2025年新世紀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年新世紀版高三化學上冊階段測試試卷961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總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、設NA為阿伏伽德羅常數的值，下列敘述正確的是（）A.標準狀況下，11.2LCCl4含有的分子數目為0.5NAB.在常溫常壓下，1mol氦氣所含原子數為2NAC.10g重水（D2O）里含有的電子數為10NAD.標準狀況下，22.4LNO2氣體含有的分子數目小于NA2、霉酚酸酯（MMF）是器官移植中抑制細胞增殖最常用的藥物，它在酸性溶液中能發(fā)生如下反應：下列說法中正確的是A.1molMMF與足量NaOH溶液共熱，最多可消耗3molNaOHB.可以用NaHCO3溶液區(qū)別MMF與化合物ⅠC.化合物R的分子式為C6H12NO2D.MMF分子中含有三種官能團3、比較鋅和二氧化錳分別與鹽酸的反應，下列敘述錯誤的是（）A.若Zn和MnO2都是足量的，則前一反應中鹽酸全部被還原，后一反應中鹽酸部分被氧化B.兩個都是氧化還原反應C.鹽酸都是被還原D.等物質的量的Zn和MnO2分別與足量的濃鹽酸反應，轉移的電子數相等4、下列關于有機物的敘述不正確的是（）A.乙醇能發(fā)生取代反應B.C5H12有三種同分異構體C.氨基酸、淀粉屬于高分子化合物D.乙烯和甲烷可用硫酸酸化的高錳酸鉀溶液鑒別5、下列變化中，屬于化學變化的是（）A.向氫氧化鐵膠體中加入少量硫酸鎂溶液后產生沉淀B.燒瓶中盛有溴蒸氣，加入活性炭后，紅棕色逐漸消失C.濃硝酸“發(fā)煙”D.無水硫酸銅由白變藍6、（2015浙江）某同學采用硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質)制取七水合硫酸亞鐵(FeSO4·7H2O)；設計了如下流程：

下列說法____的是（）A.溶解燒渣選用足量硫酸，試劑X選用鐵粉B.固體1中一定含有SiO2，控制pH是為了使Al3+轉化為Al(OH)3，進入固體2C.從溶液2得到FeSO4·7H2O產品的過程中，須控制條件防止其氧化和分解D.若改變方案，在溶液1中直接加NaOH至過量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液經結晶分離也可得到FeSO4·7H2O評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)7、25℃時，下列有關溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是（）A.物質的量濃度相等的①NH4Cl②（NH4）2SO4③NH4Al（SO4）2三種溶液中，c（NH4+由大到小的順序為：③＞②＞①B.0.1mol?L-1CH3COOH與0.05mol?L-1NaOH溶液等體積混合（pH＜7）：

c（CH3COO-）＞c（Na+）＞cCH3COOH）＞c（H+）C.0.1mol?L-1Na2CO3與0.05mol?L-1NaHCO3溶液等體積混合：

c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）D.在0.1mol?L-1NaHC2O4溶液（pH＜7）中：c（OH-）+2c（C2O42-）=c（H+）+2c（H2C2O4）8、下列化學用語的書寫正確的是（）A.基態(tài)Mg原子的核外電子排布圖：B.過氧化氫的電子式：C.As原子的簡化電子排布式：[Ar]4s24p3D.羥基的電子式：9、在一定溫度下將1molCO和1mol水蒸氣放入一固定容積的密閉容器中，反應CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）達平衡后，得到0.6molCO2；再通入0.3mol水蒸氣，達到新平衡狀態(tài)后，CO2的物質的量可能是。

（）A.0.9molB.0.8molC.0.7molD.0.6mol10、E～N等元素在周期表中的相對位置如下表．E與K的原子序數相差4，K的一種單質是空氣中含量最多的物質，H與N屬同周期元素，下列判斷不正確的是（）A.K的氫化物水溶液顯堿性B.F的單質與氧氣反應只生成一種氧化物C.H與N的原子核外電子數相差14D.最高價氧化物的水化物酸性：K＞L＞M11、下列化學用語書寫正確的是（）A.甲烷的電子式：B.丙烯的鍵線式：C.乙醚的結構式：D.乙烯的結構簡式：CH2CH212、下列能用勒夏特列原理解釋的事實是（）A.NaOH溶液使酯水解比稀H2SO4使酯水解更快B.由2NO2（g）?N2O4（g）組成的平衡體系，加壓后顏色加深C.在硫酸亞鐵溶液中，加入鐵粉以防止氧化變質D.用熱的純堿溶液洗去鐵屑表面的油污時，去污效果好13、下列不屬于四種基本反應類型，但屬于氧化還原反應的是（）A.Fe+CuSO4═FeSO4+CuB.2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑C.CO+CuOCu+CO2D.MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O14、一定溫度下，在恒容密閉容器中發(fā)生如下反應：2A（g）+B（g）?3C（g），若反應開始時充入2molA和2molB，達平衡后A的體積分數為a%．其他條件不變時，若按下列四種配比作為起始物質，平衡后A的體積分數大于a%的是（）A.2molCB.2mol3molB和1molHe（He不參加反應）C.1molB和1molCD.2mol1molB和3molC15、C3N4和Si3N4晶體結構相似，是新型的非金屬高溫結構陶瓷材料．下列說法中正確的是（）A.C3N4和Si3N4晶體中含有共價鍵B.C3N4和Si3N4中N的化合價為+3價C.C3N4和Si3N4易于水反應生成NH3D.C3N4晶體的硬度比Si3N4晶體的硬度小評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)16、0.1mol?L-1Na2CO3溶液與0.1mol?L-1NaHCO3溶液等體積混合：寫出。

