2025年粤人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年粤人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、下列各组物质既不是同系物，也不是同分异构体，但最简式相同是（）A.1，2-二溴乙烷和1，1-二氯丙烷B.和C.CH3CH2CH2COOH和D.丙炔和2、在Al2（SO4）3和MgSO4混合溶液中，滴加NaOH溶液的体积与生成沉淀的物质的量的关系如下图所示，则原混合溶液中Al2（SO4）3与MgSO4的物质的量之比为（）A.1：1B.3：1C.2：1D.1：23、在水电离出的C(H+)=10-14mol/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是A.K+、Na+、HCO3-、Cl-B.K+、AlO2-、Br-、Cl-C.Na+、Cl-、NO3-、SO42-D.Al3+、NH4+、Cl-、SO42-4、下列选项中的数值前者小于后者的是（）A.25℃和l00℃时H2O的KWB.同温同浓度的KHCO3溶液和NH4HCO3，溶液中的c（HCO3﹣）C.同温同浓度的NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pHD.中和25mL0.1mol/LNaOH溶液所需CH3COOH和HCl的物质的量5、化学与科技、社会、生产、生活密切相关．下列有关说法正确的是（）A.氟利昂和NOX都能破坏臭氧层，从而导致“温室效应”B.针对H7N9禽流感的扩散情况，要加强环境、个人等的消毒预防，可选用含氯消毒剂、活性银离子、酒精、双氧水等作为消毒剂，这种处理方法符合绿色化学核心C.光缆在信息产业中有广泛应用，制造光缆的主要材料是单质硅D.肌红蛋白、蚕丝、过氧化氢酶、鱼油充分水解后不能全部都得到氨基酸6、设rm{N_{A}}代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，rm{23g}钠充分燃烧时转移电子数为rm{N_{A}}B.rm{1L0.1mol隆陇L^{-1}NaHCO_{3}}溶液中rm{1L0.1mol隆陇L^{-1}

NaHCO_{3}}数为rm{HCO_{3}^{mathrm{{-}}}}C.rm{0.1N_{A}}的稀硫酸中有rm{1LpH=1}个rm{0.2N_{A}}D.标准状况下，rm{H^{+}}氯仿rm{22.4L}三氯甲烷rm{(}中共价键数目为rm{)}rm{4N_{A}}评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、在密闭容器中发生反应：aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g），达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡浓度的1.2倍．下列叙述正确的是（）A.A的转化率变小B.平衡向逆反应方向移动C.D的体积分数变大D.a+b＞c+d8、下列说法中正确是（）A.乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广“乙醇汽油”B.钢铁在海水中比在河水中更易腐蚀，主要原因是海水含氧量高于河水C.废弃的塑料、金属、纸制品及玻璃都是可回收再利用的资源D.日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用9、下列实验操作；现象和结论均正确的是（）

。选项实验操作现象结论A向苏打和小苏打溶液中分别加入足量稀盐酸均冒气泡两者均能与盐酸反应B向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag+与NH3•H2O能大量共存C把SO2通入紫色石蕊试液中紫色褪去SO2具有漂白性D将水蒸气通过灼热的铁粉，将生产的气体通入肥皂液中，点燃肥皂泡产生爆鸣声铁与水在高温下发生反应A.AB.BC.CD.D10、有一定质量的KNO3样品，在10℃时加蒸馏水使之充分溶解，残留固体的质量为250g．该实验在40℃时进行，残留固体质量为120g，70℃时残留固体质量为20g．已知KNO3在不同温度下的溶解度：

。温度10℃40℃55℃70℃溶解度20g65g100g140g下列对该样品的推断正确的是（）A.样品为纯净物B.样品中混有不溶于水的杂质C.样品中混有溶解度较大的杂质D.当温度在55℃左右时KNO3完全溶解11、一包混有杂质的碳酸钠固体，其杂质可能是、Ba（NO3）2、KCl及NaHCO3中的一种或两种，今取样品溶于适量水得到澄清溶液．另取5.3g样品，加入足量的盐酸，收集到2.2gCO2，则下列判断正确的是（）A.样品中只含有一种杂质NaHCO3B.样品中含有KCl，不含有NaHCO3C.样品中含有Ba（NO3）2和NaHCO3D.样品中含有KCl和NaHCO312、下列实验中，能达到预期目的是（）A.用过滤法除去Fe（OH）3胶体中的FeCl3B.用25mL碱式滴定管量取20.10mLNa2CO3溶液C.将SO2通入酸性KMnO4溶液中，可证明SO2具有漂白性D.欲鉴别AlC13溶液和AgNO3溶液，向2种待测液中分别滴加足量氨水13、下列关于Na2CO3和NaHCO3的是（）A.与足量酸反应：离子方程式相同B.热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3C.常温下在水中的溶解度：Na2CO3＞NaHCO3D.等质量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量酸反应产生CO2的质量：Na2CO3＜NaHCO314、生活处处有化学．下列叙述正确的有（）A.大米经蒸煮和发酵可酿造白酒B.油脂水解的最终产物为葡萄糖C.棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素D.豆制品中的主要营养物质是蛋白质评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”；能延长鲜花的寿命．下表是500mL“鲜花保鲜剂”中含有的成分，阅读后回答下列问题：

。成分质量（g）摩尔质量（g•mol-1）蔗糖25.00342硫酸钾0.87174阿司匹林0.17180高锰酸钾0.316158硝酸银0.075170（1）下列“鲜花保鲜剂”的成分中，属于非电解质的是____．

