2025年滬科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年滬科版高三化學上冊階段測試試卷423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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、化學在生產(chǎn)和生活中有重要的應用，下列說法正確的是（）A.新型材料聚酯纖維、光導纖維都屬于有機高分子化合物B.14C可用于文物年代的鑒定，14C與12C互為同素異形體C.福爾馬林可作食品的保鮮劑D.“開發(fā)利用新能源”、“汽車尾氣催化凈化”都能提高空氣質量2、生活、生產(chǎn)中的問題常涉及到化學知識，下列敘述中正確的是（）A.使用明礬可以對水進行消毒、殺菌B.為加快漂白精的漂白速率，使用時可滴加幾滴醋酸C.浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土放于新鮮的水果箱內是為了催熟水果D.信息產(chǎn)業(yè)中的光纜的主要成分是單質硅3、將7.8gNa2O2投入92.2g水中，所得溶液中溶質的質量分數(shù)為（）A.等于7.8%B.等于8%C.大于8%D.小于8%4、下列關于乙醇的敘述中，錯誤的是（）A.乙醇俗稱酒精B.乙醇不能溶于水C.乙醇可用于消毒D.乙醇能發(fā)生酯化反應5、請你運用所學的化學知識判斷，下列有關的敘述錯誤的是（）A.利用太陽能等清潔能源代替化石燃料，有利于節(jié)約資源．保護環(huán)境B.凡含有食品添加劑的食物對人體健康均有害，不可食用C.為防止電池中的重金屬等污染土壤和水體，應積極開發(fā)廢電池的綜合利用技術D.幾千萬年前地球上一條恐龍體內的某個原子可能在你的身體里6、下列實驗能達到預期目的是（）

。選項實驗內容實驗目的A測同溫同濃度下的H2CO3和H2SO3水溶液的pH確定碳和硫兩元素非金屬性強弱B取一定質量的鋁片，與過量的NaOH溶液充分反應，溢出的氣體通過硅膠后，測其體積確定鋁片中氧化鋁的含量C取久置的Na2SO3溶于水，加硝酸酸化的BaCl2溶液證明Na2SO3部分被氧化D向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液證明FeCl2溶液已全部變質A.AB.BC.CD.D7、對于反應N2O4?2NO2在溫度一定時，平衡體系中NO2的體積分數(shù)V（NO2）%隨壓強的變化情況如圖所示（實線上的任何一點為對應壓強下的平衡點）．下列說法正確的是（）A.C兩點的正反應速率的關系A＞CB.E各狀態(tài)，V正＜V逆的是狀態(tài)EC.維持P1不變，E→A所需時間為x，維持P2不變，D→C所需時間為y，則x＜yD.使E狀態(tài)從水平方向到達C狀態(tài)，從理論上來講，可選用的條件是從P1突然加壓至P28、現(xiàn)有19.7g由Fe、FeO、Al、Al2O3組成的混合物，將它完全溶解在540mL2.00mol?L-1的H2SO4溶液中，收集到標準狀況下的氣體8.96L．已知混合物中，F(xiàn)e、FeO、Al、Al2O3的質量分數(shù)分別為0.284、0，183、0.274和0.259．欲使溶液中的金屬陽離子完全轉化為氫氧化物沉淀，至少應加入2.70mol?L-1的NaOH（aq）體積（）A.480mLB.600mLC.800mLD.960mL9、常溫下amol·L－1稀氨水和bmol·L－1稀鹽酸等體積混合，對混合后溶液判斷一定正確的是A、若a＝b，則c(NH)＝c(Cl－)B、若a＞b，則c(NH)＞c(Cl－)C、若a＞b，則c(OH－)＞c(H＋)D、若a＜b，則c(OH－)＜c(H＋）評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)10、體積為VmL、密度為ρg?cm-3的溶液，含有相對分子質量為M的溶質mg，其物質的量濃度為cmol?L-1，溶質的質量分數(shù)為W%，下列表示式中不正確的是（）A.c=B.m=C.W%=%D.c=11、反應2C+CO2（g）?2CO（g）達到化學平衡后，保持其他條件不變，移走少量CO，達到新的平衡后，下列選項中，增大的是（）A.CO2和CO濃度比B.混合氣體的密度C.轉化率D.CO的體積分數(shù)12、大氣臭氧層的反應是：O+O3═2O2△H；該反應的能量變化如右圖所示，下列敘述中，正確（）

