2025年沪教新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年沪教新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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列混合物的分离和提纯方法中，主要是从溶解性的角度考虑的是（）A.蒸发B.蒸馏C.升华D.萃取2、下列有关盐类水解的说法中，不正确的是（）A.NaHC03属于酸式盐，其水溶液显酸性B.CuCl2水解的实质是Cu2+与水电离出来的OH-结合生成了弱电解质Cu（OH）2C.利用纯碱水解显碱性，可除去物品表面的油污D.配制FeCl3溶液时，通常将FeCl3固体溶于盐酸后加水稀释，其目的是为了抑制Fe3+的水解3、在实验中，对下列事故的处理或药品的保存正确的是（）A.金属钠着火燃烧时，用泡沫灭火器灭火B.含硫酸的废液倒入水槽，用大量水冲入下水道C.氢氧化钠应该保存在带有橡胶塞的试剂瓶中D.稀释浓硫酸时，要慢慢地把适量水加进去，并不断搅拌4、下列常用于保护食物，以免食物被微生物侵蚀而腐败的是()A.MgCl2B.NaClC.NaNO2D.KNO35、下列事实能说明醋酸是弱酸的是（）A.常温下醋酸易挥发B.醋酸能与水以任意比互溶C.常温下0.1mol/L的醋酸钠溶液的pH约为9D.10mL0.1mol/L的醋酸恰好能与10mL0.1mol/L的NaOH溶液完全反应6、下列盐的溶液蒸干时，能得到原物质的是（）A.Na2SO3B.FeCl3C.KNO3D.NH4HCO3评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)7、CuSO4是一种重要的化工原料；其有关制备途径及性质如图所示：

下列说法正确的是（）A.途径①和途径②都体现了硫酸的酸性和氧化性B.Y可以是乙醛溶液C.CuSO4在1100℃分解所得气体X可能是SO2和SO3的混合气体D.将CuSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，可制得胆矾晶体8、下列关于化工生产原理的叙述中，均符合目前工业生产实际的是()A.氯碱工业中，氢氧化钠在电解槽的阴极区产生B.氯气和氢气混合在光照条件下生成氯化氢，用水吸收得到盐酸C.合成氨工业中，利用氨易液化，分离出N2、H2循环使用，总体上提高了氨的产率D.二氧化硫在接触室被氧化成三氧化硫，三氧化硫在吸收塔内被水吸收制成浓硫酸9、rm{[}双选题rm{]}碳跟浓硫酸共热产生的气体rm{X}和铜跟浓硝酸反应产生的气体rm{Y}同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中rm{(}如图所示rm{)}下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡B.在rm{Z}导管出来的气体中无二氧化碳C.洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡D.在rm{Z}导管口有红棕色气体出现10、下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.合成氨的“造气”阶段会产生废气B.电镀的酸性废液用碱中和后就可以排放C.电解制铝的过程中，作为阳极材料的无烟煤不会消耗D.使用煤炭转化的管道煤气比直接燃煤可减少环境污染11、下列关于丙烯(CH3-CH=CH2)的说法错误的是()A.丙烯分子有8个σ键，1个π键B.丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化C.丙烯分子存在非极性键D.丙烯分子中3个碳原子在同一平面上12、分子式为C8H8的两种同分异构体X和Y．X是一种芳香烃，分子中只有一个环；Y俗称立方烷，其核磁共振氢谱显示只有一个吸收峰．下列有关说法错误的是（）A.X、Y均能燃烧，都有大量浓烟产生B.X既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能使溴水褪色，还能发生加聚反应C.X属于苯的同系物D.Y的二氯代物有2种13、合成药物异搏定路线中某一步骤如下：下列说法正确的是()

A.物质rm{X}在空气中不易被氧化B.物质rm{Y}中只含一个手性碳原子C.物质rm{Z}中所有碳原子可能在同一平面内D.等物质的量的rm{X}rm{Y}分别与rm{NaOH}反应，最多消耗rm{NaOH}的物质的量之比为rm{1隆脙2}14、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示rm{.Z}为地壳中含量最多的金属元素，下列说法中正确的是rm{(}rm{)}。rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{Q}A.rm{X}rm{Y}rm{W}三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B.原子半径：rm{Q>W>Z>Y>X}C.最高价氧化物对应水化物的酸性：rm{Q>W>Z}D.rm{X}及rm{Q}的气态氢化物相反应，形成的化合物为离子化合物15、常温下，四种金属的氢氧化物的rm{PKsp}rm{(PKsp=-lgKsp}rm{)}以及金属离子rm{(}起始浓度均为rm{0.10mol/L)}开始沉淀和沉淀完全rm{(}金属离子浓度rm{leqslant10^{-6})}时的rm{pH}等相关数据如下表：

