2025年鲁人新版高三化学下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年鲁人新版高三化学下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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（）A.11.2L乙烷中所含的碳氢单键数为3NAB.1L1mol•L-1的氯化铁溶液中铁离子的数目为NAC.56g铁发生氧化反应，一定失去3NA个电子D.常温常压下，100mL0.5mol/L的乙酸溶液中，乙酸的分子数目小于0.05NA2、有KCl、NaCl、Na2CO3的混合物，其中钠元素的质量分数为31.5%，氯元素的质量分数为27.08%，则Na2CO3的质量分数为（）A.38%B.50%C.75%D.80%3、下列反应的离子方程式错误的是（）A.大理石溶于醋酸中：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑B.在氯化铝溶液中滴加过量的氨水：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+C.硫氢化钠水解：HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣D.Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O4、经一定时间后，可逆反应rm{aA+bB?cC}中物质的含量rm{A%}和rm{C%}随温度的变化曲线如图所示，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.该反应在rm{T_{1}}rm{T_{3}}温度时达到化学平衡B.该反应在rm{T_{1}}温度时达到化学平衡C.该反应为放热反应D.升高温度，平衡会向正反应方向移动5、迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质；其结构如图．下列叙述正确的是（）

A.迷迭香酸的分子式为C18H15O8B.迷迭香酸可以发生加成、取代、显色反应C.lmol迷迭香酸跟H2反应，最多消耗6molH2D.lmol迷迭香酸在NaOH溶液中反应，最多消耗5molNaOH6、下列有关化学用语使用正确的是（）A.NH4Br的电子式：B.S的结构示意图：C.乙酸的分子式：CH3COOHD.原子核内有l8个中子的氯原子：Cl7、下列各项所述的数字不是6的是（）A.在NaCl晶体中，与一个Na+最近的且距离相等的Cl-的个数B.在金刚石晶体中，最小的环上的碳原子个数C.在二氧化硅晶体中，最小的环上的原子个数D.在NaCl晶体中，与一个Cl-最近的且距离相等的Na+的个数8、下列A、B、C、D四种实验仪器，从其构成材料来看，有一种与其它三种不同．这种仪器是（）A.蒸发皿B.试管C.烧杯D.烧瓶9、对于油脂的说法中，不正确的是（）A.油脂无固定熔沸点B.油脂属于酯类C.油脂不溶于水，比水轻D.油脂不能使溴水褪色评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)10、一支规格为AmL的酸式滴定管，其尖咀部分充满液体时，液面在mmL刻度处，当液面降低到nmL刻度处时，下列判断正确的是（）A.流出的流体的体积是（m-n）mLB.流出的液体的体积是（n-m）mLC.滴定管内剩余的液体的体积是（A-n）mLD.滴定管内剩余的液体的体积大于（A-n）mL11、R分子的质量为ag，相对质量为M，则M与a的比值等于（）A.6.02×1023B.12C原子质量的十二分之一C.0.012Kg12C所含的原子数D.1mol氧气所含的微粒数12、下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.0.1mol•L-1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中；c（NH4+）+c（NH3•H2O）+c（Fe2+）=0.3mol•L-1B.常温下，pH=6的NaHSO3溶液中：c（SO32-）-c（H2SO3）=9.9×10-7mol•L-1C.NH4HSO3溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性：c（Na+）＞c（SO42-）=c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）D.等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3混合：＞13、rm{隆露}常用危险化学用品贮存通则rm{隆路}规定：“遇火、遇热、遇潮能引起燃烧、爆炸或发生化学反应，产生有毒气体的化学危险品不得在露天或在潮湿、积水的建筑物中贮存”rm{.}下列解释事实的方程式中，不合理的是rm{(}rm{)}A.贮存液氮的钢瓶防止阳光直射：rm{N_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{脩么鹿芒};}}{;}2NO}B.硝酸铵遇热爆炸：rm{2NH_{4}NO_{3}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2N_{2}隆眉+O_{2}隆眉+4H_{2}O隆眉}C.干燥的rm{N_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{脩么鹿芒};}}{;}2NO}遇水产生气体：rm{2NH_{4}NO_{3}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}2N_{2}隆眉+O_{2}隆眉+4H_{2}O隆眉}D.火灾现场存有电石，禁用水灭火：rm{AlCl_{3}}rm{AlCl_{3}+3H_{2}O篓TAl(OH)_{3}+3HCl隆眉}14、下列物质的转化在给定条件下能实现的是rm{(}rm{)}A.rm{Soverset{O_{2}/{碌茫脠录}}{}SO_{3}overset{H_{2}O}{}H_{2}SO_{4}}B.饱和rm{NaCl(aq)overset{NH_{3},CO_{2}}{}NaHCO_{3}overset{triangle}{}Na_{2}CO_{3}}C.rm{Fe_{2}O_{3}overset{HCl(aq)}{}FeCl_{3}(aq)overset{triangle}{}}无水rm{Soverset{O_{2}/{碌茫脠录}}{}SO_{3}

overset{H_{2}O}{}H_{2}SO_{4}}D.rm{MgCl_{2}(aq)overset{{脢炉禄脪脠茅}}{}Mg(OH)_{2}overset{{矛脩脡脮}}{}MgO}rm{NaCl(aq)overset{NH_{3},CO_{2}}{

