2025年外研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年外研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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列关于钠的叙述中，正确的是（）A.常温下，钠露置在空气中易被氧气氧化为过氧化钠，因此应保存在煤油里B.钠是强还原剂，它能从盐溶液中置换出金属活动顺序表中排在钠后面的金属C.钠蒸气充入灯泡中制成钠灯，常用于公路照明D.金属钠着火时，能用水来灭火2、室温下，分别在pH=1的酸和pH=14的NaOH溶液中加入足量的铝，放出H2的量前者多；其原因可能是（）

①溶液的体积相同；酸是多元强酸

②两溶液的体积相同；酸是一元弱酸。

②酸溶液的体积大于NaOH溶液的体积

④酸是强酸，浓度比NaOH溶液的大．A.①②B.②③C.②D.④3、下列示意图与对应的反应情况正确的是（）A.

含0.01molKOH和0.01molCa（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2B.

n（O2）=1mol时，高温下C和O2在密闭容器中的反应产物C.

KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液D.

n（NaOH）=1mol时，CO2和NaOH溶液反应生成的盐4、rm{S_{2}Cl_{2}}是橙黄色液体，少量泄漏会产生窒息性气体，喷水雾可减慢其挥发，并产生酸性悬浊液。其分子结构如图所示。下列关于rm{S_{2}Cl_{2}}的说法中错误的是rm{(}rm{)}A.rm{S_{2}Cl_{2}}为非极性分子B.分子中既含有极性键又含有非极性键C.与rm{S_{2}}rm{Br}rm{Br}rm{{,!}_{2}}结构相似，熔、沸点：rm{S}rm{S}rm{{,!}_{2}}rm{Br}rm{Br}rm{{,!}_{2}}rm{>S}rm{>S}D.与水反应的化学方程式可能为rm{{,!}_{2}}rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}rm{2S_{2}}rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}5、化学电池可以直接将化学能转化为电能，化学电池的本质是（）A.化合价的升降B.电子的转移C.氧化还原反应D.电能的储存6、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）。选项实验操作和现象结论A向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min后，试管里出现凝胶非金属性：Cl＞SiB向滴有甲基橙的AgNO3溶液中滴加KCl溶液，溶液由红色变为黄色KCl溶液具有碱性C在CuSO4溶液中滴加KI溶液，再加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色白色沉淀可能为CuID某溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀该溶液中可能不含SO42﹣A.AB.BC.CD.D7、常温下，rm{H_{3}PO_{4}}与rm{NaOH}溶液反应的体系中，含磷各物种的分布分数rm{(}平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数rm{)}与rm{pH}的关系如图所示rm{[}已知rm{Ca_{3}(PO_{4})_{2}}难溶于水rm{].}下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{pH=13}时，溶液中各微粒浓度大小关系为：rm{c(Na^{+})>c(PO^{3}_{4}{}^{-})>c(HPO_{4}^{2-})>c(H^{+})}B.rm{Na_{2}HPO_{4}}溶液显碱性，若向溶液中加入足量的rm{CaCl_{2}}溶液，溶液则显酸性C.rm{H_{3}PO_{4}}的rm{Ka_{3}=10^{-12.2}}rm{HPO^{2}_{4}{}^{-}}的水解平衡常数为rm{10^{-7.2}}D.为获得尽可能纯的rm{NaH_{2}PO_{4}}rm{pH}应控制在rm{4隆芦5.5}左右评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、某有机物1.6g在足量的氧气中燃烧后测得生成二氧化碳的质量为4.4g，水的质量为3.6g则（）A.有机物一定含C，H元素，可能含氧元素B.有机物只含C，H元素C.有机物含C，H，O元素D.此有机物化学式为CH49、甲烷分子呈正四面体型，下列有关叙述不能说明甲烷分子为正四面体型的是（）A.甲烷分子中任意三个H原子都构成正三角形B.二氯甲烷无同分异构体C.甲烷分子中四个C-H键的键长、键能、键角都相等D.丙烷无同分异构体10、我们所吃的豆腐是一种（）A.凝胶B.蛋白质C.脂肪D.淀粉11、已知25℃；101kPa条件下：

4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H=-2834.9kJ/mol

4Al（s）+2O3（g）═2Al2O3（s）△H=-3119.91kJ/mol．由此得出的结论正确的是（）A.等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为放热反应B.等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为吸热反应C.3O2（g）=2O3（g）△H=285.0kJ/molD.O3比O2稳定，由O2变O3为吸热反应12、下列实验现象中，与氧化还原反应无关的是（）A.碳酸钠溶液中加入氯化钙溶液产生沉淀B.铜粉在空气中加热变成黑色粉末C.石灰石溶于盐酸并产生无色无味的气体D.液氢在空气中变为氢气13、下列实验操作；现象和结论均正确的是（）

