2025年华师大版高三化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年华师大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7题，共14分)1、高温及催化剂作用下，某反应的平衡常数K=．恒容时，温度升高，H2浓度减小，下列说法正确的是（）A.恒温下，将容器体积变为原来2倍，CO的平衡浓度变为原来的B.恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小C.升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大D.该反应化学方程式为CO2+H2⇌CO+H2O△H＜02、加入洗洁精的水能洗去餐具上的油污，利用的原理是（）A.油污溶解在水中B.油污与水发生化学反应C.洗洁精使油污发生乳化D.洗洁精增大了油污的溶解度3、2008年9月份，国家质检总局查出多家知名品牌奶粉中含有三聚氰胺，长期饮用易导致肾结石．已知三聚氰胺的结构简式如图所示，下面对于其分类的说法正确的是（）A.属于铵盐B.属于混合物C.属于烃D.属于烃的衍生物4、下列物质的分离、提纯和鉴别的方法中（必要时可加热），可行的是（）A.以AgNO3溶液和稀盐酸检验溶液中是否含有Cl-B.用升华法分离碘和氯化铵的混合物C.以粗铜为阴极，精铜为阳极，CuSO4溶液为电解液，精炼铜D.用NaOH溶液、蒸馏水和红色石蕊试纸检验溶液中是否含有NH4+5、海水淡化的方法有多种，如蒸馏法、电渗析法等．电渗析法是一种利用离子交换膜进行离子交换的方法，其原理如图所示．已知海水中含Na+、Cl-、Ca2+、Mg2+、SO42-等离子；电极为惰性电极．下列叙述中正确的是（）

A.B膜是阴离子交换膜B.通电后，海水中阳离子往a电极处运动C.通电后，a电极的电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2OD.通电后，b电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀6、工业上制造金刚砂（SiC）的化学方程式如下：SiO2+3CSiC+2CO↑，在这个氧化还原反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比是（）。A.2：1B.1：2C.1：3D.3：17、下列过程不涉及氧化还原反应的是（）A.

火法炼铜B.

中和滴定C.

酿酒D.

制眼镜评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、有关钢铁电化学腐蚀及保护的下列叙述中正确的是（）A.钢铁的电化学腐蚀过程可用原电池或电解池的原理来解释B.可将河道中的钢铁闸门与外加直流电源的负极相连以保护其不受腐蚀C.在钢铁表面镀锌属于牺牲阳极阴极保护法D.钢铁的电化学腐蚀中，主要是吸氧腐蚀9、2010年诺贝尔化学奖授予美日科学家，他们由于研究“有机物合成过程中钯催化交叉偶联”而获奖．钯的化合物氯化钯可用来检测有毒气体CO，发生反应的化学方程式为：CO+PdCl2+H2O═CO2+Pd↓+2HCl．下列说法正确的是（）A.题述反应条件下还原性：CO＞PdB.题述反应中PdCl2被氧化C.在标况下生成11.2LCO2时，转移的电子为2mo1D.题述反应中CO2为氧化产物10、下列溶液中c（Cl-）与50mL1mol/LAlCl3溶液中c（Cl-）相等是（）A.100mL3mol/LKCl溶液B.25mL2mol/LAlCl3溶液C.150mL1mol/LNaCl溶液D.25mL1.5mol/LMgCl2溶液11、下列四种物质中，既能与水发生反应，又能与碱发生反应的是（）A.Cl2B.CO2C.NOD.SiO212、当向蓝色的CuSO4溶液中逐滴加入氨水时，观察到首先生成蓝色沉淀，而后沉淀又逐渐溶解成为深蓝色的溶液，向深蓝色溶液中通入SO2气体，又生成了白色沉淀：将白色沉淀加入稀硫酸中，又生成了红色粉末状固体和SO2气体，同时溶液呈蓝色，根据上述实验现象分析推测，下列描述正确的有（）A.Cu2+和Ag+相似，能与NH3结合生成铜氨络离子B.白色沉淀为+2价铜的某种亚硫酸盐，溶于H2SO4发生复分解反应C.白色沉淀为+1价铜的某种亚硫酸盐，在酸性条件下发生了自身氧化还原反应D.反应过程中消耗的SO2与生成的SO2的物质的量相等13、下列对于“摩尔”的理解正确的是（）A.摩尔是国际科学界建议采用的一种物理量B.摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为molC.摩尔可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来D.国际上规定，12C碳-12原子所含有的碳原子数目的物质的量为1摩14、现有浓度均为0.10mol•L-1的醋酸V1mL和氢氧化钠溶液V2mL，下列说法正确的是（）A.常温下，上述溶液中，醋酸溶液的pH=1，氢氧化钠溶液的pH=13B.常温下，若两溶液混合后pH=7，则混合液：c（Na+）=c（CH3COO-）C.若V1=V2，将两溶液混合，所得混合液：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）D.V1与V2任意比混合，所得混合液：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）15、500℃、20MPa时，将H2和N2置于一容积为2L的密闭容器中发生反应．反应过程中H2、N2和NH3物质的量变化如图所示，下列说法正确的是（）A.反应开始到第一次平衡时，N2的平均反应速率为0.005mol/（L•min）B.从曲线变化可以看出，反应进行到10min至20min时可能是使用了催化剂C.从曲线变化可以看出，反应进行至25min时，分离出0.1mol的氨气D.在25min时平衡正向移动，但达到新平衡后NH3的体积分数比原平衡小评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、工业废弃物对环境的危害极大，硫酸工业废渣废弃物的主要成分为MgO、Al2O3、Fe2O3、SiO2．某同学设计以下方案；变废为宝提取废渣中的金属元素．