A．蔗糖B．硫酸钾C．高锰酸钾D．硝酸银。

（2）配制1L上述“鲜花保鲜剂”所需的仪器有：量筒、玻璃棒、药匙、烧杯、____、____、____．（在横线上填写所缺仪器的名称）需要高锰酸钾____mol

（3）在溶液配制过程中，下列操作对配制结果没有影响的是____．

A．定容时俯视容量瓶刻度线。

B．容量瓶在使用前未干燥；里面有少量蒸馏水。

C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净。

D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线；但未做任何处理。

（4）“鲜花保鲜剂”中K+（阿司匹林中不含K+）的物质的量浓度为____mol/L．16、某液氨-液氧燃料电池示意图如上，该燃料电池的工作效率为50%，现用作电源电解500mL的饱和NaCl溶液，电解结束后，所得溶液中NaOH的浓度为0.3mol•L-1，则该过程中需要氨气的质量为____g（假设溶液电解后体积不变）．17、煤化工中常需研究不同温度下平衡常数；投料比及产率等问题．

已知：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）的平衡常数随温度的变化如下表：

。温度/℃4005008301000平衡常数K10910.6试回答下列问题。

（1）上述反应的正反应是____反应（填“放热”或“吸热”）．

（2）某温度下，上述反应达到平衡后，保持容器体积不变升高温度，正反应速率____（填“增大”、“减小”或“不变”），容器内混合气体的压强____（填“增大”；“减小”或“不变”）．

（3）830℃，在恒容反应器中发生上述反应，按下表中的物质的量投入反应混合物，其中向正反应方向进行的有____（选填A；B、C、D）．

。ABCDn（CO2）3101n（H2）2101n（CO）1230.5n（H2O）5232（4）830℃时，在2L的密闭容器中加入4molCO（g）和6molH2O（g）达到平衡时，CO的转化率是____．18、2012年11月16日，5名男孩被发现死于贵州省毕节市七星关区街头垃圾箱内，经当地公安部门初步调查，5名男孩是因在垃圾箱内生火取暖导致CO中毒而死亡。(1)CO中毒是由于CO与血液中血红蛋白的血红素部分反应生成碳氧血红蛋白，反应的化学方程式可表示为CO＋HbO2O2＋HbCO，实验表明，c(HbCO)即使只有c(HbO2)的也可造成人的智力损伤。已知t℃时上述反应的平衡常数K＝200，吸入肺部O2的浓度约为1.0×10－2mol·L－1，若使c(HbCO)小于c(HbO2)的则吸入肺部CO的浓度不能超过________mol·L－1。(2)有如下三个与CO相关的反应：Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)ΔH＝Q1，平衡常数K1Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)ΔH＝Q2，平衡常数为K2H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH＝Q3，平衡常数为K3在不同的温度下K1、K2、K3的数值如下：。T/℃K1K2K37001.472.380.629002.151.67请回答下列问题：①Q1、Q2、Q3的关系式：Q3＝________。②K1、K2、K3的关系式：K3＝________，根据此关系式可计算出上表中900℃时，K3的数值为________(精确到小数点后两位)。可进一步推断反应H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g)为________(填“放”或“吸”)热反应，Q3________0(填“＞”、“＜”或“＝”)。③改变条件使可逆反应H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g)已经建立的平衡逆向移动，可采取的措施有________。A．缩小容器体积B．降低温度C．使用催化剂D．设法增加H2O(g)的量E．升高温度(3)在一定条件下，使CO和O2的混合气体13g充分反应，所得混合气体在常温下与足量的Na2O2固体反应，结果固体增重7g，则原混合气体中CO的质量是________g。19、用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HCl+O22Cl2+2H2O已知：ⅰ．反应A中，4molHCl被氧化，放出115．6kJ的热量。ⅱ．（1）反应A的热化学方程式是。（2）断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为kJ，H2O中H—O键比HCl中H—Cl键(填“强”或“弱”)。评卷人得分四、计算题(共3题，共12分)20、工业制硫酸时，利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是一个的关键步骤．

（1）在标准状况下，将a升由SO2和Cl2组成的混合气体通入200mL0.1mol/L的Fe2（SO4）3溶液中，充分反应后，溶液的棕黄色变浅．向反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称重，其质量为23.3g．则混合气体中SO2的体积为____升，a的取值范围为____

（2）某温度下，SO2（g）+O2（g）⇌SO3（g）△H=-98kJ•mol-1．开始时在100L的密闭容器中加入4.0molSO2（g）和10.0molO2（g），当反应达到平衡时共放出热量196kJ，该温度下平衡常数K=____．

（3）一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生下列反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），达到平衡后改变下述条件，SO2、O2、SO3气体平衡浓度都比原来增大的是____（填字母）．

A．保持温度和容器体积不变，充入2molSO3

B．保持温度和容器体积不变，充入2molN2

C．保持温度和容器体积不变，充入0.5molSO2和0.25molO2

D．保持温度和容器内压强不变，充入1molSO3

E．升高温度。

F．移动活塞压缩气体。

（4）常温时，BaSO4的Ksp═1.08x10-10．现将等体积的BaCl2溶液与2.0x10-3mol/l的Na2SO4溶液混合．若要生成BaSO4沉淀，BaCl2溶液的最小浓度为____．

（5）SO2有氧化性又有还原性，还有漂白性．将SO2气体通入酸性KMnO4中，酸性KMnO4褪色，SO2表现____性，其中氧化剂和还原剂物质的量之比为____（已知KMnO4酸性条件下的还原产物为Mn2+）．21、（1）在一定温度和压强下，5体积气体A2跟15体积的气体B2完全化合生成10体积某气体C，则该气体C的化学式为（用A、B表示）____．