。选项实验操作现象结论A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁均有水珠两种物质均受热分解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C向含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：Cl2＞I2D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+既有氧化性又有还原性A.AB.BC.CD.D14、以下对核外电子运动状况的描述正确的是（）A.电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转B.能量低的电子只能在s轨道上运动，能量高的电子总是在f轨道上运动C.能层序数越大，s原子轨道的半径越大D.在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定不同15、无水氯化铝是一种重要韵催化剂，工业上由Al2O3制备无水氯化铝的反应为：2Al2O3（s）+6Cl2（g）4AlCl3（g）+3O2（g）△H＞0．下列分析错误的是（）A.增大反应体系的压强，反应速率可能加快B.加入碳粉，平衡向右移动，原因是碳与O2反应，降低了生成物的浓度且放出热量C.电解熔融的Al2O3和AlCl3溶液均能得到单质铝D.将AlCl3•6H2O在氯化氢气流中加热，也可制得无水氯化铝评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、（2014春•邢台校级月考）在2L密闭容器中，800℃时反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）体系中；n（NO）随时间的变化如表：

。时间/s012345n（NO）/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007（1）上述反应____（填“是”或“不是”）可逆反应，在第5s时，NO的转化率为____．用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v=____．

（2）如图所示，表示NO2变化曲线的是____．

（3）能说明该反应已达到平衡状态的是____（填序号）．

a．v（NO2）=2v（O2）b．容器内压强保持不变。

c．v逆（NO）=2v正（O2）d．容器内密度保持不变．17、已知A、B、C、D、E、F六种短周期元素的性质或结构信息如下表，请根据信息回答下列问题。元素性质或结构信息A单质常温下为固体，难溶于水易于溶CS2。能形成2种二元含氧酸。B原子的M层有1个未成对的p电子。核外p电子总数大于7。C单质曾被称为“银色的金子”。与锂形成的合金常用于航天飞行器。单质能溶强酸和强碱。D原子核外电子层上s电子总数比p电子总数少2个。单质和氧化物均为空间网状晶体，具有很高的熔、沸点。E其氧化物是汽车尾气的主要有害成分之一，也是空气质量预报的指标之一；该元素在三聚氰胺中含量较高。F周期表中电负性最大的元素（1）A原子的最外层电子排布式，D原子共有种不同运动状态的电子。（2）F与E元素第一电离能的大小关系：____＞____（填元素符号）。（3）A，B两元素的氢化物分子中键能较小的是____；分子较稳定的是____。（填分子式）（4）C单质、镁、NaOH溶液可以构成原电池，则负极的电极反应式为_________________。（5）F与钙可组成离子化合物，其晶胞结构如图所示，该化合物的电子式是。已知该化合物晶胞1/8的体积为2.0×10-23cm3，求该离子化合物的密度，请列式并计算（结果保留一位小数）：_______________________。18、燃煤产生的烟气中的氮氧化物NOx（主要为NO、NO2）易形成污染；必须经脱除达标后才能排放．

（1）用化学方程式表示NO形成硝酸型酸雨的反应____

（2）能作脱除剂的物质很多，下列说法正确的是____

a．用H2O作脱除剂；不利于吸收含氮烟气中的NO

b．用Na2SO3作脱除剂，O2会降低Na2SO3的利用率。

c．用CO作脱除剂，会使烟气中NO2的浓度增加。

（3）尿素[CO（NH2）2]在一定条件下能有效将NOx转化为N2．

Ⅰ．已知可通过下列方法合成尿素：

2NH3（g）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（s）△H=-159.5kJ/mol

H2NCOONH4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=+28.5kJ/mol

①尿素释放出NH3的热化学方程式是____

②写出有利于尿素释放NH3的条件并说明理由____

Ⅱ．CO（NH2）2与某种烟气（主要为N2、NO和O2）中的NO的物质的量比值分别为1：2；2：1、3：1时；NO脱除率随温度变化的曲线如图：

①曲线a对应CO（NH2）2与NO的物质的量比值是____．

②曲线a、b、c中，800℃～900℃区间内发生主要反应的化学方程式是____．

③900℃～1200℃区间内脱除率下降，NO浓度上升．发生的主要反应是____．

④曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为____mg/．

19、按要求填空．

（1）配平氧化还原反应：

____Zn+____HNO3═____N2O↑+____Zn（NO3）2+____H2O

（2）用单线桥在（1）已经配平的化学方程式中；标出电子转移的方向和数目；

（3）此反应中，氧化剂是____；氧化产物是____；（填写化学式）

（4）若该反应有3mol电子发生了转移，则消耗单质锌的质量为____．20、按要求在下列空格中填出有机物的有关化学式：相对分子质量最小的有机物电子式____，食醋中的有机物结构式____，糖尿病患者尿液中含的糖类结构简式____．21、我国化学家侯德榜改革国外的纯碱生产工艺；生产流程可简要表示如下：

（1）上述生产纯碱的方法称____，副产品的一种用途为____．

（2）沉淀池中发生的化学反应方程式是____．

（3）写出上述流程中X物质的分子式____．

（4）使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了____（填上述流程中的编号）的循环．从沉淀池中取出沉淀的操作是____．

