2025年上外版高三化學上冊階段測試試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年上外版高三化學上冊階段測試試卷727考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列各項敘述中，正確的是（）A.N、P、As的電負性隨原子序數(shù)的增大而增大B.價電子排布為4s24p3的元素位于第四周期第ⅤA族，是p區(qū)元素C.2p和3p軌道形狀均為啞鈴形，能量也相等D.鎂原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2時，原子釋放能量，由基態(tài)轉化成激發(fā)態(tài)2、密閉容器中，反應2X（g）?Y（g）+Z（s）已達到平衡，下列敘述正確的是（）A.若升高溫度，X（g）的濃度增大，則正反應為吸熱反應B.若容器體積不變，在平衡混合物中加入少量Z（s），則平衡向左移動C.壓強變化對該平衡沒有影響D.若容器體積不變，加入氦氣平衡不移動3、下列實驗過程中產生的現(xiàn)象與對應的圖形相符合的是（）A.

NaOH溶液滴入AlCl3溶液中B.

SO2通入氫硫酸中C.

H2S通入NaOH溶液中D.

CO2通入飽和Na2CO3溶液中4、下列實驗操作導致所讀出的數(shù)值比真實值小的是（假設其他操作均正確）（）

A.滴定終點時對滴定管仰視讀數(shù)：28.80mL

B.將NaCl固體置于托盤天平右盤稱量：左盤砝碼（8g）和游碼（0.6g）讀數(shù)的和為8.6g

C.中和熱測定時用銅棒代替環(huán)形玻璃攪拌棒攪拌；測定反應的最高溫度：30.4℃

D.用量筒量取硝酸時；俯視讀數(shù)：5.8mL

5、下列化學反應中，不能用離子方程式H++OH-=H2O表示的是（）A.氫氧化鈉溶液和硫酸B.氫氧化鋇溶液和鹽酸C.氫氧化鉀溶液和鹽酸D.氫氧化銅和硝酸6、元素X的某價態(tài)離子Xn＋中所有電子正好充滿K、L、M三個電子層，它與N3－形成的晶體結構如圖所示。下列說法中錯誤的是()

A.Xn+的核外電子數(shù)為19B.該晶體中陽離子與陰離子個數(shù)比為3:1C.Xn+中n=1D.晶體中每個Xn+周圍有2個等距離且最近的N3－評卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)7、為了探究FeS04和Cu（N03）2的混合物中各組分的含量；現(xiàn)設計如下流程．

下列敘述中錯誤的是（）A.n=0.02B.y=2240C.原混合物中FeS04的質量分數(shù)約為89%D.m=3.28、一定溫度下（T1＜T2），在三個體積均為2.0L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）