已知常温条件下：

①阳离子以氢氧化物形式完全沉淀（阳离子浓度低于10‑5mol•L-1）时溶液的pH：

。沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Mg（OH）2pH3.45.211②饱和氨水溶液中c（OH-）约为1×10-3mol•L-1．

请回答：

（1）写出A与氢氟酸反应的化学方程式：____．

（2）上述流程中两次使用试剂X，推测试剂X是____（填“氨水”或“氢氧化钠”）其理由是____．

（3）写出F→H的反应离子方程式：____；

（4）溶液D到固体E过程中需要控制溶液pH=13，如果pH过小，可能导致的后果是____．

（5）固体C跟HI反应的离子方程式为：____．

（6）试计算Mg（OH）2的Ksp=____．17、已知X、Y、Z、W均为1～18号元素，它们的原子序数依次增大．X和Y可形成常见化合物YX4，一个YX4分子中共有10个电子；Z单质在通常状况下为无色无味气体；W原子的最外层电子数是核外电子总数的3/4．试回答：

（1）由X、Z、W三种元素可以组成一种盐，该盐是常用速效化肥，不宜与碱性肥料混合或在碱性土壤中施用，其原因是____；

（2）由X、Z、Y、W四种元素可以组成多种化合物，其中既能与盐酸又能与烧碱溶液反应的无机物是____，有机物是____（各写一种）

（3）将1.2gY单质在足量W单质中燃烧，所得气体通入150ml1mol/LNaOH溶液中，完全反应后，所得溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序为____．18、FeCl3溶液显____性，原因（离子反应方程式表示）____配制时应该加入盐酸，目的是____；在FeCl3溶液中加入碳酸钙，推测可能的现象____．19、某校化学实验兴趣小组为了探究在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来；同时证明氯气的某些性质，甲同学设计了如图1所示的实验装置（支撑用的铁架台省略），按要求回答问题．（B中装的是无水硫酸铜）

（1）A是氯气发生装置，实验室制取Cl2的原理是____（用化学方程式表示）

（2）该实验中A部分的装置是图2中____（填字母）

（3）若用含有0.2molHCl的浓盐酸与足量的氧化剂反应制Cl2，制得的Cl2体积（标准状况下）总是小于1.12L的原因是____

（4）装置E的作用是____．

（5）乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种．为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgNO3溶液的气体只有一种，乙同学提出在某两个装置之间再加一个装置．该装置中应放入____试剂．

（6）用如图3所示装置；收集一试管甲烷和氯气的混合气体，光照后观察到量筒内形成一段水柱，认为有氯化氢生成．

①该反应的反应类型为____；

②该反应的化学方程式为____；（只写第一步）

③水槽中盛放的液体应为____（填标号）；

A．水B．饱和石灰水C．饱和食盐水D．饱和NaHCO3溶液．20、（1）写出下列官能团的名称：

①-COOH____②-OH____

（2）现有4种有机物：①乙烯；②乙醇，③乙酸，④乙酸乙酯（填写结构简式）：

能发生水解反应的是____

具有酸性且能发生酯化反应的是____．

能发生加成反应的是____．21、利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既价廉又环保。（1）工业上可用组成为K2O·M2O3·2RO2·nH2O的无机材料纯化制取的氢气。①已知元素M、R均位于元素周期表中第三周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R的原子结构示意图为________。②常温下，不能与M单质发生反应的是________（填序号）。a．CuSO4溶液b．Fe2O3c．浓硫酸d．NaOH溶液e．Na2CO3固体（2）利用H2S废气制取氢气的方法有多种。①高温热分解法已知：H2S（g）H2（g）＋S2（g）在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为cmol·L－1测定H2S的转化率，结果见下图。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K＝________；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：____________________________________。②电化学法该法制氢过程的示意图如下。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是______________________________；反应池中发生反应的化学方程式为____________________。反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为_______________。22、某校化学兴趣小组设计了图示实验装置（图中省略了夹持仪器）来测定某铁碳合金中铁的质量分数．

（1）m克铁碳合金中加入过量浓硫酸；未点燃酒精灯前，A；B均无明显现象，其原因是。

①常温下碳与浓硫酸不反应；②____．

（2）写出加热时A中碳与浓硫酸发生反应的化学方程式____．

（3）B中的现象是：____；C的作用是：____．

（4）待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E并称重，E增重bg．则铁碳合金中铁的质量分数为____（写表达式）．

（5）甲同学认为利用此装置测得铁的质量分数偏大，请你写出可能的原因：____．23、有下列化学仪器：①托盘天平；②玻璃棒；③药匙；④烧杯；⑤一定规格的量筒；⑥一定规格的容量瓶；⑦胶头滴管；⑧细口试剂瓶；⑨标签纸．

（1）现需要配制450mL1mol/L硫酸溶液，需用质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸____mL．

