2025年北师大新版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年北师大新版高三化学上册阶段测试试卷149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5题，共10分)1、下列事实中，能证明氯化氢是强电解质的是（）A.氯化氢易溶于水B.氯化氢水溶液能导电C.氯化氢在水溶液中完全电离D.氯化氢易挥发2、化学与新型材料、环境保护、能源开发等密切相关．下列说法错误的是（）A.使用生物酶降解生活废水中的有机物，可防止水体的富营养化B.人造纤维、合成橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物C.上海世博会很多展馆采用光电转化装置，体现当今“低碳”经济的理念D.利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料有利于减少白色污染3、某学生中和滴定实验过程为：(a)取碱式滴定管；(b)用蒸馏水洗净；(c)即加入待测的NaOH溶液；(d)记录液面刻度读数；(e)用酸式滴定管精确放出一定量标准酸液入只用蒸馏水洗涤过的锥形瓶中；(f)向锥形瓶中加入适量蒸馏水；(g)加入酚酞试液2滴；(h)滴定时边摇动锥形瓶；(i)边注视滴定管内液面变化；(j)当滴到溶液由无色变到粉红色时，立即停止滴定；(k)记录液面刻度读数；(m)根据重复两次滴定的耗NaOH溶液体积平均值为22mL，上述实验过程中错误之处有()A.c、d、f、j、kB.c、i、j、mC.e、f、i、mD.c、e、f、i、j、m4、迷迭香酸是从植物中提取得到的酸性物质，其结构如图所示。下列叙述正确的是A.迷迭香酸属于芳香族化合物，分子式C18H18O8B.迷迭香酸含的官能团只有：羟基、羧基、酯基C.1mol迷迭香酸最多能和含7molBr2的浓溴水发生反应D.1mol迷迭香酸最多与含5molNaOH的水溶液完全反应5、常温下，下列溶液中可能大量共存的离子组是（）A.含有大量S2-的溶液：Na+、ClO-、Cl-、CO32-B.含有大量Al3+的溶液：K+、Na+、AlO2-、SO42-C.能使pH试纸变红的溶液：NH4+、Na+、NO3-、HCO3-D.水电离产生的c（H+）=1×10-12mol•L-1的溶液：Mg2+、SO42-、NO3-、Cl-评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、下列操作中正确的是（）A.除去乙烷中的少量乙烯：通入氢气，使乙烯全部转化为乙烷B.提取溶解在水中的少量碘：加入CCl4，振荡、静置分层后，取出有机层再分离C.除去苯中的少量苯酚：加入NaOH溶液，振荡、静置分层后，除去水层D.检验卤代烃中的卤素原子：取少量卤代烃，加入NaOH水溶液，充分加热一段时间后，在水解液中加入AgNO3溶液，观察现象7、生物质能来源于植物及其加工产品所贮存的能量．下列不属于生物质能的利用方式的是（）A.直接燃烧B.生物化学转换C.热化学转换D.光合作用8、某原电池装置如图所示．下列有关叙述不正确的是（）A.Fe作正极，发生氧化反应B.负极反应：2H++2e-=H2↑C.工作一段时间后，NaCl溶液中c（Cl-）增大D.工作一段时间后，右烧杯中溶液pH增大9、已知三种溶液：

①0.1mol/LH2S

②0.2molNa2S和0.1molHCl混合配成1L水溶液。

③0.2molH2S和0.1molNaOH混合配成1L水溶液。

下列各项排序正确的是（）A.pH：③＞②＞①B.c（S2-）：②＞①＞③C.c（H+）：③＞①＞②D.c（H2S）：③＞①＞②10、恒容下的2SO2+O2⇌2SO3；△H＜0，达到平衡后，下列可以加快反应速率的方法是（）A.将SO3分离出一部分B.升温C.充入少量N2，增大压强D.充入少量SO3气体11、锂-钒氧化物电池的能量密度远远超过其他材料电池，电池总反应式为xLi+V2O5LixV2O5，下列说法正确的是（）A.放电时，锂离子向负极移动B.放电时，负极上反应的物质是锂，正极上反应的物质是V2O5C.放电时，负极的电极反应为Li-e-=Li+D.充电时，V2O5在阴极被还原12、常温下，取0.2mol/LHX溶液与0.2mol/LNaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=8，则下列说法（或关系式）正确的是（）A.c（Na+）-c（X-）=9.9×10-7mol/LB.c（Na+）=c（X-）+c（HX）=0.1mol/LC.c（OH-）-c（HX）=c（H+）=1×10-6mol/LD.混合溶液中由水电离出的c（OH-）小于0.2mol/LHX溶液中由水电离出的c（H+）13、下列对一些实验事实的理论解释正确的是。

。选项实验事实理论解释ASO2溶于水形成的溶液能导电SO2是电解质B白磷熔沸点比较低白磷为分子晶体C1体积水可以溶解700体积氨气氢键的影响DHF的沸点高于HClH-F的键长比H-Cl的键长短A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、某学校化学科研小组从文献资料上获得如下信息：NaHCO3在潮湿的空气中会缓慢分解成Na2CO3、H2O和CO2．为了验证这一信息，该科研小组将一瓶在潮湿空气中久置的NaHCO3样品混合均匀后；进行如下实验：

