2025年人教新起点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年人教新起点高三化学上册阶段测试试卷452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7题，共14分)1、下列实验装置能达到实验目的，且实验装置图无明显错误的是（夹持仪器未画出）（）A.图1可表示溴乙烷法制乙烯并验证乙烯B.图2装置可证明酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚C.图3用于实验室制备乙酸乙酯D.图4用于配制银氨溶液2、室温下，下列说法正确的是（）A.pH=5的NH4Cl溶液或醋酸中，由水电离出的c（H+）均为10-9mol/LB.pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，pH＞7C.同体积同pH的氢氧化钠溶液和氨水分别稀释相同倍数，氨水的pH较大D.0.1mol/LNa2CO3溶液和0.1mol/LNaHSO4溶液等体积混合，溶液中c（Na+）+c（H+）=c（CO32-）+c（SO42-）+c（HCO3-）+c（OH-）3、甲、乙、丙、丁分别是Ca（OH）2溶液、KNO3溶液、Na2CO3溶液和盐酸中的一种．已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，则下列说法中正确的是（）A.甲一定是Ca（OH）2溶液B.乙一定是KNO3溶液C.丙不可能是Na2CO3溶液D.丁只能是盐酸4、下面三个方法都可以用来制氯气：

①4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O

②4HCl（g）+O22Cl2+2H2O（g）

③2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

则三种氧化剂由强到弱的顺序是（）A.O2MnO2KMnO4B.KMnO4MnO2O2C.MnO2KMnO4O2D.O2KMnO4MnO25、已知次碘酸（HIO）既能和酸又能和碱发生中和反应．它与盐酸发生反应将生成（）

A.ICl

B.IOCl

C.HClO

D.HI

6、下图是一些常见有机物的转化关系，关于反应①~⑦的说法不正确的是（）A.反应①是加成反应B.只有反应②是加聚反应C.只有反应⑦是取代反应D.反应④⑤⑥是取代反应7、在离子反应3Cu+yH++xNO3-=3Cu2++2NO+qH2O中，系数q的值为()A.1B.4C.3D.2评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)8、下列实验的现象与对应的结论均正确的是（）

。选项操作现象结论A向溶液X中滴加NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝溶液X中无NH4+B将少量的溴水滴入FeCl2、NaI的混合溶液中，再滴加CCl4，振荡、静置，向上层溶液中滴加KSCN溶液上层溶液不变红；

下层溶液紫红色氧化性：Br2＞Fe3+＞I2C将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应D向漂白粉上加入较浓的盐酸，将湿润淀粉碘化钾试纸置于试管口产生气泡，试纸未变蓝漂白粉已经失效A.AB.BC.CD.D9、Cu与浓硝酸反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液；反应过程及有关数据如图所示：下列有关判断正确的是（）

A.若铜片为51.2g，则生成0.2molNaNO3B.常温下，Cu遇浓硝酸发生钝化，不可能发生上述反应C.标准状况下收集的氮氧化物为20.16LD.反应过程中生成的Cu（NO3）2既是氧化产物，也是还原产物10、无放射性的同位素称之为“稳定同位素”，在陆地生态系统研究中rm{{,!}^{2}}H、rm{{,!}^{13}}C、rm{{,!}^{15}N}rm{{,!}^{18}O}rm{{,!}^{34}S}等常用作环境分析指示物。下列有关一些“稳定同位素”的说法正确的是rm{(}rm{)}

A.rm{{,!}^{34}}rm{S}原子核内中子数为rm{18}原子核内中子数为rm{S}B.rm{18}rm{{,!}^{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}^{+}}酸性比rm{{,!}^{1}}rm{H}C.rm{H}rm{{,!}^{+}}与的酸性更强rm{{,!}^{16}}的化学性质相同D.rm{O}与rm{O}与rm{{,!}^{18}}rm{O}的化学性质相同原子核内的质子数相差rm{O}rm{{,!}^{13}}11、rm{25隆忙}时，向rm{10mL0.1mol隆陇L^{-1}CH_{3}COONa}溶液中加入rm{10mL0.1