}NaHCO_{3}overset{triangle}{}Na_{2}CO_{3}}15、对于10%H2O2溶液的分解反应，下列措施能加快其化学反应速率的是（）A.加入MnO2作催化剂B.加水稀释C.加热D.加入30%的H2O216、一定温度下向体积为rm{2L}的恒容密闭容器中充入rm{6molCO_{2}}和rm{8mo1H_{2}}发生反应：rm{CO_{2}}rm{(g)+3H_{2}(g)=CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH=-49KJ?mol^{-1}.}测得rm{(g)+3H_{2}(g)=CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-49KJ?mol^{-1}.}物质的量随时间变化如曲线rm{n(H_{2})}所示，下列说法正确的是rm{I}rm{(}A.该反应在rm{)}内的rm{O隆芦8min}B.若起始时向容器中充入rm{v(CO_{2})=0.125mol?L^{-1}?min^{-1}}和rm{3mo1CO_{2}}则平衡时rm{4molH_{2}}的体积分数大于rm{CH_{3}OH}C.若起始时向容器中充入rm{20%}和rm{4mo1CO_{2}}rm{2molH_{2}}rm{2molCH_{3}OH}则此时反应rm{1molH_{2}O(g)}正rm{v(}逆rm{)>v(}D.曲线rm{)}曲线rm{II}改变条件分别是升高温度、减小压强rm{III}17、下列实验操作、现象和结论均正确的是rm{(}rm{)}

。选项实验操作现象结论rm{A}分别加热rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}固体试管内壁均有水珠两种物质均受热分解rm{B}向稀的苯酚水溶液滴加饱和溴水生成白色沉淀产物三溴苯酚不溶于水rm{C}向含rm{I^{-}}的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：rm{Cl_{2}>I_{2}}rm{D}向rm{FeSO_{4}}溶液中先滴入rm{KSCN}溶液，再滴加rm{H_{2}O_{2}}溶液加入rm{H_{2}O_{2}}后溶液变成血红色rm{Fe^{2+}}既有氧化性又有还原性A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)18、下列是由苯制取有机物“茚”的反应过程：

已知：（傅-克反应）

（1）上述①、②、③、④反应中，属取代反应的有____；属于消去反应的有____．

（2）反应①的反应物中含氧官能团的名称是____，X的结构简式为____．

（3）写出反应④的化学方程式（反应条件要标明）：____．

（4）下列关于“茚”的说法正确的是____．

a．它的分子式为C9H9

b．能使酸性高锰酸钾溶液褪色。

c．是一种易溶于水的有机化合物。

d．1mol“茚”在一定条件下与氢气反应，最多可消耗4molH2

（5）与互为同分异构，有一苯环且苯环上有互为对位的2个取代基，并能与NaOH反应的有机物不止一种，写出其中一种的结构简式：____．19、Na2SO3在空气中易被氧化而变质．某同学为证明Na2SO3有还原性，从一瓶实验室长期存放的Na2SO3固体中取出少量溶于水；滴入一定量的烧碱溶液和少许溴水，振荡后溶液变为无色．

（1）在碱性溶液中Br2和Na2SO3反应的离子方程式____．

（2）反应后的溶液含有SO32-、SO42-、Br-、OH-等阴离子，下表是某同学鉴定其中SO32-、SO42-和Br-的实验报告；请完成未填完的部分．

限选试剂：2mol•L-1HCl；1mol•L-1H2SO4；1mol•L-1BaCl2；1mol•L-1Ba（NO3）2；1mol•L-1KMnO4、CCl4；新制饱和氯水；品红溶液．

。编号实验操作预期现象和结论步骤①取少量待测液加入试管中，加入过量的2mol•L-1盐酸，再滴加适量1mol•L-1BaCl2溶液．有白色沉淀生成，证明待测溶液中含SO42-步骤②________步骤③________（3）为了测定上述样品的纯度，现取10.0克试样配成250mL溶液．取出25.00mL所配溶液，用0.10mol/L的酸性KMnO4溶液滴定至终点．反应离子方程式为：

2MnO4-+5SO32-+6H+═2Mn2++5SO42-+3H2O

重复操作三次，每次消耗0.10mol/LKMnO4溶液体积分别为20.02mL；20.00mL和19.98mL．（相对原子质量Na-23S-32O-16）

①计算样品中Na2SO3的质量分数为____．（结果保留3位有效数字）

②操作时，若未用0.10mol/L的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，会导致测定结果____（填“偏高”、“偏低”或“没有影响”）20、（2015秋•潍坊校级月考）如图是中学化学中常用的玻璃仪器组成的实验装置图（根据需要可在广口瓶中加入液体或在干燥管中放入固体）．

请回答下列问题：

（1）用装置A收集NH3气体，气体应从____（填“①”或“②”）处通入．

（2）若用装置B做二氧化硫与烧杯中氢氧化钠溶液反应的实验，则其中广口瓶能否起到防倒吸作用（填“能”或“不能”）____．

（3）用C来收集NO2气体，最终得不到NO2，其发生反应的化学方程式为：____．21、用系统命名法命名下列物质：

①____

②____

③____．22、某河道两旁有甲、乙两厂，它们排放的工业废水中，共含有K+、Ag+、Fe3+、NO3-、Cl-、OH-六种离子．

（1）甲厂的废水明显呈碱性，故甲厂废水中所含的三种离子是：____

（2）乙厂的废水中含有另外三种离子．如果加一定量____（填“活性炭”、“硫酸亚铁”或“铁粉”），可以回收其中的金属是____．23、有以下几种物质①干燥的食盐晶体②液态氯化氢③水银④蔗糖⑤醋酸⑥KNO3溶液填空回答：（填序号）