（5）为检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠，可取少量试样溶于水后，再滴加____．评卷人得分四、判断题(共2题，共14分)22、标准状况下，1mol任何物质的体积都约是22.4L____（判断对错）23、CH2Br-CH2Br的命名为1，2--二溴乙烷．____．（判断对错说明理由）评卷人得分五、简答题(共2题，共6分)24、莳萝油脑是中药材莳萝子中的活性成分之一，具有温脾肾、开胃、散寒的作用，它的一种合成路线如下rm{(}部分条件略去rm{)}

rm{(1)}化合物rm{A}中含氧官能团有______和______rm{(}填官能团名称rm{)}

rm{(2)}反应rm{垄脹}的反应类型是______。

rm{(3)}反应rm{垄脵}中加入试剂rm{X}的分子式为rm{C_{3}H_{5}Cl}rm{X}的结构简式为______。

rm{(4)B}的一种同分异构体满足下列条件：

Ⅰrm{.}苯环上有三个取代基，有rm{5}种不同化学环境的氢原子。

Ⅱrm{.}既能发生银镜反应又能与rm{FeCl_{3}}发生显色反应。

写出一种符合条件的同分异构体的结构简式：______。

rm{(5)}根据已有知识并结合相关信息，写出以和rm{ClCH_{2}CH_{2}Cl}为原料制备的合成路线流程图rm{(}无机试剂任用rm{)}合成路线流程图示例如下：

rm{CH_{3}CH_{2}Bxrightarrow[triangle]{NaOH{脠脺脪潞}}CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[{脜篓脕貌脣谩}]{CH_{3}COOH}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH_{2}Bxrightarrow[triangle

]{NaOH{脠脺脪潞}}CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[{脜篓脕貌脣谩}]{CH_{3}COOH}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}25、由丙烯经下列反应可得到rm{F}rm{G}两种高分子化合物，它们都是常用的塑料．

rm{(1)}判断以下过程的反应类型：rm{A隆煤B}______rm{D隆煤E}______

rm{(2)}聚合物rm{F}的结构简式是______．

rm{(3)B}转化为rm{C}的化学方程式是______．

rm{(4)}在一定条件下，两分子rm{E}能脱去两分子水形成一种六元环化合物；该化合物的结构简式是______．

rm{(5)E}有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，rm{1mol}该种同分异构体与足量的金属钠反应产生rm{1mol}rm{H_{2}}则该种同分异构体为______．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】A．钠露置在空气中易被氧气氧化为氧化钠；

B．钠与盐溶液反应；先与水反应；

C．黄光透射力强；

D．钠与水反应生成氢气．【解析】【解答】解：A．常温下；钠露置在空气中易被氧气氧化为氧化钠，因此应保存在煤油里，钴A错误；

B．钠与盐溶液反应；先与水反应，所以钠性质虽然活泼，但是不能从盐溶液中制取金属，故B错误；

C．钠的焰色为黄色；黄光透雾性强，制成钠灯常用于航海灯塔照明，故C正确；

D．钠与水反应生成氢气；钠着火不能用水灭，故D错误；

故选：C．2、B【分析】【分析】在本题中，酸电离出的C（H+）=0.1mol/L，碱液中C（OH-）=1mol/L，铝是足量的，所以生成氢气的量就取决于n（H+）、n（OH-），而根据铝与酸碱的反应可知，当生成相同量的氢气时，需要的n（H+）比n（OH-）多，所以当酸生成的氢气更多时，就需要n（H+）＞n（OH-），然后结合强酸完全电离，弱酸部分电离的特点来解本题．【解析】【解答】解：由铝与酸；碱的反应可知：

2Al～6H+～3H22Al～2OH-～3H2

要使生成的氢气前者多，必须n（H+）＞n（OH-）

①当酸为多元强酸，由于C（H+）＜C（OH-），当两种溶液体积相同时，则会有n（H+）＜n（OH-）；不符合题意，故①错误；

②若酸是一元弱酸，虽然酸电离出的C（H+）小于氢氧化钠中的C（OH-），但弱酸是部分电离，此时酸中的H+的总量完全可以比NaOH中的OH-多故满足n（H+）＞n（OH-）；符合题意，故②正确；

③pH=1的酸中c（H+）=0.1mol/L，pH=14的NaOH溶液c（OH-）=1mol/L，若酸溶液的体积大于NaOH溶液30倍，定有n（H+）＞3n（OH-）；不管强酸和弱酸，故③正确；

④pH=1的酸中c（H+）=0.1mol/L，pH=14的NaOH溶液c（OH-）=1mol/L；若酸为强酸，则浓度不可能比NaOH溶液大，与题意矛盾，故④错误；

故选B．3、B【分析】解：A．发生的反应为：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O、2KOH+CO2=K2CO3+H2O、CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，当KOH完全反应后，碳酸钙再和二氧化碳反应，生成碳酸钙、消失碳酸钙、和氢氧化钾反应生成碳酸钾需要二氧化碳的物质的量之比为2：2：1，所以其图象应该是故A错误；

B．C．当n（C）≤1mol时，发生的反应为：C+O2CO2，当n（C）＞1mol时，发生的反应为CO2+C2CO，所以其图象为故B正确；

C．向硫酸铝钾中滴入氢氧化钠溶液时发生的离子方程式有Ba2++SO42-═BaSO4↓、Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，假设n（KAl（SO4）2）=2mol，当n（Ba（OH）2）≤3mol，发生的反应为Ba2++SO42-═BaSO4↓、Al3++3OH-═Al（OH）3↓，沉淀的质量为m（BaSO4）+m（Al（OH）3），铝离子完全沉淀时，还剩n（SO42-）=1mol；