（1）在一个质量为ag的蒸发皿中加入一些样品，称得总质量为bg．用酒精灯对其充分加热，冷却后称得其总质量为cg．残留在蒸发皿中的固体是（填化学式）____．

（2）写出实验过程中发生反应的化学方程式____

（3）求此样品中NaHCO3的质量分数（写出计算过程）15、高铁酸盐（K2FeO4、Na2FeO4）在能源；环保等方面有着广泛的用途．干法、湿法制备高铁酸盐的原理如下表所示．

。干法Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色K2FeO4和KNO2等产物湿法强碱性介质中，Fe（NO3）3与NaClO反应生成紫红色Na2FeO4溶液（1）干法制备K2FeO4的化学方程式为Fe2O3+3KNO3+4KOH═2K2FeO4+3KNO2+2H2O，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为____．

（2）工业上用湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的流程如图所示：

①反应Ⅰ的离子方程式为____．

②反应Ⅱ的化学方程式为____．

③加入饱和KOH溶液的目的是____．

（3）高铁酸钾在水中既能消毒杀菌，又能净水，是一种理想的水处理剂．它能消毒杀菌是因为，它能净水的原因是____．16、系统命名：（CH3）C（OH）CH2CH3____它的H-NMR谱中有____个峰，此化合物在浓硫酸作用下发生消去反应，写出一种有机产物的结构简式：____．17、[化学选修5一有机化学基础]

苏合香醇可以用作食用香精，其结构简式如图所示．

（1）苏合香醇的分子式为____，它不能发生的有机反应类型有（填数字序号）____．

①取代反应②加成反应③消去反应④加聚反应⑤氧化反应⑥水解反应。

有机物G是一种香料；其合成路线如下图．其中D的相对分子质量为88，它的核磁共振氢谱显示只有三组峰；F与苏合香醇互为同系物．

（2）按照系统命名法．A的名称是____

（3）C与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式为____．

（4）G中含有两个甲基，E可发生银镜反应，在催化剂存在下，1molE与2molH2可以反应生成F，则E的结构简式为____．

（5）D与F反应的化学方程式为____

（6）苯环上有三个取代基或官能团，且显弱酸性的F的同分异构体共有____种，其中有三个取代基且官能团互不相邻的有机物结构简式为____．18、A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大,其中A含有3个能级,且每个能级所含的电子数相同;C的最外层有6个运动状态不同的电子;D是短周期元素中电负性最小的元素;E的最高价氧化物的水化物酸性最强;F除最外层原子轨道处于半充满状态,其余能层均充满电子。G元素与D元素同主族,且相差3个周期。(1)元素A、B、C的第一电离能由小到大的是(用元素符号表示)。(2)E的最高价含氧酸中E的杂化方式为。(3)F原子的外围电子排布式为。(4)DE,GE两种晶体,都属于离子晶体,但配位数不同,其原因是。(5)已知DE晶体的晶胞如图所示,若将DE晶胞中的所有E离子去掉,并将D离子全部换为A原子,再在其中的4个“小立方体”中心各放置一个A原子,且这4个“小立方体”不相邻。位于“小立方体”中的A原子与最近的4个A原子以单键相连,由此表示A的一种晶体的晶胞(已知A—A键的键长为acm,NA表示阿伏加德罗常数的数值),则该晶胞中含有个A原子,该晶体的密度是g·cm-3(列式表示)。评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)19、判断对错：在标准状况下，1molO2与1molSO3的体积相同____．评卷人得分五、实验题(共4题，共20分)20、实验室有两瓶已失去标签的白色固体需要鉴别，已知他们分别是纯碱（Na2CO3）和小苏打（NaHCO3）；某学习小组将这两瓶固体编号：A和B，并设计如下鉴别方案：

方案一：取等质量的A；B两种固体；分别置于两支试管中，按如图方法进行鉴别。

方案二：取等质量的A；B两种固体分别置于两个小气球中；并将小气球套在盛等浓度、等体积的盐酸溶液试管上（如图2），实验时同时将A、B抖入各自试管中．请填写：

（1）在进行方案一的实验时，观察到加热A的那支试管产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，可判断A是____；则方案二可观察到的现象是____

（2）写出A与盐酸反应的化学方程式____．21、孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3，还含少量铁的氧化物和硅的氧化物。以下是实验室以孔雀石为原料制备CuSO4·5H2O晶体的流程图：（1）研磨孔雀石的目的是。浸泡孔雀石的试剂A若选用过量的稀硫酸，则固体a是____(填化学式)。（2）试剂B的目的是将溶液中的Fe2+转化为Fe3+，则试剂B宜选用____（填序号）：A．酸性KMnO4溶液B．双氧水C．浓硝酸D．氯水相应的离子方程式为：。（3）试剂C用于调节溶液pH，使Fe3+转化为沉淀予以分离。则试剂C宜选用____（填序号）：A．稀硫酸B．NaOH溶液C．氨水D．CuO固体C的化学式为。（4）1mol氨气通过加热的Cu2(OH)2CO3可以产生1.5mol金属铜，则该反应的化学方程式为。（5）常温下Fe(OH)3的Ksp=1×10-39，若要将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，使溶液中c(Fe3+)降低至1×10—3mol／L，必需将溶液调节至pH=。22、2015年8月12日天津港特大爆炸事故，再一次引发了人们对环境问题的关注．据查危化仓库中存有大量的钠、钾、白磷（P4）；硝酸铵和氰化钠（NaCN）．