（2）4gNaOH固体溶解后配制成100mL溶液，其物质的量浓度为____，取出10mL该溶液，它的物质的量浓度为____，将取出的10mL加水稀释至100mL，其物质的量浓度变为____．

（3）S2-微粒中的中子数是____，核外电子数是____．标准状况下11.2L的34SO2气体的质量是____．22、向50mLNa2SO4和Na2CO3的混合溶液中加入过量的BaCl2溶液，得到14.51g白色沉淀，向白色沉淀中加入过量的稀HNO3；充分反应后，沉淀减少到4.66g，并有气体产生．

（1）原混合溶液中Na2SO4和Na2CO3的物质的量浓度各是多少？

（2）产生的气体在标准状况下的体积是多少？评卷人得分五、书写(共4题，共8分)23、写出下列反应的离子方程式。

（1）向NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水____．

（2）向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至Al3+恰好完全沉淀____．

（3）H2O2和酸性KMnO4溶液混合____．

（4）向含0.4molFeBr2的溶液中通入0.3mol氯气____．24、（2015春•亳州校级期中）工业合成氨是利用氮气和氢气在一定条件下反应生成的．氨是重要的工业原料．请回答下列问题：

（1）氮元素在周期表中的位置是____；氮原子结构示意图为____；

（2）写出氨分子的电子式____；指出分子中化学键是____（填‘离子键’或‘共价键’）．

（3）写成合成氨的化学方程式：____；

该反应是放热反应，则相同条件下“1molN2和3molH2”的能量与“2molNH3”的能量较高的是____；

（4）将n（N2）：n（H2）=1：3的混合气体充入到体积不变的密闭容器中；在催化剂的作用下发生反应，测得在不同温度和压强下，容器中氨的体积分数与时间关系如图所示：根据图并结合3）中的化学方程式可得出：

a、压强增大化学反应速率____

b、温度升高化学平衡向____（填“正”或“逆”）反应方向移动．25、C；O、Na、Al、S、Cl是常见的六种元素．

（1）C元素位于元素周期表第____周期，第____族．C元素中的一种中子数为8的同位素的符号____

（2）用“大于”“小于”或“等于”填空。

。离子半径酸性还原性得电子能力N3-____Al3+H2SO4____HClO4O2-____S2-35Cl____37Cl（3）①CaCO3和适量HCl溶液反应时，每产生4.4g气体（不考虑气体溶解），放热aKJ，则该反应的热化学方程式为____

②上述反应至无气泡逸出后；取适量残留溶液，插入pH传感器并逐滴滴入碳酸钠溶液，测得pH变化曲线如图所示．

请用离子方程式表示B-C段发生的反应____

（4）氢气氧气常用来作燃料电池，写出电解质为氢氧化钠溶液时负极上的电极方程式____．26、已知A和B两支试管所盛的溶液中含有K+、Ag+、Mg2+、Cl-、OH-、NO3-六种离子；向试管A中滴入酚酞试液后溶液呈红色．请回答下列问题：

（1）若向某试管的溶液中滴入稀盐酸时能产生沉淀，则该试管为____（填A或B）

（2）若将试管A和试管B溶液按一定体积比混合后过滤，蒸干滤液后可得到一种纯净物，则混合过程中发生的离子方程式为（写出其中一个离子方程式即可）____

（3）若试管A中的离子组成的两种化合物配制成混合溶液，试管B中的离子组成的两种化合物配成混合溶液，且两试管中四种溶液溶质的物质的量相等，将两试管中的溶液混合后过滤，所得淲液中各种离子的物质的量之比为____

（4）若向由试管A中的阳离子组成的碳酸氢盐溶液中滴入少量的Ba（OH）2溶液，则发生的离子方程式为____．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】最简式指用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式；

同系物指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质；

同分异构体指具有相同的分子式，但具有不同的结构式的化合物．【解析】【解答】解：A；1；2-二溴乙烷和1，1-二氯丙烷，元素组成不同，最简式不同，故A错误；

B、和分子式相同；结构不同，属于同分异构体，故B错误；

C、CH3CH2CH2COOH为丁酸，为环氧乙烷，两者不是同系物，分子式也不同，不是同分异构体，最简式相同，均是C2H4O；故C正确；

D、丙炔和两者分子式不同；结构相似，为同系物，故D错误；

故选C．2、D【分析】【分析】首先发生反应Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓、Al3++3OH-═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3++3OH-═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积，据此确定溶液中n（Mg2+）：n（Al3+），据此计算解答．【解析】【解答】解：首先发生反应Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓、Al3++3OH-═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3++3OH-═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积为10mL×3=30mL，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，则沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL-30mL=20mL，则n（Mg2+）：n（Al3+）=×20mL：×30mL=1：1，故原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量之比为：1=1：2，故选D．3、C【分析】【解析】【答案】C4、A【分析】【解答】A、水的电离是吸热的过程，水的离子积只受温度的影响，温度越高，水的Kw越大，所以25℃时H2O的KW小于l00℃时H2O的KW；故A正确；

B、同温同浓度的KHCO3溶液和NH4HCO3溶液中的碳酸氢根离子的水解程度不相同，后者铵根离子的存在促进碳酸氢根离子的水解，所以溶液中的c（HCO3﹣）前者大于后者；故B错误；

