2025年粤教新版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年粤教新版高三化学上册阶段测试试卷978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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列物质间的反应中，属于加成反应的是（）A.苯与Fe、Br2混合B.氯乙烷和NaOH溶液共热C.溴乙烷和NaOH的乙醇溶液共热D.乙烯和溴水反应2、区分下列各组物质；所用的两种方法不完全正确的一组是（）

。选项需区分的物质区分方法A蒸馏水和自来水①蒸发②看颜色B食盐和面碱（Na2CO3）①加食醋②测其溶液酸碱性C小苏打和碳酸氢氨①灼烧②做焰色反应D黑醋和酱油①闻气味②尝味道A.AB.BC.CD.D3、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.pH=l的溶液中：Mg2+、Na+、AlO2-、SO42-B.含有大量NO3-的溶液中：H+、Na+、Fe3+、SO42-C.含有0.1mol•L-1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I-、NO3-D.澄清透明的溶液：Cu2+、Mg2+、SO42-、Cl-4、已知：如果用丙烯与异戊二烯在该条件下反应，最多可以生成含六元环的化合物（不考虑立体异构）A.6种B.4种C.3种D.2种5、下列离子方程式正确的是()A.碳酸氢铵溶液与少量氢氧化钠溶液：++2OH-====NH3·H2O++H2OB.氯化铵溶液中加入稀氢氧化钠溶液：+OH-====NH3↑+H2OC.氨水与盐酸反应：NH3·H2O+H+====+H2OD.氨水中通入过量二氧化碳：2NH3·H2O+CO2====2++H2O6、下列表达方式错误的是（）A.氢有三种核素：H、TB.S2-的结构示意图：C.乙烯的结构简式：CH2CH2D.CO2分子的结构式：O=C=O7、用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A.1molNa2O2晶体中共含有4NA个离子B.常温常压下16gO2和O3混合气体含有NA个氧原子C.0.1molAlCl3完全水解转化为氢氧化铝胶体，生成0.1NA个胶粒D.17g的氢氧根离子中含有的电子数为9NA8、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（）A.分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NAB.0.1molOH-含0.9NA个质子C.常温常压下，22.4L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NAD.常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA9、生物学家借助新的显微技术，成功观察到小于200纳米的粒子．下列分散系中，分散质粒子半径最小的是（）A.雾B.Fe（OH）3胶体C.石灰乳D.KNO3溶液评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)10、用已知浓度的盐酸滴定由NaOH固体配成的溶液时，下列操作会使滴定结果偏低的是（）A.NaOH固体称量时间过长B.盛放标准盐酸的滴定管用碱液润洗C.用酚酞作指示剂D.固体NaOH中含有Na2O杂质11、在与外界无能量交换的情况下，恒容密闭容器中发生反应rm{SO_{2}(g)+NO_{2}(g)?SO_{3}(g)+NO(g)}并达到平衡rm{.}反应过程中正反应速率随时间的变化如图所示rm{.}由图可得出的正确结论是rm{(}rm{)}A.反应在rm{c}点达到平衡状态B.反应物浓度：rm{a}点大于rm{b}点C.反应物的总能量低于生成物的总能量D.rm{trianglet_{1}=trianglet_{2}}时，rm{trianglet_{1}=triangle

t_{2}}的转化率：rm{SO_{2}}段小于rm{a隆芦b}段rm{b隆芦c}12、下列叙述中一定正确的是（）A.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水电离出的c（H+）为10-13mol/LB.pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c（H+）之比为1：10C.仅含有Na+、H+、OH-、CH3COO-四种离子的某溶液中可能存在：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）D.1.0mol•L-1Na2CO3溶液：c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3）13、rm{25^{circ}C}时，用rm{2a}rm{mol?L^{-1}NaOH}溶液滴定rm{1.0L2a}rm{mol?L^{-1}}氢氟酸溶液，得到混合液中rm{HF}rm{F^{一}}的物质的量与溶液rm{pH}的变化关系如图所示rm{.}下列说法正确的是。

rm{(}rm{)}A.rm{pH=3}时，溶液中：rm{c(Na^{+})<c(F^{一})}B.rm{c(F^{一})>c(HF)}时，溶液一定呈碱性C.rm{pH=4}时，溶液中：rm{c(HF)+c(Na^{+})+c(H^{+})-c(OH^{-})<2amol?L^{-1}}D.rm{pH=3.45}时，rm{NaOH}溶液恰好与rm{HF}完全反应14、室温下，反应HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-的平衡常数K=2.2×10-8．将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO．若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温下下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）A.0.2mol•L-1氨水：c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）B.0.2mol•L-1NH4HCO3溶液（pH＞7）：c（NH4+）＞c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（NH3•H2O）C.0.2mol•L-1氨水和0.2mol•L-1NH4HCO3溶液等体积混合：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）D.0.6mol•L-1氨水和0.2mol•L-1NH4HCO3溶液等体积混合：c（NH3•H2O）+c（CO32-）+c（OH-）=0.3mol•L-1+c（H2CO3）+c（H+）评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、如图中的N是一种用途广泛的高分子化合物，A是不饱和烃而D是芳香醇化合物．

