2025年粵教版高三化學下冊月考試卷含答案

…………○…………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年粵教版高三化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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、管道工人利用濃氨水檢查氯氣管道是否漏氣．已知能發(fā)生反應：2NH3+3Cl2═N2+6HCl；下列說法正確的是。

（）A.反應中化合價升高的元素是NH3中的HB.該反應利用了Cl2的強還原性C.NH3在反應中得到電子D.生成1molN2有6mol電子轉移2、在2L密閉容器中，在一定條件下發(fā)生A（g）+3B（g）?2C（g），在10s內反應物A的濃度由1mol?L-1降到0.4mol?L-1，則ν（C）為（）A.0.06mol?L-1?s-1B.0.12mol?L-1?s-1C.0.6mol?L-1?s-1D.1.2mol?L-1?s-13、下列說法正確的是（）A.核磁共振氫譜圖上可以推知有機物分子中幾種不同類型的氫原子及它們的數目B.紅外光譜是用高能電子流等轟擊樣品分子，使分子失去電子變成分子離子或碎片離子C.質譜法具有慢速、微量、精確的特點D.紫外光譜可以確定有機物中的化學鍵和官能團4、有機物的命名是有規(guī)則的，下列有機物命名正確的是（）A.CH2=CH-CH=CH21，3-二丁烯B.三丁醇C.2甲基3丙基戊烷D.1，3，5-三甲基苯5、將一定量的SO2和氧氣放入一定體積的密閉容器中，550℃時，在催化劑作用下發(fā)生反應：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）（正反應放熱）．判斷該反應達到平衡狀態(tài)的標志是（）A.SO3的生成速率與SO2的消耗速率相等B.SO3的濃度等于SO2的濃度C.容器中氣體的壓強不變D.容器中混合氣體的密度保持不變6、下列敘述或操作正確的是（）A.濃硫酸具有強氧化性，稀硫酸無氧化性。B.稀釋濃硫酸時應將水沿著燒杯壁慢慢地注入盛有濃硫酸的燒杯中，并不斷攪拌。C.濃硫酸不慎沾到皮膚上，應立即用布拭去，再用水沖洗。D.濃硫酸與銅的反應中，濃硫酸只表現強氧化性。7、在室溫下，將rm{PH=3}的酸和rm{PH=11}的堿等體積混合，混合后溶液的rm{PH}小于rm{7.}則該酸和堿的組合可以是rm{(}rm{)}A.硝酸和氫氧化鈉B.鹽酸和氨水C.硫酸和氫氧化鉀D.醋酸和氫氧化鋇8、關于氯化鐵水解的說法錯誤的是()A.水解達到平衡(不飽和)時，無論加氯化鐵飽和溶液還是加水稀釋，平衡均向正方向移動B.濃度為5mol/L和0.5mol/L的兩種FeCl3溶液，其他條件相同時，Fe3＋的水解程度前者比后者小C.有50℃和20℃的同濃度的FeCl3溶液，其他條件相同時，Fe3＋的水解程度前者比后者小D.為抑制Fe3＋水解，較好地保存FeCl3溶液，應加少量鹽酸9、0.1mol?L﹣1AlCl3溶液，溫度從20℃升高到50℃，濃度增幅最大的離子是（）A.Cl﹣B.Al3+C.H+D.OH﹣評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)10、在一定條件下，向1L密閉容器中加入2molN2和10molH2，發(fā)生反應N2+3H22NH3，2分鐘末時，測得剩余氮氣為1mol，下列有關該反應的反應速率的描述中不正確的是()A.υ(N2)=0.5mol/(L?min)B.υ(H2)=1.5mol/(L?min)C.υ(NH3)=2mol/(L?min)D.υ(N2)=1mol/(L?min)11、在體積為VL的恒容密閉容器中加入6molCO和H2的混合氣體，在不同條件下發(fā)生反應：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）．圖1表示有、無催化劑時反應的能量變化，圖2表示平衡時CH3OH的體積分數隨起始n（CO）：n（H2）的變化關系．下列敘述正確的是（）A.正反應的△H=91kJ?mol-1，曲線b表示使用了催化劑B.正反應速率v正：v正（狀態(tài)Ⅱ）＜v正（狀態(tài)Ⅲ）C.平衡時CO的轉化率：α（CO，狀態(tài)Ⅰ）＜α（CO，狀態(tài)Ⅱ）D.n（CO）：n（H2）=0.5時，平衡時CH3OH的物質的量濃度：c（CH3OH，100℃）＜c（CH3OH，200℃）12、下列有關化工生產的說法中，不正確的是（）A.工業(yè)上用熱還原法冶煉鐵：Fe2O3+3CO3CO2+2FeB.硫酸工業(yè)、合成氨工業(yè)和氯堿工業(yè)均采用了循環(huán)操作提高原料的利用率C.利用反應：NaCl（飽和）+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl制取NaHCO3時，應先通入過量的NH3，再通入過量的CO2D.硫酸生產中常采用高壓條件提高SO2的轉化率13、可逆反應mA（s）+nB（g）?eC（g）+fD（g）反應過程中，當其他條件不變時，C的體積分數φ（C）在不同溫度（T）和不同壓強（p）的條件下隨時間（t）的變化關系如圖所示．下列敘述正確的是（）A.達到平衡后，若使用催化劑，C的體積分數將增大B.達到平衡后，增加A的質量，化學平衡向不移動C.化學方程式中，n＞e+fD.達到平衡后，若溫度升高，化學平衡向逆反應方向移動14、共價鍵、離子鍵和范德華力是構成物質粒子間的不同作用方式，下列物質中，只含有上述一種作用的是rm{(}rm{)}A.金剛石B.氯化鈉C.氫氧化鈉D.碘15、將rm{mg}銅粉和鎂粉的混合物分成兩等份，其中一份加入rm{100mL}的稀硝酸中并加熱，固體和硝酸恰好完全反應，反應前后溶液體積變化忽略不計，反應產生rm{NO}rm{NO_{2}(}不考慮rm{N_{2}O_{4}}的影響rm{)}混合氣體rm{4.48L(}標準狀況下rm{)}將另一份在空氣中充分加熱至恒重，稱得固體質量增加rm{3.2g.}下列有關說法中正確的是rm{(}rm{)}A.無法確定硝酸的濃度B.rm{n(NO)}rm{n(NO_{2})=1}rm{1}C.rm{4.8<m<12.8}D.反應后rm{c(NO;_{3}^{-})=4mol/L}rm{c(NO;_{3}^{-