C、醋酸酸性强于碳酸，所以碳酸氢根离子的水解程度大于醋酸根离子的水解程度，NaHCO3溶液的pH大于CH3COONa溶液；故C错误；

D、中和25mL0.1mol/LNaOH溶液所需CH3COOH和HCl的物质的量是相等的；故D错误．

故选A．

【分析】A；水的电离是吸热的过程；水的离子积只受温度的影响；

B、同温同浓度的KHCO3溶液和NH4HCO3溶液中的碳酸氢根离子的水解程度不相同；

C、NaHCO3溶液和CH3COONa溶液中的阴离子的水解程度不相同；所以酸碱性不同；

D、氢氧化钠和一元酸反应时，恰好中和，酸、碱的物质的量相同．5、D【分析】解：A．导致温室效应的气体有二氧化碳；甲烷等气体；破坏臭氧层，导致臭氧空洞，故A错误；

B．含氯消毒剂；活性银离子虽然能杀菌消毒；但是其本身有毒，能够污染环境、危害人体健康，不符合绿色化学理念，故B错误；

C．制造光缆的主要材料是二氧化硅；硅用于制备半导体材料，故C错误；

D．鱼油为酯类化合物；水解生成甘油和高级脂肪酸，故D正确．

故选D．

A．破坏臭氧层；导致臭氧空洞；

B．含氯消毒剂消毒后产生污染物；不符合绿色化学；

C．制造光缆的主要材料是二氧化硅；

D．鱼油为酯类化合物．

本题与社会生产生活密切相关，涉及到能量的转化、环境的污染与治理，题材新颖，是高考的热点，题目难度不大，注意相关知识的积累，解题时把握绿色化学的理念．【解析】【答案】D6、A【分析】【分析】本题主要考查阿伏加德罗常数的相关知识，据此进行分析解答。【解答】A.rm{23gNa}的物质的量为rm{1mol}rm{1molNa}完全反应，无论生成氧化钠还是过氧化钠，产物中钠的化合价都是rm{+1}价，则反应生成电子为rm{1mol}转移电子数为rm{N_{A}}故A正确；B.rm{1}rm{L}rm{0.1}rm{mol/L}的rm{NaHCO_{3}}溶液中含有rm{0.1mol}溶质碳酸氢钠，由于碳酸氢根离子部分水解，则rm{HCO_{3}^{?}}离子数小于rm{0.1}rm{N_{A}}故B错误；C.rm{1L}rm{pH=1}的稀硫酸中含有氢离子的物质的量为：rm{0.1mol/L隆脕1L=0.1mol}含有有rm{0.1N_{A}}个rm{H^{+}}故C错误；D.标准状况下氯仿rm{(}三氯甲烷rm{)}不是气体，rm{22.4L}氯仿rm{(}三氯甲烷rm{)}物质的量不是rm{1mol}故D错误。故选A。【解析】rm{A}二、多选题(共8题，共16分)7、AB【分析】【分析】将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，则D的浓度为原平衡浓度的2倍，而当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡浓度的1.2倍，可知压强增大，平衡逆向移动，以此来解答．【解析】【解答】解：由信息可知；将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，则D的浓度为原平衡浓度的2倍，而当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡浓度的1.2倍，可知压强增大，平衡逆向移动，则。

A．平衡逆向移动；A的转化率变小，故A正确；

B．由上述分析可知；平衡向逆反应方向移动，故B正确；

C．平衡逆向移动；D的体积分数减小，故C错误；

D．加压平衡逆向移动，则a+b＜c+d；故D错误；

故选AB．8、CD【分析】【分析】A；汽油是不可再生资源；

B；金属腐蚀分为化学腐蚀和电化学腐蚀；电化学引起的腐蚀快于普通的化学腐蚀；

C；塑料、金属、纸制品及玻璃可以回收再加工利用；

D、利用氧化铝的结构来分析对金属的保护作用．【解析】【解答】解：A；汽油是化石燃料是不可再生资源；乙醇属于可再生资源，故A错误；

B；钢铁在海水中腐蚀更快是因为海水中含有大量的可溶性电解质；更容易发生电化学腐蚀，故B错误；

C；塑料、金属、纸制品及玻璃可以回收再加工利用；故C正确；

D；铝表面覆盖致密的氧化物薄膜；对金属起保护作用，故D正确；

故选CD．9、AD【分析】【分析】A．碳酸钠；碳酸氢钠与盐酸反应都能生成二氧化碳气体；

B．银离子与一水合氨反应生成氢氧化银；氢氧化银与一水合氨发生络合反应；

C．二氧化硫与水反应生成亚硫酸；亚硫酸电离生成氢离子，显酸性；

D．水蒸气和铁粉反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，氢气不纯容易发生爆炸．【解析】【解答】解：A．碳酸钠；碳酸氢钠与盐酸反应都能生成二氧化碳气体；故A正确；

B．银离子与一水合氨反应生成氢氧化银，氢氧化银与一水合氨发生络合反应，Ag+与NH3•H2O不能大量共存；故B错误；

C．二氧化硫与水反应生成亚硫酸；亚硫酸电离生成氢离子，显酸性，溶液变红色，故C错误；

D．水蒸气和铁粉反应生成黑色的四氧化三铁和氢气；氢气不纯容易发生爆炸，故D正确；

故选：AD．10、BD【分析】【分析】根据硝酸钾不同温度下的溶解度差值，利用已知温度段10℃到40℃的硝酸钾的溶解量增加值计算温度段40℃到70℃的溶解度增加值，与题目中实际增加值比较，可知道70℃硝酸钾溶液还未达到饱和，存在杂质，杂质质量为20g，通过40℃到55℃溶解度增加值，算出55℃左右硝酸钾恰好完全溶解．【解析】【解答】解：从10℃到40℃；溶质溶解了130g，根据溶解度计算，每100g水中，多溶解45g；