（1）A的名称为____，C+D的反应类型为____．

（2）H中官能团的名称为____，F的结构简式为____．

（3）转化过程中，反应①与②的目的是____．

（4）在催化剂存在下，E、M按物质的量比为1：1的比例发生聚合反应的化学方程式为____．

（5）E有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体最多有____种，其中核磁共振氢谱有5个峰的有机物结构简式为____．

①遇FeCl3溶液显紫色；②分子中只有一个环状结构。

（6）氯丁橡胶是一种具有良好的物理机械性能的橡胶，其单体是CH2=CClCH=CH2，试按合成“XY”

形式表示出由1，3-丁二烯合成CH2=CCl-CH=CH2的路线图．16、烯烃A在一定条件下可以按下图进行反应。

已知：1molA完全燃烧可生成6molCO2和6molH2O，仪器分析显示它有四个完全对称的甲基．F1和F2互为同分异构体，G1和G2互为同分异构体．

（1）A的名称为____

（2）D的结构简式为____；G2的结构简式为____

（3）反应②的反应类型为____；反应⑨的反应类型为____，反应条件是____

（4）请写出反应⑤的化学方程式：____；请写出E→F1的化学方程式：____

（5）A的烯烃同分异构体有____种（不考虑顺反异构）

（6）烯烃是有机合成中重要的原料；图是一种由烯烃合成的有机物S的红外光谱图，有机物S的红外光谱图如下：

符合该条件的S相对分子质量最小的结构简式为：____．17、CO2，CH4是常见的温室气体，CO，SO2，NOx是常见的污染性气体．

①已知：C（s）+O2（g）═CO2（g），△H1═-393.5kJ•mol-1

2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2═-483.6kJ•mol-1

C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g），△H3═+131.3kJ•mol-1

则反应CO（g）+H2（g）+O2（g）═H2O（g）+CO2（g）的△H═____kJ•mol-1

②如图甲是一种新型燃料电池，它以CO为燃料，一定比例的Li2CO3和Na2CO3熔融混合物为电解质；图乙是粗铜精炼的装置图，现以燃料电池为电源进行粗铜的精炼实验．

A极的电极反应式为____，B极应与____（填“C”或“D”）极相连．

③CO2的水溶液H2CO3是一种二元弱酸，图丙是某水溶液的pH从0至14的范围内，H2CO3，HCO3-，CO32-三种成分平衡时的组成百分率（）．向0.1mol•L-1的氢氧化钠溶液中通入CO2至pH=10，此时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为____，当pH=12时，向溶液中加入氯化钙溶液．发生反应的离子方程式是____．18、随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金维生素”．工业上回收废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2）中钒的主要流程如下：

已知：（1）V2O5和NH4VO3均为难溶物，VOSO4和（VO2）2SO4均为易溶物．

（2）2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O

回答下列问题：

（1）步骤①前，粉碎的目的是____．

（2）步骤②中发生反应的离子方程式为____．

（3）步骤③的变化过程可简化为（HA表示有机萃取剂）：

VOSO4（水层）+2HA（有机层）⇌VOA2（有机层）+H2SO4（水层），则步骤④中可选择硫酸作反萃取的原因是____．

（4）用硫酸酸化的H2C2O4溶液滴定（VO2）2SO4溶液，以测定操作⑤后溶液中含钒量的步骤为：取10.0mL0.1mol/LH2C2O4溶液于锥形瓶中，加入指标剂，将待测液盛放在滴定管中，滴定到终点时，消耗待测液的体积为10.0mL，由此可知（VO2）2SO4溶液钒元素的含量为____g/L．

