2025年人教新课标高三化学上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年人教新课标高三化学上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9题，共18分)1、如表实验操作正确的是（）

。编号实验操作A实验室用自来水制备蒸馏水将自来水倒入烧杯中，小心给烧杯加热B配制一定浓度的氯化钾溶液100mL将称好的氯化钾固体放入100mL容量瓶中，加水溶解，振荡摇匀，定容C检验溶液中是否含SO42-先加入稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液D取出分液漏斗中的上层液体下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体继续从分液漏斗下端管口放出A.AB.BC.CD.D2、列有关叙述中，正确的是（）A.新制氯水只含有氯分子和次氯酸两种分子B.氯水放置数天后，其酸性逐渐减弱C.氯水光照时有气泡逸出，该气体的主要成分是氯气D.向Na2O与水反应后的溶液中通入适量氯气后，溶液中含有两种溶质3、下列实验设计或操作能达到实验目的是（）

A.除去乙酸乙酯中的乙酸：加入乙醇和浓硫酸；共热，使乙酸全部转化为乙酸乙酯。

B.液态溴乙烷中加入NaOH溶液共热几分钟，然后加入足量稀HNO3，再加入AgNO3溶液检验溴乙烷中含溴元素。

C.除去甲苯中的少量苯酚：加浓溴水；振荡；静置、过滤。

D.检验甲酸中是否混有乙醛：可向样品中加入足量稀NaOH溶液中和甲酸后；再做银镜反应实验。

4、下列电池属于二次电池的是A.锌银钮扣电池B.氢氧燃料电池C.铅蓄电池D.锌锰干电池5、下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵B.稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的rm{pH}减小C.饱和石灰水中加入少量rm{CaO}恢复至室温后溶液的rm{pH}不变D.沸水中滴加适量饱和rm{FeCl_{3}}溶液，形成带电的胶体，导电能力增强6、用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．例如：

①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-574kJ•mol-1

②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-1160kJ•mol-1

下列说法不正确的是（）A.反应①②均为放热反应B.反应①②转移的电子数相同C.若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，放出的热量是173.4kJD.由反应①可推知：CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-akJ•mol-1，a＜5747、2760Co是γ射线放射源，可用于农作物诱变育种，我国用该方法培育出了许多农作物新品种，下列叙述正确的是（）A.60是Co元素的相对原子质量B.由Co的不同种同位素组成的单质，其化学性质与物理性质均不同C.60是2760Co这种核素的质量数D.2760Co原子中，中子数是27，电子数是338、下列叙述合理的是A.用干燥的pH试纸检测碳酸钠溶液、氯水、稀醋酸的pH值B.铜与浓硫酸反应时，可用蘸有浓溴水的棉花放在导管口吸收逸出的气体C.需用某浓度的NaOH溶液450mL，则配制时应选用450mL的容量瓶D.将液溴、浓硝酸保存在棕色试剂瓶中，放置于冷暗处9、用下图所示装置rm{(}熔融rm{CaF_{2}-CaO}作电解质rm{)}获得金属钙，并用钙还原rm{TiO_{2}}制备金属钛。下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.电解过程中，rm{Ca^{2+}}向阳极移动B.阳极的电极反应式为rm{C+2O^{2-}-4e^{-}=CO_{2}隆眉}C.在制备金属钛前后，整套装置中rm{CaO}的总量减少D.若用铅蓄电池作该装置的供电电源，“rm{+}”接线柱是rm{Pb}电极评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、某有机物在氧气中充分燃烧，消耗的氧气与生成二氧化碳及水蒸气的物质的量之比为3：2：3，则下列说法中正确的是（）A.该有机物中一定含有氧元素B.该有机物分子中碳氢原子数之比为1：3C.该有机物中一定不含有氧元素D.该有机物分子式为C2H611、将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是（）A.c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（HAc）B.c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（HAc）＞c（H+）C.c（Ac-）=c（Cl+）＞c（H+）＞c（HAc）D.c（Na+）+c（H+）=c（Ac-）+c（Cl-）+c（OH-）12、下列的图示与对应的叙述相符的是（）A.图