（2）从上述仪器中，选择适当的仪器，按实验使用的先后顺序（不重复），其编号排列是____

（3）容量瓶使用前检验漏水的方法是____

（4）若实验遇到下列情况；对所配制硫酸溶液的物质的量浓度有何影响（填“偏高”；“偏低”或“不变”）？

①用以稀释硫酸的烧杯未洗涤____

②未经冷却趋热将溶液注入容量瓶中____

③摇匀后发现液面低于刻度线再加水____

④容量瓶中原有少量蒸馏水____

⑤定容时俯视观察液面____．24、肉桂醛是一种食用香精；它广泛用于牙膏；洗涤剂、糖果以及调味品中．工业上可通过下列反应制备：

+CH3CHO+H2O

（1）请推测侧链上可能发生反应的类型：____、____．（任填两种）

（2）请依据上述原理写出两分子乙醛在上述条件下反应的化学方程式：____．评卷人得分四、判断题(共2题，共6分)25、苯中混有已烯，可在加入适量溴水后分液除去____（判断对错）26、常温常压下，92gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子总数为6NA．____（判断对错）评卷人得分五、简答题(共1题，共4分)27、铁是地壳中含量很丰富的元素，也是生物体所必需的元素．自然界中铁矿石主要有赤铁矿（Fe2O3）和磁铁矿（Fe3O4）．金属铁是在高炉中冶炼的．高炉炼铁除了加入铁矿石外．还需加入焦碳和石灰石；石灰石能除去铁矿石中的二氧化硅．请填空：

（1）写出赤铁矿被还原成铁的化学方程式：______；

（2）写出焦炭在高炉中所参与反应的两个化学方程式______；______．

（3）写出CaCO3参与反应的化学方程式______．评卷人得分六、书写(共3题，共24分)28、写出符合要求的化学方程式或离子方程式：

（1）铜和浓硫酸反应的化学方程式____．

（2）电解氯化镁溶液离子方程式____．

（3）乙醛与新制氢氧化铜反应的化学反应方程式____．29、（1）写出乙烯通入溴水溶液中发生反应的化学方程式____；

（2）写出金属钠与乙醇发生反应的化学方程式____．30、现有中学化学常见的物质X；Y、甲、乙、丙、丁；它们之间的反应关系为（反应条件略去）：

①单质X+化合物甲→单质Y+化合物乙；②单质Y+化合物丙→化合物丁．请针对以下不同情况回答：

（1）若乙为有磁性的化合物，反应①的化学方程式是____．

（2）若X、Y为不同金属，甲为红棕色固体，工业上常用电解乙来制取X，X阳离子的结构示意图为____，反应②的离子方程式是____．

（3）若X、Y为不同主族非金属气态单质，甲常温下呈液态，丁溶于水形成的溶液呈强酸性，则X的化学式是____，反应②的化学方程式是____．

（4）除上述给定的情况外；请再写出一组同时符合反应①；②转化关系的化学方程式．

反应①：____

反应②：____．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【分析】某反应达平衡，平衡常数K=，反应为CO+H2OCO2+H2，反应前后气体物质的量不变，恒容时，温度升高，H2浓度减小，平衡逆向进行，正反应是放热反应，据此分析．【解析】【解答】解：A、反应前后气体物质的量不变，将容器体积变为原来2倍，平衡不移动，CO的平衡浓度变为原来的；故A正确；

B；恒温恒容时；如果加入氢气导致压强增大，氢气浓度增大，故B错误；

C；升温；正逆反应速率都增大，故C错误；

D、平衡常数K=，反应为CO+H2OCO2+H2；故D错误；

故选A．2、C【分析】【分析】洗洁精、洗衣粉等这样的能使乳浊液变成稳定的混合物的物质称为乳化剂，乳化剂所起的作用称为乳化作用．【解析】【解答】解：洗洁精中含有乳化剂；有乳化作用，能将大的油滴分散成细小的油滴，而能够随水流走．

故选C．3、D【分析】【分析】A．含有铵根离子的盐为铵盐；

B．只由一种物质组成的物质是纯净物；由两种或者两种以上物质组成的物质是混合物；

C．仅由碳和氢两种元素组成的有机化合物称为碳氢化合物；又叫烃；

D．烃分子中的氢原子被其他原子或者原子团所取代而生成的一系列化合物称为烃的衍生物．【解析】【解答】解：A．三聚氰胺中不含铵根；故A错误；

B．三聚氰胺只含一种物质；属于纯净物，故B错误；

C．三聚氰胺除了含有碳；氢元素外还有氮元素；不属于烃，故C错误；

D．三聚氰胺中除了含有碳；氢元素外还有氮元素；故属于烃的衍生物，故D正确．

故选：D．4、D【分析】【分析】A．不能利用盐酸检验氯离子；

B．碘；氯化铵受热均变为气体；

C．粗铜精炼时；粗铜为阳极；

D．铵根离子与碱共热生成氨气，氨气能使红色石蕊试纸变蓝．【解析】【解答】解：A．不能利用盐酸检验氯离子；应利用硝酸；硝酸银检验氯离子，故A错误；

B．碘；氯化铵受热均变为气体；不能利用升华法分离，故B错误；

C．粗铜精炼时；粗铜为阳极，纯铜为阴极，故C错误；

D．铵根离子与碱共热生成氨气；氨气能使红色石蕊试纸变蓝，则检验方法正确，故D正确；

故选D．5、D【分析】【分析】A；阴离子交换膜只允许阴离子自由通过；阳离子交换膜只允许阳离子自由通过；

B；依据电解原理分析；电解过程中阳离子移向阴极；

C；a电极和电源正极相连是电解池的阳极；溶液中氯离子先放电；

D、b电极氢离子放电生成氢气，氢氧根离子浓度增大结合镁离子生成白色沉淀．【解析】【解答】解：A；阴离子交换膜只允许阴离子自由通过；阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜B和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜B是阳离子交换膜，故A错误；

