2025年冀少新版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年冀少新版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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、实验室中关于物质的保存方法，错误的是（）A.氯水保存在棕色瓶中，冷暗处放置B.漂白粉可以敞口放置在空气中C.液氯可以保存在干燥的钢瓶中D.Na在盛煤油的试剂瓶中密封保存2、Fe（OH）3胶体和MgCl2溶液共同具有的性质是（）A.都不稳定，密闭放置可产生沉淀B.两者都有“丁达尔效应”C.加入氢氧化钠溶液二者都能沉淀，Fe（OH）3胶体发生聚沉，MgCl2发生化学反应生成沉淀D.两者都能透过半透膜3、石油是一种不可再生能源，2008年1月2日纽约市场原油期货价格一度突破每桶100美元的关口．下列有关石油的说法中不正确的是（）A.石油被称为“工业的血液”B.衡量一个国家石油化工工业水平发展的标志是乙烯的产量C.石油的主要成分与植物油相同D.在海洋里航行的油轮发生泄漏时，会对海洋产生严重的污染4、常温下，在醋酸与氢氧化钠溶液的反应过程中，溶液中的相关离子浓度呈现出下列排列顺序：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）．满足该条件的反应可能是（）A.0.01mol•L-1的CH3COOH与pH=12的NaOH溶液等体积混合B.CH3COOH溶液与NaOH溶液混合后所得溶液的pH=7C.0.2mol•L-1的CH3COOH溶液与0.1mol•L-1的NaOH溶液等体积混合D.0.1mol•L-1的CH3COOH溶液与等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液混合5、下列关于Na2O和Na2O2的说法中，正确的是（）A.均能与水反应B.氧元素的化合价均为-2C.均为淡黄色固体D.均能与CO2反应放出氧气6、25℃时，浓度均为0.2mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断正确的是（）A.均存在电离平衡和水解平衡B.存在的粒子种类不相同C.均存在c（Na+）+c（H+）=c（CO32-）+c（OH-）+c（HCO3-）D.均存在c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）7、把足量熟石灰放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+20H-(aq)下列叙述正确的是（）A.给溶液加热，溶液的PH升高B.恒温下向溶液中加入氧化钙，溶液的PH升高C.向溶液中加入碳酸钠溶液，氢氧化钙固体增多D.向溶液中加入少量的氢氧化钠固体，氢氧化钙固体增多评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、下列实验基本操作（或实验注意事项）中，主要是处于实验安全考虑的是（）A.实验剩余的药品不能放回原试剂瓶B.可燃性气体的验纯C.不能给正燃烧着的酒精灯添加酒精D.滴管不能交叉使用9、下列关于有机物的说法正确的是（）A.乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因不相同B.天然氨基酸能与强酸或强碱溶液反应C.豆油、甘油、汽油都属于酯类D.乙烯、苯、纤维素均属于烃类化合物10、铅蓄电池在现代生活中有广泛的应用．其电极材料是Pb和PbO2，电解质是稀硫酸．Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，下列说法正确的是（）A.铅蓄电池使用一段时间后要添加硫酸B.电池充电时，阴极反应为：Pb-2e-+SO42-═PbSO4C.电池充电时，电池正极应和电源的正极相连接D.电池放电时，电池正极周围溶液pH不断增大11、设nA为阿伏加德罗常数的数值．下列说法正确的是（）A.1mol苯含有6nA个C-H键B.标准状况下，22.4L氨水含有nA个NH3分子C.18gH2O含有10nA个电子D.56g铁片投入足量浓H2SO4中生成nA个SO2分子12、锂电池用金属锂和石墨作电极材料，电解质溶液是由四氯铝锂（LiAlCl4）溶解在亚硫酰氯（）中形成的，该电池的总反应方程式为：8Li+3SOCl2═6LiCl+Li2SO3+2S，下列叙述中正确的是（）A.电解质溶液中混入水，对电池反应无影响B.金属锂作电池的负极，石墨作电池的正极C.电池工作过程中，亚硫酰氯（SOCl2）被还原为Li2SO3D.电池工作过程中，金属锂提供电子的物质的量与析出硫的物质的量之比为4：113、常温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LCH3COOH溶液的滴定曲线如图．下列说法错误的是（）A.点①所示溶液中：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH-）B.点②所示溶液中：c（CH3COOH）＞c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）C.点③所示溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COOH）+c（OH-）D.在整个滴定过程中：溶液中始终不变评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料．某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下2种实验方案．（已知：AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑）

【方案1】取一定量的样品；用如图1装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）．

（1）装置图1中，球形干燥管的作用是____．

（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先____；再加入实验药品．接下来的实验操。

作是：关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体．然后打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化．通入氮气的目的是____．

（3）由于左装置存在缺陷，导致测定结果偏高．请提出改进意见____．

【方案2】用图2装置测定mg样品中AlN的纯度（部分夹持装置已略去）．

（4）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是____．

a．CCl4b．H2Oc．NH4Cl溶液d

（5）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（已转换为标准状况）．则AlN的质量分数是____．15、G是黄酮类药物的主要合成中间体；

可由A（-CH=CH2）和D（HO--CHO）按如下方法合成：

已知以下信息：

①C不能发生银镜反应．

②-ONa+RCH2I→-OCH2R+NaI

③RCOCH3+R′CHORCOCH=CHR'

