，属于酚类物质，由苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠可知，该物质可与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2；故A正确；

B．-OH与苯环不直接相连，则属于醇，不能使FeCl3溶液显紫色；故B错误；

C．酚-OH的邻对位与溴水发生取代反应，苯环上只有2个酚-OH的邻位H可被取代，则1mol该物质最多能与2molBr2发生反应；故C错误；

D．含-OH；且与-OH相连C的邻位C上有H，则该物质可发生消去反应，故D正确；

故选AD．14、AD【分析】【分析】A；铝离子核外有10个电子；1mol铝离子含有10mol电子；

B；根据电荷守恒；1mol氯气完全反应转移2mol电子；

C；PH=1；溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，10L溶液中含有1mol氢离子；

D、PH=13，溶液中氢氧根离子的浓度是0.1mol/L，10L溶液中含有1mol氢氧根离子．【解析】【解答】解：A、由于铝离子核外有10个电子，1mol铝离子含有10mol电子，核外电子数为10NA；故A正确；

B、1mol氯气完全反应转移2mol电子，转移的电子数为2NA；故B错误；

C、由于PH=1，硫酸溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，10L溶液中含有1mol氢离子，含有的H+离子数为1NA；故C错误；

D、由于PH=13，氢氧化钠溶液中氢氧根离子的浓度是0.1mol/L，10L溶液中含有1mol氢氧根离子，含有的OH-离子数为NA；故D正确；

故选AD．15、AD【分析】【分析】A；依据与铵根离子结合的另一种离子的影响分析判断离子浓度大小；一水合氨是弱电解质存在电离程度小，铵根离子水解程度小；

B；沉淀向着更难溶的方向进行；

C；根据发生的反应实际来回答判断；

D、根据溶液中的质子守恒来判断．【解析】【解答】解：A、浓度相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液中，前二者中铵根浓度肯定大于氯化铵中的铵根浓度，（NH4）2Fe（SO4）2溶液中铵根离子的水解收的亚铁离子的抑制，所以（NH4）2SO4溶液中铵根浓度小于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中铵根浓度，反过来，c（NH4+）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c[（NH4）2Fe（SO4）2]＜c[（NH4）2SO4]＜c（NH4Cl）；故A正确；

B；向AgCl悬浊液中滴入KI溶液；有AgI沉淀生成，说明AgCl的溶度积小于AgI的溶度积，故B错误；

C、0.2mol/LHCl溶液与等体积0.05mol/LBa（OH）2溶液混合后；盐酸剩余，溶液显示酸性，故C错误；

D、0.2mol/L的NaHCO3溶液中存在质子守恒：c（H+）+c（H2CO3）=c（CO32-）+c（OH-）；故D正确．

故选AD．16、BC【分析】【分析】A；根据除杂的原则：所加试剂可以和杂质反应；但是不能引进新杂质来回答；

B；根据分液漏斗的使用方法来回答；

C；蒸馏操作时；冷凝管中水的方向是下口为进水口，上口是出水口；

D、根据蒸馏实验的原理是控制物质沸点的不同来实现物质分离的方法回答．【解析】【解答】解：A、用加入适量铜粉的方法除去Mg（NO3）2溶液中混有的AgNO3；Cu和硝酸银反应生成金属银和硝酸铜溶液，这样在硝酸镁中混有铜离子，故A错误

B；分液漏斗的使用方法：首先要打开分液漏斗的上口活塞；或使活塞上的小孔与上口部的小孔对准，然后进行分液，故B正确；

C；蒸馏操作时；冷凝管中水的方向是下口为进水口，上口是出水口，保证气体充分冷凝，即冷凝水的方向应当由下口进上口出，故C正确；

D；蒸馏实验的原理是：通过控制物质沸点的不同来实现物质的分离；应使温度计水银球插入蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误．

故选BC．三、双选题(共5题，共10分)17、B|D【分析】解：A．铜是热的良导体；用铜制环形搅拌器搅拌溶液，会导致溶液温度偏低，所以测定的中和热偏低，故A不选；

