2025年上外版高三化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年上外版高三化学上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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列溶液中，与100mL0.5mol/LNaCl溶液所含的Cl-的物质的量相同的是（）A.200mL0.25mol/LCaCl2溶液B.100mL0.25mol/LHCl溶液C.50mL1mol/LNaCl溶液D.100mL0.5mol/LMgCl2溶液2、2016年，我国科研团队开创了以煤为原料合成气态烯烃的新途径。下列说法错误的是（）A.煤的气化和液化是物理变化B.煤的干馏是在隔绝空气条件下进行的C.大量燃烧煤炭是造成雾霾的重要原因D.发展“煤制油”工程可减少对石油产品的依赖3、关于苯乙烯（）的下列叙述，正确的是（）A.苯乙烯不可能发生加成反应B.苯乙烯不可能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.苯乙烯不可能使溴的四氯化碳溶液褪色D.苯乙烯可通过加聚反应生成高分子化合物4、下列反应的离子方程式书写正确的是（）A.澄清石灰水中加入盐酸：OH-+H+=H2OB.硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2++OH-+SO42-+H+=BaSO4↓+H2OC.碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OD.碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-5、向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g）．各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以下表和图表示．下列说法正确的是（）。容器甲乙丙容积0.5L0.5L1.0L温度/℃T1T2T2反应物。

起始量1.5molA

0.5molB1.5molA

0.5molB6.0molA

2.0molBA.10min内甲容器中反应的平均速率v（A）=0.025mol/（L•min）B.由图可知：T1＜T2，且该反应为吸热反应C.x=1，若平衡时保持温度不变，改变容器体积平衡不移动D.T1℃，起始时甲容器中充入0.5mol1.5molB，平衡时A的转化率为25%评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)6、下列化学用语书写不正确的是（）A.硝酸的电离方程式：HNO3═H++NO3-B.氯化钠的化学式：NaCl2C.镁的原子结构示意图：D.聚乙烯的结构示简式：-[-CH2-CH2-]-n7、已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似．现向ZnCl2溶液中逐渐滴加NaOH溶液，溶液的pH与某些离子的浓度关系如图（横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2+或ZnO22-的物质的量浓度；假设Zn2+的浓度为10-5mol/L时，Zn2+已沉淀完全）．则下列说法正确的是（）A.pH≥12时，发生反应的离子方程式为Zn2++4OH-═ZnO22-+2H2OB.若要使ZnCl2溶液中Zn2+沉淀完全，加入的NaOH溶液越多越好C.向1L0.1mol/LZnCl2溶液中逐渐滴加NaOH溶液至pH=7，需NaOH0.2molD.若溶液的温度保持不变，则该温度下Zn（OH）2的溶度积Ksp=10-178、在加热条件下，将rm{24gCuO}rm{Fe_{2}O_{3}}的混合物与充足的rm{CO}完全反应，并将反应后的气体全部通入到澄清石灰水中，得到白色沉淀rm{40g.}下列有关叙述正确的是rm{(}rm{)}A.原反应物中rm{CuO}与rm{Fe_{2}O_{3}}物质的量的比为rm{1}rm{1}．B.反应后所得rm{CO_{2}}的质量为rm{40g}C.参加反应的rm{CO}的质量为rm{11.2g}D.原反应物中rm{CuO}与rm{Fe_{2}O_{3}}物质的量的比为rm{1}rm{2}．9、设rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A.室温下，rm{1LpH=13}的rm{NaOH}溶液中，由水电离的rm{OH^{-}}离子数目为rm{0.1N_{A}}B.rm{1mol}硝基rm{(-NO_{2})}与rm{46g}二氧化氮所含的电子数均为rm{23N_{A}}C.任意条件下，rm{1mol}苯中含rm{C-H}键的数目一定为rm{6N_{A}}D.向含rm{1molFeI_{2}}的溶液中通入rm{1molCl_{2}}充分反应，该反应转移电子数为rm{3N_{A}}10、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11、铁制管材在生活中有广泛的用途。下列做法能防止铁管生锈的是（）A.保持铁管表面干燥B.在铁管表面镀锌C.擦去铁管表面的铁锈D.在铁管表面喷油漆12、下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.室温下，rm{Ag^{+}(aq)+Cl^{-}(aq)篓TAgCl(s)}反应可自发进行，则该反应的rm{triangleH<0}B.高温下，工业上用纯碱和石英砂制玻璃，说明硅酸的酸性强于碳酸C.加热蒸干氯化铝溶液并灼烧残留物至质量不变，所得固体为氧化铝D.高温下，用金属钠与氯化钾可以置换出金属钾，说明钠的金属性比钾强评卷人得分三、多选题(共7题，共14分)13、下列化合物分子中，在核磁共振氢谱图中能给出三种信号的是（）A.CH3CH2CH3B.CH3COCH2CH3C.CH3CH2OHD.CH3OCH314、某国潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）作载热介质，有关说法不正确的是（）A.原子半径：Na＜AlB.铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，则n（Al）≤n（Na）C.铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，肯定有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出D.mg不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的H2越多，则铝的质量分数越小15、分析下列各物质的物理性质，可判断其固态不属于分子晶体的是（）A.碳化铝，黄色晶体，熔点2200℃，熔融态不导电B.溴化铝，无色晶体，熔点98℃，熔融态不导电C.五氟化钒，无色晶体，熔点19.5℃，易溶于乙醇、氯仿、丙酮中D.溴化钾，无色晶体，熔融时或溶于水中都能导电16、氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的（）A.再通入少量氯气，减小B.光照一段时间氯水，溶液的pH值增大C.加入少量固体AgNO3，溶液的pH值减小D.加入少量水，水的电离平衡向右移动17、下列说法正确的是（）A.1molOH-的质量是17gB.氢气的摩尔质量是2gC.摩尔是物质的质量的单位D.气体摩尔体积约为22.4L/mol18、下列叙述正确的是（）A.1molCO2的质量为44g/molB.NA个CO2的质量与CO2的相对分子质量在数值上相同C.CO2的摩尔质量为44g/molD.CO2的摩尔质量等于CO2的相对分子质量19、某无色气体可能含有CO2、CO、H2、H2O（g）中的一种或几种，依次进行以下处理（每步反应均进行完全）．①通过赤热的炭层后，恢复到原状态，气体体积不变；②通过灼热的CuO时，固体变红色；③通过白色CuSO4粉末时，粉末变蓝色；④通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊．下列判断中，正确的是（）A.原混合气体中一定没有CO2、H2O，一定含有H2和COB.①②③④中都发生了氧化还原反应C.③中的反应为：CO2+3H2O+2CuSO4=Cu2（OH）2CO3+2H2SO4D.由①④说明，实验过程中一定有CO2生成评卷人得分四、填空题(共4题，共28分)20、氧化还原反应实际上包含氧化反应和还原反应两个过程，一个还原反应过程的离子方程式为：NO+4H++3e-═NO↑+2H2O．