})=4mol/L}16、常溫下，Ka（CH3COOH）=Kb（NH3?H2O）=1.75×10-5，下列說法正確的是（）A.用0.1mol?L-1的鹽酸滴定0.1mol?L-1的氨水時，可用酚酞作指示劑B.0.2mol?L-1的醋酸與0.1mol?L-1的氫氧化鈉溶液等體積混合，所得溶液中：c（CH3COO-）+c（OH-）=C（CH3COOH）+C（H+）C.pH=3的醋酸與pH=11的氨水等體積混合，所得溶液中有水電離出的C（H+）=1×10-7mol?L-1D.pH=3的鹽酸與pH=11的氨水等體積混合，所得溶液中C（NH3?H2O）＞C（NH4+）＞C（Cl-）17、硫酸鈣是一種用途非常廣泛的產品，可用于生產硫酸、漂白粉等一系列物質rm{(}見如圖rm{).}下列說法正確的是。

rm{(}rm{)}

A.rm{CO}rm{SO_{2}}rm{SO_{3}}均是酸性氧化物B.工業(yè)上利用rm{Cl_{2}}和澄清石灰水反應來制取漂白粉C.漂白粉的有效成分為rm{Ca(ClO)_{2}}D.除去與水反應的兩個反應，圖示其余轉化反應均為氧化還原反應評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)18、毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質），實驗室利用毒重石制備BaCl2?2H2O的流程如圖：

（1）毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨，目的是____；直接蒸干BaCl2溶液____（填“能”或“不能”）得到BaCl2?2H2O晶體．

（2）

。Ca2+Mg2+Fe3+開始沉淀時的pH11.99.11.9完全沉淀時的pH13.911.13.2加入NH3?H2O調節(jié)pH=8可除去____（填離子符號），濾渣Ⅱ中含____（填化學式）．加入H2C2O4時應避免過量，原因是____．

已知：Ksp（BaC2O4）=1.6×10-7，Ksp（CaC2O4）=2.3×10-9．

（3）利用間接酸堿滴定法可測定Ba2+的含量；實驗分兩步進行．

已知：2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H2OBa2++CrO42-═BaCrO4↓

步驟Ⅰ移取xmL一定濃度的Na2CrO4溶液于錐形瓶中，加入酸堿指示劑，用bmol?L-1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸體積為V0mL．

步驟Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于錐形瓶中，加入xmL與步驟Ⅰ相同濃度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸堿指示劑，用bmol?L-1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸的體積為V1mL．BaCl2溶液的濃度為____mol?L-1．19、①②③④⑤⑥⑦七種元素；在元素周期表中的位置如圖所示．回答下列問題：

（1）寫出元素⑥在周期表中的位置____；兩種非金屬間形成的共價化合物，非金屬較弱的顯正價，則上述七種元素中，非金屬性最弱的元素是____（寫元素名稱）．

（2）試比較②和⑤原子半徑的大?、赺___⑤（填“＞”或“＜”），最高價氧化物對應水化物酸性⑥____⑦（填“＞”或“＜”）．

（3）元素①④形成的化合物化學式（常溫下該化合物為氣體，極易溶于水，水溶液為堿性）為____，寫出實驗室制取該化合物的化學方程式____．

（4）現提供鋅片做負極，請從上述元素形成的單質和上述元素之間形成的化合物中選用適當物質組裝一個原電池裝置，該原電池正極材料的化學式是____，正極反應式為____；寫出原電池總反應的離子反應方程式____．20、寫出下列四種微粒符號并畫出結構示意圖：

（1）原子核外最外層的電子數是次外層電子數3倍的原子：____

（2）原子核外有三個電子層，最外層有7個電子的原子：____

（3）原子量為23，中子數為12的帶1個單位正電荷的離子：____

（4）原子核外有35個電子的原子：____．21、（2014?九江三模）（1）室溫下，取pH=2的鹽酸和醋酸溶液各100mL，向其中分別加入適量的Zn粒，反應過程中兩溶液的pH變化如圖所示．則圖中表示醋酸溶液中pH變化曲線的是____（填“A”或“B”）設鹽酸中加入Zn質量為m1，醋酸溶液中加入的Zn質量為m2．則m1____m2（選填“＜”；“=”、“＞”）．