表示KNO3的溶解度曲线，图中a点表示的溶液通过升温可以得到b点B.图

表示某一放热反应，若使用催化剂E1、E2、△H都会发生改变C.图

表示向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中滴加稀盐酸时，产生CO2的情况D.图

表示向100mL0.1mol/L的AlCl3和0.1mol/L的NH4Cl混合溶液中滴加1mol/L的NaOH溶液时n（Al3+）和n（AlO2-）的变化情况13、室温下，下列叙述正确的是（）A.pH=2的HA酸溶液与pH=12的MOH碱溶液以任意比混合：c（OH-）+c（M+）=c（H+）+c（A-）B.将物质的量浓度均为0.1mol•L-1的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中：2c（OH-）-2c（H+）=3c（H2CO3）+c（HCO）-c（CO）C.等浓度、等体枳的Na2CO3和NaHCO3混合：＜D.将足量AgCl分别放入：①5mL水，②10mL0.2mol/LMgCl2，③20mL0.3mol/L盐酸中溶解至饱和，c（Ag+）：①＞②＞③14、臭名昭著的三聚氰酸[C3N3（OH）3]却可用于消除汽车尾气中的NO2．其反应原理为：

C3N3（OH）33HNCO；8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O下列说法正确的是（）A.C3N3（OH）3与HNCO为同一物质B.HNCO是一种很强的氧化剂C.1molNO2在反应中转移的电子为4molD.CO2既不是氧化产物，也不是还原产物15、有人认为废弃物是放错地方的资源可以变废为宝．下列方法不属于废弃物资源化的是（）A.用废弃的地沟油加工食品B.焚烧垃圾的烟气直接排入空气中C.用废弃的泡沫包装材料制取液体燃料D.用碳酸钙除去燃煤烟气中的二氧化硫并制得石膏16、短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示．下列说法中不正确的是（）A.X元素形成的单质中存在非极性共价键B.W的最高价氧化物对应的水化物是强酸C.Y的原子半径在同周期主族元素中最小D.Z的气态氢化物的稳定性在同主族元素中最强17、已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0．在恒温条件下将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一容积为2L的密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图．下列说法正确的是（）A.图中的两条曲线，X是表示NO2浓度随时间的变化曲线B.前10min内用v（NO2）表示的化学反应速率0.06mol/（L•min）C.25min时导致平衡移动的原因是将密闭容器的体积缩小为1LD.a、b、c、d四个点中，只有b、d点的化学反应处于平衡状态评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)18、在实验室里制取少量干燥的FeCl3；可按照一定顺序连接下图中所列装置，所通过的气体过量且反应充分．试回答以下问题：

（1）实验时，各装置接口的连接顺序为____（用a、b；c、d等字母表示）；

（2）C装置的作用是____；

（3）D装置的作用是____；

（4）检验B装置中反应后铁是否有剩余的方法是：____；

（5）某同学认为可以对氯化铁溶液进行蒸干灼烧的方法得到无水氯化铁，你认为____（填可行或不可行），原因是____．19、（2014•九江三模）氮是地球上极为丰富的元素．

（1）在配合物Fe（SCN）2+中，提供空轨道接受孤对电子的中心离子微粒的电子排布式为____．已知SCN-呈线性结构，HSCN分子属于____（填“极性”或“非极性”）分子．

（2）N≡N的键能为942kJ•mol-1，N-N单键的键能为247kJ•mol-1，计算说明N2中的____键比____键稳定（填“σ”“π”）．

（3）（CH3）3NH+和AlCl-4可形成离子化合物，该化合物常温下为液体，其挥发性一般比有机溶剂____（

填“大”或“小”）．

（4）X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3-形成的晶体结构如图所示．X的元素符号是____，与同一个X+距离最近且相邻的N3-有____个．20、若往20mL0.01mol/L的弱酸HNO2溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示，下列有关说法正确的是______（填标号）

①该烧碱溶液的浓度为0.02mol/L

②该烧碱溶液的浓度为0.01mol/L

③HNO2的电离平衡常数：b点＞a点。

④从b点到c点，混合溶液中一直存在：c（Na+）＞c（NO2-）＞c（OH-）＞c（H+）21、硫酸是重要的化工原料；二氧化硫生成三氧化硫是硫酸工业的重要反应之一。

（1）现将一定量的SO2（g）和O2（g）放入某固定体积的密闭容器中，在一定条件下，反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）达到平衡状态。

①在温度不变的条件下，加入2molSO2（g）和2molO2（g），平衡后，SO3（g）的体积分数为30%，若相同条件投入1molSO2（g），xmolO2（g）和ymolSO3（g），平衡后SO3（g）的体积分数也为30%，则x=____y=____．22、根据下列转化关系；填写下列空白。