以上物质能导电的是____；属于电解质的是____；属于非电解质的是____；溶于水后水溶液能导电的是____．评卷人得分四、判断题(共3题，共18分)24、向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体____（判断对错）25、标准状况下，1moL水中所含原子总数数为3NA____（判断对错）26、摩尔是七个基本物理量之一____．（判断对错）评卷人得分五、简答题(共2题，共14分)27、A；B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素．A元素可形成多种同素异形体；其中一种是自然界最硬的物质；B的原子半径在短周期主族元素中最大；C原子核外电子占据7个不同的原子轨道；D的单质在常温常压下是淡黄色固体．

（1）E在元素周期表中的位置______；B的基态原子核外电子排布式为______．

（2）A、D、E中电负性最大的是______（填元素符号）；B、C两元素第一电离能较大的是______（填元素符号）．

（3）A和D两元素非金属性较强的是______（填元素符号），写出能证明该结论的一个事实依据______．

（4）化合物AD2分子中共有______个α键和______个π键，AD2分子的空间构型是______．

（5）C与E形成的化合物在常温下为白色固体，熔点为190℃，沸点为182.7℃，在177.8℃升华，推测此化合物为______晶体．工业上制取上述无水化合物方法如下：C的氧化物与A、E的单质在高温条件下反应，已知每消耗12kgA的单质，过程中转移2×l03mole-，写出相应反应的化学方程式：______．28、原子序数小于rm{36}的rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{J}五种元素，原子序数依次增大，其中rm{X}是除碳元素外形成化合物种类最多的元素，rm{Y}元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，rm{W}元素原子外层电子数是内层电子数的rm{3}倍，rm{J}是第四周期中未成对电子数最多的元素．

rm{(1)Y}rm{Z}rm{W}的电负性由小到大的顺序为______rm{(}填元素符号rm{)}．

rm{(2)J}原子的外围电子排布式为______．

rm{(3)Y_{2}X_{4}}分子中rm{Y}原子轨道的杂化类型为______rm{.1molY_{2}X_{4}}分子中含有rm{娄脪}键与rm{娄脨}键的数目之比为______．

rm{(4)X}与rm{W}形成的一种rm{X_{2}W}分子，与该分子互为等电子体的阴离子为______rm{(}填化学式rm{)}．

rm{(5)JCl_{3}}能与rm{Z}rm{W}的氢化物形成配位数为rm{6}的配合物，且相应两种配体的物质的量之比为rm{2}rm{1}rm{1mol}该配合物溶于水，加入足量的硝酸银溶液可得rm{430.5g}白色沉淀rm{.}则该配合物溶于水的电离方程式为______．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】A；题中没有告诉是标准状况下；无法计算乙烷的物质的量；

B；氯化铁溶液中铁离子发生了水解；铁离子数目减少；

C；根据铁的价态有+2和+3价；反应产物不同，失去的电子数不同分析；

D、根据乙酸是电解质，溶液中发生电离，乙酸分子数减少分析．【解析】【解答】解：A；不是标准状况下；无法计算11.2L乙烷的物质的量，无法计算乙烷中含有的碳氢单键数目，故A错误；

B、1L1mol•L-1的氯化铁溶液中含有1mol溶质氯化铁，由于铁离子发生了水解，铁离子数目减少，数目小于NA；故B错误；

C、56g铁的物质的量为1mol，若生成铁离子，失去3mol电子，若生成亚铁离子，失去2mol电子，所以失去的电子数不一定是3NA；故C错误；

D、100mL0.5mol/L的乙酸溶液中含有0.05mol溶质乙酸，由于乙酸发生了电离，乙酸分子数减少，乙酸的分子数目小于0.05NA；故D正确；

故选D．2、B【分析】由于Na为31.5%，Cl为27.08%，所以K＋和CO32-为41.42%，由于2个Na＋的质量大于一个K＋的质量，所以Na2CO3的质量分数应稍大于41.42%小于68.5%，B正确。【解析】【答案】B3、A【分析】【解答】解：A．弱电解质要写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH═2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑，故A错误；B．氢氧化铝不溶于氨水，离子方程式为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；故B正确；

C．硫氢化钠水解生成硫化氢和NaOH，离子方程式为HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣；故C正确；

D．酸性条件下，亚铁离子和双氧水发生氧化还原反应生成铁离子和水，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；故D正确；

故选A．

【分析】A．弱电解质要写化学式；

B．氢氧化铝不溶于氨水；

C．硫氢化钠水解生成硫化氢和NaOH；

D．酸性条件下，亚铁离子和双氧水发生氧化还原反应生成铁离子和水．4、C【分析】解：rm{T_{2}隆忙}之前rm{A%}变小，rm{C%}从rm{0}渐增大，而rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}渐大，rm{C%}渐小，说明rm{T_{2}隆忙}之前是反应没有达到平衡状态，而rm{T_{2}隆忙}时恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后是温度升高使平衡向左移动；所以逆反应是吸热反应．

A、rm{T_{1}}温度之后rm{A%}继续变小，rm{C%}继续增大，故rm{T_{1}}温度时未达到化学平衡，而rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}渐大，rm{C%}渐小，说明rm{T_{2}隆忙}之前是反应没有达到平衡状态，而rm{T_{2}隆忙}时恰好平衡，所以rm{T_{2}}之后的rm{T_{3}}温度时达到化学平衡；故A错误；

B、rm{T_{1}}温度之后rm{A%}继续变小，rm{C%}继续增大，故rm{T_{1}}温度时未达到化学平衡；故B错误；

C、rm{T_{2}隆忙}时恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}渐大，rm{C%}渐小，说明rm{T_{2}隆忙}之后是温度升高使平衡向左移动；所以逆反应是吸热反应，则正反应为放热反应，故C正确；