下列四种物质：KMnO4、Na2CO3、KI、Fe2（SO4）3中的一种物质甲；滴加少量稀硝酸，能使上述反应过程发生．

（1）被还原的元素是____；还原剂是____．

（2）写出并配平该氧化还原反应方程式：____

（3）反应生成0.3molH2O，则转移电子的数目为____．21、阿司匹林被誉为“百年新药”，阿司匹林药片的有效成分是乙酰立杨酸，它是一种白色晶体，微溶于水．其结构简式为：（相对分子质量为180）．

已知：阿司匹林药片中一般添加少量的辅料（都不溶于水；也不与NaOH反应）；某课外学习小组为检验阿司匹林有效成分中的官能团并测定乙酰水杨酸在药片中的含量，进行了如下实验：

（1）用氢氧化钠固体配制250mL0.10mol/L氢氧化钠溶液；完成有关填空．

a．计算所需氢氧化钠的质量；

b．向烧杯中加入适量水；搅拌；使其溶解；

c．用水洗涤烧杯；玻璃棒；洗液注入容量瓶；

d．在托盘天平上通过烧杯称量____g氢氧化钠固体；

e．盖好瓶塞；上下颠倒；摇匀；

f．冷却；将溶液移入250mL容量瓶中；

g．加水至距刻度线1-2cm处改用胶头滴管定容；

h．装瓶；贴上标签、备用

用字母表示正确的配制步骤（只填字母）：____；

（2）配制250mL0.10mol/L盐酸溶液；

（3）取阿司匹林药片于____中研碎；再称量0.3克放入锥形瓶中；滴定次数0.1mol/L盐酸读数/mL滴定前滴定后10.0017.9821.5616.5830.2215.20