（2）若室溫下pH=2的鹽酸和醋酸溶液各100mL，分別加水稀釋后使pH=4，設鹽酸中加入水的體積為V1，醋酸溶液中加入的水的體積為V2，則：V1____V2（選填“＜”、“=”、“＞”）．22、某同學發(fā)現在灼熱的煤炭上灑少量水；煤爐中會產生淡藍色火焰，煤炭燃燒更旺，因此該同學得出結論“煤炭燃燒時加少量水，可使煤炭燃燒放出更多的熱量．”（已知煤炭的燃燒熱為-393.15kJ/mol，氫氣的燃燒熱為-242kJ/mol，一氧化碳的燃燒熱為-283kJ/mol）

（1）寫出該同學看到燃燒現象所涉及到的熱化學反應方程式有；

①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.15kJ/mol

②H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-242kJ/mol

③____

④____；

（2）你認為該同學的結論是否正確，請簡要說明理由．____

．評卷人得分四、判斷題(共3題，共21分)23、分液時，先將下層液體從分液漏斗下端放出，再將上層液體從上口倒出．____．（判斷對錯）24、膠體屬于介穩(wěn)體系____．（判斷對錯）25、通過紅外光譜分析可以區(qū)分乙醇與乙酸乙酯____．評卷人得分五、解答題(共3題，共9分)26、在常溫常壓下，某氣態(tài)烴與氧氣的混和氣體n升，完全燃燒后，通過濃H2SO4再恢復到原來的溫度和壓強時，氣體體積變?yōu)樵瓉淼囊话耄僭O烴在燃燒后無剩余、無CO．試通過計算確定該烴可能的分子式．27、在潛水艇中可用過氧化鈉作供氧劑．選用適當的化學試劑和實驗用品；用如圖中的實驗裝置進行實驗；證明過氧化鈉可作供氧劑．

填寫表中空格：

。儀器加入試劑加入該試劑的目的B飽和NaHCO3溶液CD吸收未反應的CO2氣體28、燃燒法是測定有機化合物化學式的一種重要方法．取0.1mol某烴完全燃燒；燃燒產物依次通過如圖所示的裝置，實驗結束后，稱得甲裝置增重5.4g，乙裝置增重26.4g

（1）求該烴的分子式。

（2）該烴不能因化學反應使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，寫出其二氯代物可能的結構簡式．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】反應3Cl2+2NH3=N2+6HCl中，Cl元素化合價降低，被還原，Cl2為氧化劑，N元素化合價升高，被氧化，NH3為還原劑，NH3可與HCl反應生成氯化銨，有白煙生成，以此解答．【解析】【解答】解：A．反應3Cl2+2NH3=N2+6HCl中，N元素化合價升高，被氧化，NH3為還原劑；故A錯誤；

B．Cl元素化合價降低，被還原，Cl2為氧化劑；故B錯誤；

C．N元素化合價升高，被氧化，NH3為還原劑失去電子；故C錯誤；

D．N元素化合價由-3價升高到0價，則生成1molN2時有6mol電子轉移；故D正確．

故選D．2、B【分析】【分析】根據v=，化學反應速率之比等化學計量數之比進行計算．【解析】【解答】解：v（A）===0.06mol/（L?s）；v（A）：v（C）=1：2，v（C）=2×0.06mol/（L?s）=0.12mol/（L?s）；

故選B．3、A【分析】【分析】A；核磁共振氫譜中吸收峰的數目等于于有機物分子中H原子種類；H原子數目之比等于對應峰的面積之比；

B；質譜法是用高能電子流轟擊樣品分子；使分子失去電子變成分子離子或碎片離子；

C．質譜法是一種同時具備快速；高特異性、高靈敏度且得到了廣泛應用的普遍性方法；

D、紫外吸收光譜主要的研究對象為含共軛結構的有機物．【解析】【解答】解：A；核磁共振氫譜中吸收峰的數目等于有機物分子中H原子種類；H原子數目之比等于對應峰的面積之比，可以推知有機物分子中有幾種不同類型的氫原子及它們的數目，故A正確；

B；質譜法是用高能電子流轟擊樣品分子；使分子失去電子變成分子離子或碎片離子，故B錯誤；

C．質譜法是一種同時具備快速；高特異性、高靈敏度且得到了廣泛應用的普遍性方法；故C錯誤；

D；通過紫外光譜可以測知有機物所含的共軛結構；不能確定有機物的化學鍵和官能團，故D錯誤；

故選A．4、D【分析】【分析】判斷有機物的命名是否正確或對有機物進行命名；其核心是準確理解命名規(guī)范：

（1）烷烴命名原則：

①長：選最長碳鏈為主鏈；

②多：遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

③近：離支鏈最近一端編號；

④?。褐ф溇幪栔妥钚。聪旅娼Y構簡式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號”的原則；

⑤簡：兩取代基距離主鏈兩端等距離時；從簡單取代基開始編號．如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面；

