2025年外研版高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年外研版高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列離子方程式書寫不正確的是（）A.AlCl3溶液與燒堿溶液反應(yīng)，當(dāng)n（OH-）：n（Al3+）=7：2時(shí)：2Al3++7OH-═Al（OH）3↓+AlO2-+2H2OB.用鐵做電極電解硫酸銅溶液：2Cu2++2H2O2Cu↓+O2↑+4H+C.碳酸鋇溶于醋酸：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑D.將氯氣通入氯化亞鐵溶液：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-2、下列表示不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{KOH}的電子式：B.二氧化碳的結(jié)構(gòu)式：rm{O=C=O}C.rm{CH_{4}}的球棍模型：D.rm{S^{2}隆樓}的離子結(jié)構(gòu)示意圖：3、下列離子方程式書寫正確的是（）A.濃鹽酸與鐵屑反應(yīng)：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B.往NH4HCO3溶液中加過(guò)量的NaOH溶液并加熱：NH4++OH-=NH3+H2OC.往酸性碘化鉀溶液中滴加適量的雙氧水：2I-+2H++H2O2=I2+2H2OD.HS-的電離：HS-+H2O=H3++S2-4、下列有關(guān)酸性氧化物的說(shuō)法正確的是（）A.均不能與酸反應(yīng)B.均能與水直接化合生成酸C.能與堿反應(yīng)生成鹽和水D.不可能是金屬氧化物5、將一定量的Cu（OH）2和CuO的混合物投入2L1mol?L-1的鹽酸中完全反應(yīng)后．固體與鹽酸均無(wú)剩余，則另取等質(zhì)量的該混合物，用酒精燈加熱，充分反應(yīng)后所得固體的質(zhì)量為（）A.80gB.160gC.98gD.無(wú)法確定6、化學(xué)與環(huán)境保護(hù)、社會(huì)可持續(xù)發(fā)展密切相關(guān)，下列做法合理的是（）A.將地溝油回收加工為生物柴油，提高資源的利用率B.用聚氯乙烯代替聚乙烯作食品包裝袋，有利于節(jié)約使用成本C.電子垃圾不可隨意丟棄，要填埋處理D.泄露在海洋中的大量原油能被海洋生物迅速分解，不會(huì)導(dǎo)致生態(tài)災(zāi)難評(píng)卷人得分二、多選題(共5題，共10分)7、已知位于同周期的X、Y、Z三種主族元素，它們的最高價(jià)氧化物的水化物分別為HXO4、H2YO4、H3ZO4，下列判斷不正確的是（）A.元素的非金屬性：X＜Y＜ZB.在元素周期表中它們依次處于第ⅦA族、第ⅥA族、第ⅤA族C.酸性：H3ZO4＞H2YO4＞HXO4D.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HX＞H2Y＞ZH38、用NA表示阿伏德羅常數(shù)，下列敘述正確的是（）A.0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-個(gè)數(shù)為1NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LH2O含有的分子數(shù)為1NAC.5.6g的Fe和足量的鹽酸反應(yīng)時(shí)，失去的電子數(shù)為0.2NAD.常溫常壓下，1.06gNa2CO3含有的Na+離子數(shù)為0.02NA9、有一種有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為推測(cè)它不可能具有下列哪種性質(zhì)（）A.能被KMnO4酸性溶液氧化B.能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)而使其褪色C.能發(fā)生縮聚反應(yīng)D.易溶于水，也易溶于有機(jī)溶劑10、下列物質(zhì)屬于大氣污染物的是（）A.顆粒物B.SO2C.NO2D.氟氯代烷11、鋰電池用金屬鋰和石墨作電極材料，電解質(zhì)溶液是由四氯鋁鋰（LiAlCl4）溶解在亞硫酰氯（）中形成的，該電池的總反應(yīng)方程式為：8Li+3SOCl2═6LiCl+Li2SO3+2S，下列敘述中正確的是（）A.電解質(zhì)溶液中混入水，對(duì)電池反應(yīng)無(wú)影響B(tài).金屬鋰作電池的負(fù)極，石墨作電池的正極C.電池工作過(guò)程中，亞硫酰氯（SOCl2）被還原為L(zhǎng)i2SO3D.電池工作過(guò)程中，金屬鋰提供電子的物質(zhì)的量與析出硫的物質(zhì)的量之比為4：1評(píng)卷人得分三、雙選題(共6題，共12分)12、某溶液中只含有四種離子NH4+、Cl-、OH-、H+，已知該溶液中溶質(zhì)可能為一種或兩種，則該溶液中四種離子濃度大小關(guān)系可能為（）A.[NH4+]＞[Cl-]＞[OH-]＞[H+]B.[NH4+]=[Cl-]＞[H+]=[OH-]C.[Cl-]＞[NH4+]＞[OH-]＞[H+]D.[OH-]＞[NH4+]＞[H+]＞[Cl-]13、科學(xué)家用催化劑將苯酚rm{(X)}和rm{1}rm{3}二羰基化合物rm{(Y)}合成一種重要的具有生物活性的結(jié)構(gòu)單元--苯并呋喃rm{(Z)}rm{W}是中間產(chǎn)物rm{(R_{1}}rm{R_{2}}均為烴基rm{).}則下列有關(guān)敘述不正確的是rm{(}rm{)}A.反應(yīng)rm{壟脵}屬于取代反應(yīng)B.僅使用溴水或rm{FeCl_{3}}溶液不能鑒別rm{X}和rm{W}C.rm{W}中沒有手性碳原子D.rm{X}rm{Y}rm{W}rm{Z}都能與rm{NaOH}溶液反應(yīng)、都能使酸性高錳酸鉀褪色14、常溫下，取pH=2的兩種二元酸H2A與H2B各1mL，分別加水稀釋，測(cè)得pH變化與加水稀釋倍數(shù)有如圖所示變化，則下列有關(guān)敘述正確的是（）A.H2A為二元弱酸，稀釋前c（H2A）=0.005mol/LB.NaHA水溶液中：c（Na+）+c（H+）=2c（A2-）+c（OH-）C.含等物質(zhì)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，離子濃度大小為：c（Na+）＞c（HB-）＞c（OH-）＞c（B2-）＞c（H2B）15、關(guān)于下列圖示的說(shuō)法中正確的是()