（4）用碱式滴定管取25.00mL0.10mol/L氢氧化钠溶液（过量）注入上述锥形瓶中并加热、搅拌充分反应．写出反应化学方程式：____；

（5）冷却后，在锥形瓶中加入2-3滴酚酞，用0.10mol/L盐酸滴定未反应的氢氧化钠，左手控制活塞，右手轻摇锥形瓶，眼睛____，直到溶液变为无色，在半分钟内不复原为止，记录读数．某学生取等质量阿司匹林完成实验，滴定前后的有关读数记录如图表：用有关数据计算该药片中乙酰水杨酸的质量分数为____；。滴定次数0.1mol/L盐酸读数/mL滴定前滴定后滴定后10.0017.9821.5616.5830.2215.20（6）不能将阿司匹林溶解于水后直接用NaOH溶液进行滴定的原因是____．

（7）下列操作可能使测定结果（质量分数）偏高的是____．

A．配制盐酸溶液时俯视刻度线定容

B．锥形瓶瓶壁残留蒸馏水

C．滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡；滴定后气泡消失

D．量取氢氧化钠溶液体积时开始时仰视刻度线，结束时俯视刻度线．22、元素A的单质是一种重要的半导体材料；含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通讯材料--光导纤维；C与烧碱反应生成含A元素的化合物D．

（1）元素A是____（填元素名称），A在元素周期表中的位置____；

（2）化合物C可与碳在电炉中加热至1900℃可制得金刚砂，其反应方程式为：____；

（3）元素B与A同主族但原子半径比A小，则B的原子结构示意图为____；

（4）将C与纯碱混合高温熔融时也可反应生成D，同时还生成B的最高价氧化物E，将过量的E通入D的水溶液中可得到另一种A的化合物F．写出上述过程中生成D和F的化学反应方程式：____；____．23、可以从石油或煤中获得的基本化工原料是____，其分子式是____，结构简式为____，空间结构为____．评卷人得分五、判断题(共2题，共14分)24、向0.1mol/LAgNO3溶液中加入过量的盐酸完全反应后溶液中无Ag+．____（判断对错）25、气体净化时，一定是先除杂质后干燥____（判断对错）．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】根据离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×一个溶质分子中含有的离子的个数，离子物质的量n=CV计算比较．【解析】【解答】解：100mL0.5mol•L-1NaCl溶液所含Cl-物质的量浓度为0.5mol•L-1，Cl-物质的量=0.1L×0.5mol•L-1=0.05mol；

A、200mL0.25mol•L-1CaCl2溶液氯离子浓度为0.25mol/L×2=0.5mol/L，Cl-物质的量=0.2L×0.5mol•L-1=0.1mol；故A错误；

B、100mL0.25mol•L-1HCl溶液氯离子浓度为0.25mol/L，Cl-物质的量=0.1L×0.25mol•L-1=0.025mol；故B错误；

C、50mL1mol•L-1NaCl溶液氯离子浓度为1mol/L，Cl-物质的量=0.05L×1mol•L-1=0.05mol；故C正确；

D、100mL0.5mol•L-1MgCl2溶液氯离子浓度为0.5mol/L×2=1mol/L，Cl-物质的量=0.1L×1mol•L-1=0.1mol；故D错误；

故选C．2、A【分析】解：

A．煤的气化和液化变化中有新物质生成；属于化学变化，故A错误；

B．在高温条件下；煤会与氧气反应，所以煤的干馏是在隔绝空气条件下进行的，故B正确；

C．燃烧煤炭会产生大量烟尘；烟尘可以引起雾霾，所以大量燃烧煤炭是造成雾霾的重要原因，故C正确；

D．石油产品是重要的工业原料；发展“煤制油”工程可减少对石油产品的使用，故D正确。

故选：A。

本题考查了化学变化和物理变化、煤的干馏、雾霾、石油等，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力，注意把握化学知识在生产生活中的应用。【解析】A3、D【分析】【分析】苯乙烯中含有苯环和碳碳双键，具有苯和烯烃性质，能发生取代反应、加成反应、加聚反应、氧化反应等，据此分析解答．【解析】【解答】解：A．碳碳双键和苯环能发生加成反应；故A错误；

B．含有碳碳双键；所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；

C．含有碳碳双键；所以能和溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；

D．含有碳碳双键；所以能发生加聚反应生成高分子化合物，故D正确；

故选D．4、A【分析】【分析】A；澄清石灰水中加入盐酸发生的是强酸和强碱发生的酸碱中和反应；

B；硫酸和氢氧化钡1：1恰好完全反应；反应离子方程式中要符合化学式的组成；生成硫酸钡沉淀和水；

C；醋酸是弱电解质；

D、酸式盐和碱反应，量少的全部反应，离子方程式中符合化学式组成比．【解析】【解答】解：A、澄清石灰水中加入盐酸发生的是强酸和强碱发生的酸碱中和反应，离子方程式为：OH-+H+=H2O；故A正确；