（1）物料守恒式____；

（2）質子守恒式____．17、某實驗小組同學欲探究SO2的性質，并測定空氣中SO2的含量；他們設計如圖1實驗裝置，請你參與探究，并回答問題：

（1）裝置中的氨水可吸收多余的SO2，發(fā)生反應的離子方程式是____，使用倒立的漏斗能防止倒吸的原因是____；

（2）裝置B用于檢驗SO2的漂白性，其中所盛試劑為____，裝置D用于檢驗SO2的____性質；

（3）裝置C中發(fā)生的現(xiàn)象是____；

（4）如果用鹽酸和硫酸鈉反應制取二氧化硫，裝置如圖2所示，其中a導管的作用是，所用硫酸為70%的濃硫酸，不用稀硫酸的原因是____．

（5）他們擬用以下方法（如圖3）測定空氣中SO2含量（假設空氣中無其他還原性氣體）．

方案Ⅰ：

①洗氣瓶C中溶液藍色消失后，若沒有及時關閉活塞A，則測得的SO2含量____（填“偏高”；“偏低”或“無影響”）

方案Ⅱ：

②實驗中若通過的空氣的體積為33.6L（已換算成標準狀況），最終所得固體質量為0.233g，試通過計算確定該空氣中二氧化碳的含量是否合格（計算過程）：____．（空氣中二氧化碳的體積分數小于0.05%表示合格）18、SO2、NO是大氣污染物．工業(yè)上吸收SO2和NO，同時獲得Na2S2O4和NH4NO3產品的流程圖如圖（Ce為鈰元素）：

（1）裝置Ⅰ中生成HSO3-的離子方程式為____；

（2）向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定濃度的CaCl2溶液，溶液中出現(xiàn)渾濁，pH降為2，用化學平衡移動原理解釋溶液pH降低的原因：____；

（3）裝置Ⅲ中，電解槽的陽極發(fā)生的電極反應為____；

（4）從裝置Ⅳ中獲得粗產品NH4NO3的實驗操作依次為____；過濾、洗滌等．

19、A；B、C、D、E都是短周期元素；原子序數依次增大，B、C同周期，C的非金屬性最強，A、D同主族隔周期，E元素原子最外層的p亞層電子數是s亞層電子數的一半．A、B能形成兩種液態(tài)化合物甲和乙，原子個數比分別為2：1和1：1．根據以上信息回答下列問題：

（1）甲、乙兩分子中含有非極性共價鍵的物質的電子式是____，C元素在周期表中的位置是____．

（2）C和D的離子中，半徑較小的是____（填離子符號）．

（3）將D的單質投入甲中，待D消失后再向上述溶液中加入E的單質，此時發(fā)生反應的化學方程式是____

（4）C、D、E可組成離子化合物，其晶胞（晶胞是在晶體中具有代表性的最小重復單元）結構如下圖所示，陽離子D+（用○表示）位于正方體的棱的中點和正方體內部；陰離子EC6x-（用●表示）位于該正方體的頂點和面心．該化合物的化學式是____．

（5）如圖，鐵有δ、γ、α三種同素異形體，三種晶體在不同溫度下能發(fā)生轉化．下列說法正確的是____

A．γ-Fe晶體中與每個鐵原子距離相等且最近的鐵原子有6個。

B．α-Fe晶體中與每個鐵原子距離相等且最近的鐵原子有6個。

C．若δ-Fe晶胞邊長為acm，α-Fe晶胞邊長為bcm，則兩種晶體密度比為2b3：a3

D．將鐵加熱到1500℃分別急速冷卻和緩慢冷卻；得到的晶體類型相同。

20、（1）2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O氧化劑是____還原劑是____

（2）MnO2+4HCl═MnCl2+2H2O+Cl2↑MnO2被____HCl被____（填“氧化”或“還原”）

（3）6KOH+3Cl2=5KCl+KClO3+3H2O，請用雙線橋表示電子的轉移，____．21、一種由甲醇；氧氣以及強堿做電解質溶液的新型手機電池；容量達氫鎳電池或鋰電池的10倍，可連續(xù)使用一個月才充一次電．請完成下列與甲醇有關的問題．

（1）工業(yè)上有一種生產甲醇的反應為：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）；△H=-49.0kJ?mol-1

在溫度和容積相同的A；B兩個容器中；按不同方式投人反應物，保持恒溫恒容，經10秒鐘后達到平衡，達到平衡時的有關數據如下表：

。容器AB反應物投入量1molCO2（g）和3molH2（g）1molCH3OH（g）和1molH2O（g）CH3OH（g）濃度（mol?L-1）c1c2反應能量變化放出29.4kJ吸收akJ①從反應開始到達到平衡時，A中用CO2來表示的平均反應速率為____（用含C1的表達式表示）．

②a=____．

（2）某同學設計了一個甲醇燃料電池，并用該電池電解200mL-定濃度NaCl與CuSO4混合溶液；其裝置如圖：

①寫出甲中通入甲醇這一極的電極反應式____

②理論上乙中兩極所得氣體的體積隨時間變化的關系如丙圖所示（氣體體積已換算成標準狀況下的體積），寫出在t2后，鐵電極上的電極反應式____；在t2時所得溶液的pH為____．（假設溶液體積不變）

