2025年北师大新版高三化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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下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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、合成氨工业有下列生产流程；其先后顺序为（）

①原料气制备②氨的合成③原料气净化和压缩④氨的分离．A.①②③④B.①③②④C.④③②①D.②③④①2、下列物质以任意比例混合，若总物质的量一定，则充分燃烧消耗氧气及生成水的量均相等的是（）A.C2H6，C2H6OB.C3H6，C4H6O2C.C2H2，C2H4OD.C3H6O，C4H8O23、已知Zn（OH）2是两性氢氧化物，与氢氧化钠溶液的反应方程式为：Zn（OH）2+2NaOH=Na2ZnO2+2H2O．现有一块锌铁合金，将其溶于足量盐酸中，再加入过量的NaOH溶液，在空气中静置，当红褐色沉淀不再增加时，将沉淀过滤出并灼烧，得到的固体残留物恰好跟原来合金的质量相等，则此合金中锌的质量分数为（）A.19.4%B.30.0%C.70.0%D.80.6%4、现有装有物质的量浓度为1.2mol/L的盐酸100ml的容器甲和装有物质的量浓度为1mol/L的硫酸100ml的容器乙，向甲、乙容器内加入相同质量的铝，充分反应后生成氢气的体积比为3：4（标准状况下），问所加入的铝的质量是（）A.1.08克B.1.44克C.1.8克D.无法计算5、下列说法正确的是（）A.每一周期元素都是从碱金属开始，以稀有气体结束B.f区都是副族元素，s区和p区的都是主族元素C.已知在20℃1molNa失去1mol电子需吸收650kJ能量，则其第一电离能为650KJ/molD.Ge的电负性为1.8，则其是典型的非金属6、下列化合物中同分异构体数目最少的是。

A.戊烷B.戊醇C.戊烯D.乙酸乙酯7、一定温度下，在2L的密闭容器中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示下列描述正确的是（）A.反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol/（L•s）B.反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol/LC.反应开始到10s时，Y的转化率为79%D.反应的化学方程式为：X（g）+Y（g）⇌Z（g）8、下列反应中不属于氧化还原反应的是（）A.Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4B.2Na+2H2O═2NaOH+H2↑C.NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2OD.2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I29、下列说法或表示方法中正确的是rm{(}rm{)}A.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B.由rm{C(}金刚石rm{)篓TC(}石墨rm{)triangleH=-1.9}rm{kJ?mol^{-1}}可知，金刚石比石墨稳定C.在rm{101}rm{KPa}时，rm{2}rm{g}rm{H_{2}}完全燃烧生成液态水，放出rm{285.8}rm{kJ}热量，氢气燃烧的热化学方程式为：rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangleH=-285.8}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangle

H=-285.8}D.在稀溶液中：rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)篓TH_{2}O(l)triangleH=-57.3}rm{kJ?mol^{-1}}若将含rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)篓TH_{2}O(l)triangle

H=-57.3}rm{kJ?mol^{-1}}rm{0.5}的浓溶液与含rm{mol}rm{H_{2}SO_{4}}rm{1}的溶液混合，放出的热量大于rm{mol}rm{NaOH}rm{57.3}评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、桶烯（Barrelene）结构简式如图所示，则下列有关说法不正确的是（）A.桶烯分子中所有原子在同一平面内B.桶烯在一定条件下能发生加成反应和加聚反应C.桶烯与苯乙烯（C6H5CH=CH2）互为同分异构体D.桶烯中的一个氢原子被氯原子取代，所得产物只有一种11、用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（）A.46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数约为4.5NAB.0.2mol金属钠在过量氧气中充分燃烧，生成的化合物中离子总数为0.3NAC.NA个Al（OH）3粒子的质量为78g/molD.标准状况下，11.2L二氯甲烷的分子数约为NA12、近年用红外激光技术研究液氢，发现范德华力也可以引起微粒间反应，已知在液氢中有氢分子和质子形成的离子，其构型为等边三角型，属于二电子三中心离子．同时和氢分子可进一步形成．有关判断正确的是（）A.的电子式为B.可进行反应，在液态氢中形成、、C.可在液态氢中形成、、D.广泛存在于固态、液态和气态氢中13、下列说法正确的是（）A.已知P（红磷，s）=P（白磷，s）△H＞0，则白磷比红磷稳定B.测定相同物质的量浓度的Na2CO3、Na2SiO3的溶液pH，发现后者的更高，说明碳的非金属性强于硅C.温度和压强一定时，对于可逆反应：2NO2（g）⇌N2O4（g），混合气体的密度不再改变，则反应达到平衡状态．D.将NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合后生成白色沉淀，是两种溶液水解相互促进的结果14、下列各组化合物的水溶液中，碱的碱性减弱，酸的酸性增强的是（）A.NaOH，LiOH，HNO3，H3PO4B.Mg（OH）2，Al（OH）3，HBrO4，HClO4C.Mg（OH）2，Ca（OH）2，H3PO4，H2SO4D.NaOH，Mg（OH）2，H3PO4，HClO415、已知：如果要合成所用的原始原料可以是（）A.2-甲基-l，3-丁二烯和2-丁炔B.1，3-戊二烯和2-丁炔C.2，3-二甲基-1，3-戊二烯和乙炔D.2，3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔16、下列有关物质性质的运用正确的是（）A.Na2O2与CO2反应放出的氧气：供矿山、坑道等地方呼吸之用B.纯碱：洗涤餐具上的油污C.三聚氰胺含有化合态的氮元素：补充人体蛋白质D.二氧化硫：用于制作馒头的增白剂17、下列除杂质的方法不可行的是（）A.加入新制的生石灰，然后加热蒸馏，可以除去乙醇中少量的水B.通过装有浓酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶，可以除去甲烷中的乙烯C.用苯，通过分液的方法，可以除去溴苯中的溴D.用氢氧化钠溶液，通过分液的方法，可以除去苯中的乙酸18、下述实验能到达预期目的是（）