B；电解过程中阳离子移向阴极；故B错误；

C、a电极和电源正极相连是电解池的阳极，溶液中氯离子先放电，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑；故C错误；

D、b电极氢离子放电生成氢气；电极附近氢氧根离子浓度增大，结合镁离子生成白色沉淀，故D正确；

故选D．6、B【分析】根据方程式可知，硅和O的化合价没有变化，其中C的化合价从0价部分升高到＋2价，另外一部分降低到—4价，氧化剂与还原剂物质的量之比是1：2，答案选B。【解析】【答案】B7、B【分析】解：A．火法炼铜；Cu元素的化合价降低，为氧化还原反应，故A不选；

B．中和滴定为复分解反应；无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故B选；

C．淀粉水解生成葡萄糖；葡萄糖发生酒化反应生成乙醇和二氧化碳，而酿酒中粮食发酵，有元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不选；

D．制银镜；Ag元素的化合价降低，C元素的化合价升高，为氧化还原反应，故D不选；

故选B．

含元素的化合价变化的反应；为氧化还原反应，以此来解答．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】【答案】B二、多选题(共8题，共16分)8、BD【分析】【分析】A；钢铁的电化学腐蚀过程即形成原电池；

B；钢铁闸门与外加直流电源的负极相连作阴极被保护；

C；在钢铁表面镀锌是形成保护膜防止铁被腐蚀；

D、金属的电化学腐蚀主要为吸氧腐蚀．【解析】【解答】解：A；钢铁的电化学腐蚀过程即形成原电池；所以不能电解池的原理来解释，故A错误；

B；钢铁闸门与外加直流电源的负极相连作阴极被保护；所以可将河道中的钢铁闸门与外加直流电源的负极相连以保护其不受腐蚀，故B正确；

C；在钢铁表面镀锌是形成保护膜防止铁被腐蚀；不是牺牲阳极阴极保护法，故C错误；

D；金属的电化学腐蚀主要为吸氧腐蚀；故D正确．

故选：BD．9、AD【分析】【分析】CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓+2HCl中，C元素的化合价由+2价升高为+4价，Pb元素的化合价由+2降低为0，结合元素化合价的变化解答该题．【解析】【解答】解：CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓+2HCl中，C元素的化合价由+2价升高为+4价，Pb元素的化合价由+2降低为0；

A．反应中PdCl2为氧化剂；CO为还原剂，则还原性：CO＞Pd，故A正确；

B．Pb元素的化合价由+2降低为0，反应中PbCl2被还原；故B错误；

C．在标况下生成11.2LCO2时，即生成0.5molCO2；转移的电子为1mo1，故C错误；

D．C元素的化合价由+2价升高为+4价，C元素的化合价升高被氧化，所以CO2为氧化产物；故D正确．

故选AD．10、AD【分析】【分析】溶液中电解质离子浓度=电解质浓度×化学式中离子数目，与溶液体积无关，50mL1mol/LAlCl3溶液中c（Cl-）=3mol/L，结合选项计算判断．【解析】【解答】解：50mL1mol/LAlCl3溶液中c（Cl-）=1mol/L×3=3mol/L；

A.100mL3mol/LKCl溶液中c（Cl-）=3mol/L×1=3mol/L；故A正确；

B.25mL2mol/LAlCl3溶液中c（Cl-）=2mol/L×3=6mol/L；故B错误。

C.150mL1mol/LNaCl溶液中c（Cl-）=1mol/L×1=1mol/L；故C错误；

D.25mL1.5mol/LMgCl2溶液中c（Cl-）=1.5mol/L×2=3mol/L；故D正确；

故选AD．11、AB【分析】【分析】既能与水发生反应，又能与碱发生反应，为活泼性强的非金属单质或酸性氧化物，以此来解答．【解析】【解答】解：A．与水反应生成盐酸和HClO；与碱发生氧化还原反应生成盐和水，如与NaOH反应生成NaCl；NaClO和水，故A选；

B．与水反应生成碳酸；与碱反应生成盐和水，故B选；

C．与水和碱均不反应；故C不选；

D．与水不反应；与碱反应生成盐和水，故D不选；

故选AB．12、AC【分析】【分析】A；蓝色沉淀为氢氧化铜能溶解于过量氨水中生成深蓝色溶液；溶液中所含的是铜氨络离子，银离子和氨水反应生成氢氧化银，氢氧化银溶于过量的氨水中生成银铵络离子；

B；将白色沉淀加入稀硫酸中又生成了红色粉末状固体和二氧化硫气体；同时溶液呈蓝色，说明白色沉淀为+1价铜的某种亚硫酸盐，在酸性条件下发生歧化反应生成铜和铜离子，而不是发生复分解反应；

C；将白色沉淀加入稀硫酸中又生成了红色粉末状固体和二氧化硫气体；同时溶液呈蓝色，说明白色沉淀为+1价铜的某种亚硫酸盐；

D、反应过程中铜氨络离子被二氧化硫还原，生成亚铜离子的亚硫酸盐，向该盐中加入稀硫酸放出二氧化硫，溶液中产生铜和铜离子，所以反应过程中消耗的二氧化硫的物质的量多于生成的二氧化硫的物质的量；【解析】【解答】解：A；蓝色沉淀为氢氧化铜能溶解于过量氨水中生成深蓝色溶液；溶液中所含的是铜氨络离子，银离子和氨水反应生成氢氧化银，氢氧化银溶于过量的氨水中生成银铵络离子，故A正确；