当3mol＜n（Ba（OH）2）≤4mol，发生的反应为Ba2++SO42-═BaSO4、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，沉淀的质量为硫酸钡减去溶解的氢氧化铝的质量，硫酸根离子完全沉淀时，铝元素完全转化为偏铝酸根离子，生成的n（BaSO4），溶解的n（Al（OH）3）=2mol，固体增加质量=233g/mol×1mol-78g/mol×2mol=77g＞0，再继续加入氢氧化钡溶液，固体的质量不变，所以其图象为故C错误；

D．当0＜n（CO2）≤0.5mol时，发生的反应为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，当0.5mol＜n（CO2）≤1mol，发生的反应为NaOH+CO2=NaHCO3，所以其图象为故D错误；

故选B．

A．发生的反应为：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O、2KOH+CO2=K2CO3+H2O、CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；当KOH完全反应后，碳酸钙再和二氧化碳反应；

B．C．当n（C）≤1mol时，发生的反应为：C+O2CO2，当n（C）＞1mol时，发生的反应为CO2+C2CO；

C．向硫酸铝钾中滴入氢氧化钠溶液时发生的离子方程式有Ba2++SO42-═BaSO4↓、Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O；根据物质间的反应判断；

D．当0＜n（CO2）≤0.5mol时，发生的反应为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，当0.5mol＜n（CO2）≤1mol，发生的反应为NaOH+CO2=NaHCO3．

本题考查了化学反应与化学图象的判断，题目难度中等，明确物质间的反应及物质的性质是解本题关键，根据物质之间量的关系进行解答，难点是根据其分界点确定发生的反应．【解析】【答案】B4、A【分析】【分析】本题以元素化合物知识为载体考查了分子极性的判断、水解反应、熔沸点大小的判断等知识点，难度较大，易错选项是rm{A}注意极性分子的判断方法、物质熔沸点与相对分子质量的关系等问题。【解答】A.该分子中；电荷的分布是不均匀的，不对称的，所以是极性分子，故A错误；

B.rm{Cl-S-S-Cl}中硫原子和硫原子之间存在非极性键；硫原子和氯原子之间存在极性键，故B正确；

C.rm{S_{2}Br_{2}}与rm{S_{2}Cl_{2}}均属于分子晶体，分子晶体中，分子量越大则熔沸点越高，所以熔沸点：rm{S_{2}Br_{2}>S_{2}Cl_{2}}故C正确；

D.rm{Cl-S-S-Cl}遇水易水解，并产生酸性悬浊液，说明有不溶于水的物质生成，且有溶于水呈酸性的物质生成，根据反应前后元素守恒知，生成不溶于水的物质是rm{S}单质，同时生成二氧化硫和氯化氢，所以水解方程式为rm{2S_{2}Cl_{2}+2H_{2}O隆煤SO_{2}隆眉+3S隆媒+4HCl}故D正确。

故选A。【解析】rm{A}5、C【分析】【分析】化学电池是利用发生的氧化还原反应实现能量转化的，以此来解答．【解析】【解答】解：原电池的工作原理是将化学能转化为电能；则一定存在电子的转移，说明一定发生了氧化还原反应，为化学电池的本质；

故选C．6、C【分析】【解答】解：A．该实验只能比较酸性的强弱；但不能比较非金属性，应用最高价氧化物的水化物，故A错误；B．硝酸银为强酸弱碱盐，水解呈酸性，加入KCl生成AgCl沉淀，银离子浓度减小，酸性减弱，故B错误；

C．苯层呈紫色；说明生成碘，硫酸铜与KI发生氧化还原反应生成碘和CuI，故C正确；

D．滴加盐酸酸化的BaCl2溶液；生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，可说明含有硫酸根离子，故D错误．

故选C．

【分析】A．比较非金属性；应用最高价氧化物的水化物；

B．生成AgCl沉淀；银离子浓度减小，酸性减弱；

C．硫酸铜与KI发生氧化还原反应生成碘和CuI；

D．滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡．7、C【分析】解：由图象可知横坐标每一小格代表rm{0.5}个rm{pH}单位；则。

A.由图象可知，rm{pH=12.25}时，rm{c(HPO_{4}^{2-})=c(PO_{4}^{3-})}在rm{pH=13}时，rm{c(HPO_{4}^{2-})<c(PO_{4}^{3-})}所以加入rm{NaOH}物质的量大于磷酸的rm{2}倍，所以有rm{c(Na^{+})>c(PO^{3}_{4}{}^{-})>c(HPO_{4}^{2-})>c(H^{+})}故A正确；

B.rm{Na_{2}HPO_{4}}溶液显碱性，若向溶液中加入足量的rm{CaCl_{2}}溶液，生成rm{Ca_{3}(PO_{4})_{2}}沉淀，促进rm{HPO_{4}^{2-}}的电离；故B正确；

C.电离方程式为，rm{H_{2}PO_{4}^{-}?HPO_{4}^{2-}+H^{+}}则rm{H_{3}PO_{4}}的rm{Ka_{2}=dfrac{10^{-7.2}隆脕0.5}{0.5}=10^{-7.2}}电离方程式为，rm{Ka_{2}=dfrac