回答下列问题：

（1）A的化学名称为____，1molA最多可跟____molH2发生反应．

（2）D的含氧官能团的名称是____，由E生成F的反应类型为____．

（3）由B生成C的化学方程式为____．

（4）G的结构简式为____．

（5）H是F的同分异构体，符合下列条件，写出H的结构简式____．

①能发生银镜反应．

②能与FeCl3溶液发生显色反应．

③苯环上有2个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，强度比为1：1：2：2：2．16、纳米ZnS具有独特的光电效应，在电学、磁学、光学等领域应用广泛．以工业废渣锌灰（主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3；FeO、CuO等杂质）为原料制备纳米ZnS的工业流程如下：

请回答下列问题：

（1）酸浸时FeO与稀HNO3反应的离子方程式____．

（2）为了将酸浸的尾气循环利用，加入的X气体可以是____．

（3）流程中加入ZnO调pH的目的是____．

（4）滤渣2中的成分是____．

（5）已知ZnS的溶度积Ksp=1.6×10-24，溶液中Zn2+浓度为0.01mol•L-1，则溶液中S2-浓度大于____mol•L-1；才生成ZnS沉淀．

（6）试设计简单实验方案，判断所得ZnS样品颗粒是否为纳米级____．17、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：

（1）请推测B侧链上可能发生反应的类型：____．（填写代号）

①加成反应②消去反应③酯化反应④聚合反应。

（2）请写出两分子乙醛在上述条件下反应的化学方程式：____．

（3）请写出同时满足括号内条件下B的所有同分异构体的结构简式：①分子中不含羰基和羟基；②是苯的对二取代物；③除苯环外，不含其他环状结构．____．18、（2008秋•营口期末）实验室可以利用图所示装置制取氧气．将3.9g过氧化钠放入烧瓶中，加入100毫升H2O；并用排水法收集气体．（不考虑液体体积变化）

（1）过氧化钠与水反应的化学方程式为：____；

（2）所得气体体积为（标准状况下）：____．

（3）集气瓶充满气体后，简述取出集气瓶的操作方法____．19、（16分）X、Y、Z三种短周期元素，其单质在常温下均为无色气体，它们的原子序数之和为16。在适当条件下三种单质两两化合，可发生如右图所示变化。己知l个B分子中含有Z元素的原子个数比C分子中含有Z元素的原子个数少1个。请回答下列问题：（1）由X、Y、Z三种元素共同组成的三种不同种类的常见化合物的化学式为，相同浓度上述水溶液中由水电离出的c(H+)最小的是（填写化学式）。（2）Allis-Chalmers制造公司发现可以用C作为燃料电池的燃料，以氢氧化钾溶液为介质，反应生成对环境无污染的常见物质，试写出该电池负极的电极反应式，溶液中OH-向极移动（填“正”或“负”）。（3）Z分别与X、Y两元素可以构成18个电子分子甲和乙，其分子中只存在共价单键，常温下甲、乙均为无色液体，甲随着温度升高分解速率加快。①乙能够将CuO还原为Cu2O，已知每lmol乙参加反应有4mole-转移，该反应的化学方程式为。②将铜粉末用10%甲和3.0mol•L-1H2SO4混合溶液处埋，测得不同温度下铜的平均溶解速率如下表：。温度（℃）20304050607080铜的平均溶解速率（×10-3mol•L-1·min-1）7.348.019.257.987.246.735.76由表中数据可知，当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着温度的升高而下降，其主要原因是_____________________________________________________。③实验室可用甲作试剂取X的单质，发生装置可选用下图中的（填装置代号）。20、六价铬对人体有害，含铬废水要经化学处理后才能排放，方法是用绿矾（FeSO4•7H2O）把废水中的六价铬还原为三价铬离子，再加入过量石灰水，使铬离子转变为Cr（OH）3沉淀．其主要反应化学方程式为：H2Cr2O7+6FeSO4+6H2SO4═3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+7H2O，现用上述处理1×104L含铬（+6价）78mg/L的废水；试回答：

（1）处理后，沉淀中除Cr（OH）3外还有____（用化学式表示）

（2）需用绿矾多少克？21、以乙炔为原料通过以下流程能合成有机物中间体D．

C2H2A（HOH2OC≡OCH2OH）BCD（）

已知：（1）

（2）

请回答下列问题：

（1）化合物D的分子式为____，写出D中一种官能团的名称：____．

（2）写出生成A的反应的化学方程式：____．

（3）化合物B在浓硫酸催化下，加热与HOOCCOOH反应生成环状酯的化学方程式为____（注明条件）．

（4）化合物C的结构简式为____．

（5）已知1molHCHO和1molCH3CH2CHO发生类似已知（2）的反应，生成1molE．以下关于E的说法正确的是____．

a．E能与H2发生加成反应；也能使酸性高锰酸钾溶液褪色。

b．E属于酯类物质。

c.1molE完全燃烧消耗5molO2

d．生成E的反应属于取代反应．22、如表是ⅥA族部分元素的相关性质．

。性质元素8O16S34Se52Te单质熔点（℃）-218.4113450单质沸点（℃）-183444.66851390主要化合价-2-2、+4、+6-2、+4、+6原子半径逐渐增大单质与H2反应情况点燃时易化合加热化合加热难化合不能直接化合请回答下列问题：