（5）V2O5可用金属（如Ca、Al）热还原法获得钒，则金属铝热还原制得钒的化学方程式为____．19、将H2S气体通入FeCl2、ZnSO4溶液中，不能生成FeS、ZnS沉淀的原因是____，而通入CuSO4溶液中，能产生CuS沉淀的原因是____．20、硝酸是一种重要的化工原料，工业制硝酸时产生的烟气中NOx是NO和NO2的混合物（不含N2O2），可以用Na2CO3溶液来吸收；以除去这些废气．其主要反应如下：

Na2CO3+NO+NO2→2NaNO2+CO2，Na2CO3+2NO2→NaNO3+NaNO2+CO2．

（1）根据废气排放标准，1m3烟气最高允许含400mgNOx．若NOx中NO质量分数为0.85，则1m3烟气中最高允许含NO____L（标准状况；保留2位小数）．

（2）若NOx通入NaOH溶液被完全吸收时，x的值不可能为____（填编号）．

A．1.3B．1.5C．1.6D．1.9

加入硝酸可改变烟气中NO和NO2的比，反应为：NO+2HNO3→3NO2+H2O．当烟气中n（NO）：n（NO2）=2：3

时，吸收率最高．1m3烟气含2000mgNOx，其中n（NO）：n（NO2）=9：1．

（3）为了达到最高吸收率，1m3烟气需用硝酸的物质的量（保留3位小数）．

（4）1m3烟气达到最高吸收率90%时，吸收后生成NaNO2的质量（假设上述吸收反应中，反应①比反应②迅速．计算结果保留1位小数）．评卷人得分四、计算题(共2题，共18分)21、在标准状况下进行甲；乙、丙三组实验．三组实验均各取30mL同浓度的盐酸；加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据见下表：

。实验序号甲乙丙合金质量/mg255385459生成气体体积/mL280336336（1）甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是不足量的？____（填“甲”或“乙”）．

（2）要算出盐酸的物质的量浓度，题中可作为计算依据的数据是____，求得的盐酸的物质的量浓度为____．

（3）求合金中Mg、Al的物质的量之比，题中可作为计算依据的数据是____，求得的Mg、Al物质的量之比为____．22、在20mL由HNO3和H2SO4组成的混合溶液中，逐滴加入4mol/LBa（OH）2溶液，结果如图所示，求原溶液中HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是多少？

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，据此有机物的结构进行判断．【解析】【解答】解：A、苯和铁、溴混合后，溴原子取代了苯环上的H原子，生成溴苯和HBr；属于取代反应，故A错误；

B；氯乙烷和氢氧化钠共热时；-OH取代了-Cl，生成乙醇和NaCl，属于取代反应，故B错误；

C、溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液共热时，溴乙烷中的-Br和其所在C的相邻C上的H原子形成HBr脱下来，和氢氧化钠生成NaBr和水；溴乙烷变为乙烯，属于消去反应，故C错误；

D、乙烯和溴水反应时，乙烯中的碳碳双键打开，两个-Br分别加到双键两端的碳原子上；故属于加成反应，故D正确．

故选D．2、A【分析】【分析】A．看颜色不能区分；

B．碳酸钠溶液显碱性；与酸反应生成气体；

C．焰色反应不同；且碳酸氢铵分解生成刺激性气体氨气；

D．醋具有刺激性气味．【解析】【解答】解：A．蒸发现象相同；均为无色液体，看颜色不能区分，不能鉴别，故A选；

B．碳酸钠溶液显碱性；与酸反应生成气体，则两种方法现象均不同，可鉴别，故B不选；

C．焰色反应不同；且碳酸氢铵分解生成刺激性气体氨气，则两种方法现象均不同，可鉴别，故C不选；

D．醋具有刺激性气味；则气味；味道均不同，可鉴别，故D不选；

故选A．3、B【分析】【分析】A．pH=l的溶液；显酸性；

B．该组离子之间不反应；

C．离子之间发生氧化还原反应；

D．该组离子之间不反应，但铜离子有颜色．【解析】【解答】解：A．pH=l的溶液，显酸性，H+、AlO2-结合生成沉淀；不能大量共存，故A不选；

B．该组离子之间不反应；可大量共存，故B选；

C．Fe3+、I-发生氧化还原反应；不能大量共存，故C不选；

D．该组离子之间不反应；可大量共存，但铜离子有颜色，故D不选；

故选B．4、A【分析】试题分析：由题意可知烯烃与二烯烃发生加成反应得到环烯烃。若用丙烯CH2=CHCH3与异戊二烯CH2=C(CH3)-CH=CH2在该条件下反应异戊二烯（2-甲基-1，3-丁二烯）与丙烯反应，异戊二烯的两个碳碳双键断裂，中间两个半键形成碳碳双键，边上两个半键与丙烯中的两个半键相连接形成环状，所以生成物的是或两个异戊二烯加成可以得到所以最多可以生成6种含六元环的化合物。选项为A。考点：考查烯烃、二烯烃的加成反应及同分异构体的知识。【解析】【答案】A5、C【分析】试题分析：A项，碳酸氢铵溶液与少量氢氧化钠溶液反应时，只有与OH-反应；B项，只有加热时反应生成氨气和水；D项，CO2过量时应生成考点：氮肥的生产和使用【解析】【答案】C6、C【分析】【分析】A．氢有三种原子；分别为氕；氘和氚；

