2025年人民版高三化学下册月考试卷

…………○…………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年人民版高三化学下册月考试卷224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6题，共12分)1、钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠（Na2Sx）分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷（可传导Na+）为电解质；其反应原理如图所示：

。物质NaSAl2O3熔点/℃97.81152050沸点/℃892444.62980下列说法不正确的是（）A.放电时，电极A为负极B.根据上表数据，请你判断该电池工作的适宜温度应控制在350℃～2050℃C.放电时，Na+的移动方向为从电极A到电极BD.充电时，总反应为Na2Sx═2Na+xS（3＜x＜5），则阳极的电极反应式为Sx2--2e-═xS2、在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是（）A.熔点：CO2＞KCl＞SiO2B.热稳定性：HF＞H2O＞NH3C.沸点：乙烷＞戊烷＞丁烷D.水溶性：HCl＞H2S＞SO23、下列属于传统湿法冶炼铜的是（）A.CO还原CuO制取CuB.电解CuCl2溶液制取CuC.高温下O2与Cu2S反应制取CuD.Fe与CuSO4溶液反应制取Cu4、设NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）

A.标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA

B.常温常压下，18gH2O中含有的原子总数为3NA

C.标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA

D.常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA

5、实验用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体经历下列过程，Fe3+在PH=5时已完全沉淀；其分析错误的是（）

A.用18mol/L浓硫酸配制溶解所用4mol/L的稀硫酸；玻璃仪器一般只有3种。

B.利用Cu（OH）2替代CuO也可调试溶液PH不影响实验结果。

C.洗涤晶体：向滤出晶体的漏斗中加少量水浸没晶体；自然流下，重复2-3次。

D.若要实验测定所得硫酸铜晶体中结晶水的数目要用到坩埚和坩埚钳。

6、下列叙述中不正确的是（）A.2mol铁原子B.1molFe3+C.0.5mol氧D.0.5mol氮气评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况．下列反应中属于这种情况的是（）A.过量的浓盐酸与MnO2反应B.过量的Zn与18mol/L的硫酸反应C.过量的Fe与稀硝酸反应D.过量的H2与N2在催化剂存在下反应8、25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合：c（Na+）=c（Cl-）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）B.0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合（pH＞7）：c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）C.0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）D.0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：2c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）9、（2015•江苏模拟）常温下，取20mL某浓度的HCl作为待测液，用一定物质的量浓度的NaOH溶液进行滴定（假设盐酸与NaOH溶液混合后体积变化忽略不计），滴定过程中溶液的pH变化如右图所示．下列叙述正确的是（）A.所用HCl的浓度是0.09mol•L-1，NaOH溶液浓度为0.03mol•L-1B.在B点，溶液中离子浓度关系为：c（Cl-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）C.C三点水的电离程度大小依次为：A＞B＞CD.滴定前，锥形瓶用待测液润洗，导致HCl浓度偏低10、拟晶（quasicrystal）是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质．Al65Cu23Fe12是2000年之前发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能．有关这种拟晶的说法错误的是（）A.Al65Cu23Fe12可用作长期浸泡在海水中的材料B.Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价均可视作零C.Al65Cu23Fe12的硬度可能比金属Al、Cu、Fe都大D.1molAl65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265mol电子11、下列有关0.2mol/L氯化钡溶液的说法不正确的是（）A.500mL溶液中Cl-离子浓度为0.2mol•L-B.500mL溶液中Ba2+离子浓度为0.2mol•L-C.500mL溶液中Cl-离子总数为0.2NAD.500mL溶液中Ba2+和Cl-离子总数为0.6NA12、下列有关化学平衡常数K的叙述正确的是（）A.与反应温度有关B.与反应物性质有关C.与反应物浓度有关D.与反应物接触面积有关13、（2013秋•海门市期中）咖啡酸的结构如图所示，下列说法中错误的是（）A.咖啡酸分子中有二种含氧官能团B.咖啡酸的分子式为C9H5O4C.咖啡酸可以发生加成、取代、消去等反应D.1mol咖啡酸可与含溶质3mol的NaOH溶液反应评卷人得分三、双选题(共9题，共18分)14、如图，向烧杯中滴加几滴浓盐酸，CaCO3固体还有剩余（忽略体积、温度的变化），下列数值变小的是（）A.c（Ca2+）B.c（CO32-）C.c（H+）D.c（碳酸钙的溶解度）15、桶烯结构简式如图所示；有关说法不正确的是（）