测知B在标准状况时密度为1.25g/L．

（1）反应①的反应类型为____，化学方程式为____

（2）有机物E的名称为____

（3）写出反应②的化学方程式____．23、市售家用消毒液发生器是化学知识在日常生活中的“创新”应用．该发生器利用常见的精盐为反应物，通电时发生器中电解槽内的极板上产生大量气泡，切断电源后所得的消毒液具有强烈的杀菌能力，且对人体无害，请你写出跟该发生器直接有关的两个化学反应：____，____．评卷人得分四、判断题(共4题，共32分)24、1mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为NA____（判断对错）25、18gD2O所含的电子数为10NA．____（判断对错）26、将10克氯化钠溶于4℃、90毫升的水中，所得溶质的质量分数为90%．____（判断对错）27、海带中碘元素提取时氧化滤液中的I-时，通入氯气，KI溶液变为黄色，继续通入氯气一段时间后，溶液黄色褪去．____．（判断对错说明理由）评卷人得分五、探究题(共4题，共40分)28、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________．29、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：30、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________．31、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9题，共18分)1、C【分析】【分析】A．用自来水制蒸馏水是将水加热蒸馏；

B．容量瓶是定容仪器；不能作为溶解仪器；

C．加入盐酸后排除了干扰离子；再加入氯化钡，若生成了白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，则原溶液中一定含有硫酸根离子；

D．分液漏斗中的下层液体从分液漏斗下端管口放出，上层液体从上口倒出．【解析】【解答】解：A．自来水和蒸馏水的差别是所含的可溶性钙镁化合物的量不同；用自来水制蒸馏水是将水加热蒸馏，故A错误；

B．容量瓶是定容仪器；不能作为溶解仪器，也不能用来稀释液体，故B错误；

C．向某溶液中加入足量的盐酸无明显现象，说明溶液中不存在银离子，然后再加入BaCl2溶液；产生白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，证明原溶液中存在硫酸根离子，故C正确；

D．分液漏斗中的下层液体从分液漏斗下端管口放出；上层液体从上口倒出，故D错误．

故选C．2、D【分析】【分析】A．氯水中含水；氯气、HClO三种分子；

B．氯水放置数天后；HClO分解生成盐酸；

C．光照时发生2HClO2HCl+O2↑；

D．Na2O与水反应后的溶液为NaOH溶液，与氯气反应生成NaCl、NaClO．【解析】【解答】解：A．氯气溶于水得到氯水；只有少量氯气与水反应，则氯水中含水；氯气、HClO三种分子，故A错误；

B．氯水放置数天后；HClO分解生成盐酸，则酸性逐渐增强，故B错误；

C．光照时发生2HClO2HCl+O2↑；该气体的主要成分为氧气，故C错误；

D．Na2O与水反应后的溶液为NaOH溶液；与氯气反应生成NaCl；NaClO，若NaOH完全反应，则溶液中含有两种溶质NaCl、NaClO，故D正确；

故选D．3、B【分析】

A；乙酸与乙醇的反应为可逆反应；不能全部转化，应用饱和碳酸钠溶液进行分离，故A错误；

B；溴乙烷在碱性条件下发生水解生成溴离子；酸化后与硝酸银反应生成浅黄色的溴化银沉淀，可用来鉴别，故B正确；

C；生成的三溴苯酚溶于甲苯中；不能得到纯净物，应用氢氧化钠溶液分离，故C错误；

D；甲酸和乙醛中都含有醛基；如不能将二者分离，不能通过银镜实验检验，正确的做法是加入碱后蒸馏，在用银氨溶液检验，故D错误．

故选B．

【解析】【答案】A；乙酸与乙醇的反应为可逆反应；不能全部转化；

B；溴乙烷在碱性条件下发生水解生成溴离子；可用来检验；

C；生成的三溴苯酚溶于甲苯中；不能得到纯净物；

D；甲酸和乙醛中都含有醛基；如不能将二者分离，不能通过银镜实验检验；

4、C【分析】试题分析：二次电池又称为充电电池，答案选C。考点：化学电源【解析】【答案】C5、C【分析】解：rm{A}当盐酸和氨水恰好中和生成rm{NH_{4}Cl}时，由于铵根离子水解呈酸性，若使溶液呈中性，应继续向溶液中加入氨水，故溶液中的溶质是rm{NH_{4}Cl}和rm{NH_{3}?H_{2}O}故A错误；

B、向稀醋酸中加水时，醋酸的电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，但rm{c(H^{+})}减小，故rm{pH}增大；故B错误；