（1）白磷有毒能和氯酸溶液发生氧化还原反应：3P4+10HClO3+18H2O═10HCl+12H3PO4，该反应的氧化产物是______，若有1molP4参加反应转移电子为______mol．

（2）氰化钠（NaCN）是一种化工原料；用于基本化学合成；电镀、冶金和有机合成医药、农药及金属处理等方面．

①已知：25℃时，HCN的电离平衡常数Ka=6.2×10-10，H2CO3在25℃时的电离平衡常数是Ka1=4.5×10-7、Ka2=4.7×10-11，则向NaCN溶液通入少量CO2反应方程式是：______．

②常温下，氰化钠能与过氧化氢溶液反应，生成碳酸氢钠和能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，大大降低其毒性．该反应的化学方程式是：______．

③电解法可以处理空气中的氮氧化物，用如图示电解池，将NOx在电解池中分解成无污染的N2和O2除去，两电极间是固体氧化物电解质，在一定条件下可自由传导O2-，电解池阴极反应为______．

（3）①传统工业上利用氨气可以合成尿素．主要反应如下：

2NH3（g）+CO2（g）═NH2CO2NH4（s）△H=-159.47kJ•mol-1

NH2CO2NH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+72.49kJ•mol-1

反应2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）（s）+H2O（g）的△H=______kJ•mol-1

②工业上用氨气制备硝酸，将一定质量的铁粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中充分反应后，容器中剩余m1g铁粉，此时共收集到NO气体448mL（标准状况）．然后向上述混合物中加入稀硫酸至不再产生NO为止，容器剩余铁粉m2g，则m1-m2为______．（若铁改为铜，答案相应改正）23、rm{(}Ⅰrm{)}氨基甲酸铵rm{(NH_{2}COONH_{4})}的制备氨基甲酸铵是一种白色固体，易分解、易水解，难溶于rm{CCl_{4}.}可用做肥料．

制备氨基甲酸铵的装置如图rm{1}所示rm{.}反应的化学方程式如下：rm{2NH_{3}(g)+CO_{2}(g)?NH_{2}COONH_{4}(s)triangleH<0}．

注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质．

rm{2NH_{3}(g)+CO_{2}(g)?NH_{2}COONH_{4}(s)triangle

H<0}发生器用冰水冷却的原因是______．

rm{(1)}液体石蜡鼓泡瓶的作用是______．

rm{(2)}从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是______rm{(3)}填写操作名称rm{(}为了得到干燥产品，应采取的方法是______rm{).}填写选项序号rm{(}．

rm{)}热风下烘干rm{a.80隆忙}热风下烘干rm{b.60隆忙}热风下烘干。

rm{c.40隆忙}尾气处理装置如图rm{(4)}所示rm{2}双通玻璃管的作用：______；

浓硫酸的作用：______；______．

rm{.}取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品rm{(5)}用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为rm{0.7820g}则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为______rm{1.000g.}精确到rm{.(}位小数，碳酸氢铵和氨基甲酸铵的相对分子质量分别为rm{2}和rm{79}

rm{78)}Ⅱrm{(}rm{)}晶体的制备。

rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}已知：

。rm{(6)}金属离子开始沉淀的rm{pH}沉淀完全的rm{pH}rm{Fe^{3+}}rm{1.1}rm{3.2}rm{Al^{3+}}rm{3.0}rm{5.0}rm{Fe^{2+}}rm{5.8}rm{8.8}某研究性学习小组欲从硫铁矿烧渣rm{(}主要成分为rm{Fe_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}rm{Al_{2}O_{3})}出发，制备绿矾rm{(FeSO_{4}?7H_{2}O)}补充完整由硫铁矿烧渣制备rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}晶体的实验步骤rm{(}可选用的试剂：铁粉、稀硫酸和rm{NaOH}溶液rm{)}

rm{垄脵}向一定量烧渣中加入足量的稀硫酸充分反应；充分反应后过滤；

rm{垄脷}______；

rm{垄脹}______；

rm{垄脺}将得到溶液加热蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥，得到rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}晶体．评卷人得分六、其他(共3题，共12分)24、磨砂”是增加玻璃仪器密封性的一种处理工艺．在仪器A．试管B．分液漏斗C．带滴管的试剂瓶（滴瓶）D．集气瓶E．酸式滴定管F．碱式滴定管中，没有用到“磨砂”工艺处理的有____．