B．未用标准液润洗酸式滴定管；导致标准液的浓度减小，消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故B选；

C．如果药品和砝码放反；则药品的质量=砝码质量-游码质量=（10-0.5）g=9.5g，所以称量的药品质量偏低，故B不选；

D．用量筒量取浓溶液体积仰视读数；量取的浓溶液体积偏大，所含的溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高，故D选；

故选：BD．

A．铜是热的良导体；导热能力强于玻璃；

B．未用待测液润洗酸式滴定管；标准液被稀释，消耗的标准液体积偏大；

C．托盘天平称量原理：左盘的质量=右盘的质量+游码的质量；

D．用量筒量取浓溶液体积仰视读数；量取的浓溶液体积偏大．

本题考查了实验的误差分析，明确中和热试验、中和滴定实验、配制一定物质的量浓度溶液的实验的原理是解题关键，题目难度不大，注意托盘天平称量的原理．【解析】【答案】BD18、rBD【分析】解：rm{A}曲线rm{垄脵}代表的粒子是rm{H_{2}C_{2}O_{4}}故A错误；

B、rm{NaHC_{2}O_{4}}溶液rm{pH=4}证明溶液显示酸性，阴离子rm{HC_{2}O_{4}^{-}}的电离程度大于其水解程度，所以rm{c(H_{2}C_{2}O_{4})<c(C_{2}O_{4}^{2-})}故B正确；

C、rm{pH=5}时，溶液中主要含碳物种浓度大小关系为：rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}故C错误；

D、一定温度下，往rm{CaC_{2}O_{4}}饱和溶液中，存在rm{CaC_{2}O_{4}(s)?C_{2}O_{4}^{2-}(aq)+Ca^{2+}(aq)}平衡，加入少量rm{CaCl_{2}}固体，平衡逆向移动，rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})}将减小，rm{c(Ca^{2+})}不可抵消，所以rm{c(Ca^{2+})}增大；故D正确；

故选BD．

由图可知rm{垄脵}代表的是rm{H_{2}C_{2}O_{4}}rm{垄脷}代表的是rm{HC_{2}O_{4}^{-}垄脹}代表的是rm{C_{2}O_{4}^{2-}}由此分析：

A、曲线rm{垄脵}代表的粒子是rm{H_{2}C_{2}O_{4}}

B、由图可知，rm{NaHC_{2}O_{4}}溶液rm{pH=3隆芦4}证明溶液显示酸性，阴离子的电离程度大于其水解程度；

C、由图可知，rm{pH=5}时，溶液中主要含碳物种浓度大小关系为：rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}

D、一定温度下，往rm{CaC_{2}O_{4}}饱和溶液中，存在rm{CaC_{2}O_{4}(s)?C_{2}O_{4}^{2-}(aq)+Ca^{2+}(aq)}平衡，加入少量rm{CaCl_{2}}固体，平衡逆向移动，rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})}将减小，rm{c(Ca^{2+})}不可抵消，所以rm{c(Ca^{2+})}增大．

本题考查学生盐的水解原理的应用：离子浓度大小比较知识，注意知识的归纳和整理是关键，题目难度中等．【解析】rm{BD}19、rAC【分析】解：rm{A.}该物质中不含亲水基；只含憎水基，所以不易溶于冷水，故A错误；

B.酯基能发生水解反应；该物质中含有酯基，所以一定条件下能发生水解反应，故B正确；

C.根据结构简式知，该分子中含有rm{5}个六元环；故C错误；

D.该物质中含有过氧键；具有过氧化物性质，具有强氧化性，故D正确；

故选AC．

A.该物质中不含亲水基；只含憎水基；

B.酯基能发生水解反应；

C.根据结构简式确定环个数；

D.该物质中含有过氧键；具有过氧化物性质．

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酯和过氧化物性质，易错选项是rm{C}．【解析】rm{AC}20、rBC【分析】解：rm{A.pH=3}的盐酸稀释rm{1000}倍后rm{pH=6}正确，但常温下rm{pH=6}的盐酸稀释rm{1000}倍后rm{pH}值只能无限接近rm{7}不能超过rm{7}故A错误；