A.用圖①所示實(shí)驗(yàn)可比較硫.碳.硅三種元素的非金屬性強(qiáng)弱B.用圖②所示實(shí)驗(yàn)裝置排空氣法收集CO2氣體C.圖③表示可逆反應(yīng)“CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)”為放熱反應(yīng)D.圖④兩個(gè)裝置中通過(guò)導(dǎo)線的電子數(shù)相同時(shí)，消耗負(fù)極材料的物質(zhì)的量也相同16、對(duì)于常溫下的下列溶液，說(shuō)法正確的是rm{(}rm{)}A.常溫下，向含有rm{AgCl}固體的飽和溶液，加少量水稀釋，rm{c(Ag^{+})}和rm{Ksp(AgCl)}均保持不變B.rm{pH=5}的rm{CH_{3}COOH}與rm{CH_{3}COONa}的混合溶液中：rm{c(Na^{+})>c(CH_{3}COO^{-})}C.將rm{0.2mol/LCH_{3}COOH}溶液和rm{0.1mol/LNaOH}溶液等體積混合，則反應(yīng)后的混合溶液中：rm{2c(OH^{-})+c(CH_{3}COO^{-})=2c(H^{+})+c(CH_{3}COOH)}D.將水加熱煮沸，能促進(jìn)水的電離，rm{Kw}增大，rm{pH}增大，溶液呈堿性17、在一定溫度下，10mL4.0mol/LH2O2發(fā)生分解：2H2O22H2O+O2，不同時(shí)刻測(cè)定生成O2的體積（已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況）如下表：

。t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9下列敘述正確的是（溶液體積變化忽略不計(jì)）（）A.6min時(shí)反應(yīng)速率v（H2O2）≈3.3×10-2mol/（L?min）B.反應(yīng)到6min時(shí)，H2O2分解率為50%C.其他條件不變，若換用更高效的催化劑，達(dá)到平衡時(shí)將會(huì)得到更多氧氣D.隨時(shí)間增長(zhǎng)得到的氧氣更多，說(shuō)明反應(yīng)速率逐漸加快評(píng)卷人得分四、判斷題(共1題，共7分)18、鈉的還原性很強(qiáng)，在空氣中易變質(zhì)，最后變?yōu)檫^(guò)氧化鈉____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、解答題(共3題，共12分)19、A；B、C三種強(qiáng)電解質(zhì)；它們?cè)谒须婋x出的離子如下表所示：

