2025年外研版高三化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年外研版高三化学上册月考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、下列离子方程式书写不正确的是（）A.AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH-）：n（Al3+）=7：2时：2Al3++7OH-═Al（OH）3↓+AlO2-+2H2OB.用铁做电极电解硫酸铜溶液：2Cu2++2H2O2Cu↓+O2↑+4H+C.碳酸钡溶于醋酸：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑D.将氯气通入氯化亚铁溶液：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-2、下列表示不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{KOH}的电子式：B.二氧化碳的结构式：rm{O=C=O}C.rm{CH_{4}}的球棍模型：D.rm{S^{2}隆楼}的离子结构示意图：3、下列离子方程式书写正确的是（）A.浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B.往NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH4++OH-=NH3+H2OC.往酸性碘化钾溶液中滴加适量的双氧水：2I-+2H++H2O2=I2+2H2OD.HS-的电离：HS-+H2O=H3++S2-4、下列有关酸性氧化物的说法正确的是（）A.均不能与酸反应B.均能与水直接化合生成酸C.能与碱反应生成盐和水D.不可能是金属氧化物5、将一定量的Cu（OH）2和CuO的混合物投入2L1mol•L-1的盐酸中完全反应后．固体与盐酸均无剩余，则另取等质量的该混合物，用酒精灯加热，充分反应后所得固体的质量为（）A.80gB.160gC.98gD.无法确定6、化学与环境保护、社会可持续发展密切相关，下列做法合理的是（）A.将地沟油回收加工为生物柴油，提高资源的利用率B.用聚氯乙烯代替聚乙烯作食品包装袋，有利于节约使用成本C.电子垃圾不可随意丢弃，要填埋处理D.泄露在海洋中的大量原油能被海洋生物迅速分解，不会导致生态灾难评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)7、已知位于同周期的X、Y、Z三种主族元素，它们的最高价氧化物的水化物分别为HXO4、H2YO4、H3ZO4，下列判断不正确的是（）A.元素的非金属性：X＜Y＜ZB.在元素周期表中它们依次处于第ⅦA族、第ⅥA族、第ⅤA族C.酸性：H3ZO4＞H2YO4＞HXO4D.气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH38、用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是（）A.0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为1NAB.标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1NAC.5.6g的Fe和足量的盐酸反应时，失去的电子数为0.2NAD.常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02NA9、有一种有机物结构简式为推测它不可能具有下列哪种性质（）A.能被KMnO4酸性溶液氧化B.能与溴水发生加成反应而使其褪色C.能发生缩聚反应D.易溶于水，也易溶于有机溶剂10、下列物质属于大气污染物的是（）A.颗粒物B.SO2C.NO2D.氟氯代烷11、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4：1评卷人得分三、双选题(共6题，共12分)12、某溶液中只含有四种离子NH4+、Cl-、OH-、H+，已知该溶液中溶质可能为一种或两种，则该溶液中四种离子浓度大小关系可能为（）A.[NH4+]＞[Cl-]＞[OH-]＞[H+]B.[NH4+]=[Cl-]＞[H+]=[OH-]C.[Cl-]＞[NH4+]＞[OH-]＞[H+]D.[OH-]＞[NH4+]＞[H+]＞[Cl-]13、科学家用催化剂将苯酚rm{(X)}和rm{1}rm{3}二羰基化合物rm{(Y)}合成一种重要的具有生物活性的结构单元--苯并呋喃rm{(Z)}rm{W}是中间产物rm{(R_{1}}rm{R_{2}}均为烃基rm{).}则下列有关叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.反应rm{垄脵}属于取代反应B.仅使用溴水或rm{FeCl_{3}}溶液不能鉴别rm{X}和rm{W}C.rm{W}中没有手性碳原子D.rm{X}rm{Y}rm{W}rm{Z}都能与rm{NaOH}溶液反应、都能使酸性高锰酸钾褪色14、常温下，取pH=2的两种二元酸H2A与H2B各1mL，分别加水稀释，测得pH变化与加水稀释倍数有如图所示变化，则下列有关叙述正确的是（）A.H2A为二元弱酸，稀释前c（H2A）=0.005mol/LB.NaHA水溶液中：c（Na+）+c（H+）=2c（A2-）+c（OH-）C.含等物质的量的NaHNaHB的混合溶液中：c（Na+）=c（A2-）+c（B2-）+c（HB-）+c（H2B）D.pH=10的NaHB溶液中，离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HB-）＞c（OH-）＞c（B2-）＞c（H2B）15、关于下列图示的说法中正确的是()