B．硫离子的核电荷数为16；核外电子总数为18，最外层达到8电子稳定结构；

C．乙烯为烯烃；含有碳碳双键，双键不能省略；

D．二氧化碳分子中存在两个碳氧双键，用短线表示共用电子对即为结构式．【解析】【解答】解：A．氢有三种原子；分别为氕；氘和氚，原子符号为H、D、T，故A正确；

B．S2-的核电荷数为16，核外电子总数为18，硫离子结构示意图为：故B正确；

C．乙烯为烯烃，含有碳碳双键，双键不能省略，正确结构简式为：CH2=CH2；故C错误；

D．CO2分子为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的结构式为：O=C=O，故D正确；故选C．7、B【分析】【分析】A、Na2O2是由2个钠离子和1个过氧根构成；

B、根据O2和O3均由氧原子构成来分析；

C；一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体；

D、求出氢氧根的物质的量n=，而1molOH-含10mol电子．【解析】【解答】解：A、Na2O2是由2个钠离子和1个过氧根构成，故1molNa2O2含3mol离子；故A错误；

B、O2和O3均由氧原子构成，故16g混合气体中的氧原子的物质的量n===1mol，氧原子的个数为NA个；故B正确；

C、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故0.1molAlCl3形成的氢氧化铝胶粒的个数小于0.1NA；故C错误；

D、氢氧根的物质的量n===1mol，而1molOH-含10mol电子，即电子个数为10NA个；故D错误．

故选B．8、C【分析】【分析】A．分子总数为NA的NO2和CO2混合气体的物质的量为1mol；1mol二者的混合气体中含有2mol氧原子；

B．氢氧根离子中含有9个质子；0.1mol氢氧根离子中含有0.9mol电子；

C．常温常压下；不能使用标况下的气体摩尔体积计算氯气的物质的量；

D．NO2和N2O4混合气体的最简式为NO2，92g混合气体中含有2mol最简式，含有6mol原子．【解析】【解答】解：A．分子数为NA的NO2和CO2混合气体的物质的量为1mol，含有2mol氧原子，含有的氧原子数为2NA；故A正确；

B．0.1molOH-含0.9mol质子，含有0.9NA个质子；故B正确；

C．常温下；题中条件无法计算22.4L氯气的物质的量，无法计算转移的电子数目，故C错误；

D．92gNO2和N2O4混合气体中含有2mol最简式NO2，2mol最简式NO2含有6mol原子，含有的原子数为6NA；故D正确；

故选C．9、D【分析】【分析】根据分散质粒子直径大小分类，把分散系分为：溶液、胶体、浊液，溶液、浊液、胶体的本质区别就是分散质的微粒直径不同，溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm）．【解析】【解答】解：溶液；浊液、胶体的本质区别就是分散质的微粒直径不同；溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以溶液的分散质粒子直径最小．

A；雾属于胶体分散系；故A错误；

B、Fe（OH）3胶体属于胶体分散系；故B错误；

C；石灰乳属于浊液分散系；故C错误；

D、KNO3溶液属于溶液分散系；故D正确．

故选D．二、双选题(共5题，共10分)10、A|C【分析】解：A．NaOH固体具有吸水性；称量时间过长，称取的氢氧化钠质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故A选；

B．盛放标准盐酸的滴定管用碱液润洗，标准溶液的浓度减小，导致V（标准）偏大，根据c（待测）=分析可知c（待测）偏高；故B不选；

C．用酚酞作指示剂，变色时溶液显碱性，消耗的HCl偏少，根据c（待测）=分析可知c（待测）偏低；故C选；

D．固体NaOH中含有Na2O杂质，溶于生成NaOH，NaOH的物质的量增大，导致V（标准）偏大，根据c（待测）=分析可知c（待测）偏高；故D不选；

故选AC．

根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响；以此判断浓度的误差．

本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，根据c（待测）=分析是解答的关键，题目难度不大．【解析】【答案】AC11、rBD【分析】解：rm{A.}化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，rm{c}点对应的正反应速率显然还在改变；故一定未达平衡，故A错；