mol隆陇L^{-1}CH_{3}COONa}盐酸，溶液rm{0.1mol隆陇L^{-1}}随加入盐酸的体积变化情况如下图所示。下列说法正确的是A.点rm{pH}所示溶液中：rm{垄脵}rm{c}rm{(OH^{-})=}rm{c}rm{(H^{+})+}rm{c}B.点rm{(CH_{3}COOH)}所示溶液中：rm{垄脷}rm{c}rm{(CH_{3}COOH)+}rm{(CH_{3}COO^{-})=0.05mol隆陇L^{-1}}C.点rm{c}所示溶液中：rm{(CH_{3}COO^{-})=0.05

mol隆陇L^{-1}}rm{垄脹}rm{c}rm{(CH_{3}COO^{-})>}rm{c}rm{(CH_{3}COOH)>}rm{c}rm{(H^{+})>}D.点rm{c}所示溶液中：rm{(OH^{-})}rm{垄脺}rm{c}rm{(Na^{+})+}rm{c}rm{(H^{+})<}rm{c}rm{(CH_{3}COO^{-})+}rm{c}12、用铜片、银片设计成如图所示的原电池rm{.}以下有关该原电池的叙述正确的是rm{(}rm{)}A.电子通过盐桥从乙池流向甲池B.铜导线替换盐桥，原电池将不能继续工作C.开始时，银片上发生的反应是：rm{Ag-e^{-}=Ag^{+}}D.将铜片浸入rm{AgNO_{3}}溶液中发生的化学反应与该原电池总反应相同13、下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是（）

。选项abc箭头上所标。

数字的反应条件AAlCl3NaAlO2Al（OH）3①加入过量的NaOHBSiSiO2H2SiO3②常温加水CNaOHNaHCO3Na2CO3④加澄清石灰水DFeFeCl3FeCl2③加入氯气A.AB.BC.CD.D评卷人得分三、多选题(共6题，共12分)14、下列关于极性键的叙述不正确的是（）A.由不同种元素原子形成的共价键B.由同种元素的两个原子形成的共价键C.分子中必定含有极性键D.共同电子对必然偏向吸引电子能力强的原子一方15、下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是（）A.室温下，氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：c（Cl-）=c（NH4+）B.向NaHCO3溶液中加入少量NaOH固体，可抑制HCO3-的水解，使c（HCO3-）增大C.0.1mol•L-1的（NH4）2SO4溶液中：c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）D.常温下，等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，a+b=1416、三聚氰胺污染的婴幼儿配方奶粉能够导致婴幼儿泌尿系统结石．三聚氰胺的结构式如图，下列有关说法不正确的是（）A.三聚氰胺是劣质蛋白质B.一氯代物只有一种C.分子式为C3H6N6D.能与硝酸发生环上的取代反应17、如图为室温下0.2mol/LCH3COOH溶液逐滴滴加到25.00mL0.1mol/LNaOH溶液中pH的变化曲线（b点消耗的醋酸溶液的体积为12.5ml），下列说法正确的是（）A.若选用甲基橙指示CH3COOH滴定未知浓度的NaOH溶液的滴定终点，则测定结果偏低B.反应过程中溶液中阴、阳离子总数目：b点大于c点C.因为CH3COONa溶液显碱性，所以当向CH3COOH溶液中加入CH3COONa时，CH3COOH电离程度将增大D.a、c区间内，c（Na+）一定大于c（CH3COO-），但c（OH-）可能大于、小于或等于c（CH3COO-）18、下面关于碱金属的描述错误的是（）A.钠钾合金通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂B.钾的单质、钾的氧化物、钾的氢氧化物及钾盐，它们在焰色反应中均呈紫色C.密度：Li＜Na＜K＜Rb＜CsD.熔沸点：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs19、下列有关说法正确的是（）A.常温下，0.1mol•L-1Na2S溶液中存在：c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S）B.常温下，0.1mol•L-1HA溶液与0.1mol•L-1NaOH溶液正好完全反应时，溶液中一定存在：c（Na+）=c（A-）＞c（OH-）=c（H+）C.常温下，向0.1mol•L-1CH3COOH溶液加水稀释，当溶液的pH从3.0升到4.0时，溶液中的值增大到原来的10倍D.常温下，pH=7的CH3COONa和CH3COOH混合溶液中c（Na+）=0.1mol•L-1；c（Na+）=c（CH3COOH）＞c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）评卷人得分四、填空题(共1题，共7分)20、某化学实验小组同学利用如图1所示装置制备氨气；并探究氨气的性质(部分仪器已略去)．