B、硫酸与氢氧化钡溶液反应离子方程式为：Ba2++2OH-+SO42-+2H+=BaSO4↓+2H2O；故B错误；

C、醋酸是弱酸，碳酸钙溶于醋酸的离子方程式为：：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-；故C错误；

D、碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应，碳酸氢钙全部反应，离子方程式中符合化学式组成比，Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-；故D正确；

故选AD．5、C【分析】【解答】A、由图可知，10min内甲容器中C的浓度变化量为1mol/L，v（C）==0.1mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，所以v（A）=v（C）=×0.1mol/（L•min）=0.05mol/（L•min）；故A错误；

B、比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1＜T2；温度越高C的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，故B错误；

C；若x=1；反应前后气体的物质的量不变，改变体积压强不变，不影响平衡移动，故C正确；

D、乙中平衡时A的转化率为丙中A的转化率为丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x=1；

A（g）+B（g）⇌2C（g）．

开始（mol/L）：310

变化（mol/L）：0.750.751.5

平衡（mol/L）：2.250.251.5

故T1℃，该反应的平衡常数为k==4

令T1℃；起始时甲容器中充入0.5molA；1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，则：

A（g）+B（g）⇌2C（g）．

开始（mol/L）：130

变化（mol/L）：xx2x

平衡（mol/L）：1﹣x3﹣x2x

所以=4

解得：x=0.75

故A的转化率=×100%=75%；故D错误；

故选C．

【分析】A、由图可知，10min内甲容器中C的浓度变化量为1mol/L，根据v=计算v（C）；再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（A）；

B、比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度T1＜T2；温度越高C的浓度越低，升高温度平衡向逆反应移动；

C；若x=1；反应前后气体的物质的量不变，改变体积压强不变，不影响平衡移动；

D、乙中平衡时A的转化率为丙中A的转化率为丙中压强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x=1，根据三段式计算甲中平衡时各组分的浓度，进而计算平衡常数，令T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，再利用三段式表示出平衡时各组分的浓度，利用平衡常数列方程计算x的值，进而计算A的转化率．二、双选题(共7题，共14分)6、B|C【分析】解：A．硝酸为强酸，其电离方程式为：HNO3═H++NO3-；故A正确；

B．氯化钠为离子化合物；钠离子与氯离子数目之比为1：1，氯化钠的化学式为NaCl，故B错误；

C．镁原子核电荷数、核外电子数为12，其原子结构示意图为：故C错误；

D．聚乙烯为高分子化合物，聚乙烯的结构示简式为：-[-CH2-CH2-]-n；故D正确；

故选BC．

A．硝酸为强电解质；溶液中完全电离出氢离子和硝酸根离子；

B．氯化钠为离子化合物；氯化钠的化学式为NaCl；

C．镁离子核电荷数为12；不是16；

D．聚乙烯为乙烯通过加聚反应生成的高分子化合物．

本题考查了化学式、原子结构示意图、电离方程式等知识，题目难度中等，注意掌握化学式、结构简式、结构式的表示方法，明确原子结构示意图与离子结构示意图的区别．【解析】【答案】BC7、A|D【分析】解：A、由图象可知溶液的碱性较强时，锌的存在形式为[Zn（OH）4]2-，所以其反应的离子方程式为：Zn2++4OH-═ZnO22-+2H2O；故A正确；

B、加入的NaOH溶液越多越好，沉淀转化为ZnO22-；所以沉淀又溶解，故B错误；

C、根据图象知，pH=7时，C（Zn2+）=10-3mol/L，即只有部分锌离子生成氢氧化锌沉淀，则加入的n（NaOH）＜2n（ZnCl2）；故C错误；

D、Zn2+离子浓度为10-5mol•L-1时，Zn2+离子已沉淀完全，当溶液的pH=8.0时，c（Zn2+）=10-5mol•L-1，c（OH-）=10-6mol•L-1，Ksp=c（Zn2+）．c2（OH-）=10-5•（10-6）2=10-17；故D正确；