B.rm{a}到rm{b}时正反应速率增加；反应物浓度随时间不断减小，故B正确；

C、从rm{a}到rm{c}正反应速率增大；之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故C错；

D、随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，rm{SO_{2}}的转化率将逐渐增大；故D正确；

故选BD．

该反应是一个反应前后体积不变的可逆反应；容器的体积恒定；混合气体的物质的量的不变，所以压强对反应速率无影响，但温度和浓度影响其反应速率，结合图象可知反应速率先增大后减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是正反应为放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快．

本题考查化学反应速率和平衡图象，注意该反应的特点及反应限制条件，“与外界无能量交换”相当于对反应体系改变温度，一定要读懂此句话表达的含义，难度较大．【解析】rm{BD}12、B|D【分析】解：A.0.1mol/L的CH3COOH溶液中c（H+）＜0.1mol/L，则c（OH-）＞10-13mol/L，所以由水电离出的c（H+）大于10-13mol/L；故A错误；

B．c（H+）=10-pH，所以pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c（H+）之比=10-2：10-1=1：10；故B正确；

C．溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），如果c（Na+）＞c（CH3COO-），则c（H+）＜c（OH-）；故C错误；

D．根据物料守恒得c（Na+）=2c（HCO3-）+2c（H2CO3）+2c（CO32-），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），所以得c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3）；故D正确；

故选BD．

A．先计算溶液中c（OH-），c（OH-）就等于溶液中水电离出的c（H+）；

B．c（H+）=10-pH；

C．溶液呈电中性；根据电荷守恒分析；

D．根据物料守恒和电荷守恒分析．

本题考查弱电解质的电离、离子浓度大小的比较等知识点，根据物料守恒和电荷守恒来分析解答，难度不大．【解析】【答案】BD13、rAC【分析】解：rm{A.pH=3}时，rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}溶液中存在rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(F^{-})}则rm{c(F^{-})>c(Na^{+})}故A正确；

B.当rm{pH>3.45}时，rm{c(F^{-})>c(HF)}溶液可能呈酸性；中性或碱性，故B错误；

C.当rm{pH=4}时，混合溶液体积大于rm{1.0L}rm{c(F^{-})<1.6amol/L}rm{c(HF)<0.4amol/L}溶液中存在rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(F^{-})}rm{c(F^{-})=c(Na^{+})+c(H^{+})-c(OH^{-})<1.6amol/L}则rm{c(HF)+c(Na^{+})+c(H^{+})-c(OH^{-})<2amol?L^{-1}}故C正确；

D.rm{HF}为弱酸，恰好反应时溶液应成碱性，当rm{pH=3.45}时rm{HF}酸过量；故D错误．

故选AC．

A.rm{pH=3}时，rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}结合溶液的电荷守恒判断；

B.当rm{pH>3.45}时，rm{c(F^{-})>c(HF)}结合图象分析；

C.可根据rm{pH=4}时；溶液电荷守恒判断；

D.rm{HF}为弱酸；恰好反应时溶液应成碱性．

本题考查酸碱混合的计算和判断，题目难度中等，注意把握图象的曲线变化特点，为解答该题的关键，注意rm{HF}为弱电解质的特点，侧重于考查学生的分析能力．【解析】rm{AC}14、BD【分析】解：A.0.2mol•L-1氨水溶液中存在一水合氨电离平衡和水的电离平衡，溶液中离子浓度大小c（NH3•H2O）＞c（OH-）＞c（NH4+）＞c（H+）；故A错误；

B.0.2mol•L-1NH4HCO3溶液（pH＞7），溶液显碱性说明碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，c（NH4+）＞c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（NH3•H2O）；故B正确；

C.0.2mol•L-1氨水和0.2mol•L-1NH4HCO3溶液等体积混合，氮元素物质的量是碳元素物质的量的2倍，物料守恒得到离子浓度关系c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2[c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）]；故C错误；

D.0.6mol•L-1氨水和0.2mol•L-1NH4HCO3溶液等体积混合，溶液中存在碳物料守恒：c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）=0.1mol/L①，氮守恒得到：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=0.4mol/L②，混合溶液中存在电荷守恒得到：c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）③，把①中c（HCO3-）+c（CO32-）=0.1-c（H2CO3），②中c（NH4+）=0.4-c（NH3•H2O），带入③整理得到：c（NH3•H2O）+c（CO32-）+c（OH-）=0.3mol•L-1+c（H2CO3）+c（H+）；故D正确；