（3）科學家制造出一種使用固體電解質的燃料電池，其效率更高，可用于航天航空．如圖丁所示裝置中，以稀土金屬材料做惰性電極，在兩極上分別通入CH4和空氣，其中固體電解質是摻雜了Y203的Zr02固體，它在高溫下能傳導02-離子。

①d電極的名稱為____．

②如圖戊所示用鉑電極電解足量硫酸銅溶液，b電極上的電極反應式為____．若電解一段時間后要使電解質溶液恢復到電解前的狀態(tài)，可加入____（填序號）．

a．CuOb．Cu（OH）2c．CuC03d．Cu2（OH）2C03．22、若有等體積的a：PH=1的鹽酸，b：PH=1的硫酸，c：物質的量濃度為0.1mol?L-1的醋酸（均用物質序號回答下列問題）：

（1）欲均加水稀釋到相同PH值，所加水的體積關系是：____．

（2）分別加入足量的鋅粉，產生氫氣體積（相同溫度和壓強）大小關系是____

（3）某學生用蒸餾水潤濕的PH試紙測定PH值，誤差最小的是____．23、中共十八大報告提出：“大力推進生態(tài)文明建設”．

（1）向燃煤中加入石灰石作脫硫劑，可大大減少SO2的排放及酸雨的發(fā)生，用這種方法最終可將煤中的硫轉化為____（填化學式）．

（2）自來水廠常用漂白粉、液氯、二氧化氯、臭氧等作為消毒劑，殺滅水中的細菌．液氯注入水中后，能殺死水中細菌，寫出反應的化學方程式____．

（3）對汽車加裝尾氣催化凈化裝置，使其中的有害氣體NO、CO轉化為無害氣體，轉化為CO2和____（填化學式）．評卷人得分四、綜合題(共3題，共15分)24、［化學選修──有機化學基礎］（15分）根據圖示回答下列問題：（1）寫出A、E、G的結構簡式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反應②的化學方程式（包括反應條件）是_________________________，（3）反應④化學方程式（包括反應條件）是____________________________________；（4）寫出①、⑤的反應類型：①________________、⑤__________________。25、（16分）常溫下，在20.0mL0.20mol/LCH3COONa溶液中滴加0.20mol/L的稀鹽酸。溶液的PH值的變化關系如右圖所示。(1)a＞7.0的理由是（用離子方程式表示）（2）如圖，當加入稀鹽酸的體積為V1mL時，溶液的pH值剛好為7.0。此時溶液中c(Cl-)c(CH3COOH)（填＜、＞或＝）。簡要寫出判斷依據。（3）當加入的鹽酸的體積為20.0mL時，測定溶液中的c(H+)為1.3×10-3-mol/L，求CH3COOH的電離平衡常數Ka(設混合后的體積為二者的體積之和，計算結果保留兩位有效數字)。26、［化學選修──有機化學基礎］（15分）根據圖示回答下列問題：（1）寫出A、E、G的結構簡式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反應②的化學方程式（包括反應條件）是_________________________，（3）反應④化學方程式（包括反應條件）是____________________________________；（4）寫出①、⑤的反應類型：①________________、⑤__________________。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】A；根據標準狀況下四氯化碳不是氣體判斷；

B；根據稀有氣體為單原子分子分析；

C；重水的摩爾質量為20g/mol；1mol重水中含有10mol電子；

D、根據二氧化氮與四氧化二氮存在轉化平衡判斷．【解析】【解答】解：A；標況下；四氯化碳不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算四氯化碳的物質的量，故A錯誤；

B、1mol氦氣含有1mol氦原子，所含原子數為NA；故B錯誤；

C、10g重水的物質的量為0.5mol，0.5mol重水含有5mol電子，含有的電子數為5NA；故C錯誤；

D、標況下，22.4L二氧化氮的物質的量為1mol，由于二氧化氮部分轉化成了四氧化二氮，所以含有的分子數目小于NA；故D正確；

故選：D．2、A|B【分析】試題分析：A、MMF分子中含有2個酯基、1個酚羥基，所以1molMMF與足量NaOH溶液共熱，最多可消耗3molNaOH，正確；B、MMF中的酚羥基不與碳酸氫鈉溶液反應，而化合物I中的羧基可與碳酸氫鈉溶液反應有氣體生成，可以鑒別，正確；C、根據質量守恒定律，化合物R的分子式中已不存在O元素，錯誤；D、MMF分子中含有酯基、羥基、碳碳雙鍵、氮原子、醚鍵5種官能團，錯誤，答案選AB?？键c：考查有機物結構、性質的判斷，官能團的判斷與性質【解析】【答案】AB3、C【分析】【分析】反應4HCl+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑中，Cl元素化合價升高，被氧化，HCl為還原劑，Mn元素化合價降低，被還原，MnO2為氧化劑，反應2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑中，H元素化合價降低，被還原，HCl為氧化劑，Zn元素化合價升高，被氧化，Zn為還原劑，據此分析．【解析】【解答】解：A、反應4HCl+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑中，部分Cl元素化合價升高，所以鹽酸部分被氧化，反應2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑中；H元素化合價降低，則全部被還原被還原，故A正確；

B、反應4HCl+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑和反應2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑中；都有化合價變化，所以都是氧化還原反應，故B正確；

C、反應4HCl+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑中；部分Cl元素化合價升高，所以鹽酸部分被氧化，故C錯誤；

D、反應4HCl+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑和反應2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑中，等物質的量的Zn和MnO2分別反應；生成1mol氫氣和1mol氯氣，所以轉移的電子數相等，故正確；