故选AD．

A、由图象可知溶液的碱性较强时，锌的存在形式为ZnO22-；结合元素守恒书写方程；

B、加入的NaOH溶液越多越好，沉淀转化为ZnO22-；

C、根据图象知，pH=7时，c（Zn2+）=10-3mol/L；根据反应的锌离子的物质的量计算需要的氢氧化钠的物质的量；

D、Ksp=c（Zn2+）．c2（OH-）．

本题考查了难溶电解质的溶解平衡，难度不大，要注意：计算氢氧化锌的溶度积时，往往容易直接把溶液的pH当作氢氧根离子浓度来计算，为易错点．【解析】【答案】AD8、AC【分析】解：反应后的气体全部通入到足量的澄清石灰水中，得到白色沉淀rm{40g}为碳酸钙质量，碳酸钙的物质的量为：rm{dfrac{40g}{100g/mol}=0.4mol}根据碳原子守恒，所以反应后所得rm{dfrac

{40g}{100g/mol}=0.4mol}的物质的量为rm{CO_{2}}．

一个rm{0.4mol}获得rm{CO}个氧原子生成rm{1}根据氧原子守恒，可知rm{CO_{2}}rm{24gCuO}的混合物中氧原子的物质的量为rm{Fe_{2}O_{3}}

设rm{0.4mol}rm{CuO}的物质的量分别为rm{Fe_{2}O_{3}}rm{xmol}

则：rm{ymol}rm{垄脵x+3y=0.4mol}

解得：rm{begin{cases}x=0.1moly=0.1molend{cases}}

A.由上述计算可知，原混合物中rm{垄脷80x+160y=24}与rm{begin{cases}x=0.1mol

y=0.1molend{cases}}物质的量比为rm{CuO}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{0.1mol}故A正确；

B.由上述计算可知，反应后所得rm{0.1mol=1}的物质的量为rm{1}其质量为rm{CO_{2}}故B错误；

C.实验过程中参加反应的rm{0.4mol}的物质的量为rm{0.4mol隆脕44g/mol=17.6g}质量为：rm{CO}故C正确；

D.原混合物中rm{0.4mol}与rm{0.4mol隆脕28g/mol=11.2g}物质的量比为rm{CuO}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{0.1mol}故D错误；

故选AC．

反应后的气体全部通入到足量的澄清石灰水中，得到白色沉淀rm{0.1mol=1}为碳酸钙质量，即rm{1}所以二氧化碳为rm{dfrac{40g}{100g/mol}=0.4mol}一个rm{40g}获得rm{0.4mol}个氧原子生成rm{dfrac

{40g}{100g/mol}=0.4mol}根据氧原子守恒，可知rm{CO}rm{1}的混合物中氧原子的物质的量为rm{CO_{2}}设出rm{24gCuO}rm{Fe_{2}O_{3}}的物质的量分别为rm{0.4mol}rm{CuO}列方程计算rm{Fe_{2}O_{3}}rm{x}的值，然后根据氧原子守恒、混合物总质量列式计算出rm{y}rm{x}的物质的量；然后对各选项进行判断．

本题考查有关混合物的计算，题目难度中等，解答关键是根据一个rm{y}获得rm{CuO}个氧原子生成rm{Fe_{2}O_{3}}判断混合物中氧原子的物质的量为rm{CO}结合守恒进行计算，注意守恒思想在混合计算中的运用．rm{1}【解析】rm{AC}9、BC【分析】【分析】本题主要考查阿伏伽德罗常数的相关知识，据此进行分析解答。【解答】A.室温下，rm{1LpH=13}的rm{NaOH}溶液中氢离子浓度为rm{1隆脕10^{?13}mol/L}溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的rm{OH^{?}}离子数目为rm{10^{?13}N_{A}}故A错误；B.硝基rm{?NO_{2}}既没有得电子也未失电子，故rm{1mol}硝基中含有的电子数与二氧化氮中的相同，均为rm{23N_{A}}个，故B正确；C.rm{1}个苯分子中含有rm{6}个rm{C?H}键，所以任意条件下，rm{1}rm{mol}苯中含rm{C?H}键的数目一定为rm{6N_{A}}故C正确；D.rm{FeI_{2}}溶液中，碘离子的还原性大于亚铁离子的，通入氯气，先发生的反应为rm{2I^{?}+Cl_{2}=I_{2}+2Cl^{?}?2mole^{?}}则rm{1molFeI_{2}}含碘离子rm{2mol}由方程式得rm{2molI^{?}}需要rm{1molCl_{2}}转移rm{2mol}电子，故通入rm{1mol}rm{Cl_{2}}充分反应后转移的电子数为rm{2N_{A}}故D错误。故选BC。【解析】rm{BC}10、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}11、ABD【分析】解：A；铁生锈的主要条件是与空气和水（或水蒸气）直接接触；如果隔绝了空气和水，就能在一定程度上防止铁生锈，则保持铁管表面干燥能防止钢铁生锈，故A选；