请回答：

(1)实验室制备氨气的化学方程式为____________；干燥氨气常用的干燥剂是____________．

(2)收集氨气时，请你选择氨气的进气口____________(填“a”或“b”)；理由是____________．

(3)若观察到装置B中的烧瓶内产生了红色喷泉；则说明氨气具有的性质是____________．

(4)为防止环境污染；如图2所示装置(盛放的液体均为水)可用于吸收多余氨气的是____________(填序号)．

(5)氨气在催化剂并且加热时会被空气氧化，这是工业制硝酸的第一步反应，写出该反应的化学方程式____________．评卷人得分五、判断题(共4题，共32分)21、为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒．____．（判断对错）22、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）23、Na2SO4固体中含钠离子．____（判断对错）24、分子式为C7H16，含有三个甲基的同分异构体的数目是3种____（判断对错）评卷人得分六、简答题(共2题，共12分)25、在我国乙醇汽油是用变性燃料乙醇（乙醇进一步脱水变成）加入适量的汽油调和而成的；符合我国能源替代战略和可再生能源发展方向．它资源丰富，可以提高燃油品质而降低油耗；减少尾气排放；自洁除杂，提高动力．如果乙醇燃烧时氧气不足，可能还有CO生成．

（1）用图所示的装置确证乙醇燃烧产物中有CO、CO2、H2O，应将乙醇燃烧产物依次通过以下装置，按气流从左到右的顺序填写装置编号：______

（2）实验时可观察到装置②中A瓶的石灰水变浑浊．A瓶溶液的作用是______，B瓶溶液的作用是______；C瓶溶液的作用______．

（3）装置①的作用是______．装置③中所盛的是______溶液，作用是______．

（4）装置④中所盛固体药品是______，它可确证的产物是______．

（5）尾气应______．26、钴的化合物在磁性材料生产、电池制造、催化剂制备等方面应用非常广泛。rm{(1)Co^{2+}}基态核外电子排布式为____。rm{(2)}制备rm{[Co(H_{2}O)_{6}]^{2+}}的反应为rm{(NH_{4})_{2}[Co(SCN)_{4}]+6H_{2}O=[Co(H_{2}O)_{6}](SCN)_{2}+2NH_{4}SCN}rm{(NH_{4})_{2}[Co(SCN)_{4}]

+6H_{2}O=[Co(H_{2}O)_{6}](SCN)_{2}+2NH_{4}SCN}配合物rm{垄脵}中与rm{[Co(H_{2}O)_{6}]^{2+}}形成配位键的原子是____rm{Co^{2+}}填元素符号rm{(}的空间构型为____rm{);SCN^{-}}用文字描述rm{(}rm{)}在rm{垄脷NH_{4}SCN}分解并制得胍rm{180190隆忙}结构简式如图所示rm{(}胍分子中氮原子杂化轨道类型为____rm{)}胍中含rm{;1mol}键数目为____。

rm{娄脪}一种钴的化合物可用作石油脱硫的催化剂，其晶胞结构如图所示，则晶体中与每个rm{(3)}紧邻的rm{O^{2-}}有____个。rm{O^{2-}}参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】A．乙醇易挥发；乙醇；乙烯均能使高锰酸钾褪色；

B．盐酸易挥发；盐酸可与苯酚钠反应；

C．乙醇；乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯；饱和碳酸钠可吸收乙醇、乙酸，与碳酸钠分层；

D．向硝酸银溶液中滴加氨水，生成沉淀时继续滴加氨水，沉淀恰好溶解即为银氨溶液．【解析】【解答】解：A．乙醇易挥发；乙醇；乙烯均能使高锰酸钾褪色，没有排除乙醇的干扰不能检验乙烯，故A错误；

B．盐酸易挥发；盐酸可与苯酚钠反应，则图中装置不能比较碳酸；苯酚的酸性，故B错误；

C．乙醇；乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯；饱和碳酸钠可吸收乙醇、乙酸，与碳酸钠分层，图中装置可制备乙酸乙酯，故C正确；