A.O+O3═2O2是吸熱反應B.O+O3═2O2是放熱反應C.反應O+O3═2O2的△H=E3-E2D.反應O+O3═2O2的△H=E3-E113、鋰電池用金屬鋰和石墨作電極材料，電解質溶液是由四氯鋁鋰（LiAlCl4）溶解在亞硫酰氯（）中形成的，該電池的總反應方程式為：8Li+3SOCl2═6LiCl+Li2SO3+2S，下列敘述中正確的是（）A.電解質溶液中混入水，對電池反應無影響B(tài).金屬鋰作電池的負極，石墨作電池的正極C.電池工作過程中，亞硫酰氯（SOCl2）被還原為Li2SO3D.電池工作過程中，金屬鋰提供電子的物質的量與析出硫的物質的量之比為4：114、下列說法恰當?shù)氖牵ǎ〢.乙烯和溴水中的溴發(fā)生加成反應B.溴水和苯在鐵催化下發(fā)生取代反應C.甲烷被氯氣氧化發(fā)生氧化反應D.乙醇與金屬鈉發(fā)生化合反應評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、合成氨是人類科學技術上的一項重大突破，其反應原理為：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-92.4kJ?mol-1

一種工業(yè)合成氨的簡易流程圖如下：

（1）步驟Ⅱ中制氫氣原理如下：

①CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）△H=+206.4kJ?mol-1

②CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H=-41.2kJ?mol-1

對于反應①，一定可以提高平衡體系中H2百分含量，又能加快反應速率的措施是____．

a．升高溫度b．增大水蒸氣濃度。

c．加入催化劑d．降低壓強。

利用反應②，將CO進一步轉化，可提高H2產(chǎn)量．若1molCO和H2的混合氣體（CO的體積分數(shù)為20%）與H2O反應，得到1.18molCO、CO2和H2的混合氣體，則CO轉化率為____．

（2）圖1表示500℃、60.0MPa條件下，原料氣投料比與平衡時NH3體積分數(shù)的關系．根據(jù)圖中a點數(shù)據(jù)計算N2的平衡體積分數(shù)：____．

（3）依據(jù)溫度對合成氨反應的影響，在圖2坐標系中，畫出一定條件下的密閉容器內，從通入原料氣開始，隨溫度不斷升高，NH3物質的量變化的曲線示意圖．

（4）上述流程圖中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步驟是（填序號）____．簡述本流程中提高合成氨原料總轉化率的方法（任寫兩種）：①____②____

____16、氫能的存儲是氫能應用的主要瓶頸；開發(fā)新型儲氫材料是氫能利用的重要研究方向．

（1）Ti（BH4）2是一種過渡元素硼氫化物儲氫材料．

①基態(tài)Ti2+中含有的電子數(shù)為____，電子占據(jù)的最高能級是____，該能級具有的原子軌道數(shù)為____．

②中B原子的雜化方式是____．

（2）金屬氫化物是具有良好發(fā)展前景的儲氫材料．

①LiH中，離子半徑：Li+____H-（填“＞”；“=”或“＜”）．

②某儲氫材料是短周期金屬元素M的氫化物．M的部分電離能如下表所示：

。I1/KJ?mol-1I2/KJ?mol-1I3/KJ?mol-1I4/KJ?mol-1I5/KJ?mol-1738145177331054013630該氫化物的化學式為____．

（3）液氨是富氫物質；是氫能的理想載體．

①NH3的相對分子質量小于PH3，但NH3的沸點卻遠高于PH3，其原因是____．

②NH3容易和分子中有空軌道的BF3反應形成新的化合物，該化合物的結構式為____．

（4）2008年，Yoon等人發(fā)現(xiàn)Ca與C60（分子結構如圖1）生成的Ca32C60能大量吸附H2分子．

①C60晶體易溶于苯、CS2，C60是____分子（填“極性”或“非極性”）．

②1molC60分子中，含有σ鍵數(shù)目為____個（阿伏伽德羅常數(shù)用NA表示）．

（5）某金屬氫化物儲氫材料的晶胞結構如圖2所示，該金屬氫化物的化學式為____，已知該晶體的密度為ag?cm-3，金屬元素R的相對原子質量為M，阿伏伽德羅常數(shù)為NA，則該晶胞的體積為____cm3．

17、請?zhí)顚懴铝锌瞻?；以完成鹵族元素隨著原子半徑的增大而發(fā)生的遞變規(guī)律：

（1）鹵素的熔沸點逐漸____；

（2）鹵素離子（X-）的還原性逐漸____；

（3）氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性逐漸____；

（4）鹵素單質的氧化性逐漸____．18、硼酸（H3BO3）大量應用于玻璃制造行業(yè)，以硼鎂礦（含2MgO?B2O3?H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、Al2O3）為原料生產(chǎn)硼酸的工藝流程如下（圖1）：

已知：H3BO3在20℃、40℃、60℃、100℃時的溶解度依次為5.0g、8.7g、14.8g、40.2g．Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氫氧化物形式完全沉淀時；溶液的pH分別為3.2；5.2、9.7和12.4．

（1）由于礦粉中含CaCO3，“浸取”時容易產(chǎn)生大量泡沫使物料從反應器溢出，故應分批加入H2SO4．該反應的化學方程式為____．

（2）“浸出液”顯酸性，含H3BO3和Mg2+、SO42-，還含有Fe3+、Fe2+、Ca2+、Al3+等雜質．“除雜”時向浸出液中依次加入適量H2O2和MgO，除去的雜質離子是____．H2O2的作用是____（用離子方程式表示）．