B；在金属铁的表面镀上一层比金属铁活泼的金属锌；形成原电池，铁作正极被保护，可以防止铁被腐蚀，故B选；

C；擦去铁管表面的铁锈；不能隔绝了空气和水，则不能防止钢铁生锈，故C不选；

D；铁生锈的主要条件是与空气和水（或水蒸气）直接接触；如果隔绝了空气和水，就能在一定程度上防止铁生锈，在钢铁表面刷一层油漆能防止钢铁生锈，故D选。

故选：ABD。

根据铁生锈的主要条件是与空气和水（或水蒸气）直接接触；结合金属的保护措施，进行分析解答。

本题考查学生对铁生锈的主要条件与保护措施知识的理解与掌握，并能灵活应用。【解析】ABD12、rAC【分析】解：rm{A}反应自发进行的判断依据是rm{triangleH-TtriangleS<0}据此分析，室温下，rm{triangleH-Ttriangle

S<0}反应可自发进行，rm{triangleH-TtriangleS<0}反应过程是熵变减小的反应，rm{Ag^{+}(aq)+Cl^{-}(aq)篓TAgCl(s)}则该反应的rm{triangleH-Ttriangle

S<0}故A正确；

B、纯碱和石英砂制玻璃，rm{SiO_{2}+Na_{2}CO_{3}dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}Na_{2}SiO_{3}+CO_{2}}利用难挥发性酸酐制备易挥发性酸酐，实际碳酸酸性大于硅酸，故B错误；

C；氯化铝溶液中水解生成氢氧化铝和氯化氢；加热蒸干氯化铝溶液并灼烧，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝灼烧得到氧化铝，故C正确；

D；高温下；用金属钠与氯化钾可以置换出金属钾，利用的是钾的沸点低于钠，反应过程中生成钾挥发平衡正向进行，实际钾比钠活泼，故D错误；

故选AC．

A、反应自发进行的判断依据是rm{triangleH-TtriangleS<0}据此分析；

B；纯碱和石英砂制玻璃；利用难挥发性酸酐制备易挥发性酸酐，碳酸酸性大于硅酸；

C；氯化铝溶液中水解生成氢氧化铝和氯化氢；加热蒸干氯化铝溶液并灼烧，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝灼烧得到氧化铝；

D；高温下；用金属钠与氯化钾可以置换出金属钾，利用的是钾的沸点低于钠，反应过程中生成钾挥发平衡正向进行．

本题考查了反应自发进行的判断，盐类水解分析应用，掌握物质性质、化学反应原理是解题关键，题目难度中等．rm{triangleS<0}【解析】rm{AC}三、多选题(共7题，共14分)13、BC【分析】【分析】核磁共振氢谱中有几个不同的峰，分子中就有几种H原子，峰的面积之比等于氢原子数之比，核磁共振氢谱图有3三种信号，说明分子中有3种H原子．利用等效氢原子判断：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效；②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，同一同一碳原子所连氢原子等效；③处于镜面对称位置上的氢原子等效．【解析】【解答】解：A．CH3CH2CH3中有2种H原子；核磁共振氢谱有2个吸收峰，故A错误；

B．CH3COCH2CH3中有3种H原子；核磁共振氢谱有3个吸收峰，故B正确；

C．CH3CH2OH中有3种H原子；核磁共振氢谱有3个吸收峰，故C正确；

D．CH3OCH3中有1种H原子；核磁共振氢谱有1个吸收峰，故D错误．

故选BC．14、AD【分析】【分析】A；根据同一周期从左到右；元素原子半径逐渐减小；

B；根据钠和水反应生成的氢氧化钠；足量的氢氧化钠将金属铝溶解；

C；根据钠和水反应生成的氢氧化钠；氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化钠也能与铝反应，金属铝过量也可能会置换出氯化铜中的金属铜；

D、根据金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2Al～3H2↑，2Na～H2↑，等质量的金属钠和金属铝，则金属Al产生的氢气量多，所以放出的H2越多，则铝的质量分数越大．【解析】【解答】解：A；同一周期从左到右；元素原子半径逐渐减小，原子半径：Na＞Al，故A错误；

B、根据钠和水反应生成的氢氧化钠，氢氧化钠将金属铝溶解：Al～NaOH～3H2↑；铝全部反应可得无色溶液，则n（Al）≤n（Na），故B正确；

C；铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中；钠和水反应生成的氢氧化钠，氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化钠也能与铝反应，金属铝过量也可能会置换出氯化铜中的金属铜；故C正确；