设蒸馏水的质量是x，则=；

x==289g．

则40℃时溶解的溶质质量==188g；

从40℃到70℃，每100g水中，多溶解75g，289g水将多溶解溶质==216g；但是从提供的数据可知溶质只增加了100g，所以70℃溶液不是饱和的，剩余20g为杂质；

排除了A；C；

根据溶质溶质增加100g时，此温度下的溶解度是y==；

解得y=99.6g；即在55℃时硝酸钾几乎全部溶解．

故选BD．11、CD【分析】【分析】利用物质间的反应规律判断物质的有关反应现象，利用极端假设法计算盐酸反应时如果全部是碳酸钠时会生成二氧化碳的质量，进而判断固体中是否含有碳酸氢钠，进而确定固体的组成．【解析】【解答】解：5.3g样品，加入足量的盐酸，收集到2.2gCO2；假设5.3g固体全部是碳酸钠，即碳酸钠的物质的量是0.05mol，此时和足量的盐酸反应生成二氧化碳的物质的量是0.05mol，质量是2.2g，不是纯净的碳酸钠，同质量的碳酸氢钠比碳酸钠生成的二氧化碳要多，故杂质中不能全部是碳酸氢钠，故还一定含有氯化钾或是碳酸氢钠和硝酸钡，一定不含硝酸钡，因为硝酸钡和碳酸钠之间反应可以产生白色沉淀碳酸钡，得不到澄清溶液，综上得到：杂质中一定含有碳酸氢钠，还一定含有氯化钾或是硝酸钡，或是二者都含有．

故选CD．12、BD【分析】【分析】A．胶体粒子和溶液都能透过滤纸；

B．根据碱性溶液应用碱式滴定管量能装；

C．发生氧化还原反应；

D．AlC13与氨水生成白色沉淀，AgNO3溶液与少量氨水生成沉淀，氨水过量沉淀又溶解．【解析】【解答】解：A．胶体粒子和溶液都能透过滤纸；不能用过滤的方法，胶体不能透过半透膜，可用渗析的方法分离，故A错误；

B．因Na2CO3溶液呈碱性；碱性溶液应用碱式滴定管量能装，滴定管精确到0.01，故B正确；

C．SO2使KMnO4酸性溶液褪色是因为SO2的还原性；故C错误；

D．AlC13与氨水生成白色沉淀氢氧化铝，氢氧化铝不容易氨水，AgNO3溶液与少量氨水生成沉淀；氨水过量沉淀又溶解，所以二者现象不同，可以鉴别，故D正确．

故选BD．13、CD【分析】【分析】A．Na2CO3与足量酸反应为碳酸根与氢离子反应生成二氧化碳和水，而NaHCO3与足量酸反应为碳酸氢根与氢离子反应生成二氧化碳和水；

B．碳酸氢钠受热易分解；

C．相同条件下；碳酸氢钠的溶解度小；

D．利用n=，可计算物质的量，因酸足量，利用Na2CO3～CO2，NaHCO3～CO2来分析．【解析】【解答】解：A．Na2CO3与足量酸反应为碳酸根与氢离子反应生成二氧化碳和水，而NaHCO3与足量酸反应为碳酸氢根与氢离子反应生成二氧化碳和水；所以离子方程式不同，故A错误；

B．碳酸氢钠受热易分解，不稳定，则热稳定性为Na2CO3＞NaHCO3；故B错误；

C．Na2CO3和NaHCO3在相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小，则在水中的溶解度为：Na2CO3＞NaHCO3；故C正确；

D．设质量都是106g，则Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为1mol、mol，根据Na2CO3～CO2，NaHCO3～CO2，产生的CO2的物质的量分别为1mol、mol；故D正确．

故选：CD．14、AD【分析】【分析】A．大米中主要含有淀粉；淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇；

B．油脂的成分是高级脂肪酸甘油酯；

C．蚕丝的主要成分是蛋白质；

D．豆制品中含有丰富的蛋白质．【解析】【解答】解：A．大米中主要含有淀粉；淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，故A正确；

B．油脂的成分是高级脂肪酸甘油酯；水解生成高级脂肪酸和甘油，得不到葡萄糖，故B错误；

C．蚕丝的主要成分是蛋白质；故C错误；

D．豆制品中的主要营养物质是蛋白质；故D正确；

故选：AD．三、填空题(共5题，共10分)15、A托盘天平胶头滴管1000mL容量瓶0.004BD0.024【分析】【分析】（1）电解质指在溶液中或熔融状态下能导电的化合物；在溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物属于非电解质，常见非电解质包括：非金属氧化物；大多数有机物（如乙醇、葡萄糖等）、氨气等；

（2）根据实验操作的步骤（计算→称量→溶解；冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签）以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器分析；根据500mL“鲜花保鲜剂”中需要高锰酸钾质量分析需要高锰酸钾物质的量；

（3）根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；溶质减少，浓度偏小，体积偏大，浓度偏小；

（4）求出K+的物质的量、根据溶液的体积，利用物质的量浓度的公式来计算．【解析】【解答】解：（1）A．蔗糖含有蔗糖分子；在水溶液中，不能电离，只存在分子，不能导电，是非电解质，故A正确；