（1）硒的熔点范围可能是____．

（2）碲的化合价可能有____．

（3）硫、硒最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是____（填化学式）．

（4）氢硒酸有较强的____（填“氧化性”或“还原性”），因此放在空气中易变质，其可能发生反应的化学方程式为____．

（5）工业上Al2Te3可用来制备H2Te；完成下列化学方程式．

Al2Te3+____═2Al（OH）3↓+____H2Te↑评卷人得分四、判断题(共4题，共12分)23、标准状况下，气体的摩尔体积都是22.4L____（判断对错）24、通过化学变化可以实现35Cl与37Cl间的相互转化____．（判断对错）25、因为SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，所以SO2具有漂白性____．（判断对错）26、将40gNaOH溶解在1L水中，溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L____．（判断对错）评卷人得分五、推断题(共2题，共18分)27、（2014•南靖县校级模拟）A；B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如下图所示（反应条件及部分产物均未列出）．

（1）若A、D、E是短周期的非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、E含元素同周期，已知D单质在电子工业中有重要作用，则D的原子结构示意图为____；F的分子构型为____；反应①的化学方程式为____．

（2）若A、D为常见金属单质，且加热时A、D才能溶解在E的浓溶液中，写出反应③的化学方程式____；足量的A与B溶液充分反应后，生成物C中金属阳离子的检验方法为____；若以惰性电极电解B的水溶液，当阴极增重9.6g时，阳极生成气体在标准状况下的体积为____，写出电解B的水溶液的离子方程式____．

（3）配平下列反应方程式；并标明电子转移方向和数目：

____KMnO4+____H2O2+____H2SO4=____K2SO4+____MnSO4+____O2↑+____H2O．28、多种物质的转化关系如下图所示（部分反应物或产物已略去；反应条件未列出）：

已知：①A；B、C、D、G含有同种元素；且它们的状态与颜色如下表所示：

。物质A单质B溶液C固体D固体G溶液颜色银白色黄色红褐色红棕色浅绿色②E是通常情况下密度最小的气体；B与AgNO3溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀；一种气体氧化物M通入B溶液中可被氧化为F；F是含有三种元素的共价化合物，F与A反应生成E和G．

请回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式．

D：____；

E：____．

（2）写出下列反应的离子方程式：

①B+M→F：____；

②A+F→E+G：____．

（3）下列氧化物中能与G溶液反应直接生成C固体的是____（填字母）．

a．Na2O2

b．SO2

c．CO2

d．BaO2．评卷人得分六、计算题(共1题，共9分)29、同温同压下，同体积的SO2、SO3的质量比为____；同质量的SO2、SO3的体积比为____，密度比为____，其所含的原子个数比为____，若两者所含的氧原子数相等，物质的量比为____．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】A．氯水中次氯酸见光容易分解且具有强氧化性；

B．漂白粉与空气中水；二氧化碳反应；

C．液氯与干燥的钢瓶不反应；

D．钠的性质活泼，在空气中易氧化，钠的密度比煤油的大．【解析】【解答】解：A．因氯水能氧化橡胶；且氯水中HClO易分解，则应保持在带玻璃塞的棕色细口瓶中，故A正确；

B．漂白粉与空气中水；二氧化碳反应；则存放在敞口容器中易变质，故B错误；

C．液氯与干燥的钢瓶不反应；可用钢瓶保存，故C正确；

D．钠的性质活泼；在空气中易氧化，钠的密度比煤油的大，也不和煤油反应，可以保存在煤油中，故D正确．

故选B．2、C【分析】【分析】A．溶液是均一稳定的；胶体是介穏体系；

B．胶体有丁达尔效应；溶液无丁达尔效应；

C．胶体遇电解质溶液能发生聚沉；镁离子和氢氧根离子形成沉淀；

D．胶体不能透过半透膜．【解析】【解答】解：A．溶液是均一稳定的；胶体是介穏体系，故都比较稳定，一般不会产生沉淀，故A错误；

B．胶体有丁达尔效应；溶液无丁达尔效应，故B错误；

C．向Fe（OH）3胶体中加入NaOH溶液，会使胶体发生聚沉，产生Fe（OH）3沉淀，而MgCl2与NaOH发生复分解反应生成Mg（OH）2沉淀；故C正确；

D．溶液可以通过半透膜；但胶体不能透过半透膜，故D错误；

故选C．3、C【分析】【分析】A．煤；石油、天然气是当今世界上的三大化石燃料；其中煤被称为“工业上的粮食”，石油被称为“工业上的血液”；

B．乙烯的产量是衡量一个国家石油化工工业水平发展的标志；

C．石油的主要成分是各种烃的混合物；植物油主要成分是高级脂肪酸甘油酯；

D．石油中含有苯、甲苯等有毒化合物．【解析】【解答】解：A．煤被称为“工业上的粮食”；石油被称为“工业上的血液”，故A正确；

B．一个国家石油化工工业水平发展的标志可以用乙烯的产量来衡量；故B正确；

C．石油的主要成分是各种烃的混合物；植物油主要成分是高级脂肪酸甘油酯；所以石油的主要成分与植物油不相同，故C错误；

D．在海洋里航行的油轮发生泄漏时；会对海洋产生严重的污染，如石油中所含苯；甲苯等有毒化合物泄漏入海洋后，这些有毒化合物也迅速进入了事物链，从低等的藻类、到高等哺乳动物，无一能幸免；成批的海鸟被困在油污中，它们的羽毛，一旦沾上油污，就因无法飞翔离开大海，而沉入海底溺毙，或者因中毒而死亡，故D正确．