（填字母编号）．25、将下列各仪器名称前的字母序号与其用途相对应的选项填在相应位置．

（1）用来夹试管的工具是____；

（2）贮存固体药品的仪器是____；

（3）常作为反应用的玻璃容器是____；

（4）用于洗涤仪器内壁的工具是____；

（5）用于夹持燃烧镁条的工具是____；

（6）检验物质可燃性，进行固气燃烧实验的仪器是____；

（7）用于加热浓缩溶液、析出晶体的瓷器是____；

（8）加热时常垫在玻璃容器与热源之间的用品是____．26、（10分）已知某种有机物A的质谱图和红外光谱图如下：图2：红外光谱图回答下列问题：⑴结合以上谱图推断：有机物A的相对分子质量为，分子式为，有机物A的核磁共振氢谱图中有____种吸收峰，峰面积之比为____；该有机物与氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式为：。⑵直链烃B的相对分子质量比A小4，含2个甲基，并能使溴的四氯化碳溶液褪色，写出B所有可能的结构简式：、。⑶链烃C是B的同系物，且其对乙烯的相对密度为3，C的核磁共振氢谱显示：C中只含有一种氢原子。则C在一定条件下发生聚合反应的方程式为：。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】完全电离的电解质为强电解质，强酸、强碱和大部分的盐、金属氧化物等都是强电解质．【解析】【解答】解：A；易溶于水的物质不一定是强电解质；如醋酸，故A错误；

B；水溶液能导电的物质不一定是强电解质；如二氧化硫为非电解质，故B错误；

C；氯化氢在水溶液里完全电离；说明氯化氢是强电解质，故C正确；

D；易挥发的物质不一定是强电解质；如酒精，故D错误；

故选C．2、B【分析】【分析】A．降低废水中的有机物可防止水体的富营养化；

B．光导纤维不属于有机高分子化合物；

C．采用光电转化装置；可减少常规能源的使用；

D．形成白色污染的主要来源为聚乙烯材料．【解析】【解答】解：A．废水中的有机物可导致水体富营养化；降低废水中的有机物可防止水体的富营养化，故A正确；

B．光导纤维的主要成分为二氧化硅；不属于有机高分子化合物，故B错误；

C．采用光电转化装置；可减少常规能源的使用，从而减少二氧化碳的排放，体现当今“低碳”经济的理念，故C正确；

D．形成白色污染的主要来源为聚乙烯材料；难以降解，但利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料有利于减少白色污染，故D正确．

故选B．3、B【分析】【解析】试题分析：(c)错误，加入待测的NaOH溶液之前应该用待测液润洗；(i)错误，眼睛要始终注视锥形瓶内液体颜色的变化；(j)错误，当滴到溶液由无色变到粉红色时，半分钟内不变色，停止滴定读数；(m)错误，滴定管读数应该精确到0.01mL。考点：考查酸碱中和滴定操作。【解析】【答案】B4、C【分析】【解析】【答案】C5、D【分析】【分析】A．S2-具有还原性，ClO-具有氧化性；利用氧化还原来分析；

B．利用相互促进水解来分析；

C．能使pH试纸变红的溶液中有大量的H+；利用复分解反应来分析；

D．水电离产生的c（H+）=1×10-12mol•L-1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能为酸或碱溶液．【解析】【解答】解：A．S2-具有还原性，ClO-具有氧化性；二者发生氧化还原而不能大量共存，故A错误；

B．Al3+与AlO2-相互促进水解而不能大量共存；故B错误；

C．能使pH试纸变红的溶液中有大量的H+，H+与HCO3-反应生成水和二氧化碳；则不能共存，故C错误；

D．水电离产生的c（H+）=1×10-12mol•L-1的溶液；水的电离受到抑制，溶液可能为酸或碱溶液，该组离子在酸或碱溶液中都不反应，则能共存，故D正确；

故选D．二、多选题(共8题，共16分)6、BC【分析】【分析】A．不确定乙烯的含量；易引入杂质；

B．碘易溶于四氯化碳；

C．苯酚可与氢氧化钠溶液反应；

D．水解后应先酸化．【解析】【解答】解：A．乙烯与氢气的反应应在催化剂条件下进行；在实验室难以完成，且不确定乙烯的含量，易引入杂质，应用溴水除杂，故A错误；

B．碘易溶于四氯化碳；且四氯化碳不溶于水，萃取后进行蒸馏可分离，故B正确；

C．苯酚可与氢氧化钠溶液反应；而苯不溶于水，可除杂，故C正确；

D．水解后应先酸化；防止生成AgOH而干扰实验，故D错误．

故选BC．7、AD【分析】【分析】生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量；它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，可转化为常规的固态、液态和气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源，同时也是唯一一种可再生的碳源，生物质能是太阳能的一种表现形式．【解析】【解答】解：生物质能包括农业废弃物、水生植物、油料植物、城市与工业有机废弃物、动物粪便等，其利用方式有：直接燃烧、生物化学转化、热化学转化，故选D．8、AB【分析】【分析】铁为负极，被氧化，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，石墨为正极，发生还原反应，电极反应为2H++2e-=H2↑，结合电极反应解答．【解析】【解答】解：A．铁为负极；发生氧化反应，故A错误；

