2025年华师大版高三化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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阶段测试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5题，共10分)1、下列离子方程式中正确的是（）A.将亚硫酸钡加入到盐酸中：SO+2H+=SO2↑+H2OB.金属钾与水反应：K+H2O=K++OH-+H2↑C.向稀硝酸中加入少量铜屑：Cu+4H++NO-3=Cu2++2H2O+NO↑D.向偏铝酸钠溶液中通过量CO2：AlO-2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO-32、下列有关说法中，正确的是（）A.光导纤维、聚酯纤维、棉花都属于有机高分子化合物B.在大米酿酒的过程中，淀粉最后变成了单糖C.“地沟油”经过加工处理后可以用来制肥皂D.明矾和漂白粉处理自来水，二者的作用原理相同3、乳酸在发生下列变化时所用的试剂a、b分别为（）

CH3CH（OH）COOHCH3CH（OH）COONaCH3CH（ONa）COONa．A.Na、NaOHB.Na、Na2CO3C.NaOH、NaHCO3D.NaOH、Na4、下列类型的反应一定属于氧化还原反应的是（）A.化合反应B.分解反应C.复分解反应D.置换反应5、下列涉及有机化合物的分离提纯的说法正确的是（）A.除去乙烷中混有的乙烯，可将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液B.甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到C.除去溴苯中混有的Br2，可用NaOH溶液洗涤分液D.乙酸乙酯中的少量乙酸和乙醇可用氢氧化钠溶液除去评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)6、相对分子质量为M的气态化合物VL（标准状况）溶于mg水中，得到溶液的质量分数为ω%，物质的量浓度为cmol/L，密度为ρg•cm-3，则下列说法正确的是（）A.相对分子质量M可表示为：B.物质的量浓度C可表示为：C.溶液的质量分数ω%可表示为：D.溶液密度ρ可表示为：7、向氯化铁溶液中加入ag铜粉，完全溶解后再加入bg铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固体cg．下列说法正确的是（）A.若a＞c，则滤液中可能含三种金属离子，且b可能小于cB.若a＞c，则cg固体中只含一种金属，且b可能大于cC.若a＜c，则cg固体含两种金属，且b可能与c相等D.若a=c，则滤液中可能含两种金属离子，且b可能小于c8、在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料，一定条件下发生反应（起始温度和起始体积相同）：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0；相关数据如下表所示：下列说法正确的是（）

。容器甲乙丙相关条件恒温恒容绝热恒容恒温恒压反应物投料1molN2、3molH22molNH32molNH3平衡时容器体积V甲V乙V丙反应的平衡常数K=K甲K乙K丙平衡时NH3的浓度/mol•L-1c甲c乙c丙平衡时NH3的反应速率/mol•L-1•min-1v甲v乙v丙A.V甲＞V丙B.K乙＞K丙C.c乙＞c甲D.v甲=v丙9、下列实验操作正确的是rm{(}rm{)}A.滴定前用待测液润洗锥形瓶B.容量瓶和滴定管使用前均需要检漏C.蒸馏完毕时，先关闭冷凝水，再停止加热D.分液时，下层溶液先从下口放出，上层溶液再从上口倒出10、下列反应的离子方程式正确的是rm{(}rm{)}A.碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠溶液：rm{Ca^{2+}+2HCO;_{3}^{-}+2OH^{-}篓TCaCO_{3}隆媒+CO;_{3}^{2-}+2H_{2}O}B.rm{Ca^{2+}+2HCO;_{3}^{-

}+2OH^{-}篓TCaCO_{3}隆媒+CO;_{3}^{2-}+2H_{2}O}rm{25mL}的rm{0.3mol?L^{-1}}溶液中通入rm{FeBr_{2}}标准状况下的氯气：rm{224mL}C.rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Br_{2}+6Cl^{-}}rm{100mL}的rm{0.1mol?L^{-1}}溶液中加入rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}rm{20mL}的rm{3.5mol?L^{-1}}溶液：rm{NaOH}D.过量铁粉和稀硝酸反应：rm{3Fe+8H^{+}+2NO;_{3}^{-}篓T3Fe^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{Al^{3+}+4OH^{-}篓T[Al(OH)_{4}]^{-}}11、rm{Cyrneine}rm{A}对治疗神经系统疾病有着很好的疗效rm{.}可用香芹酮经过多步反应合成rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.香芹酮化学式为rm{C_{9}H_{12}O}B.rm{Cyrneine}rm{A}可以发生加成反应、消去反应和氧化反应C.香芹酮和rm{Cyrneine}rm{A}均能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色D.香芹酮和rm{Cyrneine}rm{A}可以通过氯化铁溶液鉴别12、已知电离平衡常数：rm{H_{2}CO_{3}>HClO>HCO_{3}^{-}}氧化性：rm{HClO>Cl_{2}>Br_{2}>Fe^{3+}>I_{2}.}下列有关离子反应或离子方程式的叙述中，正确的是rm{(}rm{)}A.向rm{0.1molFeI_{2}}溶液中滴加少量氯水，反应中有rm{0.3mol}电子转移B.向溴水中加入足量氯化亚铁能使溶液变成无色C.向rm{NaClO}溶液中通入少量rm{CO_{2}}的离子方程式：rm{ClO^{-}+CO_{2}+H_{2}O篓THClO+HCO_{3}^{-}}D.能使rm{pH}试纸显深红色的溶液，rm{Fe^{3+}}rm{Cl^{-}}rm{Ba^{2+}}rm{Br^{-}}能大量共存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.D14、烧杯rm{A}中盛放rm{0.1mol隆陇L^{-1}}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液、烧杯rm{B}中盛放rm{0.1mol隆陇L^{-1}}的rm{CuCl_{2}}溶液rm{(}两种溶液均足量rm{)}装置如下图所示，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{A}为原电池，rm{B}为电解池B.rm{A}为电解池，rm{B}为原电池C.当rm{A}烧杯中产生rm{0.1mol}气体时，rm{B}烧杯中产生气体的物质的量也为rm{0.2mol}D.rm{B}烧杯中阳极的反应为rm{2Cl^{-}}rm{-2e}rm{-2e}rm{{,!}^{-}}rm{篓T}rm{篓T}rm{Cl}rm{Cl}评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、生产尿素的原料是氨气和二氧化碳；二氧化碳是合成氨厂的副产品．