A.用图①所示实验可比较硫.碳.硅三种元素的非金属性强弱B.用图②所示实验装置排空气法收集CO2气体C.图③表示可逆反应“CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)”为放热反应D.图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量也相同16、对于常温下的下列溶液，说法正确的是rm{(}rm{)}A.常温下，向含有rm{AgCl}固体的饱和溶液，加少量水稀释，rm{c(Ag^{+})}和rm{Ksp(AgCl)}均保持不变B.rm{pH=5}的rm{CH_{3}COOH}与rm{CH_{3}COONa}的混合溶液中：rm{c(Na^{+})>c(CH_{3}COO^{-})}C.将rm{0.2mol/LCH_{3}COOH}溶液和rm{0.1mol/LNaOH}溶液等体积混合，则反应后的混合溶液中：rm{2c(OH^{-})+c(CH_{3}COO^{-})=2c(H^{+})+c(CH_{3}COOH)}D.将水加热煮沸，能促进水的电离，rm{Kw}增大，rm{pH}增大，溶液呈碱性17、在一定温度下，10mL4.0mol/LH2O2发生分解：2H2O22H2O+O2，不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表：

。t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述正确的是（溶液体积变化忽略不计）（）A.6min时反应速率v（H2O2）≈3.3×10-2mol/（L•min）B.反应到6min时，H2O2分解率为50%C.其他条件不变，若换用更高效的催化剂，达到平衡时将会得到更多氧气D.随时间增长得到的氧气更多，说明反应速率逐渐加快评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)18、钠的还原性很强，在空气中易变质，最后变为过氧化钠____．（判断对错）评卷人得分五、解答题(共3题，共12分)19、A；B、C三种强电解质；它们在水中电离出的离子如下表所示：

。阳离子Na+、K+、Cu2+阴离子SO42-、OH-如图1所示装置中；甲；乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的A溶液、足量的B溶液、足量的C溶液，电极均为石墨电极．

接通电源；经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加了16g．常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系图如图2．据此回答下列问题：

（1）M为电源的______极（填写“正”或“负”）

电极b上发生的电极反应为______；

（2）计算电极e上生成的气体在标准状态下的体积：______；

（3）写出乙烧杯的电解池反应______2Cu+O2↑+2H2SO420、根据以下各物质间的转化关系回答有关问题．

（1）C；D的化学式依次为______、______．

（2）A的电子式为______；它属于______（填“极性”或“非极性”）分子．

（3）淡黄色粉末与气体A反应的化学方程式为______；黑色固体与稀硫酸反应的离子方程式为______．

21、为了达到下表中的实验要求；请选择合适的化学试剂及实验方法，将其标号填入对应的空格中．

。实验要求试剂及方法①除去食盐中少量沙子（SiO2）②除去NO中混有的少量NO2③检验甲烷气体中是否混有乙烯④证明Na2CO3溶液呈碱性供选择的化学试剂及实验方法

A、用水洗涤后，再干燥B、将溶液滴在pH试纸上C、溶解、过滤、蒸发、结晶D、通入酸性高锰酸钾溶液中．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】A、AlCl3溶液与烧碱溶液反应；按照1：3反应生成氢氧化铝沉淀，按照1：4反应生成偏铝酸钠，依据反应定量关系分析判断；

B；铁做电极阳极铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子；溶液中铜离子得到电子发生还原反应生成铜；

C；醋酸是弱酸存在电离平衡；

D、氯气氧化亚铁离子为铁离子，依据电荷守恒和原子守恒分析；【解析】【解答】解：A、AlCl3溶液与烧碱溶液反应，按照1：3反应生成氢氧化铝沉淀，按照1：4反应生成偏铝酸钠，当n（OH-）：n（Al3+）=7：2时，反应生成产物为氢化锂和偏铝酸钠，直平得到离子方程式为：2Al3++7OH-═Al（OH）3↓+AlO2-+2H2O；故A正确；

B、用铁做电极电解硫酸铜溶液，铁做电极阳极铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，溶液中铜离子得到电子发生还原反应生成铜反应的离子方程式为，Cu2++FeCu+Fe2+；故B错误；