D、金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2Al～3H2↑，2Na～H2↑，等质量的金属钠和金属铝，则金属Al产生的氢气量多，所以放出的H2越多；则铝的质量分数越大，故D错误．

故选AD．15、AD【分析】【分析】A．熔点高不是分子晶体的性质；

B．熔沸点较低；液体不导电，则构成微粒为分子；

C．熔沸点较低；易溶于有机溶剂；

D．熔融时能导电，构成微粒为离子．【解析】【解答】解：A．碳化铝；黄色晶体，熔点2200℃，熔融态不导电，应为原子晶体，故A选；

B．溴化铝；无色晶体，熔点98℃，熔融态不导电，具有分子晶体的性质，属于分子晶体，故B不选；

C．五氟化钒；无色晶体，熔点19.5℃，易溶于乙醇；氯仿、丙酮中，具有分子晶体的性质，属于分子晶体，故C不选；

D．溴化钾；无色晶体，熔融时或溶于水中都能导电，构成微粒为离子，应为离子晶体，故D选；

故选AD．16、CD【分析】【分析】A．氯气与水的反应；加入氯气，溶液为饱和溶液；

B．新制氯水中的次氯酸见光分解生成盐酸；

C．氯离子与银离子反应；溶解平衡向着正向移动，溶液中氢离子浓度最大；

D．氯气与水的反应，加入水，溶液酸性减弱，促进水的电离．【解析】【解答】解：在氯水中存在如下平衡：Cl2+H2O⇌HCl+HClO、H2O⇌H++OH-、HClO⇌H++ClO-．

A．氯气溶于水达到平衡后，再通入少量氯气，此时已经为饱和溶液，的比值不变；故A错误；

B．新制氯水中的次氯酸见光分解生成盐酸；增大了氢离子浓度，溶液的pH减小，故B错误；

C．加入少量固体AgNO3；银离子与氯离子反应生成AgCl沉淀，氯气的溶解平衡向着正向移动，则溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH值减小，故C正确；

D．加入少量的水，相当于增大了水的量，c（H+）下降；对水的电离的抑制作用减弱，水的电离平衡向正反应方向移动，故D正确；

故选CD．17、AC【分析】【分析】A、OH-的摩尔质量是17g/mol；

B；摩尔质量的单位是g/mol；

C；物质的质量的单位是摩尔；

D、标准状况下，气体摩尔体积约为22.4L/mol．【解析】【解答】解：A、OH-的摩尔质量是17g/mol，所以1molOH-的质量是17g；故A正确；

B；摩尔质量的单位是g/mol；氢气的摩尔质量是2g/mol，故B错误；

C；摩尔是物质的质量的单位；故C正确；

D；标准状况下；气体摩尔体积约为22.4L/mol，其他状况下不一定，故D错误．

故选：AC．18、BC【分析】【分析】A；质量的单位是g；

B、NA个CO2的质量为44g，CO2的相对分子质量为44；

C、CO2的相对分子质量为44；

D、CO2的摩尔质量以g/mol为单位时，数值上等于CO2的相对分子质量．【解析】【解答】解：A、1molCO2的质量为44g；故A错误；

B、NA个CO2的质量为44g，CO2的相对分子质量为44；故B正确；

C、CO2的相对分子质量为44，因此CO2的摩尔质量为44g/mol；故C正确；

D、CO2的摩尔质量以g/mol为单位时，数值上等于CO2的相对分子质量；故D错误；

故选BC．19、AD【分析】【分析】①赤热的碳能够与二氧化碳、水反应，气体体积增大；②能使氧化铜变红色的气体具有还原性；②无水硫酸铜遇水会变蓝色；④二氧化碳会使澄清石灰水变浑浊，根据各气体的性质进行推导验证．【解析】【解答】解：①碳和H2O、CO2反应会，会使气体体积增大，而混合气通过碳后气体体积不变，可知混合气中一定不含H2O、CO2；