尿素的合成分两步进行：

①氨和二氧化碳作用生成氨基甲酸铵：2NH3（g）+CO2（g）→NH2CO2NH4（s）+159.47kJ；

②氨基甲酸铵脱水形成尿素，NH2CO2NH4（s）→CO（NH2）2（s）+H2O（l）-28.49kJ．

则2molCO2完全反应合成尿素所____（吸收、释放）的热量为____．

A．吸收热量B．释放热量C．261.96kJD．130.98kJ．16、（2012秋•鼓楼区校级期中）A；B、X、Y、Z是五种常见的短周期元素；其原子半径随原子序数的变化如图所示．已知A是地壳中含量最高的元素；B和Ne原子的质子数相差l；X在空气中燃烧可生成两种化合物；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强．请回答下列问题：

（1）Y的原子结构示意图为____；Z在周期表中的位置为____．

（2）A与B的单质在不同条件下反应，生成物的化学式分别为____．

（3）CH3XZ是一种重要的有机合成试剂，该化合物水解可生成最简单的有机物和一种碱式盐，有关反应的化学方程式为____．

（4）已知在25℃、101kPa下，Y的气态氢化物在氧气中完全燃烧生成其对应的氧化物，恢复至原状态，已知每转移lmol电子时放热190.0kJ，则0.5mol该气态氢化物完全燃烧时放出热量为____kJ．17、(15分)空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一。其工艺流程如下：（1）溴在周期表中位于第______周期第________族。（2）步骤①中用硫酸酸化可提高Cl2的利用率，理由是__________________________。（3）步骤④利用了SO2的还原性，反应的离子方程式为________________________。（4）步骤⑥的蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因____________________________________________________。（5）步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离。分离仪器的名称是____________。（6）步骤①、②之后并未直接用“含Br2的海水”进行蒸馏得到液溴，而是经过“空气吹出”、“SO2吸收”、“氯化”后再蒸馏，这样操作的意义是_________________________________________。18、氢能源是一种重要的清洁能源．现有两种可产生H2的化合物甲和乙．将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2（已折算成标准状况）．甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液．化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙；丙在标准状态下的密度为1.25g/L．请回答下列问题：

（1）甲的化学式是____；乙的电子式是____．

（2）甲与水反应的化学方程式是____．

（3）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式____．有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之：取样后加____，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O．（已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O）

（5）甲与乙之间还可能发生反应产生H2，你的判断理由是____．19、某有机物A存在如下转化关系：

已知：HCOOR及转化图中C；J均能发生银镜反应。

回答下列问题：

（1）A的化学式是____．

（2）J的结构简式____．

（3）由A转化成B和G的反应类型属于____（填序号）．

①氧化反应②消去反应③加成反应④取代反应⑤还原反应。

（4）写出D与饱和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式____（有机物用结构简式表示；下同）

（5）写出由E生成F的化学方程式____

（6）请写出符合下列条件的E的一种同分异构体的结构简式____

①能使三氯化铁溶液显色；且苯环上只有两个侧链；

②1mol该同分异构体最多可与3molNaOH反应．评卷人得分四、判断题(共4题，共20分)20、为了防止龋齿，人人都要使用含氟牙膏．____．（判断对错）21、一定量的铁粉与铜粉混合物，与适量稀硝酸反应，生成标准状况下气体5.6L，则溶液中阳离子一定是Fe2+，Cu2+．____（判断对错）22、SO3和H2O的反应与SO2和H2O的反应类型完全相同____（判断对和错）23、放热反应不需加热就可以发生____．（判断对错）评卷人得分五、解答题(共2题，共16分)24、将5.05gKNO3加到含FeSO40.33mo1的稀硫酸溶液中，充分反应后再通入0.09mo1C12，恰好将剩余的Fe2+全部氧化；通过计算确定（要计算过程）：