。陽(yáng)離子Na+、K+、Cu2+陰離子SO42-、OH-如圖1所示裝置中；甲；乙、丙三個(gè)燒杯依次分別盛放足量的A溶液、足量的B溶液、足量的C溶液，電極均為石墨電極．

接通電源；經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，測(cè)得乙中c電極質(zhì)量增加了16g．常溫下各燒杯中溶液的pH與電解時(shí)間t的關(guān)系圖如圖2．據(jù)此回答下列問題：

（1）M為電源的______極（填寫“正”或“負(fù)”）

電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)為______；

（2）計(jì)算電極e上生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的體積：______；

（3）寫出乙燒杯的電解池反應(yīng)______2Cu+O2↑+2H2SO420、根據(jù)以下各物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關(guān)系回答有關(guān)問題．

（1）C；D的化學(xué)式依次為______、______．

（2）A的電子式為______；它屬于______（填“極性”或“非極性”）分子．

（3）淡黃色粉末與氣體A反應(yīng)的化學(xué)方程式為______；黑色固體與稀硫酸反應(yīng)的離子方程式為______．

21、為了達(dá)到下表中的實(shí)驗(yàn)要求；請(qǐng)選擇合適的化學(xué)試劑及實(shí)驗(yàn)方法，將其標(biāo)號(hào)填入對(duì)應(yīng)的空格中．

。實(shí)驗(yàn)要求試劑及方法①除去食鹽中少量沙子（SiO2）②除去NO中混有的少量NO2③檢驗(yàn)甲烷氣體中是否混有乙烯④證明Na2CO3溶液呈堿性供選擇的化學(xué)試劑及實(shí)驗(yàn)方法

A、用水洗滌后，再干燥B、將溶液滴在pH試紙上C、溶解、過(guò)濾、蒸發(fā)、結(jié)晶D、通入酸性高錳酸鉀溶液中．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】A、AlCl3溶液與燒堿溶液反應(yīng)；按照1：3反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，按照1：4反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，依據(jù)反應(yīng)定量關(guān)系分析判斷；

B；鐵做電極陽(yáng)極鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成亞鐵離子；溶液中銅離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成銅；

C；醋酸是弱酸存在電離平衡；

D、氯氣氧化亞鐵離子為鐵離子，依據(jù)電荷守恒和原子守恒分析；【解析】【解答】解：A、AlCl3溶液與燒堿溶液反應(yīng)，按照1：3反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，按照1：4反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，當(dāng)n（OH-）：n（Al3+）=7：2時(shí)，反應(yīng)生成產(chǎn)物為氫化鋰和偏鋁酸鈉，直平得到離子方程式為：2Al3++7OH-═Al（OH）3↓+AlO2-+2H2O；故A正確；

B、用鐵做電極電解硫酸銅溶液，鐵做電極陽(yáng)極鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成亞鐵離子，溶液中銅離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成銅反應(yīng)的離子方程式為，Cu2++FeCu+Fe2+；故B錯(cuò)誤；

C、碳酸鋇溶于醋酸，醋酸是弱酸存在電離平衡，反應(yīng)的離子方程式為：BaCO3+2CH3COOH═Ba2++H2O+CO2↑+2CH3COO-；故C錯(cuò)誤；

D、將氯氣通入氯化亞鐵溶液，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；故D正確；

故選：BC．2、C【分析】解：rm{A.KOH}為離子化合物，電子式為故A正確；

B.二氧化碳為直線形分子，含有rm{C=O}鍵，結(jié)構(gòu)式為rm{O=C=O}故B正確；

C.甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)，甲烷的球棍模型為故C錯(cuò)誤；

D.rm{S^{2}隆樓}核外有rm{3}個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為rm{8}結(jié)構(gòu)示意圖為故D正確．

故選C．

A.rm{KOH}為離子化合物；

B.二氧化碳為直線形分子，含有rm{C=O}鍵；

C.題為比例模型；

D.rm{S^{2}隆樓}核外有rm{3}個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為rm{8}．

