2024年北師大版高三化學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年北師大版高三化學(xué)上冊階段測試試卷554考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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8題，共16分)1、2013年3月我國科學(xué)家報道了如圖所示的水溶液鋰離子電池體系．下列敘述錯誤的是（）

A.a為電池的正極B.放電時，電子由b極流向a極C.充電時，a極發(fā)生還原反應(yīng)D.放電時，溶液中的Li+從b向a遷移2、在不同條件下分別測N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）的反應(yīng)速率，其中表示該反應(yīng)速率最快的是（）A.v（N2）=3mol?L-1?min-1B.v（NH3）=2mol?L-1?s-1C.v（H2）=2.5mol?L-1?s-1D.v（NH3）=10mol?L-1?min-13、一種新興的金屬由于其熔點高、密度小、可塑性好、耐腐蝕性強(qiáng)，它和它的合金被廣泛用于火箭、導(dǎo)彈、航天飛機(jī)、船舶、化工和通訊設(shè)備的制造中，這種金屬是（）A.銅B.鋼C.鈦D.鎂4、節(jié)能減排，作為我國“十一五”規(guī)劃中一重要任務(wù)，已不僅是政府的一個行動目標(biāo)，而且還能給企業(yè)帶來經(jīng)營上的收入，讓城市居民能獲得一個較好的生存環(huán)境．節(jié)能減排更是一個人類解決環(huán)境問題的必經(jīng)之路．下列措施和節(jié)能減排無關(guān)的是（）A.將白熾燈換成節(jié)能燈B.發(fā)展利用新能源，如太陽能、氫能、核能等C.大力植樹造林，增加綠色植被D.少開汽車，采取騎自行車或做公交車5、下列有機(jī)物或有機(jī)物組合，在一定條件下不能發(fā)生聚合反應(yīng)的是（）A.B.C.D.HOOC-COOH和CH3CH2OH6、下列各組化合物中，化學(xué)鍵類型完全相同的是（）A.CaCl2和Na2SB.Na2O和Na2O2C.CO2和CaOD.HCl和NaOH7、下列物質(zhì)中屬于鹽類的是（）A.乙醇B.熟石灰C.膽礬D.生石灰8、rm{N_{A}}表示阿伏伽德羅常數(shù)，下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.rm{0.1}rm{mol}丙烯酸中含有雙鍵的數(shù)目為rm{0.1N_{A}}B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，rm{11.2}rm{L}苯中含有分子的數(shù)目為rm{0.5N_{A}}C.rm{1}rm{mol}甲苯含有rm{6N_{A}}個rm{C-H}鍵D.丙烯和環(huán)丙烷組成的rm{42}rm{g}混合氣體中氫原子的個數(shù)為rm{6N_{A}}評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、X、Y都是IIA（Be除外）的元素，已知它們的碳酸鹽的熱分解溫度：T（XCO3）＞T（YCO3），則下列判斷正確的是（）A.晶格能：XCO3＞YCO3B.陽離子半徑：X2+＞Y2+C.金屬性：X＞YD.氧化物的熔點：XO＞YO10、下列說法不正確的是（）A.鈉是電和熱的良導(dǎo)體B.鈉在空氣中燃燒生成氧化鈉，并發(fā)出黃色火焰C.鈉與硫化合時可以發(fā)生爆炸D.鈉離子半徑比鈉原子半徑大11、化學(xué)在生產(chǎn)和日常生活中有著重要的應(yīng)用．下列說法不正確的是（）A.明礬水解形成的Al（OH）3膠體能吸附水中懸浮物，可用于水的殺菌凈化B.在海輪外殼上鑲?cè)脘\塊，可減緩船體的腐蝕速率C.MgO的熔點很高，可用于制作耐高溫材料D.電解MgCl2飽和溶液，可制得金屬鎂12、下列關(guān)于氯水的敘述正確的是（）A.新制氯水可使藍(lán)以石蕊試紙先變紅，后褪色B.新制氯水中只含有Cl2和H2O分子C.氯水放置數(shù)天后，酸性增強(qiáng)D.光照氯水有氣泡逸出，該氣體是Cl213、用已知濃度的NaOH溶液測定某HCl溶液的濃度；參考如圖，從表中選出正確序號（）

。序號錐形瓶中溶液滴定管中溶液選用指示劑選用滴定管A堿酸石芯（乙）B酸堿酚酞（甲）C堿酸甲基橙（甲）D酸堿酚酞（乙）A.AB.BC.CD.D14、下圖所示的實驗操作，不能達(dá)到相應(yīng)目的是（）A.

干燥Cl2B.

檢驗K2CO3中的K+C.

證明氨氣極易溶于水D.

實驗室制氨氣15、下列實驗操作；現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是（）

。選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A向蘇打和小蘇打溶液中分別加入鹽酸均冒氣泡兩者均能與鹽酸反應(yīng)B向AgNO3溶液中滴加過量氨水溶液澄清Ag+與NH3?H2O能大量共存C將可調(diào)高度的銅絲伸入到稀HNO3中溶液變藍(lán)Cu與稀HNO3發(fā)生置換反應(yīng)D將KI和FeCl3溶液在試管中混合后，加入CCl4，振蕩，靜置下層溶液顯紫紅色氧化性：Fe3+＞I2A.AB.BC.CD.D16、如圖是一種試驗?zāi)硽怏w化學(xué)性質(zhì)的實驗裝置，圖中B為開關(guān)．如先打開B，在A處通入干燥氯氣，C中紅色布條顏色無變化；當(dāng)關(guān)閉B時，C處紅色布條顏色褪去．則D瓶中盛有的溶液可能是（）A.濃H2SO4B.飽和NaCl溶液C.濃NaOH溶液D.H2O評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)17、（2016春?荊州校級月考）如圖所示的五元環(huán)代表A、B、C、D、E五種化合物，圓圈交叉部分指兩種化合物含有一種相同元素，五種化合物由五種短周期元素形成，每種化合物僅含兩種元素，A是沼氣的主要成分，B、E分子中所含電子數(shù)均為18，B不穩(wěn)定，具有較強(qiáng)的氧化性，其稀溶液是醫(yī)療上廣泛使用的消毒劑，E的分子結(jié)構(gòu)模型為C可作為光導(dǎo)纖維的主要材料，D中所含兩種元素的原子個數(shù)比為3：4，電子總數(shù)之比為3：2．根據(jù)以上信息回答下列問題：