（2）有機物的名稱書寫要規(guī)范；

（3）對于結構中含有苯環(huán)的；命名時可以依次編號命名，也可以根據其相對位置，用“鄰”；“間”、“對”進行命名；

（4）含有官能團的有機物命名時，要選含官能團的最長碳鏈作為主鏈，官能團的位次最?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篈．CH2=CH-CH=CH21；3-二丁烯：主鏈名稱錯誤，正確名稱為：1，3-丁二烯，故A錯誤；

B．三丁醇：羥基在2號C；該有機物正確名稱應該為：2-羥基丁醇，故B錯誤；

C．2-甲基-3-丙基戊烷：該命名選取的主鏈不是最長碳鏈；該有機物最長碳鏈含有6個C，主鏈為己烷，編號從左端開始，在2號C含有一個甲基，在3號C含有1個乙基，該有機物正確名稱為：2-甲基-3-乙基己烷，故C錯誤；

D．有機物主鏈為苯，在1；3、5號C各含有1個甲基，該有機物名稱為1，3，5-三甲基苯，故D正確；

故選D．5、C【分析】【分析】根據化學平衡狀態(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、SO3的生成速率與SO2的消耗速率都表示正反應速率；反應始終二者都按1：1進行，不能說明到達平衡狀態(tài)，故A錯誤；

B、可逆反應到達平衡時SO2和SO3濃度不一定相等；與二氧化硫的起始濃度以及轉化率有關，故B錯誤；

C；隨反應進行氣體的物質的量減小；恒溫恒容下，容器內氣體壓強減小，當容器中氣體的壓強不變，說明到達平衡狀態(tài)，故C正確；

D；密閉容器中體積恒定；質量守恒，所以混合氣體的密度始終不變，不能判斷平衡狀態(tài)，故D錯誤．

故選C．6、C【分析】【解析】【答案】C7、D【分析】解：rm{A.}室溫下，將rm{pH=3}的硝酸和rm{pH=11}的氫氧化鈉等體積混合，若對應的酸堿均為強電解質，則溶液混合后恰好呈中性，溶液的rm{pH=7}故A錯誤；

B.鹽酸為強酸，氨水為弱堿，氨水濃度遠遠大于rm{10^{-3}mol/L}混合液中氨水過量，溶液的rm{pH}大于rm{7}故B錯誤；

C.硫酸和氫氧化鉀都是強電解質，則混合液中強堿恰好反應，溶液為中性，溶液的rm{pH=7}故C錯誤；

D.醋酸為弱酸，氫氧化鋇強堿，則弱酸的濃度遠遠大于rm{10^{-3}mol/L}即弱酸的濃度遠遠大于堿的濃度，等體積混合時，酸過量，因此溶液顯酸性，混合液的rm{pH}小于rm{7}故D正確；

故選D．

室溫下，將rm{pH=3}的酸和rm{pH=11}的堿等體積混合；若對應的酸堿均為強電解質，則溶液混合后恰好呈中性；

若酸為弱酸而堿為強堿，由于弱電解質部分水解，則弱酸的濃度遠遠大于rm{10^{-3}mol/L}即弱酸的濃度遠遠大于堿的濃度，等體積混合時，酸過量，因此溶液顯酸性，故D正確；

若酸為酸為強酸而堿為弱堿，由于弱電解質部分水解，則弱堿的濃度遠遠大于rm{10^{-3}mol/L}即弱堿的濃度遠遠大于酸的濃度，等體積混合時，堿過量，因此溶液顯堿性，據此進行解答．

本題考查了酸堿混合的定性判斷及溶液rm{pH}的計算，題目難度中等，明確溶液酸堿性與溶液rm{pH}的關系為解答關鍵，注意弱電解質在溶液中部分電離的特點，試題培養(yǎng)了學生的靈活應用能力．【解析】rm{D}8、B【分析】【解析】【答案】B9、C【分析】【解答】AlCl3溶液中存在水解平衡：Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+，升高溫度，平衡正向移動，則H+的濃度增大；故C正確．

故選C．

【分析】AlCl3溶液中存在水解平衡：Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+，升高溫度，平衡正向移動，據此分析．二、雙選題(共8題，共16分)10、C|D【分析】解：在一定條件下，向1L密閉容器中加入2molN2和10molH2，發(fā)生反應N2+3H22NH3，2分鐘末時，測得剩余氮氣為1mol，故2min內，以N2表示的反應速率v(N2)==0.5mol/(L?min)；

A、由上述計算可知，v(N2)=0.5mol/(L?min)；故A正確；

B、速率之比等于化學計量數之比，故υ(H2)=3v(N2)=3×0.5mol/(L?min)=1.5mol/(L?min)；故B正確；

C、速率之比等于化學計量數之比，故υ(NH3)=2v(N2)=2×0.5mol/(L?min)=1mol/(L?min)；故C錯誤；

D、由上述計算可知，v(N2)=0.5mol/(L?min)；故D錯誤；

故選CD．【解析】【答案】CD11、B|C【分析】解：A；圖示中反應物的能量高于產物能量；反應是放熱反應，故A錯誤；

B、反應溫度：狀態(tài)Ⅱ＜狀態(tài)Ⅲ，溫度越高反應速率越快，所以正反應速率v正：v正（狀態(tài)Ⅱ）＜v正（狀態(tài)Ⅲ）；故B正確；

C；狀態(tài)Ⅱ相當于增加反應物氫氣的投料；促進平衡正向移動，提高CO的轉化率，α（CO，狀態(tài)Ⅰ）＜α（CO，狀態(tài)Ⅱ），故C正確；

D、n（CO）：n（H2）=0.5時，升高溫度，200℃促進平衡在100℃的基礎上逆向移動，甲醇濃度會減小，所以c（CH3OH，100℃）＞c（CH3OH；200℃），故D錯誤．