故选：BD。

A.0.2mol•L-1氨水溶液中存在一水合氨电离平衡和水的电离平衡；据此分析判断离子浓度；

B.0.2mol•L-1NH4HCO3溶液（pH＞7）；溶液显碱性说明碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，据此分析判断离子浓度；

C．溶液中存在物料守恒；结合氮元素和碳元素守恒分析判断离子浓度大小；

D．溶液中存在电荷守恒；物料守恒；结合离子浓度关系计算分析判断。

本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解、电解质溶液中电荷守恒、物料守恒等离子关系的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。【解析】BD三、填空题(共6题，共12分)15、乙烯取代反应羟基、溴原子BrCH2CH=CHCH2Br保护碳碳双键不被氧化19【分析】【分析】D是芳香醇化合物，与C反应得到可知D为C为HOCH2CH2OH，故B为二元卤代物，A是不饱和烃，试剂a为氯气或溴单质，则A为CH2=CH2．发生消去反应生成E为．由HOOCCHBrCH2COOH可知，F为BrCH2CH=CHCH2Br，G为HOCH2CH=CHCH2OH，H为HOCH2CHBrCH2CH2OH，反应②为消去反应，则M为HOOCCH=CH，COOH，M与E发生加聚反应生成N为．【解析】【解答】解：D是芳香醇化合物，与C反应得到可知D为C为HOCH2CH2OH，故B为二元卤代物，A是不饱和烃，试剂a为氯气或溴单质，则A为CH2=CH2．发生消去反应生成E为．由HOOCCHBrCH2COOH可知，F为BrCH2CH=CHCH2Br，G为HOCH2CH=CHCH2OH，H为HOCH2CHBrCH2CH2OH，反应②为消去反应，则M为HOOCCH=CH，COOH，M与E发生加聚反应生成N为．

（1）A的名称为乙烯；C+D的反应类型为取代反应，故答案为：乙烯；取代反应；

（2）H为HOCH2CHBrCH2CH2OH，官能团的名称为羟基、溴原子，F的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br；

故答案为：羟基、溴原子；BrCH2CH=CHCH2Br；

（3）转化过程中；反应①与②的目的是：保护碳碳双键不被氧化，故答案为：保护碳碳双键不被氧化；

（4）在催化剂存在下，E、M按物质的量比为1：1的比例发生聚合反应的化学方程式为：

故答案为：

（5）E（）符合下列条件的同分异构：①遇FeCl3溶液显紫色；说明含有酚羟基，②分子中只有一个环状结构，说明还含有碳碳双键；

含有2个取代基，其中一个为-OH，另外取代基为-CH2CH=CH2，或者-CH=CHCH3，或者-C（CH3）=CH2；各有邻；间、对3种；

含有3个取代基为-OH、-CH3、-CH=CH2，-OH、-CH3有邻、间、对3种，对应-CH=CH2位置分别有4种；4种、2种；

故符合条件的同分异构体共有19种，其中核磁共振氢谱有5个峰的有机物结构简式为

故答案为：19；

（6）可先使1，3-丁二烯与卤素单质发生1，4-加成，然后水解引入2个羟基，再与HCl加成引入氯原子，接着在浓硫酸存在下加热，发生消去反应即可得到CH2=CClCH=CH2，合成路线流程图为：

故答案为：．16、2，3-二甲基-2-丁烯取代反应消去反应氢氧化钠醇溶液、加热+Br2→12CH3CH2OCH2CH3【分析】【分析】烯烃A含有碳碳双键，1molA完全燃烧可生成6molCO2和6molH2O，则A的分子式为C6H12，仪器分析显示它有四个完全对称的甲基，则A为（CH3）2C═C（CH3）2，A与溴溴发生加成反应生成DA与HBr发生加成反应生成C为（CH3）2CBrCH（CH3）2，A与氢气发生加成反应生成B，B与溴发生取代反应生成C，则B为（CH3）2CHCH（CH3）2．D在足量的氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E，则E为E与适量Br2反应时有两种加成方式，即1，2-加成生成和1，4-加成生成再加成HBr时F1有两种加成产物，F2只有一种加成产物，则F1为F2为故G1为G2为据此解答．【解析】【解答】解：烯烃A含有碳碳双键，1molA完全燃烧可生成6molCO2和6molH2O，则A的分子式为C6H12，仪器分析显示它有四个完全对称的甲基，则A为（CH3）2C═C（CH3）2，A与溴溴发生加成反应生成DA与HBr发生加成反应生成C为（CH3）2CBrCH（CH3）2，A与氢气发生加成反应生成B，B与溴发生取代反应生成C，则B为（CH3）2CHCH（CH3）2．D在足量的氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E，则E为E与适量Br2反应时有两种加成方式，即1，2-加成生成和1，4-加成生成再加成HBr时F1有两种加成产物，F2只有一种加成产物，则F1为F2为故G1为G2为．