（3）“浸取”后，采用“熱過濾”的目的是____．

（4）“母液”可用于回收硫酸鎂，已知硫酸鎂的溶解度隨溫度變化的曲線如圖2，且溶液的沸點隨壓強增大而升高．為了從“母液”中充分回收MgSO4?H2O，應采取的措施是將“母液”蒸發(fā)濃縮，____．19、工業(yè)上制取乙醇有___________和__________兩種，其中具有成本低、產(chǎn)量大、節(jié)約大量糧食的生產(chǎn)方法的化學反應方程式為_______________________________，制飲料酒應用__________法，并不可用工業(yè)酒精為原料，因為工業(yè)酒精中含有有毒的___________。評卷人得分四、判斷題(共3題，共21分)20、Na2SO4固體中含鈉離子．____（判斷對錯）21、18gH2O在標準狀況下的體積是22.4L____．（判斷對錯）22、向淀粉溶液中加入稀硫酸，加熱幾分鐘，冷卻后再加入新制Cu（OH）2濁液加熱，可以檢驗水解產(chǎn)物葡萄糖．____．（判斷對錯說明理由）評卷人得分五、綜合題(共4題，共16分)23、（15分）現(xiàn)有A、B、C、D、E、F六種短周期主族元素，它們的原子序數(shù)依次增大，D與E的氫化物分子構型都是V型。A、B的最外層電子數(shù)之和與C的最外層電子數(shù)相等，A分別與B、C、D形成電子總數(shù)相等的分子。（1）C的元素符號是＿＿＿＿＿＿；元素F在周期表中的位置＿＿＿＿＿＿。（2）B與D一般情況下可形成兩種常見氣態(tài)化合物，假若現(xiàn)在科學家制出另一種直線型氣態(tài)化合物B2D2分子，且各原子最外層都滿足8電子結構，則B2D2電子式為＿＿＿＿＿，其固體時的晶體類型是＿＿＿＿＿＿。（3）最近意大利羅馬大學的FuNvioCacace等人獲得了極具理論研究意義的C4氣態(tài)分子。C4分子結構如圖所示，已知斷裂1molC—C吸收167kJ的熱量，生成1molC≡C放出942kJ熱量。試寫出由C4氣態(tài)分子變成C2氣態(tài)分子的熱化學方程式：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某鹽x(C2A6F2)的性質與CA4F類似，是離子化合物，其水溶液因分步水解而呈弱酸性。①鹽顯酸性原因（用離子方程式表示）＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。②寫出足量金屬鎂加入鹽的溶液中產(chǎn)生H2的化學方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。24、（15分）A、B、C、D、E是中學常見的5種化合物，A、B是氧化物。Ⅰ、元素X、Y的單質是生活中常見的金屬，相關物質間的關系如下圖所示。（1）X的單質與A反應的化學方程式是＿＿＿＿＿。（2）若試劑1是NaOH溶液，X的單質與試劑1反應的離子方程式是＿＿＿＿＿。（3）若試劑1和試劑2均是稀硫酸。①檢驗物質D的溶液中金屬離子的方法是＿＿＿＿＿。②將物質C溶于水，其溶液呈酸性，原因是（用離子方程式表示）＿＿＿＿＿。③某高效凈水劑是由Y（OH）SO4聚合得到的。工業(yè)上以E、稀硫酸和亞硝酸鈉為原料來制備Y（OH）SO4，反應中有NO生成，該反應的化學方程式是。Ⅱ、若X、Y是非金屬單質，試劑3是NaOH溶液，F(xiàn)的水溶液可作木材的防火材料，則X的單質與A反應的化學方程式是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿，試劑1和C的化學式分別是＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿。Y在工業(yè)上的主要用途是＿＿＿＿＿＿＿＿（寫一種）。25、（15分）為研究鐵質材料與熱濃硫酸的反應，某小組進行了以下探究活動：[探究一]（1）稱取鐵釘（碳素鋼）12．0g放入30．0mL濃硫酸中，加熱，充分應后得到溶液X并收集到氣體Y。①甲同學認為X中除Fe3+外還可能含有Fe2+。若要確認其中是否含有Fe2+，應選擇加入的試劑為________（選填序號）。a．KSCN溶液和氯水b．鐵粉和KSCN溶液c．濃氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同學取672mL（標準狀況）氣體Y通入足量溴水中，發(fā)生反應：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，經(jīng)適當操作后得到干燥固體4．66g。據(jù)此推知氣體Y中SO2的體積分數(shù)為____。（相對原子質量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述實驗中SO2體積分數(shù)的結果，丙同學認為氣體Y中還可能含量有H2和CO2氣體。為此設計了下列探究實驗裝置（圖中夾持儀器省略）。（2）寫出產(chǎn)生CO2的化學方程式____。（3）裝置A中試劑的作用是____。（4）簡述確認氣體Y中含有CO2的實驗現(xiàn)象。（5）如果氣體Y中含有H2，預計實驗現(xiàn)象應是。26、（13分）化工生產(chǎn)中常常用到“三酸兩堿”，“三酸”指硝酸、硫酸和鹽酸，“兩堿”指燒堿和純堿。（1）從物質的分類角度看，名不符實的一種物質是____________。（2）“三酸”與“兩堿”之間均可反應，若用化學方程式表示有六個（酸過量時），若用離子方程式表示卻只有兩個，請寫出這兩個離子方程式（酸過量時）：_____________；______________。（3）“三酸”常用于溶解金屬和金屬氧化物。下列塊狀金屬在常溫時能全部溶于足量濃硝酸的是________（填序號）A．AgB．CuC．AlD．Fe（4）燒堿、純堿溶液均可吸收CO2。向含有4．0ｇNaOH的溶液中通入CO2，當通入的CO2與溶液中NaOH物質的量之比為9:7時，則所得溶液中NaHCO3的質量為____ｇ。（相對原子質量：H—1C—12O—16Na—23）參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】A．二氧化硅為無機物；