故选C．4、C【分析】【分析】醋酸为弱酸，不能完全电离，当c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）时，应为醋酸过量，以此解答该题．【解析】【解答】解：A.0.01mol•L-1的CH3COOH与pH=12的NaOH溶液等体积混合，完全反应生成CH3COONa；为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故A错误；

B．CH3COOH溶液与NaOH溶液混合后所得溶液的pH=7，应存在c（CH3COO-）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH-）；故B错误；

C.0.2mol•L-1的CH3COOH溶液与0.1mol•L-1的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，存在c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；故C正确；

D.0.1mol•L-1的CH3COOH溶液与等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液混合，完全反应生成CH3COONa；为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故D错误．

故选C．5、A【分析】【分析】A；根据氧化钠和过氧化钠和水反应的产物来回答；

B；根据化合价规则来确定元素的化合价；

C；氧化钠是白色的；过氧化钠是黄色的固体；

D、根据氧化钠和过氧化钠和二氧化碳反应的产物来回答．【解析】【解答】解：A；氧化钠和水反应生成氢氧化钠；过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，均能与水反应，故A正确；

B；氧化钠中氧元素的化合价是-2价；过氧化钠中氧元素的化合价是-1价，故B错误．

C；氧化钠是白色的；但是过氧化钠是黄色的固体，故C错误；

D；因过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；氧化钠与二氧化碳反应只生成碳酸钠，故D错误；

故选A．6、A【分析】【分析】A．所有溶液中都存在水的电离平衡；弱离子在水溶液里存在水解平衡；

B．HCO3-能电离和水解，CO32-有两步水解；

C．任何电解质溶液中存在电荷守恒；根据电荷守恒判断；

D．CO32-的水解程度远远大于HCO3-水解程度．【解析】【解答】解：A．NaHCO3溶液中存在的电离HCO3-和水解平衡、水的电离平衡，Na2CO3溶液中存在CO32-的水解平衡和水的电离平衡；故A正确；

B．HCO3-能电离和水解，电离生成CO32-和H+，水解生成H2CO3和OH-，CO32-第一步水解生成HCO3-和OH-，第二步水解生成H2CO3和OH-，溶液中还存在H+；所以两种溶液中粒子种类相同，故B错误；

C．任何电解质溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（OH-）+c（HCO3-）；故C错误；

D．CO32-的水解程度远远大于HCO3-水解程度，HCO3-的电离程度小于水解程度，但两种盐的水解程度都较小，所以NaHCO3溶液中c（HCO3-）＞c（CO32-），Na2CO3溶液中c（HCO3-）＜c（CO32-）；故D错误；

故选A．7、D【分析】【解析】试题分析：氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低，所以给溶液加热，溶液的pH降低，A不正确；温度不变，溶解度不变，溶液的pH不变，B不正确；碳酸钠能和氢氧化钙反应生成碳酸钙白色沉淀，所以C中氢氧化钙固体减少；D中增大OH－的浓度，抑制氢氧化钙的溶解，D增强，答案选D。考点：考查外界条件对溶解平衡的影响【解析】【答案】D二、多选题(共6题，共12分)8、BC【分析】【分析】A．根据药品变质会污染试剂瓶中的药品；实验剩余的药品不能放回原试剂瓶；

B．根据可燃性气体不纯时；点燃易爆炸；

C．酒精有可燃性；

D．为防止药品变质，滴管不能交叉使用．【解析】【解答】解：A．因药品变质会污染试剂瓶中的药品；实验剩余的药品一般不能放回原试剂瓶，不是出于实验安全考虑，故A错误；

B．因可燃性气体不纯时；点燃易爆炸，是出于实验安全考虑，故B正确；

C．气酒精有可燃性；给正燃烧着的酒精灯添加酒精可能引起火灾，是出于实验安全考虑，故C正确；

D．为防止药品变质；滴管不能交叉使用，不是出于实验安全考虑，故D错误．

故选BC．9、AB【分析】【分析】A．乙烯和溴发生加成反应生成无色物质；苯能萃取溴水中的溴；

B．氨基酸中含有氨基和羧基；具有两性；

C．汽油中只含C；H元素；

D．纤维素中除了含有C、H元素外还含有O元素．【解析】【解答】解：A．乙烯和溴发生加成反应生成无色物质1；2-二溴乙烷；苯能萃取溴水中的溴，属于物理变化，所以其褪色原理不同，故A正确；

B．氨基酸中含有氨基和羧基；具有两性，氨基能和强酸反应；羧基能和强碱反应，所以天然氨基酸能与强酸或强碱溶液反应，故B正确；

C．汽油中只含C；H元素；属于烃类化合物，故C错误；

D．纤维素中除了含有C；H元素外还含有O元素；所以纤维素属于烃的含氧衍生物，故D错误；

故选AB．10、CD【分析】【分析】放电时，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成硫酸铅，正极上PbO2得电子生成PbSO4；

充电时，电池正极恢复原状时应作电解池阳极，充电时，阴极PbSO4上得电子发生还原反应生成Pb．【解析】【解答】解：A．根据电池总反应Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O可知；放电消耗硫酸，充电生成硫酸，则硫酸的量不变，所以不需要添加硫酸，故A错误；

B．充电时，阴极上电极反应式为PbSO4+2e-=Pb+SO42-；故B错误；

C．充电时；电池正极恢复原状时应作电解池阳极，与电源正极相连，故C正确；

D．电池放电时，正极反应方程式为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O；反应消耗氢离子，则溶液pH增大，故D正确；