故選BC．

A；反應物的能量高于產物能量；反應是放熱反應，加催化劑可以降低活化能，加快反應速率；

B；溫度越高反應速率越快；

C；增加反應物氫氣的投料；促進平衡正向移動，提高CO的轉化率；

D；升高溫度；促進平衡向吸熱方向移動，據此回答．

本題綜合考查反應熱的判斷、影響化學反應速率和平衡移動的因素等知識，屬于綜合知識的考查，難度中等．【解析】【答案】BC12、B|D【分析】解：A．鐵性質較活潑，用熱還原法制取，Fe2O3+3CO3CO2+2Fe；故A正確；

B．氯堿工業(yè)原理為電解飽和食鹽水；沒采用了循環(huán)操作提高原料的利用率，故B錯誤；

C．二氧化碳在堿性環(huán)境下溶解度大；所以先通入氨氣，故C正確；

D．SO2與O2的反應常壓下轉化率已經很高；高壓提高了生成成本，故D錯誤；

故選：BD．

A．鐵性質較活潑；用熱還原法制??；

B．硫酸工業(yè)；合成氨工業(yè)為可逆反應；原料不能完全轉化為產物，采用反應物的循環(huán)利用可以提高原料利用率；

C．二氧化碳在堿性環(huán)境下溶解度大；

D．SO2與O2的反應常壓下轉化率已經很高；高壓提高了生成成本．

本題考查了金屬的冶煉和工業(yè)合成氨、工業(yè)合成硫酸、氯堿工業(yè)，熟悉制備原理是解題關鍵，題目難度不大．【解析】【答案】BD13、B|D【分析】解：A．催化劑只改變化學反應速率；對平衡移動沒有影響，C的體積分數將不變，故A錯誤；

B．A為固體；加入A，化學反應速率以及平衡都不發(fā)生改變，故B正確；

C．由②可以看出增大壓強；C的百分含量降低，說明增大壓強平衡向逆反應方向移動，則應有n＜e+f，故C錯誤；

D．由圖①可知；溫度升高C的百分含量降低，說明升高溫度平衡向逆反應方向移動，故D正確；

故選BD．

由圖①可知；溫度升高C的百分含量降低，說明升高溫度平衡向逆反應方向移動，則該反應的正反應為放熱反應，由②可以看出增大壓強，C的百分含量降低，說明增大壓強平衡向逆反應方向移動，則應有n＜e+f．

本題考查化學平衡圖象問題，題目難度中等，本題注意根據圖象判斷外界條件對平衡的移動的影響是解答該題的關鍵．【解析】【答案】BD14、rAB【分析】解：rm{A.}金剛石中只存在共價鍵；故A選；

B.氯化鈉中只有離子鍵；故B選；

C.氫氧化鈉中存在離子鍵和共價鍵；故C不選；

D.碘單質中存在分子間作用力和共價鍵；故D不選；

故選AB．

一般金屬元素與非金屬元素之間形成離子鍵；非金屬元素之間形成共價鍵，分子之間存在分子間作用力，以此來解答．

本題考查化學鍵，熟悉常見物質中的化學鍵及化學鍵的形成規(guī)律即可解答，注意分子晶體中存在分子間作用力，不屬于化學鍵．【解析】rm{AB}15、rBD【分析】解：標況下rm{4.48LNO}rm{NO_{2}}的物質的量為：rm{dfrac{4.48L}{22.4L/mol}=0.2mol}將另一份在空氣中充分加熱至恒重，稱得固體質量增加rm{dfrac

{4.48L}{22.4L/mol}=0.2mol}所以參加反應的氧氣的物質的量為：rm{dfrac{3.2g}{32g/mol}=0.1mol}所以rm{begin{cases}overset{n(NO)+n(NO_{2})=0.2}{3n(NO)+n(NO_{2})=0.1times4}end{cases}}所以rm{3.2g}rm{dfrac

{3.2g}{32g/mol}=0.1mol}固體和硝酸恰好完全反應，反應生成硝酸銅、硝酸鎂，根據rm{begin{cases}

overset{n(NO)+n(NO_{2})=0.2}{3n(NO)+n(NO_{2})=0.1times

4}end{cases}}原子守恒，rm{n(NO)=0.1mol}該硝酸溶液中含有硝酸的物質的量為：rm{n(NO_{2})=0.1mol}

A、根據rm{c=dfrac{n}{V}=dfrac{0.4mol}{0.1L}=4mol/L}故A錯誤；

B、因為rm{N}rm{100mL}所以rm{0.1mol隆脕2+0.2mol=0.4mol}rm{c=dfrac{n}{V}=dfrac

{0.4mol}{0.1L}=4mol/L}rm{n(NO)=0.1mol}故B正確；

C、銅與鎂在空氣中加熱生成rm{n(NO_{2})=0.1mol}rm{n(NO)}得到固體中含有氧元素的物質的量與金屬的物質的量相等，如果全部是鎂，rm{n(NO_{2})=1}如果是銅，rm{1}所以rm{CuO}故C錯誤；