（1）A为（CH3）2C═C（CH3）2；名称为：2，3-二甲基-2-丁烯；

故答案为：2；3-二甲基-2-丁烯；

（2）D的结构简式为G2的结构简式为

故答案为：

（3）反应②的反应类型为取代反应；反应⑨的反应类型为消去反应，反应条件是氢氧化钠醇溶液；加热；

故答案为：取代反应；消去反应；氢氧化钠醇溶液；加热；

（4）反应⑤的化学方程式：

E→F1的化学方程式：+Br2→

故答案为：+Br2→

（5）A的烯烃同分异构体：

主链含有6个C原子；碳碳双键有3种位置；

主链含有5个C原子；碳碳双键处于1号；2号碳原子时，甲基有3种位置，碳碳双键处于2号、3号碳原子时，甲基有3种位置；

主链含有4个碳原子；碳碳双键处于1号；2号碳原子时，乙基连接2号碳原子，可以是2个甲基连接3号碳原子上，也可以是2个甲基分别连接2号、3号碳原子上，碳碳双键处于2号、3号碳原子时，2个甲基分别连接2号、3号碳原子上，即为A；

故不含A且不考虑不考虑顺反异构时共有12种；

故答案为：12；

（6）S含有对称的-CH3、对称的-CH2-，还含有醚键，相对分子质量最小的S的结构简式为：CH3CH2OCH2CH3；

故答案为：CH3CH2OCH2CH3．17、-524.8CO-2e-+CO32-=2CO2Dc（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）Ca2++CO32-=CaCO3↓【分析】【分析】①根据盖斯定律；由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，反应热也处于相应的系数进行相应的加减，构造目标热化学方程式，据此计算△H；

②原电池负极发生氧化反应；正极发生还原反应，所以通入氧气的一极为正极，通入CO的一极为负极；

B为正极；粗铜精炼时，粗铜作阳极，与电源的正极相连；

③根据二氧化碳和氢氧化钠反应原理结合图象可知，PH=10时，溶液中主要存在Na+、HCO3-、CO32-、H+、OH-，根据图象分析浓度大小，当PH=12时，H2CO3，HCO3-，CO32-三种成分在溶液中仅存在CO32-．【解析】【解答】解：①已知：ⅠC（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=-393.5kJ/mol；

ⅡC（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H2=+131.3kJ/mol；

根据盖斯定律，Ⅰ-Ⅱ得CO（g）+H2（g）+O2（g）=H2O（g）+CO2（g）；△H=-393.5-131.3=-524.8kJ/mol；

故答案为：-524.8；

②CO具有还原性，在负极上发生氧化反应生成CO2，所以A极的电极反应式为：CO-2e-+CO32-═2CO2；

因A为负极；B为正极，粗铜精炼时，粗铜D作阳极，与电源的正极B相连；

故答案为：CO-2e-+CO32-=2CO2；D；

③向0.1mol•L-1的氢氧化钠溶液中通入CO2，可发生：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O，NaOH+CO2═NaHCO3；

pH=10时，溶液中主要存在Na+、HCO3-、CO32-、H+、OH-，由图象可以看出，c（HCO3-）＞c（CO32-），因该溶液呈碱性，所以c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+），CO32-存在与碱性环境中，当PH=12时，H2CO3，HCO3-，CO32-三种成分在溶液中仅存在CO32-，向溶液中加入氯化钙溶液．发生反应的离子方程式是：Ca2++CO32-=CaCO3↓；

故答案为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）；Ca2++CO32-=CaCO3↓．18、增大固液接触面积，加快浸出速率，提高浸出V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O加入硫酸，可使平衡向左进行，使VOSO4进入水层10.23V2O5+10Al6V+5Al2O3【分析】【分析】生产流程：废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等），据物质的水溶性确定，V2O5和SiO2难溶于水，即为得到的滤渣亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子反应方程式为：V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O，分析平衡，Rn+（水层）+nHA（有机层）⇌RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；加入硫酸抑制平衡正向进行，氯酸钾具有氧化性，能将VO2+氧化为VO2+，加入氨水，调节溶液pH到最佳值，得到NH4VO3；最后焙烧得到五氧化二钒即可．