。实验内容实验目的A向蔗糖溶液中加入4滴稀硫酸，煮沸几分钟，冷却，再加入银氨溶液，水浴加热检验蔗糖是否已水解B将Cl2通入NaBr溶液中比较Cl2与Br2的氧化性强弱C将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后，用冰水混合物冷却降温研究温度对化学平衡的影响D往鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液研究蛋白质的盐析现象A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)19、（2015秋•益阳校级月考）现有下列化学试剂：

A；稀盐酸B、氢氧化钠溶液C、氯化铝溶液D、偏铝酸钠溶液．

选取其中的两种溶液；把一种溶液滴到另一种溶液中，其滴入溶液的体积与生成的沉淀的质量关系如图所示．

①如图所示的操作是把____滴加到____中（填相应字母）

②反应恰好进行到A点时，溶液中存在的金属阳离子是____．

③B点时，溶液的pH____7（填“＞”、“＜”或“=”），试用离子方程式说明原因：____．

④写出AB段反应的离子方程式：____．20、科学家开发出一种“洁净煤技术”，通过向地下煤层“气化炉”中交替鼓入空气和水蒸气的方法，连续产出高热值的煤炭气，其主要成分是CO和H2．“气化炉”中发生的主要反应有：

C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol-1

CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=-41.2kJ•mol-1

（1）“气化炉”中CO2与C反应转化为CO，该反应的热化学方程式是____

（2）用煤炭气合成甲醇的反应为：CO（g）+H2（g）⇌CH3OH（g）．在密闭容器中，将CO和H2按一定的物质的量混合；进行反应，如图1是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线．

①生成甲醇的反应是____反应（填“放热”或“吸热”）．

②若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，如图2中3个图中，既正确又能说明反应在t1时刻达到平衡状态的是____（填正确答案标号）

③在不改变原料用量的前提下，为提高CO的转化率，可以采取的措施是____（答对一种措施即可）．

（3）近年来；中国科学院长春应用化学研究所在甲醇燃料电池技术研究方面获得新突破，组装出了自呼吸电池及上推式电堆，甲醇燃料电池的工作原理如图3所示．

①该电池工作时，b口通入的物质为____，c口通入的物质为____．

②该电池正极的电极反应式为____．

③工作一段时间后，当6.4克甲醇完全反应生成CO2时，转移的电子数目为____．21、由等物质的量烃A和烃的衍生物B组成的混合物共0.5摩，恰好能和1.25摩O2完全燃烧生成1molCO2和1molH2O；请用分子式给出A和B的可能组合方式（可不填满）

。AB（1）________（2）________（3）________（4）________（5）________22、25℃时，有浓度均为0.10mol/L的乙酸、乙酸钠两种溶液．请回答：两种溶液中，c（H+）＜c（OH-）的是____（填“乙酸”或“乙酸钠”），其原因是____（用离子方程式表示）．两种溶液等体积混合后溶液显酸性，混合后溶液中各种离子的浓度由大到小依次为____．23、(8分)在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：。t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝。（2）该反应为反应（选填吸热、放热）。（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是。a、容器中压强不变b、混合气体中c（CO）不变c、v正（H2）＝v逆（H2O）d、c（CO2）＝c（CO）（4）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），试判断此时的温度为℃。24、因为BaSO4难溶，难于利用，所以工业上常将BaSO4转化成BaCO3后，再将其制成可溶性钡盐．现有足量的BaSO4悬浊液，在该悬浊液中加入饱和纯碱溶液并不断搅拌，可以将BaSO4转化成BaCO3，写出该反应的离子方程式：____．25、已知高锰酸钾、二氧化锰在酸性条件下能将草酸钠(Na2C2O4)氧化：