本題考查較為綜合，涉及電子式、離子結(jié)構(gòu)示意圖、球棍模型以及結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式等知識(shí)，為高頻考點(diǎn)，難度不大，注意掌握電子式、分子式、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式、結(jié)構(gòu)式的概念及區(qū)別，明確球棍模型與比例模型的表示方法．【解析】rm{C}3、C【分析】解：A．濃鹽酸具有弱氧化性，和鐵反應(yīng)生成亞鐵離子，離子方程式為Fe+2H+═Fe2++H2↑；故A錯(cuò)誤；

B．往NH4HCO3溶液中加過(guò)量的NaOH溶液并加熱，碳酸氫根離子和銨根離子都參與反應(yīng)，正確的離子方程式為：HCO3-+NH4++2OH-NH3↑+2H2O+CO32-；故B錯(cuò)誤；

C．往酸性碘化鉀溶液中滴加適量的雙氧水，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，該反應(yīng)的離子方程式為：2H++2I-+H2O2═I2↑+2H2O；故C正確；

D．HS-電離出氫離子和硫離子，電離方程式為HS-+H2O?H3++S2-；故D錯(cuò)誤；

故選：C。

A．濃鹽酸具有弱氧化性；和鐵反應(yīng)生成亞鐵離子；

B．氫氧化鈉過(guò)量；銨根離子和碳酸氫根離子都參與反應(yīng)；

C．雙氧水能夠?qū)⒌怆x子氧化成碘單質(zhì)；

D．HS-電離出氫離子和硫離子；部分電離用可逆號(hào)表示。

本題考查了離子方程式的書寫判斷，題目難度不大題，注意掌握離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應(yīng)物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力和應(yīng)用能力。【解析】C4、C【分析】【分析】酸性氧化物是一類能與水作用生成相應(yīng)價(jià)態(tài)的酸，或與堿作用生成鹽和水（且生成物只能有一種鹽和水，不可以有任何其它物質(zhì)生成），或與堿性氧化物反應(yīng)生成鹽的氧化物，但一般不與正鹽或酸式鹽反應(yīng)．【解析】【解答】解：A．酸性氧化物是一類能與水作用生成相應(yīng)價(jià)態(tài)的酸；故A錯(cuò)誤；

B．二氧化硅是酸性氧化物；但不能與水直接化合生成酸，故B錯(cuò)誤；

C．酸性氧化物能與堿作用生成鹽和水；故C正確；

D．能和堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物是酸性氧化物，生成物只能有一種鹽和水，可以是金屬氧化物如Mn2O7；故D錯(cuò)誤．

故選C．5、A【分析】【分析】Cu（OH）2和CuO均與稀鹽酸反應(yīng)生成CuCl2，根據(jù)Cu、Cl原子守恒得出n（Cu）=n（CuCl2）=n（HCl），Cu（OH）2和CuO的混合物用酒精燈加熱，只有氫氧化銅分解生成CuO和水，所以最終得到的固體是CuO，根據(jù)Cu原子守恒計(jì)算最終CuO的物質(zhì)的量，根據(jù)m=nM計(jì)算所得固體質(zhì)量．【解析】【解答】解：Cu（OH）2和CuO均與稀鹽酸反應(yīng)生成CuCl2，根據(jù)Cu、Cl原子守恒得出混合物中銅元素n（Cu）=n（CuCl2）=n（HCl）=×1mol/L×2L=1mol，Cu（OH）2和CuO的混合物用酒精燈加熱，只有氫氧化銅分解生成CuO和水，所以最終得到的固體是CuO，根據(jù)Cu原子守恒計(jì)算最終n（CuO）=n（Cu）=1mol，m（CuO）=nM=1mol×80g/mol=80g，故選A．6、A【分析】【分析】A．將地溝油回收加工為生物柴油；可以變廢為寶；

B．聚氯乙烯能釋放出有毒物質(zhì)；

C．電子垃圾會(huì)產(chǎn)生重金屬污染；

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．地溝油”；是一種質(zhì)量極差；極不衛(wèi)生的非食用油，將地溝油回收加工為生物柴油，可以提高資源的利用率，故A正確；