D、rm{T_{2}隆忙}时恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}渐大，rm{C%}渐小，说明rm{T_{2}隆忙}之后是温度升高使平衡向逆反应移动；故D错误．

故选C．

rm{T_{2}隆忙}之前rm{A%}变小，rm{C%}从rm{0}渐增大，而rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}渐大，rm{C%}渐小，说明rm{T_{2}隆忙}之前是反应没有达到平衡状态，而rm{T_{2}隆忙}时恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后是温度升高使平衡向左移动；所以逆反应是吸热反应．

本题考查化学平衡图象、温度对化学平衡的影响，难度中等，明确图象中含量随温度的平衡关系判断rm{T_{2}隆忙}时恰好平衡是解题关键．【解析】rm{C}5、B【分析】【分析】该物质中含有苯环、酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键，具有苯、酚、羧酸、酯、烯烃性质，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、还原反应、取代反应、水解反应等，据此分析解答．【解析】【解答】解：A．该物质分子式为C18H16O8；故A错误；

B．该物质中含有苯环；酚羟基、羧基、酯基、碳碳双键；具有苯、酚、羧酸、酯、烯烃性质，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、还原反应、取代反应、水解反应、显色反应等，故B正确；

C．苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，所以lmol迷迭香酸跟H2反应，最多消耗7molH2；故C错误；

D．酚羟基；酯基水解生成的羧基、羧基能和NaOH反应；所以lmol迷迭香酸在NaOH溶液中反应，最多消耗6molNaOH，故D错误；

故选B．6、D【分析】【分析】A．溴离子电子式书写错误；应画出最外层电子数，用“[]”括起，并在右上角注明所带电荷；

B．硫原子的核电荷数=核外电子总数=16；最外层为6个电子；

C．CH3COOH为乙酸的结构简式；分子式中不需要标出官能团结构；

D．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数．【解析】【解答】解：A．NH4Br属于离子化合物，由铵根离子与溴离子构成，正确的电子式为：故A错误；

B．硫原子核内质子数为16，核外电子数为16，硫的原子结构示意图为：题目中为S2-的结构示意图；故B错误；

C．CH3COOH为结构简式，分子式中不必标出官能团，乙酸正确的分子式为：C2H4O2；故C错误；

D．原子核内有l8个中子的氯原子的质量数为35，该原子可以表示为：Cl；故D正确；

故选D．7、C【分析】【分析】A、在NaCI晶体中，一个Na+周围有6个Cl-，一个Cl-周围有6个Na+；

B；金刚石晶体中；最小的环上有6个碳原子；

C；二氧化硅晶体相当于在硅晶体中两个硅原子间分别加上一个O原子；因此最小环上的原子个数为12个；

D、在NaCI晶体中，一个Cl-周围有6个Na+，一个Na+周围有6个Cl-；【解析】【解答】解：A、NaCl晶体属面心立方结构，与一个Na+最近且距离相等的Cl-的个数有6个；故A正确；

B；金刚石晶体中；最小的环上的碳原子个数有6个，故B正确；

C；二氧化硅晶体相当于在硅晶体中两个硅原子间分别加上一个O原子；因此最小环上的原子个数为12个，故C错误；

D、在NaCI晶体中，一个Cl-周围有6个Na+，一个Na+周围有6个Cl-；故D正确．

故选C．8、A【分析】【分析】蒸发皿的材料是陶瓷，试管、烧杯、烧瓶的材料是玻璃．【解析】【解答】解：蒸发皿的材料是陶瓷，试管、烧杯、烧瓶的材料是玻璃，成分不同，故选A．9、D【分析】【分析】A．油脂是混合物；

B．油脂的分类和组成；

C．油脂不溶于水密度比水小；

D．根据植物油的成分以及不饱和油脂中含有碳碳双键．【解析】【解答】解：A．因油脂是混合物；没有固定的熔；沸点，故A正确；

B．油脂分为油和脂肪；无论油还是脂肪都是高级脂肪酸与甘油形成的酯，故B正确；

C．油脂不溶于水密度比水小；故C正确；

D．因植物油中含有不饱和油脂中，不饱和油脂中含有碳碳双键，能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，也能与H2发生加成反应；故D错误．

故选D．二、双选题(共8题，共16分)10、B|D【分析】解：A．滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大；流出的液体的体积是（n-m）mL，故A错误；

B．滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大；流出的液体的体积是（n-m）mL，故B正确；

C．滴定管的“0”刻度在上端；满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，AmL滴定管中实际盛放液体的体积大于AmL，因此，一支AmL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在nmL刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过（A-n）mL，故C错误；

D．滴定管的“0”刻度在上端；满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，AmL滴定管中实际盛放液体的体积大于AmL，因此，一支AmL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在nmL刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过（A-n）mL，故D正确．

故选BD．

滴定管的“0”刻度在上端；满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，据此即可解答．

本题考查了酸式滴定管的结构，注意滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，是解答的关键，题目难度不大．【解析】【答案】BD11、A|C【分析】解：R分子的相对质量为M，故R的摩尔质量为Mg/mol，即1molR的质量为Mg，而一个R分子的质量为ag，故的意义是在MgR中即1molR中所含有的R分子的个数，即6.02×1023个，即0.012Kg12C所含的原子数；故AC正确．

故选AC．

R分子的相对质量为M，故可知R的摩尔质量为Mg/mol，即1molR的质量为Mg，由于一个R分子的质量为ag，故可知的意义是在1molR中即MgR中含有的R分子的个数；据此分析．