MnO+C2O+H+→Mn2++CO2↑+H2O(未配平)；

MnO2+C2O+H+→Mn2++CO2↑+H2O(未配平)．

为测定某软锰矿中二氧化锰的质量分数，准确称量1.20g软锰矿样品，加入2.68g草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参加反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移到容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度，从中取出25.0mL，用0.0200mol•L-1高锰酸钾溶液进行滴定．当加入20.0mL溶液时恰好完全反应；试根据以上信息完成下列各题：

(1)配平上述两个离子方程式：

____________MnO+____________C2O+____________H+═____________Mn2++____________CO2↑+____________H2O；

____________MnO2+____________C2O+____________H+═____________Mn2++____________CO2↑+____________H2O．

(2)欲求得软锰矿中二氧化锰的质量分数；还缺一个数据，这个数据是____________(填数据所代表的意义)．

(3)若该数据的数值为250，求该软锰矿中二氧化锰的质量分数(写出计算过程)．评卷人得分四、判断题(共2题，共14分)26、蛋白质、纤维素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物（判断对错）27、在化学反应中某元素化合价只升高，则反应过程中该元素被还原了．____．（判断对错）评卷人得分五、探究题(共4题，共20分)28、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．29、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：30、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．31、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：评卷人得分六、计算题(共2题，共16分)32、标准状况下11.2LHCl溶于水形成500mL溶液．

（1）所得盐酸的物质的量浓度为____．

（2）向其中加入____gNaOH才能中和完全．

（3）若不考虑加入NaOH对体积造成的影响，所得NaCl的物质的量浓度为____．

（4）再向其中加入____mL密度为1.7g/cm3质量分数为25%的AgNO3溶液可使Cl-完全沉淀．33、过碳酸钠是一种有多用途的新型氧系漂白剂，化学式可表示为aNa2CO3•bH2O2．现将一定质量的过碳酸钠粉末溶于水配成稀溶液，再向其中加入适量MnO2粉末；充分反应后生成672mL气体（标准状况）．反应后的混合物经过滤；洗涤后，将滤液和洗涤液混合并加水配成100mL溶液A．现向三份体积为10mL、浓度为cmol/L的稀硫酸中分别逐滴滴入溶液A，边滴边振荡，充分反应后，测得实验数据如下表所示：

。实验序号ⅠⅡⅢ滴加溶液A的体积/mL10.020.030.0生成气体的体积/mL（标准状况）89.6179.2224（1）计算稀硫酸的物质的量浓度．

（2）通过计算确定过碳酸钠的化学式．

（3）工业上常以所含活性氧的质量分数[w（活性氧）=×100%]来衡量过碳酸钠产品的优劣，13%以上者为优等品．现将0.2g某厂家生产的过碳酸钠样品（所含杂质不参与后面的氧化还原反应）溶于水配成溶液，加入15.0mL1mol/L硫酸，再加入足量KI，摇匀后置于暗处，充分反应后，加入少量淀粉试液，用0.1mol/LNa2S2O3溶液滴定到蓝色恰好消失时，共消耗30.00mL，试计算判断该样品是否为优等品．（已知：2Na2S2O3+I2→Na2S4O6+2NaI）参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】合成氨工业有下列流程：原料气制备、原料气净化和压缩、氨的合成、氨的分离，以此来解答．【解析】【解答】解：因合成氨工业有下列流程：原料气制备；原料气净化和压缩、氨的合成、氨的分离；

故选B．2、B【分析】【分析】只要混合物的总物质的量一定，完全燃烧消耗O2的量保持不变，则1mol各组分消耗氧气的量相等；总物质的量一定生成水的量不变，则有机物分子中含有的H原子数目一定相等，据此进行解答．【解析】【解答】解：混合物的总物质的量一定，完全燃烧生成水的量和消耗O2的量均不变；则1mol各组分消耗氧气的量相等，分子中含有的氢原子数目相等；

A．C2H6、C2H6O分子中C；H原子数相同；后者含有氧原子，则等物质的量的二者耗氧量不同，故A错误；

B．C3H6、C4H6O2分子中，C4H6O2改写为C3H6．CO2，C3H6．CO2、C3H6分子中含有H原子数相等，且1mol时消耗的氧气都是4.5mol，所以只要混合物的总物质的量一定，则完全燃烧时生成水的量和消耗O2的量均相等；故B正确；