（1）B為二元弱酸，其水溶液顯弱酸性，則B在水溶液的第一步電離方程式可表示為____．

（2）D的化學(xué)式是____，E電子式為____．

（3）液態(tài)B與液態(tài)E反應(yīng)可生成一種氣態(tài)單質(zhì)和一種常見液體，1molB參加反應(yīng)放出熱量QkJ，其反應(yīng)的熱化學(xué)方程式____．

（4）NH3分子中的N原子有一對孤對電子，能發(fā)生反應(yīng)：NH3+HCl=NH4Cl．E與NH3分子類似，也可與HCl發(fā)生反應(yīng)，試寫出E與足量鹽酸發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式____．18、（2013春?洛陽期末）CO2和CH4是兩種重要的溫室氣體，通過CH4和CO2反應(yīng)制造更高價值化學(xué)品是目前的研究目標(biāo)．

（1）250℃時，以鎳合金為催化劑，向4L容器中通入6molCO2、6molCH4；發(fā)生如下反應(yīng)：

CO2（g）+CH4（g）?2CO（g）+2H2（g）．平衡體系中各組分體積分?jǐn)?shù)如下表：

。物質(zhì)CH4CO2COH2體積分?jǐn)?shù)0.10.10.40.4①tmin內(nèi)CO2的平均反應(yīng)速率為____mol?L-1?min-1．此溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=____

②已知：

CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-802.3kJ?mol-1

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

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ?mol-1

反應(yīng)CO2（g）+CH4（g）?2CO（g）+2H2（g）的△H=____kJ?mol-1

（2）以二氧化鈦表面覆蓋Cu2Al2O4（難溶于水）為催化劑，可以將CO2和CH4直接氧化成乙酸．

①不同溫度下催化劑的催化效率與乙酸的生成速率如圖所示．250～300℃時，溫度升高而乙酸的生成速率降低的原因____．

②為了提高該反應(yīng)中CH4的轉(zhuǎn)化率，可以采取的措施是____．（答一條即可）

③將Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的離子方程式為____．19、（2014?樂山一模）下列各有機(jī)物轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖；A具有催熱水果的作用；D能使石蕊試液變紅；E是不溶于水的E是不溶于水且具有香味的無色液體，相對分子質(zhì)量是C的2倍；F是高分子化合物，常用于制食品包裝袋．結(jié)合如圖關(guān)系回答問題：

按要求回答下列問題：

（1）寫出A的結(jié)構(gòu)簡式：A____；B中官能團(tuán)的名稱是____；寫出反應(yīng)②的反應(yīng)方程式：____

（2）下列關(guān)于如圖各有機(jī)物的說法不正確的是____（填字母）．

a．F能使溴水褪色。

b．D可以與新制備的Cu（OH）2懸濁液反應(yīng)。

c．甲醛是C的同系物；的結(jié)構(gòu)簡式為HCHO，官能團(tuán)為-CHO

d．B的核磁共振氫譜有3個峰。

（3）A與苯都是石油化工的重要產(chǎn)品；在一定條件下A可以轉(zhuǎn)化生成苯．

①試寫出在一定條件下僅A就可以轉(zhuǎn)化生成苯的化學(xué)反應(yīng)方程式：____

②由溴苯和苯在鐵作催化劑條件下可以制得溴苯．純凈的溴苯是無色油狀液體，實驗室制得的粗溴苯通常因溶解了Br2呈褐色，可以加入試劑____除去，反應(yīng)方程式為____．20、光氣（COCl2）在塑料、制革、制藥等工業(yè)中有許多用途，工業(yè)上采用高溫下CO與Cl2在活性炭催化下合成。已知COCl2（g）Cl2（g）＋CO（g）ΔH＝＋108kJ·mol－1。反應(yīng)體系達(dá)到平衡后，各物質(zhì)的濃度在不同條件下的變化狀況如下圖所示（第10min到14min的COCl2濃度變化曲線未示出）：（1）化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式K＝________，計算反應(yīng)在第8min時的平衡常數(shù)K＝________；（2）比較第2min反應(yīng)溫度T（2）與第8min反應(yīng)溫度T（8）的高低：T（2）________T（8）（填“＜”、“＞”或“＝”）；（3）若12min時反應(yīng)于溫度T（8）下重新達(dá)到平衡，則此時c（COCl2）＝________；10～12min內(nèi)CO的平均反應(yīng)速率為v（CO）＝________；（4）比較產(chǎn)物CO在2～3min、5～6min和12～13min時平均反應(yīng)速率（平均反應(yīng)速率分別以v（2～3）、v（5～6）、v（12～13））的大小________________。21、（14分）甲、乙、丙為常見單質(zhì)，乙、丙兩元素在周期表中位于同一主族。X、A、B、C、D、E、F、G均為常見的化合物，其中A和X的摩爾質(zhì)量相同，A、G的焰色反應(yīng)為黃色。在一定條件下，各物質(zhì)相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如右圖。請回答：（1）寫化學(xué)式：丙____E________（2）X的電子式為_____________。（3）寫出反應(yīng)⑥的化學(xué)反應(yīng)方程式：。（4）寫出B與G溶液反應(yīng)生成F的離子方程式：。（5）在上圖的反應(yīng)中，不屬于氧化還原反應(yīng)的是（填序號）____________________。（6）將8g乙在足量丙中燃燒，所得氣體D通入100mL3．5mol·L-1的B溶液中，完全吸收后，溶液中的溶質(zhì)及其物質(zhì)的量分別為；若同體積的氣體D通入100mL2．5mol·L-1的B溶液中，完全吸收后，溶液中所含離子的物質(zhì)的量濃度由大到小的順序為。22、某有色電解質(zhì)溶液中，可能大量存在有Ag+、H+、Cu2+、OH-、Cl-離子，你認(rèn)為：一定沒有的離子是____，不能確定的離子____．23、請根據(jù)表格回答問題：