A.桶烯能在NaOH水溶液中发生加成反应B.桶烯中的一个氢原子被氯原子取代，所得产物有2种C.桶烯与苯乙烯（C6H5CH═CH2）互为同分异构体D.桶烯在一定条件下能发生缩聚反应形成高分子化合物16、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.常温下，rm{C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}(g)}不能自发进行，则该反应的rm{triangleH>0}B.用rm{pH}均为rm{2}的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的rm{NaOH}消耗醋酸的体积更大C.粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌比纯锌还原性强D.常温下，在rm{0.1}rm{mol/L}氨水中，加入少量rm{NH_{4}Cl}晶体，溶液的rm{pH}减小17、下列化合物在一定条件下，既能发生消去反应，又能发生水解反应的是()A.B.C.D.18、一定量rm{CO_{2}}通入某浓度的rm{NaOH}溶液得溶液rm{A}向rm{A}溶液中逐滴滴入稀盐酸，加入rm{n(HCl)}与生成rm{n(CO_{2})}的关系如图所示。下列有关叙述正确的是rm{(}rm{)}A.通入的rm{CO_{2}}气体在标准状况下等于rm{22.4L}B.溶液中rm{n(NaOH)=2n(Na_{2}CO_{3})}C.rm{A}溶液中既含rm{Na_{2}CO_{3}}又含rm{NaHCO_{3}}D.rm{A}溶液中一定只有rm{Na_{2}CO_{3}}19、下列有关说法正确的是()A.因为合金在潮湿的空气中易形成原电池，所以合金耐腐蚀性都较差B.常温下，rm{MgO(s)+C(s)=Mg(s)+CO(g)}不能自发进行，则其rm{娄陇H>0}C.在rm{NaCl}和rm{KBr}的混合溶液中滴加rm{AgNO_{3}}溶液，一定先产生淡黄色沉淀D.加热rm{0.1mol隆陇L^{-1}Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液，水解程度增大、溶液的酸性增强rm{0.1

mol隆陇L^{-1}Al_{2}(SO_{4})_{3}}20、下列有关化学用语的表示正确的是（）A.质量数为37的氯原子：ClB.Al3+的结构示意图：C.NaClO的电子式：D.硝基苯的结构简式：21、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}22、工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：rm{SiCl_{4}(g)+2H_{2}(g)?Si(s)+4HCl(g)}rm{triangleH=+QkJ?mol^{-1}(Q>0)}某温度、压强下，将一定量的反应物通入密闭容器进行以上的反应，下列叙述正确的是rm{triangle

H=+QkJ?mol^{-1}(Q>0)}rm{(}A.反应过程中，若增大压强能提高rm{)}的转化率B.若反应开始时rm{SiCl_{4}}为rm{SiCl_{4}}则达到平衡时，吸收热量为rm{1mol}C.反应至rm{QkJ}时，若rm{4min}的浓度为rm{HCl}则rm{0.12mol?L^{-1}}的反应速率为：rm{H_{2}}D.当反应吸收热量为rm{0.015mol/(L?min)}时，生成的rm{0.025QkJ}通入rm{HCl}的rm{100mL1mol?L^{-1}}溶液恰好反应rm{NaOH}评卷人得分四、填空题(共2题，共18分)23、NaHCO3是一种酸式盐；其水溶液显碱性，是重要的化工产品和化学试剂．

（1）NaHCO3俗称____，其水溶液显碱性的原因是（用离子方程式表示）____．

（2）工业上制备NaHCO3的方法是：先向饱和食盐水通入足量的NH3，再通入过量的CO2得到NaHCO3沉淀，写出该反应的化学方程式____．

（3）泡沫灭火器内含一定浓度的NaHCO3（置于铁桶内）和Al2（SO4）3溶液（置于玻璃瓶内）以及起泡剂；使用时把灭火器倒置即有泡沫状物质喷出．

①倒置灭火器时发生反应的离子方程式是____；

②有人认为Na2CO3价格便宜，建议用等物质的量浓度、等体积的Na2CO3溶液代替NaHCO3溶液．你认为此建议____（填“合理”或“不合理”），理由是____．

（4）由NaHCO3和KHCO3组成的混合物；与50mL等浓度的盐酸分别反应，测得如下数据：

。50mL盐酸50mL盐酸50mL盐酸m（混合物）9.2g15.7g27.6gV（CO2）（标况）2.24L3.36L3.36L①该混合物中NaHCO3的物质的量分数为____；

②所用盐酸的物质的量浓度是____mol•L-1．24、氧化还原反应是化学反应中的基本反应之一；研究氧化还原反应，对人类的进步具有极其重要的意义．

（1）已知：2BrO3-+C12=Br2+2C1O3-；5C12+I2+6H2O=2HIO3+10HC1；

C1O3-+5C1-+6H+=3C12+3H2O

则C1O3-、BrO3-、IO3-、C12的氧化性由弱到强的排序为____

（2）已知Fe3+的氧化性强于I2，请你从所给试剂中选择所需试剂，设计一个实验加以证明．（提示：请写出实验步骤、现象及结论）①FeCl3溶液②碘水③KI溶液④稀H2SO4⑤淀粉溶液____