C．C2H2、C2H4O分子中含有H原子数不相等；物质的量组成不同时，燃烧生成水的物质的量不相等，不符合题意，故C错误；

D．C3H6O，C4H8O2分子中含有H原子数不相等；物质的量组成不同时，燃烧生成水的物质的量不相等，不符合题意，故D错误；

故选B．3、B【分析】【分析】锌铁合金与足量的盐酸反应生成ZnCl2、FeCl2，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，Zn2+转化为Na2ZnO2，Fe2+转化为Fe（OH）2，进一步氧化，最终得到沉淀为Fe（OH）3，加热灼烧，最终得到固体残留物为Fe2O3，固体残留物恰好跟原来合金的质量相等，则氧化铁中O元素质量等于合金中Zn的质量，进而计算合金中Zn的质量分数．【解析】【解答】解：锌铁合金与足量的盐酸反应生成ZnCl2、FeCl2，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，Zn2+转化为Na2ZnO2，Fe2+转化为Fe（OH）2，进一步氧化，最终得到沉淀为Fe（OH）3，加热灼烧，最终得到固体残留物为Fe2O3，固体残留物恰好跟原来合金的质量相等，则氧化铁中O元素质量等于合金中Zn的质量，故合金中Zn的质量分数=氧化铁中O元素质量分数=×100%=30%；

故选B．4、B【分析】【分析】甲中Al与盐酸发生反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，HCl的物质的量=1.2mol/L×0.1l=0.12mol，乙中Al与稀硫酸发生反应：2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑，硫酸的物质的量=1mol/L×0.1l=0.1mol，若Al都完全反应生成氢气体积应相等，若酸都完全反应，由方程式可知，甲、乙得到氢气体积之比=0.12mol×：0.1mol=3：5，而实际甲、乙得到氢气的体积比为3：4，故与盐酸反应Al有剩余，与硫酸反应Al完全反应，根据HCl计算甲中生成氢气的物质的量，进而计算乙中生成氢气的物质的量，再根据乙中方程式计算Al的质量．【解析】【解答】解：甲中Al与盐酸发生反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，HCl的物质的量=1.2mol/L×0.1L=0.12mol，乙中Al与稀硫酸发生反应：2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑，硫酸的物质的量=1mol/L×0.1L=0.1mol，若Al都完全反应生成氢气体积之比应为1：1，若酸都完全反应，由方程式可知，甲、乙得到氢气体积之比=0.12mol×：0.1mol=3：5，而实际甲、乙得到氢气的体积比为3：4，由于硫酸提供的H+0.2mol比盐酸提供的H+0.1mol要多；故三者的反应情况应该是：与盐酸反应Al有剩余，与硫酸反应Al完全反应，硫酸过量。

甲中生成氢气的物质的量=0.12mol×=0.06mol，故乙中生成氢气的物质的量=0.06mol×=0.08mol；设加入的铝的质量为m；

则：2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑

54g3mol

m0.08mol

m==1.44g

故选B．5、B【分析】【分析】A．第一周期中；H不属于碱金属元素；

B．f区为镧系和锕系元素；s区为第ⅠA；ⅡA族元素，p区为ⅢA～ⅤⅡA元素与零族元素；

C．第一电离能指的是气态电中性基态原子失去1个电子所需要的最低能量；

D．一般电负性大于1.8的元素，为非金属．【解析】【解答】解：A．第一周期中；H不属于碱金属元素，2～6周期元素都是从碱金属开始，以稀有气体结束，故A错误；

B．f区为镧系和锕系元素；均在ⅢB族，为副族元素，s区为第ⅠA；ⅡA族元素，p区为ⅢA～ⅤⅡA元素与零族元素，则s区和p区的都是主族元素，故B正确；

C．第一电离能指的是气态电中性基态原子失去1个电子所需要的最低能量；20℃Na不是气态，则在20℃1molNa失去1mol电子需吸收650kJ能量，则其第一电离能不为650KJ/mol，故C错误；

D．一般电负性大于1.8的元素；为非金属，则Ge的电负性为1.8，则其既有非金属性又有金属性，故D错误；

故选B．6、A【分析】A.戊烷有三种同分异构体；rm{B}戊醇中共有rm{8}种同分异构体；rm{C}戊烯的同分异构体有共有rm{9}种。rm{D}乙酸乙酯的同分异构体rm{6}种。可见同分异构体数目最少的是戊烷。选项为rm{A}

考点：同分异构体【解析】rm{A}7、C【分析】【分析】根据图象的曲线变化判断物质的量的变化以及反应速率、转化率的计算，根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比书写化学方程式．【解析】【解答】解：A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率=0.079mol/（L•s）；故A错误；

B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了=0.395mol/L；故B错误；

C．反应开始到10s时，Y的转化率为=79%；故C正确；

D．由图象可以看出；反应中x；Y的物质的量减少，应为反应物，z的物质的量增多，应为生成物；

当反应进行到10s时；△n（X）=0.79mol，△n（Y）=0.79mol，△n（Z）=1.58mol；

则△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=1：1：2；参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比；

则反应的方程式为X（g）+Y（g）⇌2Z（g）；故D错误；

故选C．8、C【分析】【分析】不属于氧化还原反应，说明该反应中没有电子转移，其特征是没有元素化合价升降，据此分析解答．【解析】【解答】解：A．该反应中Cl元素化合价由0价变为-1价；S元素化合价由+4价变为+6价；所以属于氧化还原反应，故A错误；