B．同素異形體是指由同種元素組成的不同單質；

C．食品添加劑包括酸度調節(jié)劑；抗結劑、消泡劑、抗氧化劑、漂白劑、膨松劑、著色劑、護色劑、酶制劑、增味劑、營養(yǎng)強化劑、防腐劑、甜味劑、增稠劑、香料等；

D．化石燃料燃燒能夠產(chǎn)生大量污染污染物．【解析】【解答】解：A．光導纖維主要成分是二氧化硅；二氧化硅為無機物，不是有機高分子材料，故A錯誤；

B．14C與12C是碳元素的不同核素；不是單質，故B錯誤；

C．我國把營養(yǎng)強化劑也歸為食品添加劑的范疇；包括對人體有益的某些氨基酸類，鹽類，礦物質類，膳食纖維等，合理使用食品添加劑，對豐富食品生產(chǎn)，且對人體健康無害，可以食用，但不能過量，福爾馬林有毒，不能作食品添加劑，故C錯誤；

D．“開發(fā)利用新能源”；“汽車尾氣催化凈化”能夠減少化石燃料燃燒；有利于提高空氣質量，故D正確；

故選D．2、B【分析】【分析】A；明礬沒有強氧化性；不能消毒、殺菌；

B；在漂白精中滴加醋酸；可增大HClO的濃度；

C；乙烯是一種植物生長調節(jié)劑；對水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯能被酸性高錳酸鉀氧化；

D、信息產(chǎn)業(yè)中的光纜的主要成分是二氧化硅．【解析】【解答】解：A；明礬水解生成的氫氧化鋁膠體能吸附水中的懸浮顆粒；所以能凈水，但是不能消毒、殺菌，故A錯誤；

B；漂白精種含有次氯酸鈣；在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的濃度，則氧化性增強，可增大漂白速率，故B正確；

C；乙烯是一種植物生長調節(jié)劑；對水果蔬菜具有催熟的作用，為了延長水果的保鮮期，應除掉乙烯，乙烯能被酸性高錳酸鉀氧化，所以將浸泡有酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中除去乙烯，故C錯誤；

D；信息產(chǎn)業(yè)中的光纜的主要成分是二氧化硅；而不是硅，故D錯誤；

故選B．3、C【分析】【分析】7.8g過氧化鈉的物質的量為0.1mol，反應方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，完全反應生成0.2mol氫氧化鈉，氫氧化鈉的質量為8.0g，由于反應過程中氧氣生成，反應后的溶液質量需要100g，則溶質氫氧化鈉的質量分數(shù)大于8%．【解析】【解答】解：過氧化鈉的物質的量為：=0.1mol，根據(jù)反應2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，反應生成了0.2mol氫氧化鈉，氫氧化鈉的質量為：40g/mol×0.2mol=8.0g，由于反應過程中生成了氧氣，溶液的質量小于：92.2g+7.8g=100g，所以反應后的溶液中溶質的質量分數(shù)大于：×100%=8%；

故選C．4、B【分析】解：A；乙醇俗稱酒精；故A正確；

B；乙醇可以和水任意比例互溶；故B錯誤；

C；體積分數(shù)75%乙醇溶液在醫(yī)療上用作消毒劑；故C正確；

D；乙醇能與羧酸發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯和水；故D錯誤；

故選：B；

乙醇俗稱酒精；是無色有特殊香味的液體，易揮發(fā)，密度比水小，可以和水任意比例互溶，體積分數(shù)75%乙醇溶液可用于消毒劑，乙醇能與羧酸發(fā)生酯化反應，據(jù)此分析．