本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和含义，应注意的是1mol物质中含有NA个微粒，即NA个微粒的质量之和即1mol物质的质量．难度不大．【解析】【答案】AC12、B|D【分析】解：A．亚铁离子会水解生成氢氧化亚铁，所以亚铁离子浓度会减小，则c（NH4+）+c（NH3•H2O）+c（Fe2+）＜0.3mol•L-1；故A错误；

B．常温下，pH=6的NaHSO3溶液中，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3），所以溶液中存在c（SO32-）-c（H2SO3）=c（H+）-c（OH-）=9.9×10-7mol•L-1；故B正确．

C．由物料守恒可知，c（SO42-）=c（NH4+）+c（NH3•H2O），所以c（SO42-）＞c（NH4+）；故C错误；

D．CO32-的水解程度大于HCO3-，则等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3混合：＞1，＜1，所以＞故D正确．

故选BD．

A．亚铁离子会水解生成氢氧化亚铁；

B．根据溶液中的电荷守恒和物料守恒分析．

C．根据物料守恒可知，c（SO42-）=c（NH4+）+c（NH3•H2O）；

D．CO32-的水解程度大于HCO3-．

本题考查了盐的水解、离子浓度大小比较，题目难度中等，注意把握溶液中的电荷守恒和物料守恒，侧重于考查学生的分析能力．【解析】【答案】BD13、rAD【分析】解：rm{A.}液氮中无氧气；不发生反应，故A错误；

B.硝酸铵在加热时生成氮气；氧气和水蒸气；故B正确；

C.干燥的氯化铝遇水发生水解；生成氢氧化铝；氯化氢气体，故C正确；

D.电石的主要成分碳化钙与水反应生成氢气，rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+C_{2}H_{2}隆眉}故D错误．

故选AD．

A.液氮中无氧气；

B.硝酸铵在加热时易分解；

C.干燥的氯化铝遇水发生水解；

D.电石的主要成分碳化钙与水反应生成氢气同时放出大量热．

本题考查了化学试剂的存放，题目难度不大，需要掌握常见试剂的保存方法，关键是掌握试剂的性质，关键化学性质选择保存方法，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养．【解析】rm{AD}14、rBD【分析】解：rm{A}硫燃烧生成二氧化硫；不能生成三氧化硫，故A错误；

B、在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中rm{NaHCO_{3}}溶解度最小，析出rm{NaHCO_{3}}加热rm{NaHCO_{3}}分解生成碳酸钠；故B正确；

C、氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，rm{Fe^{3+}}水解rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?2Fe(OH)_{3}+HCl}加热蒸发rm{HCl}挥发，平衡向右移动，得不到无水rm{FeCl_{3}}故C错误；

D；氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁；氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故D正确．

故选：rm{BD}．

A；硫燃烧生成二氧化硫；

B、在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中rm{NaHCO_{3}}溶解度最小，所以析出rm{NaHCO_{3}}加热rm{NaHCO_{3}}分解生成碳酸钠；

C、氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，rm{Fe^{3+}}水解，加热蒸发得不到无水rm{FeCl_{3}}

D；氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁；氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁．

本题考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等，难度中等，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液．【解析】rm{BD}15、ACD【分析】解：A．加入MnO2；作催化剂，反应速率加快，故A选；

B．加水稀释，H2O2的浓度减小；反应速率减缓，故B不选；

C．加热；温度升高，反应速率加快，故C选；

D．加入30%的H2O2；浓度增大，反应速率增大，故D不选；

故选：ACD。

使用催化剂；增大浓度、加热均可加快反应速率；以此来解答。

本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握常见的影响反应速率的因素为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。【解析】ACD16、rAC【分析】解：rm{A.}由图可知，rm{0隆芦8min}内rm{H_{2}}的物质的量变化量为rm{8mol-2mol=6mol}故rm{v(H_{2})=dfrac{dfrac{6Mmol}{2L}}{8min}=0.375mol?L^{-1}?min^{-1}}速率之比等于其化学计量数之比，故rm{v(CO_{2})=dfrac{1}{3}v(H_{2})=0.125mol?L^{-1}?min^{-1}}故A正确；

B.由图可知，rm{v(H_{2})=dfrac{dfrac

{6Mmol}{2L}}{8min}=0.375mol?L^{-1}?min^{-1}}平衡时氢气为rm{v(CO_{2})=dfrac

{1}{3}v(H_{2})=0.125mol?L^{-1}?min^{-1}}则：

rm{I}

开始rm{2mol}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{(mol)}rm{6}rm{8}

转化rm{0}rm{0}rm{(mol)}rm{2}rm{6}

平衡rm{2}rm{2}rm{(mol)}rm{4}rm{2}

故I中平衡时甲醇体积分数为rm{dfrac{2mol}{4mol+2mol+2mol+2mol}=20%}若起始时向上述容器中充入rm{2}和rm{2}等效为原平衡压强减小一倍，平衡向逆反应方向移动，甲醇的体积分数减小，即平衡时rm{dfrac

{2mol}{4mol+2mol+2mol+2mol}=20%}的体积分数小于rm{3molCO_{2}}故B错误；

C.平衡常数rm{K=dfrac{c(CH_{3}OH)c(H_{2}O)}{c(CO_{2})c^{3}(H_{2})}=dfrac{1隆脕1}{2times1^{3}}=0.5}此时的浓度商rm{Qc=dfrac{dfrac{2}{2}隆脕dfrac{1}{2}}{dfrac{4}{2}隆脕(dfrac{2}{2})^{3}}=0.25<K=0.5}故平衡向正反应方向移动，rm{4molH_{2}}正rm{H_{2}}逆rm{20%}故C正确；