故选CD．11、AC【分析】【分析】A．苯中含有6个碳氢键；1mol苯中含有6mol碳氢键；

B．标准状况下氨水不是气体；不能使用标况下的气体摩尔体积计算氨水的物质的量；

C．水分子中含有10个质子；1mol水中含有10mol质子；

D．铁与浓硫酸发生钝化，阻止了反应的继续进行，无法计算生成的二氧化硫的物质的量．【解析】【解答】解：A．1mol苯中含有6mol碳氢键，含有6nA个C-H键；故A正确；

B．标况下；氨水不是气体，题中条件无法计算氨气的物质的量，故B错误；

C．18水的物质的量为1mol，1mol水中含有10mol质子，含有10nA个质子；故C正确；

D．56g铁的物质的量为1mol；由于铁与浓硫酸能够发生钝化，阻止了反应的进行，无法计算反应生成二氧化硫的物质的量，故D错误；

故选AC．12、BD【分析】【分析】该电池的负极材料为锂，性质活泼，易与水反应，则电解质为非水溶液，根据总反应8Li+3SOCl2═6LiCl+Li2SO3+2S可知，亚硫酰氯（SOCl2）被还原为S，由反应的总方程式可知金属锂提供的电子与正极区析出硫的物质的量之比．【解析】【解答】解：A．锂性质活泼；易与水反应，则电解质为非水溶液，故A错误；

B．该电池的负极材料为锂，被氧化生成LiCl和Li2SO3；石墨作正极，故B正确；

C．根据总反应8Li+3SOCl2═6LiCl+Li2SO3+2S可知，亚硫酰氯（SOCl2）被还原为S；故C错误；

D．根据总反应8Li+3SOCl2═6LiCl+Li2SO3+2S可知；8mol锂反应失去8mol电子，生成2molS，金属锂提供的电子与正极区析出硫的物质的量之比为4：1，故D正确；

故选：BD．13、BC【分析】【分析】A．点①所示溶液中，为等量的醋酸和醋酸钠溶液，溶液显示酸性，c（H+）＞c（OH-）；说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度；

B．点②所示溶液中，NaOH的体积小于20mL，为醋酸和醋酸钠溶液，溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知c（Na+）=c（CH3COO-），由于溶液中醋酸浓度很小，则c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（CH3COOH）；

C．点③所示溶液，恰好反应生成醋酸钠，溶液显示碱性，则c（OH-）＞c（H+），溶液中醋酸的浓度远远小于醋酸根离子，根据电荷守恒c（OH-）+c（CH3COO-）=c（Na+）+c（H+）进行判断；

D．溶液中为醋酸的电离平衡常数，由于温度不变，则醋酸的电离平衡常数不变．【解析】【解答】解：A．点①所示溶液中，溶质为等量的醋酸和醋酸钠溶液，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒c（OH-）+c（CH3COO-）=c（Na+）+c（H+）可知：c（CH3COO-）＞c（Na+），根据物料守恒2c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）可知：c（CH3COOH）＜c（Na+），所以溶液中浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH-）；故A正确；

B．点②所示溶液中，NaOH的体积小于20mL，溶液显示中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知c（Na+）=c（CH3COO-），此时的溶液中醋酸的浓度很小，则溶液中浓度关系为：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH-）；故B错误；

C．点③所示溶液，恰好反应生成醋酸钠，水解显碱性，则c（OH-）＞c（H+），由于醋酸根离子只是部分电离，电离程度较小，则c（CH3COO-）＞c（CH3COOH），根据电荷守恒c（OH-）+c（CH3COO-）=c（Na+）+c（H+）可知，c（Na+）+c（H+）＞c（CH3COOH）+c（OH-）；故C错误；

故C错误；

D．为酸的电离平衡常数；整个滴定过程中，温度不变，则醋酸的电离平衡常数不会变化，故D正确；

故选BC．三、填空题(共9题，共18分)14、防倒吸检查装置气密性把装置中残留的氨气全部赶入C装置C装置出口处连接一个干燥装置ad×100%【分析】【分析】（1）氨气是和浓硫酸能发生反应的气体；易发生倒吸；

（2）组装好实验装置，依据原理可知气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品．接下来的实验操作是关闭K1，打开K2；反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算；

（3）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C；使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管；

（4）氨气极易溶于水；量气装置中的X液体不能与氨气反应，不能使氨气溶解；

（5）依据AIN+NaOH+H2O═NaAIO2+NH3↑在定量关系计算．【解析】【解答】解：（1）氨气是与浓硫酸能发生反应的气体；易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用；

故答案为：防止倒吸；

（2）组装好实验装置，需要先检查装置气密性，加入实验药品．接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体．打开K1；通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化．通入氮气的目的是，反应生成氨气后卫把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算；

故答案为：检查装置气密性；把装置中残留的氨气全部赶入C装置；

（3）装置存在缺陷是空气中的水蒸气和二氧化碳也可以进入装置C；使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管；