。容器。

編號溫度/℃起始物質的量/mol平衡物質的量/molCOH2CH3OH（g）H2CH3OH（g）ⅠT10.20.40.18ⅡT10.40.8ⅢT20.20.40.16下列說法正確的是（）A.該反應的正反應為放熱反應B.達平衡時，容器Ⅰ中CH3OH（g）的體積分數(shù)比容器Ⅱ中的大C.采取加壓、增大c（H2）、加入合適的催化劑等措施，都能提高CO的轉化率D.若起始時向容器Ⅰ中充入CO0.2mol、H20.2mol、CH3OH（g）0.5mol，則反應將向正反應方向進行9、無論在化學實驗室還是在家中進行實驗或探究活動，都必須注意安全．下列實驗操作正確的是()A.為防止試管破裂，加熱固體時試管口一般要略低于試管底B.不慎將酒精灑到桌面上引起著火，應立即用較多的水澆滅C.白磷在空氣中易自燃，用剩的白磷可倒入垃圾箱D.蒸餾時為防止液體暴沸可在蒸餾燒瓶中加入少量沸石10、下列有關敘述正確的是()A.測定中和熱時，大小兩燒杯間填滿碎紙的作用是固定小燒杯B.若用50mL0.55mo1?L-1的氫氧化鈉溶液，分別與50mL0.50mo1?L-1的鹽酸和50mL0.50mo1?L-1的硫酸充分反應，兩反應測定的中和熱不相等C.在中和滴定實驗中，滴定前盛標準液滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，測定結果待測液濃度偏高D.進行中和滴定操作時，左手震蕩錐形瓶，右手轉動活塞控制液滴流速，眼睛要始終注視滴定管內溶液液面的變化11、對離子方程式rm{2Ca^{2+}+3HCO_{3}^{-}+3OH^{-}隆煤2CaCO_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}+3H_{2}O}的分析，正確的是rm{(}rm{)}A.可以表示：rm{Ca(HCO_{3})_{2}}溶液與rm{Ca(OH)_{2}}溶液的反應B.不能表示：rm{Ca(HCO_{3})_{2}}溶液與rm{Ba(OH)_{2}}溶液反應C.可以表示：rm{Ca(HCO_{3})_{2}}溶液與rm{NaOH}溶液反應D.不能表示：rm{NaHCO_{3}}溶液與rm{Ca(OH)_{2}}溶液反應12、下列有關同分異構體數(shù)目的敘述中，正確的是rm{(}rm{)}A.甲苯苯環(huán)上的一個氫原子被含rm{4}個碳原子的烷基取代，所得產物有rm{12}種B.等物質的量的氯氣與乙烷在光照條件下反應得到rm{10}種產物C.已知二氯苯有rm{3}種同分異構體，則四氯苯的同分異構體的數(shù)目為rm{6}種D.苯乙烯和氫氣完全加成的產物的一溴取代物有rm{5}種13、含有rm{a}rm{mol}rm{FeBr_{2}}的溶液中，通入rm{x}rm{mol}rm{Cl_{2}.}下列各項為通rm{Cl_{2}}過程中，溶液內發(fā)生反應的離子方程式，其中不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{x=0.4a}rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}簍T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}B.rm{x=0.6a}rm{2Br^{-}+Cl_{2}簍TBr_{2}+2Cl^{-}}C.rm{x=2a}rm{2Fe^{2+}+2Br^{-}+2Cl_{2}簍TBr_{2}+2Fe^{3+}+4Cl^{-}}D.rm{x=1.5a}rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}簍T2Br_{2}+2Fe^{3+}+6Cl^{-}}評卷人得分三、多選題(共7題，共14分)14、乙醇分子結構中的各種化學鍵如下圖所示，下列關于乙醇在各種反應中斷鍵的說法，正確的是（）A.與醋酸、濃硫酸共熱時斷裂①B.在濃硫酸存在下加熱至170℃時斷裂②⑤C.和金屬鈉反應時斷裂②D.在Cu催化下和O2反應時斷裂②③15、A、B兩種元素為某周期第IIA族和第IIB族元素，若A元素的原子序數(shù)為X，則B元素的原子序數(shù)可能為（）A.X+10B.X+14C.X+8D.X+2416、實驗中的下列操作敘述正確的是（）A.分液操作時，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出B.蒸餾操作時，需要將溫度計水銀球插入到蒸餾液體的液面以下C.用蒸發(fā)方法使NaCl從溶液中析出時，應加熱至蒸發(fā)皿中溶液全部蒸干D.NaCl固體中混有泥沙，可用溶解、過濾、蒸發(fā)的方法除去泥沙17、已知AB3易溶于有機溶劑，不溶于水，則下列說法正確的是（）A.AB3是非極性分子B.A原子無孤對電子C.A原子為sp3雜化D.AB3為三角錐形結構18、一定溫度下的密度容器中發(fā)生：2HI（g）?I2（g）+H2（g），該反應達平衡狀態(tài)的標志是（）A.氣體的顏色不再發(fā)生變化B.容器內的壓強不再發(fā)生變化C.單位時間內，每斷裂2molH-I鍵，同時有1molI-I鍵生成D.單位時間內，每斷裂1molH-H鍵，同時有1molI-I鍵生成19、下列關于氧化還原反應的說法正確的是（）A.氧化還原反應的實質是電子的得失B.氧化還原反應中得、失電子的總數(shù)一定相等C.有單質參加的反應一定是氧化還原反應D.氧化還原反應中一定有氧原子的得到與失去20、已知短周期元素的離子aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的電子層結構，則下列敘述正確的是（）A.離子半徑C3-＞D-＞B+＞A2+B.原子序數(shù)a＞b＞c＞dC.原子最外層電子數(shù)D＞C＞A＞BD.單質的還原性A＞B＞D＞C評卷人得分四、填空題(共1題，共3分)21、（8分）銅合金是人類使用最早的金屬材料，銅在化合物中常見的化合價有+1、+2價，能形成多種銅的化合物。（1）基態(tài)銅離子（Cu+）的電子排布式為。（2）+2價銅可形成化合物[Cu（NH3）4]SO4，下列各項中，該物質中不含的化學鍵類型是____（填字母序號）。A．離子鍵B．金屬鍵C．配位鍵D．共價鍵（3）+1價銅形成的配合物溶液能吸收CO和乙烯（CH2=CH2），乙烯分子中六個原子在同一平面內，則乙烯分子中C原子的雜化軌道類型為。（4）金屬銅的晶體類型屬于金屬晶體，其晶胞結構如右圖所示，該晶胞實際擁有____個銅原子。評卷人得分五、判斷題(共2題，共10分)22、合理選擇飲食，正確使用藥物是人體健康的保證____．（判斷對錯）23、判斷正誤；正確的劃“√”，錯誤的劃“×”