（?。└鶕?jù)下列五種元素的電離能數(shù)據(jù)（單位：kJ/mol）；回答下面各題．

。元素代號I1I2I3I4E500460069009500F7401500770010500H5801800270011600I420310044005900（1）在周期表中，最可能處于同一族的是____

A．F和HB．H和IC．E和HD．E和I

（2）它們的氯化物的化學(xué)式，最可能正確的是____

A．EClB．FCl3C．HClD．ICl4

（3）F元素最可能是____

A．S區(qū)元素B．稀有氣體元素C．p區(qū)元素D．準(zhǔn)金屬E．d區(qū)元素。

（ⅱ）右表是元素周期表的一部分：

。族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA1①2②③④⑤⑥3⑦⑧⑨⑩（4）某元素原子的核外p電子數(shù)比s電子數(shù)少1，則該元素的元素符號是____其原子的結(jié)構(gòu)示意圖是____．

（5）已知某些不同族元素的性質(zhì)也有一定的相似性，如元素③與元素⑧的氫氧化物有相似的性質(zhì)．這種現(xiàn)象被稱為____．

（6）又如表中與元素⑦的性質(zhì)相似的不同族元素是____（填元素符號）．24、（2013秋?吉林期末）甲醇是一種重要的可再生能源，工業(yè)上可用CO和H2合成．

（1）已知：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283kJ?mol-1，CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-725kJ?mol-1若要求得CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）的△H，還需要知道反應(yīng)（用化學(xué)方程式表示）____的焓變．

（2）在Cu2O/ZnO做催化劑的條件下，將CO（g）和H2（g）充入容積為2L的密閉容器中合成CH3OH（g），反應(yīng)過程中，CH3OH的物質(zhì)的量（n）與時間（t）及溫度的關(guān)系如圖．根據(jù)題意回答下列問題：

①反應(yīng)達(dá)到平衡時，平衡常數(shù)表達(dá)式K=____；升高溫度，K值____（填“增大”；“減小”或“不變”）．

②在500℃，從反應(yīng)開始到平衡，氫氣的平均反應(yīng)速率v（H2）=____．

③若其它條件不變，對處于Z點的體系，將體積壓縮至原來的，達(dá)到新的平衡后，下列有關(guān)該體系的說法正確的是____．

a．氫氣的濃度與原平衡比減少b．正；逆反應(yīng)速率都加快。

c．甲醇的物質(zhì)的量增加d．重新平衡時增大。

④據(jù)研究，反應(yīng)過程中起催化作用的為Cu2O，反應(yīng)體系中含少量的CO2有利于維持Cu2O的量不變，原因是____：（寫出相關(guān)的化學(xué)方程式并輔以必要的文字說明）．25、已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數(shù)A＜B＜C＜D＜E．其中A、B、C是同一周期的非金屬元素．化合物DC的晶體為離子晶體，D的二價陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)．AC2為非極性分子．B；C的氫化物的沸點比它們同族相鄰周期元素氫化物的沸點高．E是人體內(nèi)含量最高的金屬元素．請根據(jù)以上情況；回答下列問題：（答題時，A、B、C、D、E用所對應(yīng)的元素符號表示）

（1）A、B、C的非金屬性由強(qiáng)到弱的順序為____．

（2）B的氫化物的分子空間構(gòu)型是____．它是____（填極性和非極性）分子．

（3）寫出化合物AC2的電子式____；一種由B、C組成的化合物與AC2電子數(shù)相等，其化學(xué)式為____．

（4）E的核外電子排布式是____；

（5）10molB的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的稀溶液與4molD的單質(zhì)反應(yīng)時，B被還原到最低價，B被還原后的產(chǎn)物化學(xué)式為____．評卷人得分四、判斷題(共2題，共4分)26、食物溶于水后的溶液中pH＜7，則為酸性食物．____．（判斷對錯）27、實驗測得1mol某氣體體積為22.4L，測定條件一定是標(biāo)準(zhǔn)狀況____（判斷對錯）評卷人得分五、實驗題(共1題，共10分)28、S2Cl2常用于橡膠硫化、有機(jī)物氯化的試劑，實驗室可利用如下裝置來制備S2Cl2．（部分夾持儀器已略去）

已知：①制備的反應(yīng)方程式為：Cl2+2SS2Cl2

②反應(yīng)涉及的幾種物質(zhì)性質(zhì)如下：

。性質(zhì)。

物質(zhì)熔點沸點著火點其他性質(zhì)單斜硫119.2℃446.6℃363℃/斜方硫112.8℃446.6℃363℃/S2Cl2-77℃137℃/遇水強(qiáng)烈分解生成S、SO2和HCl回答下列問題：

（1）A部分儀器裝配時，放好鐵架臺之后，應(yīng)先固定____（填儀器名稱）．整套裝置裝配完畢后，應(yīng)先進(jìn)行____，再添加試劑，冷凝水進(jìn)水口是____（填“a”或“b”）．實驗完畢，A中不再產(chǎn)生氯氣時，可拆除裝置，拆除時，最先進(jìn)行的操作應(yīng)是____．

（2）S2Cl2分子中各原子均達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，寫出其電子式____；用化學(xué)方程式表示撤去C裝置的后果____；用直接加熱代替水浴加熱的后果是____．

（3）單斜硫、斜方硫互稱為____，從熔點、沸點、著火點等信息得到的啟示是____．

（4）M溶液可以選擇下列試劑中的____（填序號）

①碳酸鈉溶液②氯化鐵溶液③亞硫酸鈉溶液④高錳酸鉀溶液．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】放電時，電池反應(yīng)式為Li1-xMn2O4+xLi=LiMn2O4，負(fù)極反應(yīng)式為xLi-xe-═xLi+，正極反應(yīng)式為xLi++Li1-xMn2O4+xe-═LiMn2O4，充電時，陽極、陰極電極反應(yīng)式與正極、負(fù)極電極反應(yīng)式正好相反，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：放電時，電池反應(yīng)式為Li1-xMn2O4+xLi=LiMn2O4，負(fù)極反應(yīng)式為xLi-xe-═xLi+，正極反應(yīng)式為xLi++Li1-xMn2O4+xe-═LiMn2O4；充電時，陽極；陰極電極反應(yīng)式與正極、負(fù)極電極反應(yīng)式正好相反；