B.因钠；镁都是活泼金属；其金属氯化物都是离子化合物，则利用电解熔融物的方法可以冶炼金属单质，故B正确；

C.钠和性质类似；对应的过氧化物都可与二氧化碳反应，不能用二氧化碳灭火，应用沙土扑灭，故C正确；

D.rm{SO_{2}}通入rm{BaCl_{2}}溶液中无沉淀生成是因盐酸的酸性比亚硫酸的酸性强，但将rm{SO_{2}}通入rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液中有沉淀生成时因酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性；则生成硫酸钡沉淀，故D错误；

故选C．

A.盐酸无论怎么稀释都呈酸性；

B.钠；镁都是活泼金属；其金属氯化物都是离子化合物，可用电解的方法冶炼；

C.过氧化钠；过氧化钾都可与二氧化碳反应；

D.二氧化硫雨氯化钡不反应；酸性条件下可被硝酸根离子氧化．

本题考查类推的学科思维方法，学生应熟悉rm{pH}的计算、物质的性质、金属的冶炼等知识来解答，并注意利用物质的特殊性质、尊重客观事实是解答此类习题的关键．【解析】rm{BC}21、rCD【分析】解：rm{A.}当rm{V=0}时为碳酸钠溶液，根据电荷守恒可知：rm{c(H^{+})+c(Na^{+})=c(OH^{-})+2c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})}根据物料守恒可得：rm{c(Na^{+})=2c(HCO_{3}^{-})+2c(H_{2}CO_{3})+2c(CO_{3}^{2-})}联立可得：rm{c(H^{+})+c(HCO_{3}^{-})+2c(H_{2}CO_{3})=c(OH^{-})}故A错误；

B.当rm{V=5}时，得到等浓度的rm{NaHCO_{3}}rm{NaCl}rm{Na_{2}CO_{3}}混合溶液，rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}溶液呈碱性，rm{HCO_{3}^{-}}的水解程度小于rm{CO_{3}^{2-}}的水解程度，故溶液中：rm{c(Na^{+})>c(HCO_{3}^{-})>c(Cl^{-})>c(CO_{3}^{2-})}故B错误；

C.rm{c(Na^{+}

)>c(HCO_{3}^{-})>c(Cl^{-})>c(CO_{3}^{2-}

)}时，溶液的rm{v=a}溶液为中性，则rm{pH=7}根据电荷守恒可得：rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}联立可得rm{c(H^{+})+c(Na^{+})=c(OH^{-})+2c(CO_{3}^{2-})+c(Cl^{-})+c(HCO_{3}^{-})}所以rm{c(Na^{+})=2c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(Cl^{-})}故C正确；

D.当rm{c(Na^{+})>c(Cl^{-})>c(H^{+})=c(OH^{-})}时，反应恰好等浓度的rm{V=10}rm{NaHCO_{3}}混合溶液，由于水电离的氢离子与氢氧根离子相等，部分氢离子结合与碳酸氢根结合为碳酸分子，部分碳酸氢根电离产生碳酸根离子与氢离子，则rm{c(H^{+})+c(H_{2}CO_{3})=c(OH^{-})+c(CO_{3}^{2-})}故D正确．

故选：rm{NaCl}．

A.根据碳酸钠溶液中物料守恒和电荷守恒进行判断；

B.当rm{c(H^{+})+c(H_{2}CO_{3})=c(OH^{-}

)+c(CO_{3}^{2-})}时，得到等浓度的rm{CD}rm{V=5}rm{NaHCO_{3}}混合溶液，rm{NaCl}rm{Na_{2}CO_{3}}溶液呈碱性，rm{CO_{3}^{2-}}的水解程度小于rm{HCO_{3}^{-}}的水解程度；