故選：C．4、C【分析】【分析】A；乙醇可以和鹵化氫加熱發(fā)生取代反應；乙醇分子間脫水生成乙醚發(fā)生取代反應；

B；分子式判斷為烷烴；戊烷存在三種同分異構體；

C；氨基酸不是高分子化合物；

D、乙烯含不飽和鍵能使酸化的高錳酸鉀溶液褪色，甲烷是飽和烷烴不能使高錳酸鉀溶液褪色．【解析】【解答】解：A；乙醇中的羥基氫可以發(fā)生取代反應；乙醇可以和鹵化氫加熱發(fā)生取代反應，乙醇分子間脫水生成乙醚發(fā)生取代反應，故A正確；

B、分子式C5H12判斷為烷烴；戊烷存在三種同分異構體，正戊烷；異戊烷、新戊烷，故B正確；

C；氨基酸不是高分子化合物；淀粉是高分子化合物，故C錯誤；

D；乙烯含不飽和鍵能使酸化的高錳酸鉀溶液褪色；甲烷是飽和烷烴不能使高錳酸鉀溶液褪色，可以利用高錳酸鉀鑒別乙烯和甲烷，故D正確；

故選：C．5、D【分析】【分析】化學變化是指在原子核不變的情況下，有新物質生成的變化，物理變化是指沒有新物質生成的變化，化學變化和物理變化的本質區(qū)別是否有新物質生成，據此分析判斷．【解析】【解答】解：A．是膠體的聚沉過程；屬于物理變化，故A錯誤；

B．體現(xiàn)了活性炭的吸附性；屬于物理變化，故B錯誤；

C．濃硫酸發(fā)煙是由于硝酸沸點低易揮發(fā)；揮發(fā)的硝酸遇空氣中的水蒸氣造成的，屬于物理變化，故C錯誤；

D．無水硫酸銅由白變藍是其結合水生成了膽礬；屬于化學變化，故D正確．

故選D．6、D【分析】【解答】A、流程設計意圖是用硫酸把Fe2O3、Al2O3轉化為硫酸鹽，除去SiO2，然后用鐵粉還原Fe3+得到硫酸亞鐵．A正確；B、固體1為SO2，分離固固體1為SiO2，分離FeSO4和Al2（SO4）3采用的是調控pH的方法．使Al3+轉化為Al（OH）3沉淀從而與FeSO4分離，B不正確；C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O產品的過程中，要防止其被氧化和分解．C正確;D、在溶液1中直接加過量的NaOH得到的是Fe（OH）2沉淀，但Fe（OH）2

不穩(wěn)定，很容易被氧化為Fe（OH）3，這樣的話，最終所得的產品不純，混有較多的雜質Fe2（S04）3,D不正確.答案選D.

【分析】離子推斷題的發(fā)展主要以離子反應為前提，主要考查學生在熟練掌握陰陽離子性質的基礎上，進行1性推斷，考查方式為離子的判斷、離子間的反應方程式，在此基礎上會結合相關化學量的計算，還有綜合推斷型，主要考查學生1性分析和1量分析的綜合能力，還會出現(xiàn)與元素化合物知識相結合，考查學生的綜合解題能力?？疾榱藢W生對知識理解、綜合運用能力及閱讀材料接受信息的能力和思維能力，對相關知識的掌握情況，能夠很好地考查考生所掌握的化學知識結構。這道高考題為一道中高檔題，能力要求較高。二、多選題(共9題，共18分)7、BC【分析】【分析】A．①NH4Cl②（NH4）2SO4③NH4Al（SO4）2，先不考慮水解，則②（NH4）2SO4含有兩個NH4+，所以它們NH4+的濃度大于其它兩種物質，①③溶液中c（NH4+）根據鹽類水解的影響分析判斷；

B.0.1mol?L-1CH3COOH與0.05mol?L-1NaOH溶液等體積混合得到重生和醋酸鈉的混合溶液；pH＜7溶液顯酸性說明是電離大于醋酸根離子的水解：

C.0.1mol?L-1Na2CO3與0.05mol?L-1NaHCO3溶液等體積混合溶液中存在物料守恒；0.15n（Na）=0.25n（C），即3n（Na）=5n（C）；

D．在0.1mol?L-1NaHC2O4溶液（pH＜7）中溶液顯酸性，HC2O4-電離大于水解，溶液中存在電荷守恒和物料守恒計算分析．【解析】【解答】解：A．①NH4Cl②（NH4）2SO4③NH4Al（SO4）2，先不考慮水解，則②（NH4）2SO4含有兩個NH4+，所以它們NH4+的濃度大于其它兩種物質，①③二種物質中①NH4Cl，NH4+水解，③NH4Al（SO4）2，鋁離子的水解對銨根離子起抑制作用，即溶液中c（NH4+）②＞③＞①；故A錯誤；

B.0.1mol?L-1CH3COOH與0.05mol?L-1NaOH溶液等體積混合得到重生和醋酸鈉的混合溶液，pH＜7溶液顯酸性說明是電離大于醋酸根離子的水解，溶液中離子濃度大小為：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）；故B正確；

C.0.1mol?L-1Na2CO3與0.05mol?L-1NaHCO3溶液等體積混合溶液中存在物料守恒，0.15n（Na）=0.25n（C），即3n（Na）=5n（C），c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）；故C正確；