A．放電時；a極為正極，故A正確；

B．放電時，a極為正極，b是負(fù)極，電子由負(fù)極流向正極，即從b極流向a極；故B正確；

C．充電時，b是陰極；得電子發(fā)生還原反應(yīng)，a極發(fā)生氧化反應(yīng)，故C錯誤；

D．放電時；電解質(zhì)中陽離子向正極極a電極移動，故D正確；

故選C．2、B【分析】【分析】反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，則反應(yīng)速率與化學(xué)計量數(shù)的比值越大，反應(yīng)速率越快，以此來解答．【解析】【解答】解：反應(yīng)速率與化學(xué)計量數(shù)的比值越大；反應(yīng)速率越快，則。

A.=0.05；

B.=1；

C.=0.83；

D.=0.0833；

顯然B中比值最大；反應(yīng)速率最快；

故選B．3、C【分析】銅、鎂、鋼均為生活中常見的金屬或合金，而鈦及其合金以其優(yōu)良的特性將被廣泛應(yīng)?！窘馕觥俊敬鸢浮緾4、C【分析】【分析】節(jié)能減排，應(yīng)做到節(jié)約能源，避免浪費，減少污染物的排放，減少化石能源的使用，盡量使用清潔能源，以此解答該題．【解析】【解答】解：A．將白熾燈換成節(jié)能燈；可減少電能的消耗，減少化石燃料的使用，可做到節(jié)能減排，故A不選；

B．發(fā)展利用新能源；如太陽能；氫能、核能等，減少化石燃料的使用，可做到節(jié)能減排，故B不選；

C．大力植樹造林；增加綠色植被，可改善環(huán)境，增加綠色面積，但與節(jié)能減排無關(guān)，故C選；

D．少開汽車；采取騎自行車或做公交車，可減少污染物的排放，減少化石能源的使用，故D不選．

故選C．5、D【分析】【分析】聚合反應(yīng)分為加成聚合反應(yīng)和縮聚反應(yīng)：加聚反應(yīng)條件是有機(jī)物中含有碳碳雙鍵或碳碳三鍵；縮聚反應(yīng)條件是有機(jī)物分子之間能夠相互脫去小分子生成高分子化合物，例如氨基酸生成蛋白質(zhì)、含有兩個羧基的羧酸和含有兩個羥基的醇發(fā)生酯化反應(yīng)或單個有機(jī)物分子中即含有羧基又含有羥基，據(jù)此進(jìn)行判斷．【解析】【解答】解：A；乙二醇和乙二酸能夠發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高分子化合物；故A錯誤；

B、分子中含有碳碳雙鍵；能夠發(fā)生加聚反應(yīng)生成高分子化合物，故B錯誤；

C、為氨基酸；分子間能夠脫去水發(fā)生縮聚反應(yīng)生成蛋白質(zhì)，故C正確；

D；乙醇只含有一個官能團(tuán)羥基；無法發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高分子化合物，故D錯誤；

故選D．6、A【分析】【分析】根據(jù)物質(zhì)的晶體類型和所含化學(xué)鍵類型判斷，化學(xué)鍵分為離子鍵和共價鍵，共價鍵為非金屬原子之間形成的化學(xué)鍵，離子鍵為陰陽離子之間形成的化學(xué)鍵．【解析】【解答】解：A．CaCl2和Na2S都為離子化合物；并且只含有離子鍵，化學(xué)鍵類型相同，故A正確；

B．Na2O只含離子鍵，Na2O2含有離子鍵和非極性共價鍵；化學(xué)鍵類型不同，故B錯誤；

C．CO2為共價化合物；只含共價鍵，CaO為離子化合物，只含離子鍵，化學(xué)鍵類型不同，故C錯誤；

D．HCl為共價化合物；含有共價鍵，NaOH為離子化合物，含有離子鍵和共價鍵，二者化學(xué)鍵類型不同，故D錯誤．

故選A．7、C【分析】【分析】A．通常把含碳元素的化合物叫做有機(jī)化合物；

B．堿是指在電離時產(chǎn)生的陰離子全部是氫氧根離子的化合物；

C．鹽是指一類金屬離子或銨根離子（NH4+）與酸根離子或非金屬離子結(jié)合的化合物；

D．氧化物為負(fù)價氧和另外一個化學(xué)元素組成的二元化合物．【解析】【解答】解：A．乙醇含碳元素是有機(jī)物；故A錯誤；

B．熟石灰是由鈣離子和氫氧根離子組成的化合物；屬于堿，故B錯誤；

C．膽礬是五水硫酸銅是由銅離子和硫酸根結(jié)合的化合物；屬于鹽，故C正確；

D．生石灰的成分是氧化鈣；屬于氧化物，故D錯誤；

故選C．8、D【分析】解：rm{A.}丙烯酸中含碳碳雙鍵、碳氧雙鍵，則rm{0.1}rm{mol}丙烯酸中含有雙鍵的數(shù)目為rm{0.2N_{A}}故A錯誤；

B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，苯為液體，不能利用體積、rm{Vm}計算物質(zhì)的量；故B錯誤；

C.甲苯中含rm{9}個rm{C-H}則rm{1}rm{mol}甲苯含有rm{9N_{A}}個rm{C-H}鍵；故C錯誤；

D.丙烯和環(huán)丙烷的最簡式均為rm{CH_{2}}rm{n(CH_{2})=dfrac{42g}{14g/mol}=3mol}則混合氣體中氫原子的個數(shù)為rm{n(CH_{2})=dfrac