（1）106g的乙醇和丙醇混合液完全燃燒生成的CO2為112L（標準狀況）____

（2）醫(yī)用酒精的濃度通常為95%____

（3）Y（C2H5OH），W（C2H5ONa）可通過置換反應由Y得到W____

（4）向無水乙醇中加入濃H2SO4，加熱至170℃，產生的氣體通入酸性KMnO4溶液，紫紅色褪去，使溶液褪色的氣體只是乙烯____

（5）乙醇不能發(fā)生取代反應____

（6）實驗室中提純混有少量乙酸的乙醇，可采用先加生石灰，過濾后再蒸餾的方法____．評卷人得分六、實驗題(共1題，共5分)24、已知C+CO22CO，C+H2O（g）CO+H2．某校課外活動小組的同學設計如圖所示實驗裝置；用來驗證一氧化碳具有還原性．

回答下列問題：

（1）寫出裝置A中所發(fā)生反應的離子方程式：____．

（2）裝置B中最適宜的試劑是____．

（3）裝置D中黑色固體為____（填名稱）．

（4）按照如圖裝置進行實驗時，首先進行的操作是____．

（5）根據(jù)實驗中的____現(xiàn)象；可證明CO具有還原性．

（6）若實驗中沒有裝置C，使裝置B與裝置D直接相連，會對實驗造成的影響是____．

（7）若要根據(jù)裝置F中澄清石灰水變渾濁的現(xiàn)象確認一氧化碳具有還原性，應在上圖裝置____與____之間連接圖中的____裝置（填序號）．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】A．同主族元素；從上到下電負性減弱；

B．價電子排布為4s24p3的元素有4個電子層；最外層電子數(shù)為5；最后填充p電子；

C．離原子核越遠；能量越高；

D．基態(tài)Mg的電子排布式為1s22s22p63s2，由基態(tài)轉化成激發(fā)態(tài)，電子能量增大，需要吸收能量．【解析】【解答】解：A．同主族元素從上到下；電負性減小，則N；P、As的電負性隨原子序數(shù)的增大而減小，故A錯誤；

B．價電子排布為4s24p3的元素有4個電子層；最外層電子數(shù)為5；位于第四周期第ⅤA族，最后填充p電子，是p區(qū)元素，故B正確；

C．p軌道均為紡錘形；離原子核越遠，能量越高，2p軌道能量低于3p，故C錯誤；

D．基態(tài)Mg的電子排布式為1s22s22p63s2；由基態(tài)轉化成激發(fā)態(tài)，電子能量增大，需要吸收能量，故D錯誤；

故選B．2、D【分析】【分析】A；升高溫度；X（g）的濃度增大，平衡逆向移動，正反應放熱反應；

B；Z是固體；加入后不影響化學平衡；

C；Z是固態(tài)；反應為氣體體積減小的反應；

D、體積不變，加入氦氣，反應物生成物濃度不變．【解析】【解答】解：A；升高溫度；X（g）的濃度增大，平衡逆向移動，正反應放熱反應，故A錯誤；

B；Z是固體；加入后不影響化學平衡，所以加入少量Z（s），平衡不移動，故B錯誤；

C；因為Z是固態(tài)；反應為氣體體積減小的反應，所以壓強變化對該平衡有影響，故C錯誤；

D；體積不變；加入氦氣，反應物生成物濃度不變，所以平衡不移動，故D正確；

故選D．3、B【分析】【分析】A．NaOH溶液滴入AlCl3溶液中先生成沉淀；沉淀后溶解；

B．SO2通入氫硫酸中發(fā)生反應生成S和水；溶液pH增大，后減?。?/p>

C．H2S通入NaOH溶液中，反應分別生成Na2S；NaHS；溶液質量先增大，后不變；

D．CO2通入飽和Na2CO3溶液中生成NaHCO3，溶液離子濃度減小，導電性減弱．【解析】【解答】解：A、將氯化鋁溶液滴加到氫氧化鈉溶液中，開始階段發(fā)生的反應為：Al3++4OH-═AlO2-+2H2O；開始不會產生沉淀，故A錯誤；

B、SO2氣體通入氫硫酸中，發(fā)生的反應為：2H2S+SO2═3S↓+2H2O；酸的量開始減少，所以酸性減弱，當硫化氫消耗完畢時，溶液的酸性是由二氧化硫溶于水形成的亞硫酸所導致的，所以酸性又會增強，故B正確；

C、H2S氣體通入NaOH溶液中，開始發(fā)生反應的方程式為：H2S+2NaOH=Na2S+2H2O，溶液質量逐漸增大，當全部生成Na2S后，繼續(xù)通入硫化氫生成硫氫化鈉，溶液質量繼續(xù)逐漸增大，當Na2S消耗完畢時；溶液質量不再改變，故C錯誤；