C.根据rm{HCO_{3}^{-}}时，溶液的rm{CO_{3}^{2-}}则rm{V=a}再根据电荷守恒判断溶液中钠离子与氯离子浓度关系；

D.当rm{pH=7}时，反应恰好等浓度的rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}rm{V=10}混合溶液；溶液中碳酸氢根离子既发生水解又发生电离，结合水电离的氢离子与氢氧根离子相等．

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，注意理解掌握电荷守恒、物料守恒、质子恒等式在离子浓度大小比较中应用，rm{NaHCO_{3}}选项即可用运用质子恒等式判断．rm{NaCl}【解析】rm{CD}四、填空题(共1题，共2分)22、SO42-Ba2+、Ca2+HCl蒸发、结晶Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O【分析】【分析】（1）根据氯化钡能与硫酸钠反应；碳酸钠能与氯化钙；氯化钡反应分析；

（2）根据碳酸钠能与盐酸反应且不引进杂质考虑；

（3）根据分离混合物的方法分析；

（4）电解熔融氯化钠获得的气体是氯气，写成氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠的方程式．【解析】【解答】解：（1）氯化钡能与硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，因此加入氯化钡溶液是除去SO42-；碳酸钠能与氯化钙反应产生碳酸钙沉淀，能与氯化钡反应产生碳酸钡沉淀，因此加入碳酸钠溶液的目的是除去原混合物中的Ba2+，Ca2+；

故答案为：SO42-；Ba2+、Ca2+；

（2）溶液C中含有过量的碳酸钠和氯化钠；加入试剂x将碳酸钠转化成氯化钠，不能引进新的杂质，因此加入的x是盐酸；

故答案为：HCl；

（3）操作②是将氯化钠溶液中氯化钠结晶析出；应用蒸发结晶的操作方法；

故答案为：蒸发；结晶；

（4）F气体为氯气，氯气能够与氢氧化钠反应生成次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；

故答案为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O．五、判断题(共2题，共14分)23、×【分析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物．【解析】【解答】解：二氧化碳在水溶液中与水反应生成碳酸；碳酸电离出自由移动的离子导电，二氧化碳自身不能电离，故二氧化碳是非电解质；

故答案为：×．24、√【分析】【分析】蒸发操作不能直接蒸干，以防止温度过高而导致分解而变质，据此解答即可．【解析】【解答】解：提纯氯化钠，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需用小火加热至溶液表面出现晶膜为止，再通过余热将溶液全部蒸干，符合蒸发操作要求，故此说法正确，故答案为：√．六、推断题(共3题，共6分)25、Cl2氯化亚铁Fe+2HCl=FeCl2+H2↑溶液由黄色变为浅绿色2Fe3++Fe=3Fe2+MnO2+4HCl（浓）MnCl2+C12↑+2H2O生成红褐色沉淀【分析】【分析】A是用途最广的金属，则A为Fe；D溶液中滴加KSCN溶液显红色，则D中含有铁离子，B是常见气体单质，且具有强氧化性，所以B应为Cl2，依次推出D为FeCl3，F为FeCl2；结合转化关系图可知，Fe和E溶液反应生成FeCl2和C，则E为HCl，C为H2，最后结合化学用语及反应的现象来解答．【解析】【解答】解：A是用途最广的金属，则A为Fe；D溶液中滴加KSCN溶液显红色，则D中含有铁离子，B是常见气体单质，且具有强氧化性，所以B应为Cl2，依次推出D为FeCl3，F为FeCl2；结合转化关系图可知，Fe和E溶液反应生成FeCl2和C，则E为HCl，C为H2；

（1）由上述推断可知，B为Cl2，F为氯化亚铁，故答案为：Cl2；氯化亚铁；

（2）第③步反应为Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故答案为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；

（3）第④步反应为Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，观察到现象为溶液由黄色变为浅绿色，故答案为：溶液由黄色变为浅绿色；2Fe3++Fe=3Fe2+；

（4）B为Cl2，实验室制取Cl2的化学反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+C12↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+C12↑+2H2O；

（5）D为FeCl3，其溶液中滴入NaOH溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故答案为：生成红褐色沉淀．26、略