D．在0.1mol?L-1NaHC2O4溶液（pH＜7）中溶液顯酸性，根據物料守恒得c（Na+）=c（HC2O4-）+c（H2C2O4）+c（C2O42-），根據電荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），所以得c（H+）+c（H2C2O4）=2c（C2O42-）+c（OH-）；故D錯誤；

故選BC．8、AD【分析】【分析】A、基態(tài)Mg原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s2，所以核外電子軌道表示式：

B；過氧化氫為共價化合物；分子中含有2個O-H鍵和1個O-O鍵；

C；As是35號元素；屬于主族元素，根據構造原理書寫其核外電子排布；

D、羥基是電中性基團，氧原子與氫原子以1對共用電子對連接．【解析】【解答】解：A、基態(tài)Mg原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s2，所以核外電子軌道表示式：故A正確；

B、雙氧水屬于共價化合物，含有2個O-H鍵和1個O-O鍵，其電子式為故B錯誤；

C、As的原子序數為33，屬于主族元素，由構造原理可知電子排布為1s22s22p63s23p63d104s24p3，所以As原子的簡化電子排布式為：[Ar]3d104s24p3；故C錯誤；

D、氧原子與氫原子通過一對共用電子對連接，羥基是電中性基團，羥基的電子式為故D正確；

故選AD．9、BC【分析】【分析】反應CO+H2O（g）?CO2+H2達平衡后，加入水蒸氣，化學平衡會向著正反應方向進行，但是反應物不可能全部轉化為生成物，據此判斷．【解析】【解答】解：根據題意；利用三段式分析。

CO+H2O（g）?CO2+H2；

初始物質的量：1100

變化物質的量：0.60.60.60.6

平衡物質的量：0.40.40.60.6

此時二氧化碳的物質的量是0.6mol，再通入0.3mol水蒸氣，化學平衡會向著正反應方向進行，假設一氧化碳全部轉化完畢，則會生成二氧化碳和氫氣各0.3mol，此時CO2的物質的量0.9mol，但是一氧化碳不會全部轉化，所以達到新的平衡后，CO2的物質的量介于0.6mol-0.9mol之間，故選BC．10、BC【分析】【分析】K的一種單質是空氣中含量最多的物質；則K是N元素，則L是P元素；M是Si元素、N是Ge元素；E與K的原子序數相差4，H與N屬同周期元素，則E是Li元素、F是Na元素、G是Mg元素、H是Ca元素；

A．K的氫化物是氨氣；

B．F是Na元素；鈉的氧化物有氧化鈉；過氧化鈉；

C．H是Ca元素；N是Ge元素；二者原子序數相差12；

D．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強．【解析】【解答】解：K的一種單質是空氣中含量最多的物質；則K是N元素，則L是P元素；M是Si元素、N是Ge元素；E與K的原子序數相差4，H與N屬同周期元素，則E是Li元素、F是Na元素、G是Mg元素、H是Ca元素；

A．K的氫化物是氨氣；氨水溶液呈堿性，故A正確；

B．F是Na元素；鈉的氧化物有氧化鈉；過氧化鈉，有兩種氧化物，故B錯誤；

C．H是Ca元素；N是Ge元素；二者原子序數相差12而不是14，故C錯誤；

D．元素的非金屬性越強；其最高價氧化物的水化物酸性越強，非金屬性K＞L＞M，所以最高價氧化物的水化物酸性強弱K＞L＞M，故D正確；

故選BC．11、AC【分析】【分析】A．甲烷分子中含有4個碳氫鍵；碳原子最外層達到8電子穩(wěn)定結構；

B．鍵線式是進一步省去碳氫元素的符號；只要求表示出碳碳鍵以及與碳原子相連的基團，鍵線式中每個拐點和終點均表示一個碳原子，每個碳原子都形成四個共價鍵，不足的用氫原子補足。

C．乙醚分子中含有2個甲基；不存在羥基；

D．結構簡式中需要標出官能團結構，乙烯的結構簡式沒有表示出其官能團碳碳雙鍵．【解析】【解答】解：A．甲烷分子中含有4個碳氫鍵，為正四面體結構，甲烷的電子式為：故A正確；

B．鍵線式中所有拐點和端點都有一個碳原子，為丁烯，丙烯有3個碳原子，正確的鍵線式為：故B錯誤；

C．乙醚分子中含有兩個甲基，不存在羥基，乙醚的結構式為：故C正確；

D．烯烴的結構簡式中C=C雙鍵不能省略，乙烯的結構簡式為CH2=CH2；故D錯誤；

故選AC．12、AD【分析】【分析】勒夏特利原理是如果改變影響平衡的一個條件（如濃度、壓強或溫度等），平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動，勒夏特利原理適用的對象應存在可逆過程，如與可逆過程的平衡移動無關，則不能用勒夏特利原理解釋．【解析】【解答】解：A；酯水解生成酸和醇；是可逆反應，氫氧化鈉和酸發(fā)生中和反應，有利于平衡向正向移動，能用勒夏特利原理解釋，故A不符合；

B；加壓后顏色加深；是體積縮小濃度增大，平衡不一定移動，不能用勒夏特利原理解釋，故B不符合；

C；鐵粉防止氧化；是利用鐵還原鐵離子重新生成亞鐵離子，不能用勒夏特利原理解釋，故C不符合；

D；熱堿水解程度大堿性強；去油污效果好，能用勒夏特利原理解釋，故D符合；

故選AD．13、CD【分析】【分析】氧化還原反應的特征為元素化合價的變化，如元素化合價發(fā)生變化，則屬于氧化還原反應，以此解答該題．【解析】【解答】解：A．為置換反應；Fe和Cu元素發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，故A不選；