D.与Ⅰ相比，Ⅱ到达平衡时间短，且平衡时氢气浓度大，说明改变条件反应速率加快、反应向逆反应方向移动，若升高温度，反应速率加快，正反应为放热反应，平衡向逆反应方向移动，符合题意；与rm{K=dfrac

{c(CH_{3}OH)c(H_{2}O)}{c(CO_{2})c^{3}(H_{2})}=dfrac{1隆脕1}{2times

1^{3}}=0.5}相比；Ⅲ到达平衡时间短，且平衡时氢气浓度小，说明改变条件反应速率加快；反应向正反应方向移动，若减小压强，平衡逆向进行氢气的物质的量应增大，不符合题意，故D错误；

故选AC．

A.根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算rm{Qc=dfrac{dfrac{2}{2}隆脕dfrac

{1}{2}}{dfrac{4}{2}隆脕(dfrac

{2}{2})^{3}}=0.25<K=0.5}再利用速率之比等于其化学计量数之比计算rm{v(}

B.由图可知，rm{)>v(}平衡时氢气为rm{)}利用三段式计算平衡时各组分物质的量，进而计算甲醇体积分数rm{I}若起始时向上述容器中充入rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}和rm{v(H_{2})}等效为原平衡压强减小一倍，平衡向逆反应方向移动，甲醇的体积分数减小；

C.根据rm{v(CO_{2})}中计算可知平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水的浓度，代入平衡常数表达式rm{K=dfrac{c(CH_{3}OH)c(H_{2}O)}{c(CO_{2})c^{3}(H_{2})}}计算平衡常数，再计算此时的浓度商rm{I}与平衡常数比较，判断反应进行方向；

D.与Ⅰ相比，Ⅱ到达平衡时间短，且平衡时氢气浓度大，说明改变条件反应速率加快、反应向逆反应方向移动；与rm{2mol}相比；Ⅲ到达平衡时间短，且平衡时氢气浓度小，说明改变条件反应速率加快；反应向正反应方向移动．

本题考查物质的量随时间变化曲线、反应速率影响因素及计算、化学平衡影响因素与计算、平衡常数应用等，侧重考查学生分析计算能力，rm{.}中注意利用平衡常数判断反应进行方向，难度中等．rm{3molCO_{2}}【解析】rm{AC}17、BC【分析】解：rm{A.}根据元素守恒知；即使碳酸钠分解也不能生成水，可能是碳酸钠不干燥导致的，故A错误；

B.苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀；向稀的苯酚水溶液滴加饱和溴水生成白色沉淀，说明产物三溴苯酚不溶于水，故B正确；

C.同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，向含rm{I^{-}}的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，氯气具有强氧化性，能将碘离子氧化生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，加入淀粉后溶液变蓝色，说明碘离子被氧化生成碘单质，氧化剂是氯气、氧化产物是碘，所以氧化性氧化性：rm{Cl_{2}>I_{2}}故C正确；

D.双氧水具有氧化性，亚铁离子具有还原性，亚铁离子和双氧水反应生成铁离子，铁离子和rm{KSCN}溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色；加入双氧水后溶液变成血红色说明亚铁离子被氧化，则亚铁离子有还原性，不能说明具有氧化性，故D错误；

故选BC．

A.根据元素守恒知；即使碳酸钠分解也不能生成水；

B.苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚沉淀；

C.同一氧化还原反应中；氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；

D.亚铁离子具有还原性，能被双氧水氧化生成铁离子，铁离子和rm{KSCN}溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色．

本题考查化学实验方案评价，为rm{2015}年广东省高考化学试题，涉及氧化还原反应、氧化性强弱比较、离子检验、物质性质等知识点，侧重考查学生分析判断能力，明确物质性质及基本原理是解本题关键，易错选项是rm{D}．【解析】rm{BC}三、填空题(共6题，共12分)18、①②④羧基bd等【分析】【分析】反应①中羧基中-OH被Cl原子取代，属于取代反应，反应②是傅-克反应，由反应信息可知也属于取代反应，对比反应③产物的结构，可知X为反应③是羰基有氢气发生加成反应，反应④是发生醇的消去反应生成茚的结构简式为．（5）与互为同分异构，有一苯环且苯环上有互为对位的2个取代基，并能与NaOH反应，可以是-OH与-CH2CH=CH2或-CH2=CHCH3或-C（CH3）=CH2等．【解析】【解答】解：反应①中羧基中-OH被Cl原子取代，属于取代反应，反应②是傅-克反应，由反应信息可知也属于取代反应，对比反应③产物的结构，可知X为反应③是羰基有氢气发生加成反应，反应④是发生醇的消去反应生成茚的结构简式为．

（1）上述①；②、③、④反应分别为取代反应、取代反应、加成反应、消去反应；属取代反应的有①②；属于消去反应的有④，故答案为：①②；④；

（2）反应①的反应物中含氧官能团是羧基，X的结构简式为故答案为：羧基；

（3）反应④的化学方程式（反应条件要标明）：

故答案为：

（4）“茚”的结构简式为

a．它的分子式为C9H8；故a错误；

b．含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故b正确；

c．属于烃；不易溶于水，故c错误；

d．苯环与碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol“茚”在一定条件下与氢气反应，最多可消耗4molH2；故d正确；