（1）写出氯气发生反应的离子方程式标出电子转移的方向和数目；

（2）求KNO3被还原后氮的化合价．

25、二氧化硫是重要的工业原料；探究其制备方法和性质具有非常重要的意义．

（1）工业上用黄铁矿（FeS2，其中S元素为-l价）在高温下和氧气反应制备SO2：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3；该反应中被氧化的元素是______（填元素符号）．当该反应转移2.75mol电子时，生成的二氧化硫在标准状况下的体积为______L．

（2）实验室中用如图1所示的装置测定SO2催化氧化为SO3，的转化率．（已知SO3熔点为16.8℃，假设气体进入装置时分别被完全吸收，且忽略空气中CO2的影响．）

①简述使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作是______．

②实验过程中，需要通入氧气．试写出一个用图2所示装置制取氧气的化学方程式______△2KCl+O2↑评卷人得分六、书写(共3题，共30分)26、已知某烷烃中的碳氢质量比为5：1

（1）确定该烷烃的分子式；计算烷烃的相对分子质量。

（2）写出该烷烃在空气中燃烧的化学反应方程式。

（3）如果该烷烃的一氯取代物只有1种，写出该烷烃的结构简式．27、请填写以下关于氯化铁小知识的空白：

（1）实验室中常将FeCl3饱和溶液滴加到沸水中制备Fe（OH）3胶体，写出反应过程中的离子方程式为____．

（2）若将FeCl3溶液蒸干、灼烧最后得到的主要固体产物是____；

（3）实验室中配制FeCl3溶液时，为了抑制水解，可加入少量的____；

（4）要除去混在CuCl2溶液中的FeCl3杂质，可加入____、____（任填两种物）．28、由乙烯和其他无机原料合成环状化合物E；请在下图的方框内填入合适的化合物的结构简式．

写出E在NaOH溶液中的水解反应的化学方程式____．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】A．亚硫酸钡为沉淀；应保留化学式；

B．原子个数不守恒；

C．电荷不守恒；

D．二氧化碳过量，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠．【解析】【解答】解：A．将亚硫酸钡加入到盐酸中，离子方程式：BaSO3+2H+=SO2↑+H2O+Ba2+；故A错误；

B．金属钾与水反应，离子方程式：2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑；故B错误；

C．向稀硝酸中加入少量铜屑，离子方程式：3Cu+8H++2NO-3=3Cu2++4H2O+2NO↑；故C错误；

D．向偏铝酸钠溶液中通过量CO2，离子方程式：AlO-2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO-3；故D正确；

故选：D．2、C【分析】【分析】A．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

B．淀粉水解生成葡萄糖；葡萄糖分解生成酒精；

C．油脂在碱性条件下水解生成肥皂；

D．明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体．【解析】【解答】解：A．光导纤维的成分是二氧化硅；相对分子质量较小，不是高分子化合物，故A错误；

B．淀粉水解生成葡萄糖；葡萄糖分解生成酒精，故B错误；

C．油脂在碱性条件下水解生成肥皂和甘油；所以可以用“地沟油”经过加工处理后可以用来制肥皂，故C正确；

D．明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体；不具有强氧化性，只能用于除去水的悬浮物，而漂白粉可用于杀菌消毒，故D错误．

故选C．3、D【分析】【分析】由合成流程可知，第一步转化中-COOH变为-COONa，而-OH不变，应与碱反应；第二步转化中只有-OH变为-ONa，结合醇的性质分析．【解析】【解答】解：由合成流程可知；第一步转化中-COOH变为-COONa，而-OH不变，则试剂a应为NaOH；

第二步转化中只有-OH变为-ONa，则试剂b应为Na；

故选D．4、D【分析】【分析】有化合价变化的反应是氧化还原反应．【解析】【解答】解：A；氧化钠和水反应生成氢氧化钠的过程属于化学反应；但是没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，一般有单质参加的化合反应，存在元素的化合价变化，则属于氧化还原反应，故A错误；

B；没有单质生成的分解反应；没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，但有单质生成的分解反应，存在元素的化合价变化，则属于氧化还原反应，故B错误；