（3）二十世纪初期，化学家合成出极易溶于水的NaBH4．在强碱性条件下，常用NaBH4处理含Au3+的废液生成单质Au，已知，反应后硼元素以BO2-形式存在，反应前后硼元素化合价不变，且无气体生成，则发生反应的离子方程式为____

（4）某强氧化剂[RO（OH）2]+能将Na2SO3氧化．已知含2.0×10-3mol[RO（OH）2]+离子的溶液，恰好跟25.0mL0.2mol/L的Na2SO3溶液完全反应；则反应后R的化合价为。

____价．

（5）将32g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L．请回答：

①待产生的气体全部释放后，向溶液加入VmLamol•L-1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为____mol/L．（用含V；a的式子表示）

②欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要H202的质量为____g．评卷人得分五、判断题(共3题，共18分)25、判断题（对的打√；错的打×）

（1）1mol氢中含有NA个氢原子____

（2）1molCO2含有NA个氧原子____

（3）1molH2O中含有1molH2和1molO____

（4）在标准状况下，1mol水的体积约是22.4L____

（5）1molO2在20℃时的体积一定大于22.4L____

（6）在标准状况下，0.5molN2和1molO2的混合气体的体积约是33.6L____．26、常温常压下，1molFe在1molCl2中充分燃烧，转移的电子数为2NA____（判断对错）27、加过量的NaOH溶液，未看见产生气体，溶液里一定不含NH4+．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”评卷人得分六、计算题(共1题，共10分)28、（1）在一定温度和压强下，5体积气体A2跟15体积的气体B2完全化合生成10体积某气体C，则该气体C的化学式为（用A、B表示）____．

（2）4gNaOH固体溶解后配制成100mL溶液，其物质的量浓度为____，取出10mL该溶液，它的物质的量浓度为____，将取出的10mL加水稀释至100mL，其物质的量浓度变为____．

（3）S2-微粒中的中子数是____，核外电子数是____．标准状况下11.2L的34SO2气体的质量是____．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】根据图示可知，原电池工作时，控制的温度应为满足Na、S为熔融状态，Na被氧化，应为原电池负极，阳离子向正极移动，充电时，阳极反应为原电池正极反应的逆反应，应生成S，以此进行解答．【解析】【解答】解：原电池工作时；控制的温度应为满足Na；S为熔融状态，Na被氧化，应为原电池负极，阳离子向正极移动，充电时，阳极反应为原电池正极反应的逆反应，应生成S

A．放电时；Na被氧化，应为原电池负极，故A正确；

B．原电池工作时；控制的温度应为满足Na；S为熔融状态，则温度应高于115℃而低于444.6℃，故B错误；

C．阳离子的移动方向与电流方向一致；在溶液中向正极移动，即从A到B，故C正确；

C．充电时，总反应为Na2Sx═2Na+xS（3＜x＜5），为电解池的反应，则阳极反应为：Sx2--2e-=xS；故D正确；

故选B．2、B【分析】【分析】A；根据晶体类型判断物质的沸点高低；

B；原子的得电子能力越强；氢化物越稳定；

C；碳个数越多的烷烃；沸点越高；

D、根据物质在水中的溶解情况来回答判断．【解析】【解答】解：A、熔点“原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，所以CO2＜KCl＜SiO2；故A错误；

B、原子的得电子能力：F＞O＞N，热稳定性：HF＞H2O＞NH3；故B正确；

C；碳个数越多的烷烃；沸点越高，即乙烷＜丁烷＜戊烷，故C错误；

D、气体的水溶性：HCl＞SO2＞H2S；故D错误．

故选B．3、D【分析】解：A．CO还原CuO可制取Cu；但该反应是气体和固体反应生成气体和固体的反应，与湿溶液无关，故A错误；

B．电解CuCl2溶液制取Cu；需要电能，不属于传统炼铜方法，故B错误；

C．高温下O2与Cu2S反应制取Cu；与湿溶液无关，故C错误；

D．我国是湿法冶金术的先驱，早在西汉时期刘安在《淮南万毕术》中写到“曾青（CuSO4）得铁则化为铜”，就是指铁和硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，反应的化学方程式为：Fe+CuSO4═FeSO4+Cu；故D正确；