D．向硝酸银溶液中滴加氨水；生成沉淀时继续滴加氨水，沉淀恰好溶解即为银氨溶液，则图中试剂的加入顺序不合理，应向硝酸银溶液中滴氨水，故D错误；

故选C．2、C【分析】【分析】A．NH4Cl是强酸弱碱盐对水的电离起到促进的作用；醋酸属于酸对水的电离产生抑制，根据Kw进行计算；

B．醋酸是弱电解质不能完全电离；pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸有剩余，溶液显酸性；

C．氨水属于弱电解质；稀释过程中电离程度增大；

D．碳酸钠和硫酸氢钠反应后确定反应后溶液中的溶质，再根据电荷守恒解答．【解析】【解答】解：A．pH=5的NH4Cl溶液由水电离出的c（H+）=10-5mol/L；pH=5的醋酸中由水电离出的c（H+）=10-9mol/L；故A错误；

B．pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后醋酸有剩余；溶液显酸性pH值小于7，故B错误；

C．氨水属于弱电解质；稀释过程中电离程度增大，所以同体积同pH的氢氧化钠溶液和氨水分别稀释相同倍数，稀释后氨水的pH较大，故C正确；

D.0.1mol/LNa2CO3溶液和0.1mol/LNaHSO4溶液等体积混合，反应生成碳酸氢钠和硫酸钠，电荷守恒式子为：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+2c（SO42-）+c（HCO3-）+c（OH-）；故D错误；

故选C．3、B【分析】【分析】由于所给的物质属于酸碱盐，而酸碱盐两两之间的反应属于复分解反应，所以解答该题应该从复分解反应的条件入手进行分析，若两两之间间能结合成水、沉淀或气体，则物质可以反应，然后结合所给选项作出判断即可．【解析】【解答】解：A、甲、乙、丙、丁分别是Ca（OH）2溶液、KNO3溶液、Na2CO3溶液和盐酸中的一种．已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，甲可以是Ca（OH）2溶液、Na2CO3溶液和盐酸中的一种。

；都可以和另外两种物质反应，故A错误；

B、甲、乙、丙、丁分别是Ca（OH）2溶液、KNO3溶液、Na2CO3溶液和盐酸中的一种．已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，甲可以是Ca（OH）2溶液、Na2CO3溶液和盐酸中的一种。

，都可以和另外两种物质反应，退单乙一定为KNO3溶液；故B正确；

C、Ca（OH）2溶液、Na2CO3溶液和盐酸中，任意一种都会和另外两种物质反应所以，丙可能为Ca（OH）2溶液、Na2CO3溶液和盐酸中的任意一种；故C错误；

D、依据C分析，丁可以是Ca（OH）2溶液、Na2CO3溶液和盐酸中的任意一种；故D错误；

故选B．4、B【分析】【分析】根据反应条件判断反应的难易程度，反应条件越少的氧化还原反应越容易发生，越容易发生的氧化还原反应氧化剂的氧化性越强，据此分析解答．【解析】【解答】解：根据方程式①4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O、②4HCl（g）+O22Cl2+2H2O（g）、③2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O知，③没有反应条件，①的反应条件是加热，②的反应条件是加热和催化剂，反应条件越少的氧化还原反应越容易发生，越容易发生的氧化还原反应氧化剂的氧化性越强，所以氧化性最强的是高锰酸钾，其次是二氧化锰，最后是氧气，故选B．5、A【分析】

HIO既能和酸又能和碱发生中和反应，即：HIO发生如下电离：H++IO-⇌HIO⇌I++OH-；当次碘酸和盐酸反应时，次碘酸呈碱式电离生成碘离子和氢氧根离子，所以次碘酸和盐酸反应生成氯化碘和水，故选A．

【解析】【答案】次碘酸（HIO）既能和酸又能和碱发生中和反应；说明次碘酸既能发生酸式电离也能碱式电离，据此分析解答．

6、C【分析】【解析】【答案】C7、B【分析】解：根据N原子守恒知，x=2，根据电荷守恒得：y-2=3×2，y=8，根据氢原子守恒得，8=2q，所以q=4，故选B．【解析】【答案】B二、双选题(共6题，共12分)8、B|D【分析】解：A．滴加NaOH稀溶液；不生成氨气，应滴加浓NaOH并加热，然后检验氨气，方案不合理，故A错误；