C、碳酸钡溶于醋酸，醋酸是弱酸存在电离平衡，反应的离子方程式为：BaCO3+2CH3COOH═Ba2++H2O+CO2↑+2CH3COO-；故C错误；

D、将氯气通入氯化亚铁溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；故D正确；

故选：BC．2、C【分析】解：rm{A.KOH}为离子化合物，电子式为故A正确；

B.二氧化碳为直线形分子，含有rm{C=O}键，结构式为rm{O=C=O}故B正确；

C.甲烷为正四面体结构，甲烷的球棍模型为故C错误；

D.rm{S^{2}隆楼}核外有rm{3}个电子层，最外层电子数为rm{8}结构示意图为故D正确．

故选C．

A.rm{KOH}为离子化合物；

B.二氧化碳为直线形分子，含有rm{C=O}键；

C.题为比例模型；

D.rm{S^{2}隆楼}核外有rm{3}个电子层，最外层电子数为rm{8}．

本题考查较为综合，涉及电子式、离子结构示意图、球棍模型以及结构简式等知识，为高频考点，难度不大，注意掌握电子式、分子式、结构简式、结构式的概念及区别，明确球棍模型与比例模型的表示方法．【解析】rm{C}3、C【分析】解：A．浓盐酸具有弱氧化性，和铁反应生成亚铁离子，离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑；故A错误；

B．往NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热，碳酸氢根离子和铵根离子都参与反应，正确的离子方程式为：HCO3-+NH4++2OH-NH3↑+2H2O+CO32-；故B错误；

C．往酸性碘化钾溶液中滴加适量的双氧水，二者发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为：2H++2I-+H2O2═I2↑+2H2O；故C正确；

D．HS-电离出氢离子和硫离子，电离方程式为HS-+H2O⇌H3++S2-；故D错误；

故选：C。

A．浓盐酸具有弱氧化性；和铁反应生成亚铁离子；

B．氢氧化钠过量；铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应；

C．双氧水能够将碘离子氧化成碘单质；

D．HS-电离出氢离子和硫离子；部分电离用可逆号表示。

本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度不大题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。【解析】C4、C【分析】【分析】酸性氧化物是一类能与水作用生成相应价态的酸，或与碱作用生成盐和水（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成），或与碱性氧化物反应生成盐的氧化物，但一般不与正盐或酸式盐反应．【解析】【解答】解：A．酸性氧化物是一类能与水作用生成相应价态的酸；故A错误；

B．二氧化硅是酸性氧化物；但不能与水直接化合生成酸，故B错误；

C．酸性氧化物能与碱作用生成盐和水；故C正确；

D．能和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，生成物只能有一种盐和水，可以是金属氧化物如Mn2O7；故D错误．

故选C．5、A【分析】【分析】Cu（OH）2和CuO均与稀盐酸反应生成CuCl2，根据Cu、Cl原子守恒得出n（Cu）=n（CuCl2）=n（HCl），Cu（OH）2和CuO的混合物用酒精灯加热，只有氢氧化铜分解生成CuO和水，所以最终得到的固体是CuO，根据Cu原子守恒计算最终CuO的物质的量，根据m=nM计算所得固体质量．【解析】【解答】解：Cu（OH）2和CuO均与稀盐酸反应生成CuCl2，根据Cu、Cl原子守恒得出混合物中铜元素n（Cu）=n（CuCl2）=n（HCl）=×1mol/L×2L=1mol，Cu（OH）2和CuO的混合物用酒精灯加热，只有氢氧化铜分解生成CuO和水，所以最终得到的固体是CuO，根据Cu原子守恒计算最终n（CuO）=n（Cu）=1mol，m（CuO）=nM=1mol×80g/mol=80g，故选A．6、A【分析】【分析】A．将地沟油回收加工为生物柴油；可以变废为宝；

B．聚氯乙烯能释放出有毒物质；

C．电子垃圾会产生重金属污染；

D．泄露在海洋中的大量原油不能能被海洋生物分解；【解析】【解答】解：A．地沟油”；是一种质量极差；极不卫生的非食用油，将地沟油回收加工为生物柴油，可以提高资源的利用率，故A正确；