B．负极反应为Fe-2e-=Fe2+；故B错误；

C．铁为负极；氯离子向负极移动，则浓度增大，故C正确；

D．右烧杯发生2H++2e-=H2↑；氢离子浓度减小，则pH增大，故D正确．

故选AB．9、BD【分析】【分析】①中溶质是硫化氢；其电离程度较小；

②中溶质是等物质的量浓度的硫化钠；硫氢化钠和氯化钠；为0.1mol/L；

③中溶质是硫氢化钠和硫化氢；其物质的量浓度都是0.1mol/L；

根据溶液中的溶质确定溶液的酸碱性，结合电荷守恒分析解答．【解析】【解答】解：①中溶质是硫化氢；其电离程度较小；

②中溶质是等物质的量浓度的硫化钠；氯化钠和硫氢化钠；为0.1mol/L；

③中溶质是硫氢化钠和硫化氢；其物质的量浓度都是0.1mol/L，硫氢化钠溶液呈碱性，则硫氢根离子生成程度大于电离程度；

A．①溶液呈酸性；②溶液呈碱性，③溶液呈酸性，但酸性小于①，所以pH大小顺序是②＞③＞①，故A错误；

B．②中含有硫化钠；其主要电离，所以硫离子浓度最大，③中硫氢化钠抑制硫化氢电离，所以硫离子浓度大小顺序是：②＞①＞③，故B正确；

C．根据A知；氢离子浓度大小顺序是②＜③＜①，故C错误；

D．②在硫离子和硫氢根离子生成生成硫化氢；但很微弱，所以硫化氢浓度最小，①中硫化氢只有少部分电离，③中硫氢化钠抑制硫化氢电离，所以硫化氢浓度大小顺序是：③＞①＞②，故D正确；

故选：BD．10、BD【分析】【分析】一般来说，增大浓度、升高温度、增大压强、加入催化剂等可增大反应速率，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．将SO3分离出一部分；生成物浓度减小，反应速率减小，故A错误；

B．升高温度；增大活化分子百分数，可增大反应速率，故B正确；

C．充入少量N2；增大压强，但参加反应气体的浓度不变，反应速率不变，故C错误；

D．充入少量SO3气体；生成物浓度增大，反应速率增大，故D正确．

故选BD．11、BC【分析】【分析】放电时，该原电池中锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，阳离子向正极移动，据此分析．【解析】【解答】解：A．放电时；该装置是原电池，锂离子向正极移动，故A错误；

B．该原电池中，锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极；故B正确；

C．该原电池中，锂失电子发生氧化反应而作负极，电池反应式为：xLi-xe-=xLi+；故C正确；

D．放电时V2O5得电子而作正极；发生还原反应，充电时做阳极发生氧化反应，故D错误；

故选BC．12、AB【分析】【分析】取0.2mol•L-1HX溶液与0.2mol•L-1NaOH溶液等体积混合，恰好生成NaX，测得混合溶液的pH=8，说明溶液呈碱性，NaX为强碱弱酸盐，结合盐类水解原理以及物料守恒解答该题．【解析】【解答】解：A．该盐溶液中存在电荷守恒，即c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-），移项得c（Na+）-c（X-）=c（OH-）-c（H+）=1×10-6mol•L-1-1×10-8mol•L-1=9.9×10-7mol•L-1；故A正确；

B．等物质的量的该酸和氢氧化钠恰好反应生成盐，盐溶液中存在物料守恒，即c（Na+）=c（X-）+c（HX）=0.1mol•L-1；故B正确；

C．该盐溶液中存在电荷守恒，即c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-）①，存在物料守恒，即c（Na+）=c（X-）+c（HX）②，将②带人①得c（HX）+c（H+）=c（OH-），所以c（OH-）-c（HX）=c（H+）=1×10-8mol•L-1；故C错误；

D．混合溶液中由水电离出的c（OH-）==1×10-6mol•L-1，而0.2mol/LHX溶液中由水电离出的c（H+），受抑制c（H+）＜1×10-7mol•L-1，所以混合溶液中由水电离出的c（OH-）大于0.2mol/LHX溶液中由水电离出的c（H+）；故D错误；

故选AB．13、BC【分析】【分析】A．SO2溶于水形成的溶液能导电是由于SO2和水反应生成亚硫酸；本身不电离出离子；

B．分子晶体熔沸点较低；

C．氨气和水中都含有氢键；氨气极易溶于水；

D．HF含有氢键，沸点较高．【解析】【解答】解：A．SO2溶于水形成的溶液能导电是由于SO2和水反应生成H2SO3，电离出离子，但SO2本身不电离出离子，SO2为非电解质；故A错误；

B．白磷为非金属元素形成的单质；沸点较低，应为分子晶体，故B正确；

C．氨气和水中都含有氢键；并且氨气能和水分子之间形成氢键，则氨气极易溶于水，故C正确；

D．HF含有氢键；沸点较高，属于分子间作用力的一种，但与化学键无关，故D错误．

故选BC．三、填空题(共5题，共10分)14、Na2CO32NaHO3Na2CO3+CO2↑+H2O【分析】【分析】（1）碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；二氧化碳气体和水；据此判断残留在蒸发皿中的固体；

（2）碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；二氧化碳气体和水；书写化学方程式；

（3）根据差量法计算出样品中碳酸氢钠的质量、碳酸氢钠的质量分数．【解析】【解答】解：（1）碳酸氢钠加热发生的反应方程式为：2NaHO3Na2CO3+CO2↑+H2O，所以残留在蒸发皿中的固体为碳酸钠，故答案为：Na2CO3；