C、温度不变，rm{Ca(OH)_{2}}的溶解度不发生变化，故饱和石灰水中rm{c(OH^{-})}的浓度不变，所以rm{pH}不变；故C正确；

D；氢氧化铁胶体的胶体粒子带有正电荷；但氢氧化铁胶体呈电中性，故D错误；

故选C．【解析】rm{C}6、D【分析】【分析】A．根据方程式中△H符号判断；△H均为负值；

B．根据元素化合价变化判断；碳元素的化合价变化相同；

C．由题目给知的热化学方程式，根据盖斯定律可以得出CH4还原NO2至N2的热化学方程式为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-867kJ•mol-1；然后计算；

D．水蒸气液化放出热量．【解析】【解答】解：A．由方程式中△H符号可知；△H均为负值，所以都是放热反应，故A正确；

B．等物质的量的甲烷分别参加反应①；②时；碳元素的化合价变化相同，所以反应转移的电子数相同，故B正确；

C．由题目给知的热化学方程式，根据盖斯定律可以得出CH4还原NO2至N2的热化学方程式为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-867kJ•mol-1，则用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，放出的热量=×867kJ•mol-1=173.4kJ；故C正确；

D．水蒸气液化放出热量，所以生成液态水放出热量多，所以得CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-akJ•mol-1；a＞574，故D错误；

故选：D．7、C【分析】【分析】2760Co中质子数为27，质量数为60，中子数=质量数-质子数，同素异形体的化学性质相同物理性质不同，据此分析解答．【解析】【解答】解：A、60是2760Co这种核素的质量数；在数值上等于其相对原子质量，故A错误；

B；由Co的不同种同位素组成的单质是同素异形体；其化学性质相同，物理性质不同，故B错误；

C、60是2760Co这种核素的质量数；27是其质子数，故C正确；

D、2760Co原子中；中子数是33，电子数是27，故D错误；

故选C．8、D【分析】试题分析：A、氯水具有强氧化性，能将有色物质氧化生成无色物质，因此不能用pH试纸测定氯水的pH值，A不正确；B、铜与浓硫酸反应生成的气体是SO2，SO2是大气污染物，应该用氢氧化钠溶液吸收，因此铜与浓硫酸反应时，可用蘸有浓氢氧化钠的棉花放在导管口吸收逸出的气体，B不正确；C、容量瓶的规格没有450ml的，因此需用某浓度的NaOH溶液450mL，则配制时应选用500mL的容量瓶，C不正确；D、液溴易挥发，浓硝酸见光易分解，因此液溴、浓硝酸保存在棕色试剂瓶中，放置于冷暗处，D正确，答案选D。考点：考查pH试纸的检验、SO2尾气处理、物质的量浓度的配制以及液溴和浓硝酸的保存【解析】【答案】D9、B【分析】【分析】本题考查了原电池与电解池的工作原理及电极反应式的书写，培养学生知识迁移能力及抽象思维能力，题目难度适中。【解答】A.电解过程中，rm{Ca^{2+}}为阳离子应向阴极移动，故A错误；B.电解池的阳极发生氧化反应，根据图示可知：rm{C+2O^{2-}-4e^{-}=CO_{2}隆眉}故B正确；C.rm{CaO}中rm{Ca^{2+}}在电极槽中得电子生成钙，钙与二氧化钛反应重新生成rm{CaO}所以在制备金属钛前后，整套装置中rm{CaO}的总量不变，故C错误；D.铅蓄电池中rm{Pb}电极是负极，应与“rm{-}”接线柱连接，故D错误。故选B。【解析】rm{B}二、多选题(共8题，共16分)10、AB【分析】【分析】假设生成二氧化碳为2mol，生成水为3mol，消耗氧气为3mol，根据O原子守恒可知有机物中含有O原子为2mol×2+3mol×1-3mol×2=1mol，则有机物中C、H、O原子数目之比为2mol：6mol：1mol=2：6：1，该有机物的最简式为C2H6O，由于2个C原子最多连接6个氢原子，故有机物分子式为C2H6O．【解析】【解答】解：假设生成二氧化碳为2mol，生成水为3mol，消耗氧气为3mol，根据O原子守恒可知有机物中含有O原子为2mol×2+3mol×1-3mol×2=1mol，则有机物中C、H、O原子数目之比为2mol：6mol：1mol=2：6：1，该有机物的最简式为C2H6O，由于2个C原子最多连接6个氢原子，故有机物分子式为C2H6O．