B．该反应中Na元素化合价由0价变为+1价；H元素化合价由+1价变为0价；所以属于氧化还原反应，故B错误；

C．该反应中各元素化合价都不变；所以不属于氧化还原反应，故C正确；

D．该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价；I元素化合价由-1价变为0价；所以属于氧化还原反应，故D错误；

故选C．9、D【分析】解：rm{A.}等质量的硫蒸气和硫固体相比较；硫蒸气具有的能量多，因此完全燃烧硫蒸气放出的热量多，故A错误；

B.从热化学方程式看；石墨能量低，物质所含能量越低越稳定，故B错误；

C.rm{2g}氢气是rm{1mol}热化学方程式应为：rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangleH=-571.6kJ?mol^{-1}}故C错误；

D.浓硫酸溶解放热，所以将含rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6kJ?mol^{-1}}的浓溶液与含rm{0.5molH_{2}SO_{4}}的溶液混合，放出的热量大于rm{1molNaOH}故D正确．

故选：rm{57.3kJ}．

A.等质量的硫蒸气具有的能量比硫固体多；

B.能量越低越稳定；

C.rm{D}氢气是rm{2g}注意热化学方程式的化学计量数；

D.浓硫酸溶解放热．

本题考查反应热与焓变，综合考查学生对化学反应与能量变化的理解，为高考常见题型，注意相关基础知识的积累，注意把握问题的角度，理解物质的聚集状态与能量的关系、稳定的大小比较以及电解质的电离等问题，题目难度不大．rm{1mol}【解析】rm{D}二、多选题(共9题，共18分)10、AD【分析】【分析】A；桶烯分子中存在甲烷结构；为空间立体结构，根据甲烷的结构判断；

B；桶烯含有碳碳双键；具有烯烃的性质；

C；分子式相同结构不同的化合物互称同分异构体；

D、根据桶烯的结构判断其一氯取代物的种类．【解析】【解答】解：A；桶烯相当于甲烷中的三个氢原子被碳碳双键取代；甲烷是四面体结构，所以桶烯中所有原子不可能在同一平面内，故A错误；

B；桶烯中含有碳碳双键；所以在一定条件下能发生加成反应与加聚反应，故B正确；

C、桶烯和苯乙烯的分子式相同都是C8H8；二者桶烯和苯乙烯的结构不同，所以是同分异构体，故C正确；

D；桶烯是对称结构；有2种氢原子，所以桶烯中的一个氢原子被氯原子取代，所得产物只有两种，故D错误；

故选AD．11、AB【分析】【分析】A、NO2和N2O4最简式相同，只需计算46gNO2中原子数即可；

B；钠燃烧生成过氧化钠；

C；质量单位为g；

D、二氯甲烷标准状况下不是气体；【解析】【解答】解：A、46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数，只需计算46gNO2中原子数即可，46gNO2中原子物质的量==3mol；故A错误；

B；0.2mol金属钠在过量氧气中充分燃烧；生成的化合物为过氧化钠0.1mol，含有钠离子0.2mol，过氧根离子为0.1mol，共0.3mol，故B正确；

C、NA个Al（OH）3粒子物质的量为1mol，Al（OH）3的质量为78g；故C错误；

D；二氯甲烷在标准状况下不是气体；故D错误；

故选B．12、AC【分析】【分析】A、H3+等边三角型；属于二电子三中心离子，带有2个电子，为3个氢原子共用．

B、由信息和氢分子可进一步形成，可知中n的值为满足2m+1（m≥1整数）．

C、由信息和氢分子可进一步形成，可知中n的值为满足2m+1（m≥1整数）．

D、存在于液态氢中．【解析】【解答】解：A、H3+等边三角型，属于二电子三中心离子，带有2个电子，为3个氢原子共用，电子式为故A正确；．

B、由信息和氢分子可进一步形成，可知中n的值为满足2m+1（m≥1整数），所以在液态氢中不能形成、，可以形成；故B错误；

C、由信息和氢分子可进一步形成，可知中n的值为满足2m+1（m≥1整数），可在液态氢中形成、、

；故C正确；

D、存在于液态氢中；在气态；固态中不存在，故D错误．

故选：C．13、BC【分析】【分析】A；根据能量越低的物质就越稳定；白磷转化成红磷是放热反应，故红磷的能量低，红磷稳定；

B、测定相同物质的量浓度的Na2CO3、Na2SiO3的溶液pH；发现后者的更高，说明碳酸酸性比硅酸酸性强；

C；根据PM=ρRT；混合气体的密度不再改变，说明气体的平均相对分子质量不变；

D、化学反应遵循强酸制弱酸的规律．【解析】【解答】解：A；根据能量越低的物质就越稳定；白磷转化成红磷是放热反应，故红磷的能量低，红磷比白磷稳定，故A错误；

B、最高价氧化物对应水化物的酸性越强，中心元素的非金属性越强，测定相同物质的量浓度的Na2CO3、Na2SiO3的溶液pH；发现后者的更高，说明碳酸酸性比硅酸酸性强，所以碳的非金属性强于硅，故B正确；