。化学式rm{pK_{sp}}rm{pH}开始沉淀时沉淀完全时开始沉淀时沉淀完全时rm{Mg(OH)_{2}}rm{/}rm{10.8}rm{13.3}rm{Cu(OH)_{2}}rm{/}rm{4.4}rm{/}rm{Fe(OH)_{3}}rm{/}rm{1.5}rm{/}rm{Al(OH)_{3}}rm{33}rm{/}rm{/}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Mg(OH)_{2}}不溶于rm{pH=7}的rm{CH_{3}COONH_{4}}溶液B.rm{PKsp[Mg(OH)_{2}]>PKsp[Cu(OH)_{2}]}C.rm{Fe(OH)_{3}}的rm{PKsp=38.5}D.rm{Al^{3+}}在溶液中沉淀完全的rm{pH=5}评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、（16分）某小组对酸化及碱化膨润土负载镍催化CO2加氢甲烷化反应进行了研究。(1)制备Ni一酸化膨润土、Ni-碱化膨润土的部分流程如下：①“溶解”时维持反应温度为70~80℃，其目的是。②“氧化”一步反应的离子方程式为____。（2）最后一步加HNO3后可回收的主要物质（写化学式）。(3)在不同温度下，膨润土、Ni-酸化膨润土、Ni-碱化膨润土催化CO2加氢甲烷化反应结果如下图所示：①在测定温度内，Ni-酸化膨润土对CO2加氢甲烷化反应的最适宜温度为350℃，理由是：____________。②500℃时，在上述实验条件下向某装有膨润土的密闭容器中通入5molCO2和20molH2，充分反应后生成CH4的物质的量为。17、某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中；发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率．请回答下列问题：

（1）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是____；

（2）实验室中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液，可与实验中CuSO4溶液起相似作用的是____；

（3）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有____、____（答两种）；

（4）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响；该同学设计了如下一系列实验．将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间．

。实验。

混合溶液ABCDEF4mol/LH2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100①请完成此实验设计，其中：V1=____，V6=____，V9=____；

②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高．但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降．请分析氢气生成速率下降的主要原因____．18、常温下A和B两种气体组成的混合气体（A的相对分子质量小于B的相对分子质量），经分析，混合气体中只含有氮和氢两种元素，而且不论A和B以何种比例混合，氮和氢的质量比总大于．由此可确定A为____．若上述混合气体的氮和氢的质量比为7：1，则在混合气体中A和B的物质的量之比为____，A在混合气体中的体积分数为____．将标准状况下的aL的A溶于1000g水中，得到的溶液密度为bg/mL，该溶液物质的量浓度为____mol/L．19、今有某学生设计的用催化氧化法制取少量HNO3溶液的实验装置；如图所示．

请回答下列问题．

（1）写出工业合成氨的化学方程式____

（2）实验室制备NH3，下列方法中宜选用的是____（填序号）

①固态氯化铵与熟石灰混合加热。

②固态氯化铵加热分解。

③生石灰中滴加浓氨水。

④氯化铵溶液与氢氧化钠溶液共热。

（3）在实验过程中，移去酒精灯，Pt丝____，由此可以判断____

（4）装置C中的现象是____；产生此现象的原因是____

（5）D中生成物质的化学式____．20、有机物A（C12H14O2）常用作香料；可调制葡萄；草莓香型香精，也用于化妆品等，一定条件下它可发生右图所示的转化，经测定C含有苯环，仅有一个侧链且侧链上的原子除氢原子外都在同一条链上，H为高分子化合物。

已知：R-CH=CHOH不稳定，很快转化为R-RH2CHO

（1）7.4g有机物B完全燃烧可产生0.3molCO2和5.4gH2O，其蒸气对氢气的相对密度是37，B与乙酸互为同系物，B的结构简式为____

（2）D→G的化学方程式是____，反应类型为____

（3）A的结构简式为____，H的结构简式为____

（4）C→D的反应类型为____，E→F的反应类型为____

（5）D与B在浓硫酸、加热的条件下，相互反应的化学方程式是____

（6）E有多种同分异构体，写出其中三个同时满足以下两个条件的同分异构体的结构简式：____、____、____（Ⅰ）能发生银镜反应；（Ⅱ）苯环上有2个取代基．21、现有20.0g由2H和16O组成的水分子，其中含有质子数为____mol含有中子数为____mol电子数为____mol．评卷人得分四、判断题(共2题，共10分)22、对于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）和I2（g）+H2（g）═2HI（g）反应，在恒温恒容条件下，当压强保持不变时，均能说明上述反应达到化学平衡状态．____（判断对错）23、1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA．____（判断对错）评卷人得分五、探究题(共4题，共28分)24、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．25、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：26、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．27、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】A．蒸发分离可溶性固体与液体；