B．聚氯乙烯能釋放出有毒物質(zhì)；聚乙烯不釋放出有毒物質(zhì)，所以不能用聚氯乙烯代替乙烯作食品包裝袋，故B錯(cuò)誤；

C．電子垃圾不可隨意丟棄；要分類回收，故C錯(cuò)誤；

D．泄露在海洋中的大量原油不能能被海洋生物分解；從而導(dǎo)致生態(tài)災(zāi)難，故D錯(cuò)誤；

故選：A；二、多選題(共5題，共10分)7、AC【分析】【分析】最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，可知X為第ⅦA元素，Y為第ⅥA族元素，Z為ⅤA族元素，則X為Cl、Y為S、Z為P，同周期的元素，從左到右元素非金屬性增強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性逐漸增強(qiáng)，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性逐漸增強(qiáng)．【解析】【解答】解：X、Y、Z最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4；則最高正化合價(jià)X為+7；Y為+6、Z為+5，可知X為第ⅦA元素，Y為第ⅥA族元素，Z為ⅤA族元素，則X為Cl、Y為S、Z為P；

A．X；Y、Z同周期；原子序數(shù)依次減小，非金屬性依次減弱，故A錯(cuò)誤；

B．X、Y、Z最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4；則最高正化合價(jià)X為+7；Y為+6、Z為+5，可知X為第ⅦA元素，Y為第ⅥA族元素，故B正確；

C．三種元素非金屬性X＞Y＞Z，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性強(qiáng)弱順序是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4；故C錯(cuò)誤；

D．三種元素非金屬性X＞Y＞Z；非金屬性越強(qiáng)，則對(duì)應(yīng)的氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，故D正確；

故選AC．8、CD【分析】【分析】A；沒有告訴氯化鎂溶液的體積；無(wú)法計(jì)算溶液中氯離子的物質(zhì)的量；

B；標(biāo)準(zhǔn)狀況下；水的狀態(tài)不是氣體，不能使用標(biāo)況下的氣體摩爾體積計(jì)算22.4L水的物質(zhì)的量；

C；5.6g鐵的物質(zhì)的量為0.1mol；0.1mol鐵與足量鹽酸反應(yīng)生成亞鐵離子，失去了0.2mol電子；

D、1.06g碳酸鈉的物質(zhì)的量為0.01mol，0.01mol碳酸鈉中含有0.02mol鈉離子．【解析】【解答】解：A、題中沒有告訴0.5mol/L的MgCl2溶液的體積；無(wú)法計(jì)算氯離子的數(shù)目，故A錯(cuò)誤；

B；標(biāo)況下；水不是氣體，題中條件無(wú)法計(jì)算水的物質(zhì)的量，故B錯(cuò)誤；

C、5.6g鐵的物質(zhì)的量為0.1mol，0.1mol鐵與鹽酸完全反應(yīng)失去了0.2mol電子，失去的電子數(shù)為0.2NA；故C正確；

D、1.06g碳酸鈉的物質(zhì)的量為0.01mol，含有0.02mol鈉離子，含有的Na+離子數(shù)為0.02NA；故D正確；

故選CD．9、CD【分析】【分析】含C=C及苯環(huán)，結(jié)合烯烴和苯的性質(zhì)來(lái)解答．【解析】【解答】解；A．含有碳碳雙鍵；可被氧化，故A不選；

B．含有碳碳雙鍵；可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，故B不選；

C．可發(fā)生加聚反應(yīng)；但不能發(fā)生縮聚反應(yīng)，故C選；

D．該物質(zhì)為芳香烴；不溶于水，但能溶于有機(jī)溶劑，故D選；

故選CD．10、ABCD【分析】【分析】A．顆粒物會(huì)引起呼吸系統(tǒng)疾??；

B．二氧化硫?qū)儆卸練怏w；會(huì)形成酸雨；

C．二氧化氮屬有毒氣體；會(huì)形成酸雨；光化學(xué)煙霧等；

D．氟氯代烷能破壞臭氧層．【解析】【解答】解：A．顆粒物會(huì)引起呼吸系統(tǒng)疾??；屬于大氣污染物；

B．二氧化硫?qū)儆卸練怏w；會(huì)形成酸雨，屬于大氣污染物；

C．二氧化氮屬有毒氣體；會(huì)形成酸雨；光化學(xué)煙霧等，屬于大氣污染物；

D．氟氯代烷能破壞臭氧層；屬于大氣污染物；

故選ABCD．11、BD【分析】【分析】該電池的負(fù)極材料為鋰，性質(zhì)活潑，易與水反應(yīng)，則電解質(zhì)為非水溶液，根據(jù)總反應(yīng)8Li+3SOCl2═6LiCl+Li2SO3+2S可知，亞硫酰氯（SOCl2）被還原為S，由反應(yīng)的總方程式可知金屬鋰提供的電子與正極區(qū)析出硫的物質(zhì)的量之比．【解析】【解答】解：A．鋰性質(zhì)活潑；易與水反應(yīng)，則電解質(zhì)為非水溶液，故A錯(cuò)誤；