（2）碳酸氢钠加热发生的反应方程式为：2NaHO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2NaHO3Na2CO3+CO2↑+H2O；

（3）根据差量法：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O△m

16862

m（NaHCO3）（b-c）g

ag样品中含有碳酸氢钠的质量为：m（NaHCO3）=g，此样品中NaHCO3的质量分数为；

故答案为：．15、3：12OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O3NaClO+10NaOH+2Fe（NO3）3=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出高铁酸钾有强氧化性，高铁酸钾与水反应生成的Fe（OH）3胶体有吸附性使水澄清【分析】【分析】（1）反应Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O中；Fe元素化合价升高，化合价由+3价升高到+6价，被氧化，N元素化合价由+5价降低到+2价，结合方程式判断；

（2）反应Ⅰ：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，反应Ⅱ：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度；使平衡向右移动，以此解答该题；

（3）K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，可生成Fe（OH）3，具有吸附性；【解析】【解答】解：（1）反应Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O中；Fe元素化合价升高，化合价由+3价升高到+6价，被氧化，N元素化合价由+5价降低到+2价，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1；

故答案为：3：1；

（2）①反应Ⅰ为复分解反应，方程式为：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，离子方程式为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；

②反应Ⅱ为氧化还原反应，+3价铁被氧化成+6价铁，+1价的氯被氧化为-1价，反应的化学方程式：3NaClO+10NaOH+2Fe（NO3）3=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O；

故答案为：3NaClO+10NaOH+2Fe（NO3）3=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O；

③Na2FeO4+2KOH⇌K2FeO4+2NaOH，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使平衡向右移动，析出晶体，故答案为：增大K+的浓度，促进K2FeO4晶体析出．

（3）K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，可生成Fe（OH）3；具有吸附性，可除去水的悬浮性杂质；

故答案为：高铁酸钾有强氧化性，高铁酸钾与水反应生成的Fe（OH）3胶体有吸附性使水澄清；16、2-甲基-2-丁醇4（CH3）2CH=CH-CH3或CH2=C（CH3）-CH2CH3【分析】【分析】（CH3）C（OH）CH2CH3中含-OH的最长碳链中有4个C，-OH、甲基均在2号碳上；结构中含4种位置的H；与-OH相连的C的邻位C上均有H，有2种消去反应方式，以此来解答．【解析】【解答】解：（CH3）C（OH）CH2CH3中含-OH的最长碳链中有4个C，-OH、甲基均在2号碳上，则（CH3）2C（OH）CH2CH3的系统命名为：2-甲基-2-丁醇；

结构中含4种位置的H；则它的H-NMR谱中有4个峰；

与-OH相连的C的邻位C上均有H，有2种消去反应方式，此化合物在浓硫酸作用下发生消去反应得到产物的结构简式为（CH3）2CH=CH-CH3或CH2=C（CH3）-CH2CH3；

故答案为：2-甲基-2-丁醇；4；（CH3）2CH=CH-CH3或CH2=C（CH3）-CH2CH3．17、C8H10O④⑥2-甲基丙烯（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2（CH3）2CHCOOH+Cu2O↓+2H2O（CH3）2CHCOOH++H2O10【分析】【分析】苏合香醇为C6H5CH（OH）CH3；由-OH和苯环分析其性质；

F与苏合香醇互为同系物，F为醇，则D为羧酸，D的相对分子质量通过质谱法测得为88，结合G的分子式可知，D的分子式为C4H8O2，D的核磁共振氢谱显示只有三组峰，则D为2-甲基丙酸，结合合成转化图中的反应条件可知，A为2-甲基丙烯，B为2-甲基丙醇，C为2-甲基丙醛，D与F发生酯化反应生成G（C13H18O2），则F为C9H12O，（4）中G中含有两个-CH3，E可发生银镜反应，在催化剂存在下1molE与2molH2可以反应生成F，所以E为C9H8O，则E的结构简式为F为则G为据此解答．【解析】【解答】解：F与苏合香醇互为同系物，F为醇，则D为羧酸，D的相对分子质量通过质谱法测得为88，结合G的分子式可知，D的分子式为C4H8O2，D的核磁共振氢谱显示只有三组峰，则D为2-甲基丙酸，结合合成转化图中的反应条件可知，A为2-甲基丙烯，B为2-甲基丙醇，C为2-甲基丙醛，D与F发生酯化反应生成G（C13H18O2），则F为C9H12O，（4）中G中含有两个-CH3，E可发生银镜反应，在催化剂存在下1molE与2molH2可以反应生成F，所以E为C9H8O，则E的结构简式为F为则G为

（1）苏合香醇为C6H5CH（OH）CH3，其分子式为C8H10O；由-OH和苯环可知，能发生取代；加成、氧化、消去反应，而不能发生水解、加聚反应；

故答案为：C8H10O；④⑥；

（2）由上述分析可知；A为2-甲基丙烯，故答案为：2-甲基丙烯；

（3）C与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式为：（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2（CH3）2CHCOOH+Cu2O↓+2H2O；

故答案为：（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2（CH3）2CHCOOH+Cu2O↓+2H2O；