B．蒸馏分离互溶但沸点不同的液体；

C．升华为加热实现固体分离；

D．萃取分离与溶解性有关，以此来解答．【解析】【解答】解：A．蒸发分离可溶性固体与液体；需要加热，与水挥发有关，故A不选；

B．蒸馏与沸点有关；故B不选；

C．升华与物质沸点有关；故C不选；

D．萃取利用溶质在不同溶剂中的溶解性差异分离混合物；故D选；

故选D．2、A【分析】【分析】A；碳酸氢根离子水解程度大于电离程度；

B、Cu2+与水电离出来的OH-结合生成了弱电解质Cu（OH）2促进了水的电离正向进行；溶液中氢离子浓度增大；

C；纯碱为碳酸钠；溶液中碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱溶液中生成溶于水的物质；

D、氯化铁溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸的存在抑制了水解进行，避免溶液变浑浊．【解析】【解答】解；A、碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，NaHC03属于酸式盐；其水溶液显碱性，故A错误；

B、Cu2+与水电离出来的OH-结合生成了弱电解质Cu（OH）2促进了水的电离正向进行；溶液中氢离子浓度增大，溶液显酸性，故B正确；

C；纯碱溶液中碳酸根离子水解显碱性；油脂在碱溶液中生成溶于水的物质，可除去物品表面的油污，故C正确；

D、氯化铁溶液中水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸的存在抑制了水解进行，避免溶液变浑浊，通常将FeCl3固体溶于盐酸后加水稀释，其目的是为了抑制Fe3+的水解；故D正确；

故选A．3、C【分析】【分析】A．钠燃烧生成过氧化钠；过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，使火势更剧烈，无法灭火；

B．硫酸若直接冲入下水道；会导致污染地下水；腐蚀地下管道；

C．氢氧化钠能够与二氧化硅反应；不能使用玻璃塞，应该使用橡胶塞；

D．稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸缓缓进入到水中，顺序不能颠倒．【解析】【解答】解：A．钠及过氧化钠都能够与二氧化碳反应；不能使用泡沫灭火器灭火，可以使用沙子灭火，故A错误；

B．含硫酸的废液具有腐蚀性；若倒入水槽，用大量水冲入下水道，会导致地下水污染，应该倒入指定的废液缸中，故B错误；

C．氢氧化钠能够与二氧化硅反应；盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶的瓶塞应该使用橡胶塞，故C正确；

D．由于浓硫酸密度大于水；稀释过程中放出大量热，所以应该将浓硫酸慢慢进入水中，顺序不能颠倒，故D错误；

故选C．4、B【分析】解：食物被微生物侵蚀而腐败是由于微生物的生长和大量繁殖从食物中获得有机物而引起的．根据食物腐败变质的原因，食品保存就要尽量的杀死或抑制微生物的生长和大量繁殖，传统的食品保存方法有盐腌、糖渍、干制、酒泡等，NaCl是常见的调味剂有咸味剂，它能使微生物脱水死亡，故选B；【解析】【答案】B5、C【分析】【分析】根据弱电解质的电离是不完全的，酸的溶解性、挥发性及酸的通性无法确定酸电离的程度，弱酸对应的强碱盐，能够水解，常温下pH大于7，据此判断．【解析】【解答】解：A．酸的挥发性与酸性强弱无关；故A错误；

B．酸性强弱与溶解性无关；故B错误；

C．常温下0.1mol/L的醋酸钠溶液的pH约为9；说明醋酸钠水解，醋酸为弱酸，故C正确；

D．无论醋酸是强酸还是弱酸；1mol醋酸中和1mol氢氧化钠，故D错误；

故选：C．6、C【分析】【分析】A；亚硫酸钠易被氧化；

B；氯化铁易水解且氯化氢易挥发；

C；硝酸钾是强碱强酸盐；蒸干后得到硝酸钾固体；

D、碳酸氢铵易分解．【解析】【解答】A；亚硫酸钠不稳定；易被氧化生成硫酸钠，所以最后蒸干得到的固体是硫酸钠，故A错误；

B；氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢；加热过程中促进氯化氢挥发，从而促进氯化铁水解，最后蒸干时得到氢氧化铁固体，故B错误；