D、把CO2氣體通入飽和Na2CO3溶液中，CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3；會有碳酸氫鈉晶體析出，溶液中離子濃度減小了，所以溶液的導電能力也減小，故D錯誤．

故選B．4、C【分析】

A；滴定終點時對滴定管仰視讀數(shù)；讀出的數(shù)值比真實值大，故A錯誤；

B；由用托盤天平稱量藥品時；砝碼和藥品放反了，已知砝碼質量為8g，游碼質量為0.6g，再根據(jù)左盤的質量=右盤的質量+游碼的質量，即8g=藥品質量+0.6g，所以藥品實際質量7.4g，讀出的數(shù)值比真實值大，故B錯誤；

C；銅棒導熱；使反應中放出的熱量散失，溫度降低，比真實值小，故C正確；

D；俯視液面偏高；所讀出的數(shù)值比真實值大，故D錯誤；

故選：C．

【解析】【答案】A；根據(jù)滴定管的結構以及仰視液面偏低；

B；根據(jù)托盤天平稱量藥品時要特別注意“左物右碼”；若放反時可根據(jù)左盤的質量=右盤的質量+游碼的質量，得出物質質量=砝碼質量-游碼質量；

C；根據(jù)銅棒導熱；使反應中放出的熱量散失；

D；根據(jù)量筒的結構以及俯視液面偏高；

5、D【分析】【分析】稀的強酸與強堿反應生成可溶性鹽和水的離子反應能用離子方程式H++OH-=H2O表示，以此來解答．【解析】【解答】解：A、硫酸為強酸，氫氧化鈉為強堿，硫酸鈉為可溶性鹽，則二者反應的離子反應為H++OH-=H2O；故A不選；

B、氫氧化鋇為強堿，鹽酸為強酸，氯化鋇為可溶性鹽，則二者反應的離子反應為H++OH-=H2O；故B不選；

C、氫氧化鉀為強堿，鹽酸為強酸，生成氯化鉀為可溶性鹽，二者反應的離子反應為H++OH-=H2O；故C不選；

D、氫氧化銅是二元弱堿，硝酸是強酸，則離子反應為2H++Cu（OH）2=2H2O+Cu2+；故D選；

故選D．6、A【分析】【解答】利用均攤法可確定該晶體的化學式，N3－的個數(shù)為8×＝1個，Xn＋的個數(shù)為12×＝3個，即晶體的化學式為X3N，根據(jù)電荷守恒可以確定Xn＋中n＝1，由Xn＋中所有電子正好充滿K、L、M三個電子層，知Xn＋為Cu＋，其核外電子數(shù)為28，晶體中與Cu＋等距離的N3－有2個。綜上分析可知A項錯誤。

【分析】本題主要考查晶體的結構、利用均攤法可確定該晶體的化學式，熟練掌握晶體的結構是解題的關鍵?。二、雙選題(共7題，共14分)7、A|D【分析】解：根據(jù)題中流程可知，步驟②中加入鐵粉產生了氫氣，說明前面的酸過量，步驟①中有氯氣與亞鐵離子反應，說明溶液a中有亞鐵離子，17.08g的FeS04和Cu（N03）2的混合物與0.14mol硫酸混合，硝酸根全部被還原為NO，NO的物質的量為mol=0.02mol，根據(jù)氮元素守恒，樣品中Cu（N03）2的質量為188g/mol×0.01mol=1.88g，所以FeS04的質量為17.08g-1.88g=15.2g，其物質的量為0.1mol，原混合物中FeS04的質量分數(shù)為×100%=89%；故C正確；

根據(jù)方程式3Fe2++8H++2NO3-（?。┄T3Fe3++2NO?+4H2O

3mol8mol2×22.4L

n（Fe2+）n（H+）448mL

所以n（Fe2+）=0.03mol，n（H+）=0.08mol；則a溶液中亞鐵離子的物質的量為0.1mol-0.03mol=0.07mol；

根據(jù)方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，可得氧化亞鐵離子需要氯氣的物質的量為0.035mol，故A錯誤，根據(jù)鐵元素守恒，a溶液中鐵離子的物質的量為0.1mol，根據(jù)反應2Fe3++Fe═3Fe2+，可得消耗鐵的物質的量為0.05mol即質量為2.8g，a溶液中n（H+）=0.14mol×2-0.08mol=0.2mol，結合反應2H++Fe═H2↑+Fe2+；可得消耗鐵的物質的量為0.1mol即質量為5.6g，則剩余鐵的質量為9g-5.6g-2.8g=0.6g，故D錯誤，生成的氫氣為0.1mol，其體積為2.44L，故B正確；