本題考查學生乙醇的性質和應用知識，注意知識的梳理和歸納是解題的關鍵，難度不大．【解析】【答案】B5、B【分析】【分析】A．太陽能是清潔能源；

B．按照食品法規(guī)定的符合添加劑標準的食物對人體健康無害；

C．積極開發(fā)廢電池中的重金屬的綜合利用；

D．利用化學變化中原子不變來解釋．【解析】【解答】解：A．利用太陽能等清潔能源代替化石燃料可以減少二氧化碳的排放；有利于節(jié)約資源；保護環(huán)境，故A正確；

B．合理使用食品添加劑；對豐富食品生產(chǎn)和促進人體健康有好處，可以食用，但不能過量，故B錯誤；

C．積極開發(fā)廢電池中的重金屬的綜合利用；可以防止電池中的重金屬等污染土壤和水體，故C正確；

D．在發(fā)生化學變化時；原子的種類；質量、和數(shù)目都不變，故原子可以千萬年不變，故D正確．

故選B．6、B【分析】【分析】A．亞硫酸不是最高價氧化物的含氧酸；

B．Al與NaOH反應生成氫氣；氧化鋁與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和水；

C．Na2SO3部分被氧化；可能混有硫酸鈉，但硝酸具有氧化性，可氧化亞硫酸鈉；

D．變質混有鐵離子，滴加KSCN溶液溶液變紅，但不能確定是否含亞鐵離子．【解析】【解答】解：A．該實驗中S元素對應的酸是亞硫酸；不是S元素的最高價氧化物的水化物，所以不能比較S與C元素的非金屬性的強弱，故A錯誤；

B．Al與氫氧化鈉反應生成氫氣；利用產(chǎn)生氫氣的量來測定Al的含量，從而測定氧化鋁的含量，故B正確；

C．久置的亞硫酸鈉溶于水；加硝酸酸化的氯化鋇溶液，則硝酸會氧化亞硫酸根離子為硫酸根離子，與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，所以即使亞硫酸鈉未變質也會產(chǎn)生白色沉淀，故C錯誤；

D．變質混有鐵離子，滴加KSCN溶液溶液變紅，但不能確定是否含亞鐵離子，不能證明FeCl2溶液已全部變質；故D錯誤；

故選B．7、D【分析】【分析】A；根據(jù)壓強對化學反應速率的影響分析；壓強越大，反應速率越大；

B；處于曲線上的狀態(tài)為平衡狀態(tài)；在曲線以外的狀態(tài)不處于平衡狀態(tài)，根據(jù)從坐標的變化趨勢判斷反應進行的方向；

C；根據(jù)壓強對化學反應速率的影響分析；壓強越大，反應速率越大，達到平衡狀態(tài)時用的時間越少；

D、從p1突然加壓至p2，瞬間平衡沒有移動，NO2的體積分數(shù)不變，再緩慢降壓時，平衡向正反應方向移動，NO2的體積分數(shù)逐漸增大．【解析】【解答】解：A；增大壓強；反應速率增大，C點壓強大于A點壓強，所以v（A）＜v（C），故A錯誤；

B、處于曲線上的狀態(tài)為平衡狀態(tài)，E點NO2的物質的量少于平衡狀態(tài)時的物質的量，反應應向生成NO2的方向移動，此時v（正）＞v（逆），D點NO2的物質的量多于平衡狀態(tài)時的物質的量；反應向逆反應方向移動，此時v（正）＜v（逆），故B錯誤；

C；壓強越大；反應速率越大，達到平衡狀態(tài)時用的時間越少，E→A和D→C的物質的量相等，應為x＞y，故C錯誤；

D、從p1突然加壓至p2，瞬間平衡沒有移動，NO2的體積分數(shù)不變，再緩慢降壓時，平衡向正反應方向移動，NO2的體積分數(shù)逐漸增大；故D正確．

故選D．8、C【分析】【分析】Fe、FeO、Al、Al2O3組成的混合物，完全溶解在H2SO4溶液中生成硫酸亞鐵、硫酸鋁，硫酸可能有剩余，再向反應后的溶液中加入NaOH溶液使溶液中的金屬陽離子完全轉化為氫氧化物沉淀，則加入的NaOH恰好與硫酸鋁、硫酸亞鐵、可能剩余的硫酸反應得到硫酸鈉溶液與氫氧化物沉淀，根據(jù)硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4），根據(jù)鈉離子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4），再根據(jù)V=計算NaOH溶液體積．【解析】【解答】解：Fe、FeO、Al、Al2O3組成的混合物，完全溶解在H2SO4溶液中生成硫酸亞鐵；硫酸鋁；硫酸可能有剩余，再向反應后的溶液中加入NaOH溶液使溶液中的金屬陽離子完全轉化為氫氧化物沉淀，則加入的NaOH恰好與硫酸鋁、硫酸亞鐵、可能剩余的硫酸反應得到硫酸鈉溶液與氫氧化物沉淀；