B．硫酸钾；能电离出硫酸根离子和钾离子，能导电，是化合物，是电解质，故B错误；

C．高锰酸钾是盐；能在水溶液中和熔融状态下电离出自由移动的离子而导电，是电解质，故B错误；

D．硝酸银；溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电，是电解质，故D错误；

故答案为：A；

（2）配制顺序是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶→贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到1000mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀．所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管，500mL“鲜花保鲜剂”中需要高锰酸钾0.316g，物质的量为=0.002mol；配制1L溶液需0.004mol；

故答案为：托盘天平；胶头滴管、1000mL容量瓶；0.004；

（3）A．定容时俯视容量瓶刻度线；溶液未达到刻度线，体积偏小，浓度偏大，故A错误；

B．容量瓶在使用前未干燥；里面有少量蒸馏水，不影响溶液的体积，所以浓度不变，故B正确；

C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净；容量瓶中沾有溶质，溶质的质量偏大，浓度偏大，故C错误；

D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线；但未做任何处理，过会儿，滞留在刻度线以上的溶液将会下落，正好与刻度线相平，不影响溶液的体积，浓度不变，故D正确；

故选：BD；

（4）K2SO4的物质的量为：=0.005mol，则K+的物质的量为0.01mol，KMnO4的物质的量为=0.002mol，则K+的物质的量为0.002mol，所以溶液中的K+总共为0.012mol，其物质的量浓度为=0.024mol/L；

故答案为：0.024．16、1.7【分析】【分析】电解过程中生成n（NaOH）=0.3mol/L×0.5L=0.15mol，设生成0.15molNaOH转移电子的物质的量为x，结合电子守恒计算．【解析】【解答】解：电解过程中生成n（NaOH）=0.3mol/L×0.5L=0.15mol；设生成0.15molNaOH转移电子的物质的量为x；

2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑转移电子。

2mol2mol

0.15molx

2mol：2mol=0.15mol：x；

x=0.15mol；

串联电路中转移电子物质的量相等；且液氨-液氧燃料电池的效率为50%，则液氨失电子的物质的量为0.3mol；

设消耗氨气的质量为y；

4NH3+3O2=2N2+6H2O转移电子。

68g12mol

y0.3mol

68g：12mol=y：0.3mol；

y=1.7g；

故答案为：1.7．17、放热增大增大BC60%【分析】【分析】（1）依据平衡常数随温度的变化结合平衡移动原理分析判断反应的热量变化；根据表中数据可知，温度升高平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动；

（2）温度升高；反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，压强增大；

（3）根据830℃时；平衡常数k=1，依据浓度计算和平衡常数比较判断；

（4）依据平衡三段式列式计算反应的一氧化碳，根据转化率概念计算得到．【解析】【解答】解：（1）根据表中数据可知；温度升高平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，故答案为：放热；

（2）温度升高；反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，反应前后气体体积不变，等容容器中压强之比等于温度之比，所以压强增大，故答案为：增大；增大；

（3）根据830℃时；平衡常数k=1计算；

A、Q=＞1；反应向逆反应方向移动，故A错误；

B、Q=＜1；反应向正反应方向移动，故B正确；

C；只有反应物；反应向正反应方向移动，故C正确；

D、Q==1．达到平衡状态；平衡不移动，故D错误．

故答案为：B；C．

（4）830℃时，在2L的密闭容器中加入4molCO（g）和6molH2O（g）达到平衡时；设一氧化碳转化物质的量为x，依据平衡三段式列式得到。

CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）

起始量（mol）4600

变化量（mol）xxxx

平衡量（mol）4-x6-xxx

平衡常数K==1

x=2.4mol

CO的转化率=×100%=60%

故答案为：60%．18、略

【分析】(1)K＝＝200，所以c(CO)＝1.0×10－2moL·L－1××＝1.0×10－6mol·L－1。(2)①第一个热化学方程式减去第二个热化学方程式等于第三个热化学方程式，故Q3＝Q1－Q2；②K1＝K2＝K3＝故K3＝当T＝900℃时，K3＝≈1.29；温度越高，平衡常数越大，说明升高温度导致平衡正向移动，故该反应为吸热反应，即Q3＞0。③该反应为反应前后气体分子数不变的反应，故改变容器体积不会使平衡移动，A项错误；因为该反应为吸热反应，降低温度可以使平衡逆向移动，B项正确、E项错误；使用催化剂不能使平衡移动，C项错误；增加生成物的浓度，可以使平衡逆向移动，D项正确。(3)CO2与过氧化钠反应的化学方程式为2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2，由化学方程式可知当有88gCO2参加反应时，固体增重为88g－32g＝56g，由实际增重7g可知m(CO2)＝7g×88g÷56g＝11g，n(CO2)＝1/4mol。若CO与氧气反应，CO不足，则n(CO)＝n(CO2)＝1/4mol，m(CO)＝1/4mol×28g·mol－1＝7g。若CO与氧气反应，CO过量，则n(O2)＝1/8mol，故m(CO)＝13g－1/8mol×32g·mol－1＝9g。【解析】【答案】(1)1.0×10－6(2)①Q1－Q2②1.29吸＞③BD(3)7或919、略