C；硝酸钾是强碱强酸盐；蒸干水份蒸发后得到硝酸钾固体，故C正确；

D；碳酸氢铵不稳定；在加热条件下，易分解生成氨气、二氧化碳和水，蒸干得不到固体，故D错误；

故选：C．二、双选题(共9题，共18分)7、B|D【分析】解：A．转化关系分析可知；途径①浓硫酸作氧化剂，生成硫酸铜时硫酸表现酸性，途径②氧气作氧化剂，硫酸只表现酸性，无强氧化性表现，故A错误；

B．硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀；与Y生成氧化亚铜，知Y中有醛基，所以Y可以是乙醛溶液，故B正确；

C．硫酸铜分解生成Cu2O与氧气、SO3、SO2，根据2CuSO4═Cu2O+SO2↑+SO3↑+O2↑知，X可能是O2、SO2和SO3的混合气体；若只是二氧化硫和三氧化硫，铜元素；氧元素化合价只有降低，无元素化合价升高，故C错误；

D．将CuSO4溶液蒸发浓缩；冷却结晶；过滤洗涤可制得胆矾晶体，故D正确；

故选BD．

A．根据反应物和生成物的化学式判断；

B．硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀；与Y生成氧化亚铜，知Y中有醛基；

C．硫酸铜分解生成Cu2O与氧气、SO2、SO3；依据电子守恒分析；

D．将CuSO4溶液蒸发浓缩；冷却结晶；过滤洗涤可制得胆矾晶体．

本题考查了物质的制备流程，解题的关键是掌握物质的性质，解答时要依据题干提供信息，结合相关知识细心分析解答，题目难度中等．【解析】【答案】BD8、A|C【分析】解：A．阴极是氢离子得到电子生成氢气发生还原反应；阴极附近水电离平衡破坏，氢氧根离子浓度增大结合钠离子生成氢氧化钠，故A正确；

B．氯气和氢气混合在光照的条件下会发生强烈爆炸生成氯化氢气体；应在点燃的条件下生成氯化氢，用水吸收得到盐酸，故B错误；

C．合成氨工业中，利用氨易液化，分离出N2、H2循环使用；可使平衡向正反应方向移动，则氨气的产率增大，故C正确；

D．吸收塔中SO3如果用水吸收，发生反应：SO3+H2O═H2SO4；该反应为放热反应，放出的热量易导致酸雾形成，阻隔在三氧化硫和水之间，阻碍水对三氧化硫的吸收；而浓硫酸的沸点高，难以气化，不会形成酸雾，同时三氧化硫易溶于浓硫酸，所以工业上从吸收塔顶部喷洒浓硫酸作吸收液，最终得到“发烟”硫酸，故D错误；

故选：AC．【解析】【答案】AC9、rCD【分析】解：rm{X}是rm{CO_{2}}和rm{SO_{2}}的混合气，rm{Y}为rm{NO_{2}}rm{XY}混合之后rm{SO_{2}}和rm{NO_{2}}会发生氧化还原反应：rm{SO_{2}+NO_{2}+H_{2}O=H_{2}SO_{4}+NO}

A.因rm{H_{2}SO_{4}}能与氯化钡反应生成rm{BaSO_{4}}rm{CO_{2}}与氯化钡不反应，没有rm{BaCO_{3}}生成；故A错误；

B.因rm{CO_{2}}不与氯化钡反应，从导管中逸出，所以在rm{Z}导管出来的气体中有二氧化碳；故B错误；

C.因rm{H_{2}SO_{4}}能与氯化钡反应生成rm{BaSO_{4}}故C正确；

D.因rm{NO}在空气中又会生成rm{NO_{2}}在rm{Z}导管口有红棕色气体出现；故D正确；

故选CD．

碳与浓硫酸共热产生的rm{X}气体为rm{CO_{2}}和rm{SO_{2}}的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的rm{Y}气体是rm{NO_{2}}同时通入时因rm{NO_{2}}与水和rm{SO_{2}}共同作用要产生rm{SO_{4}^{2-}}和rm{NO}rm{NO}在空气中又会生成rm{NO_{2}}以此解答该题．

本题考查物质的性质及实验装置的综合，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意判断发生的氧化还原反应，题目难度不大．【解析】rm{CD}10、AD【分析】解：rm{A.}合成氨反应为rm{N_{2}+3H_{2}?2NH_{3}}所用的原料气是氮气；氢气，氮气来自空气，氢气来自水和碳氢化合物的反应，用天燃气或煤，会产生废气二氧化碳，故A正确；