根據(jù)硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4）=0.54L×2.00mol?L-1=1.08mol，根據(jù)鈉離子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4）=1.08mol×2=2.16mol，故加入2.70mol?L-1的NaOH溶液體積為=0.8L=800mL，故選C．9、D【分析】試題分析：A、若a＝b，則二者恰好反應生成氯化銨，銨根水解，溶液顯酸性，則c(NH)＜c(Cl－)，A錯誤；B、若a＞b，則氨水過量，但溶液不一定顯堿性，因此溶液中c(NH)不一定大于c(Cl－)，B錯誤；C、若a＞b，則氨水過量，但溶液不一定顯堿性，C錯誤；D、若a＜b，則鹽酸過量，溶液顯酸性，因此溶液中c(OH－)＜c(H＋），D正確，答案選D?？键c：考查酸堿中和反應及溶液中離子濃度大小判斷【解析】【答案】D二、多選題(共5題，共10分)10、AC【分析】【分析】A．根據(jù)物質的量濃度與溶質質量分數(shù)的關系c=進行計算；

B．根據(jù)m=ρV計算出溶液質量；再根據(jù)m（溶質）=m（溶液）×ω計算出溶液中溶質的質量；

C．根據(jù)c=計算出溶質質量分數(shù)進行計算；

D．根據(jù)物質的量濃度c=計算出溶液的物質的量濃度．【解析】【解答】解：A．溶液的物質的量濃度為：c===；故A錯誤；

B．溶液的質量為：ρg?cm-3×VmL=ρVg，溶液中溶質的質量為：ρVg×W%=g；故B正確；

C．根據(jù)c=可得，溶質質量分數(shù)為：W%=；故C錯誤；

D．溶液中溶質的物質的量為：n=mol，溶液的體積為：0.001VL，則該溶液的濃度為：c===mol/L；故D正確；

故選AC．11、CD【分析】【分析】高溫下，在容積固定的密閉容器中，用足量焦炭與一定量二氧化碳發(fā)生可逆的吸熱反應生成了CO，反應的化學方程式為：C+CO22CO，反應達到平衡狀態(tài)后移走少量CO，平衡正向進行，結合反應特征和平衡移動原理分析判斷選項．【解析】【解答】解：C+CO22CO；反應達到平衡狀態(tài)后移走少量CO，平衡正向進行；

A、平衡正向進行，二氧化碳減小，一氧化碳增加，CO2和CO濃度比減小；故A不符合；

B；移走少量CO；平衡正向進行，氣體質量減小，體積不變，混合氣體的密度減小，故B不符合；

C；移走少量CO；平衡正向進行反應物轉化率增大，故C符合；

D；移走少量CO；達到新的平衡時二氧化碳減小，一氧化碳增多，所以CO的體積分數(shù)增大，故D符合；

故選：CD．12、BC【分析】【分析】由圖可知，O+O3=2O2的反應為放熱反應，△H=E3-E2，利用蓋斯定律來分析反應熱的關系即可，以此來解答．【解析】【解答】解：A、由圖可知，反應物O和O3的能量高于產(chǎn)物2O2的能量；所以反應為放熱反應，故A錯誤；

B、由圖可知，反應物O和O3的能量高于產(chǎn)物2O2的能量；所以反應為放熱反應，故B正確；

C、根據(jù)焓變的含義△H=產(chǎn)物的焓-反應物的焓，且反應為放熱反應，即反應O+O3=2O2的△H=E3-E2；故C正確；

D、根據(jù)焓變的含義△H=產(chǎn)物的焓-反應物的焓，且反應為放熱反應，即反應O+O3=2O2的△H=E3-E2；故D錯誤．

故選BC．13、BD【分析】【分析】該電池的負極材料為鋰，性質活潑，易與水反應，則電解質為非水溶液，根據(jù)總反應8Li+3SOCl2═6LiCl+Li2SO3+2S可知，亞硫酰氯（SOCl2）被還原為S，由反應的總方程式可知金屬鋰提供的電子與正極區(qū)析出硫的物質的量之比．【解析】【解答】解：A．鋰性質活潑；易與水反應，則電解質為非水溶液，故A錯誤；

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

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

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

故選：BD．14、AC【分析】【分析】A；有機物分子中的不飽和鍵斷裂；斷鍵原子與其他原子或原子團相結合，生成新的化合物的反應是加成反應．

B；在鐵作催化劑條件下；液溴能和苯發(fā)生取代反應，但溴水和苯不能發(fā)生取代反應，．

C；根據(jù)反應前后是否有元素的化合價變化判斷是否是氧化還原反應；氧化還原反應中還原劑發(fā)生氧化反應．

D、根據(jù)乙醇和鈉反應時，反應物和生成物的個數(shù)判斷．【解析】【解答】解：A；乙烯中的雙鍵斷裂；每個碳原子上結合一個溴原子生成1，2-二溴乙烯，所以屬于加成反應，故A正確；