B．該電池的負(fù)極材料為鋰，被氧化生成LiCl和Li2SO3；石墨作正極，故B正確；

C．根據(jù)總反應(yīng)8Li+3SOCl2═6LiCl+Li2SO3+2S可知，亞硫酰氯（SOCl2）被還原為S；故C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)總反應(yīng)8Li+3SOCl2═6LiCl+Li2SO3+2S可知；8mol鋰反應(yīng)失去8mol電子，生成2molS，金屬鋰提供的電子與正極區(qū)析出硫的物質(zhì)的量之比為4：1，故D正確；

故選：BD．三、雙選題(共6題，共12分)12、A|B【分析】解：液中只含有四種離子NH4+、Cl-、OH-、H+；溶質(zhì)可能為①氯化銨；②氯化銨與氯化氫、③氯化銨與一水合氨，溶液可能為酸性、中性或堿性；

若溶質(zhì)為NH4Cl時(shí)，銨根離子水解方程式為NH4++H2O?NH3?H2O+H+，銨根離子水解顯酸性，則c（H+）＞c（OH-）、c（Cl-）＞c（NH4+），又水解的程度很弱，則[Cl-]＞[NH4+]＞[H+]＞[OH-]；

若溶質(zhì)為氯化銨和一水合氨時(shí)，當(dāng)溶液呈中性時(shí)，則[H+]=[OH-]、[NH4+]=[Cl-]；當(dāng)一水合氨稍過(guò)量，溶液呈堿性時(shí)，[NH4+]＞[Cl-]＞[OH-]＞[H+]；

若溶質(zhì)為氯化銨和硫化氫時(shí)，當(dāng)氯化氫過(guò)量，溶液溶液呈酸性時(shí)，則[Cl-]＞[NH4+]＞[H+]＞[OH-]；

A．當(dāng)溶質(zhì)為氯化銨和一水合氨時(shí)，溶液呈堿性，[OH-]＞[H+]，根據(jù)電荷守恒可知[NH4+]＞[Cl-]，所以可以滿足[NH4+]＞[Cl-]＞[OH-]＞[H+]；故A正確；

B．溶質(zhì)為氯化銨和一水合氨，且溶液呈中性時(shí)，則[H+]=[OH-]、[NH4+]=[Cl-]，可以滿足[NH4+]=[Cl-]＞[H+]=[OH-]；故B正確；

C．溶液中一定滿足電荷守恒，而[Cl-]＞[NH4+]＞[OH-]＞[H+]不滿足電荷守恒；故C錯(cuò)誤；

D．[OH-]＞[NH4+]＞[H+]＞[Cl-]中，無(wú)論溶質(zhì)為氯化銨還是氯化銨與氯化氫或氯化銨與一水合氨，若[OH-]＞[H+]，說(shuō)明溶液呈堿性，則一水合氨過(guò)量，則溶質(zhì)為氯化銨和一水合氨，但是氫離子濃度最小，應(yīng)該滿足[H+]＜[Cl-]；故D錯(cuò)誤；

故選AB．

液中只含有四種離子NH4+、Cl-、OH-、H+；溶質(zhì)可能為①氯化銨；②氯化銨與氯化氫、③氯化銨與一水合氨，溶液可能為酸性、中性或堿性，結(jié)合電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理進(jìn)行討論各離子濃度大小．

本題考查了離子濃度大小比較，題目難度中等，根據(jù)溶液中存在離子正確判斷溶質(zhì)組成為解答關(guān)鍵，注意掌握大好河山、物料守恒及鹽的水解原理在判斷離子濃度大小中的應(yīng)用方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力．【解析】【答案】AB13、rCD【分析】解：rm{A.}從有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和官能團(tuán)的轉(zhuǎn)化可知反應(yīng)rm{壟脵}為取代反應(yīng)；故A正確；