B.酸性废液用碱中和后；溶液呈中性，但电镀液含重金属离子，应处理后排放，故B错误；

C.电解熔融氧化铝制金属铝的阳极上产生的是氧气；作为阳极材料的无烟煤会被氧化成二氧化碳，煤会消耗，故C错误；

D.煤的燃烧能够产生二氧化硫；导致产生酸雨，煤通过液化气化，提高了燃烧效率，降低了污染，故D正确；

故选AD．

A.氨的造气用天燃气或煤；会产生二氧化碳；

B.电镀废液含有重金属；直接排放会造成污染，不利于环境保护；

C.铝的生产中阳极会产生二氧化碳；煤会消耗；

D.煤的气化后作了脱硫处理；污染减少；

本题考查了造成环境污染的因素，完成此题，可以依据已有的知识进行，学生应充分认识环境保护的重要性，属于基本知识的考查，题目难度不大．【解析】rm{AD}11、A|B【分析】解：A．丙烯(CH3-CH=CH2)中存在5个C-Hσ键和2个C-Cσ键；还有1个π键，则共有7个σ键，1个π键，故A错误；

B．甲基中的C为sp3杂化，C=C中的C为sp2杂化，则丙烯中只有1个C原子为sp3杂化；故B错误；

C．C；C之间形成的共价键为非极性键；则丙烯分子存在非极性键，故C正确；

D．由C=C为平面结构；甲基中的C与双键碳原子直接相连，则三个碳原子在同一平面内，故D正确；

故选AB．【解析】【答案】AB12、C|D【分析】解：A．二者都是有机物；且分子式相同，都能燃烧，因为含碳量较高，所以燃烧时都有大量浓烟产生，故A正确；

B．X中含有碳碳双键；具有烯烃性质，所以X既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能使溴水褪色，还能发生加聚反应，故B正确；

C．X中含碳碳双键；而苯的同系物不含碳碳双键，则X不属于苯的同系物，故C错误；

D．Y的二氯代物中每个面上相连；相对的两个氢原子被取代的氯代物、通过体心的两个顶点上氢原子被氯原子取代的取代物；共有3种，故D错误；

故选CD．

分子式为C8H8的两种同分异构体X和Y，X是一种芳香烃，分子中只有一个环，则X为苯乙烯，结构简式为Y俗称立方烷，其核磁共振氢谱显示只有一个吸收峰，则Y结构简式为X中含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的性质，Y不含碳碳双键和苯环，没有苯和烯烃性质，以此来解答．

本题考查有机物的推断及性质，为高频考点，把握有机物结构简式的确定为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度中等．【解析】【答案】CD13、CD【分析】【分析】本题旨在考查学生对有机物的结构和性质的应用。【解答】A.rm{X}含有酚羟基，在空气中可以被氧化，故A错误；B.物质rm{Y}中不含有手性碳原子，故B错误；C.物质rm{Z}中所有碳原子可能在同一平面内，故C正确；D.根据rm{X}rm{Y}的结构简式，等物质的量的rm{X}rm{Y}分别与rm{NaOH}反应，最多消耗rm{NaOH}的物质的量之比为rm{1隆脙2}故D正确。故选CD。【解析】rm{CD}14、rCD【分析】解：由rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}在周期表中相对位置，并且rm{Z}元素在地壳中的含量最高，可知rm{X}是rm{N}元素，rm{Y}是rm{O}元素，rm{Z}是rm{Al}元素，rm{W}是rm{S}元素，rm{Q}为rm{Cl}元素；

A.rm{X}rm{Y}分别为rm{N}rm{O}元素，对应的氢化物含有氢键，沸点较高，都大于rm{S}的氢化物的沸点；故A错误；

B.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径rm{Q<W<Z}rm{Y<X}故B错误；

C.非金属性rm{Cl>S>Al}元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故C正确；

D.rm{X}及rm{Q}的气态氢化物相反应生成rm{NH_{4}Cl}为离子化合物，故D正确．

故选CD．

由rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}在周期表中相对位置，并且rm{Z}元素在地壳中的含量最高，可知rm{X}是rm{N}元素，rm{Y}是rm{O}元素，rm{Z}是rm{Al}元素，rm{W}是rm{S}元素，rm{Q}为rm{Cl}元素；利用元素周期律的递变规律和在周期表中的位置解答该题相关知识．