B；将白色沉淀加入稀硫酸中又生成了红色粉末状固体和二氧化硫气体；同时溶液呈蓝色，说明白色沉淀为+1价铜的某种亚硫酸盐，在酸性条件下发生歧化反应生成铜和铜离子，而不是发生复分解反应，故B错误；

C；将白色沉淀加入稀硫酸中又生成了红色粉末状固体和二氧化硫气体；同时溶液呈蓝色，说明白色沉淀为+1价铜的某种亚硫酸盐，在酸性条件下发生歧化反应生成铜和铜离子，是发生了自身氧化还原反应，故C正确；

D；反应过程中铜氨络离子被二氧化硫还原；生成亚铜离子的亚硫酸盐，向该盐中加入稀硫酸放出二氧化硫，溶液中产生铜和铜离子，所以反应过程中消耗的二氧化硫的物质的量多于生成的二氧化硫的物质的量，故D错误；

故选AC．13、BD【分析】【分析】A．摩尔是物质的量的单位；

B．物质的量的单位是摩尔；简称摩，符号为mol；

C．物质的量是连接宏观物质与微观粒子的桥梁；

D．是以12C所含有的碳原子数为标准．【解析】【解答】解：A．摩尔是物质的量的单位；不是物理量，故A错误；

B．物质的量是含有一定数目粒子的集体；单位是摩尔，简称摩，符号为mol，故B正确；

C．物质的量可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来；故C错误；

D．国际上规定：0.012kg12C碳-12原子所含有的碳原子数目的物质的量为1摩；故D正确；

故选BD．14、BD【分析】【分析】A．醋酸为弱电解质；溶液中只能部分电离出氢离子，则醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，溶液的pH大于1；

B．若溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据溶液中电荷守恒可知：c（Na+）=c（CH3COO-）；

C．若V1=V2，两溶液混合后恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子部分水解，c（CH3COO-）＜c（Na+）溶液显示碱性c（H+）＜c（OH-）；

D．溶液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒进行判断．【解析】【解答】解：A．醋酸为弱电解质，0.10mol•L-1的醋酸中氢离子浓度小于0.1mol/L；则溶液的pH＞1，故A错误；

B．常温下，若两溶液混合后pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）可知：c（Na+）=c（CH3COO-）；故B正确；

C．当V1=V2时，将两溶液混合后生成醋酸钠溶液，由于醋酸根离子部分水解，则c（CH3COO-）＜c（Na+），溶液显示碱性，c（H+）＜c（OH-），则所得混合液中离子浓度关系为：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）；故C错误；

D．无论怎样混合，溶液中一定满足电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）；故D正确；

故选BD．15、BC【分析】【分析】A．第一次平衡时；时间为20min，氮气的物质的量由0.4mol变为0.25mol，容器容积为2L，根据速率公式可计算出氮气的速率；

B．根据图象知；平衡向正反应方向移动，10min时是连续的，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明为使用催化剂；

C.25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；

D．第25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3，压强减小，据此分析．【解析】【解答】解：A．第一次平衡时，时间为20min，氮气的物质的量由0.4mol变为0.25mol，容器容积为2L，v（N2）==0.00625mol/（L•min）；故A错误；

B．由图象可知各组分物质的量变化增加，且10min时变化是连续的，20min达平衡时，△n（N2）=0.4-0.25=0.15mol，△n（H2）=0.6mol-0.15mol=0.45mol，△n（NH3）=0.3mol；物质的量变化之比等于化学计量数之比，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明10min可能改变的条件是使用催化剂，故B正确；

C.25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；故C正确；

D．第25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3，由于反应条件为恒容，与原平衡相比，容器内压强减小，则反应进行的程度减小，但达到新平衡后NH3的体积分数比原平衡大；故D错误；

故选BC．三、填空题(共9题，共18分)16、SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O氢氧化钠经过计算饱和氨水的pH=11，使用氨水不能将溶液调至pH=13，所以选择氢氧化钠调节溶液酸碱性AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全2Fe（OH）3+2I-+6H+=2Fe2++I2+6H2O10-11【分析】【分析】废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，当加过量盐酸时，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A是二氧化硅，氧化铁、氧化铝、氧化镁和盐酸反应，所以溶液B的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铝、盐酸；向溶液B中加氢氧化钠溶液并调节溶液的PH值，结合题意溶液pH=3.7时Fe3+已经沉淀完全知，固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入氢氧化钠溶液并调节溶液的PH值为10.8，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，所以固体E是氢氧化镁；溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以G是氢氧化铝，以此解答该题．【解析】【解答】解：废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，当加过量盐酸时，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A是二氧化硅，氧化铁、氧化铝、氧化镁和盐酸反应，所以溶液B的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铝、盐酸；向溶液B中加氢氧化钠溶液并调节溶液的PH值，结合题意溶液pH=3.7时Fe3+已经沉淀完全知；固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入氢氧化钠溶液并调节溶液的PH值为10.8，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，所以固体E是氢氧化镁；溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以G是氢氧化铝；