B．聚氯乙烯能释放出有毒物质；聚乙烯不释放出有毒物质，所以不能用聚氯乙烯代替乙烯作食品包装袋，故B错误；

C．电子垃圾不可随意丢弃；要分类回收，故C错误；

D．泄露在海洋中的大量原油不能能被海洋生物分解；从而导致生态灾难，故D错误；

故选：A；二、多选题(共5题，共10分)7、AC【分析】【分析】最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，可知X为第ⅦA元素，Y为第ⅥA族元素，Z为ⅤA族元素，则X为Cl、Y为S、Z为P，同周期的元素，从左到右元素非金属性增强，最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐增强，气态氢化物的稳定性逐渐增强．【解析】【解答】解：X、Y、Z最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4；则最高正化合价X为+7；Y为+6、Z为+5，可知X为第ⅦA元素，Y为第ⅥA族元素，Z为ⅤA族元素，则X为Cl、Y为S、Z为P；

A．X；Y、Z同周期；原子序数依次减小，非金属性依次减弱，故A错误；

B．X、Y、Z最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4；则最高正化合价X为+7；Y为+6、Z为+5，可知X为第ⅦA元素，Y为第ⅥA族元素，故B正确；

C．三种元素非金属性X＞Y＞Z，最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4；故C错误；

D．三种元素非金属性X＞Y＞Z；非金属性越强，则对应的氢化物的稳定性越强，故D正确；

故选AC．8、CD【分析】【分析】A；没有告诉氯化镁溶液的体积；无法计算溶液中氯离子的物质的量；

B；标准状况下；水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L水的物质的量；

C；5.6g铁的物质的量为0.1mol；0.1mol铁与足量盐酸反应生成亚铁离子，失去了0.2mol电子；

D、1.06g碳酸钠的物质的量为0.01mol，0.01mol碳酸钠中含有0.02mol钠离子．【解析】【解答】解：A、题中没有告诉0.5mol/L的MgCl2溶液的体积；无法计算氯离子的数目，故A错误；

B；标况下；水不是气体，题中条件无法计算水的物质的量，故B错误；

C、5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol铁与盐酸完全反应失去了0.2mol电子，失去的电子数为0.2NA；故C正确；

D、1.06g碳酸钠的物质的量为0.01mol，含有0.02mol钠离子，含有的Na+离子数为0.02NA；故D正确；

故选CD．9、CD【分析】【分析】含C=C及苯环，结合烯烃和苯的性质来解答．【解析】【解答】解；A．含有碳碳双键；可被氧化，故A不选；

B．含有碳碳双键；可与溴水发生加成反应，故B不选；

C．可发生加聚反应；但不能发生缩聚反应，故C选；

D．该物质为芳香烃；不溶于水，但能溶于有机溶剂，故D选；

故选CD．10、ABCD【分析】【分析】A．颗粒物会引起呼吸系统疾病；

B．二氧化硫属有毒气体；会形成酸雨；

C．二氧化氮属有毒气体；会形成酸雨；光化学烟雾等；

D．氟氯代烷能破坏臭氧层．【解析】【解答】解：A．颗粒物会引起呼吸系统疾病；属于大气污染物；

B．二氧化硫属有毒气体；会形成酸雨，属于大气污染物；

C．二氧化氮属有毒气体；会形成酸雨；光化学烟雾等，属于大气污染物；

D．氟氯代烷能破坏臭氧层；属于大气污染物；

故选ABCD．11、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．三、双选题(共6题，共12分)12、A|B【分析】解：液中只含有四种离子NH4+、Cl-、OH-、H+；溶质可能为①氯化铵；②氯化铵与氯化氢、③氯化铵与一水合氨，溶液可能为酸性、中性或碱性；

若溶质为NH4Cl时，铵根离子水解方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，铵根离子水解显酸性，则c（H+）＞c（OH-）、c（Cl-）＞c（NH4+），又水解的程度很弱，则[Cl-]＞[NH4+]＞[H+]＞[OH-]；

若溶质为氯化铵和一水合氨时，当溶液呈中性时，则[H+]=[OH-]、[NH4+]=[Cl-]；当一水合氨稍过量，溶液呈碱性时，[NH4+]＞[Cl-]＞[OH-]＞[H+]；

若溶质为氯化铵和硫化氢时，当氯化氢过量，溶液溶液呈酸性时，则[Cl-]＞[NH4+]＞[H+]＞[OH-]；

A．当溶质为氯化铵和一水合氨时，溶液呈碱性，[OH-]＞[H+]，根据电荷守恒可知[NH4+]＞[Cl-]，所以可以满足[NH4+]＞[Cl-]＞[OH-]＞[H+]；故A正确；