本题考查位置、结构、性质的关系及应用，把握元素在周期表中的位置及元素周期律为解答的关键，注意利用实例分析，侧重分析能力和归纳能力的考查，注意短周期中一些元素的特殊性rm{.}题目难度不大．【解析】rm{CD}15、rCD【分析】解：rm{A.PH=10.8}rm{C(OH^{-})=10^{-3.2}mol/L}则rm{Ksp[(Mg(OH)_{2}]=0.1隆脕(10^{-3.2})^{2}=10^{-7.4},pH=7,C(OH^{-})=10^{-7}mol/L}则rm{Qc=0.1隆脕(10^{-7})^{2}=10^{-15}}

rm{Qc<Ksp}所以rm{Mg(OH)_{2}}溶于rm{pH=7}的rm{CH_{3}COONH_{4}}溶液；故A错误；

B.rm{PH=4.4}rm{C(OH^{-})=10^{-8.6}mol/L}则rm{Ksp[(Cu(OH)_{2}]=0.1隆脕(10^{-8.6})^{2}=10^{-18.2},PKsp[(Cu(OH)_{2}]=-lg10^{-18.2}=18.2}rm{Ksp[(Mg(OH)_{2}]=0.1隆脕(10^{-3.2})^{2}=10^{-7.4},PKsp[(Mg(OH)_{2}]=-lg10^{-7.4}=7.4}所以rm{Ksp[(Cu(OH)_{2}]=0.1隆脕(10^{-8.6})^{2}=10^{-18.2},PKsp[(Cu(OH)_{2}]=-lg

10^{-18.2}=18.2}故B错误；

C.rm{Ksp[(Mg(OH)_{2}]=0.1隆脕(10^{-3.2})^{2}=10^{-7.4},PKsp[(Mg(OH)_{2}]=-lg

10^{-7.4}=7.4}rm{PKsp[Mg(OH)_{2}]<PKsp[Cu(OH)_{2}]}则：rm{pH=1.5}rm{PKsp[Fe(OH)_{3}]=-lg10^{-38.5}=38.5}故C正确；

D.rm{C(OH-)=(10^{-12.5})mol/L}则rm{Ksp[Fe(OH)_{3}]=0.1隆脕(10^{-12.5})^{3}=10^{-38.5}}恰好沉淀完全时，rm{PKsp[Fe(OH)_{3}]=-lg

10^{-38.5}=38.5}则：rm{PKsp[Al(OH)_{3}]=33}rm{[OH^{-}]^{3}=dfrac{Ksp}{[Al^{3+}]}=dfrac{10^{-33}}{10^{-6}}=}

rm{Ksp[Al(OH)_{3}]=10^{-33}}则：，rm{[OH^{-}]=310;^{-27}=10^{-9}}rm{[H^{+}]=dfrac{10;^{-14}}{10;^{-9}}=10^{-5}}rm{[Al^{3+}]=10^{-6}}故D正确；

故选：rm{Ksp[Al(OH)_{3}]=[Al^{3+}][OH^{-}]^{3}}．

A.依据表中数据结合溶度积常数表达式计算氢氧化镁的rm{[OH^{-}]^{3}=dfrac{Ksp}{[Al^{3+}]}=

dfrac{10^{-33}}{10^{-6}}=}然后依据溶度积规则判断解答；

B.依据溶度积常数表达式计算rm{10^{-27}}rm{[OH^{-}]=310;^{-27}

=10^{-9}}

C.依据溶度积常数表达式计算rm{[H^{+}]=dfrac

{10;^{-14}}{10;^{-9}}=10^{-5}}的rm{PH=-lg10^{-5}=5}依据rm{CD}rm{Ksp}rm{PKsp[Mg(OH)_{2}]}解答；

D.依据rm{PKsp[Cu(OH)_{2}]}计算rm{Fe(OH)3}依据rm{PKsp}计算解答．

本题考查了沉淀溶解平衡的有关计算，熟悉溶度积常数表达式，溶度积规则是解题关键，题目难度中等．rm{PKsp}【解析】rm{CD}三、填空题(共6题，共12分)16、略

【分析】【解析】【答案】（16分）(1)加快反应速率，同时防止温度过高HNO3分解和挥发（3分）②2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O（3分）（2）Na2SO4NaNO3（2分）(3)①该温度下甲烷化选择性几乎为100%．且CO2转化率最高（4分）②0.09mol（4分）17、CuSO4与Zn反应产生的Cu与Zn形成Cu/Zn原电池，加快了氢气产生的速率Ag2SO4升高反应温度适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的比表面积等301017.5当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与溶液的接触面积【分析】【分析】（1）Cu；Zn、硫酸形成原电池反应；会使得化学反应速率加快；

（2）Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液中，能与锌发生置换反应且能形成原电池反应的只有Ag2SO4；