C；根据PM=ρRT；混合气体的密度不再改变，说明气体的平均相对分子质量不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故C正确；

D、学反应遵循强酸制弱酸的规律，NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀氢氧化铝，则证明酸性：HCO3-＞Al（OH）3；而不是双水解，故D错误；

故选BC．14、BD【分析】【分析】元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，据此分析解答．【解析】【解答】解：A．金属性Na＞Li，所以碱性NaOH＞LiOH；金属性N＞P，所以酸性HNO3＞H3PO4；故A错误；

B．金属性Mg＞Al，碱性Mg（OH）2＞Al（OH）3，非金属性Cl＞Br，所以酸性HBrO4＜HClO4；故B正确；

C．金属性Mg＜Ca，所以碱性Mg（OH）2＜Ca（OH）2，非金属性P＜S，所以酸性H3PO4＜H2SO4；故C错误；

D．金属性Na＞Mg，所以碱性NaOH＞Mg（OH）2，非金属性Cl＞P，所以酸性H3PO4＜HClO4；故D正确；

故选BD．15、AD【分析】【分析】本题可以采用逆向合成分析法．或者是．【解析】【解答】解：由逆向合成分析法可知，若为则有机物的命名原则两种原料分别是2，3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔；

若为则两种原料分别为2-甲基-l，3-丁二烯和2-丁炔；

故选：AD．16、AB【分析】【分析】A、Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；可以提供呼吸的氧气；

B；纯碱溶液显碱性；

C；三聚氰胺会危害人体健康；

D、二氧化硫属于有毒气体．【解析】【解答】解：A、Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；可以提供呼吸的氧气，供矿山；坑道等地方呼吸之用，故A正确；

B；纯碱溶液显碱性；碱性条件下油脂能发生水解反应，所以可以用纯碱洗涤餐具上的油污，故B正确；

C；三聚氰胺对人体危害极大；目前认为三聚氰胺毒性的机制是肾功能衰竭，而三聚氰胺引起的肾结石与晶体被认为与其造成肾衰有关联，不能补充人体蛋白质，故C错误；

D；二氧化硫属于有毒气体；不能用于食品漂白，故D错误；

故选AB．17、BC【分析】【分析】A．新制生石灰与水反应；可减少乙醇中水的量；

B．酸性高锰酸钾溶液能将乙烯氧化为二氧化碳；

C．苯；溴和溴苯能互溶；

D．氢氧化钠和乙酸反应生成乙酸钠．【解析】【解答】解：A．新制生石灰与水反应；可减少乙醇中水的量，然后蒸馏可制备无水乙醇，故A正确；

B．酸性高锰酸钾溶液能将乙烯氧化为二氧化碳；引入了新的杂质，故B错误；

C．苯；溴和溴苯能互溶；不分层，不能用分液分离，故C错误；

D．氢氧化钠和乙酸反应生成乙酸钠；苯不反应，分液即可分离，故D正确．

故选BC．18、BC【分析】【分析】A；蔗糖在酸作用下水解生成葡萄糖和果糖具有还原性在碱性条件下才能被银氨溶液氧化；发生银镜反应；

B；氯气氧化性大于溴单质；氯气可以置换溴单质，银镜氧化还原反应氧化剂的氧化性大于氧化产物分析；

C；浓硝酸和铜反应生成的红棕色二氧化氮气体会聚合为无色四氧化二氮气体；形成化学平衡改变耳朵气体颜色发生变化；

D、蛋清是蛋白质遇重金属盐硫酸铜发生变性；盐析是蛋白质溶解．【解析】【解答】解：A；蔗糖是非还原性糖；在酸作用下水解生成葡萄糖和果糖具有还原性，需要先加入氢氧化钠中和硫酸呈碱性，再加入银氨溶液加热出现银镜现象，证明蔗糖水解，故A错误；

B、将Cl2通入NaBr溶液中反应，Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；氧化剂氯气的氧化性大于氧化产物溴单质，可以比较氯气与溴的氧化性强弱，故B正确；

C、将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后，为二氧化氮和四氧化二氮气体的混合物，存在化学平衡：2NO2⇌N2O4；反应过程是放热反应，用冰水混合物冷却降温混合气体颜色变浅，可以研究温度对化学平衡的影响，故C正确；

D、往鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液；硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质发生变性，故D错误；