B．溶质为氯化铵和一水合氨，且溶液呈中性时，则[H+]=[OH-]、[NH4+]=[Cl-]，可以满足[NH4+]=[Cl-]＞[H+]=[OH-]；故B正确；

C．溶液中一定满足电荷守恒，而[Cl-]＞[NH4+]＞[OH-]＞[H+]不满足电荷守恒；故C错误；

D．[OH-]＞[NH4+]＞[H+]＞[Cl-]中，无论溶质为氯化铵还是氯化铵与氯化氢或氯化铵与一水合氨，若[OH-]＞[H+]，说明溶液呈碱性，则一水合氨过量，则溶质为氯化铵和一水合氨，但是氢离子浓度最小，应该满足[H+]＜[Cl-]；故D错误；

故选AB．

液中只含有四种离子NH4+、Cl-、OH-、H+；溶质可能为①氯化铵；②氯化铵与氯化氢、③氯化铵与一水合氨，溶液可能为酸性、中性或碱性，结合电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理进行讨论各离子浓度大小．

本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，根据溶液中存在离子正确判断溶质组成为解答关键，注意掌握大好河山、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】【答案】AB13、rCD【分析】解：rm{A.}从有机物的结构和官能团的转化可知反应rm{垄脵}为取代反应；故A正确；

B.rm{X}rm{W}都含有酚羟基；可与溴水发生取代反应，不能用溴水鉴别，故B正确；

C.rm{W}中连接酯基的碳原子为手性碳原子；故C错误；

D.rm{X}rm{Y}rm{W}rm{Z}都能与rm{NaOH}溶液反应，但rm{Y}不能使酸性高锰酸钾褪色；故D错误．

故选CD．

A.从官能团的转化判断反应类型；

B.rm{X}rm{W}含有酚羟基；可与溴水发生取代反应；

C.根据手性碳原子的定义判断；

D.能与rm{NaOH}反应的官能团为酚羟基和酯基；能被酸性高锰酸钾氧化的官能团为酚羟基和碳碳双键．

本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意把握有机物官能团的性质，为解答该题的关键，易错点为rm{A}注意根据官能团的变化判断反应的类型．【解析】rm{CD}14、BC【分析】解：A．pH=2的H2A稀释100倍时溶液的pH变为4，说明该酸完全电离，所以为强酸，其电离方程式为H2A═2H++A2-，PH=2氢离子浓度为0.01mol/L，稀释前c（H2A）=0.005mol/L；故A错误；

B．NaHA水溶液中存在NaHA=Na++H++A2-、H2O⇌H++OH-，所以溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（A2-）+c（OH-）；故B正确；

C．含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中，NaHA中的物料守恒为：c（Na+）=c（A2-），NaHB中的物料守恒为：c（Na+）=c（HB-）+c（H2B）+c（B2-），二者结合可得：c（Na+）=c（A2-）+c（HB-）+c（H2B）+c（B2-）；故C正确；

D．H2B是弱酸，其NaHB水溶液pH=10，说明溶液显碱性，HB-离子电离小于其水解呈碱性，离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HB-）＞c（OH-）＞c（H2B）＞c（B2-）；故D错误；

故选：BC。

A．根据图象知，H2A溶液稀释100倍，溶液pH由2增至4，说明H2A是强酸；而H2B溶液稀释200倍，溶液PH增加2个单位，说明H2B为弱酸；

B．溶液中存在电荷守恒；

C．根据NaHA和NaHB的混合液中的物料守恒分析；

D．H2B是弱酸，其NaHB水溶液pH=10，说明溶液显碱性，HB-离子电离小于其水解呈碱性；据此分析溶液中离子浓度大小．

本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，题目难度中等，根据图象确定酸的强弱是解本题关键，再结合守恒思想分析解答．【解析】BC15、A|C【分析】A．由图①可知；酸性为硫酸＞碳酸＞硅酸，则三种元素的非金属性为硫＞碳＞硅，故A正确；

B．二氧化碳的密度比空气的大；则应从长导管进气，故B错误；

C．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，则可逆反应“CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)”为放热反应；故C正确；