（1）A是二氧化硅，与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故答案为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；

（2）向溶液B中加试剂X并调节溶液的PH值为3.7，结合题意知，溶液pH=3.7时Fe3+已经沉淀完全知，试剂X是能和氯化铁反应生成沉淀的物质且和铝离子反应没有沉淀生成，所以试剂X只能是强碱溶液，可为氢氧化钠溶液，且饱和氨水溶液中c（OH-）约为1×10-3mol•L-1；pH=11，使用氨水不能将溶液调至pH=13，所以选择氢氧化钠调节溶液酸碱性；

故答案为：氢氧化钠；经过计算饱和氨水的pH=11；使用氨水不能将溶液调至pH=13，所以选择氢氧化钠调节溶液酸碱性；

（3）反应a为偏铝酸钠和过量二氧化碳能反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

（4）在强碱性条件下；铝元素以偏铝酸根离子存在，镁元素以氢氧化镁存在，当溶液的PH=13时，溶液呈强碱性，如果pH过小，可能导致的后果是镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全等．

故答案为：镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全；

（5）固体C是氢氧化铁，与HI溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe（OH）3+2I-+6H+=2Fe2++I2+6H2O；

故答案为：2Fe（OH）3+2I-+6H+=2Fe2++I2+6H2O；

（6）由表中数据可知氢氧化镁完全沉淀时pH=11，则Mg（OH）2的Ksp=c（Mg2+）×c2（OH）-=10-5×（10-3）2=10-11；

故答案为：10-11．17、NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+NH4HCO3H2NCH2COOHc（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）【分析】【分析】X、Y、Z、W均为1～18号元素，它们的原子序数依次增大．X和Y可形成常见化合物YX4，一个YX4分子中电子总数为10，则Y为C元素、X为H元素；W原子的最外层电子数是核外电子总数的，原子只能有2个电子层，设最外层电子数为a，则（2+a）×=a，故a=6，则W为O元素；Z单质在通常状况下为无色无味气体，原子序数介于碳、氧之间，故Z为N元素，据此解答．【解析】【解答】解：X、Y、Z、W均为1～18号元素，它们的原子序数依次增大．X和Y可形成常见化合物YX4，一个YX4分子中电子总数为10，则Y为C元素、X为H元素；W原子的最外层电子数是核外电子总数的，原子只能有2个电子层，设最外层电子数为a，则（2+a）×=a；故a=6，则W为O元素；Z单质在通常状况下为无色无味气体，原子序数介于碳；氧之间，故Z为N元素．

（1）由H、N、O三种元素可以组成一种盐，该盐是常用速效化肥，该盐为硝酸铵，由于铵根离子水解：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；不宜与碱性肥料混合或在碱性土壤中施用；

故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；

（2）由H、C、N、O四种元素可以组成多种化合物，其中既能与盐酸又能与烧碱溶液反应的无机物是NH4HCO3等，有机物是H2NCH2COOH等；

故答案为：NH4HCO3；H2NCH2COOH；

（3）1.2gC的物质的量==0.1mol，根据碳原子守恒得n（CO2）=n（C）=0.1mol，n（NaOH）=1mol/L×0.15L=0.15mol，1＜n（NaOH）：n（CO2）＜2，所以二氧化碳和氢氧化钠反应后的溶液中存在碳酸钠和碳酸氢钠，设n（Na2CO3）=xmol，n（NaHCO3）=ymol，根据钠原子和碳原子守恒得：，解得，根据物料守恒知c（Na+）最大，碳酸根、碳酸氢根水解，溶液呈碱性，故c（OH-）＞c（H+），水解程度都很小，且碳酸根水解程度大于碳酸氢根，则离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）；

故答案为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）．18、酸Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+抑制水解沉淀溶解，产生无色气体，生成红褐色沉淀【分析】【分析】FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中水解；配制时加入对应的酸溶液来抑制水解；由于FeCl3水解显酸性，加入碳酸钙后，CO32-和Fe3+发生双水解反应，导致有沉淀和气体生成，据此分析．【解析】【解答】解：FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中水解显酸性：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；配制时加入对应的酸溶液来抑制水解；由于FeCl3水解显酸性，加入碳酸钙后，碳酸钙存在溶解平衡：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq），碳酸钙溶解并电离出的CO32-和Fe3+发生双水解反应：3CO32-+2Fe3++3H2O=3CO2↑+Fe（OH）3↓；导致碳酸钙沉淀溶解，有沉淀和气体生成．

故答案为：酸；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；抑制水解；沉淀溶解，产生无色气体，生成红褐色沉淀．19、MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+H2Oc浓盐酸的浓度随着反应的进行变稀以后，将不再反应，加热时浓盐酸因挥发而损失吸收氯气湿润的淀粉KI试纸取代反应CH4+Cl2CH3Cl+HClC【分析】【分析】（1）二氧化锰在加热条件下能够氧化浓盐酸；生成氯气；氯化锰和水；

（2）依据反应物状态和反应条件选择合适的发生装置；

（3）只有浓盐酸才能与二氧化锰发生反应；稀盐酸不反应；

（4）氯气易溶于有机溶剂；

（5）氯气具有强的氧化性；能够氧化碘离子生成单质碘，单质碘遇到淀粉变蓝，用来检验氯气是否被吸收完全；

（6）氯气与甲烷在光照条件下发生取代反应，水槽中的液体必须满足：氯气在该溶液中溶解度很小，以便证明氯气与甲烷发生了反应．【解析】【解答】解：（1）二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气、氯化锰和水，化学方程式：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+H2O，故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+H2O；