D、反應后溶液中硝酸根離子的物質的量為：rm{dfrac{0.2隆脕2}{0.1}=4mol/L}故D正確；

故選BD．

標況下rm{MgO}rm{m=0.2隆脕24=4.8g}的物質的量為：rm{dfrac{4.48L}{22.4L/mol}=0.2mol}將另一份在空氣中充分加熱至恒重，稱得固體質量增加rm{m=0.2隆脕64=12.8}所以參加反應的氧氣的物質的量為：rm{dfrac{3.2g}{32g/mol}=0.1mol}所以rm{begin{cases}overset{n(NO)+n(NO_{2})=0.2}{3n(NO)+n(NO_{2})=0.1times4}end{cases}}所以rm{9.6<m<25.6}rm{dfrac

{0.2隆脕2}{0.1}=4mol/L}固體和硝酸恰好完全反應，反應生成硝酸銅、硝酸鎂，根據rm{4.48LNO}原子守恒，rm{NO_{2}}該硝酸溶液中含有硝酸的物質的量為：rm{dfrac

{4.48L}{22.4L/mol}=0.2mol}根據rm{3.2g}計算出硝酸的物質的量濃度；銅與鎂在空氣中加熱生成rm{dfrac

{3.2g}{32g/mol}=0.1mol}rm{begin{cases}

overset{n(NO)+n(NO_{2})=0.2}{3n(NO)+n(NO_{2})=0.1times

4}end{cases}}得到固體中含有氧元素的物質的量與金屬的物質的量相等，則得到固體的質量rm{n(NO)=0.1mol}金屬質量rm{n(NO_{2})=0.1mol}氧元素質量；由此分析解答．

本題考查了混合物反應的計算，題目難度中等，明確發(fā)生反應實質為解答關鍵，注意掌握質量守恒定律、電子守恒在化學計算中的應用，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力．rm{N}【解析】rm{BD}16、C|D【分析】解：A．用0.1mol?L-1的鹽酸滴定0.1mol?L-1的氨水時；恰好反應生成氯化銨，溶液顯酸性，酚酞變色范圍為8-10堿性溶液中變色，不可用酚酞作指示劑，應選擇變色范圍3.1-4.4變色的甲基橙做指示劑，故A錯誤；

B.0.2mol?L-1的醋酸與0.1mol?L-1的氫氧化鈉溶液等體積混合，得到等濃度的醋酸鈉和醋酸混合溶液，溶液中電荷守恒c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），物料守恒2c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），得到c（CH3COO-）+2c（OH-）=c（CH3COOH）+2c（H+）；故B錯誤；

C．常溫下，Ka（CH3COOH）=Kb（NH3?H2O）=1.75×10-5，醋酸根離子和銨根離子都發(fā)生水解，促進水的電離，二者水解程度相近，溶液pH=7，所得溶液中有水電離出的C（H+）=1×10-7mol?L-1；故C正確；

D．pH=3的鹽酸溶液中氫離子濃度和氯離子濃度為10-3mol/L，pH=11的氨水溶液中c（OH-）=c（NH4+）=mol/L=10-3mol/L，等體積混合，一水合氨又電離出氫氧根離子和銨根離子，原氨水溶液濃度大于鹽酸，所得溶液為氯化銨和一水合氨溶液，溶液中c（NH3?H2O）＞c（NH4+）＞c（Cl-）；故D正確；

故選CD．

A．鹽酸和一水合氨反應生成氯化銨；銨根離子水解溶液顯酸性，選擇酸性溶液中指示劑變色的指示劑；

B.0.2mol?L-1的醋酸與0.1mol?L-1的氫氧化鈉溶液等體積混合；得到等濃度的醋酸鈉和醋酸混合溶液，結合溶液中電荷守恒和物料守恒計算分析判斷；

C．pH=3的醋酸與pH=11的氨水等體積混合恰好完全反應生成醋酸銨溶液，常溫下，Ka（CH3COOH）=Kb（NH3?H2O）=1.75×10-5分析；

D．pH=3的鹽酸與pH=11的氨水等體積混合；一水合氨又電離出氫氧根離子和銨根離子．

本題考查學生電離平衡及影響因素知識，注意知識的歸納和整理是解題關鍵，題目難度中等．【解析】【答案】CD17、rCD【分析】解：rm{A.CO}不能與堿反應；不是酸性氧化物，故A錯誤；