故选：bd；

（5）与互为同分异构，有一苯环且苯环上有互为对位的2个取代基，并能与NaOH反应，可以是-OH与-CH2CH=CH2或-CH2=CHCH3或-C（CH3）=CH2等，其中一种结构简式为：等；

故答案为：等．19、SO32-+Br2+2OH-=H2O+SO42-+2Br-方法1：取少量步骤①中上层清液于试管中；加入少量氯水，观察溶液的颜色；

方法2：另取少量待测液于试管中，加入足量的2mol•L-1盐酸直到不产生气泡为止，再加入少量氯水，观察溶液的颜色（若再加入四氯化碳，振荡，静置后观察颜色也可）溶液呈橙黄色，证明待测液中含Br-（下层液体呈橙红色，证明待测液中含Br-）方法1：取出步骤①中适量上层清液于试管中；滴入2滴品红，观察溶液的颜色。

方法2：另取少量待测液于试管中，加入过量2mol/L盐酸，再滴入2滴品红观察溶液的颜色红色褪去，则存在SO32-；红色不褪去，则不存在。

SO32-63.0%偏高【分析】【分析】（1）Na2SO3和溴发生氧化还原反应；

（2）检验SO42-，可用硝酸酸化的BaCl2；检验Br-，可用氯水，加入四氯化碳后，根据四氯化碳层的颜色进行判断；检验SO32-；取少量待测液于试管中，加入过量盐酸，再滴入2滴品红观察溶液的颜色是否变红来确定；

（3）①根据化学反应的离子方程式结合百分含量是亚硫酸钠质量和样品质量的比值来计算；

②酸式滴定管使用之前要清洗再润洗，不润洗则其中的水会将高锰酸钾稀释，消耗的量增大，带来实验误差，据此判断．【解析】【解答】解：（1）向烧碱和Na2SO3混合溶液中加入少许溴水，振荡后溶液变为无色，说明亚硫酸根离子被溴单质氧化为硫酸跟，依据电荷守恒和原子守恒配平写出离子方程式为：SO32-+Br2+2OH-=H2O+SO42-+2Br-；

故答案为：SO32-+Br2+2OH-=H2O+SO42-+2Br-；

（2）检验SO42-，可取少量待测液加入试管中，加入过量的2mol•L-1盐酸，再滴加适量lmol•L-1BaCl2溶液；

检验Br-，可取出步骤①中适量上层清液于试管中，加入适量氯水，观察溶液的颜色．（若再加入四氯化碳，振荡，静置后观察颜色也可），或方法2：另取少量待测液加入试管中，加入足量的2mol•L-1盐酸直到不产生气泡为止，再加入少量氯水，观察溶液的颜色．（若再加入四氯化碳，振荡，静置后观察颜色也可），如溶液呈橙黄色，证明待测液中含Br-．（下层液体呈橙红色，证明待测液中含Br-．）

检验SO32-；取少量待测液于试管中，加入过量2mol/L盐酸，再滴入2滴品红观察溶液的颜色是否变红来确定，若变红，则含有亚硫酸根离子，反之不含．

故答案为：。实验操作预期现象与结论步骤②方法1：取少量步骤①中上层清液于试管中，加入少量氯水，观察溶液的颜色溶液呈橙黄色，证明待测液中含Br-（下层液体呈橙红色，证明待测液中含Br-）方法2：另取少量待测液于试管中，加入足量的2mol•L-1盐酸直到不产生气泡为止，再加入少量氯水，观察溶液的颜色（若再加入四氯化碳，振荡，静置后观察颜色也可）溶液呈橙黄色，证明待测液中含Br-（下层液体呈橙红色，证明待测液中含Br-）溶液呈橙黄色，证明待测液中含Br-（下层液体呈橙红色，证明待测液中含Br-）步骤③方法1：取出步骤①中适量上层清液于试管中，滴入2滴品红，观察溶液的颜色红色褪去，则存在SO32-，红色不褪去，则不存在SO32-方法2：另取少量待测液于试管中，加入过量2mol/L盐酸，再滴入2滴品红观察溶液的颜色红色褪去，则存在SO32-，红色不褪去，则不存在SO32-红色褪去，则存在SO32-，红色不褪去，则不存在SO32-（3）①每次消耗0.10mol/LKMnO4溶液体积分别为20.02mL；20.00mL和19.98mL；其平均体积是：20.00mL，即0.02L；

根据反应：2MnO4-+5SO32-+6H+═2Mn2++5SO42-+3H2O

25

0.10mol/L×0.02Lx

样品中Na2SO3的质量分数为×100%=63.0%；故答案为：63.0%；

②若未用0.10mol/L的酸性KMnO4溶液润洗滴定管；则消耗的高锰酸的体积会增大，导致测定结果偏高；

故答案为：偏高．20、②能3NO2+H2O=2HNO3+NO【分析】【分析】（1）氨气的密度比空气的密度小；利用向下排空气法收集；

（2）用装置B做二氧化硫与烧杯中氢氧化钠溶液反应的实验；广口瓶中液体不能与气体直接接触；

（3）C为排水法，二氧化氮与水反应生成硝酸和NO．【解析】【解答】解：（1）氨气的密度比空气的密度小，利用向下排空气法收集，则用装置A收集NH3气体；气体应从②处通入，故答案为：②；

（2）用装置B做二氧化硫与烧杯中氢氧化钠溶液反应的实验；广口瓶中液体不能与气体直接接触，则能起到防倒吸作用，故答案为：能；

（3）C为排水法，二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO．21、3，4-二甲基-2-乙基庚烷3-甲基-1-丁炔1，2-二甲苯【分析】【分析】①烷烃命名原则：长；多、近、小简；