C；复分解反应中一定没有元素的化合价变化；则一定不属于氧化还原反应，故C错误；

D；置换反应中一定存在元素的化合价变化；则一定属于氧化还原反应，故D正确．

故选D．5、C【分析】【分析】A．乙烯被氧化生成二氧化碳；

B．石油分馏不能得到乙烯；

C．溴可与氢氧化钠反应；

D．乙酸乙酯与氢氧化钠反应．【解析】【解答】解：A．乙烯被氧化生成二氧化碳；引入新杂质，应用溴水除杂，故A错误；

B．石油分馏不能得到乙烯；应用裂解，故B错误；

C．溴可与氢氧化钠反应；而溴苯不反应，可用于除杂，故C正确；

D．乙酸乙酯与氢氧化钠反应；应用饱和碳酸钠溶液除杂，故D错误．

故选C．二、双选题(共9题，共18分)6、A|D【分析】解：A、mg：m（溶质）=（1-ω%）：ω%，所以m（溶质）=g，所以×Mg/mol=g；

解得M=所以该气体的相对分子质量为故A正确；

B、溶质的物质的量为以=mol，溶液质量为mg+×Mg/mol=（m+）g，所以溶液的体积为所以溶液浓度为=mol/L；故B错误；

C、溶质的质量为×Mg/mol=g，溶液质量为mg+×Mg/mol=（m+）g，所以质量分数为=故C错误；

D、由于c=所以ρ=故D正确．

故选：AD．

A、根据溶液中m（溶剂）：m（溶质）=ω（溶剂）：（ω溶质）计算溶质的质量，再利用n=计算溶质的物质的量；根据m=nM计算摩尔质量，据此判断．

B、根据n=计算溶质的物质的量，计算出溶液质量，利用V=计算溶液体积，在利用c=计算．

C；利用m（溶剂）+m（溶质）=m（溶液）计算溶液质量；在根据溶质质量分数定义计算．

D、根据c=计算溶液密度．

考查物质的量浓度、质量分数计算及相互关系，难度中等，关键是对计算公式的运用与理解．【解析】【答案】AD7、B|C【分析】解：发生的化学反应有三个，化学方程式如下：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；CuCl2+Fe═FeCl2+Cu；2FeCl3+Fe═3FeCl2；

A．若a＞c，说明此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，即加入的铁是不足量的，则固体c只含有Cu，由于先发生2FeCl3+Fe═3FeCl2反应，则滤液中不含有Fe3+，只含有Fe2+和Cu2+两种金属离子，当加入铁粉很少量时可能存在b小于c的情况；故A错误；

B．若a＞c，说明此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，即加入的铁是不足量的，则固体c只含有Cu，考虑先发生2FeCl3+Fe═3FeCl2反应，若氯化铁大量剩余，则存在b大于c的情况；故B正确；

C．若a＜c，加入的铁是过量的，溶液中只有Fe2+，cg固体中含两种金属Fe、Cu，由方程式CuCl2+Fe═FeCl2+Cu可知，56gFe可以置换64gCu，如氯化铁过量，则会消耗部分铁粉，因此b可能与c相等；故C正确；

D．若a=c，加入的铁恰好把铜离子完全置换出来，溶液中只有Fe2+；故D错误．

故选：BC．

在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向氯化铁溶液中加入ag铜粉，反应反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；完全溶解后再加入bg铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固体cg，可能发生反应为2FeCl3+Fe═3FeCl2、CuCl2+Fe═FeCl2+Cu，考虑氧化性Fe3+＞Cu2+，则先发生2FeCl3+Fe═3FeCl2反应；根据发生的反应分析．

本题考查了Fe、Cu及其化合物之间的反应，题目难度不大，注意把握Fe与铜离子、铁离子之间的反应，侧重于考查学生的分析判断能力．【解析】【答案】BC8、B|C【分析】解：A、丙为氨的分解是气体体积增大的反应，所以丙恒温恒压，体积变大，甲恒温恒容，体积不变，所以，V甲＜V丙；故A错误；

B、合成氨是放热反应，其逆反应氨气分解就是吸热的，乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，向吸热方向进行的程度小，平衡时乙中氨气浓度比丙高，氮气和氢气浓度比丙低，K乙＞K丙；故B正确；

C、条件相同时，甲与乙是等效平衡．甲与乙容器体积相同，乙分解氨气吸热导致乙比甲温度低，平衡向合成氨方向移动，平衡时氨气浓度乙大于甲，即c乙＞c甲；故C正确；

D、甲与丙起始温度和起始体积相同，恒温条件下反应，丙在恒压条件下分解氨气生成氢气和氮气，平衡时体积比反应前大，即平衡时丙体积大于甲，则压强甲大于丙，所以υ甲＞υ丙；故D错误．

故选：BC．

A、丙为氨的分解是气体体积增大的反应，所以丙恒温恒压，体积变大，甲恒温恒容，体积不变，所以，V甲＜V丙；

B、合成氨是放热反应，其逆反应氨气分解就是吸热的，乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，向吸热方向进行的程度小，平衡时乙中氨气浓度比丙高，氮气和氢气浓度比丙低，K乙＞K丙；

C；条件相同时；甲与乙是等效平衡．甲与乙容器体积相同，乙分解氨气吸热导致乙比甲温度低，平衡向合成氨方向移动，平衡时氨气浓度乙大于甲；

D、甲与丙起始温度和起始体积相同，恒温条件下反应，丙在恒压条件下分解氨气生成氢气和氮气，平衡时体积比反应前大，即平衡时丙体积大于甲，则压强甲大于丙，所以υ甲＞υ丙．