【分析】试题分析：由题给条件可知，4molHCl被氧化，放出热量为115．6kJ，可知ΔH=-115．6kJ·mol-1；由ΔH=-(生成物键能之和-反应物键能之和)可得，E(H—O)-E(H—Cl)=kJ·mol-1=31．9kJ·mol-1，键能越大，化学键越稳定、越强，所以水中的H—O键比氯化氢中H—Cl键强。考点：化学反应与能量【解析】【答案】（1）4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-115．6kJ·mol-1（2）32强四、计算题(共3题，共12分)20、0.8960.896＜a＜1.792ACF2.16×10-7mol/L还原性5：2【分析】【分析】（1）SO2和Cl2组成的混合气体通入Fe2（SO4）3溶液中，由于氯气的氧化性强于铁离子，故氯气先与二氧化硫反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，充分反应后，溶液的棕黄色变浅，说明铁离子氧化二氧化硫：2Fe3++SO2+H2O=SO42-+2Fe2++2H+，二氧化硫完全反应，反应后的溶液足量的BaCl2溶液，生成的22.3g沉淀为BaSO4，其物质的量为0.1mol，根据硫元素守恒可知n（BaSO4）=3n[Fe2（SO4）3]+n（SO2），据此计算n（SO2）；进而计算二氧化硫的体积；

当铁离子完全反应时，混合气体的体积最最小，计算Fe3+离子氧化的SO2，剩余的SO2由氯气氧化，进而计算混合气体最小体积；当混合气体SO2和Cl2恰好完全反应时；混合气体的体积最大；

（2）根据热化学方程式，可知每生成1molSO3放出98kJ热量，当放出196kJ热量时生成2molSO3，利用三段式计算平衡时各组分的物质的量，根据K=计算；

（3）温度不变情况下；平衡常数不变，增大任一组分的浓度，平衡时各组分的浓度都增大；若只改变温度，平衡常数分数变化，平衡时各组分的浓度，有的增大；有的减小；保持温度和容器体积不变，充入不参与反应的气体，平衡不移动，各组分的浓度不变；

（4）等体积混合后硫酸根为1.0×10-3mol/L，根据溶度积计算Ba2+离子最小浓度，进而计算BaCl2溶液的最小浓度；

（5）SO2的漂白原理是与有色物质化合生成无色不稳定的化合物，SO2使酸性KMnO4褪色，是SO2表现还原性而不是漂白性；KMnO4酸性条件下的还原产物为Mn2+化合价降低5，SO2被氧化成SO42-化合价升高2，根据电子转移守恒计算．【解析】【解答】解：（1）SO2和Cl2组成的混合气体通入Fe2（SO4）3溶液中，由于氯气的氧化性强于铁离子，故氯气先与二氧化硫反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，充分反应后，溶液的棕黄色变浅，说明铁离子氧化二氧化硫：2Fe3++SO2+H2O=SO42-+2Fe2++2H+，二氧化硫完全反应，反应后的溶液足量的BaCl2溶液，生成的16.31g沉淀为BaSO4，其物质的量==0.1mol，根据硫元素守恒可知n（BaSO4）=3n[Fe2（SO4）3]+n（SO2），故n（SO2）=0.1mol-3×0.2L×0.1mol•L-1=0.04mol，V（SO2）=0.04mol×22.4L/mol=0.896L；

当铁离子完全反应时，混合气体的体积最小，n（Fe3+）=2×0.2L×0.1mol•L-1=0.04mol，可以氧化的SO2为0.02mol，故被氯气氧化SO2为0.04mol-0.02mol=0.02mol，需要氯气的物质的量为0.02mol，则混合气体的最小体积大于（0.04mol+0.02mol）×22.4L/mol=1.344L，当混合气体SO2和Cl2恰好完全反应时；混合气体的体积最大，混合气体的最大体积小于（0.04mol+0.04mol）×22.4L/mol=1.792L，故a的取值范围为0.896＜a＜1.792；

故答案为：0.896；0.896＜a＜1.792；

（2）根据热化学方程式每生成1molSO3放出98kJ热量，当放出196kJ热量时生成2molSO3

SO2（g）+O2（g）SO3（g）

初始（mol）：4100

变化（mol）：212

平衡（mol）：292

平衡常数k==

故答案为：；

（3）A．保持温度和容器体积不变，充入2molSO3，平衡向逆反应分析移动，则SO2、O2、SO3气体平衡浓度都比原来增大；故A正确；

B．保持温度和容器体积不变，充入2molN2；对平衡移动没有影响，各物质的浓度不变，故B错误；

C．保持温度和容器体积不变，充入0.5molSO2和0.25molO2，平衡向正反应方向移动，则SO2、O2、SO3气体平衡浓度都比原来增大；故C正确；

D．保持温度和容器内压强不变，充入1molSO3；处于等效平衡状态，浓度不变，故D错误；

E．升高温度，平衡向逆反应分析移动，SO3的浓度减小；故E错误；

F．移动活塞压缩气体；体积减小，各物质的浓度都增大，故F正确；

故答案为：A；C、F；

（4）等体积混合后硫酸根为1.0×10-3mol/L，根据溶度积可知，Ba2+离子最小浓度为mol/L=1.08×10-7mol/L，故BaCl2溶液的最小浓度为1.08×10-7mol/L×2=2.16×10-7mol/L；

故答案为：2.16×10-7mol/L；

（5）SO2的漂白原理是与有色物质化合生成无色不稳定的化合物，SO2使酸性KMnO4褪色，是SO2表现还原性而不是漂白性；KMnO4酸性条件下的还原产物为Mn2+化合价降低5，SO2被氧化成SO42-化合价升高2；根据电子转移守恒，可得5x=2y，故x：y=5：2；

故答案为：5：2．21、AB3或B3A1mol/L1mol/L0.1mol/L181833g【分析】【分析】（1）相同条件下；体积之比等于物质的量之比等于分子数之比，据此判断反应方程式各物质的化学计量数，根据方程式原子守恒计算C的化学式；