故答案为：C装置出口处连接一个干燥装置；

（4）a．CCl4不能溶解氨气；可以用排四氯化碳溶液的方法测定氨气体积，故a正确；

b．氨气极易溶于水，不能排水法测定，故b错误；

c．氨气极易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法测定气体体积；故c错误；

d．氨气不溶于苯；可以利用排苯溶液，测定氨气的体积，故d正确；

故答案为：ad；

（5）若mg样品完全反应；测得生成气体的体积为VmL（已转换为标准状况）；

AlN+NaOH+H2O═NaAIO2+NH3↑

4122.4L

mV×10-3L

m=g，则AlN的质量分数=×100%=×100%；

故答案为：×100%．15、苯乙烯4羟基和醛基取代反应【分析】【分析】根据题目中各物质转化关系，A（-CH=CH2）和水发生加成反应，生成B的结构简式为：B发生氧化反应生成C的结构简式为：D（HO-CHO）和氢氧化钠溶液发生反应生成E，E的结构简式为：和碘烷发生取代反应生成F，F的结构简式为：C和F反应生成G，结合题给信息③知，G的结构简式为：据此答题；【解析】【解答】解：根据题目中各物质转化关系，A（-CH=CH2）和水发生加成反应，生成B的结构简式为：B发生氧化反应生成C的结构简式为：D（HO-CHO）和氢氧化钠溶液发生反应生成E，E的结构简式为：和碘烷发生取代反应生成F，F的结构简式为：C和F反应生成G，结合题给信息③知，G的结构简式为：

（1）A（-CH=CH2）的名称是苯乙烯，1molA最多可跟4molH2发生反应；

故答案为：苯乙烯；4；

（2）D（HO-CHO）中的含氧官能团的名称是羟基和醛基；由E生成F的反应类型为取代反应；

故答案为：羟基和醛基；取代反应；

（3）在加热、铜作催化剂条件下，B被氧气氧化生成C，反应方程式为：

故答案为：

（4）根据上面的分析可知，G的结构简式为：

故答案为：

（5）F的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物中含有醛基和酚羟基，苯环上有2个取代基，核磁共振氢谱有5个峰，且峰面积比为2：2：2：1：1时，该有机物的结构简式为

故答案为：．16、3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O空气（或O2）除去溶液中的Fe3+Cu、Zn1.6×10-22取少量样品和水混合形成分散系，让一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是【分析】【分析】锌灰（主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3；FeO、CuO等杂质）加入稀硝酸溶解；根据硝酸的强氧化性则所得溶液中含有三价铁、二价锌、二价铜离子，再加入氧化锌调节PH值先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，再加锌置换成溶液中铜而过滤除去，最后调节PH再使锌离子转化成氢氧化锌沉淀，再用硫化氢溶解沉淀氢氧化锌得到ZnS，以此解答；

（1）酸浸时FeO与稀HNO3反应根据稀硝酸的强氧化性书写离子方程式；

（2）根据稀硝酸酸浸的尾气为一氧化氮；结合循环利用进一步再转化成硝酸分析．

（3）根据以上分析解答；

（4）根据以上分析解答；

（5）根据Qc＞Ksp；才生成ZnS沉淀计算；

（6）根据胶体的粒子是纳米级的设计判断．【解析】【解答】解：锌灰（主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3；FeO、CuO等杂质）加入稀硝酸溶解；根据硝酸的强氧化性则所得溶液中含有三价铁、二价锌、二价铜离子，再加入氧化锌调节PH值先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，再加锌置换成溶液中铜而过滤除去，最后调节PH再使锌离子转化成氢氧化锌沉淀，再用硫化氢溶解沉淀氢氧化锌得到ZnS；

（1）由于稀硝酸的强氧化性，所以FeO与稀HNO3反应离子方程式为：3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O，故答案为：3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O；

（2）稀硝酸酸浸的尾气为一氧化氮，根据要循环利用则将NO进一步再转化成硝酸即4NO+3O2+2H2O=4HNO3，所以通空气或者氧气，故答案为：空气（或O2）；

（3）由于硝酸的强氧化性则酸溶解所得溶液中含有三价铁；二价锌、二价铜离子；再加入氧化锌调节PH值先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去；

故答案为：除去溶液中的Fe3+；

（4）由于硝酸的强氧化性则酸溶解所得溶液中含有三价铁；二价锌、二价铜离子；再加入氧化锌调节PH值先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，再加锌置换成溶液中铜而过滤除去，所以最终过量出来的处理置换出的铜还有过量的锌，故答案为：Cu、Zn；

（5）当Qc＞Ksp，才生成ZnS沉淀，即S2-浓度大于==1.6×10-22mol•L-1，故答案为：1.6×10-22；

（6）根据胶体的粒子是纳米级的；则取少量样品和水混合形成分散系，让一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是；

故答案为：取少量样品和水混合形成分散系，让一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是．17、①④2CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O【分析】【分析】（1）根据B分子侧链上含有碳碳双键和醛基官能团；以此分析性质；

（2）由信息可知；发生-CHO的加成和-OH的消去；

（3）B的所有同分异构体，符合①分子中不含羰基和羟基；②是苯的对二取代物；③除苯环外，不含其他环状结构．即在苯环的对位有2个取代基，以此分析．【解析】【解答】解：（1）B分子侧链上含有碳碳双键和醛基官能团；含碳碳双键可以发生加成反应；加聚和氧化反应，含醛基，可发生氧化、加成、还原反应等；

故答案为：①④；

（2）根据题给反应类比推出两分子乙醛反应的化学方程式为2CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O，故答案为：2CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O；