A．由上述分析可知；该有机物中一定含有氧元素，故A正确；

B．该有机物分子中碳氢原子数之比为1：3；故B正确；

C．该有机物中一定含有氧元素；故C错误；

D．有机物分子式为C2H6O；故D错误．

故选：AB．11、BD【分析】【分析】将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合，反应后NaAc和HAc的物质的量相等，溶液显酸性，则c（H+）＞c（OH-），HAc电离程度大于Ac-水解程度，则c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（HAc），溶液中粒子浓度大小为：c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（HAc）＞c（H+）；据此判断ABC；

溶液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（Ac-）+c（Cl-）+c（OH-）判断选项D．【解析】【解答】解：将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，反应后NaAc和HAc的物质的量浓度相等，溶液显酸性，说明HAc电离程度大于Ac-水解程度；

A．醋酸为弱电解质，溶液中只能部分电离，则c（HAc）＞c（H+），溶液中浓度大小为：c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（HAc）＞c（H+）；故A错误；

B．反应后NaAc和HAc的物质的量相等，溶液显酸性，说明HAc电离程度大于Ac-水解程度，则（Ac-）＞c（Cl-），HAc为弱电解质，部分电离，应有c（HAc）＞c（H+），结合物料守恒分析：c（Ac-）+c（HAc）=2c（Cl-），HAc电离程度大于Ac-水解程度，则c（Ac-）＞c（HAc），溶液中浓度大小为：c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（HAc）＞c（H+）；故B正确；

C．反应后NaAc和HAc的物质的量相等，溶液显酸性，c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（Ac-）+c（Cl-）+c（OH-），可得：（Ac-）＞c（Cl-）；故C错误；

D．溶液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（Ac-）+c（Cl-）+c（OH-）；故D正确；

故选BD．12、AD【分析】【分析】A．a点为不饱和溶液；通过升高温度可以蒸发溶剂，使溶液变成饱和溶液；

B．催化剂可以降低反应需要能量；但是不会影响反应的焓变；

C．当溶质为碳酸钠溶液时，根据反应CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═CO2↑+H2O可知；生成二氧化碳气体前消耗的盐酸与生成二氧化碳消耗的盐酸的体积相等，由于含有碳酸氢钠，则生成二氧化碳消耗的盐酸大于明确生成二氧化碳消耗的盐酸；

D．铝离子先与氢氧根离子反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应前，铵根离子优先与氢氧根离子反应，铵根离子消耗完全后氢氧化铝与氢氧化钠开始反应，偏铝酸根离子逐渐增多，据此进行判断．【解析】【解答】解：A．b点为硝酸钾在80℃时的饱和溶液；a点为不饱和溶液，可以通过升高温度蒸发掉部分溶剂，然后恢复到80℃可以变成饱和溶液，故A正确；

B．使用催化剂可以改变反应需要能量；但是根据盖斯定律可知，反应热与反应途径无关，所以使用催化剂不会改变反应的焓变，故B错误；

C．图象中没有生成二氧化碳时消耗了30mL的盐酸，生成二氧化碳只消耗了10mL体积的盐酸，根据反应的离子方程式CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═CO2↑+H2O可知；应该生成二氧化碳气体时消耗的盐酸体积等于没有生成二氧化碳时消耗的体积，故C错误；

D．向100mL0.1mol/L的AlCl3和0.1mol/L的NH4Cl混合溶液中滴加1mol/L的NaOH溶液，铝离子的物质的量为0.01mol，完全反应变成氢氧化铝沉淀需要消耗氢氧化钠0.03nol，需要该氢氧化钠溶液的体积为30mL；再加入氢氧化钠溶液时，铵根离子优先与氢氧化钠反应，铵根离子的物质的量为0.01mol，需要消耗10mL的氢氧化钠溶液，当加入40mL氢氧化钠溶液后，氢氧化铝开始与氢氧化钠溶液反应，偏铝酸根离子浓度逐渐增大，0.01mol氢氧化铝完全反应消耗10mL氢氧化钠溶液，图中曲线变化与n（Al3+）和n（AlO2-）的变化情况相符；故D正确；

故选AD．13、AB【分析】【分析】A．混合液中一定满足电荷守恒；结合溶液中离子判断；

B．Na2CO3、NaHCO3的物质的量相等；结合物料守恒；电荷守恒进行判断；

C．根据碳酸的一级电离、二级电离平衡常数可知：=，=；

D．根据Ksp（AgCl）=c（Ag+）×c（Cl-），可知氯离子浓度越小，AgCl溶解度越大．【解析】【解答】解：A．pH=2的HA酸溶液与pH=12的MOH碱溶液任意比混合，溶液呈电中性，根据电荷守恒可知：c（H+）+c（M+）=c（OH-）+c（A-）；故A正确；