故选BC．三、填空题(共7题，共14分)19、BCNa+＞AlO2-+2H2O⇌Al（OH）3+OH-Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O【分析】【分析】①由图象可知；生成沉淀和沉淀消失，需要的试剂的体积比为3：1，符合该条件的只有氢氧化钠溶液和氯化铝溶液；

②反应恰好进行到A点时沉淀达到最大值；结合方程式分析；

③B点溶液中的偏铝酸钠能水解；

④AB段反应为氢氧化铝与氢氧化钠反应．【解析】【解答】解：①由图象可知，生成沉淀和沉淀消失，需要的试剂的体积比为3：1，由反应方程式可知Al3++3OH-=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O；符合该条件的只有氢氧化钠溶液和氯化铝溶液；

故答案为：B；C；

②反应恰好进行到A点时沉淀达到最大值，发生的方程式为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，所以溶液中的金属离子为Na+；

故答案为：Na+；

③B点溶液中的偏铝酸钠能水解使溶液显碱性，其水解离子方程式为：AlO2-+2H2O⇌Al（OH）3+OH-；

故答案为：＞；AlO2-+2H2O⇌Al（OH）3+OH-；

④AB段反应为氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，其反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O；

故答案为：Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O．20、C（s）+CO2（g）=2CO（g）△H=+172.5kJ•mol-1放热c降低温度（或增大压强、分理出甲醇等）CH3OHO2O2+4e-+4H+=2H2O1.2NA【分析】【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算所需热化学方程式；

（2）①分析图象；先拐先平，温度高，一氧化碳转化率随温度升高减小，平衡逆向进行；

②a；到达平衡后正、逆速率相等；不再变化；

b、t1时刻后二氧化碳；CO的物质的量发生变化；最后不再变化；

c；到达平衡后各组分的含量不发生变化；

③温度升高；CO的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；增大压强，平衡向正反应方向移动；

（3）①根据氢离子移动方向知；右侧电极为正极，左侧电极为负极，负极上通入燃料；

②负极上燃料失电子发生氧化反应；正极上氧化剂得电子发生还原反应；

③根据甲醇和转移电子之间的关系式计算．【解析】【解答】解：（1）已知：①C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol-1，②CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=-41.2kJ•mol-1；

利用盖斯定律将①-②可得C（s）+CO2（g）=2CO（g）△H=+172.5kJ•mol-1；

故答案为：C（s）+CO2（g）=2CO（g）△H=+172.5kJ•mol-1；

（2）①分析图象，先拐先平，温度高，T2＞T1；一氧化碳转化率随温度升高减小，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正反应为放热反应；

故答案为：放热；

②a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大；之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故a错误；

b、t1时刻后二氧化碳、CO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故b错误；

d、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态；故c正确；

故答案为：c；

③增大反应物的转化率；只能使平衡向正向移动，而影响平衡移动的因素只有三个，温度；压强、浓度，本题只能是降温或加压，或分离出甲醇；

故答案为：降温或加压；

故答案为：降低温度（或增大压强；分理出甲醇等）；

（3）①据氢离子移动方向知，右侧电极为正极，c口通氧气，左侧电极为负极，b口为负极上通入燃料甲醇，故答案为：CH3OH，O2；

②正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为2CH3OH-12e-+2H2O=2CO2↑+12H+，故答案为：O2+4H++4e-=2H2O；

③根据2CH3OH-12e-+2H2O=2CO2+12H+知，甲醇和转移电子之间的关系式得，当6.4g甲醇完全反应生成CO2时，转移电子的物质的量==1.2mol，则转移电子个数为1.2NA；

故答案为：1.2NA；21、CH4C3H4O2C2H6C2H2O2C2H4C2H4O2C2H2C2H6O2C3H6CH2O2【分析】【分析】等物质的量烃A和烃的衍生物B组成的混合物共0.5摩，恰好能和1.25摩O2完全燃烧生成1molCO2和1mol

H2O，根据反应前后氧原子守恒知，混合物中含n（O）=2n（CO2）+n（H2O）-2n（O2）=2mol+1mol-2.5mol=0.5mol，则混合物分子中碳原子、氢原子、氧原子平均个数比为1：2：4：1，则混合物的平均化学式为：C2H4O，利用平均化学式确定烃和烃的含氧衍生物的化学式．【解析】【解答】解：等物质的量烃A和烃的衍生物B组成的混合物共0.5摩，恰好能和1.25摩O2完全燃烧生成1molCO2和1mol

H2O，根据反应前后氧原子守恒知，混合物中含n（O）=2n（CO2）+n（H2O）-2n（O2）=2mol+1mol-2.5mol=0.5mol，则混合物分子中碳原子、氢原子、氧原子平均个数比为1：2：4：1，则混合物的平均化学式为：C2H4O；

因为烃中不含氧原子；混合物的平均化学式中含有一个氧原子，所以烃的含氧衍生物中有2个氧原子，烃A和烃的衍生物B中可能都含有两个碳原子，可能一个分子中碳原子个数小于2，一个大于2；