B．溴可将亚铁离子、碘离子氧化，由现象可知少量溴水只氧化碘离子，则氧化性：Br2＞Fe3+＞I2；故B正确；

C．反应生成四氧化三铁和氢气；粉末不会变红，现象不合理，故C错误；

D．漂白粉；盐酸发生氧化还原反应生成氯气；氯气与KI反应生成碘，遇淀粉变蓝，若漂白粉变质，加盐酸产生的气体为二氧化碳，则方案合理，故D正确；

故选BD．

A．滴加NaOH稀溶液；不生成氨气；

B．溴可将亚铁离子；碘离子氧化；少量溴水只氧化碘离子；

C．反应生成四氧化三铁和氢气；

D．漂白粉；盐酸发生氧化还原反应生成氯气；氯气与KI反应生成碘，遇淀粉变蓝．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及氧化还原反应及氧化性比较、氨气的制备及检验、铁的性质、漂白粉的性质等，侧重实验操作及实验原理的考查，注意实验方案的可行性、操作性及评价性的分析，题目难度不大．【解析】【答案】BD9、A|C【分析】解：A、n（Cu）==0.8mol，n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol，由电子守恒可知，51.2gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，则0.8mol×（2-0）=n（NaNO2）×（5-3），解得n（NaNO2）=0.8mol，由Na原子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），则n（NaNO3）=1mol-0.8mol=0.2mol；故A正确；

B；常温下；Cu遇浓硝酸发生钝化，但是钝化不是不反应，可能发生上述反应，故B错误；

C；标准状况下得到的0.9mol氮氧化物的体积是0.9mol×22.4L/mol=20.16L；故C正确；

D、反应过程中生成的Cu（N03）2是氧化产物；不是还原产物，故D错误．

故选AC．

A、n（Cu）==0.8mol，n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol，由终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，由电子转移守恒可知，51.2gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，据此计算故产物中NaNO2的物质的量，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），据此计算NaNO3的物质的量；

B；常温下；金属铜遇到浓硝酸发生钝化，该反应会发生；

C；根据公式V=nVm进行计算；

D；氧化还原反应中；化合价升高元素对应产物是氧化产物，化合价降低元素对应产物是还原产物．

本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握硝酸的作用、N元素的化合价变化及原子守恒、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度较大．【解析】【答案】AC10、AC【分析】【分析】本题主要考查同位素的概念和性质，比较简单。【解答】A.rm{{,!}^{34}S}原子的质量数为rm{34}质子数为rm{16}则中子数为rm{18}故A正确；B.同位素一般只影响物理性质，不影响化学性质，故B错误；C.同位素一般只影响物理性质，不影响化学性质，故C正确；D.rm{{,!}^{13}C}原子核内的质子数为rm{6}rm{{,!}^{15}N}原子核内的质子数为rm{7}相差rm{1}故D错误。故选AC。【解析】rm{AC}11、AC【分析】【分析】本题考查溶液中离子浓度大小的比较，弱电解质的电离和盐的水解等，难度中等。【解答】rm{25隆忙}时，向rm{10mL0.1mol隆陇L}时，向rm{25隆忙}rm{10mL0.1mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}rm{CH}rm{CH}溶液中加入rm{3}rm{3}rm{COONa}溶液中加入rm{0.1mol隆陇L}rm{COONa}是醋酸钠溶液，根据质子守恒可知所示溶液中：rm{0.1mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}盐酸，二者反应生成醋酸和氯化钠。A.点rm{垄脵}是醋酸钠溶液，根据质子守恒可知所示溶液中：rm{垄脵}rm{c}rm{c}rm{(OH}rm{(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)=}rm{)=}，故A正确；rm{c}所示溶液显中性，则溶液的体积不是rm{c}因此溶液中：rm{(H}rm{(H}rm{{,!}^{+}}rm{)+}rm{)+}rm{c}rm{c}rm{(CH}rm{(CH}rm{3}rm{3}rm{COOH)}，故A正确；rm{COOH)}所示溶液中醋酸钠和醋酸的物质的量浓度相等，溶液显酸性，则醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，所以溶液中：B.点rm{垄脷}所示溶液显中性，则溶液的体积不是rm{20mL}因此溶液中：rm{垄脷}rm{20mL}rm{c}rm{c}rm{(CH}rm{(CH}rm{3}rm{3}rm{COOH)+}rm{COOH)+}rm{c}rm{c}rm{(CH}rm{(CH}rm{3}rm{3}rm{COO}，故C正确；rm{COO}所示溶液中根据电荷守恒可知rm{{,!}^{-}}rm{)neq0.05mol隆陇L}rm{)neq0.05mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}，故B错误；C.点rm{垄脹}所示溶液中醋酸钠和醋酸的物质的量浓度相等，溶液显酸性，则醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，所以溶液中：rm{垄脹}rm{c}rm{c}rm{(CH}rm{(CH}rm{3}rm{3}rm{COO}rm{COO}rm{{,!}^{-}}rm{)>}rm{)>}rm{c}rm{c}rm{(CH}rm{(CH}rm{3}故D错误。rm{3}rm{COOH)>}【解析】rm{AC}12、rBD【分析】解：rm{A.}原电池负极铜失电子；正极银得电子，电子从负极沿导线流向正极，电解质溶液通过离子的定向移动形成电流，所以电子不经过电解质溶液，故A错误；