（1）根据影响化学反应速率的因素来回答；

（2）亚硫酸根具有还原性；酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，据此书写离子方程式；

（3）反萃取时加入的硫酸试剂是抑制平衡正向进行；

（4）根据反应方程式2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O进行计算；

（5）金属铝和矾的氧化物反应得到金属钒和氧化铝，据此书写方程式．【解析】【解答】解：生产流程：废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等），据物质的水溶性确定，V2O5和SiO2难溶于水，即为得到的滤渣亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子反应方程式为：V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O，分析平衡，Rn+（水层）+nHA（有机层）⇌RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；加入硫酸抑制平衡正向进行，氯酸钾具有氧化性，能将VO2+氧化为VO2+，加入氨水，调节溶液pH到最佳值，得到NH4VO3；最后焙烧得到五氧化二钒即可．

（1）将固体粉碎；增加固体的表面积，可以加快浸出速率，故答案为：增大固液接触面积，加快浸出速率，提高浸出率；

（2）亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子反应方程式为：V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O；

故答案为：V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O；

（3）反萃取时分析平衡，VOSO4+（水层）+2HA2（有机层）⇌VOA2（有机层）+H2SO4（水层），加入硫酸抑制平衡正向进行，使VOSO4进入水层；

故答案为：加入硫酸使平衡向左移动，使VOSO4进入水层；

（4）用硫酸酸化的H2C2O4溶液滴定（VO2）2SO4溶液，反应方程式为：2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O，设（VO2）2SO4溶液中含有V元素物质的量是n，则：2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O

21

n0.010L×0.1mol/L

，解得n=0.002mol，1L（VO2）2SO4溶液中钒元素的含量为：0.002mol×100×51g/mol=10.2g；即钒元素的含量为10.2g/L，故答案为：10.2g/L；

（5）金属铝热还原制得钒的原理是：金属铝和矾的氧化物反应得到金属钒和氧化铝，其化学方程式为：3V2O5+10Al6V+5Al2O3，故答案为：3V2O5+10Al6V+5Al2O3．19、FeS、ZnS沉淀能溶于硫酸中CuS沉淀不溶于硫酸【分析】【分析】在FeSO4、ZnSO4溶液中通入适量H2S，硫酸亚铁、ZnSO4和硫化氢不反应，硫酸铜和硫化氢反应生成硫化铜沉淀，硫化铜沉淀难溶于水和酸．【解析】【解答】解：在FeSO4、ZnSO4溶液中通入适量H2S，硫酸亚铁、ZnSO4和硫化氢不反应；因为硫化亚铁和硫酸锌都可以溶解于生成的强酸硫酸中，但是硫酸铜和硫化氢反应生成硫化铜沉淀，难溶于水和硫酸中．

故答案为：FeS、ZnS沉淀能溶于硫酸中；CuS沉淀不溶于硫酸．20、0.25a【分析】【分析】（1）根据NO的质量分数计算NO的质量，在根据n=计算NO的物质的量，根V=nVm计算NO的体积；

（2）由方程式2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，满足n（NO2）：n（NO）≥1，当n（NO2）：n（NO）=1时x值最小；计算x的最小值，因为混有NO，所以x最大值＜2，据此确定x取值范围；

（3）根据n（NO）：n（NO2）=9：1，结合1m3烟气中含有的二者质量计算烟气中n（NO）、n（NO2），令需要加入的硝酸为2x，根据方程式NO+2HNO3→3NO2+H2O可知，反应的n（NO）=x、生成n（NO2）=3x；利用吸收率最高时比例关系列方程计算；

（4）发生反应NO+NO2+Na2CO3→2NaNO2+CO2、2NO2+Na2CO3→NaNO2+NaNO3+CO2，由方程式可知n（NaNO2）=2n（NO）+[n（NO2）-n（NO）]，再根据m=nM计算，注意吸收率为90%，实际质量为完全吸收的90%．【解析】【解答】解：（1）NO的最大质量为400mg×0.85=340mg，NO的体积为×22.4L/mol=0.25L；故答案为：0.25；

（2）由方程式可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，满足n（NO2）：n（NO）≥1，当n（NO2）：n（NO）=1时x值最小；x最小值为=1.5，因为混有NO，所以x最大值＜2，故x的取值范围为1.5≤x＜2，故选：a；

（3）由于