B．Na2CO3、NaHCO3的物质的量相等，根据物料守恒：c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，由电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），联立可得：2c（OH-）-2c（H+）=3c（H2CO3）+c（HCO3-）-c（CO32-）；故B正确；

C．根据碳酸的一级电离、二级电离平衡常数可知：=，=，而二级电离远远小于一级电离，则：＞；故C错误；

D．根据Ksp（AgCl）=c（Ag+）×c（Cl-），可知氯离子浓度越小，AgCl溶解度越大，溶液中氯离子浓度：①5mL水＜③20mL0.3mol/L盐酸＜②10mL0.2mol/LMgCl2，故溶液中c（Ag+）：①＞③＞②；故D错误．

故选：AB．14、CD【分析】【分析】A．利用C3N3（OH）3与HNCO的化学式不同来分析；

B．利用元素的化合价变化来分析；

C．根据NO2反应时N元素的化合价变化计算；

D．根据碳元素的化合价分析．【解析】【解答】解：A．由C3N3（OH）33HNCO可知，C3N3（OH）3与HNCO的化学式不同，反应属于化学变化，则C3N3（OH）3与HNCO为不同物质；故A错误；

B．HNCO在反应中N元素的化合价升高；则HNCO是还原剂，具有还原性，故B错误；

C．1molNO2反应时转移电子=1mol×[4-0]=4mol；故C正确；

D．该反应中碳元素的化合价不变；所以二氧化碳既不是氧化产物也不是还原产物，故D正确；

故选CD．15、AB【分析】【分析】根据生活垃圾资源化处理是变废为宝，节约资源，保护环境，根据各个做法结合实际来回答．【解析】【解答】解：A；废弃的地沟油中含有有害物质；不能用于加工食品，不属于生活垃圾资源化处理，故A正确；

B；焚烧垃圾的烟气中含有有害物质；直接排入空气中会污染环境，不属于生活垃圾资源化处理，故B正确；

C；用废弃的泡沫包装材料制取液体燃料；节约资源，保护环境，属于生活垃圾资源化处理，故C错误；

D；用碳酸钙除去燃煤烟气中的二氧化硫并制得石膏；除去了污染物，保护环境，获得新的资源，属于生活垃圾资源化处理，故D错误；

故选：AB．16、AD【分析】【分析】由元素在周期表中的位置可知X为He、Y为F、W为Cl、Z为S元素，结合对应的单质化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．【解析】【解答】解：由元素在周期表中的位置可知X为He；Y为F、W为Cl、Z为S元素；

A．X为He；为单原子分子，不存在共价键，故A错误；

B．W为Cl；对应的最高价氧化物对应的水化物时酸性最强的含氧酸，故B正确；

C．Y为F；根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下逐渐增大，可知原子半径在同周期主族元素中最小，故C正确；

D．Z为S元素；非金属性小于同主族元素O，则气态氢化物的稳定性小于水，故D错误．

故选AD．17、AD【分析】【分析】由图可知10-25min平衡状态时，X表示的生成物的浓度变化量为（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，Y表示的反应物的浓度变化量为（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线．

A、计算X、Y的浓度变化量，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比，确定表示NO2浓度变化曲线；

B、由图象可知，10min内用NO2的浓度变化量为（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，根据v=计算v（NO2）；

C；25min时；X的浓度增大，Y的浓度不变，只能是增大X的浓度；

D、物质的浓度不发生变化时表示化学反应处于平衡状态．【解析】【解答】解：由图可知10-25min平衡状态时，X表示的生成物的浓度变化量为（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，Y表示的反应物的浓度变化量为（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线．

A、由上述分析可知，X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线；故A正确；

B、由图象可知，10min内用NO2的浓度变化量为（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，故v（NO2）==0.04mol/（L•min）；故B错误；

C、25min时，X的浓度增大，Y的浓度不变，只能是增大X的浓度，所以曲线发生变化的原因是增加NO2浓度；故C错误；

D、由图可知，10-25min及30min之后X、Y的物质的量不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b；d处于化学平衡状态；故D正确；

故选AD．三、填空题(共6题，共12分)18、aedbcf除去氯气中的水蒸气（或干燥）吸收多余的氯气，防止污染用吸铁石来吸引不可行氯化铁溶液水解得到Fe（OH）3和盐酸，盐酸挥发最后全部是Fe（OH）3，灼烧后变成Fe2O3【分析】【分析】实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气；然后用浓硫酸干燥氯气，将氯气通入加热的Fe粉中，铁和氯气发生氧化还原反应生成氯化铁，氯气有毒，不能直接排空，应该用碱液吸收；