B．為分解反應；Mn和O元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，故B不選；

C．不屬于四種基本反應類型；C和Cu元素的化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，故C選；

D．不屬于四種基本反應類型；Mn和Cl元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，故D選．

故選：CD．14、AD【分析】【分析】反應2A（g）+B（g）?3C（g）中，氣體的體積前后相同，在一定溫度下，在恒容密閉容器中得到平衡狀態(tài)，只要滿足物質全部轉化為A、B，且滿足n（A）：n（B）=1：1，即可得到相同平衡狀態(tài)，若要平衡后A的體積分數大于a%，說明平衡向左移動，根據等效平衡，把物質都換算成方程式一邊的物質，滿足n（A）：n（B）＞1：1，據此進行判斷即可．【解析】【解答】解：反應2A（g）+B（g）?3C（g）中；氣體的體積前后相同，在一定溫度下，在恒容密閉容器中得到平衡狀態(tài)，只要滿足物質全部轉化為A；B，且滿足n（A）：n（B）=1：1，為等效平衡，則。

A．若將2molC全部轉化為A、B，分別得到molA和molB；n（A）：n（B）=2：1＞1：1，使A的轉化率減小，A的百分含量增加，故A正確；

B.2molA；3molB和1molHe（不參加反應）；n（A）：n（B）=2：3＜1：1，A的轉化率增大，則平衡后A的體積分數小于a%，故B錯誤；

C.1molB和1molC，相當于molA和molB；n（A）：n（B）=1：2＜1：1，A的轉化率增大，則平衡后A的體積分數小于a%，故C錯誤；

D.2molA；1molB和3molC；相當于4molA和2molB，n（A）：n（B）=2：1＞1：1，A的轉化率降低，則平衡后A的體積分數大于a%，故D正確；

故選AD．15、AB【分析】【分析】A．氮化硅晶體中的構成微粒是原子；原子間以共價鍵相結合構成原子晶體；

B．正負化合價的代數和為0；

C．C3N4和Si3N4都是原子晶體；

D．C-N鍵比Si-N鍵短，鍵能大．【解析】【解答】解：A．C3N4和Si3N4是原子晶體；含有含有共價鍵，故A正確；

B．氮化硅中氮元素的電負性大于硅元素，所以氮元素顯負價，硅元素顯正價，硅元素的化合價是+4價，化合物中各元素的化合價代數和為0，所以氮元素的化合價是-3價，同理C3N4中氮元素的化合價是-3價；故B錯誤；

C．C3N4和Si3N4都是原子晶體；原子晶體不易溶于水，故C錯誤；

D．C原子半徑比Si?。籆-N鍵比Si-N鍵短，鍵能大，硬度高，故D錯誤．

故選A．三、填空題(共8題，共16分)16、2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）c（HCO3-）+3c（H2CO3）+2c（H+）=c（CO32-）+2c（OH-）【分析】【分析】任何電解質溶液中都存在物料守恒和電荷守恒，根據電荷守恒和物料守恒判斷質子守恒，該溶液中鈉離子與含有C原子的微粒存在物料守恒，據此分析解答．【解析】【解答】解：（1）該溶液中鈉離子與含有C原子的微粒存在物料守恒，鈉離子濃度和含有C原子的微粒的濃度之和的比為3：2，碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子、碳酸氫根離子水解生成碳酸，所以含有C原子的微粒有CO32-、HCO3-、H2CO3，所以存在的物料守恒為2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）；

故答案為：2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）；

（2）根據物料守恒得2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）；

根據電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（OH-）+c（HCO3-）；

所以存在質子守恒得c（HCO3-）+3c（H2CO3）+2c（H+）=c（CO32-）+2c（OH-），故答案為：c（HCO3-）+3c（H2CO3）+2c（H+）=c（CO32-）+2c（OH-）．17、2NH3?H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O倒扣的漏斗，橢圓形部分體積較大，具有緩沖作用，能防止倒吸品紅溶液氧化性深黃色的碘水褪色二氧化硫在水中的溶解度比較大，濃硫酸具有吸水性，能促使二氧化硫的生成偏低不合格【分析】【分析】探究SO2的性質實驗流程：在裝置A1中Cu與濃硫酸共熱發(fā)生反應反應的化學方程式為：Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+2H2O+SO2↑，生成硫酸銅、二氧化硫氣體和水，B、C、D分別檢驗SO2的漂白性、還原性和氧化性，裝置B用品紅溶液檢驗漂白性，在裝置C中SO2與碘水發(fā)生反應：I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，檢驗二氧化硫的還原性，在裝置D中發(fā)生反應：SO2+2H2S=3S↓+H2O；檢驗二氧化硫的氧化性，在裝置E中用堿性的氨水吸收尾氣．

（1）二氧化硫屬于酸性氧化物；能和堿溶液反應生成鹽和水，易發(fā)生倒吸，為了防止倒吸，可以在導管中連接體積較大的容器；

（2）二氧化硫具有漂白性，如果B中品紅溶液褪色，證明混合氣體中含有二氧化硫氣體；裝置D用于檢驗SO2的氧化性；

（3）裝置C中SO2與碘水發(fā)生反應I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；碘水褪色；