{10^{-7.2}隆脕0.5}{0.5}=10^{-7.2}}rm{HPO_{4}^{2-}?PO_{4}^{3-}+H^{+}}的rm{Ka_{3}=dfrac{10^{-12.2}隆脕0.5}{0.5}=10^{-12.2}}rm{H_{3}PO_{4}}的水解平衡常数rm{=dfrac{c(OH^{-})cdotc(H_{2}PO_{4}^{-})}{c(HPO_{4}^{2-})}隆脕dfrac{c(H^{+})}{c(H^{+})}=dfrac{K_{W}}{Ka_{2}}=dfrac{10^{-14}}{10^{-7.2}}=10^{-6.8}}故C错误；

D.由图象可知，要获得尽可能纯的rm{Ka_{3}=dfrac

{10^{-12.2}隆脕0.5}{0.5}=10^{-12.2}}rm{HPO_{4}^{2-}}应控制在rm{=dfrac{c(OH^{-})cdot

c(H_{2}PO_{4}^{-})}{c(HPO_{4}^{2-})}隆脕dfrac{c(H^{+})}{c(H^{+})}=

dfrac{K_{W}}{Ka_{2}}=dfrac

{10^{-14}}{10^{-7.2}}=10^{-6.8}}之间；故D正确．

故选C．

A.由图象可知，在rm{NaH_{2}PO_{4}}时，rm{pH}加入rm{4隆芦5.5}物质的量大于磷酸；且氢离子浓度很小；

B.要rm{pH=13}溶液显碱性，若向溶液中加入足量的rm{c(HPO_{4}^{2-})<c(PO_{4}^{3-})}溶液，生成rm{NaOH}沉淀，促进rm{Na_{2}HPO_{4}}的电离；

C.根据电离方程式rm{CaCl_{2}}结合各物质的浓度计算，水解常数可以利用离子积常数；电离平衡常数计算得到；

D.获得尽可能纯的rm{Ca_{3}(PO_{4})_{2}}rm{HPO_{4}^{2-}}应控制在rm{HPO_{4}^{2-}?PO_{4}^{3-}+H^{+}}之间．

本题考查酸碱混合的定性判断和计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握图象所给信息，为解答该题的关键，难度中等．rm{NaH_{2}PO_{4}}【解析】rm{C}二、多选题(共8题，共16分)8、BD【分析】【分析】n（CO2）==0.1mol，n（H2O）==0.2mol，则m（C）=0.1mol×12g/mol=1.2g，m（H）=0.2mol×2×1g/mol=0.4g，结合质量守恒判断是否含有氧元素．【解析】【解答】解：n（CO2）==0.1mol，n（H2O）==0.2mol，则m（C）=0.1mol×12g/mol=1.2g，m（H）=0.2mol×2×1g/mol=0.4g，1.2g+0.4g=1.6g，则说明1.6g有机物只含有C、H两种元素，且C、H物质的量之比为0.1mol：0.2mol×2=1：4，为CH4；

故选BD．9、CD【分析】【分析】若是正四面体，则只有一种结构，因为正四面体的两个顶点总是相邻关系．【解析】【解答】解：A．甲烷分子中任意三个H原子都构成正三角形；说明甲烷分子呈正四面体型，故A正确；

B．若为平面正方形结构；二氯甲烷有两种同分异构体，而正四面体的二氯甲烷不存在同分异构体，故B正确；

C．甲烷无论是正四面体结构；还是正方形，四个键的键长；键角都相等，故C错误；

D．丙烷无同分异构体不能说明丙烷无同分异构体；故D错误．

故选CD．10、AB【分析】【分析】豆腐含有丰富的蛋白质，低脂肪，不含胆固醇，含钠量低，并且含有丰富的植物性雌激素．【解析】【解答】解：豆浆是胶体；加入盐卤，盐卤是电解质，能使胶体发生聚沉，得到豆腐，豆腐是蛋白质凝胶．豆腐富含蛋白质；

故选AB．11、BC【分析】【分析】根据△H=生成物的能量和-反应物的能量和分析，生成物相同，反应放热越多，反应物能量越高，能量越低越稳定，据此分析．【解析】【解答】解：根据△H=生成物的能量和-反应物的能量和分析；生成物相同，反应放热越多，反应物能量越高，能量越低越稳定；

A、其他物质即物质的量相同，相同质量时O3放出的热量多，所以，等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为吸热反应；故A错误；

B、其他物质即物质的量相同，相同质量时O3放出的热量多，所以，等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为放热反应；故B正确；

C；已知25℃、101kPa条件下：

①4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H=-2834.9kJ/mol

②4Al（s）+2O3（g）═2Al2O3（s）△H=-3119.91kJ/mol，据盖斯定律①-②得：3O2（g）=2O3（g）△H=285.0kJ/mol；故C正确；

D、其他物质即物质的量相同，相同质量时O3放出的热量多，所以，等质量的O2比O3能量低；能量越低越稳定，故D错误．

故选BC．12、ACD【分析】【分析】生活现象中涉及的化学反应中，若有元素的化合价变化，则反应为氧化还原反应，以此来解答．【解析】【解答】解：A．为复分解反应；与氧化还原反应无关，故A选；