B.澄清石灰水中氫氧化鈣的濃度較小；氯氣和石灰乳反應來制取漂白粉，故B錯誤；

C.氯氣和石灰乳反應生成氯化鈣和次氯酸鈣，其中次氯酸鈣具有強氧化性，則漂白粉的有效成分為rm{Ca(ClO)_{2}}故C正確；

D.除去與水反應；圖示轉化反應都是與氧氣反應或氫氣反應，都一定有化合價升降，均為氧化還原反應，故D正確．

故選CD．

A.酸性氧化物是一類能與水作用生成酸或與堿作用生成鹽和水或與堿性氧化物反應生成鹽的氧化物；

B.工業(yè)上常用氯氣和石灰乳反應來制取漂白粉；

C.根據漂白粉的成分分析；

D.凡是有化合價升降的反應都是氧化還原反應．

本題考查酸性氧化物、氧化還原反應、漂白粉的制取等，題目難度不大，注意澄清石灰水中氫氧化鈣的濃度較小，應用石灰乳制取漂白粉．【解析】rm{CD}三、填空題(共5題，共10分)18、增大接觸面積從而使反應速率加快能Fe3+Mg（OH）2、Ca（OH）2H2C2O4過量會導致生成BaC2O4沉淀，產品的產量減少【分析】【分析】制備BaCl2?2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質），加鹽酸溶解，碳酸鋇和鹽酸反應：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，調pH為8，Fe3+完全沉淀時的pH為3.2，只有Fe3+完全沉淀，濾渣1為Fe（OH）3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氫氧化鈉調節(jié)PH=12.5，Ca2+完全沉淀時的pH為13.9，Mg2+完全沉淀時的pH為11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，濾渣Ⅱ中含Mg（OH）2、Ca（OH）2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到CaC2O4↓，除去Ca2+，蒸發(fā)濃縮冷卻結晶得到BaCl2?2H2O；

（1）研磨將塊狀固體變成粉末狀，可以增大反應物的接觸面積，增大反應速率；BaCl2溶液為強酸強堿溶液．

（2）根據流程圖和表中數據分析加入NH3?H2O調節(jié)pH=8可除去Fe3+，加入NaOH調pH=12.5，可完全除去Mg2+，除去部分Ca2+，濾渣Ⅱ中含Mg（OH）2、Ca（OH）2；加入過量H2C2O4，易發(fā)生Ba2++H2C2O4═BaC2O4↓+2H+；產品的產量減少；

（3）利用簡潔酸堿滴定法可測定Ba2+的含量，實驗分兩步進行，根據Ba2++CrO42-═BaCrO4↓、2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H20，與Ba2+反應的CrO42-的物質的量為總鹽酸的物質的量減去過量的鹽酸，利用BaCl2溶液的濃度計算公式．【解析】【解答】解：制備BaCl2?2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質），加鹽酸溶解，碳酸鋇和鹽酸反應：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，調pH為8，Fe3+完全沉淀時的pH為3.2，只有Fe3+完全沉淀，濾渣1為Fe（OH）3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氫氧化鈉調節(jié)PH=12.5，Ca2+完全沉淀時的pH為13.9，Mg2+完全沉淀時的pH為11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，濾渣Ⅱ中含Mg（OH）2、Ca（OH）2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到CaC2O4↓，除去Ca2+，蒸發(fā)濃縮冷卻結晶得到BaCl2?2H2O；

（1）化學反應的速率與反應物的接觸面積有關，毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨，可以增大反應物的接觸面積，增大反應速率；BaCl2溶液為強酸強堿溶液；可以加熱制取晶體．故答案為：增大接觸面積從而使反應速率加快；能；

（2）根據流程圖和表中數據可知：Fe3+完全沉淀時的pH為3.2，加入氨水，調pH為8，Fe3++3NH3?H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，濾渣1為Fe（OH）3，加入氫氧化鈉調節(jié)PH=12.5，Ca2+完全沉淀時的pH為13.9，Mg2+完全沉淀時的pH為11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，濾渣Ⅱ中含Mg（OH）2、Ca（OH）2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp（BaC2O4）=1.6×10-7，Ksp（CaC2O4）=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4時應避免過量，防止CaC2O4沉淀完全后，過量的H2C2O4會導致生成BaC2O4沉淀；產品的產量減少；

故答案為：Fe3+；Mg（OH）2、Ca（OH）2；H2C2O4過量會導致生成BaC2O4沉淀；產品的產量減少；

（3）步驟Ⅱ：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸堿指示劑，用bmol?L-1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸的體積為V1mL，則發(fā)生2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H20的鹽酸的物質的量為：V1×10-3×bmol，步驟Ⅰ：用bmol?L-1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸體積為V0mL，加入的總鹽酸的物質的量：V0×10-3×bmol，Ba2++CrO42-═BaCrO4↓，與Ba2+反應的CrO42-的物質的量為V0×10-3×bmol-V1×10-3×bmol=（V0-V1）b×10-3mol，步驟Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于錐形瓶中，所以BaCl2溶液的濃度為：mol/L=mol/L．故答案為：．19、第三周期第VIA族氫＞＜NH32NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2OC2H++2e-=H2↑Zn+2H+=Zn2++H2↑【分析】【分析】由元素在周期表中位置；可知①為H；②為K、③為C、④為N、⑤為O、⑥為S、⑦為Cl．

（1）由元素⑥的位置可知；其位于周期表中第三周期第VIA族；非金屬性氫化物中氫元素表現正化合價，故氫元素非金屬性最弱；

（2）同周期自左而右原子半徑減小；同主族自上而下原子半徑增大；元素非金屬性越強；最高價含氧酸的酸性越強；

（3）元素①④形成的化合物常溫下為氣體；極易溶于水，水溶液為堿性，該化合物為氨氣，實驗室常用氯化銨與氫氧化鈣再加熱條件下反應制備氨氣，同時生成氯化鈣與水；

（4）Zn與碳、鹽酸可以構成原電池，Zn為負極，C為正極，正極發(fā)生還原反應，氫離子在正極放電生成氫氣；原電池本質是Zn與氫離子反應得到Zn2+與氫氣．【解析】【解答】解：由元素在周期表中位置；可知①為H；②為K、③為C、④為N、⑤為O、⑥為S、⑦為Cl．