本题主要考查学生对表格数据的分析利用能力和利用勒夏特列原理分析平衡移动的思维，题目有一定难度．【解析】【答案】BC9、rBD【分析】解：rm{A.}中和滴定时；盛放待测液的锥形瓶不能润洗，否则待测液中溶质的物质的量偏大，测定结果偏高，故A错误；

B.为了避免影响实验结果；容量瓶和滴定管使用前均需要检漏，故B正确；

C.蒸馏时；应防止冷凝管破裂，蒸馏完毕，应该先撤酒精灯再关冷凝水，故C错误；

D.分液时；为了避免污染试剂，下层溶液先从分液漏斗下口放出，上层溶液再从分液漏斗上口倒出，故D正确；

故选BD．

A.锥形瓶不能润洗；否则导致待测液中溶质的物质的量偏大；

B.容量瓶有瓶塞；滴定管有旋塞；使用前必须检查是否漏水；

C.先关闭冷凝水再停止加热；易导致冷凝管炸裂；

D.为了提高分液效果；分液漏斗下层液体从而下口放出，上层溶液再从上口倒出．

本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及中和滴定、分液、蒸馏操作方法等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．【解析】rm{BD}10、rAD【分析】解：rm{A.}碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠溶液的离子反应为rm{Ca^{2+}+2HCO_{3}^{-}+2OH^{-}篓TCaCO_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}+2H_{2}O}故A正确；

B.rm{B.n(FeBr_{2})=0.025L隆脕0.3mol/L=0.0075mol}rm{n(Cl_{2})=dfrac{0.224L}{22.4L/mol}=0.01mol}由电子守恒离子反应为rm{n(Cl_{2})=dfrac

{0.224L}{22.4L/mol}=0.01mol}故B错误；

C.rm{6Fe^{2+}+10Br^{-}+8Cl_{2}篓T6Fe^{3+}+5Br_{2}+16Cl^{-}}rm{n[Al_{2}(SO_{4})_{3}]=0.1L隆脕0.1mol/L=0.01mol}反应生成氢氧化铝和偏铝酸钠，离子反应为rm{n(NaOH)=0.02L隆脕3.5mol/L=0.07mol}故C错误；

D.过量铁粉和稀硝酸反应的离子反应为rm{2Al^{3+}+7OH^{-}篓TAl(OH)_{3}隆媒+[Al(OH)_{4}]^{-}}故D正确；

故选AD．

A.反应生成碳酸钙；碳酸钠和水；

B.rm{3Fe+8H^{+}+2NO_{3}^{-}篓T3Fe^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{n(Cl_{2})=dfrac{0.224L}{22.4L/mol}=0.01mol}由电子守恒可知亚铁离子全部被氧化，溴离子部分被氧化；

C.rm{n(FeBr_{2})=0.025L隆脕0.3mol/L=0.0075mol}rm{n(Cl_{2})=dfrac

{0.224L}{22.4L/mol}=0.01mol}反应生成氢氧化铝和偏铝酸钠；

D.反应生成硝酸亚铁、rm{n[Al_{2}(SO_{4})_{3}]=0.1L隆脕0.1mol/L=0.01mol}和水．

本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意反应物的量及电子、电荷守恒，题目难度不大．rm{n(NaOH)=0.02L隆脕3.5mol/L=0.07mol}【解析】rm{AD}11、rBC【分析】解：rm{A.}根据有机物的结构简式并结合键线式的结构特点可知，香芹酮的化学式为rm{C_{10}H_{14}O}故A错误；

B.rm{Cyrneine}rm{A}分子含有碳碳双键、醛基以及羟基，且与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，所以rm{A}可以发生加成反应；氧化反应、消去反应；故B正确；

C.香芹酮和rm{Cyrneine}rm{A}分子中均含有碳碳双键，均能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色；故C正确；

D.都不含有酚羟基；用过氯化铁溶液不能鉴别，故D错误．

故选BC．

由有机物结构简式确定有机物的分子式，香芹酮含有碳碳双键，rm{CyrneineA}分子含有碳碳双键；醛基以及羟基；结合烯烃、醛以及醇的性质确定有机物的性质，以此解答该题．

本题考查有机物的结构和性质，是高考中的常见题型和重要的考点之一，属于中等难度的试题，意在考查学生对官能团与物质性质的关系及常见的有机反应类型的判断能力rm{.}试题基础性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导rm{.}该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后依据相应官能团的结构和性质，灵活运用即可rm{.}有利于培养学生的知识迁移能力和辑推理能力．【解析】rm{BC}12、rCD【分析】解；rm{A.}氧化性：rm{Fe^{3+}>I_{2}}则碘离子先被氧化，离子方程式为rm{2I^{-}+Cl_{2}篓TI_{2}+2Cl^{-}}则转移的电子数小于rm{0.3N_{A}}故A错误；