（4）a導管的作用是平衡分液漏斗和蒸餾燒瓶間的壓強；使液體順利流下，二氧化硫在水中的溶解度比較大，濃硫酸具有酸性和吸水性；

（5）方案Ⅰ：①沒有及時關閉活塞A；則通過流量計的氣體中的二氧化硫不能全部被吸收；

方案Ⅱ：②生成的沉淀0.233g是硫酸鋇，根據n=計算硫酸鋇的物質的量，根據硫元素守恒，可知n（SO2）=n（H2SO4）=n（BaSO4），根據V=nVm計算二氧化硫的體積，利用體積分數定義計算判斷是否合格．【解析】【解答】解：（1）二氧化硫有毒不能直接排空，且二氧化硫屬于酸性氧化物，能和堿溶液反應生成無毒的鹽和水，所以用氨水吸收二氧化硫，離子方程式為：2NH3?H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O；由于二氧化硫氣體極易溶于氨水，導致裝置內壓強急劇降低，外界大氣壓壓著液體進入，產生倒吸現(xiàn)象，用倒扣的漏斗，橢圓形部分體積較大，具有緩沖作用，能防止倒吸；

故答案為：2NH3?H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O；倒扣的漏斗；橢圓形部分體積較大，具有緩沖作用，能防止倒吸；

（2）裝置B用于檢驗SO2的漂白性，SO2能與某些有色物質如品紅結合形成無色的物質，因此SO2有漂白性，在裝置B用品紅溶液檢驗，在裝置D中發(fā)生反應：SO2+2H2S=3S↓+H2O，反應中SO2是氧化劑，表現(xiàn)氧化性，H2S是還原劑；表現(xiàn)還原性；

故答案為：品紅溶液；氧化性；

（3）在裝置C中SO2與碘水發(fā)生反應：SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；深黃色的碘水褪色；

故答案為：深黃色的碘水褪色；

（4）a導管連接分液漏斗和蒸餾燒瓶；其作用是平衡分液漏斗和蒸餾燒瓶間的壓強，使液體順利流下，常溫下，1體積水中溶解40體積的二氧化硫，不用稀硫酸制取二氧化硫的原因是二氧化硫在水中的溶解度比較大，濃硫酸具有吸水性，能促使二氧化硫的生成；

故答案為：平衡分液漏斗和蒸餾燒瓶間的壓強；使液體順利流下；二氧化硫在水中的溶解度比較大，濃硫酸具有吸水性，能促使二氧化硫的生成；

（5）①洗氣瓶C中溶液藍色消失后，沒有及時關閉活塞A，則通入尾氣的體積增大，因此SO2含量偏低；

故答案為：偏低；

方案Ⅱ：②0.233g硫酸鋇的物質的量為=0.001mol，根據硫元素守恒，可知n（SO2）=n（H2SO4）=n（BaSO4）=0.01mol，故二氧化硫的體積為0.01mol×22.4L/mol=0.0224L，二氧化硫的體積分數為×100%≈0.067%；大于0.05%不合格；

故答案為：不合格．18、SO2+OH-=HSO3-HSO3-在溶液中存在電離平衡：HSO3-?SO32-+H+，加CaCl2溶液后，Ca2++SO32-=CaSO3↓使電離平衡右移，c（H+）增大Ce3+-e-═Ce4+蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶【分析】【分析】（1）二氧化硫是酸性氧化物；能和強堿之間發(fā)生反應；

（2）NaHSO3溶液中HSO3-的電離大于水解；溶液顯示酸性，根據平衡移動原理來回答；

（3）在電解池中；陽極上發(fā)失去電子的氧化反應；

（4）根據獲得粗產品的實驗步驟來分析．【解析】【解答】解：（1）二氧化硫是酸性氧化物，能和強堿氫氧化鈉之間發(fā)生反應：SO2+OH-=HSO3-，NO和氫氧化鈉之間不會反應，故答案為：SO2+OH-=HSO3-；

（2）NaHSO3溶液中HSO3-的電離大于水解，HSO3-?SO32-+H+，溶液顯示酸性，加入CaCl2溶液后，Ca2++SO32-=CaSO3↓使電離平衡右移；

故答案為：HSO3-在溶液中存在電離平衡：HSO3-?SO32-+H+，加CaCl2溶液后，Ca2++SO32-=CaSO3↓使電離平衡右移，c（H+）增大；

（3）電解池的陽極上發(fā)失去電子的氧化反應，電極反應為：Ce3+-e-═Ce4+，故答案為：Ce3+-e-═Ce4+；

（4）獲得粗產品的實驗步驟為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌等，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶；19、第二周期、第ⅦA族Na+2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Na3AlF6BC【分析】【分析】A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序數依次增大，A、D同主族隔周期，A的原子序數小于D，則A為H元素，則D為Na元素；B、C同周期，且B、C的原子序數小于D，則B和C位于第二周期元素，C的非金屬性最強，則C是F元素，A、B能形成兩種液態(tài)化合物甲和乙，原子個數比分別為2：1和1：1，則B是O元素，甲是H2O，乙是H2O2，E元素原子最外層的p亞層電子數是s亞層電子數的一半，且原子序數大于11，所以E是Al元素，結合原子結構、物質性質分析解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序數依次增大，A、D同主族隔周期，A的原子序數小于D，則A為H元素，則D為Na元素；B、C同周期，且B、C的原子序數小于D，則B和C位于第二周期元素，C的非金屬性最強，則C是F元素，A、B能形成兩種液態(tài)化合物甲和乙，原子個數比分別為2：1和1：1，則B是O元素，甲是H2O，乙是H2O2；E元素原子最外層的p亞層電子數是s亞層電子數的一半，且原子序數大于11，所以E是Al元素；