②炔烃的命名选取含有碳碳三键的最长碳链；距离三键最近的一端为1号碳；

③芳香烃的命名遵循取代基代数和最小原则．【解析】【解答】解：①为烷烃；最长碳链为7，在3；4号碳上分别含有1个甲基，在2号碳上含有1个乙基，正确命名为：3，4-二甲基-2-乙基庚烷，故答案为：3，4-二甲基-2-乙基庚烷；

②为炔烃；最长碳链为4，碳碳三键在1；2号碳之间，在3号碳上含有1个甲基，正确命名为：3-甲基-1-丁炔，故答案为：3-甲基-1-丁炔；

③为邻二甲苯，系统的正确命名为：1，2-二甲苯，故答案为：1，2-二甲苯．22、K+、Cl--、OH-铁粉Ag【分析】【分析】甲厂废水呈碱性，则溶液中含有大量的OH-，与OH-离子反应的Ag+、Fe3+不能大量共存，根据溶液电中性可知甲厂废水中应含有K+，乙厂中含有Ag+、Fe3+，则与Ag+、Fe3+反应的Cl--、OH-不能共存，根据溶液电中性可知乙厂还有NO3-；

由此可知：甲厂含有K+、Cl--、OH-，乙厂含有Ag+、Fe3+、NO3-，根据两厂中含有的离子组成及性质解答该题．【解析】【解答】解：（1）甲厂废水呈碱性，则溶液中含有大量的OH-，与OH-离子反应的Ag+、Fe3+不能大量共存，根据溶液电中性可知甲厂废水中应含有K+，乙厂中含有Ag+、Fe3+，则与Ag+、Fe3+反应的Cl--、OH-不能共存，根据溶液电中性可知乙厂还有NO3-；

由此可知：甲厂含有K+、Cl--、OH-，乙厂含有Ag+、Fe3+、NO3-，故答案为：K+、Cl--、OH-；

（2）含有的金属离子有K+、Ag+、Fe3+，加入单质Fe，可置换出Ag，故答案为：铁粉；Ag；23、③⑥①②⑤④①②⑤【分析】【分析】根据导电原因；电解质、非电解质、弱电解质的定义判断．

能导电的物质必须含有自由电子或自由离子．

电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物．

非电解质：在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物．【解析】【解答】解：①食盐晶体是强电解质；因没有自由电子或自由离子，所以不能导电．

②液态氯化氢是强电解质；因没有自由电子或自由离子，所以不能导电．

③水银既不是电解质也不是非电解质；因有自由移动的电子，所以能导电．

④蔗糖是非电解质；是非电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不能导电．

⑤CH3COOH是弱电解质；因没有自由电子或自由离子，所以不能导电．

⑥KNO3溶液是混合物；即不是电解质也不是非电解质，有自由离子，所以能导电．

故答案为：③⑥；①②⑤；④；①②⑤．四、判断题(共3题，共18分)24、×【分析】【分析】向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，并加热至液体呈红褐色得到氢氧化铁胶体，据此分析解答．【解析】【解答】解：氢氧化铁胶体的制备方法：向沸水中滴加几滴氯化铁饱和溶液，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，升高温度促进氯化铁水解，并加热至液体呈红褐色即可得到氢氧化铁胶体，所以该题错误，故答案为：×．25、√【分析】【分析】水的分子式为H2O，结合分子式进行判断．【解析】【解答】解：水的分子式为H2O，1moL水中所含原子总数为3NA；

故答案为：√．26、×【分析】【分析】摩尔是物质的量的单位．【解析】【解答】解：摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．五、简答题(共2题，共14分)27、略

【分析】解：依据分析可知：A为C；B为Na，C为Al，D为S，E为Cl；

（1）E为Cl，Cl处于第三周期第ⅦA族，B为钠，Na的核外电子排布式为：1s22s22p63s1，故答案为：第三周期第ⅦA族；1s22s22p63s1；

（2）C；S、Cl中；非金属性越强，其电负性越大，由于非金属性：Cl＞S＞C，故电负性最大的是Cl，Na与Al比较，金属性越强，第一电离能越小，由于金属性Na＞Al，故第一电离能Al＞Na，故答案为：Cl；Al；

（3）C与S非金属性较强的是硫，依据非金属的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，其非金属性越强，碳酸是弱酸，而硫酸是强酸，故答案为：S；H2CO3是弱酸，H2SO4是强酸；

（4）AD2为CS2，CS2结构类似于CO2；即C与2个S分别形成两对共价键，即含有2个Π键，2个α键，形成直线形分子，故答案为：2；2；直线型；

（5）Al与Cl形成的化合物为：AlCl3，AlCl3固体的熔沸点较低，即AlCl3固体为共价化合物形成的分子晶体分子，依据题意得知氧化铝与碳单质、氯气在高温条件下反应，反应中每消耗12kgC，即物质的量为：=1000mol，1000molC反应转移2×l03mole-，故C被氧化为+2价，故产物为CO，据此写反应方程式为：Al2O3+3C+3Cl23CO+2AlCl3，故答案为：Al2O3+3C+3Cl23CO+2AlCl3．

A；B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素．A元素可形成多种同素异形体；其中一种是自然界最硬的物质，故A是碳元素；B的原子半径在短周期主族元素中最大，故B为钠元素；C原子核外电子占据7个不同的原子轨道，即证据1s1个轨道、2s1个轨道、2p3个轨道、3s1个轨道、3p1个轨道，即C为铝元素；D的单质在常温常压下是淡黄色固体，故D是硫元素，E的原