故选D．

湿法冶炼的金属铜就是利用置换反应将活泼性弱的金属从其盐溶液中置换出来；据此分析解答．

本题难度不大，了解我国是湿法冶金最早的国家、湿法炼铜的反应原理等即可正确解答本题．【解析】【答案】D4、B【分析】

A．Cl2+H2O⇌HCl+HClO中得到的电子为Cl2～HCl～e-，失去的电子为Cl2～HClO～e-，1molCl2完全反应，转移1mol电子，0.1molCl2转移的电子数为0.1NA，但该反应为可逆反应，转移电子数应小于0.1NA；故A错误；

B．常温常压下，18gH2O中n===1mol，1mol水中含有3mol氧原子，所以18gH2O中含有的原子总数为3NA；故B正确；

C．标准状况下，CH3CH2OH为液态，所以11.2LCH3CH2OH的物质的量不为0.5mol，含有的分子数目不为0.5NA；故C错误；

D．常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体的物质的量不一定是0.1mol，所以2.24LCO和CO2混合气体所含的分子数不一定是0.1NA，含有的碳原子数目不一定为0.1NA；故D错误；

故选B．

【解析】【答案】A．Cl2溶于水中，发生的反应为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；该反应为可逆反应；

B．根据质量；摩尔质量、分子数、原子数、阿伏伽德罗常数之间的关系计算；

C．标准状况下，CH3CH2OH为液态；

D．从气体摩尔体积的应用条件分析判断；

5、A【分析】

A．用18mol/L浓硫酸配制溶解所用4mol/L的稀硫酸；用到量筒；烧杯、胶头滴管、玻璃棒以及容量瓶等仪器，故A错误；

B．Cu（OH）2和CuO都与溶液中H+反应；起到调节溶液PH的作用，并不引入新的杂质，故B正确；

C．固体具有吸附性；过滤时表面有可溶性物质，可向滤出晶体的漏斗中加少量水浸没晶体，自然流下，重复2-3次，可洗涤晶体，故C正确；

D．测定结晶水的含量；通过解热固体，脱去结晶水，称量质量的变化可的结晶水的个数，加热用到坩埚和坩埚钳，故D正确．

故选A．

【解析】【答案】样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO或Cu（OH）2等物质的调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe（OH）3沉淀；得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩；冷却结晶得到硫酸铜晶体．

6、C【分析】解：A．2mol铁原子；微粒指代明确，故A正确；

B．1molFe3+微粒指代明确；故B正确；

C．0.5mol氧；是指0.5mol氧气还是0，5mol氧原子不清楚，指代不明确，故C错误；

D．0.5mol氮气；氮气为具体的物质，指代明确，故D正确．

故选C．

使用物质的量必须指明具体的物质或化学式；以此来解题．

本题考查物质的量的使用，难度不大，注意使用物质的量必须指明具体的物质或化学式，只使用微观粒子．【解析】【答案】C二、多选题(共7题，共14分)7、AD【分析】【分析】A．稀盐酸与二氧化锰不反应；

B．Zn与浓硫酸及稀硫酸均可反应；

C．过量的Fe与稀硝酸反应生成硝酸亚铁和NO气体；

D．H2与N2在催化剂存在下的反应为可逆反应．【解析】【解答】解：A．过量的MnO2与浓盐酸反应时；随反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，因稀盐酸与二氧化锰不反应，二者均会剩余，故A选；

B．Zn与浓硫酸；稀硫酸均可反应；则过量的Zn与18mol/L的硫酸反应，硫酸能完全反应，故B不选；

C．过量的Fe与稀硝酸反应生成硝酸亚铁和NO气体；铁过量，硝酸可完全反应，故C不选；

D．H2与N2在催化剂存在下的反应为可逆反应；反应物不能完全转化为生成物，二者均剩余，故D选；

故选AD．8、AC【分析】【分析】A、0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合反应生成NaCl和CH3COOH；醋酸是弱电解质存在电离平衡，溶液呈酸性；

B、0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合（pH＞7）；说明溶液中一水合氨电离大于铵根离子水解溶液呈碱性；

C；结合混合溶液中物料守恒分析判断；

D、结合反应后溶液中电荷守恒分析判断．【解析】【解答】解：A、0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合反应生成NaCl和CH3COOH，醋酸是弱电解质存在电离平衡，溶液呈酸性，溶液中离子浓度c（Na+）=c（Cl-）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）；故A正确；

B、0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合（pH＞7），说明溶液中一水合氨电离大于铵根离子水解溶液呈碱性，c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（NH3•H2O）＞c（OH-）；故B错误；

C、0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：n（Na）：n（C）=3：2，溶液中物料守恒得到：2c（Na+）=3[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]；故C正确；

D、0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）反应生成氯化钠、NaHC2O4，溶液中存在电荷守恒为：c（Cl-）+2c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）；故D错误；