{42g}{14g/mol}=3mol}故D正確；

故選D．

A.丙烯酸中含碳碳雙鍵；碳氧雙鍵；

B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下；苯為液體；

C.甲苯中含rm{3mol隆脕2隆脕N_{A}=6N_{A}}個rm{9}

D.丙烯和環(huán)丙烷的最簡式均為rm{C-H}rm{n(CH_{2})=dfrac{42g}{14g/mol}=3mol}．

本題考查阿伏伽德羅常數(shù)，為高頻考點，把握物質(zhì)的構(gòu)成、化學(xué)鍵判斷、物質(zhì)的量的相關(guān)計算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項A為易錯點，題目難度不大．rm{CH_{2}}【解析】rm{D}二、多選題(共8題，共16分)9、BC【分析】【分析】堿土金屬離子與碳酸根的極化作用，堿土金屬都帶兩個正電荷，如果離子半徑越小對陰離子（碳酸根離子）的極化作用越強(qiáng)，極化作用越強(qiáng)金屬鍵越容易往共價鍵發(fā)展，即越不穩(wěn)定．所以從第2主族由上到下，極化作用越弱，分解溫度越高；堿土金屬的碳酸鹽熱分解溫度：T（XCO3）＞T（YCO3）；則原子序數(shù)X＞Y；

A．晶格能與離子半徑成反比；與電荷成正比；

B．同一主族元素簡單陽離子半徑隨著原子序數(shù)增大而增大；

C．同一主族元素；元素的金屬性隨著原子序數(shù)增大而增強(qiáng)；

D．堿土金屬氧化物是離子晶體，離子晶體熔沸點與晶格能成正比．【解析】【解答】解：堿土金屬離子與碳酸根的極化作用，堿土金屬都帶兩個正電荷，如果離子半徑越小對陰離子（碳酸根離子）的極化作用越強(qiáng)，極化作用越強(qiáng)金屬鍵越容易往共價鍵發(fā)展，即越不穩(wěn)定．所以從第2主族由上到下，極化作用越弱，分解溫度越高；堿土金屬的碳酸鹽熱分解溫度：T（XCO3）＞T（YCO3）；則原子序數(shù)X＞Y；

A、陽離子電荷越高，半徑越小，晶格能越大，離子鍵就越強(qiáng)，熔點就越高，所以晶格能：XCO3＜YCO3；故A錯誤；

B、同一主族元素簡單陽離子半徑隨著原子序數(shù)增大而增大，所以陽離子半徑：X2+＞Y2+；故B正確；

C；同一主族元素；元素的金屬性隨著原子序數(shù)增大而增強(qiáng)，原子序數(shù)X＞Y，所以金屬性：X＞Y，故C正確；

D、碳酸鹽的熱分解溫度：T（XCO3）＞T（YCO3），所以陽離子半徑：X2+＜Y2+；而它們的氧化物都是離子晶體，堿土金屬氧化物是離子晶體，離子晶體熔沸點與晶格能成正比，晶格能與離子半徑成反比，離子半徑X＞Y，所以氧化物的熔點：XO＜YO，故D錯誤；

故選BC．10、BD【分析】【分析】A．金屬都具有良好的導(dǎo)電；導(dǎo)熱性；

B．鈉在空氣中點燃生成的過氧化鈉；

C．鈉性質(zhì)非?；顫?；在研磨條件下與硫能發(fā)生爆炸；

D．依據(jù)質(zhì)子數(shù)相同的微粒，電子數(shù)越多半徑越大．【解析】【解答】解：A．鈉屬于金屬；金屬都具有良好的導(dǎo)電；導(dǎo)熱性，故A正確；

B．鈉在空氣中點燃生成的過氧化鈉；得不到氧化鈉，故B錯誤；

C．鈉性質(zhì)非常活潑；在研磨條件下與硫能發(fā)生爆炸，故C正確；

D．鈉離子與鈉原子質(zhì)子數(shù)相同；但是鈉原子電子數(shù)比鈉離子多，所以鈉原子半徑大于鈉離子，故D錯誤；

故選：BD．11、AD【分析】【分析】A；膠體能凈化水；但不能消毒．

B；鋅塊作原電池負(fù)極被腐蝕；從而保護(hù)鐵被腐蝕．

C；根據(jù)氧化鎂的性質(zhì)判斷其用途．

D、活潑金屬采用電解其熔融鹽的方法冶煉．【解析】【解答】解：A；明礬中含有鋁元素；鋁能水解生成氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附性而吸附水中的懸浮物所以能凈水，但氫氧化鋁膠體沒有強(qiáng)氧化性，所以不能殺菌，故A錯誤．

B；鋅、鐵和海水構(gòu)成原電池；鋅作負(fù)極，鐵作正極，負(fù)極鋅失電子被腐蝕，從而保護(hù)了鐵被腐蝕，故B正確．

C；氧化鎂的熔點較高；所以能制作耐高溫材料，故C正確．

D；鎂是活潑金屬；電解其水溶液時，陰極上氫離子得電子而不是鎂離子得電子，所以得不到金屬鎂，應(yīng)采用電解其熔融鹽的方法冶煉，故D錯誤．

故選AD．12、AC【分析】【分析】氯氣與水發(fā)生：Cl2+H2O?HCl+HClO，HCl為強(qiáng)酸，完全電離，HClO具有弱酸性部分電離、HClO具有強(qiáng)氧化性、漂白性以及不穩(wěn)定性，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子．【解析】【解答】解：A．氯氣與水發(fā)生：Cl2+H2O?HCl+HClO；HCl；HClO電離出的氫離子可使藍(lán)色石蕊試紙先變紅，HClO可使藍(lán)色石蕊試紙褪色，故A正確；

B．氯氣與水發(fā)生：Cl2+H2O?HCl+HClO，HClO為弱酸，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子；故B錯誤；