（3）对于溶液中的化学反应；影响反应速率的因素还有浓度；温度、催化剂以及固体表面积大小等；

（4）①要对比试验效果；那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同；

②生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积．【解析】【解答】解：（1）锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu；置换出铜，与锌形成原电池反应，化学反应速率加快；

故答案为：CuSO4与Zn反应产生的Cu与Zn形成铜锌原电池；加快了氢气产生的速率；

（2）Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液中，能与锌发生置换反应且能形成原电池反应的只有Ag2SO4；

故答案为：Ag2SO4；

（3）对于溶液中的化学反应；影响反应速率的因素还有浓度；温度、催化剂以及固体表面积大小等，要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的表面积等；

故答案为：升高反应温度；适当增加硫酸的浓度；增加锌粒的比表面积等；

（4）①要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同．A组中硫酸为30ml，那么其它组硫酸量也都为30ml．而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20ml，水为0，那么总量为20ml，所以V6=10ml，V9=17.5ml，V1=30ml；

故答案为：30；10；17.5；

②因为锌会先与硫酸铜反应；直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降；

故答案为：当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积．18、NH34：180%【分析】【分析】纯NH3中氮和氢的质量比为，在纯NH3中混入任何比例的N2，都将使氮和氢的质量比大于，即为N2、NH3的混合气体，A的相对分子质量小于B的相对分子质量，则A为NH3，B为N2，据此计算解答．【解析】【解答】解：纯NH3中氮和氢的质量比为，在纯NH3中混入任何比例的N2，都将使氮和氢的质量比大于，即为N2、NH3的混合气体，A的相对分子质量小于B的相对分子质量，则A为NH3，B为N2；

若上述混合气体的氮和氢的质量比为7：1；设氨气为xmol，氮气为ymol，则（x+2y）×14：3x=7：1，整理的x：y=4：1；

A在混合气体中的体积分数为×100%=80%；

将标准状况下，aLNH3的物质的量为=mol，氨气质量为g，故溶液体积为=L，该溶液物质的量浓度为=mol/L．

故答案为：NH3；4：1；80%；．19、N2+3H22NH3①③继续保持红热反应为放热反应有气泡从浓H2SO4冒出，且集气瓶内浓H2SO4上部空间呈红棕色NO不与硫酸反应，在空气中NO与氧气反应生成红棕色的二氧化氮HNO3【分析】【分析】（1）氨气催化氧化生成一氧化氮气体和水；据此写出反应的化学方程式；

（2）氯化铵加热生成氨气和氯化氢；氯化氢和氨气反应生成氯化铵；氨气易溶于水，稀氨水浓度小，不能制氨气；氯化铵溶液与氢氧化钠溶液共热，能制得氨气但量少，不是实验室制备氨气的方法；实验室用固态氯化铵与氢氧化钙混合加热制备氨气和碱石灰中滴加浓氨水方法制氨气；

（3）氨催化氧化生成一氧化氮和水；移去酒精灯；发现铂丝还继续保持红热，说明反应是放热反应；

（4）装置C浓硫酸的作用是吸收未反应的NH3，装置B中产生的NO通过浓硫酸时，可看到浓硫酸中有气泡冒出，同时NO在装置C的上部与O2迅速反应生成红棕色的NO2；

（5）NO2与H2O反应，生成硝酸和一氧化氮．【解析】【解答】解：（1）工业上合成氨气的化学方程式为：N2+3H22NH3；

故答案为：N2+3H22NH3；

（2）①固态氯化铵与熟石灰混合加热；是实验室制氨气的主要方法，故①正确；

②固态氯化铵加热分解；成氨气和氯化氢，氯化氢和氨气反应生成氯化铵，故②错误；

③碱石灰中滴加浓氨水；也是实验室制氨气的方法之一，故③正确；

④氯化铵溶液与氢氧化钠溶液共热；能制得氨气但量少，不是实验室制备氨气的方法，故④错误；

故答案为：①③；

（3）氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应的方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；移去酒精灯，发现铂丝还继续保持红热，说明反应是放热反应；

故答案为：继续保持红热；反应为放热反应；

（4）装置C浓硫酸的作用是吸收未反应的NH3，由于NO不与硫酸反应，在空气中NO与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，则装置B中产生的NO通过浓硫酸时，可看到浓硫酸中有气泡冒出，同时NO在装置C的上部与O2迅速反应生成红棕色的NO2；