②通过氧化铜后，固体变成红色，说明混合气中存在还原性CO或H2气体；

③无水硫酸铜变蓝，说明通混合气体中有水，由于原混合气体中没有H2O，所以一定含有H2；

④澄清石灰水变浑浊；说明生成了二氧化碳，可以确定原混合气中有CO；

A、根据以上分析可知：原混合气体中一定含有H2、CO，一定不含H2O、CO2；故A正确；

B；①③④中没有发生氧化还原反应；只有②发生了氧化还原反应，故B错误；

C、③中的反应为硫酸铜与水反应生成胆矾，反应的方程式为：5H2O+CuSO4=CuSO4•5H2O；故C错误；

D；由①可知；混合气体中一定不含二氧化碳，由④可知混合气体中一定含有一氧化碳，故D正确；

故选AD．四、填空题(共4题，共28分)20、NKI6KI+8HNO3=6KNO3+NO↑+3I2+4H2O0.45NA【分析】【分析】由信息可知，N元素的化合价降低，则只有KI具有还原性能被硝酸氧化，结合电子、原子守恒可知发生的反应，再计算转移电子，以此来解答．【解析】【解答】解：（1）反应NO3-+4H++3e-═NO↑+2H2O体现了硝酸的氧化性，KMnO4、Na2CO3、KI、Fe2（SO4）3四种物质中只有KI具有还原性；硝酸可以将KI氧化，则I元素失去电子被氧化，KI为还原剂，N得到电子被还原，故答案为：N；KI；

（2）化合价降低元素是氮元素，所在反应物硝酸是氧化剂，化合价升高元素I元素所在反应物KI是还原剂，由电子、原子守恒可知反应为6KI+8HNO3=6KNO3+2NO↑+3I2+4H2O，故答案为：6KI+8HNO3=6KNO3+NO↑+3I2+4H2O；

（3）由反应可知，生成4mol水时转移6mol电子，则反应生成0.3molH2O，则转移电子的数目为0.3mol××NA=0.45NA，故答案为：0.45NA．21、1.0a-d-b-f-c-g-e-h研钵要注视锥形瓶内溶液的颜色变化20%乙酸水杨酸微溶，与NaOH反应缓慢，导致不能完全反应A【分析】【分析】（1）根据m=CVM计算氢氧化钠的质量；根据操作步骤进行排序；操作顺序为：计算→称量→溶解；冷却→移液→定容→摇匀→装瓶→贴签；

（3）研磨固体药品的仪器是研钵；

（4）乙酰水杨酸和氢氧化钠发生水解反应；

（5）酸碱中和滴定时；眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；先根据盐酸的体积舍去不合适的体积，然后根据盐酸的平均体积结合与氢氧化钠反应的关系式计算氢氧化钠的物质的量，根据总的氢氧化钠的物质的量减去和盐酸反应的氢氧化钠物质的量就是和乙酰水杨酸反应的，根据氢氧化钠和乙酰水杨酸反应的关系式计算乙酰水杨酸的质量，再根据质量分数公式计算其质量分数；

（6）根据乙酰水杨酸的溶解性及和氢氧化钠的反应速率分析判断；

（7）A．配制盐酸溶液时俯视刻度线定容导致盐酸的浓度偏大；导致和乙酰水杨酸反应的氢氧化钠的物质的量偏大，根据和乙酰水杨酸反应的氢氧化钠的物质的量判断乙酰水杨酸的质量分数；

B．锥形瓶瓶壁残留蒸馏水对氢氧化钠的物质的量无影响；

C．滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡；滴定后气泡消失导致盐酸的体积偏小，和乙酰水杨酸反应的氢氧化钠的物质的量偏小；

D．量取氢氧化钠溶液体积时开始时仰视刻度线，结束时俯视刻度线导致量取氢氧化钠的体积偏小．【解析】【解答】解：（1）m=CVM=0.10mol/L×0.25L×40g/L=1.0g；一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀，然后装瓶、贴上标签、备用，所以其操作顺序是a-d-b-f-c-g-e-h；

故答案为：1.0；a-d-b-f-c-g-e-h；

（3）研磨固体药品的仪器是研钵；故答案为：研钵；

（4）乙酰水杨酸和氢氧化钠的反应方程式为：

故答案为：

（5）酸碱中和滴定时；要根据锥形瓶内溶液的颜色变化来确定反应终点，所以眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；

第一次滴定使用的盐酸体积=17.98mL-0.00=17.98mL，第二次滴定使用盐酸的体积=（16.58-1.56）mL=15.02mL，第三次滴定使用的盐酸体积=（15.20-0.22）mL=14.98mL，第一次使用的体积与第二次、第三次使用体积相差较大，应该舍去，应该用第二次和第三次盐酸平均值，所以盐酸体积的平均值==15.00mL；

盐酸和氢氧化钠是按1：1的物质的量反应；所以和盐酸反应的氢氧化钠的物质的量=0.015L×0.10mol/L=0.0015mol，所以和乙酰水杨酸反应的氢氧化钠的物质的量=0.025L×0.10mol/L-0.0