B；铜在空气中生成黑色氧化铜；铜由0价变成+2价，故B不选；

C；石灰石溶于盐酸发生得分解生成二氧化碳；是非氧化还原反应，故C选；

D；物质三态改变是物理变化；故D选；

故选ACD．13、BC【分析】【分析】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KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色．【解析】【解答】解：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：Cl2＞I2；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．14、CD【分析】【分析】A．电子运动是没有固定轨道的；只是在某个区域出现的概率大些；

B．能量高的电子也可以在s轨道上运动；

C．能层序数越大；电子离原子核越远；

D．同一能级上的同一轨道上最多排2个电子，其运动状态不同．【解析】【解答】解：A．电子运动不是围绕原子核在固定的轨道上高速旋转；只是在某个区域出现的概率大些，故A错误；

B．能量高的电子也可以在s轨道上运动如7s轨道上的电子能量也很高；比4f能量还高，故B错误；

C．能层序数越大；电子离原子核越远，所以能层序数越大，s轨道上的电子距离原子核越远，则s原子轨道的半径越大，故C正确；

D．同一能级上的同一轨道上最多排2个电子；两个电子的自旋方向不同，则其运动状态肯定不同，所以在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定不同，故D正确；

故选CD．15、BC【分析】【分析】A；增大压强对有气体参加的反应会增大反应速率；

B；反应是吸热反应；

C；氯化铝是共价化合物不能熔融电解生成铝；

D、氯化铝在水溶液中加热会水解，加入氯化氢气体会抑制氯化铝的水解．【解析】【解答】解：A；增大反应体系的压强；反应速率加快，故A正确；

B、加入碳粉，平衡向右移动，原因是碳与O2反应；降低了生成物的浓度且吸收热量，故B错误；

C；氯化铝是共价化合物不能熔融电解生成铝；可以电解熔融氧化铝制备金属铝，故C错误；

D、氯化铝在水溶液中加热会水解，加入氯化氢气体会抑制氯化铝的水解；应将AlCl3•6H2O在氯化氢气流中加热；也可制得无水氯化铝，故D正确；

故选BC．三、填空题(共6题，共12分)16、是65%0.0015mol/（L•s）bbc【分析】【分析】（1）从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应；根据第5s时，NO的转化率=，△v=计算一氧化氮的反应速率；再结合同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氧气的反应速率；

（2）根据一氧化氮物质的量的变化知；该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量；

（3）为使该反应的反应速率增大，可采用增大压强、升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度等方法，再结合平衡移动原理分析解答．【解析】【解答】解：（1）从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应，所以反应为可逆反应，第5s时，NO的转化率==×100%=65%，0～2s内v（NO）===0.0030mol/（L．min）；同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以氧气的反应速率为0.0015mol/（L•s）；

故答案为：是；65%；0.0015mol/（L•s）；

（2）根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量，所以表示NO2的变化的曲线是b；

故答案为：b；

（3）a．无法判断正逆反应速率是否相等；故a错误；

b．反应前后气体体积不同，压强不变说明正逆反应速率相等，各组分浓度不变，故b正确；

c．v逆（NO）=2v正（O2）时；说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故c正确；

d．恒容容器；反应物生成物都是气体质量不变，所以密度不变不一定平衡，故d错误；

故选：bc．17、略

【分析】试题分析：A、单质常温下为固体，难溶于水易于溶CS2，能形成2种二元含氧酸，因此A是S；B、原子的M层有1个未成对的p电子，核外p电子总数大于7，则B应该是Cl；C、单质曾被称为“银色的金子”，与锂形成的合金常用于航天飞行器，单质能溶强酸和强碱，所以C是Al；D、原子核外电子层上s电子总数比p电子总数少2个，单质和氧化物均为空间网状晶体，具有很高的熔、沸点，则D是Si；E、其氧化物是汽车尾气的主要有害成分之一，也是空气质量预报的指标之一；该元素在三聚氰胺中含量较高，则E是N；F、周期表中电负性最大的元素是F，即F是氟元素。（1）S元素位于第三周期第ⅥA族，所以S原子的最外层电子排布式为3s23p4；Si元素的原子序数是14，核外电子数是14个，所以Si原子共有14种不同运动状态的电子。（2）非金属性越强，第一电离能越大。但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，其第一电离能大于氟元素的，所以F与E元素第一电离能的大小关系：N＞F。（3）非金属性是S弱于Cl，所以两种元素的氢化物分子中键能较小的是H2S；非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此分子较稳定的是HCl。（4）原电池中较活泼的金属做负极，镁的金属性强于Al。但由于铝能和氢氧化钠溶液，二镁不能，所以单质铝、镁、NaOH溶液构成的原电池中铝是负极，镁是正极，因此负极的电极反应式为Al-3e-+4OH-＝AlO2-+2H2O。（5）根据晶胞的结构图并依据均摊原理可知，氟原子的个数＝8个，钙原子的个数＝8×＋6×＝4个，因此该化合物的化学式为CaF2，含有离子键的离子化合物，因此其电子式为已知该化合物晶胞1/8的体积为2.0×10-23cm3，则该晶胞的体积是8×2.0×10-23cm3，因此根据晶胞中钙离子的个数是4个可知×6.02×1023/mol＝4，解得ρ＝＝3.2g/cm3。考点：考查元素推断、核外电子排布、第一电离能比较、键能、氢化物稳定性判断以及晶体结构与晶胞密度的计算等【解析】【答案】（1）3s23p4（2分），14（1分）。（2）N，F（各1分，共2分）（3）H2S（2分），HCl（2分）（4）Al-3e-+4OH-＝AlO2-+2H2O（2分）（5）（2分）＝3.2g/cm3（列式2分，结果1分，无单位扣1分）18、略