（1）实验顺序为：氯气制取；干燥氯气、氯气和铁反应、尾气处理；干燥气体时导气管采用长进短出原则；

（2）浓硫酸具有吸水性；常做干燥剂；

（3）氯气有毒；且氯气能和碱液反应而降低毒性；

（4）Fe能被磁铁吸引；

（5）氯化铁是强酸弱碱盐，加热氯化铁溶液，铁离子水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进盐酸挥发，从而促进铁离子水解，蒸干时得到的固体是氢氧化铁，灼烧氢氧化铁最终得到的固体是氧化铁，所以最终得不到氯化铁固体．【解析】【解答】解：实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气；然后用浓硫酸干燥氯气，将氯气通入加热的Fe粉中，铁和氯气发生氧化还原反应生成氯化铁，氯气有毒，不能直接排空，应该用碱液吸收；

（1）实验顺序为：氯气制取、干燥氯气、氯气和铁反应、尾气处理，干燥气体时导气管采用长进短出原则，所以各装置接口的连接顺序为aedbcf，故答案为：aedbcf；

（2）浓硫酸具有吸水性；常做干燥剂，所以用浓硫酸干燥氯气，防止水蒸气和铁反应而影响实验，故答案为：除去氯气中的水蒸气（或干燥）；

（3）氯气有毒；且氯气能和碱液反应而降低毒性，所以D的作用是吸收多余的氯气，防止污染空气；

故答案为：吸收多余的氯气；防止污染空气；

（4）Fe能被磁铁吸引；所以可以用吸铁石来吸引判断Fe是否过量，故答案为：用吸铁石来吸引；

（5）氯化铁是强酸弱碱盐，加热氯化铁溶液，铁离子水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进盐酸挥发，从而促进铁离子水解，蒸干时得到的固体是氢氧化铁，灼烧氢氧化铁最终得到的固体是氧化铁，所以最终得不到氯化铁固体，所以不可以，故答案为：不可行；氯化铁溶液水解得到Fe（OH）3和盐酸，盐酸挥发最后全部是Fe（OH）3，灼烧后变成Fe2O3．19、1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5极性σπ小Cu6【分析】【分析】（1）在配合物Fe（SCN）2+中，提供空轨道接受孤对电子的中心离子是Fe3+；该离子核外有23个电子，最外层有13个电子，3d能级上有5个电子，根据构造原理书写铁离子电子排布式；正负电荷重心重合的分子为非极性分子；

（2）N≡N的键能为942kJ•mol-1，N-N单键的键能为247kJ•mol-1，氨气分子中π键键能==347.5kJ/mol；键能越小越稳定；

（3）分子晶体的熔沸点较低；离子晶体的熔沸点较高；熔沸点较低的液体易挥发；

（4）X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，则该离子核外电子数=2+8+18=28，所以X原子核外电子数为29，为Cu元素，以X+为中心采用沿三轴切割的方法确定配位数．【解析】【解答】解：（1）在配合物Fe（SCN）2+中，提供空轨道接受孤对电子的中心离子是Fe3+，该离子核外有23个电子，最外层有13个电子，3d能级上有5个电子，根据构造原理知铁离子电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；SCN-呈线性结构；HSCN分子为V形结构，则该分子正负电荷重心不重合，所以为极性分子；

故答案为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；极性分子；

（2）N≡N的键能为942kJ•mol-1，N-N单键的键能为247kJ•mol-1，氨气分子中π键键能==347.5kJ/mol，键能越小越稳定，所以N2中的σ键比π键稳定；故答案为：σ；π；

（3）分子晶体的熔沸点较低、离子晶体的熔沸点较高，熔沸点较低的液体易挥发，所以（CH3）3NH+和AlCl-4形成的离子化合物挥发性一般比有机溶剂小；故答案为：小；

（4）X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，则该离子核外电子数=2+8+18=28，所以X原子核外电子数为29，为Cu元素，以X+为中心采用沿三轴切割的方法知，其配位数是6，故答案为：Cu；6．20、略