B；在鐵作催化劑條件下；苯環(huán)上的氫原子能被溴原子取代生成溴苯，但溴水和苯不能發(fā)生取代反應，故B錯誤．

C；氯氣和甲烷的反應中；氯氣得電子作氧化劑，甲烷作還原劑發(fā)生氧化反應，故C正確．

D；乙醇和鈉反應生成乙醇鈉和氫氣；是兩種物質反應生成另外兩種物質，所以不屬于化合反應，故D錯誤．

故選AC．三、填空題(共5題，共10分)15、a90%14.5%IV對原料氣加壓分離液氨，未反應的氮氣和氫氣循環(huán)使用【分析】【分析】（1）①的正反應是氣體體積增大的吸熱反應；升高溫度；增大壓強、增大物質濃度、加入催化劑都能加快反應速率，但升高溫度、減小壓強、增大反應物濃度或減小生成物濃度能使該反應向正反應方向移動；

利用反應②，若1molCO和H2的混合氣體（CO的體積分數(shù)為20%）與H2O反應，反應初始n（CO）=1mol×20%=0.2mol，反應平衡后得到1.18molCO、CO2和H2的混合氣體，根據(jù)C原子守恒得n（CO）+n（CO2）=0.2mol，所以n（H2）=（1.18-0.2）=0.98mol，氫氣增加的物質的量=（0.98-1×80%）mol=0.18mol，根據(jù)氫氣和二氧化碳關系式得參加反應的n（CO2）=0.18mol；

則CO轉化率=；

（2）依據(jù)反應特征N2+3H2=2NH3；反應前后氣體體積減小為生成氨氣的體積，相同條件下，氣體體積比等于氣體物質的量之比，圖象分析可知平衡狀態(tài)氨氣體積含量42%，設平衡混合氣體體積為100，氨氣為體積42，計算反應的氮氣，依據(jù)氣體體積比計算原混合氣體中氮氣體積，得到平衡狀態(tài)下氮氣體積分數(shù)；

（3）合成氨的反應是放熱反應；開始反應，氨氣物質的量增大，達到平衡狀態(tài)，繼續(xù)升溫，平衡逆向進行，氨氣物質的量減小，據(jù)此畫出變化圖象；

（4）依據(jù)反應是氣體體積減小的放熱反應，結合平衡移動原理分析判斷．【解析】【解答】解：（1）對于反應①，一定可以提高平衡體系中H2百分含量；又能加快反應速率的措施是．

a．升高溫度；增大活化分子百分數(shù)，反應速率加快，該反應的正反應是吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，符合條件，故正確；

b．增大水蒸氣濃度正向移動；反應速率加快，但氫氣百分含量減小，故錯誤；

c．加入催化劑加快反應速率；但平衡不移動，所以氫氣百分含量不變，故錯誤；

d．降低壓強反應速率減??；不符合條件，故錯誤；

故選a；

利用反應②，若1molCO和H2的混合氣體（CO的體積分數(shù)為20%）與H2O反應，反應初始n（CO）=1mol×20%=0.2mol，反應平衡后得到1.18molCO、CO2和H2的混合氣體，根據(jù)C原子守恒得n（CO）+n（CO2）=0.2mol，所以n（H2）=（1.18-0.2）=0.98mol，氫氣增加的物質的量=（0.98-1×80%）mol=0.18mol，根據(jù)氫氣和二氧化碳關系式得參加反應的n（CO2）=0.18mol；

則CO轉化率===90%；

故答案為：a；90%；

（2）依據(jù)反應特征N2+3H2=2NH3△V

1322

平衡體積VV

即反應前后氣體體積減小為生成氨氣的體積，相同條件下，氣體體積比等于氣體物質的量之比，圖象分析可知平衡狀態(tài)氨氣體積含量42%，設平衡混合氣體體積為100，氨氣為體積42，則反應前氣體體積100+42=142，氮氣和氫氣按照1：3混合，氮氣體積=142×=35.5；依據(jù)化學方程式計算反應的氮氣體積為21，平衡狀態(tài)氮氣為35.5-21=14.5，則氮氣體積分數(shù)為14.5%；

故答案為：14.5%；

（3）合成氨的反應是放熱反應；開始反應，氨氣物質的量增大，達到平衡狀態(tài)，繼續(xù)升溫，平衡逆向進行，氨氣物質的量減小，畫出的圖象為：

故答案為：

（4）分析流程合成氨放熱通過Ⅳ熱交換器加熱反應混合氣體；使反應達到所需溫度，提高合成氨原料總轉化率，依據(jù)平衡移動原理分析，分離出氨氣；對原料氣加壓都促進平衡正向進行，把平衡混合氣體中氮氣和氫氣重新循環(huán)使用，提高原理利用率；

故答案為：Ⅳ；對原料氣加壓；分離液氨，未反應的氮氣和氫氣循環(huán)使用．16、203d5sp3＜MgH2氨氣分子之間可以形成氫鍵非極性90NAH2R【分析】【分析】（1）①Ti是22號元素其原子核外有22個電子，Ti原子失去兩個電子生成Ti2+；該離子核外有1s；2s、2p、3s、3p、3d電子，電子占據(jù)的最高能級是3d能級，該能級具有的原子軌道數(shù)為5；