【分析】

（1）一氧化氮不稳定，易和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，故NO形成硝酸型酸雨的反应为：2NO+O2═2NO2、3NO2+H2O═2HNO3+NO，故答案为：2NO+O2═2NO2、3NO2+H2O═2HNO3+NO；

（2）a．一氧化氮不易溶于；而二氧化氮易溶于水，反应生成NO，不利于吸收含氮烟气中的NO，故a正确；

b．亚硫酸钠不稳定，易被氧气氧化，O2会降低Na2SO3的利用率，故b正确；

C．用CO作脱除剂，被氧化，则氮氧化物得电子发生还原反应，不会生成NO2，烟气中NO2的浓度不增加；故c错误；

故答案为：ab；

（3）①已知：2NH3（g）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（s）△H=-159.5kJ/mol

H2NCOONH4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=+28.5kJ/mol

根据盖斯定律，两热化学方程式相加得2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=-131kJ/mol；

故尿素释放出NH3的热化学方程式为：CO（NH2）2（s）+H2O（l）⇌2NH3（g）+CO2（g）△H=+131kJ/mol；

故答案为：CO（NH2）2（s）+H2O（l）⇌2NH3（g）+CO2（g）△H=+131kJ/mol；

②释放氨气的反应是吸热反应；升高温度，有利于平衡向吸热反应方向进行，同时温度升高，氨气的溶解度降低，均有利于向释放氨气的方向进行；

故答案为：升高温度；升高温度有利于平衡向吸热反应方向进行；同时温度升高，氨气的溶解度降低，均有利于向释放氨气的方向进行；

Ⅱ．①CO（NH2）2的含量越高，NO的转化率越大，即NO脱除率越高，所以曲线a对应CO（NH2）2与NO的物质的量比值是3：1；故答案为3：1；

②800℃～900℃区间内NO脱除率增大，所以NO是作为反应物参加反应，高温时，尿素分解生成氨气、二氧化碳，氨气和一氧化氮发生氧化还原反应生成氮气，即尿素与NO反应生成N2，同时生成二氧化碳和水，所以反应方程式为：4NH3+6NO═5N2+6H2O或2CO（NH2）2+6NO═2CO2+4H2O+5N2；

故答案为：4NH3+6NO═5N2+6H2O或2CO（NH2）2+6NO═2CO2+4H2O+5N2；

③900℃～1200℃区间内脱除率下降，所以NO浓度上升，则该反应中应该有NO，尿素分解生成的氨气和烟气中的氧气反应生成一氧化氮和水，导致NO浓度增大，所以反应方程式为：4NH3+5O2═4NO+6H2O；

故答案为：4NH3+5O2═4NO+6H2O；

④A点到BNO脱除率由0.55变为0.75，故NO的浓度变化量为（0.75-0.55）×6×10-4mg/m3=1.2×10-4mg/m3

所以NO的脱除速率==1.5×10-4mg/（m3．s）；

故答案为：1.5×10-4．

【解析】【答案】（1）一氧化氮不稳定；易和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；

（2）a．一氧化氮不易溶于；而二氧化氮易溶于水，反应生成NO；

b．亚硫酸钠不稳定；易被氧气氧化；

C．用CO作脱除剂；则氮氧化物得电子发生还原反应；

（3）Ⅰ．①根据盖斯定律；将两个热化学方程式相加，然后进行颠倒即得目标方程式，其焓变进行相应改变；

②尿素释放NH3的反应是吸热反应；根据温度对化学平衡及氨气溶解度的影响进行分析；

Ⅱ．①CO（NH2）2的含量越高；NO脱除率越高；

②、800℃～900℃区间内NO脱除率增大，NO参加反应，即尿素与NO反应生成N2；

③；900℃～1200℃区间内脱除率下降；NO浓度上升，反应中应该生成NO；

④、A点到BNO脱除率由0.55变为0.75，故NO的浓度变化量为（0.75-0.55）×6×10-4mg/m3=1.2×10-4mg/m3；再利用。

计算NO的脱除速率．

19、410145HNO3Zn（NO3）297.5g【分析】【分析】分析反应中元素化合价变化，所含元素化合价升高的反应物为还原剂，对应产物为氧化产物，所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，对应产物为还原产物，锌与硝酸的反应中，锌化合价从0价升高为+2价的锌离子，硝酸根离子中+5价的氮元素化合价降为+1价的氮，依据得失电子守恒配平方程式，用单线桥表示，计算转移3mol电子消耗锌的质量．【解析】【解答】解：（1）锌与硝酸的反应中，锌化合价从0价升高为+2价的锌离子，硝酸根离子中+5价的氮元素化合价降为+1价的氮，要使氧化剂得到电子数等于还原剂失去电子数，则锌的系数为4，N2O系数为1，依据原子个数守恒可知反应的方程式：4Zn+10HNO3═1N2O↑+4Zn（NO3）2+5H2O；