（1）由元素⑥的位置可知；其位于周期表中第三周期第VIA族；非金屬性氫化物中氫元素表現正化合價，故氫元素非金屬性最弱，故答案為：第三周期第VIA族；氫；

（2）同周期自左而右原子半徑減小；同主族自上而下原子半徑增大；故原子半徑②＞⑤；非金屬性S＞Cl，元素非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強，故酸性：硫酸＜高氯酸，故答案為：＞；＜；

（3）元素①④形成的化合物常溫下為氣體，極易溶于水，水溶液為堿性，該化合物為NH3，實驗室常用氯化銨與氫氧化鈣再加熱條件下反應制備氨氣，同時生成氯化鈣與水，反應方程式為：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

故答案為：NH3；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

（4）Zn與碳、鹽酸可以構成原電池，Zn為負極，C為正極，正極發(fā)生還原反應，氫離子在正極放電生成氫氣，正極電極反應式為：2H++2e-=H2↑，原電池本質是Zn與氫離子反應得到Zn2+與氫氣，原電池總反應離子方程式為：Zn+2H+=Zn2++H2↑；

故答案為：C；2H++2e-=H2↑；Zn+2H+=Zn2++H2↑．20、O，Cl，2311Na+，Br，【分析】【分析】（1）最外層電子數是次外層電子數3倍的原子為O原子；質子數為8，有2個電子層，各層電子數為2，6；

（2）原子核外有三個電子層；最外層有7個電子的原子為Cl原子，質子數為17，有3個電子層，各層電子數為2，8，7；

（3）原子量為23，中子數為12的帶1個單位正電荷的離子為2311Na+；質子數為11，有2個電子層，各層電子數為2，8；

（4）原子核外有35個電子的原子為Br原子，質子數為35，有4個電子層，各層電子數為2，8，18，7．【解析】【解答】解：（1）最外層電子數是次外層電子數3倍的原子為O原子，質子數為8，有2個電子層，各層電子數為2，6，原子結構示意圖為故答案為：O，

（2）原子核外有三個電子層，最外層有7個電子的原子為Cl原子，質子數為17，有3個電子層，各層電子數為2，8，7，原子結構示意圖為故答案為：Cl，

（3）原子量為23，中子數為12的帶1個單位正電荷的離子為2311Na+，質子數為11，有2個電子層，各層電子數為2，8，離子結構示意圖為故答案為：2311Na+，

（4）原子核外有35個電子的原子為Br原子，質子數為35，有4個電子層，各層電子數為2，8，18，7，原子結構示意圖為故答案為：Br，．21、B＜＜【分析】【分析】（1）CH3COOH是弱電解質，在反應過程中CH3COOH電離出氫離子，則反應過程中CH3COOHpH增大程度小于HCl，當完全反應后，CH3COOH和鹽酸中pH相等，則CH3COOH反應的物質的量大于鹽酸；根據酸和鋅之間的關系計算；

（2）pH相等的CH3COOH和鹽酸，C（CH3COOH）＞C（HCl），加水稀釋過程中促進CH3COOH電離，要使稀釋后氫離子濃度相等，則CH3COOH稀釋倍數大于HCl．【解析】【解答】解：（1）CH3COOH是弱電解質，在反應過程中CH3COOH電離出氫離子，所以反應過程中CH3COOH中C（H+）大于HCl，則CH3COOHpH增大程度小于HCl，所以表示醋酸溶液中pH變化曲線為B；當完全反應后，CH3COOH和鹽酸中pH相等，則參加反應的n（CH3COOH）＞n（HCl），酸消耗的越多，則參加反應的Zn的質量越大，所以m1＜m2；

故答案為：B；＜；

（2）pH相等的CH3COOH和鹽酸，C（CH3COOH）＞C（HCl），加水稀釋過程中促進CH3COOH電離，則稀釋過程中醋酸中C（H+）大于HCl，要使稀釋后氫離子濃度相等，則CH3COOH稀釋倍數大于HCl，所以V1＜V2，故答案為：＜．22、CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283kJ/molC（g）+H2O（l）=CO（g）+H2（g）△H=+131.85kJ/mol不正確．因為根據蓋斯定律，反應過程中的熱效應與途徑無關，只與反應物和生成物的能量差有關【分析】【分析】依據燃燒熱的概念是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量；結合反應的熱化學方程式書寫方法寫出，注意標注物質的聚集狀態(tài)，對應化學方程式量下的反應熱即可．【解析】【解答】解：（1）已知煤炭的燃燒熱為-393.15kJ/mol；氫氣的燃燒熱為-242kJ/mol，一氧化碳的燃燒熱為-283kJ/mol；上述反應過程中包括碳燃燒；碳和水的反應，氫氣燃燒，一氧化碳燃燒，依據燃燒熱概念寫出熱化學方程式，依據蓋斯定律寫出碳和水蒸氣反應的熱化學方程式；

③一氧化碳的燃燒熱為-283kJ/mol，即CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283kJ/mol；

故答案為：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283kJ/mol；

④依據蓋斯定律，①-②-③得到：C（s）+H2O（l）=CO（g）+H2（g）△H=+131.85kJ/mol；

故答案為：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.15kJ/mol；

H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-242kJ/mol

CO