C．HClO不穩(wěn)定；分解生成HCl，氯水放置數(shù)天后，酸性增強(qiáng)，溶液pH減小，故C正確；

D．HClO不穩(wěn)定，見光分解，發(fā)生：2HClO2HCl+O2；生成氧氣，故D錯誤；

故選AC．13、CD【分析】【分析】根據(jù)酸堿中和滴定時，酸液應(yīng)盛裝在酸式滴定管中，堿液應(yīng)盛裝在堿式滴定管中，酸堿指示劑一般不能用石蕊，其變色范圍大，會引起較大誤差．【解析】【解答】解：A．不能用堿式滴定管盛裝酸性溶液；不能用石蕊做酸堿指示劑，否則會引起較大誤差，故A錯誤；

B．不能用酸式滴定管盛裝堿性溶液；故B錯誤；

C．用甲基橙做指示劑；到達(dá)滴定終點時，溶液顏色有黃色變?yōu)槌壬?，并且滴定管使用正確，故C正確；

D．用酚酞做指示劑；到達(dá)滴定終點時，溶液顏色有無色變?yōu)闇\紅色，并且滴定管使用正確，故D正確．

故選CD．14、AD【分析】【分析】A．氣體進(jìn)出方向錯誤；

B．鉀的焰色反應(yīng)應(yīng)透過藍(lán)色鈷玻璃觀察；

C．根據(jù)氣球的變化進(jìn)行判斷；

D．實驗室可用氫氧化鈣和氯化銨反應(yīng)制備氨氣．【解析】【解答】解：A．洗氣時應(yīng)長進(jìn)短出；氣體進(jìn)出方向錯誤，故A錯誤；

B．鉀的焰色反應(yīng)應(yīng)透過藍(lán)色鈷玻璃觀察；易排除鈉離子的干擾，故B正確；

C．如氨氣極易溶于水；而燒瓶內(nèi)壓強(qiáng)減小，氣球體積膨脹，故C正確；

D．實驗室可用氫氧化鈣和氯化銨反應(yīng)制備氨氣；氯化銨分解，在試管口又化合生成氯化銨，圖中制備方法不合理，故D錯誤；

故選AD．15、AD【分析】【分析】A．蘇打為碳酸鈉；小蘇打為碳酸氫鈉，與鹽酸反應(yīng)均生成二氧化碳；

B．向AgNO3溶液中滴加過量氨水；先生成AgOH后被過量的氨水溶解生成絡(luò)離子；

C．Cu與硝酸反應(yīng)生成硝酸銅；溶液變藍(lán)，同時生成NO和水；

D．下層溶液顯紫紅色，有碘單質(zhì)生成，則KI和FeCl3溶液反應(yīng)生成碘單質(zhì)，結(jié)合氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物氧化性分析．【解析】【解答】解：A．蘇打為碳酸鈉；小蘇打為碳酸氫鈉，與鹽酸反應(yīng)均生成二氧化碳，則觀察到均冒氣泡，故A正確；

B．向AgNO3溶液中滴加過量氨水，先生成AgOH后被過量的氨水溶解生成絡(luò)離子，則Ag+與NH3?H2O不能大量共存；故B錯誤；

C．Cu與硝酸反應(yīng)生成硝酸銅；溶液變藍(lán)，同時生成NO和水，該反應(yīng)不屬于置換反應(yīng)，故C錯誤；

D．下層溶液顯紫紅色，有碘單質(zhì)生成，則KI和FeCl3溶液反應(yīng)生成碘單質(zhì)，由氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物氧化性可知，氧化性為Fe3+＞I2；故D正確；

故選AD．16、BD【分析】【分析】干燥氯氣不能使有色布條褪色，當(dāng)關(guān)閉B時，氣體經(jīng)過D裝置，C處紅色布條顏色褪去，說明氯氣通過D裝置后，含有水蒸氣．【解析】【解答】解：A．氯氣經(jīng)過盛有濃硫酸的洗氣瓶；為干燥氯氣，不能使有色布條褪色，故A錯誤；

B．氯氣難溶于飽和食鹽水；經(jīng)過飽和食鹽水后，氯氣中混有水，能生成具有漂白性的HClO，可使有色布條褪色，故B正確；

C．氯氣經(jīng)過盛有NaOH溶液的洗氣瓶而被吸收；則有色布條不褪色，故C錯誤；

D；氯氣經(jīng)過水后；氯氣中混有水，能生成具有漂白性的HClO，可使有色布條褪色，故D正確；

故選BD．三、填空題(共9題，共18分)17、H2O2?HO2-+H+Si3N42H2O2（l）+N2H4（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=-2QkJ/molN2H4+2HCl=N2H6Cl2【分析】【分析】A是沼氣的主要成分，則A為甲烷；C可作為光導(dǎo)纖維的主要材料，則C為SiO2；B分子中所含電子數(shù)為18，B不穩(wěn)定，具有較強(qiáng)的氧化性，含甲烷、二氧化硅中含有的元素，可知B為H2O2；E分子中所含電子數(shù)為18，結(jié)合E的結(jié)構(gòu)模型，可知E是由六個原子構(gòu)成的分子，原子平均電子數(shù)為3，故E中含有H元素，E為N2H4；D中含有Si元素，還含有H元素或N元素，由D中所含的兩種元素的原子個數(shù)之比為3：4，故D為Si3N4．【解析】【解答】解：A是沼氣的主要成分，則A為甲烷；C可作為光導(dǎo)纖維的主要材料，則C為SiO2；B分子中所含電子數(shù)為18，B不穩(wěn)定，具有較強(qiáng)的氧化性，含甲烷、二氧化硅中含有的元素，可知B為H2O2；E分子中所含電子數(shù)為18，結(jié)合E的結(jié)構(gòu)模型，可知E是由六個原子構(gòu)成的分子，原子平均電子數(shù)為3，故E中含有H元素，E為N2H4；D中含有Si元素，還含有H元素或N元素，由D中所含的兩種元素的原子個數(shù)之比為3：4，故D為Si3N4．