故答案为：4；10；1；4；5；

（2）4Zn+10HNO3═1N2O↑+4Zn（NO3）2+5H2O反应中锌化合价从0价升高为+2价的锌离子；硝酸根离子中+5价的氮元素化合价降为+1价的氮，4mol锌参加反应失去8mol电子，用单线桥表示为：

故答案为：

（3）反应中锌化合价升高为还原剂，对应产物硝酸锌为氧化产物，硝酸中氮化合价降低为氧化剂，对应产物N2O为还原产物；

故答案为：HNO3；Zn（NO3）2；

（4）依据、可知转移8mol电子消耗4mol锌；则转移3mol电子消耗锌的物质的量为1.5mol，质量为1.5mol×65g/mol=97.5g；

故答案为：97.5g．20、CH2（OH）CH（OH）CH（OH）CH（OH）CH（OH）CHO【分析】【分析】相对分子质量最小的有机物是甲烷；食醋中的有机物是醋酸，糖尿病患者尿液中含的糖是葡萄糖．【解析】【解答】解：相对分子质量最小的有机物为甲烷是含有碳氢单键的共价化合物，分子式为CH4，电子式为：醋酸的结构简式为CH3COOH，结构式为：糖尿病患者尿液中含的糖是葡萄糖，它的结构简式为：CH2（OH）CH（OH）CH（OH）CH（OH）CH（OH）CHO或CH20H（CHOH）4CHO，故答案为：CH2（OH）CH（OH）CH（OH）CH（OH）CH（OH）CHO．21、联合制碱法做化肥NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓CO2循环Ⅰ过滤用硝酸酸化的硝酸银，观察产生白色沉淀【分析】【解答】（1）目前工业制碱方法有二：氨碱法和联合制碱法．题中方法由我国侯德榜所创，称为侯氏制碱法，也称为联合制碱法，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓；得到一摩尔的碳酸氢钠同时得到一摩尔的氯化铵，故副产物为氯化铵，氯化铵可用来制作化肥；

故答案为：联合制碱法；做化肥；

（2）沉淀池中发生的化学反应为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体；

反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓；

故答案为：NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓；

（3）在联合制碱法中二氧化碳是反应的原料同时也是反应的副产物；可以循环利用；

故答案为：CO2；

（4）循环Ⅰ是将未反应的氯化钠返回沉淀池中；从固液混合物中分离出固体的方法为过滤．

故答案为：循环Ⅰ；过滤；

（5）检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠即检验是否含氯离子；可以用硝酸酸化的硝酸银，观察到若产生白色沉淀则说明有氯化钠存在；

故答案为：用硝酸酸化的硝酸银；观察产生白色沉淀；

【分析】根据联合制碱法的原料为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓；

主要的副产物为氯化铵，需要考虑氯化铵的回收利用，要提高原料的利用率，可以用循环使用的方法，检验氯离子的方法为用硝酸酸化的硝酸银来检验，若出现氯化银沉淀则说明有氯离子存在等知识点来解题．四、判断题(共2题，共14分)22、×【分析】【分析】1mol任何气体的体积都约是22.4L，只针对于气体．【解析】【解答】解：标准状况下；气体的气体摩尔体积为22.4L/mol，则1mol气体的体积为22.4L，而非气体不是；

故答案为：×．23、√【分析】【分析】该有机物分子中含有2个溴原子，为乙烷的二溴取代产物，命名时需要指出官能团所处的位置及数目，据此对该有机物的命名进行判断．【解析】【解答】解：CH2Br-CH2Br；该有机物中含有官能团溴原子，相当于两个溴原子分别取代了乙烷中两个C原子的1个H形成的，该有机物名称为：1，2-二溴乙烷，所以该命名是正确的；

故答案为：√，符合有机物的命名原则．五、简答题(共2题，共6分)24、略

【分析】解：rm{(1)}根据rm{A}的结构简式可知；其含氧官能团为羟基和醚键；

故答案为：羟基；醚键；

rm{(2)}根据rm{C}和rm{D}的结构简式可知，rm{C}中羟基变成了醚键，所以反应rm{垄脹}为取代反应；

故答案为：取代反应；

rm{(3)}根据rm{A}rm{B}的结构简式可知，rm{A隆煤B}的转化为卤代烃与苯环的取代反应，反应rm{垄脵}中加入试剂rm{X}的分子式为rm{C_{3}H_{5}Cl}则rm{X}的结构简式为rm{CH_{2}=CH_{2}Cl}

故答案为：rm{CH_{2}=CH_{2}Cl}

rm{(4)B}的一种同分异构体满足下列条件：

Ⅰrm{.}苯环上有三个取代基，有rm{5}种不同化学环境的氢原子，说明该有机物具有rm{5}个rm{H}原子；

Ⅱrm{.}既能发生银镜反应又能与rm{FeCl_{3}}发生显色反应；说明其分子中含有酚羟基和醛基；

根据分析可知，满足条件的有机物的结构简式如：

故答案为：