当A是CH4时，B是C3H4O2；

当A是C2H6时，B是C2H2O2；

当A是C2H4时，B是C2H4O2；

当A是C2H2时，B是C2H6O2；

当A是C3H6时，B是CH2O2；

故答案为：。AB1CH4C3H4O22C2H4C2H4O23C2H6C2H2O24C3H6CH2O25C2H2C2H6O222、乙酸钠CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）【分析】【分析】醋酸是弱酸，在水溶液里电离生成醋酸根离子和氢离子，导致溶液呈酸性；醋酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，两种溶液等浓度等体积混合时，溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于水解程度，根据溶液酸碱性结合电荷守恒判断离子浓度大小．【解析】【解答】解：醋酸电离出氢离子导致溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-）；醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性c（H+）＜c（OH-），水解方程式为CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，两种溶液等浓度等体积混合后，混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，钠离子不水解，则c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；

故答案为：乙酸钠；CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）．23、略

【分析】【解析】试题分析：（1）由平衡常数的定义知该反应的化学平衡常数K的表达式为K=c(CO)×c(H2O)/c(CO2)×c(H2)；（2）由表中数据知随温度的升高K值增大,即平衡正向移动,而升温时，平衡向吸热反应方向移动，所以该反应为吸热反应。（3）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，所以b正确；根据反应的方程式可知，反应前后体积不变，所以压强也是不变的，因此选项a不正确；c中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，正确；平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，因此d不正确，答案选bc。（4）CO平衡浓度为0．25mol/L，所以根据方程式可知，消耗CO2和氢气的浓度都是0.25mol，则剩余CO2和氢气的浓度都是（0.5mol/L－0.25mol/L）＝0.25mol，因此此时平衡常数是1，所以温度是830℃。考点：化学平衡常数【解析】【答案】（1）（2）吸热（3）b、c（4）83024、BaSO4+CO32﹣=BaCO3+SO42﹣【分析】【解答】解：现有足量的BaSO4悬浊液，在该悬浊液中加入饱和纯碱溶液并不断搅拌，可以将BaSO4转化成BaCO3，该反应的离子方程式为BaSO4+CO32﹣=BaCO3+SO42﹣，故答案为：BaSO4+CO32﹣=BaCO3+SO42﹣．

【分析】BaSO4转化成BaCO3，结合反应物、生成物书写离子反应，以此来解答．25、略

【分析】解：(1)反应中MnO4-→Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C2O42-→CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4，共升高2价，化合价最小公倍数为10，故MnO4-系数为2，C2O42-系数为5，再根据元素守恒可知Mn2+系数为2、CO2系数为10，根据电荷守恒可知H+系数为16，根据氢元素守恒可知H2O系数为8，配平后离子方程式为2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2+8H2O．

反应中MnO2→Mn2+，锰元素化合价由+4价降低为+2价，共降低2价，C2O42-→CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4，共升高2价，化合价最小公倍数为2，故MnO2系数为1，C2O42-系数为1，再根据元素守恒可知Mn2+系数为1、CO2系数为2，根据电荷守恒可知H+系数为4，根据氢元素守恒可知H2O系数为2，配平后离子方程式为MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2+2H2O．

故答案为：2；5、16=2、10、8；1、1、4=1、2、2．

(2)锰酸钾溶液滴定稀释后25.0mL溶液中未反应的C2O42-，需要知道总共剩余的C2O42-；才能计算二氧化锰的质量分数，还需要知道稀释后溶液的体积，即该体积为容量瓶的容积．

故答案为：容量瓶的容积．

(3)n(C2O42-)==0.02mol；

滴定250mL稀释后的溶液，消耗n(MnO4-)=0.0200mol•L-1×0.02L×10=0.004mol；

根据氧化还原反应中得失电子数相等；有：

n(MnO2)×2+0.004mol×5=0.02mol×2；

所以n(MnO2)=0.01mol；

所以w(MnO2)=×100%=72.5%．

答：该软锰矿中二氧化锰的质量分数为72.5%．【解析】2;5;16;2;10;8;1;1;4;1;2;2;容量瓶的容积四、判断题(共2题，共14分)26、B【分析】【解答】解：蔗糖的分子式为：C12H22O12；其相对分子质量较小，不属于高分子化合物，蛋白质；纤维素、PVC、淀粉都是高分子化合物，故该说法错误；

故答案为：×．

【分析】高分子化合物（又称高聚物）一般相对分子质量高于10000，结构中有重复的结构单元；据此分析．27、×【分析】【分析】元素的化合价升高，失去电子被氧化，以此来解答．【解析】【解答】解：在化学反应中某元素化合价只升高，作还原剂，失去电子被氧化，故答案为：×．五、探究题(共4题，共20分)28、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．29、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④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．30、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．31、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