故選AD．

根據(jù)題中流程可知，步驟②中加入鐵粉產生了氫氣，說明前面的酸過量，步驟①中有氯氣與亞鐵離子反應，說明溶液a中有亞鐵離子，17.08g的FeS04和Cu（N03）2的混合物與0.14mol硫酸混合；由于亞鐵離子過量，硝酸根全部被還原為NO，據(jù)此計算得硝酸銅的質量及消耗掉的氫離子的物質的量，同時根電子得失守恒可計算出溶液a中生成的鐵離子的物質的量，根據(jù)氯氣的物質的量可計算出a溶液中亞鐵離子的物質的量，并由此計算出溶液中鐵離子的總物質的量，根據(jù)溶液中的氫離子及9g鐵粉可計算出氫氣的體積和m的值；

本題考查了化學計算與實驗流程相結合的知識，根據(jù)實驗步驟和實驗現(xiàn)象進行逐步計算是解題關鍵，題目難度中等．【解析】【答案】AD8、A|D【分析】解：A．對比I；Ⅲ可知；升高溫度，甲醇的物質的量減小，平衡向逆反應方向移動，升高溫度平衡向吸熱反應方向移動，故正反應為放熱反應，故A正確；

B．Ⅱ等效為Ⅰ平衡的基礎壓強增大一倍；平衡向正反應方向移動，甲醇的體積分數(shù)增大，故B錯誤；

C．采取加壓、增大c（H2）；平衡向正反應方向移動，CO的轉化率增大，但使用催化劑影響反應速率，不影響平衡移動，CO的轉化率不變，故C錯誤；

D．CO的起始濃度為0.1mol/L；氫氣的起始濃度為0.2mol/L；甲醇的平衡濃度為0.09mol/L，則：

CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）

開始（mol/L）：0.10.20

轉化（mol/L）：0.090.180.09

平衡（mol/L）：0.010.020.09

故平衡常數(shù)K===2.25×104，濃度商Qc==250＜2.25×104；則反應將向正反應方向進行，故D正確；

故選：AD．

A．對比I；Ⅲ可知；升高溫度，甲醇的物質的量減小，平衡向逆反應方向移動，升高溫度平衡向吸熱反應方向移動；

B．Ⅱ等效為Ⅰ平衡的基礎壓強增大一倍；平衡向正反應方向移動；

C．使用催化劑影響反應速率；不影響平衡移動；

D．利用三段式計算平衡時各組分的濃度，代入K=計算平衡常數(shù)；再計算選項中的濃度商Qc，與平衡常數(shù)比較，判斷反應進行方向．

本題考查化學平衡影響因素、化學平衡常數(shù)的應用等，難度中等，D中注意理解根據(jù)平衡常數(shù)與濃度商判斷反應進行方向．【解析】【答案】AD9、A|D【分析】解：A；在對試管內的固體藥品加熱時；固體藥品存放時因受潮而含有少量水或受熱時生成的水會在管口液化為液體，此時如果試管口高于試管底部，水則會流向試管底(倒流)，而使試管受熱不均勻而炸裂，故A正確；

B；不慎將酒精灑到桌面上引起著火；應立即用濕抹布蓋滅，故B錯誤；

C；白磷在空氣中易自燃；用剩的白磷倒入垃圾箱會引發(fā)火災，故C錯誤；

D；加熱儀器中的液體時(如蒸餾或分餾)；為防止液體暴沸可在蒸餾燒瓶中加入少量沸石，故D正確．

故選AD．【解析】【答案】AD10、B|C【分析】解：A．燒杯間填滿碎泡沫塑料是減少實驗過程中的熱量損失；故A錯誤；

B．參加反應的堿不一樣多；硫酸中氫離子物質的量大，消耗的氫氧化鈉多，放熱多，故B正確；

C．中和滴定實驗中；滴定前盛標準液滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，則消耗標準溶液偏多，所以結果偏大，故C正確；

D．中和滴定操作時；左手震蕩錐形瓶，右手轉動活塞控制液滴流速，眼睛要始終注視錐形瓶內溶液顏色的變化，故D錯誤；

故選：BC．【解析】【答案】BC11、rBC【分析】解：rm{A.Ca(HCO_{3})_{2}}溶液與rm{Ca(OH)_{2}}溶液的反應實質碳酸氫根離子與氫氧根離子、鈣離子反應生成碳酸鈣和水，離子方程式：rm{Ca^{2+}+HCO_{3}^{-}+OH^{-}隆煤CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}故A錯誤；

B.rm{Ca(HCO_{3})_{2}}溶液與rm{Ba(OH)_{2}}溶液反應會生成碳酸鈣、碳酸鋇兩種沉淀，不能用rm{2Ca^{2+}+3HCO_{3}^{-}+3OH^{-}隆煤2CaCO_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}+3H_{2}O}表示；故B正確；