【分析】解：①HNO2是弱酸，次氯酸电离是吸热反应，酸碱中和反应是放热反应，当恰好完全中和时放出热量最多，c（NaOH）==0.01mol/L；

故①错误；②正确；

③电离吸热，温度越高电离平衡常数越大，所以HNO2的电离平衡常数：b点＞a点；故③正确；

④从b点到c点，当C（NaOH）较大时，可能出现：c（Na+）＞c（OH-）＞c（NO2-）＞c（H+）；故④错误；

故答案为：②③．

①②HNO2是弱酸；次氯酸电离是吸热反应，酸碱中和反应是放热反应，当恰好完全中和时放出热量最多，据此确定c（NaOH）；

③电离吸热；温度越高电离平衡常数越大；

④当c（NaOH）较大时，可能出现：c（Na+）＞c（OH-）＞c（NO2-）＞c（H+）．

本题综合考查弱电解质电离平衡、电解质溶液稀释电离平衡影响因素、图象的理解等知识，综合性较强，题目难度中等．【解析】②③21、1.51【分析】【分析】因为平衡2SO2+O2⇌2SO3是反应前后气体体积减小的反应，所以在恒温恒容条件下，平衡后SO3（g）的体积分数为30%，则该平衡和原平衡为完全等效，即都折算成反应后有关物质的物质的量要完全相等，据此计算．【解析】【解答】解：若在相同条件投入1molSO2（g），xmolO2（g）和ymolSO3（g），平衡后SO3（g）的体积分数也为30%，说明两个平衡在恒温恒容条件下为完全等效平衡，则将1molSO2（g），xmolO2（g）和ymolSO3（g）的量完全转化到反应物，使SO2、O2的量分别等于2mol和1mol

2SO2+O2⇌2SO3

起始量（mol）1xy

完全转化（mol）1+yx+0

故：1+y=2；x+=2；解得x=1.5；y=1；

故答案：1.5；1．22、消去反应CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O乙酸CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【分析】【分析】B在标准状况时密度为1.25g/L，则M（B）=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，故B为CH2=CH2，A在浓硫酸、加热条件下生成乙酸，且A可以连续发生氧化反应，故A为CH3CH2OH，A发生氧化反应生成D为CH3CHO，D进一步发生氧化反应生成E为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应生成C为CH3COOCH2CH3，据此解答．【解析】【解答】解：B在标准状况时密度为1.25g/L，则M（B）=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，故B为CH2=CH2，A在浓硫酸、加热条件下生成乙酸，且A可以连续发生氧化反应，故A为CH3CH2OH，A发生氧化反应生成D为CH3CHO，D进一步发生氧化反应生成E为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应生成C为CH3COOCH2CH3；

（1）反应①是乙醇发生消去反应生成乙烯，反应化学方程式为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；

故答案为：消去反应；CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；

（2）有机物E为CH3COOH；名称为乙酸，故答案为：乙酸；

（3）反应②乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；

故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O．23、2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O【分析】【分析】氯化钠和水在通电条件下生成氢氧化钠、氢气和氯气，氯气在上升过程中与阴极生成的氢氧化钠溶液反应是次氯酸、氯化钠和水，制得有较强杀菌能力的消毒液（NaClO）．【解析】【解答】解：氯化钠和水在通电条件下生成氢氧化钠、氢气和氯气，即2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，生成的氯气在上升过程中与阴极生成的氢氧化钠溶液反应是次氯酸、氯化钠和水，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；这样可以制得有较强杀菌能力的消毒液（NaClO）；

故答案为；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O．四、判断题(共4题，共32分)24、×【分析】【分析】硫酸钾由K+和SO42-构成，结合离子化合物的构成判断．【解析】【解答】解：硫酸钾由K+和SO42-构成，1mol硫酸钾中含有1molSO42-，阴离子所带电荷数为2NA；

故答案为：×．25、×【分析】【分析】D2O的相对分子质量为20，结合n==计算．【解析】【解答】解：D2O的相对分子质量为20，18gD2O的物质的量为=0.9mol，则所含的电子数为9NA．故答案为：×．26、×【分析】【分析】4℃时水的1g/mL，根据m=ρV计算水的质量，溶液质量=NaCl的质量+水的质量，溶质质量分数=×100%．【解析】【解答】解：4℃时90毫升水的质量为90mL×1g/mL=90g，故溶液质量=10g+90g=100g，则溶液中NaCl的质量分数为×100%=10%，故错误，故答案为：×．27、√【分析】【分析】氯气与KI反应生成I2，KI溶液变为黄色，继续通入氯气一段时间后，溶液黄色褪去，说明继续被氧化，生成HIO3，以此解答．【解析】【解答】解：氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，发生5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；

故答案为：√，原因是过量的氯气和碘反应生成HIO3而导致溶液褪色．五、探究题(共4题，共40分)28、|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．29、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%；