②BH4-中B原子價層電子對個數(shù)是4且不含孤對電子對；根據(jù)價層電子對互斥理論判斷B原子的雜化方式；

（2）①電子層結構相同的離子；離子半徑隨著原子序數(shù)增大而減??；

②根據(jù)表中數(shù)據(jù)知；M原子核外有2個電子，位于第IIA族，在化合物中呈現(xiàn)+2價，H為-1價，根據(jù)化合價判斷化學鍵；

（3）①結構相似的氫化物；含有氫鍵的物質熔沸點較高；

②NH3容易和分子中有空軌道的BF3反應形成新的化合物；N原子和B原子之間存在配位鍵；

（4）①非極性分子的溶質極易溶于非極性分子的溶劑；

②根據(jù)圖知，每個C原子含有σ鍵個數(shù)==1.5；

（5）該晶胞中H原子個數(shù)=2+4×=4，R原子個數(shù)=1+8×=2，H、R原子個數(shù)之比=4：2=2：1；該晶胞體積=．【解析】【解答】解：（1）①Ti是22號元素其原子核外有22個電子，Ti原子失去兩個電子生成Ti2+，所以基態(tài)Ti2+中含有的電子數(shù)為20；該離子核外有1s；2s、2p、3s、3p、3d電子；電子占據(jù)的最高能級是3d能級，該能級具有的原子軌道數(shù)為5；

故答案為：20；3d；5；

②BH4-中B原子價層電子對個數(shù)是4且不含孤對電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論知B原子的雜化方式為sp3；

故答案為：sp3；

（2）①電子層結構相同的離子，離子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，所以離子半徑：Li+＜H-；

故答案為：＜；

②根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，M原子核外有2個電子，位于第IIA族，在化合物中呈現(xiàn)+2價，為Mg元素，H為-1價，該化合物化學鍵為MgH2；

故答案為：MgH2；

（3）①結構相似的氫化物；含有氫鍵的物質熔沸點較高，氨氣分子和膦分子結構相似，但氨氣中含有氫鍵，導致熔沸點升高；

故答案為：氨氣分子之間可以形成氫鍵；

②NH3容易和分子中有空軌道的BF3反應形成新的化合物，N原子和B原子之間存在配位鍵，其結構式為

故答案為：

（4）①非極性分子的溶質極易溶于非極性分子的溶劑，C60晶體易溶于苯、CS2，C60是非極性分子；故答案為：非極性；

②根據(jù)圖知，每個C原子含有σ鍵個數(shù)==1.5，1mol該物質中σ鍵個數(shù)=1.5×60×1mol×NA/mol=90NA，故答案為：90NA；

（5）該晶胞中H原子個數(shù)=2+4×=4，R原子個數(shù)=1+8×=2，H、R原子個數(shù)之比=4：2=2：1，所以其化學式為H2R，該晶胞體積=cm3=cm3；

故答案為：H2R；．17、升高增強減弱減弱【分析】【分析】鹵族元素從上到下，隨著原子序數(shù)的增大，原子半徑逐漸增大，元素的非金屬性逐漸減弱，對應單質的氧化性逐漸減弱，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性減弱，離子的還原性增強，單質的熔沸點升高．【解析】【解答】解：（1）鹵族元素從上到下；單質均屬于分子晶體，相對分子質量越大，熔沸點越高，故答案為：升高；

（2）鹵族元素從上到下，單質的氧化性逐漸減弱，鹵素離子（X-）的還原性逐漸增強；故答案為：增強；

（3）鹵族元素從上到下；隨著原子序數(shù)的增大，原子半徑逐漸增大，元素的非金屬性逐漸減弱，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性逐漸減弱，故答案為：減弱；

（4）鹵族元素從上到下，隨著原子序數(shù)的增大，原子半徑逐漸增大，鹵素單質的氧化性逐漸減弱，故答案為：減弱．18、CaCO3（粉末）+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑Fe3+、Fe2+、Al3+H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O防止溫度下降時H3BO3從溶液中析出加壓升溫結晶【分析】【分析】（1）CaCO3與硫酸反應生成二氧化碳；硫酸鈣和水；

（2）加適量H2O2把Fe2+氧化為Fe3+，加MgO調節(jié)PH，使Fe3+、Al3+轉化為沉淀；

（3）H3BO3的溶解度隨溫度的升高而增大；

（4）根據(jù)圖2和溶液的沸點隨壓強增大而升高分析．【解析】【解答】解：（1）CaCO3與硫酸反應生成二氧化碳、硫酸鈣和水，該反應的化學方程式為：CaCO3（粉末）+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑；

故答案為：CaCO3（粉末）+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑；

（2）加適量H2O2把Fe2+氧化為Fe3+，所以H2O2的作用是：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++