（2）实验室制备氯气用反应物状态为固体+固体；反应条件为加热，所以应选择装置c，故答案为：c；

（3）加热时部分浓盐酸挥发；加上随着反应的进行，盐酸不断消耗，浓度变稀，不再与二氧化锰反应，所以制得的氯气小于理论产量；

故答案为：浓盐酸的浓度随着反应的进行变稀以后；将不再反应；加热时浓盐酸因挥发而损失；

（4）四氯化碳为有机溶剂；氯气易溶于有机溶剂，可以用来吸收氯气，故答案为：吸收氯气；

（5）氯气与碘化钾反应生成单质碘；碘与淀粉变蓝，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验氯气是否吸收完全，故答案为：湿润的淀粉KI试纸；

（6）①甲烷与氯气的反应属于取代反应；故答案为：取代反应；

②甲烷中一个氢原子被氯气取代的反应方程式为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl，故答案为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl；

③Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，氯气在饱和氯化钠溶液中的溶解度较小，所以防止氯气和水反应，水槽中盛放的液体最好为饱和食盐水；由于氯气在水中溶解度较大、氯水能够与饱和石灰水、饱和碳酸氢钠溶液反应，干扰的实验结果，而不能使用水，更不能使用饱和石灰水、饱和碳酸氢钠溶液，故答案为：C．20、羧基羟基CH3COOCH2CH3CH3COOHCH2=CH2【分析】【分析】（1）决定有机物化学性质的原子或者原子团称为官能团；常见的官能团有：碳碳双键；碳碳三键、羟基、羧基、醛基、卤素原子、酯基等；据此进行解答；

（2）①乙烯含有C=C官能团；可发生加成反应；

②乙醇含有-OH官能团；可发生酯化；取代、消去反应；

③乙酸含有-COOH；具有酸性，可发生置换；取代反应；

④乙酸乙酯含有-COO-官能团，可发生水解反应．【解析】【解答】解：（1）-COOH：为羧基；为羧酸的官能团；-OH：为醇类或酚类的官能团，名称为羟基；

故答案为：羧基；羟基；

（2）①能发生水解反应的是乙酸乙酯；

②具有酸性且能发生酯化反应的是乙酸；

③能发生加成反应的是乙烯；

故答案为：CH3COOCH2CH3；CH3COOH；CH2=CH2．21、略

【分析】运用无机材料的化学式推断元素的化合价，是解决（1）小题的突破口。①根据元素M、R均位于第三周期，且质子数之和为27，无机材料中M的化合价为＋3，R的化合价为＋4，可得M、R分别为Al、Si，则R的原子结构示意图为铝与三氧化二铁只能在高温下反应；铝与碳酸钠固体在常温下不反应；铝与硫酸铜溶液在常温下发生置换反应；常温下铝在浓硫酸中形成致密的氧化膜（钝化）；铝与氢氧化钠溶液反应放出氢气。（2）①由图知，985℃时H2S的平衡转化率为40%，则：H2S（g）H2（g）＋S2（g）起始时浓度（mol·L－1）c00平衡时浓度（mol·L－1）0.6c0.4c0.2c则K＝＝＝b曲线表示未达到平衡时H2S的转化率，温度越高，b曲线上的转化率越接近平衡值，原因是温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短。②采用气、液逆流方式的目的是增大反应物接触面积，使反应更充分。反应池内发生反应的化学方程式为H2S＋2FeCl3=2FeCl2＋S↓＋2HCl。进入电解池的物质应为FeCl2和HCl，根据电解池图示，左侧生成的为Fe3＋，右侧生成的为H2，则可得总反应的离子方程式：2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋H2↑。【解析】【答案】（1）①②b、c（2）①温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短（或其他合理答案）②增大反应物接触面积，使反应更充分H2S＋2FeCl3=2FeCl2＋S↓＋2HCl2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋H2↑点拨：知识：元素推断、元素化合物性质、平衡常数、电解时离子方程式的书写。能力：读图能力、计算能力、分析问题并解决问题能力、知识的灵活运用能力。试题难度：中等。22、常温下Fe遇浓硫酸发生钝化C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O品红溶液褪色除尽反应产物中的SO2气体×100%装置内的CO2难以赶尽，导致E质量增重偏小【分析】【分析】由装置图可知；该实验原理：通过测定干燥管E的质量增重确定二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算铁碳合金中碳的质量，进而计算铁的质量，再计算合金中铁的质量分数．故二氧化硫会影响二氧化碳的测定，进入干燥管E的气体应除去二氧化硫；且干燥．

（1）常温下碳与浓硫酸不反应；铁在浓硫酸中发生钝化现象；

（2）碳与浓硫酸在加热的条件下生成二氧化硫；二氧化碳、水；

（3）A中生成的气体含有CO2、2SO2，SO2具有漂白性；能使品红溶液褪色；

二氧化硫存在会影响二氧化碳的质量测定，C装置的作用为除尽反应产物中的SO2气体；

（4）E增重bg为二氧化碳的质量；根据碳元素守恒计算合金中碳元素的质量，合金的质量减去碳元素质量等于铁的质量，再根据质量分数定义计算；

（5）装置内残留部分二氧化碳，未能被装置E完全吸收，导致测量的二氧化碳的质量偏小，即合金中碳元素的质量偏小．【解析】【解答】解：由装置图可知；该实验原理：通过测定干燥管E的质量增重确定二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算铁碳合金中碳的质量，进而计算铁的质量，再计算合金中铁的质量分数．故二氧化硫会影响二氧化碳的测定，进入干燥管E的气体应除去二氧化硫；且干燥．