【分析】试题分析：（1）由化合物Ⅱ的结构简式可知其分子式为C6H9O2Br。化合物Ⅲ变为化合物Ⅳ的反应类型为加成反应，催化加氢的反应液是还原反应。在化合物IV中含有的官能团是羧基、羟基和溴原子。（2）化合物I在NaOH醇溶液中加热反应，发生消去反应，生成两种有机化合物（互为同分异构体），其结构简式为（3）化合物III与足量NaOH反应时羧基与溴原子都能发生反应。所以1mol的该化合物消耗NaOH的物质的量为2mol。（4）化合物IV在浓硫酸催化下反应酯化反应。羧基脱去羟基，醇羟基脱去羟基上的H原子，生成六元环状酯类化合物。该反应的化学方程式为（5）化合物在O3及Zn、H2O作用下发生反应得到的有机物为它们物质的量之比是1:2。考点：考查有机合成与推断、物质的结构、性质、化学方程式的书写的知识。【解析】【答案】（1）C6H9O2Br；加成反应（或还原反应）；羟基、羧基、溴原子（2）（3）2（4）（5）或CH3COCHOHCHO；1:227、（1）N＞O＞S

（2）SO3sp2

（3）H2SO3H2SO4HNO3

（4）NiAs6

（5）[CoSO4（NH3）5]Br31s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6

（1）N＞O＞SSO3

（2）sp3CO32-等

（3）NiAs6

（4）[Co(SO4)（NH3）5]Br1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6

（5）十四面体

【分析】【分析】本题考查位置结构和性质，涉及晶胞计算、配合物化学式确定、原子核外电子排布式书写、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查学生综合应用能力，难点是元素推断及配位数的确定，题目难度中等。【解答】A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}为元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大；rm{B}原子核外rm{p}轨道上有rm{1}对成对电子，外围电子排布为rm{ns}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}为元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大；rm{F}原子核外rm{B}轨道上有rm{p}对成对电子，外围电子排布为rm{1}rm{ns}rm{{,!}^{2}}rm{np}rm{np}族，rm{{,!}^{4}}元素的单质是空气的主要成分，原子序数小于，处于Ⅵrm{A}族，rm{A}元素的单质是空气的主要成分，原子序数小于rm{B}则rm{A}为rm{N}元素；由于rm{C}与rm{B}同主族、rm{A}与rm{F}同主族，rm{F}的原子序数大于rm{C}则rm{F}rm{C}不能处于同周期，rm{F}应处于rm{C}的下一周期，则rm{B}rm{C}rm{F}分别为二、三、四周期，故B为rm{O}元素、rm{C}为rm{S}元素、rm{F}为rm{As}rm{D}与rm{E}同族，rm{D}rm{E}原子序数大于rm{S}小于rm{As}只能为Ⅷ族元素，rm{D}元素的价电子数是其余电子数的一半，价电子数为rm{(2+8+8)隆脗2=9}则rm{D}为rm{Co}故E为rm{Ni}根据实际回答即可。则rm{A}为rm{A}元素；由于rm{B}与rm{A}同主族、rm{N}与rm{C}同主族，rm{B}的原子序数大于rm{A}则rm{F}rm{F}不能处于同周期，rm{C}应处于rm{F}的下一周期，则rm{C}rm{F}rm{C}分别为二、三、四周期，故B为rm{B}元素、rm{C}为rm{F}元素、rm{O}为rm{C}rm{S}与rm{F}同族，rm{As}rm{D}原子序数大于rm{E}小于rm{D}只能为Ⅷ族元素，rm{E}元素的价电子数是其余电子数的一半，价电子数为rm{S}则rm{As}为rm{D}故E为rm{(2+8+8)隆脗2=9}根据实际回答即可。rm{D}同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第rm{Co}族、第rm{Ni}族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素，第一电离能随着原子序数增大而减弱，则这三种元素第一电离能大小书顺序是rm{(1)}rm{IIA}是rm{VA}rm{N>