（1）B為H2O2，屬于二元弱酸，其水溶液顯弱酸性，則H2O2在水溶液的第一步電離方程式可表示為：H2O2?HO2-+H+；

故答案為：H2O2?HO2-+H+；

（2）D的化學(xué)式是Si3N4，E為N2H4，電子式為

故答案為：Si3N4；

（3）液態(tài)H2O2與液態(tài)N2H4反應(yīng)可生成一種氣態(tài)單質(zhì)和一種常見液體，應(yīng)生成氮氣與水，1molH2O2參加反應(yīng)放出熱量QkJ，其反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：2H2O2（l）+N2H4（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=-2QkJ/mol；

故答案為：2H2O2（l）+N2H4（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=-2QkJ/mol；

（4）NH3分子中的N原子有一對孤對電子，能發(fā)生反應(yīng)：NH3+HCl=NH4Cl．N2H4與NH3分子類似，也可與HCl發(fā)生反應(yīng)，N2H4與足量鹽酸發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：N2H4+2HCl=N2H6Cl2；

故答案為：N2H4+2HCl=N2H6Cl2．18、64+247.3溫度超過250℃時，催化劑的催化效率降低增大反應(yīng)壓強(qiáng)或增大CO2的濃度等3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O【分析】【分析】（1）向4L容器中通入6molCO2、6molCH4；設(shè)平衡時轉(zhuǎn)化的二氧化碳為xmol，則：

CO2（g）+CH4（g）?2CO（g）+2H2（g）

起始量（mol）：6600

變化量（mol）：xx2x2x

平衡量（mol）：6-x6-x2x2x

平衡時二氧化碳；CO的體積分?jǐn)?shù)分別為0.1、0.4；則2x=4×（6-x），解得x=4；

①根據(jù)v=計算v（CO2）；平衡常數(shù)K=；

②已知：Ⅰ．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-802.3kJ?mol-1

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

Ⅲ.2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律，Ⅰ+Ⅱ×2-Ⅲ×2可得：CO2（g）+CH4（g）?2CO（g）+2H2（g）；焓變也進(jìn)行相應(yīng)計算；

（2）發(fā)生反應(yīng)：CO2（g）+CH4（g）CH3COOH（g）；

①催化劑活性受溫度影響；溫度超過250℃時，催化劑的催化效率降低；

②為了提高該反應(yīng)中CH4的轉(zhuǎn)化率；可以增大壓強(qiáng)或增大二氧化碳濃度；將生成乙酸移走等；

③將Cu2Al2O4中Cu為+1甲，溶解在稀硝酸中生成硝酸銅、硝酸鋁、NO與水．【解析】【解答】解：（1）向4L容器中通入6molCO2、6molCH4；設(shè)平衡時轉(zhuǎn)化的二氧化碳為xmol，則：

CO2（g）+CH4（g）?2CO（g）+2H2（g）

起始量（mol）：6600

變化量（mol）：xx2x2x

平衡量（mol）：6-x6-x2x2x

平衡時二氧化碳；CO的體積分?jǐn)?shù)分別為0.1、0.4；則2x=4×（6-x），解得x=4；

①v（CO2）==mol/（L．min）；平衡常數(shù)K===64；

故答案為：mol/（L．min）；64；

②已知：Ⅰ．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-802.3kJ?mol-1

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

Ⅲ.2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律，Ⅰ+Ⅱ×2-Ⅲ×2可得：CO2（g）+CH4（g）?2CO（g）+2H2（g），則△H=-802.3kJ?mol-1+2×（-41.2kJ?mol-1）-2×（-566.0kJ?mol-1）=+247.3kJ?mol-1；

故答案為+247.3；

（2）發(fā)生反應(yīng)：CO2（g）+CH4（g）CH3COOH（g）；

①催化劑活性受溫度影響；溫度超過250℃時，催化劑的催化效率降低，乙酸的生成速率降低；

故答案為：溫度超過250℃時；催化劑的催化效率降低；

②為了提高該反應(yīng)中CH4的轉(zhuǎn)化率；可以增大壓強(qiáng)或增大二氧化碳濃度；將生成乙酸移走等；

故答案為：增大反應(yīng)壓強(qiáng)或增大CO2的濃度等；

③將Cu2Al2O4中Cu為+1甲，溶解在稀硝酸中生成硝酸銅、硝酸鋁、NO與水，反應(yīng)離子方程式為：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O；

故答案為：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O．19、CH2=CH2羥基2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OaCH2=CH2C6H6NaOH溶液Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O【分析】【分析】有機(jī)物A、B、C、D、E、F有以下轉(zhuǎn)化關(guān)系，A具有催熱水果的作用，則A是乙烯，其結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH2；A和水發(fā)生加成反應(yīng)生成B，B的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，B被氧化生成C，C的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CHO，D能使石蕊試液變紅，則D是羧酸，E是不溶于水且具有香味的無色液體，屬于酯，所以B和D發(fā)生酯化反應(yīng)生成E，相對分子質(zhì)量是C的2倍，則E的相對分子質(zhì)量=44×2=88，則D的相對分子質(zhì)量=88+18-46=60，為乙酸，其結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH，E為乙酸乙酯，其結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOCH2CH3；F是高分子聚合物，常用于制食品包裝袋，則F是聚乙烯，其結(jié)構(gòu)簡式為據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：有機(jī)物A、B、C、D、E、F有以下轉(zhuǎn)化關(guān)系，A具有催熱水果的作用，則A是乙烯，其結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH2；A和水發(fā)生加成反應(yīng)生成B，B的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，B被氧化生成C，C的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CHO，D能使石蕊試液變紅，則D是羧酸，E是不溶于水且具有香味的無色液體，屬于酯，所以B和D發(fā)生酯化反應(yīng)生成E，相對分子質(zhì)量是C的2倍，則E的相對分子質(zhì)量=44×2=88，則D的相對分子質(zhì)量=88+18-46=60，為乙酸，其結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH，E為乙酸乙酯，其結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOCH2CH3；F是高分子聚合物，常用于制食品包裝袋，則F是聚乙烯，其結(jié)構(gòu)簡式為

（1）通過以上分析知，A的結(jié)構(gòu)簡式：CH2=CH2，B中官能團(tuán)的名稱是羥基，反應(yīng)②的反應(yīng)方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案為：CH2=CH2；羥基；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