C.rm{Ca(HCO_{3})_{2}}與rm{NaOH}按照物質的量之比為rm{2}rm{3}反應，離子方程式：rm{2Ca^{2+}+3HCO_{3}^{-}+3OH^{-}隆煤2CaCO_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}+3H_{2}O}故C正確；

D.rm{NaHCO_{3}}與rm{Ca(OH)_{2}}按照物質的量之比rm{3}rm{2}反應，離子方程式：rm{2Ca^{2+}+3HCO_{3}^{-}+3OH^{-}隆煤2CaCO_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}+3H_{2}O}故D錯誤；

故選：rm{BC}．

A.rm{Ca(HCO_{3})_{2}}溶液與rm{Ca(OH)_{2}}溶液的反應實質碳酸氫根離子與氫氧根離子；鈣離子反應生成碳酸鈣和水；

B.rm{Ca(HCO_{3})_{2}}溶液與rm{Ba(OH)_{2}}溶液反應會生成碳酸鈣；碳酸鋇兩種沉淀；

C.rm{Ca(HCO_{3})_{2}}溶液與rm{NaOH}溶液反應；氫氧化鈉少量反應生成碳酸鈣；碳酸氫鈉和水，氫氧化鈉過量反應生成碳酸鈣、碳酸鈉和水；

D.rm{NaHCO_{3}}溶液與rm{Ca(OH)_{2}}溶液反應；碳酸氫鈉少量反應生成碳酸鈣；氫氧化鈉和水，碳酸氫鈉過量反應生成碳酸鈉、碳酸鈣；

本題考查了離子方程式的書寫，側重考查反應物用量不同發(fā)生反應不同的離子方程式，明確反應實質是解題關鍵，題目難度較大．【解析】rm{BC}12、rAB【分析】解：rm{A.4}個碳原子的烷基存在四種同分異構體，分別為正丁基、異丁基、仲丁基、叔丁基；當為正丁基，甲苯苯環(huán)上的rm{H}原子種類有rm{3}種，所以有rm{3}種同分異構體；當為異丁基，甲苯苯環(huán)上的rm{H}原子種類有rm{3}種，所以有rm{3}種同分異構體；當為仲丁基，甲苯苯環(huán)上的rm{H}原子種類有rm{3}種，所以有rm{3}種同分異構體；當為叔丁基，甲苯苯環(huán)上的rm{H}原子種類有rm{3}種，所以有rm{3}種同分異構體，故甲苯苯環(huán)上的一個氫原子被含rm{4}個碳原子的烷基取代，所得產物有rm{12}種；故A正確；

B.乙烷的一氯取代物有rm{1}種，二氯取代物有rm{2}種，三氯取代物有rm{2}種，四氯取代物有rm{2}種rm{(}與二溴取代物個數(shù)相同rm{)}五氯取代物有rm{1}種rm{(}與一溴取代物個數(shù)相同rm{)}六氯取代物rm{1}種，所以氯代產物總共有rm{9}種，含有氯化氫，所以產物為rm{10}種；故B正確；

C.由于苯環(huán)含有rm{6}個rm{H}原子，二氯苯與四氯苯的同分異構體數(shù)目相同，若二氯苯有rm{3}種同分異構體，則四氯苯的同分異構體的數(shù)目為rm{3}種；故C錯誤；

D.乙基環(huán)己烷中氫原子的種類有rm{6}種，一溴代物的種類取決于氫原子的種類，所以乙基環(huán)己烷中與氯氣發(fā)生取代反應時，生成的一溴代物有rm{6}種；故D錯誤；

故選AB．

A.先利用等效rm{H}判斷甲苯苯環(huán)上的rm{H}原子種類有rm{3}種，rm{4}個碳原子的烷基存在四種同分異構體；分別為正丁基；異丁基、仲丁基、叔丁基，據(jù)此進行計算；

B.乙烷與氯氣發(fā)生取代反應，可以是一元取代、二元取代rm{}到完全取代，注意多元取代時，可以取代相同碳原子上的氫原子，也可以取代不同碳原子上的氫原子，發(fā)生rm{n}元取代與rm{m}元取代，若rm{n+m}等于氫原子數(shù)目；則取代產物種數(shù)相同，據(jù)此書寫判斷；

C.根據(jù)苯環(huán)上總共含有rm{6}個rm{H}二氯苯與四氯苯的同分異構體數(shù)目相同進行分析；

D.生成的一溴代物的種類取決于乙基環(huán)己烷中氫原子的種類．

本題考查了同分異構體數(shù)目的計算，題目難度較大，明確同分異構體的概念及書寫原則為解答關鍵，試題計算量較大，充分考查學生的分析、理解能力及邏輯推理能力．【解析】rm{AB}13、rBC【分析】解：由于還原性：rm{Fe^{2+}>Br^{-}}通入rm{Cl_{2}}依次發(fā)生rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Cl^{-}}rm{2Br^{-}+Cl_{2}=Br_{2}+2Cl^{-}}