（1）甲、乙兩分子中含有非極性共價鍵的物質是H2O2，H2O2的電子式是C元素是O元素，O元素在周期表中的位置是第二周期第VIIA族；

故答案為：第二周期；第ⅦA族；

（2）C和D的離子分別是F-和Na+，電子層結構相同的離子中，離子半徑隨著原子序數的增大而減小，所以半徑較小的是Na+，故答案為：Na+；

（3）鈉和水反應生成NaOH和氫氣，Al和NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和水，反應方程式為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（4）F、Na、Al可組成離子化合物，陽離子Na+（用○表示）位于正方體的棱的中點和正方體內部；陰離子AlF6x-（用●表示）位于該正方體的頂點和面心．該化合物的化學式是。

陰離子個數==4，Na+個數==12，陰陽離子個數比=4：12=1：3，化合物中陰陽離子所帶電荷相等，所以x=3，則其化學式為：Na3AlF6，故答案為：Na3AlF6；

（5）A．γ-Fe晶體中與每個鐵原子距離相等且最近的鐵原子個數=3×=12；故錯誤；

B．α-Fe晶體中與每個鐵原子距離相等且最近的鐵原子是相鄰頂點上鐵原子；鐵原子個數=2×3=6，故正確；

C．若δ-Fe晶胞邊長為acm，α-Fe晶胞邊長為bcm，則兩種晶體中鐵原子個數之比=（1+）：（8×）=2：1，密度比=：=2b3：a3；故正確；

D．將鐵加熱到1500℃分別急速冷卻和緩慢冷卻；溫度不同，得到的晶體類型不相同，故錯誤；

故選BC．20、Cl2Cl2還原氧化【分析】【分析】（1）Cl元素的化合價既升高又降低；

（2）Mn元素的化合價降低；Cl元素的化合價升高；

（3）Cl元素的化合價既升高又降低，反應中轉移5e-．【解析】【解答】解：（1）Cl元素的化合價既升高又降低，則Cl2既是氧化劑又是還原劑，故答案為：Cl2；Cl2；

（2）Mn元素的化合價降低，Cl元素的化合價升高，則MnO2被還原；HCl被氧化，故答案為：還原；氧化；

（3）Cl元素的化合價既升高又降低，反應中轉移5e-，雙線橋表示電子的轉移為

故答案為：．21、0.1c1mol/（L?S）19.6CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O2H++2e-=H2↑1負極Cu2++2e-═Cuac【分析】【分析】（1）①根據方程式知，1mol二氧化碳完全反應放出49kJ能量，則反應放出29.4kJ熱量，則參加反應的二氧化碳的物質的量==0.6mol，根據方程式知，生成c1mol甲醇需要二氧化碳的物質的量為c1mol/L，從反應開始到達到平衡時，A中用CO2來表示的平均反應速率=；

②A；B是等效平衡；則A中放出的熱量與B中吸收的熱量之和為49.0kJ；

（2）①甲是原電池；通入甲醇的電極是負極；通入氧氣的電極是正極，負極上甲醇失電子和氫氧根離子反應生成碳酸根離子和水；

②電解該混合溶液時；陽極上先是氯離子放電生成氯氣；后是氫氧根離子放電生成氧氣，陰極上先是銅離子放電生成Cu單質，所以沒有氣體生成，然后是氫離子放電生成氫氣，根據圖象知，I為陰極發(fā)生的反應、II為陽極發(fā)生的反應；

在t2后；鐵電極上氫離子放電生成氫氣；石墨電極上氫氧根離子放電生成氧氣，實際上是電解水；

（3）①根據電流方向知；c是正極；d是負極；

②如圖戊所示用鉑電極電解足量硫酸銅溶液，b電極上銅離子放電生成Cu；若電解一段時間后要使電解質溶液恢復到電解前的狀態(tài)，根據析出什么加入什么原則加入物質即可．【解析】【解答】解：（1）①根據方程式知，1mol二氧化碳完全反應放出49kJ能量，則反應放出29.4kJ熱量，則參加反應的二氧化碳的物質的量==0.6mol，根據方程式知，生成c1mol甲醇需要二氧化碳的物質的量為c1mol/L，從反應開始到達到平衡時，A中用CO2來表示的平均反應速率===0.1c1mol/（L?S）；

故答案為：0.1c1mol/（L?S）；

②A；B是等效平衡；則A中放出的熱量與B中吸收的熱量之和為49.0kJ，則a=49.0kJ-29.4kJ=19.6kJ；

故答案為：19.6；

（2）①甲是原電池，通入甲醇的電極是負極、通入氧氣的電極是正極，負極上甲醇失電子和氫氧根離子反應生成碳酸根離子和水，電極反應式為CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故答案為：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；

②電解該混合溶液時，陽極上先是氯離子放電生成氯氣、后是氫氧根離子放電生成氧氣，陰極上先是銅離子放電生成Cu單質，所以沒有氣體生成，然后是氫離子放電生成氫氣，根據圖象知，I為陰極發(fā)生的反應、II為陽極發(fā)生的反應，陽極電極反應式為2H++2e-=H2↑；

在t2后，鐵電極上氫離子放電生成氫氣、石墨電極上氫氧根離子放電生成氧氣，實際上是電解水，所以溶液pH變化的為t1-t2時間段；陽極上生成氧氣體積為（336-224）mL=112mL=0.112L，陽極電極反應式為。