（3）B的所有同分异构体，符合①分子中不含羰基和羟基；②是苯的对二取代物；③除苯环外，不含其他环状结构．符合条件的同分异构体的结构简式为故答案为：．18、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑0.56L用玻璃片在水面下盖住集气瓶口将玻璃片与集气瓶一起移出水面将盖有玻璃片的集气瓶正放在实验台上【分析】【分析】（1）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；据此写出反应的化学方程式；

（2）根据反应方程式计算出生成氧气的物质的量及标况下的体积；

（3）根据正确取出水中集气瓶的操作方法进行解答．【解析】【解答】解：（1）过氧化钠与水反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

（2）3.9g过氧化钠的物质的量为：n（Na2O2）==0.05mol，根据反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，生成氧气的物质的量为：n（O2）=n（Na2O2）=0.025mol；标况下生成的氧气的体积为：22.4L/mol×0.025mol=0.56L；

故答案为：0.56L；

（3）集气瓶充满气体后；取出集气瓶的操作方法为：用玻璃片在水面下盖住集气瓶口将玻璃片与集气瓶一起移出水面将盖有玻璃片的集气瓶正放在实验台上；

故答案为：用玻璃片在水面下盖住集气瓶口将玻璃片与集气瓶一起移出水面将盖有玻璃片的集气瓶正放在实验台上．19、略

【分析】试题分析：X、Y、Z三种短周期元素，其单质在常温下均为无色气体，短周期中形成无色气体单质的只有H2、N2、O2（稀有气体除外），H、N、O原子序数之和为16，故三种元素为H、N、O，三种气体单质相互反应生成H2O、NH3、NO，一个B分子中含有的Z元素的原子个数比一个C分子中少一个，则B为H2O，C为NH3，Z为氢元素．由关系图可知：Z单质与X单质反应生成B（H2O），故X为氧元素；Z单质与Y单质反应生成C（NH3），故Y为氮元素；所以A为NO，则：（1）由X、Y、Z三种元素共同组成的三种不同种类的常见化合物一般是酸碱盐，因此化学式分别为HNO3、NH4NO3、NH3·H2O。硝酸和氨水抑制水的电离，硝酸铵水解促进水的电离。硝酸是一元强酸，氨水是一元弱碱，因此相同浓度上述水溶液中由水电离出的c(H+)最小的是HNO3。（2）原电池中负极失去电子，正极得到电子，因此在该燃料电池中氨气在负极通入，若以氢氧化钾溶液为介质，反应生成对环境无污染的常见物质，该物质应该是氮气和水，因此该电池负极的电极反应式4NH3+12OH-12e-＝2N2+12H2O。原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以溶液中OH-向负极移动。（3）Z分别与X、Y两元素可以构成18个电子分子甲和乙，其分子中只存在共价单键，常温下甲、乙均为无色液体，甲随着温度升高分解速率加快，所以甲是双氧水，乙是N2H4。①乙能够将CuO还原为Cu2O，已知每lmol乙参加反应有4mole-转移，由于N2H4中氮元素的化合价是－2价，这说明在反应中氮元素化合价升高2个单位，因此其氧化产物是氮气，所以该反应的化学方程式为N2H4+4CuO＝N2↑+2Cu2O+2H2O。②由于双氧水不稳定，受热易分解，因此高于40℃后，H2O2的分解速率加快，c(H2O2)降低，使铜的溶解速率减慢。③在催化剂的作用下双氧水分解生成氧气和水，反应不需要加热，因此选择装置是C。考点：考查元素推断、水的电离、原电池原理、氧化还原反应以及外界条件对反应速率的影响和氧气制备【解析】【答案】（1）HNO3、NH4NO3、NH3·H2O（3分）HNO3（1分）（2）4NH3+12OH-12e-＝2N2+12H2O（3分）负（2分）（3）①N2H4+4CuO＝N2↑+2Cu2O+2H2O（3分）②高于40℃后，H2O2的分解速率加快，c(H2O2)降低，使铜的溶解速率减慢（2分）③C（2分）20、Fe（OH）3和CaSO4【分析】【分析】（1）加入过量石灰水，使铬离子转变为Cr（OH）3沉淀；同时铁离子转化为氢氧化铁和钙离子与硫酸根离子结合生成难溶的硫酸钙；

（2）现用上述方法处理1×104L含铬（+6价）78mg•L-1的废水，铬元素物质的量==15mol，Cr2O72-物质的量7.5mol；则。

Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O

16

7.5mol45mol，由此分析解答．【解析】【解答】解：（1）加入过量石灰水，使铬离子转变为Cr（OH）3沉淀，同时铁离子转化为氢氧化铁和钙离子与硫酸根离子结合生成难溶的硫酸钙，所以处理后，沉淀中除Cr（OH）3外还有Fe（OH）3和CaSO4，故答案为：Fe（OH）3和CaSO4；

（2）现用上述方法处理1×104L含铬（+6价）78mg•L-1的废水，铬元素物质的量==15mol，Cr2O72-物质的量7.5mol；则。

Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O

16

7.5mol45mol

需用绿矾的质量=45mol×278g/mol=12510g；

答：需用绿矾12.5kg．21、C8H12O4羟基或醛基HC≡CH+2HCHOHOCH2C≡CCH2OHOHCCH2CH2CHOac【分析】【分析】乙炔和甲醛发生加成反应生成A，A与足量氢气反应生成B为HOCH2CH2CH2CH2OH；B发生氧化反应生成C；