B.氧化性：rm{Br_{2}>Fe^{3+}}向溴水中加入足量氯化亚铁溶液溴单质能将亚铁离子氧化为浅黄色的三价铁离子，故B错误；

C.酸性rm{HClO>HCO_{3}^{-}}则二氧化碳和次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为rm{ClO^{-}+CO_{2}+H_{2}O=HClO+HCO_{3}^{-}}故C正确；

D.能使rm{pH}试纸显深红色的溶液中；说明溶液呈强酸性，弱酸根离子；还原性离子不存在，这几种离子之间不反应，所以能共存，故D正确．

故选CD．

A.氧化性：rm{Fe^{3+}>I_{2}}则碘离子先被氧化；

B.溴和亚铁离子发生氧化还原反应；

C.酸性rm{HClO>HCO_{3}^{-}}则二氧化碳和次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸；

D.能使rm{pH}试纸显深红色的溶液中；说明溶液呈强酸性，弱酸根离子；还原性离子不存在．

本题以氧化还原反应为载体考查了离子方程式的书写，明确酸性强弱、离子反应先后顺序是解本题关键，根据物质之间的反应来分析解答，题目难度不大，易错选项是rm{A}．【解析】rm{CD}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】BCD14、AD【分析】【分析】

本题考查了原电池原理和电解池原理的应用；注意根据电池中转移的电子守恒来计算生成的气体的物质的量，题目难度不大。

【解答】A.rm{A}中rm{Fe}rm{C}稀硫酸构成原电池，活泼金属铁作负极，碳作正极，原电池工作时，阳离子移向正极rm{((}碳rm{))}阴离子称向负极rm{((}铁rm{))}故A正确；B.rm{A}中rm{Fe}rm{C}稀硫酸构成原电池，rm{A}rm{B}相连，rm{B}有外接电源，所以rm{B}为电解池，故B错误；C.rm{A}中rm{C}上有氢气生成，其电极反应式为：rm{2H^{+}+2e^{?}=H_{2}隆眉}当rm{A}烧杯中产生rm{0.1mol}气体时，转移rm{0.2mol}电子，rm{B}中阳极上氯离子失电子生成氯气，其电极反应式为：rm{2Cl^{?}?2e^{?}=Cl_{2}隆眉}当转移rm{0.2mol}电子时，生成氯气为rm{0.1mol}所以rm{A}和rm{B}中生成气体的物质的量相同，故C错误；D.rm{B}中为惰性电极电解电解氯化铜，rm{Cl^{?}}在阳极失电子氧化为rm{Cl_{2}}所以阳极的电极反应为rm{2Cl^{?}?2e^{?}=Cl_{2}隆眉}故D正确。故答案为：rm{AD}

【解析】rm{AD}三、填空题(共5题，共10分)15、BC【分析】【分析】由①2NH3（g）+CO2（g）→NH2CO2NH4（s）+159.47kJ，②NH2CO2NH4（s）→CO（NH2）2（s）+H2O（l）-28.49kJ，根据盖斯定律①+②得，2NH3（g）+CO2（g）→CO（NH2）2（s）+H2O（l）159.47kJ-28.49kJ=130.98kJ，据此分析．【解析】【解答】解：由①2NH3（g）+CO2（g）→NH2CO2NH4（s）+159.47kJ，②NH2CO2NH4（s）→CO（NH2）2（s）+H2O（l）-28.49kJ，根据盖斯定律①+②得，2NH3（g）+CO2（g）→CO（NH2）2（s）+H2O（l）159.47kJ-28.49kJ=130.98kJ，所以2molCO2完全反应合成尿素所释放的热量为130.98kJ×2=261.96KJ；

故选：B；C．16、第三周期ⅤⅡA族Na2O、Na2O2CH3MgCl+H2O═CH4↑+Mg（OH）Cl760.0kJ【分析】【分析】A、B、X、Y、Z是五种常见的短周期元素，A是地壳中含量最高的元素，则A为O；B和Ne原子的质子数相差l，且B的原子半径最大，则B为Na；X在空气中燃烧可生成两种化合物，则X为Mg；Y的单质是一种常见的半导体材料，则Y为Si；Z的非金属性在同周期元素中最强，且Z的原子半径大于A，则Z为第三周期的Cl，然后结合化学用语来解答．【解析】【解答】解：A；B、X、Y、Z是五种常见的短周期元素；A是地壳中含量最高的元素，则A为O；B和Ne原子的质子数相差l，且B的原子半径最大，则B为Na；X在空气中燃烧可生成两种化合物，则X为Mg；Y的单质是一种常见的半导体材料，则Y为Si；Z的非金属性在同周期元素中最强，且Z的原子半径大于A，则Z为第三周期的Cl；