B.rm{X}rm{W}都含有酚羥基；可與溴水發(fā)生取代反應(yīng)，不能用溴水鑒別，故B正確；

C.rm{W}中連接酯基的碳原子為手性碳原子；故C錯(cuò)誤；

D.rm{X}rm{Y}rm{W}rm{Z}都能與rm{NaOH}溶液反應(yīng)，但rm{Y}不能使酸性高錳酸鉀褪色；故D錯(cuò)誤．

故選CD．

A.從官能團(tuán)的轉(zhuǎn)化判斷反應(yīng)類型；

B.rm{X}rm{W}含有酚羥基；可與溴水發(fā)生取代反應(yīng)；

C.根據(jù)手性碳原子的定義判斷；

D.能與rm{NaOH}反應(yīng)的官能團(tuán)為酚羥基和酯基；能被酸性高錳酸鉀氧化的官能團(tuán)為酚羥基和碳碳雙鍵．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，題目難度不大，注意把握有機(jī)物官能團(tuán)的性質(zhì)，為解答該題的關(guān)鍵，易錯(cuò)點(diǎn)為rm{A}注意根據(jù)官能團(tuán)的變化判斷反應(yīng)的類型．【解析】rm{CD}14、BC【分析】解：A．pH=2的H2A稀釋100倍時(shí)溶液的pH變?yōu)?，說(shuō)明該酸完全電離，所以為強(qiáng)酸，其電離方程式為H2A═2H++A2-，PH=2氫離子濃度為0.01mol/L，稀釋前c（H2A）=0.005mol/L；故A錯(cuò)誤；

B．NaHA水溶液中存在NaHA=Na++H++A2-、H2O?H++OH-，所以溶液中存在電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（A2-）+c（OH-）；故B正確；

C．含等物質(zhì)的量的NaHA、NaHB的混合溶液中，NaHA中的物料守恒為：c（Na+）=c（A2-），NaHB中的物料守恒為：c（Na+）=c（HB-）+c（H2B）+c（B2-），二者結(jié)合可得：c（Na+）=c（A2-）+c（HB-）+c（H2B）+c（B2-）；故C正確；

D．H2B是弱酸，其NaHB水溶液pH=10，說(shuō)明溶液顯堿性，HB-離子電離小于其水解呈堿性，離子濃度大小為：c（Na+）＞c（HB-）＞c（OH-）＞c（H2B）＞c（B2-）；故D錯(cuò)誤；

故選：BC。

A．根據(jù)圖象知，H2A溶液稀釋100倍，溶液pH由2增至4，說(shuō)明H2A是強(qiáng)酸；而H2B溶液稀釋200倍，溶液PH增加2個(gè)單位，說(shuō)明H2B為弱酸；

B．溶液中存在電荷守恒；

C．根據(jù)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，說(shuō)明溶液顯堿性，HB-離子電離小于其水解呈堿性；據(jù)此分析溶液中離子濃度大小．

本題考查了弱電解質(zhì)的電離、離子濃度大小比較，題目難度中等，根據(jù)圖象確定酸的強(qiáng)弱是解本題關(guān)鍵，再結(jié)合守恒思想分析解答．【解析】BC15、A|C【分析】A．由圖①可知；酸性為硫酸＞碳酸＞硅酸，則三種元素的非金屬性為硫＞碳＞硅，故A正確；

B．二氧化碳的密度比空氣的大；則應(yīng)從長(zhǎng)導(dǎo)管進(jìn)氣，故B錯(cuò)誤；

C．由圖可知，反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量，則可逆反應(yīng)“CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)”為放熱反應(yīng)；故C正確；

D．由圖可知，負(fù)極分別為Al、Zn，由Al～3e-、Zn～2e-；可知轉(zhuǎn)移相同的電子時(shí)Al；Zn的物質(zhì)的量之比為3：2，故D錯(cuò)誤；

故選AC．

【解析】【答案】AC16、rAC【分析】解：rm{A.}向含有rm{AgCl}固體的飽和溶液，加少量水稀釋，rm{AgCl}溶解，仍為飽和溶液，且溫度不變，則rm{c(Ag^{+})}和rm{Ksp(AgCl)}均保持不變；故A正確；

B.rm{CH_{3}COOH}與rm{CH_{3}COONa}的混合溶液rm{pH=5}說(shuō)明rm{CH_{3}COOH}電離程度大于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錯(cuò)誤；