故答案为：有气泡从浓硫酸中冒出；且装置C内的上部呈红棕色；NO不与硫酸反应，在空气中NO与氧气反应生成红棕色的二氧化氮；

（5）NO2与H2O反应，生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；

故答案为：HNO3．20、CH3CH2COOH+H2O消去反应加成反应氧化反应【分析】【分析】B蒸气对氢气的相对密度是37，则Mr（B）=37×2=74，7.4g有机物B的物质的量为0.1mol，完全燃烧可产生0.3molCO2和5.4gH2O，水的物质的量为=0.3mol，故B分子中N（C）==3，N（H）==6，则N（O）==2，故B的分子式为C3H6O2，B与乙酸互为同系物，则B的结构简式为CH3CH2COOH，有机物A（C12H14O2）再稀硫酸、加热条件下得到B与C，则A属于酯，C属于醇，结合A、B分子式可知C分子式为C9H10O，不饱和度为=5，经测定C含有苯环，C在一定条件下生成高聚物H，则C中含有碳碳双键，仅有一个侧链且侧链上的原子除氢原子外都在同一条链上，结合-OH直接连接碳碳双键不稳定，可推知C的结构为A为C发生加聚反应生成高聚物H为C与氢气发生加成反应生成D为D在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成G为．D发生氧化反应生成E为E与氢氧化铜反应生成F为据此解答．【解析】【解答】解：B蒸气对氢气的相对密度是37，则Mr（B）=37×2=74，7.4g有机物B的物质的量为0.1mol，完全燃烧可产生0.3molCO2和5.4gH2O，水的物质的量为=0.3mol，故B分子中N（C）==3，N（H）==6，则N（O）==2，故B的分子式为C3H6O2，B与乙酸互为同系物，则B的结构简式为CH3CH2COOH，有机物A（C12H14O2）再稀硫酸、加热条件下得到B与C，则A属于酯，C属于醇，结合A、B分子式可知C分子式为C9H10O，不饱和度为=5，经测定C含有苯环，C在一定条件下生成高聚物H，则C中含有碳碳双键，仅有一个侧链且侧链上的原子除氢原子外都在同一条链上，结合-OH直接连接碳碳双键不稳定，可推知C的结构为A为C发生加聚反应生成高聚物H为C与氢气发生加成反应生成D为D在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成G为．D发生氧化反应生成E为E与氢氧化铜反应生成F为

（1）由上述分析可知，B的结构简式为CH3CH2COOH，故答案为：CH3CH2COOH；

（2）D→G的化学方程式是：+H2O，反应类型为：消去反应，故答案为：+H2O；消去反应；

（3）由上述分析可知，A的结构简式为H的结构简式为故答案为：

（4）C→D的反应类型为：加成反应；E→F的反应类型为：氧化反应，故答案为：加成反应；氧化反应；

（5）D与B在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应，相互反应的化学方程式是：

故答案为：

（6）E（）有多种同分异构体，同时满足以下两个条件的同分异构体：（Ⅰ）能发生银镜反应，含有醛基；（Ⅱ）苯环上有2个取代基，侧链为-CH3、CH2CHO，或-CH2CH3、-CHO，各有邻、间、对三种物质，其中的三种结构简式为：故答案为：．21、10mol10mol10mol【分析】【分析】根据由2H和16O组成的水分子中，相对分子质量为2×2+16=20，2H含有1个质子，1个中子，16O含有8个质子，8个中子计算．【解析】【解答】解：由2H和16O组成的水分子中，相对分子质量为2×2+16=20，2H含有1个质子，1个中子，16O含有8个质子；8个中子；

20克由2H和16O组成的水的物质的量为：=1mol；

含质子数为：1×（2×1+8）=10；中子数为：1×（2×1+8）=10，电子数为：1×（2×1+8）=10；

故答案为：10；10；10．四、判断题(共2题，共10分)22、×【分析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；【解析】【解答】解：对于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）；该反应是一个反应前后气体体积改变的化学反应，当反应达到平衡状态时，各物质的量不变，导致容器中压强不随时间的变化而改变；

对于I2（g）+H2（g）═2HI（g）；该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，在恒温恒容条件下，压强自始至终保持不变，故压强不变不一定平衡；

故答案为：×．23、×【分析】【分析】氯气参加反应，表现性质不同，转移电子数不同，据此判断．【解析】【解答】解：氯气参加反应，表现性质不同，转移电子数不同，例如氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，Cl元素的化合价由0升高为+1价，Cl元素的化合价由0降低为-1价，1molCl2参加反应转移电子数为NA；

1molCl2与铁反应生成氯化铁，氯气全部做氧化剂，1molCl2参加反应转移电子数为2NA；

所以1molCl2参加反应转移电子数不一定为2NA．

故错误．五、探究题(共4题，共28分)24、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．25、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用