（1）Y为Si，质子数为14，其原子结构示意图为Z在第三周期ⅤⅡA族，故答案为：第三周期ⅤⅡA族；

（2）Na与氧气在常温下反应生成Na2O，在加热或点燃时生成Na2O2，故答案为：Na2O、Na2O2；

（3）CH3MgCl水解可生成最简单的有机物和一种碱式盐，则该反应的化学方程式为CH3MgCl+H2O═CH4↑+Mg（OH）Cl；

故答案为：CH3MgCl+H2O═CH4↑+Mg（OH）Cl；

（4）由SiH4+2O2SiO2+2H2O；每转移lmol电子时放热190.0kJ，该反应中Si元素由-4价升高到+4价，则转移8mol电子时放出190.0kJ×8=1520kJ；

即1mol该气态氢化物完全燃烧时放出热量为1520kJ，所以0.5mol该气态氢化物完全燃烧时放出热量为0.5×1520=760.0kJ，故答案为：760.0．17、略

【分析】试题分析：（1）35号元素溴在周期表中位于第四周期第ⅦA。（2）步骤①中用硫酸酸化可提高Cl2的利用率，是因为在酸性溶液中可以减少Cl2、Br2与水反应；（3）步骤④利用了SO2的还原性，反应的离子方程式为Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SO（4）步骤⑥的蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。温度过高或过低都不利于生产，是因为温度过高，会产生大量水蒸气，溴蒸气中水蒸气含量增加；若温度过低，溴又不能完全蒸出，吸收率就会降低。（5）步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离。分离互不相溶的两层液体混合物的方法叫分液，分离仪器的名称是分液漏斗。（6）步骤①、②之后并未直接用“含Br2的海水”进行蒸馏得到液溴，而是经过“空气吹出”、“SO2吸收”、“氯化”后再蒸馏，是因为“空气吹出”、“SO2吸收”、“氯化”的过程实际上是一个Br2的浓缩过程，与直接蒸馏含Br2海水相比效率更高，消耗能更少，成本降低，效益更高。考点：考查空气吹出法从“海水提溴”的反应原理、反应条件的选择、离子方程式的书写混合物的分离方法知识。【解析】【答案】（1）4ⅦA（2）酸化可抑制Cl2、Br2与水反应（3）Br2＋SO2＋2H2O===4H＋＋2Br－＋SO（4）温度过高，产生大量水蒸气，溴蒸气中水蒸气增加；温度过低，溴不能完全蒸出，吸收率低（5）分液漏斗（6）“空气吹出”、“SO2吸收”、“氯化”的过程实际上是一个Br2的浓缩过程，与直接蒸馏含Br2海水相比效率更高，消耗能更少，成本降低18、AlH3AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2OH2SO4溶液，如果溶液变蓝AlH3中的H为-1价，NH3中的H为+1价，有可能发生氧化还原反应生成氢气【分析】【分析】白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）==0.3mol，则m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g-0.6g=5.4g，n（Al）==0.2mol，所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25g•L-1，则丙的相对原子质量为1.25g•L-1×22.4L=28，应为N2，则乙为NH3，结合对应的物质以及题目要求可解答该题．【解析】【解答】解：白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）==0.3mol，则m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g-0.6g=5.4g，n（Al）==0.2mol，所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25g•L-1，则丙的相对原子质量为1.25g•L-1×22.4L=28，应为N2，则乙为NH3；

（1）由以上分析可知甲为AlH3，乙为NH3，电子式为

故答案为：AlH3；

（2）AlH3与水发生氧化还原反应，反应的方程式为AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑；

故答案为：AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑；

（3）NH3在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体N2，反应的方程式为3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，要判断产物中是否含有CuO，可加入稀硫酸检验溶液是否变蓝，方法是取样后加H2SO4溶液，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O；

故答案为：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O；H2SO4溶液；如果溶液变蓝；

（5）AlH3中的H为-1价，NH3中的H为+1价；从化合价的角度可知二者可能发生氧化还原反应生成氢气；

故答案为：AlH3中的H为-1价，NH3中的H为+1价，有可能发生氧化还原反应生成氢气．19、C11H14O3HCOOCH3④等【分析】【分析】G连续氧化得到I，则G为醇、I为酸，二者反应得到J为酯，则J能发生银镜反应，应是甲酸酯，则G为CH3OH、H为CH3CHO、I为CH3COOH、J为HCOOCH3．由F的结构简式可知，E为A水解得到B与甲醇，B酸化得到E，故B为故A为B氧化生成C为C进一步氧化生成D为据此解答．【解析】【解答】解：G连续氧化得到I，则G为醇、I为酸，二者反应得到J为酯，则J能发生银镜反应，应是甲酸酯，则G为CH3OH、H为CH3CHO、I为CH3COOH、J为HCOOCH3．由F的结构简式可知，E为A水解得到B与甲醇，B酸化得到E，故B为故A为B氧化生成C为C进一步氧化生成D为