（2）n（NaOH）==0.1mol，结合c=计算；注意溶液稀释前后溶质的物质的量不变；

（3）原子符号ZAX，左下角Z代表质子数，左上角A代表质量数，X代表元素符合，质量数=质子数+中子数，据此计算中子数，等于阴离子核外电子数=质子数+所带电荷数，根据n=计算二氧化硫的物质的量，再根据m=nM计算二氧化硫的质量．【解析】【解答】解：（1）由于5体积气体A2跟15体积的气体B2完全化合生成10体积某气体C，所以A2、B2、C的化学计量数之比为1：3：2，所以方程式为A2+3B2=2C，根据原子守恒可知C的化学式为AB3或B3A，故答案为：AB3或B3A；

（2）4gNaOH的物质的量为=0.1mol，故氢氧化钠溶液的浓度为=1mol/L；溶液是均匀的，取出10mL该溶液，与原氢氧化钠溶液的浓度相同为1mol/L，根据稀释定律，稀释前后溶质氢氧化钠的物质的量不变，令稀释后氢氧化钠溶液的浓度为c，则：10mL×1mol/L=100mL×c，解得c=0.1mol/L；

故答案为：1mol/L；1mol/L；0.1mol/L；

（3）S2-微粒中的质子数为16，质量数为34，故中子数=34-16=18，核外电子数为16+2=18，11.2L的34SO2气体的物质的量为=0.5mol；故该二氧化硫的质量为0.5mol×66g/mol=33g；

故答案为：18；18；33g．22、略

【分析】【分析】（1）14.51克白色沉淀是BaCO3和BaSO4混合物，BaSO4不溶于水与硝酸，BaCO3溶于硝酸，故白色沉淀中加入过量的稀HNO3，充分反应后，沉淀减少到4.66g为BaSO4的质量，可得BaCO3的质量为14.51g-4.66g=9.85g，根据n=计算BaCO3和BaSO4的物质的量，Na2SO4的物质的量等同于BaSO4的物质的量，Na2CO3的物质的量等同于BaCO3的物质的量，再根据c=计算原混和溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度；

（2）发生反应BaCO3+2HNO3═Ba（NO3）2+H2O+CO2↑，由方程式可知n（CO2）=n（BaCO3），再根据V=nVm计算CO2的体积．【解析】【解答】解：（1）14.51克白色沉淀是BaCO3和BaSO4混合物，加入过量的稀HNO3，充分反应后，剩余沉淀4.66g为BaSO4，BaSO4的物质的量为=0.02mol，由硫酸根守恒可知n（Na2SO4）=n（BaSO4）=0.02mol，所以Na2SO4物质的量的浓度为=0.4mol/L；

减少的沉淀质量为BaCO3，故BaCO3的质量为14.51g-4.66g=9.85g，物质的量为=0.05mol，由碳酸根守恒可知n（Na2CO3）=n（BaCO3）=0.05mol，所以Na2CO3的物质的量浓度为=1mol/L；

答：原混和溶液中Na2SO4和Na2CO3的物质的量浓度分别为0.4mol/L；1mol/L；

（2）发生反应BaCO3+2HNO3═Ba（NO3）2+H2O+CO2↑，由方程式可知n（CO2）=n（BaCO3）=0.05mol；故生成的二氧化碳的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L；

答：产生的气体在标准状况下的体积为1.12L．五、书写(共4题，共8分)23、HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O4Fe2++2Br-+3Cl2═4Fe3++Br2+6Cl-【分析】【分析】（1）NaHCO3完全反应；反应生成碳酸钙；水、NaOH；

（2）至Al3+恰好完全沉淀；生成硫酸钡；氢氧化铝；

（3）H2O2和酸性KMnO4发生氧化还原反应生成锰离子；氧气；

（4）由优先氧化可知，氯气不足，亚铁离子全被氧化，而溴离子部分被氧化．【解析】【解答】解：（1）NaHCO3完全反应，反应生成碳酸钙、水、NaOH，离子反应为HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，故答案为：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O；

（2）至Al3+恰好完全沉淀，生成硫酸钡、氢氧化铝，离子反应为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓；

故答案为：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓；

（3）H2O2和酸性KMnO4发生氧化还原反应生成锰离子、氧气，离子反应为2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；

故答案为：2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；

（4）由优先氧化可知，氯气不足，亚铁离子全被氧化，而溴离子部分被氧化，离子反应为4Fe2++2Br-+3Cl2═4Fe3++Br2+6Cl-，故答案为：4Fe2++2Br-+3Cl2═4Fe3++Br2+6Cl-．24、第2周期ⅤA族共价键N2+3H22NH31molN2和3molH2加快逆【分析】【分析】（1）氮元素是7号元素，原子结构示意图为根据电子层数等于周期数，最外层电子数等于主族数判断；

（2）氨分子的分子式为NH3；氮与氢原子之间通过共价键结合，据此书写电子式；

（3）氮气与氢气在高温高压催化剂条件下合成氨；该反应是放热反应；则反应物的总能量大于生成物的总能量；

（4）根据图象采用定一议二法，利用先拐先平衡，反应速率快数值大判断；【解析】【解答】解：（1）氮元素是7号元素，原子结构示意图为因为电子层数等于周期数，最外层电子数等于主族数，所以氮元素在周期表中的位置是第2周期ⅤA族；故答案为：第2周期ⅤA族；

（2）氨分子的分子式为NH3，氮与氢原子之间