（4）G中含有两个-CH3，E可发生银镜反应，在催化剂存在下1molE与2molH2可以反应生成F，所以E为C9H8O，则E的结构简式为

故答案为：

（5）D与F反应的化学方程式为：（CH3）2CHCOOH++H2O；

故答案为：（CH3）2CHCOOH++H2O；

（6）F结构简式为其同分异构体符合：苯环上有3个取代基或官能团，显弱酸性，则侧链为-OH、-CH3、-CH2CH3，若-CH3、-CH2CH3相邻，-OH有4种位置，若-CH3、-CH2CH3相间，-OH有4种位置，若-CH3、-CH2CH3相对，-OH有2种位置，故共有10种，苯环上3个取代基或官能团互不相邻，则该同分异构体为故答案为：10；．18、略

【分析】A的核外电子排布式为1s22s22p2,为碳;D为Na,C为O,所以B只能为N;E为Cl;F为第4周期的元素,最外层的电子排布式为4s1,为Cu;G为Cs;(5)NaCl晶胞中有Na+4个,所以碳晶胞中含有4+4个碳原子,1mol晶胞的质量为96g,一个晶胞的质量为g,如图选择C点碳原子作为中心原子,C点碳原子为sp3杂化,∠ACB=109°28',AC=BC=acm,依据三角函数可知AB=2asincm,AD=×2asincm=asincm,晶胞的体积(2asincm)3。【解析】【答案】(1)C(2)sp3杂化(3)3d104s1(4)正负离子的半径比不同(5)8四、判断题(共1题，共7分)19、×【分析】【分析】标况下，SO3不是气体，与相同物质的量的氧气体积不相等．【解析】【解答】解：标况下，SO3不是气体，与相同物质的量的氧气体积不相等，故错误，故答案为：×．五、实验题(共4题，共20分)20、NaHCO3气球变大，且A中更大些NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑【分析】【分析】方案一中，发生2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，Na2CO3加热不分解；

方案二中，发生Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，等质量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3物质的量较多，生成二氧化碳多．【解析】【解答】解：（1）方案一中，加热A的那支试管产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，由2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O、CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O可知，A为NaHCO3；

方案二中，发生Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，等质量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3物质的量较多，生成二氧化碳多，则现象为气球变大，且A中更大些，故答案为：NaHCO3；气球变大；且A中更大些；

（2）A与盐酸反应的化学方程式为NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，故答案为：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑．21、略

【分析】试题分析：（1）研磨孔雀石的目的是为了酸溶速率更快，所以答案为“增大固体接触面积，加快反应速率”，酸溶过程中不溶的固体为杂质SiO2。（2）把Fe2+转化为Fe3+应该加入氧化剂，且不能带入杂质离子，所以用双氧水，选B。相应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。（3）因为目标产品是CuSO4·5H2O晶体，所以调节pH值使铁离子沉淀应选用的试剂不能带入杂质离子，所以选用固体CuO，所以沉淀物c为Fe(OH)3和过量的CuO。（4）碱式碳酸铜中通入氨气后有铜单质生成，说明铜被还原，NH3做还原剂。因为1mol氨气还原得到1.5mol铜单质，根据铜+2→0价，可知转移电子3mol，得失电子守恒，所以NH3失去电子也为3mol，所以可推测得NH3被氧化为了N2，所以可以得知其他产物还有CO2、H2O。所以列出反应物NH3+Cu2(OH)2CO3→Cu+N2+CO2+H2O，然后根据氧化还原反应方程式配平得：3Cu2(OH)2CO3+4NH36Cu+3CO2+9H2O+2N2。（5）根据Fe(OH)3溶解平衡Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq)可得Ksp=c(Fe3+)·c3(OH-)=1×10-39，所以把c(Fe3+)=1×10—3mol／L带入公式中，计算得c(OH-)=1×10-12，所以c(H+)=Kw/c(OH-)=10-2，所以pH=2。考点：本题考查的是化工生产流程题。【解析】【答案】（1）（共4分）增大固体表面积（1分），以增大反应速率（1分）[类似意思均可]SiO2（2分）（2）（共4分）B（2分）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O（2分）（未配平1分，写为化学方程式2FeSO4+H2SO4+H2O2=Fe2(SO4)3+2H2O且正确1分）（3）（共4分）D（2分）Fe(OH)3（2分）（4）（共3分）3Cu2(OH)2CO3+4NH36Cu+3CO2+9H2O+2N2（化学式1分、配平均1分，条件1分。）（5）（共2分）222、略

【分析】解：（1）反应中P元素化合价升高得到H3PO4，氧化产物为H3PO4，若有1molP4参加反应转移电子为1mol×4×5=20mol；

故答案为：H3PO4；20；

（2）①由电离平衡常数可知，酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-，则NaCN溶液通入少量CO2生成NaHCO3与HCN，反应方程式为：CO2+NaCN+H2O=NaHCO3+HCN；

故答案为：CO2+NaCN+H2O=NaHCO3+HCN；

②常温下，氰化钠能与过氧化氢溶液反应，生成碳酸氢钠和能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该气体为氨气，反应方程式为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑；