D．由图可知，负极分别为Al、Zn，由Al～3e-、Zn～2e-；可知转移相同的电子时Al；Zn的物质的量之比为3：2，故D错误；

故选AC．

【解析】【答案】AC16、rAC【分析】解：rm{A.}向含有rm{AgCl}固体的饱和溶液，加少量水稀释，rm{AgCl}溶解，仍为饱和溶液，且温度不变，则rm{c(Ag^{+})}和rm{Ksp(AgCl)}均保持不变；故A正确；

B.rm{CH_{3}COOH}与rm{CH_{3}COONa}的混合溶液rm{pH=5}说明rm{CH_{3}COOH}电离程度大于rm{CH_{3}COO^{-}}水解程度，溶液中存在rm{c(H^{+})+c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})}因rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}rm{c(Na^{+})<c(CH_{3}COO^{-})}故B错误；

C.将rm{0.2mol/LCH_{3}COOH}溶液和rm{0.1mol/LNaOH}溶液等体积混合，由电荷守恒可知rm{c(H^{+})+c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})}由物料守恒可知rm{c(CH_{3}COOH)+c(CH_{3}COO^{-})=2c(Na^{+})}二者联式可得rm{2c(OH^{-})+c(CH_{3}COO^{-})=2c(H^{+})+c(CH_{3}COOH)}故C正确；

D.升高温度，促进电离，但溶液呈中性，rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}故D错误．

故选AC．

A.向含有rm{AgCl}固体的饱和溶液，加少量水稀释，rm{AgCl}溶解；仍为饱和溶液；

B.rm{CH_{3}COOH}与rm{CH_{3}COONa}的混合溶液rm{pH=5}说明rm{CH_{3}COOH}电离程度大于rm{CH_{3}COO^{-}}水解程度；结合电荷守恒判断；

C.结合电荷守恒和物料守恒判断；

D.升高温度；促进电离，但溶液呈中性．

本题考查酸碱混合溶液中离子浓度大小的比较，明确酸碱混合后溶液中的溶质及量的关系是解答本题的关键，并利用电离、水解、电荷守恒、物料守恒等知识来解答，题目难度中等．【解析】rm{AC}17、AB【分析】解：A.0～6min，生成O2为=0.001mol，由2H2O2⇌2H2O+O2↑可知，分解的过氧化氢为0.002mol，v（H2O2）==3.3×10-2mol/（L•min）；故A正确；

B．反应至6min时，分解的过氧化氢为0.002mol，开始的H2O2为0.01L×0.4mol/L=0.004mol，H2O2分解了×100%=50%；故B正确；

C．催化剂不影响平衡移动；加入更高效的催化剂，不能得到更多的氧气，故C错误；

D．由表中数据可知；随时间增长，单位时间得到的氧气的体积减小，则反应速率减小，故D错误。

故选：AB。

A.0～6min，生成O2为=0.001mol，由2H2O2⇌2H2O+O2↑可知，分解的过氧化氢为0.002mol，结合v=计算；

B．反应至6min时，分解的过氧化氢为0.002mol，开始的H2O2为0.01L×0.4mol/L=0.004mol，结合转化率=×100%计算；

C．催化剂不影响平衡移动；

D．比较反应速率；应根据单位时间内氧气的体积变化。

本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表格中数据应用、速率及分解率的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度中等。【解析】AB四、判断题(共1题，共7分)18、×【分析】【分析】钠具有强还原性，极易被氧气氧化生成白色固体氧化钠，据此分析解答．【解析】【解答】解：钠性质很活泼，极易被氧气氧化生成白色固体氧化钠而变暗，钠在空气中燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，故答案为：×．五、解答题(共3题，共12分)19、略

【分析】

测得乙中c电极质量增加了16g，则乙中含有Cu2+，结合离子的共存可知，B为CuSO4；丙中pH不变，则C为硫酸钠或硫酸钾，甲中pH增大，则A为KOH或NaOH；

（1）乙中c电极铜离子得电子，则c为阴极，即M为电源负极，则b为阳极，碱溶液中OH-放电，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，故答案为：负；4OH--4e-=O2↑+2H2O；

（2）e电极上氢离子放电生成氢气，n（Cu）==0.25mol，由Cu～2e-～H2↑可知生成标况下氢气的体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L；故答案为：5.6L；

（3）乙烧杯中为惰性电极电解硫酸铜溶液，总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

（4）若经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加了16g，要使丙恢复到原来的状态，根据电解反应2CuSO4+2