故选AC．9、AB【分析】【分析】A．设出盐酸和氢氧化钠溶液的物质的量浓度；然后根据图象中数据列式计算出盐酸和氢氧化钠溶液的浓度；

B．根据B点盐酸过量判断溶液中各离子的浓度大小；

C．A；B为酸性溶液；抑制了水的电离，氢离子浓度越大，水的电离程度越小，C点为中性，A、B、C中C点水的电离程度最大；

D．锥形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大，消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高．【解析】【解答】解：A．设HCl的浓度是xmol/L，NaOH溶液浓度为ymol/L，结合图象则有：①20×10-3×x=60×10-3×y，②20×10-3×x-40×10-3×y=0.01×（20+40）×10-3，根据①②解得：x=0.09，y=0.03，即HCl的浓度是0.09mol•L-1，NaOH溶液浓度为0.03mol•L-1；故A正确；

B．在B点，盐酸过量，氢氧化钠溶液不足，溶液显酸性，则c（OH-）＜c（H+），溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；故B正确；

C．在A；B、C三点溶液的酸性依次减弱；水的电离程度依次增大，则水的电离程度大小依次为：C＞B＞A，故C错误；

D．滴定前；锥形瓶用待测液润洗，导致溶液中氢离子的物质的量增加，滴定过程中消耗n（NaOH）增大，测定的HCl浓度偏高，故D错误；

故选AB．10、AD【分析】【分析】A．原电池能加快化学反应的速率；

B．金属无负价；根据化合价代数和为0的原则；

C．合金的硬度一般比各成分金属大；

D．Al与Fe均变为+3价，Cu变为+2价．【解析】【解答】解：A．Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池；会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，故A错误；

B．拟晶Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成；由于金属无负价，根据化合价代数和为0的原则，三种金属的化合价均可视作零价，故B正确；

C．拟晶具有合金的某些优良物理性能；合金的硬度一般比各成分金属大，故C正确；

D．溶于过量硝酸时，Al与Fe均变为+3价，Cu变为+2价，故1molAl65Cu23Fe12失电子为65×3+23×2+12×3=277mol；故D错误．

故选AD．11、AD【分析】【分析】A；每摩尔氯化钡含有2mol氯离子；氯离子的浓度为氯化钡的浓度的2倍．

B；每摩尔氯化钡含有1mol钡离子；钡离子浓度等于氯化钡的浓度．

C、根据n=cV算氯离子的物质的量，再根据N=nNA计算氯离子数目．

D、每摩尔氯化钡含有3mol离子（2mol氯离子、1mol钡离子），根据根据n=cV算氯化钡的物质的量，再根据N=nNA计算离子数目．【解析】【解答】解：A；每摩尔氯化钡含有2mol氯离子；氯离子的浓度为氯化钡的浓度的2倍，所以氯离子的浓度为0.4mol/L，故A错误；

B；每摩尔氯化钡含有1mol钡离子；钡离子浓度等于氯化钡的浓度为0.2mol/L，故B正确；

C、500mL0.2mol/L氯化钡溶液中Cl-离子总数为0.5L×0.4mol/L×NAmol-1=0.2NA；故C正确；

D、500mL0.2mol/L氯化钡溶液中Ba2+和Cl-离子总数为0.5L×0.2mol/L×3×NAmol-1=0.3NA；故D错误．

故选：AD．12、AB【分析】【分析】平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，化学平衡常数与温度有关，注意同一反应化学计量数不同，平衡常数不同，所以化学平衡常数与化学反应本身也有关．【解析】【解答】解：平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；化学平衡常数与温度有关，注意同一反应化学计量数不同，平衡常数不同，所以化学平衡常数与化学反应本身也有关；所以化学平衡常数只与化学反应本身和温度有关；

故选AB．13、BC【分析】【分析】有机物含有羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．分子中含有羟基和羧基两种含氧官能团；故A正确；

B．由结构简式可知分子式为C9H8O4；故B错误；

C．分子中含有碳碳双键；可发生加成反应，含有羟基和羧基，都可发生取代，不能发生消去反应，故C错误；

D．分子中含有2个酚羟基和羧基；都具有酸性，则1mol咖啡酸可与含溶质3mol的NaOH溶液反应，故D正确．

故选BC．三、双选题(共9题，共18分)14、B|D【分析】解：CaCO3固体的溶液中存在溶解平衡：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入少量稀盐酸可与CO32-促使溶解平衡正向移动，故溶液中c（CO32-）减小，c（Ca2+）及c（H+）增大，c（CaCO3）与温度有关；不变，只有B正确．

故选B．

CaCO3固体的溶液中存在溶解平衡：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入少量稀盐酸，发生CO32-+H+=HCO3-或CO32-+2H+=CO2+H2O；平衡正向移动，以此解答该题．