當rm{n(Cl_{2})}rm{n(FeBr_{2})leqslantdfrac{1}{2}}時，只氧化rm{n(FeBr_{2})leqslantdfrac

{1}{2}}當rm{Fe^{2+}}rm{n(FeBr_{2})geqslantdfrac{3}{2}}時，rm{n(Cl_{2})}和rm{n(FeBr_{2})geqslantdfrac

{3}{2}}被完全氧化，介于二者之間時，rm{Fe^{2+}}被完全氧化，rm{Br^{-}}被部分氧化；則。

A.rm{Fe^{2+}}rm{Br^{-}}rm{n(FeBr_{2})=0.4<dfrac{1}{2}}只氧化rm{x=0.4a}故A正確；

B.rm{n(Cl_{2})}rm{n(FeBr_{2})=0.4<dfrac

{1}{2}}rm{Fe^{2+}}介于rm{dfrac{1}{2}隆蘆dfrac{3}{2}}rm{x=0.6a}被完全氧化，rm{n(Cl_{2})}被部分氧化；故B錯誤；

C.rm{n(FeBr_{2})}rm{dfrac{1}{2}隆蘆dfrac

{3}{2}}rm{n(FeBr_{2})geqslantdfrac{3}{2}}rm{Fe^{2+}}和rm{Br^{-}}被完全氧化，則反應的離子方程式為rm{x=2a}故C錯誤；

D.rm{n(Cl_{2})}rm{n(FeBr_{2})geqslantdfrac

{3}{2}}和rm{Fe^{2+}}恰好被完全氧化，反應的離子方程式為rm{Br^{-}}故D正確；

故選：rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}=2Br_{2}+2Fe^{3+}+6Cl^{-}}．

rm{x=1.5a}的還原性比rm{Fe^{2+}}強，所以rm{Br^{-}}通入rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}=2Br_{2}+2Fe^{3+}+6Cl^{-}}溶液中，當rm{BC}不足量時，會先與rm{Fe^{2+}}反應；待rm{Br^{-}}全部被氧化成rm{Cl_{2}}后，過量的rm{FeBr_{2}}才會與rm{Cl_{2}}反應．

本題考查了離子方程式書寫，側重考查氧化還原反應離子方程式書寫，明確氧化還原反應先后規(guī)律，熟悉溴離子、二價鐵離子氧化性強弱關系是解題關鍵，題目難度中等．rm{Fe^{2+}}【解析】rm{BC}三、多選題(共7題，共14分)14、AB【分析】【分析】根據(jù)乙醇的性質；結合反應物與產物的結構判斷；

A．乙醇與酸發(fā)生酯化反應；斷開的羥基上的氫氧鍵；

B．乙醇和濃硫酸共熱到1700C時發(fā)生消去反應；斷裂碳氧鍵；與羥基所連的碳的相鄰的碳上的碳氫鍵；

C．乙醇與與金屬鈉反應生成乙醇鈉和氫氣；斷開的羥基上的氫氧鍵；

D．乙醇在銅催化下與O2反應生成乙醛和水，斷開的是羥基上的氫氧鍵和與羥基所連的碳的氫．【解析】【解答】解：A．乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應；斷開的羥基上的氫氧鍵，即①鍵，故A正確；

B．乙醇和濃硫酸共熱到1700C時發(fā)生消去反應；斷裂碳氧鍵；與羥基所連的碳的相鄰的碳上的碳氫鍵，即②⑤斷裂，故B正確；

C．乙醇與與金屬鈉反應生成乙醇鈉和氫氣；斷開的羥基上的氫氧鍵，即①斷裂，故C錯誤；

D．乙醇在銅催化下與O2反應生成乙醛和水；斷開的是羥基上的氫氧鍵和與羥基所連的碳的氫，即①③斷裂，故D錯誤；

故選AB．15、AD【分析】【分析】從第四周期才出現(xiàn)副元素，第四、五周期一個值，第六、第七周期有鑭系和錒系又是一個結果．【解析】【解答】解：在第四；五周期中第IIA族和第IIB族元素相差10種元素；所以則B元素的原子序數(shù)可能為X+10；

第六；第七周期里應為有鑭系和錒系第IIA族和第IIB族元素相差10+14種元素；所以則B元素的原子序數(shù)可能為X+24；

故選AD16、AD【分析】【分析】本題根據(jù)分液操作時下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出；蒸餾操作時，溫度計水銀球插入到支管口處；蒸干固體時加熱至蒸發(fā)皿中溶液析出大量固體時停止加熱；粗鹽提純時除去泥沙，可用溶解、過濾、蒸發(fā)的方法等知識點來解題．【解析】【解答】解：A．分液操作時；分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，一避免兩種液體相互污染，故A正確；