（1）A为化学式是C11H14O3，故答案为：C11H14O3；

（2）由上述分析可知，J的结构简式为HCOOCH3，故答案为：HCOOCH3；

（3）由A转化成B和G是水解反应；也属于取代反应，故答案为：④；

（4）D（）与饱和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式为：

故答案为：

（5）由E生成F的化学方程式为：

故答案为：

（6）符合下列条件的E的一种同分异构体：①能使三氯化铁溶液显色，含有酚羟基，且苯环上只有两个侧链；②1mol该同分异构体最多可与3molNaOH反应，还含有羧酸与酚形成的酯基，该同分异构体为等，故答案为：等．四、判断题(共4题，共20分)20、×【分析】【分析】氟化物可能影响儿童正常生长发育．【解析】【解答】解：氟化物能有效预防龋齿但氟化物可能影响儿童正常生长发育所以儿童不建议使用含氟牙膏，故答案为：×．21、×【分析】【分析】还原性Fe＞Cu，铁首先与稀硝酸反应，如金属不足，则反应生成Fe3+，如金属过量，则生成Fe2+，如铁过量，则溶液中没有Cu2+，以此解答该题．【解析】【解答】解：还原性Fe＞Cu，铁首先与稀硝酸反应，如铁不足，则反应生成Fe3+，如铁过量，则生成Fe2+，且溶液中没有Cu2+；

故答案为：×．22、×【分析】【分析】依据化学方程式分析判断，反应都是两种物质反应生成一种物质，属于化合反应，但从可逆反应上来看，二氧化硫与水反应为可逆反应．【解析】【解答】解：SO3+H2O=H2SO4，H2O+SO2⇌H2SO3依据化学方程式分析判断，反应都是两种物质反应生成一种物质，属于化合反应，但从可逆反应上来看，二氧化硫与水反应为可逆反应，故不完全相同，故答案为：×．23、×【分析】【分析】吸热反应与放热反应与是否加热无关，化学反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之吸热．【解析】【解答】解：放热反应不一定不用加热就能进行，如铝热反应，为放热反应，但应在高温下才能进行，故答案为：×．五、解答题(共2题，共16分)24、略

【分析】

（1）氯气与Fe2+反应生成Fe3+与Cl-，反应离子方程式为2Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-，标出电子转移的方向和数目为．

故答案为：．

（2）5.05gKNO3的物质的量为=0.05mol，由2Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-可知，0.09mo1C12能氧化Fe2+为2×0.09mol=0.18mol，所以NO3-氧化的Fe2+为0.33mol-0.18mol=0.15mol；令N元素在还原产物中的化合价为x，根据电子转移有0.05mol×（5-x）=0.15mol×（3-2），解得x=2．

答：KNO3被还原后氮的化合价为+2．

【解析】【答案】（1）氯气与Fe2+反应生成Fe3+与Cl-，反应离子方程式为2Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-；根据化合价判断转移电子数目与方向．

（2）5.05gKNO3的物质的量为=0.05mol，由2Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-可知，0.09mo1C12能氧化Fe2+为2×0.09mol=0.18mol，所以NO3-氧化的Fe2+为0.33mol-0.18mol=0.15mol，根据电子转移计算KNO3被还原后氮的化合价．

3Fe2++5NO3-+H+═3Fe3++5NO↑+10H2O．

25、略

【分析】

（1）氧化还原反应4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3中；化合价升高的Fe；S元素在反应中被氧化，该反应生成8mol的二氧化硫，转移电子的物质的量为44mol，所以当该反应转移2.75mol电子时，生成的二氧化硫的物质的量为0.5mol，在标准状况下的体积为11.2L，故答案为：Fe、S；11.2；

（2）①分液漏斗的使用方法：打开分液漏斗上口的活塞；旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加，故答案为：打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；

②氯用图2所示装置制取氧气，即加热固体的方法制氧气，可以让氯酸钾在二氧化锰催化下受热分解获得氧气，方程式为：2KClO32KCl+O2↑；

故答案为：2KClO32KCl+O2↑；

③为确保实验的准确度，要保证二氧化硫和三氧化硫的量的测定准确，当停止通入SO2；熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，可以让装置中的二氧化硫和三氧化硫充分被后面的装置吸收，故答案为：使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收；

④装置D增加的质量为mg，及生成三氧化硫的质量是mg，物质的量是装置E中产生白色沉淀的质量为ng，则吸收的二氧化硫的物质的量是则二氧化硫的转化率=×100%，故答案为：×100%；

（3）①二氧化硫具有氧化性；可以和最低价的硫化钠发生氧化还原反应，生成淡黄色的沉淀S，故答案为：试管a中出现淡黄色浑浊；

②方案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液；有白色沉淀生成，可能是氯水中的氯离子产生的作用；

方案Ⅱ：向第二份溶液加入品红溶液；红色褪去，可以是氯水中含有的漂白性物质次氯酸起的作用；

方案Ⅲ：向第三份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液汇总出现硫酸根离子，是二氧化硫在酸性环境下和氯水反应生成的，即SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-，故