B.铜线代替盐桥；乙池是原电池，甲池是电解池发生电镀，所以不是原来的装置反应原理，故B正确；

C.银片是原电池的正极，溶液中的银离子得到电子发生还原反应，电极反应是rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}故C错误；

D.铜片浸入rm{AgNO_{3}}溶液中发生的化学反应与该原电池总反应都是发生了rm{Cu+2Ag^{+}=2Ag+Cu^{2+}}故D正确；

故选BD．

A.电子不能通过电解质溶液；

B.换做铜线；乙池是原电池，甲池是电解电镀；

C.该原电池中；银作正极，正极上得电子发生还原反应；

D.铜和硝酸银反应生成银和硝酸铜．

本题考查了原电池原理，明确原电池中正负极上发生的反应是解本题关键，注意电子不经过电解质溶液，为易错点．【解析】rm{BD}13、BCD【分析】解：A．AlCl3与过量的NaOH反应可生成NaAlO2，Al（OH）3与NaOH反应可生成NaAlO2，NaAlO2与盐酸反应可生成Al（OH）3，盐酸过量可生成AlCl3；均能一步实现，故A正确；

B．二氧化硅不溶于水；与水不反应，所以二氧化硅与水不能一步反应生成硅酸，故B错误；

C．碳酸钠与澄清石灰水反应生成碳酸钙和氢氧化钠；不能实现碳酸钠向碳酸氢钠转化，故C错误；

D．氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁；不能得到铁，故D错误；

故选：BCD。

A．AlCl3与NaOH反应可生成NaAlO2，Al（OH）3与NaOH反应可生成NaAlO2，NaAlO2与盐酸反应可生成Al（OH）3，盐酸过量可生成AlCl3；

B．二氧化硅不溶于水；与水不反应；

C．碳酸钠与澄清石灰水反应生成碳酸钙和氢氧化钠；

D．氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁。

本题考查了物质之间的转化，明确物质的性质、熟悉发生的化学反应是解题关键，侧重对学生基础知识的检验和训练，题目难度不大。【解析】BCD三、多选题(共6题，共12分)14、BC【分析】【分析】相同非金属原子之间形成的共价键为非极性共价键；共用电子对不偏向任何一方；

不同原子之间形成的为极性共价键；共用电子偏向一方，偏向吸引电子能力强的一方，吸引电子能力强的原子一方显负价，吸引电子能力弱的原子一方显正价．

离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中只含共价键，可以是非极性共价键，也可以是极性共价键，一定不含离子键．【解析】【解答】解：A．极性共价键由不同种元素原子形成的共价键；故A正确；

B．非极性共价键由同种元素的两个原子形成的共价键；故B错误；

C．分子中不一定含有极性键，如H2中没有极性键；故C错误；

D．共同电子对必然偏向吸引电子能力强的原子一方；故D正确．

故选BC．15、AC【分析】【分析】A．常温下pH=7的溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知c（Cl-）=c（NH4+）；