本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及平衡移动的影响因素，题目难度不大．【解析】【答案】BD15、A|D【分析】解：A．碳碳双键与NaOH溶液不能发生加成反应；故A错误；

B．由结构对称可知；只有双键C上的H及次甲基上的H，则桶烯中的一个氢原子被氯原子取代，所得产物有2种，故B正确；

C．桶烯与苯乙烯（C6H5CH═CH2）分子式相同；结构不同，二者互为同分异构体，故C正确；

D．碳碳双键可发生加聚反应；则桶烯在一定条件下能发生加聚反应形成高分子化合物，故D错误；

故选AD．

A．碳碳双键与NaOH溶液不能发生加成反应；

B．由结构对称可知；只有双键C上的H及次甲基上的H；

C．桶烯与苯乙烯（C6H5CH═CH2）分子式相同；

D．碳碳双键可发生加聚反应．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意烯烃的性质及相关概念的应用，题目难度不大．【解析】【答案】AD16、rAD【分析】解：rm{A.}温下，rm{C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}(g)}不能自发进行，则满足rm{triangleH-T?triangleS>0}因rm{triangleH-T?triangle

S>0}则rm{triangleS>0}故A正确；

B.醋酸为弱酸，rm{triangleH>0}均为rm{pH}的盐酸和醋酸溶液，两种溶液中rm{2}离子浓度相等，则醋酸浓度大与盐酸，设盐酸的浓度为rm{H^{+}}醋酸的浓度为rm{C_{1}}则rm{C_{2}}分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗的两种酸的物质的量相等，则有：rm{C_{1}<C_{2}}因rm{n=C_{1}V_{1}=C_{2}V_{2}}所以：rm{C_{1}<C_{2}}消耗盐酸的体积更大，故B错误；

C.粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快；是因为粗锌中锌与杂质构成原电池的两个电极，稀硫酸作电解质溶液。锌作原电池的负极，纯锌仅仅是锌和稀硫酸反应。故反应不及粗锌与稀硫酸反应快。故C错误；

D.铵根离子抑制氨水的电离，氢氧根的浓度减小，溶液的rm{V_{1}>V_{2}}减小；故D正确；

故选：rm{pH}

A.如能自发进行，应满足rm{triangleH-T?triangleS<0}

B.醋酸为弱酸，rm{AD}均为rm{triangleH-T?triangle

S<0}的盐酸和醋酸溶液，两种溶液中rm{pH}离子浓度相等，则醋酸浓度大与盐酸，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗的两种酸的物质的量相等，根据rm{2}比较二者的体积关系；

C.粗锌和纯锌都是锌；其化学性质一样，即还原性一样；

D.铵根离子抑制氨水的电离；

本题考查了反应自发进行的判断依据、弱电解质电离平衡影响因素分析、原电池反应等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。rm{H^{+}}【解析】rm{AD}17、BD【分析】【分析】所有的卤代烃均可发生水解反应，只有与rm{隆陋X}相连的邻位碳上含有rm{H}原子时，才可发生消去反应。【解答】A.rm{CH_{3}Cl}只含有rm{1}个碳原子，不能发生消去反应，故A错误；B.与溴原子相连碳原子的相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，能发生水解反应，故B正确；C.不能发生水解反应，故C错误；D.与溴原子相连碳原子的相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，能发生水解反应，故D正确。故选BD。【解析】rm{BD}18、AB【分析】【分析】本题考查元素化合物的性质、图象数据的处理知识。侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应是分步进行的，首先发生的是rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}rm{HCl+Na_{2}CO_{3}=NaHCO_{3}+NaCl}进行完全后，再发生：rm{NaHCO_{3}+HCl=NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉}题目难度中等。【解答】由图象可知，加入盐酸rm{3mol}时，开始生成rm{CO_{2}}共消耗rm{1molHCl}发生rm{NaHCO_{3}+HCl=NaCl+CO_{2}隆眉+H_{2}O}如开始加入盐酸时中发生rm{Na_{2}CO_{3}+HCl=NaCl+NaHCO_{3}}则应消耗rm{1mol}盐酸，但至开始生成二氧化碳时消耗rm{3mol}盐酸，则说明溶液中含有rm{NaOH}和rm{Na_{2}CO_{3}}开始时先后发生rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}rm{Na_{2}CO_{3}+HCl=NaCl+NaHCO_{3}}