B．蒸餾操作時；需要將溫度計水銀球插入到支管口處，故B錯誤；

C．用蒸發(fā)方法使NaCl從溶液中析出時；應加熱至蒸發(fā)皿中溶液析出大量固體時停止加熱，用余熱將固體蒸干，故C錯誤；

D．粗鹽提純時；NaCl固體中混有泥沙，可用溶解；過濾、蒸發(fā)的方法除去泥沙，故D正確；

故選AD．17、AB【分析】【分析】AB3易溶于有機溶劑，不溶于水，根據(jù)相似相溶原理，說明AB3是非極性分子，其結構對稱，應為正三角形結構，A原子無孤對電子，A原子為sp2雜化．【解析】【解答】解：A．根據(jù)相似相溶原理，說明AB3是非極性分子；故A正確；

B．AB3是非極性分子；其結構對稱，應為正三角形結構，A原子無孤對電子，故B正確；

C．AB3是非極性分子，其結構對稱，應為正三角形結構，A原子無孤對電子，A原子為sp2雜化；故C錯誤；

D．AB3是非極性分子；其結構對稱，應為正三角形結構，故D錯誤；

故選：AB．18、AD【分析】【分析】根據(jù)化學平衡狀態(tài)的特征解答，當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)．【解析】【解答】解：A；氣體的顏色不再發(fā)生變化；說明碘蒸氣的濃度不變，反應達到平衡狀態(tài)，故A正確；

B；兩邊氣體計量數(shù)相等；容器內壓強始終保持不變，不能說明達平衡狀態(tài)，故B錯誤；

C；當單位時間內；每斷裂2molH-I鍵，同時有1molI-I鍵生成，都體現(xiàn)正反應方向，故C錯誤；

D；單位時間內；每斷裂1molH-H鍵，等效于斷裂1molI-I鍵的同時有1molI-I鍵生成，正逆反應速率相等，達平衡狀態(tài)，故D正確；

故選AD．19、AB【分析】【分析】A．氧化還原反應的特征為化合價變化；其實質為電子轉移；

B．氧化還原反應遵循電子守恒；

C．有單質參加的反應；不一定存在元素的化合價變化；

D．氧化還原反應中，不一定有氧元素參加反應．【解析】【解答】解：A．氧化還原反應的特征為化合價變化；則氧化還原反應的實質是電子的得失，故A正確；

B．氧化還原反應遵循電子守恒；即得；失電子的總數(shù)一定相等，故B正確；

C．有單質參加的反應；不一定存在元素的化合價變化，如氧氣與臭氧的轉化中，沒有元素的化合價變化，為非氧化還原反應，故C錯誤；

D．氧化還原反應中；不一定有氧元素參加反應，如氫氣與氯氣反應生成HCl為氧化還原反應，故D錯誤；

故選AB．20、AC【分析】【分析】短周期元素的離子aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的電子層結構，核外電子數(shù)相等，所以a-2=b-1=c+3=d+1，結合離子電荷可知，A、B為金屬，應處于第三周期，A為Mg元素，B為Na元素，C、D為非金屬，應處于第二周期，C為N元素，D為F元素，而電子層結構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，金屬性越強，單質還原性越強，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：短周期元素的離子aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的電子層結構，核外電子數(shù)相等，所以a-2=b-1=c+3=d+1；結合離子電荷可知，A；B為金屬，應處于第三周期，A為Mg元素，B為Na元素，C、D為非金屬，應處于第二周期，C為N元素，D為F元素；

A．電子層結構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑C3-＞D-＞B+＞A2+；故A正確；

B．核外電子數(shù)相等，所以a-2=b-1=c+3=d+1，故原子序數(shù)a＞b＞d＞c；故B錯誤；

C．A；B、C、D最外層電子數(shù)分別為2、1、5、7；原子最外層電子數(shù)D＞C＞A＞B，故C正確；

D．金屬性B＞A＞C＞D；故單質的還原性B＞A＞C＞D，故D錯誤；

故選AC．四、填空題(共1題，共3分)21、略

【分析】【解析】【答案】五、判斷題(共2題，共10分)22、√【分析】【分析】均衡營養(yǎng)，藥物大多有副作用，要正確使用，才能促進人體健康．【解析】【解答】解：合理選擇飲食，有益健康，藥物大多有副作用，要正確使用，故答案為：√．23、×【分析】【分析】（1）根據(jù)極限法分別求出CO2的體積；

（2）濃度約為75%酒精常用于醫(yī)療上消毒；

（3）根據(jù)乙醇與鈉反應生成乙醇鈉和氫氣；

（4）根據(jù)乙烯、乙醇