B．氢氧化钠与碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水；导致碳酸氢根离子浓度减小；

C．铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH-），由于水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42-）；

D．常温下，等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，则酸和碱的物质的量浓度相等．【解析】【解答】解：A．室温下，氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中一定满足：c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可得：c（Cl-）=c（NH4+）；故A正确；

B．向NaHCO3溶液中加入少量NaOH固体，氢氧根离子与碳酸氢根离子反应，使c（HCO3-）减小；故B错误；

C.0.1mol•L-1的（NH4）2SO4溶液中，由于铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH-），由于水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42-），溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）；故C正确；

D．常温下，等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，则酸和碱的物质的量浓度相等，即c（CH3COOH）==mol/L=10b-14mol/L（0＜α＜1）；

所以α=1014-a-b（0＜α＜1），整理可得：a+b＞14；故D错误；

故选AC．16、AD【分析】【分析】结构简式可知，含氨基和C=N键，结合不饱和键的性质及习题中的信息来解答．【解析】【解答】解：A．不是由氨基酸缩聚反应而成的高聚物；不是蛋白质，故A错误；

B．分子中只有氨基上的氢原子可被取代；且结构对称，取代产物只有一种，故B正确；

C．由结构简式可知分子式为C3H6N6；故C正确；

D．环上没有氢原子；不能发生取代反应，故D错误．

故选AD．17、BD【分析】【分析】A．甲基橙的滴定范围为3.1-4.4；达到滴定终点时醋酸过量；

B．钠离子数目不变，c点为中性，b→c阴离子数目减少；

C．CH3COONa；抑制醋酸的电离；

D．c点pH=7，由电荷守恒可知c（Na+）=c（CH3COO-），b恰好生成醋酸钠，b之后醋酸过量．【解析】【解答】解：A．甲基橙的滴定范围为3.1-4.4；达到滴定终点时醋酸过量，则消耗的醋酸多，测定结果偏高，故A错误；

B．钠离子数目不变，c点为中性，b→c阴离子数目减少，所以阴、阳离子总数目：b点大于c点；故B正确；

C．CH3COONa抑制醋酸的电离，所以当向CH3COOH溶液中加入CH3COONa时，CH3COOH电离程度将减小；故C错误；

D．c点pH=7，由电荷守恒可知c（Na+）=c（CH3COO-），则a、c区间内，c（Na+）一定大于c（CH3COO-），又b恰好生成醋酸钠，b之后醋酸过量，则随醋酸的加入c（OH-）可能大于、小于或等于c（CH3COO-）；故D正确；

故选BD．18、CD【分析】【分析】A．K；Na合金熔点低；可作导热剂；

B．根据钾的焰色反应回答；

C．Na的密度大于K；

D．碱金属元素的单质的熔沸点从上到下逐渐减小．【解析】【解答】解：A．K；Na合金熔点低；可作原子反应堆的导热剂，是利用其物理性质，故A正确；

B．钾的焰色为紫色；焰色反应为元素性质，故B正确；

C．Na的密度大于K；故C错误；

D．碱金属元素的单质的熔沸点从上到下逐渐减小，则熔点、沸点：Li＞Na＞K＞Rb＞Cs；故D错误；

故选：CD．19、AC【分析】【分析】A．任何电解质溶液中都存在质子守恒；根据质子守恒判断；

B．混合溶液中溶质为NaA；如果HA是强酸，溶液呈中性，如果HA是弱酸，溶液呈碱性；

C．溶液中==；

D．常温下pH=7的溶液呈中性，根据电荷守恒判断c（Na+）、c（CH3COO-）相对大小．【解析】【解答】解：A．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S）；故A正确；

B．混合溶液中溶质为NaA，如果HA是强酸，溶液呈中性，如果HA是弱酸，溶液呈碱性，所以溶液中c（OH-）≥c（H+）；故B错误；

C．温度不变，醋酸电离平衡常数不变，pH由3变为4，氢离子浓度降为原来的，溶液中===10Ka，所以溶液中的值增大到原来的10倍；故C正确；

D．常温下pH=7的溶液呈中性，根据电荷守恒得c（Na+）=c（CH3COO-）；故D错误；

故选AC．四、填空题(共1题，共7分)20、略

【分析】解：(1)实验室制取氨气的化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；氨气是碱性气体；选用碱石灰干燥；