A.由图象可知生成二氧化碳rm{1mol}依据碳元素质量守恒，则通入的rm{CO_{2}}气体在标准状况下应为rm{22.4L}故A正确；

B.由图象可知，反应共生成rm{1mol}二氧化碳，则溶液中含有rm{1molNa_{2}CO_{3}}而生成二氧化碳之前分别发生rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}rm{Na_{2}CO_{3}+HCl=NaCl+NaHCO_{3}}共消耗rm{3molHCl}由方程式可知rm{Na_{2}CO_{3}}消耗rm{1molHCl}则rm{NaOH}消耗rm{2molHCl}则rm{NaOH}为rm{2mol}所以rm{n(NaOH)=2n(Na_{2}CO_{3})}故B正确；C.rm{A}溶液应为rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaOH}的混合物；故C错误；

D.由以上分析可知rm{A}中含有rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaOH}故D错误。

故选AB。【解析】rm{AB}19、BD【分析】【分析】考查金属的腐蚀，化学反应方向，沉淀溶解平衡和盐类的水解。【解答】A.虽然合金在潮湿的空气中易形成原电池，但并不是所有合金耐腐蚀性都较差，如不锈钢具有较强的抗腐蚀性，故A错误；B.rm{MgO(s)+C(s)=Mg(s)+CO(g)}为气体物质的量增大的熵增加反应，常温下，该反应不能自发进行，则其rm{triangleH>0}故B正确；C.在rm{NaCl}和rm{KBr}的混合溶液中滴加rm{AgNO_{3}}溶液，不一定先产生淡黄色沉淀溴化银，还与氯离子和溴离子浓度有关，故C错误；D.铝离子水解吸热，加热rm{0.1mol隆陇L^{-1}Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液，铝离子的水解平衡正向移动，水解程度增大、溶液的酸性增强，故D正确。故选BD。rm{0.1

mol隆陇L^{-1}Al_{2}(SO_{4})_{3}}【解析】rm{BD}20、B|C|D【分析】解：A．氯元素的质子数为17，质量数为37的氯原子的正确表示方法为：1737Cl；故A错误；

B．Al3+的核外电子总数为10，其离子结构示意图为：故B正确；

C．NaClO是离子化合物，Na+和ClO-间为离子键，在Cl和O之间为共价键，其电子式为故C正确；

D．硝基苯中N原子与苯环相连，硝基苯的结构简式为：故D正确；

故选BCD．

A．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；

B．铝离子的核电荷数为13；最外层达到8电子稳定结构；

C．次氯酸钠为离子化合物；阴阳离子需要标出所带电荷，次氯酸根离子还需要标出最外层电子；

D．硝基苯可以看作硝基取代苯环上的1个H形成的．

本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、结构简式、离子结构示意图、元素符号等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】【答案】BCD21、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}22、rCD【分析】解：rm{A.}从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，rm{SiCl_{4}}的转化率减小；故A错误；

B.该反应为可逆反应，rm{1molSiCl_{4}}不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于rm{QkJ}故B错误；

C.反应至rm{4min}时，若rm{HCl}浓度为rm{0.12mol/L}则rm{v(HCl)篓T0.03mol/(L?min)}根据反应速率之比等于化学计量数之比，则rm{v(H_{2})=1/2隆脕v(HCl)=1/2隆脕0.03mol/(L?min)=0.015mol/(L?min)}故C正确；

D.由方程式可知，当反应吸收热量为rm{0.025QkJ}时，生成rm{HCl}的物质的量为：rm{=0.1mol}rm{100mL1mol/L}的rm{NaOH}的物质的量为rm{0.1L隆脕1mol/L=0.1mol}二者物质的量相等，恰好反应，故D正确．

故选CD．

A.增大平衡向气体体积减小的方向移动；据此判断；

B.该反应为可逆反应，rm{1molSiCl_{4}}不能完全转化；结合热化学方程式判断；

C.根据rm{v=}计算rm{v(HCl)}利用速率之比等于化学计量数之比计算判断；

D.根据反应吸收的热量计算生成的rm{HCl}的物质的量；据此判断．

本题考查较为综合，涉及反应热的计算、化学反应速率、化学平衡等问题，题目难度中等，注意反应的可逆性．【解析】rm{CD}四、填空题(共2题，共18分)23、小苏打HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4ClAl3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑不合理等浓度、等体积的NaHCO3与Na2CO3相比，和Al2（SO4）3溶液反应时，NaHCO3生成的CO2既快又多45.65%3【分析】【分析】（1）NaHCO3俗称小苏打，HCO3-水解使NaHCO3溶液显碱性；

（2）反应物为NaCl、NH3、CO2、H2O，产物为NaHCO3↓和NH4Cl；以此写出化学方程式；

（3）①普通泡沫灭火器是碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；

②碳酸根的水解是分步进行的；先水解得到碳酸氢根，进一步水解得到二氧化碳；

（4）①由表中数据可知，加入9.2g混合物时，盐酸有剩余，混合物完全反应，设9.2g混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据生成二氧化碳体积、二者质量之和列方程计算，再根据m=nM计算NaHCO3的质量；进而计算其质量分数；