（1）常温下；铁与浓硫酸反应生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内金属继续与浓硫酸反应，发生钝化现象；

故答案为：常温下Fe遇浓硫酸发生钝化；

（2）碳与浓硫酸在加热的条件下生成二氧化硫、二氧化碳、水，反应方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；

故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；

（3）A中生成的气体含有CO2、2SO2，SO2具有漂白性；能使品红溶液褪色；

C装置的作用为除尽反应产物中的SO2气体；防止影响二氧化碳的质量测定；

故答案为：品红溶液褪色；除尽反应产物中的SO2气体；

（4）E增重bg为二氧化碳的质量，根据碳元素守恒可知合金中碳元素的质量为bg，合金中铁的质量为mg-bg=（m-b）g，故铁的质量分数×10×%=×100%；

故答案为：×100%；

（5）装置内残留部分二氧化碳；未能被装置E完全吸收，导致测量的二氧化碳的质量偏小，即合金中碳元素的质量偏小，铁元素的质量增大，质量分数增大；

故答案为：装置内的CO2难以赶尽，导致E质量增重偏小．23、27.2⑤④②⑥⑦⑧⑨往容量瓶内加适量水，塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的五指托住瓶底，把瓶倒立过来，如不漏水，把瓶塞旋转180°后塞紧，再把瓶倒立过来，若不漏水，才能使用偏低偏高偏低无影响偏高【分析】【分析】（1）可设出溶液的体积；利用m=ρV求出质量，根据溶液稀释前后溶质质量不变来列式解答；

（2）根据实验操作的步骤；

（3）往容量瓶内加适量水；塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的五指托住瓶底，把瓶倒立过来，如不漏水，把瓶塞旋转180°后塞紧，再把瓶倒立过来，若不漏水，才能使用；

（4）根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．【解析】【解答】解：（1）实验室没有450mL容量瓶，应配制500mL，设需质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的体积为V，V×1.84g•cm-3×98%=0.5L×1mol•L-1×98g•mol-1；V≈27.2mL．故答案为：27.2；

（2）配制顺序是：计算→量取→稀释；冷却→移液→定容→摇匀→装瓶→贴签；因此使用仪器的顺序为：⑤④②⑥⑦⑧⑨，故答案为：⑤④②⑥⑦⑧⑨；

（3）容量瓶的查漏方法：往容量瓶内加适量水；塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的五指托住瓶底，把瓶倒立过来，如不漏水，把瓶塞旋转180°后塞紧，再把瓶倒立过来，若不漏水，才能使用；

故答案为：往容量瓶内加适量水；塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的五指托住瓶底，把瓶倒立过来，如不漏水，把瓶塞旋转180°后塞紧，再把瓶倒立过来，若不漏水，才能使用；

（4）①用以稀释硫酸的烧杯未洗涤；造成溶质偏少，浓度偏少，故答案为：偏低；

②未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中；一旦冷却下来溶液体积减小，浓度偏大，故答案为：偏高；

③摇匀后发现液面低于刻度线再加水；滞留在刻度线上的液体会下落，造成体积偏大，浓度偏小，故答案为：偏低；

④因定容过程中还需要加水；故容量瓶中原有少量蒸馏水不影响浓度，故答案为：无影响；

⑤定容时观察液面俯视，造成体积偏小，浓度偏大，故答案为：偏高．24、加成反应氧化反应、还原反应、聚合反应等CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O【分析】【分析】（1）含有碳碳双键；可发生加成；加聚和氧化反应，含有醛基，可发生氧化和还原反应；

（2）由题给信息可知两分子乙醛在上述条件下反应CH3CH=CHCHO．【解析】【解答】解：（1）含有碳碳双键；可发生加成；加聚和氧化反应，含有醛基，可发生氧化和还原反应；

故答案为：加成反应；氧化反应；还原反应、聚合反应等；

（2）由题给信息可知两分子乙醛在上述条件下反应CH3CH=CHCHO，反应的方程式为CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O；

故答案为：CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O．四、判断题(共2题，共6分)25、×【分析】【分析】根据苯和1，2-二溴已烷可以互溶，难易分离；【解析】【解答】解：苯中混有已烯，可在加入适量溴水，苯与溴水不反应，已烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴已烷，但苯和1，2-二溴已烷可以互溶，难易分离，故答案为：×；26、√【分析】【分析】NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算92gNO2中原子数．【解析】【解答】解：NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算92gNO2中原子数=×3×NA=6NA，故答案为：√．五、简答题(共1题，共4分)27、略

【分析】解：（1）因一氧化碳能与氧化铁反应生成铁和二氧化碳，反应的方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；

故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；

（2）碳与足量氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳和碳在高温下反应生成一氧化碳，反应为C+O2CO2，CO2+C2CO；

故答案为：C+O2CO2；CO2+C2CO；

（3）石灰石的作用是形成炉渣，CaCO3所参与反应的两个化学方程式为：CaCO3CaO+CO2↑、CaO+SiO2CaSiO3；

故