C.將rm{0.2mol/LCH_{3}COOH}溶液和rm{0.1mol/LNaOH}溶液等體積混合，由電荷守恒可知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^{+})}二者聯(lián)式可得rm{2c(OH^{-})+c(CH_{3}COO^{-})=2c(H^{+})+c(CH_{3}COOH)}故C正確；

D.升高溫度，促進(jìn)電離，但溶液呈中性，rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}故D錯(cuò)誤．

故選AC．

A.向含有rm{AgCl}固體的飽和溶液，加少量水稀釋，rm{AgCl}溶解；仍為飽和溶液；

B.rm{CH_{3}COOH}與rm{CH_{3}COONa}的混合溶液rm{pH=5}說(shuō)明rm{CH_{3}COOH}電離程度大于rm{CH_{3}COO^{-}}水解程度；結(jié)合電荷守恒判斷；

C.結(jié)合電荷守恒和物料守恒判斷；

D.升高溫度；促進(jìn)電離，但溶液呈中性．

本題考查酸堿混合溶液中離子濃度大小的比較，明確酸堿混合后溶液中的溶質(zhì)及量的關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵，并利用電離、水解、電荷守恒、物料守恒等知識(shí)來(lái)解答，題目難度中等．【解析】rm{AC}17、AB【分析】解：A.0～6min，生成O2為=0.001mol，由2H2O2?2H2O+O2↑可知，分解的過(guò)氧化氫為0.002mol，v（H2O2）==3.3×10-2mol/（L?min）；故A正確；

B．反應(yīng)至6min時(shí)，分解的過(guò)氧化氫為0.002mol，開始的H2O2為0.01L×0.4mol/L=0.004mol，H2O2分解了×100%=50%；故B正確；

C．催化劑不影響平衡移動(dòng)；加入更高效的催化劑，不能得到更多的氧氣，故C錯(cuò)誤；

D．由表中數(shù)據(jù)可知；隨時(shí)間增長(zhǎng)，單位時(shí)間得到的氧氣的體積減小，則反應(yīng)速率減小，故D錯(cuò)誤。

故選：AB。

A.0～6min，生成O2為=0.001mol，由2H2O2?2H2O+O2↑可知，分解的過(guò)氧化氫為0.002mol，結(jié)合v=計(jì)算；

B．反應(yīng)至6min時(shí)，分解的過(guò)氧化氫為0.002mol，開始的H2O2為0.01L×0.4mol/L=0.004mol，結(jié)合轉(zhuǎn)化率=×100%計(jì)算；

C．催化劑不影響平衡移動(dòng)；

D．比較反應(yīng)速率；應(yīng)根據(jù)單位時(shí)間內(nèi)氧氣的體積變化。

本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，把握表格中數(shù)據(jù)應(yīng)用、速率及分解率的計(jì)算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)A為解答的難點(diǎn)，題目難度中等。【解析】AB四、判斷題(共1題，共7分)18、×【分析】【分析】鈉具有強(qiáng)還原性，極易被氧氣氧化生成白色固體氧化鈉，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：鈉性質(zhì)很活潑，極易被氧氣氧化生成白色固體氧化鈉而變暗，鈉在空氣中燃燒生成淡黃色固體過(guò)氧化鈉，故答案為：×．五、解答題(共3題，共12分)19、略

【分析】

測(cè)得乙中c電極質(zhì)量增加了16g，則乙中含有Cu2+，結(jié)合離子的共存可知，B為CuSO4；丙中pH不變，則C為硫酸鈉或硫酸鉀，甲中pH增大，則A為KOH或NaOH；

（1）乙中c電極銅離子得電子，則c為陰極，即M為電源負(fù)極，則b為陽(yáng)極，堿溶液中OH-放電，電極反應(yīng)為4OH--4e-=O2↑+2H2O，故答案為：負(fù)；4OH--4e-=O2↑+2H2O；

（2）e電極上氫離子放電生成氫氣，n（Cu）==0.25mol，由Cu～2e-～H2↑可知生成標(biāo)況下氫氣的體積為0.25mol×22.4L/mol=5.6L；故答案為：5.6L；

（3）乙燒杯中為惰性電極電解硫酸銅溶液，總反應(yīng)為2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

故答案為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

（4）若經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，測(cè)得乙中c電極質(zhì)量增加了16g，要使丙恢復(fù)到原來(lái)的狀態(tài)，根據(jù)電解反應(yīng)2CuSO4+2