②求盐酸浓度需选择盐酸不足量的数据进行，随着混合物质量增加，二氧化碳气体量不再增加，表明盐酸全部反应完，由表中数据可知，盐酸完全反应生成二氧化碳3.36L，结合H++HCO-3=H2O+CO2↑计算n（HCl），再利用c=计算．【解析】【解答】解：（1）NaHCO3俗称小苏打，HCO3-水解使NaHCO3溶液显碱性，水解方程式为HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；

故答案为：小苏打；HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；

（2）先向饱和食盐水通入足量的NH3，再通入过量的CO2得到NaHCO3沉淀，化学方程式为NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；

故答案为：NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；

（3）①普通泡沫灭火器是碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

故答案为：Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

②Al2（SO4）3溶液和NaHCO3溶液混合后会发生双水解反应，原理方程式为：Al2（SO4）3+6NaHCO3═2Al（OH）3↓+6CO2↑+3Na2SO4，Al2（SO4）3溶液和NaHCO3溶液的体积比约是1：6，由1mol的碳酸根离子转化为1molCO2需2molH+，H+由Al3+提供（水解），在Al3+量不变的情况下，碳酸根离子先水解得到碳酸氢根，只能生成HCO3-，没有CO2，喷不出泡沫，并且双水解时NaHCO3表面生成Al（OH）3后；会阻碍反应的进行；

故答案为：不合理；等浓度、等体积的NaHCO3与Na2CO3相比，和Al2（SO4）3溶液反应时，NaHCO3生成的CO2既快又多；

（4）①由表中数据可知，加入9.2g混合物时，盐酸有剩余，混合物完全反应，设9.2g混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量分别为xmol；ymol；

则有：xmol+ymol=①

84g/mol×xmol+100×ymol=9.2g②

联立方程；解得：x=0.05y=0.05；

故混合物中NaHCO3的质量为0.05mol×84g/mol=4.2g，NaHCO3的质量分数为×100%=45.65%；

故答案为：45.65%；

②由表中数据可知，盐酸完全反应生成二氧化碳3.36L，结合H++HCO-3=H2O+CO2↑可知n（HCl）==0.15mol，故盐酸的浓度为=3mol/L；

故答案为：3．24、IO3-＜C12＜C1O3-＜BrO3-取少量FeCl3溶液于试管中，依次加入KI溶液和淀粉溶液，振荡，若溶液变蓝，证明Fe3+的氧化性强于I28Au3++3BH4-+24OH-=8Au+3BO2-+18H2O017【分析】【分析】（1）根据氧化剂氧化性强于氧化产物的氧化性进行判断。

（2）选取含有Fe3+和I-的试剂，若能生成I2；则能使淀粉溶液变蓝；

（3）NaBH4与Au3+发生氧化还原反应生成NaBO2和Au，且反应前后B的化合价不变，H元素化合价由-1价变为0价，Au3+由+3价变为0价；结合转移电子守恒配平方程式；

（4）[RO（OH）2]+离子中R的化合价为+5价，将Na2SO3氧化生成Na2SO4；令R元素在还原产物中化合价为a，结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目计算；

（5）①根据N原子守恒计算作氧化剂的硝酸的物质的量；根据硝酸钠的化学式计算起酸作用的硝酸，再根据物质的量浓度公式计算硝酸的物质的量浓度；

②设需要双氧水mg，根据电子得失守恒，有：×2=×2计算．【解析】【解答】解：（1）由反应①可知，氧化性BrO3-＞C1O3-，由反应②可知，氧化性C12＞IO3-，由反应③可知，氧化性C1O3-＞C12，故氧化性IO3-＜C12＜C1O3-＜BrO3-；故答案为：IO3-＜C12＜C1O3-＜BrO3-；

（2）选取含有Fe3+和I-的试剂，若能生成I2，则能使淀粉溶液变蓝，所以选取①FeCl3溶液③KI溶液⑤淀粉溶液，取少量FeCl3溶液于洁净试管中，依次加入KI溶液和淀粉溶液，振荡，若溶液变蓝，证明Fe3+的氧化性强于I2．

故答案为：取少量FeCl3溶液于试管中，依次加入KI溶液和淀粉溶液，振荡，若溶液变蓝，证明Fe3+的氧化性强于I2；

（3）NaBH4与Au3+发生氧化还原反应生成NaBO2和Au，反应前后B的化合价不变，H元素化合价由-1价变为0价，