故答案为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑；

③电解池阴极发生还原反应，NOx在阴极获得电子生成N2、O2-，阴极电极反应式为：2NOx+4xe-=N2+2xO2-；

故答案为：2NOx+4xe-=N2+2xO2-；

（3）①已知：Ⅰ.2NH3（g）+CO2（g）═NH2CO2NH4（s）△H=-159.47kJ•mol-1

Ⅱ．NH2CO2NH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+72.49kJ•mol-1

根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ可得：2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）（s）+H2O（g），△H=-159.47kJ•mol-1+72.49kJ•mol-1=-86.98kJ•mol-1；

故答案为：-86.98；

②铁粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铁粉，生成Fe（NO3）2和NO气体，NO的物质的量为=0.02mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的Fe的物质的量为=0.03mol，根据Fe原子守恒可知，溶液中n=0.03mol，溶液中n（NO3-）=0.06mol．

再向溶液中足量稀硫酸至不再反应为止，Fe（NO3）2中NO3-发生反应3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O，容器剩有铜粉m2g，（m1-m2）为与溶液中NO3-反应的铜的质量；

令再次反应的铜的物质的量为xmol；则：

3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O

32

xmol0.06mol

所以x=0.09mol

所以再次反应的Fe的质量为0.09mol×56g/mol=5.04g，即（m1-m2）=5.04g；

故答案为：5.04．

（1）元素化合价升高发生氧化反应得到氧化产物；根据P元素化合价变化计算转移电子物质的量；

（2）①由电离平衡常数可知，酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-，则NaCN溶液通入少量CO2生成NaHCO3与HCN；

②常温下；氰化钠能与过氧化氢溶液反应，生成碳酸氢钠和能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该气体为氨气，配平书写方程式；

③电解池阴极发生还原反应，NOx在阴极获得电子生成N2、O2-；

（3）①已知：Ⅰ.2NH3（g）+CO2（g）═NH2CO2NH4（s）△H=-159.47kJ•mol-1

Ⅱ．NH2CO2NH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+72.49kJ•mol-1

根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ可得：2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）（s）+H2O（g）；

②铁粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铁粉，生成Fe（NO3）2和NO气体0.02mol，根据电子转移守恒计算参加反应的Fe的物质的量，再根据Fe原子守恒计算溶液中n[Fe（NO3）2]，再向溶液中足量稀硫酸至不再反应为止，容器剩余Fe粉m2g，Fe（NO3）2中NO3-发生反应3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O，（m1-m2）为与溶液中NO3-反应的Fe的质量．

本题考查氧化还原反应基本概念与计算、化学方程式书写、电解原理、反应热计算等，（3）中关键是判断（m1-m2）为与溶液中NO3-反应的Fe的质量，注意根据电子转移守恒、元素守恒计算，如根据方程式计算，相对比较麻烦，注意守恒思想在氧化还原反应计算中应用，尤其硝酸根完全反应，利用离子方程式计算．【解析】H3PO4；20；CO2+NaCN+H2O=NaHCO3+HCN；NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑；2NOx+4xe-=N2+2xO2-；-86.98；5.0423、略

【分析】解：rm{(1)}反应rm{2NH_{3}(g)+CO_{2}(g)?NH_{2}COONH_{4}(s)+Q}是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解；

故答案为：降低温度，防止因反应放热造成产物分解rm{.}提高反应物转化率；

rm{(2)}液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度；控制气体流速和原料气体的配比；

故答案为：通过观察气泡，调节rm{NH_{3}}与rm{CO_{2}}通入比例；

rm{(3)}制备氨基甲酸铵的装置如图rm{3}所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵rm{(NH_{2}COONH_{4})}是一种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空rm{40隆忙}以下烘干；

故答案：过滤；rm{c}

rm{(4)}双通玻璃管的作用是防止液体倒吸；浓硫酸起到吸收多余的氨气；同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；

故答案为：防止倒吸；吸收多余氨气；防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；

rm{(5)}取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品rm{0.7820g}用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为rm{1.000g.}物质的量为rm{0.010mol}设样品中氨基甲酸铵物质的量为rm{x}碳酸氢铵物质的量为rm{y}依据碳元素守恒得到；

rm{x+y=0.01}

rm{78x+79y=0.7820}

解得rm{x=0.008mol}

rm{y=0.002mol}

则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数rm{=dfrac{0.008mol}{0.01mol}隆脕100%=80%}

故答案为：rm{=dfrac

{0.008mol}{0.01mol}隆脕100%=80%}

rm{80%}硫铁矿烧渣rm{(6)}主要成分为rm{(}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}制备rm{Al_{2}O_{3})}晶体；

rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}向烧渣中加入足量的稀硫酸，rm{垄脵}rm{Fe_{2}O_{3}}均会与硫酸反应，rm{Al_{2}O_{3}}：rm{Fe_{2}O_{3}+3H_{2}SO_{4}篓TFe_{2}(SO_{4})_{3}+3H_{2}O}分别生成rm{Al_{2}O_{3}+3H_{2}SO_{4}篓TAl_{2}(SO_{4})_{3}+3H_{2}O}和rm{Fe_{2}(SO_{4})_{2}}rm{Al_{2}(SO_{4})_{2}}不反应，先过滤把rm{SiO_{2}}除去；

rm{SiO_{2}}然