C为OHCCH2CH2CHO；C发生信息（2）的反应生成D；

1molHCHO和1molCH3CH2CHO发生类似已知（2）的反应，生成1molE，E为HOCH2CH（CH3）CHO，结合对应的物质的性质以及题目要求解答该题．【解析】【解答】解：乙炔和甲醛发生加成反应生成A，A与足量氢气反应生成B为HOCH2CH2CH2CH2OH；B发生氧化反应生成C；

C为OHCCH2CH2CHO；C发生信息（2）的反应生成D；

1molHCHO和1molCH3CH2CHO发生类似已知（2）的反应，生成1molE，E为HOCH2CH（CH3）CHO；

（1）根据结构简式知，D分子式为C8H12O4，D中官能团为羟基和醛基，故答案为：C8H12O4；羟基或醛基；

（2）甲醛和乙炔在一定条件下反应生成A，反应方程式为HC≡CH+2HCHOHOCH2C≡CCH2OH，故答案为：HC≡CH+2HCHOHOCH2C≡CCH2OH；

（3）B为HOCH2CH2CH2CH2OH，加热与HOOCCOOH反应生成环状酯的化学方程式为

故答案为：

（4）通过以上分析知，C为OHCCH2CH2CHO，故答案为：OHCCH2CH2CHO；

（5）E为HOCH2CH（CH3）CHO；

a．E中含有醛基和醇羟基，醛基能和氢气发生加成反应，所以E能与H2发生加成反应；醛基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；

b．E中不含酯基；所以不属于酯类物质，故错误；

c.1molE完全燃烧消耗O2为（4+-1）mol=5mol；故正确；

d．生成E的反应属于加成反应；故错误；

故选ac．22、113℃＜Se＜450℃-2、+4、+6H2SO4＞H2SeO4还原性2H2Se+O2=2H2O+2Se6H2O3【分析】【分析】（1）根据表中数据知；氧族元素单质的熔点随着原子序数增大而增大；

（2）根据表中数据知；氧族元素主要化合价相似；

（3）元素的非金属性越强；其最高价氧化物的水化物酸性越强；

（4）元素的非金属性越弱；其氢化物的还原性越强，硒化氢易被氧气氧化生成Se和水；

（5）根据元素守恒知反应物还有水，根据原子守恒配平方程式．【解析】【解答】解：（1）根据表中数据知；氧族元素单质的熔点随着原子序数增大而增大，所以Se的熔点介于S；Te之间，为113℃＜Se＜450℃，故答案为：113℃＜Se＜450℃；

（2）根据表中数据知；氧族元素主要化合价相似，根据元素化合价知，Te的化合价可能为-2；+4、+6；

故答案为：-2；+4、+6；

（3）非金属性S＞Se，所以其最高价氧化物的水化物酸性H2SO4＞H2SeO4，故答案为：H2SO4＞H2SeO4；

（4）Se元素非金属性较弱，则其简单阴离子还原性较强，所以其氢化物具有还原性，硒化氢易被氧气氧化生成Se和水，反应方程式为，故答案为：还原性；2H2Se+O2=2H2O+2Se；

（5）根据元素守恒知反应物还有水，根据原子守恒配平方程式为Al2Te3+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2Te；

故答案为：6H2O；3．四、判断题(共4题，共12分)23、×【分析】【分析】标准状况下任何气体的摩尔体积都是22.4L/mol．据此解题．【解析】【解答】解：标准状况下，1mol气体的体积为22.4L，气体的摩尔体积是22.4L/mol，故答案为：×．24、×【分析】【分析】化学变化不涉及原子核内部的变化，即化学变化不能改变中子数、质子数．故通过化学变化无法实现35Cl与37Cl间的相互转化，同位素之间的转化属于核变化．【解析】【解答】解：35Cl与37Cl间的相互转化没有新物质生成，属于物理变化，故通过化学变化无法实现35Cl与37Cl间的相互转化；

故答案为：×．25、×【分析】【分析】SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化还原反应，以此来解答．【解析】【解答】解：SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色；发生氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，说法错误；

故答案为：×．26、×【分析】【分析】将40gNaOH溶解在1L水中，溶液体积大于1L．【解析】【解答】解：将40gNaOH溶解在1L水中；溶液体积大于1L，溶液中溶质的物质的量浓度小于1mol/L；

故答案为：×．五、推断题(共2题，共18分)27、直线型2C+SiO22CO↑+SiCu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O取少量C溶液于试管中，滴加KSCN溶液无明显颜色变化，再滴加氯水呈血红色1.68L2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+2531258【分析】【分析】（1）由转化关系可知A和B的反应为置换反应，且A、D所含元素同主族，D单质在电子工业中有重要作用，D应为Si，A为C，则B为SiO2，C为CO，E为O2，F为CO2；

（2）A、D为常见金属单质，可知A和B的反应为置换反应，加热时A、D才能溶解在E的浓溶液中，如为铝热反应，则A为Al，B为氧化物，E为硝酸或硫酸，D与酸反应生成的B应为盐，二者矛盾，说明A和B的反应应为活泼金属与盐溶液的置换反应，结合加热时A、D才能溶解在E的浓溶液中，可推断A为Fe，D为Cu，E为H2SO4，B为CuSO4，F应为硫酸铁，以此解答．【解析】【解答】解：（1）由转化关系可知A和B的反应为置换反应，且A、D所含元素同主族，D单质在电子工业中有重要作用，D应为Si，A为C，则B为SiO2，C为CO，E为O2，F为CO2；则：

Si的原子结构示意图为F为C