故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；碱石灰；

(2)由于氨气密度比空气的小；a进气口是向下排空气；

故答案为：a；因为氨气的密度比空气轻；a口进是向下排气；

(3)氨气极易溶于水；可以完成喷泉实验，氨水是弱碱，能够电离出氢氧根离子；

故答案为：极易溶于水；与水反应生成碱；

(4)吸收多于的氨气装置；必须能够防止倒吸，满足此条件的有②④⑤；

故答案为：②④⑤；

(5)氨气催化氧化的反应方程式是：4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O．【解析】2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O;碱石灰;a;因为氨气的密度比空气轻，a口进是向下排气;极易溶于水，与水反应生成碱;②④⑤;4NH3+5O24NO+6H2O五、判断题(共4题，共32分)21、√【分析】【分析】流感病毒的成分为蛋白质，而食醋的主要成分为乙酸，乙酸能使蛋白质发生变性，以此来解答．【解析】【解答】解：因流感病毒的成分为蛋白质；而食醋的主要成分为乙酸，乙酸能使蛋白质发生变性，则为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒，做法正确；

故答案为：√．22、×【分析】【分析】向0.1mol/LAgNO3溶液中加入过量的盐酸完全反应生成AgCl，溶液中存在AgCl（s）⇌Ag+（ag）+Cl-（ag），以此解答．【解析】【解答】解：反应生成AgCl，氯化银难溶于水，溶液中存在AgCl（s）⇌Ag+（ag）+Cl-（ag），则一定存在Ag+；

故答案为：×．23、√【分析】【分析】可从该化合物所含化学键及晶体类型判断是否含有钠离子．【解析】【解答】解：Na是第ⅠA族活泼金属，与酸根离子形成离子键，所以Na2SO4属于离子化合物；由阳离子钠离子和阴离子硫酸根离子构成；

故答案为：√．24、√【分析】【分析】分子式为C7H16的烃属于烷烃，含有3个甲基，则该烷烃只有1个支链，据此根据烷烃同分异构体的书写进行判断．【解析】【解答】解：该烃结构式中含有3个甲基；则该烷烃只有1个支链；

若支链为-CH3，主链含有6个碳原子，符合条件有：CH3CH（CH3）CH2CH2CH2CH3，CH3CH2CH（CH3）CH2CH2CH3；

若支链为-CH2CH3，主链含有5个碳原子，符合条件有：CH3CH2CH（CH2CH3）CH2CH3；

支链不可能大于3个碳原子；故符合条件的烷烃有3种．

故答案为：√．六、简答题(共2题，共12分)25、略

【分析】解：（1）要达到实验目的应先检验是否存在二氧化碳；再看是否被除尽考虑；通过把原来的二氧化碳除尽再通过氧化铜再生成二氧化碳来判断是否存在一氧化碳，所以正确的顺序为：④②①③；

故答案为：④②①③；

（2）要验证产物；应先将二氧化碳通入澄清石灰水，二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊，据此检验二氧化碳的存在；然后通过氢氧化钠溶液吸收生成的二氧化碳，排除对一氧化碳检验的干扰，再通过澄清石灰水检验二氧化碳是否被吸收完全，所以A瓶溶液的作用是验证二氧化碳的存在，B瓶溶液的作用是除去混合气体中的二氧化碳；C瓶溶液的作用验证二氧化碳是否已除尽；

故答案为：验证二氧化碳的存在；除去混合气体中的二氧化碳；验证二氧化碳是否已除尽；

（3）一氧化碳不能直接验证，可以通过与氧化铜反应生成二氧化碳，通过检验二氧化碳的存在检验一氧化碳，所以装置①的作用是将CO氧化成CO2．装置③中所盛的是澄清石灰水溶液，作用是检验由CO与CuO反应生成的CO2；从而验证有CO气体；

故答案为：将CO氧化成CO2；澄清石灰水；验由CO与CuO反应生成的CO2；从而验证有CO气体；

（4）无水硫酸铜与水反应生成五水硫酸铜；固体由白色变为蓝色，则可证明水