（2）a．根據(jù)以上分析；F是聚乙烯，不含碳碳雙鍵，不能使溴水褪色，故錯誤；

b．D是乙酸，與新制備的Cu（OH）2懸濁液發(fā)生中和反應(yīng)；故正確；

c．C的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CHO；甲醛是C的同系物，結(jié)構(gòu)簡式為HCHO，官能團(tuán)為-CHO，故正確；

d．B的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH；B的核磁共振氫譜有3個峰，故正確；

故選a；

（3）①A就可以轉(zhuǎn)化生成苯的化學(xué)反應(yīng)方程式為：CH2=CH2C6H6，故答案為：CH2=CH2C6H6；

②純凈的溴苯是無色油狀液體，實驗室制得的粗溴苯通常因溶解了Br2呈褐色，溴可以和NaOH溶液反應(yīng)，但和溴苯不反應(yīng)，所以可以加入試劑NaOH溶液除去，反應(yīng)方程式為Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O；

故答案為：NaOH溶液；Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O．20、略

【分析】由題圖示可知8min時COCl2、Cl2、CO三種物質(zhì)的濃度分別為0.04mol·L－1、0.11mol·L－1、0.085mol·L－1。所以此時其平衡常數(shù)為：0.11×0.085÷0.04＝0.234。第8min時反應(yīng)物的濃度比第2min時減小，生成物濃度增大，平衡向正反應(yīng)方向移動。又因為正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，所以T（2）＜T（8）。（4）根據(jù)圖像可知反應(yīng)在2～3min和12～13min時反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，平均反應(yīng)速率為0，故v（5～6）＞v（2～3）＞v（12～13）。【解析】【答案】（1）0.234（2）＜（3）0.031mol·L－10.005mol·L－1·min－1（4）v（5～6）＞v（2～3）＝v（12～13）21、略

【分析】【解析】【答案】（1）O2SO3（2）（3）2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑（4）HCO3－+OH－==CO32－+H2O（5）⑧⑨（每題2分）（6）0．15molNaHSO3和0．1molNa2SO3c（Na+）＞c（HSO）＞c（H+）＞c（SO）＞c（OH－）22、Ag+、OH-H+【分析】【分析】有色電解質(zhì)溶液中，一定含Cu2+，則一定沒有OH-，由溶液為電中性可知，陰離子一定為Cl-，則沒有Ag+，以此來解答．【解析】【解答】解：有色電解質(zhì)溶液中，一定含Cu2+，則一定沒有OH-，由溶液為電中性可知，陰離子一定為Cl-，則沒有Ag+，綜上所述，一定含Cu2+、Cl-，一定不含Ag+、OH-，可能含H+；

故答案為：Ag+、OH-；H+．23、DAAN對角線規(guī)則Li【分析】【分析】ⅰ；E和I的第一電離能較?。蛔钔鈱与娮訑?shù)為1，二者位于同一族，F(xiàn)的第一、第二電離能較小，最外層電子數(shù)為2，H的第一、第二、第三電離能較小，最外層電子數(shù)為3，以此判斷元素在周期表中位置、化合價以及有關(guān)性質(zhì)；

ⅱ、由元素在周期表中的位置可知，①為H，②為Li，③為Be，④為B，⑤為N，⑥為O，⑦為Mg，⑧為Al，⑨為S，⑩為Cl，據(jù)此分析即可．【解析】【解答】解：（1）E和I的第一電離能較小；最外層電子數(shù)為1，二者位于同一族，故答案為：D；

（2）E和I的第一電離能較小，最外層電子數(shù)為1，F(xiàn)的第一、第二電離能較小，最外層電子數(shù)為2，最高化合價為+2，H的第一、第二、第三電離能較小，最外層電子數(shù)為3，最高化合價為+3，據(jù)此分析，根據(jù)最高化合價可知，各氯化物分別是ECl、FCl2、HCl3；UCl；故答案為：A；

（3）由（2）分析可知F最可能是s區(qū)元素；故答案為：A；

（4）元素原子的核外p電子數(shù)比s電子數(shù)少1，即s上為2，則p上為1，此元素為N，原子結(jié)構(gòu)示意圖為：故答案為：N；

（5）元素Be與元素Al的氫氧化物有相似的性質(zhì)；處于周期表對角線位置，這種現(xiàn)象被稱為對角線規(guī)則，故答案為：對角線規(guī)則；

（6）與元素Mg的性質(zhì)相似的不同族、不同周期元素是Li，故答案為：Li．24、2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）減小0.2mol?L-1?s-1bcCu2O+CO2Cu+CO2，體系中有CO2可以抑制Cu2O被還原【分析】【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律；需要知道反應(yīng)可由以上三個已知反應(yīng)相加得到；

（2）①根據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應(yīng)物的濃度冪之積，寫出表達(dá)式；根據(jù)溫度對化學(xué)平衡、平衡常數(shù)的影響，由圖象可知，升溫時CH3OH的物質(zhì)的量減小；平衡逆向移動，則可推知K值減?。?/p>

②先根據(jù)圖象依據(jù)求出υ（CH3OH），然后根據(jù)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比求出υ（H2）=2v（CH3OH）=0.2mol?L-1?s-1；

③縮小容器的體積相當(dāng)于加壓，然后根據(jù)壓強(qiáng)對濃度、速率和化學(xué)平衡的影響來解答．其他條件不變時，將處于Z點的體系體積壓縮到原來的其他條件不變時，將處于Z點的體系體積壓縮到原來的一半，容器的體積減小，則壓強(qiáng)增大，正逆反應(yīng)速率都增大，平衡向正向移動，甲醇的物質(zhì)的量增多，氫氣的物質(zhì)的量減小，但由于體積減小，平衡時氫氣的濃度反而增大，重新平衡時n（H2）/n（CH3OH）減?。?/p>

④Cu2O能被CO還原生成CO2和Cu，該反應(yīng)為可逆反應(yīng)；根據(jù)根據(jù)平衡移動的原理，二氧化有利于抑制反應(yīng)Cu2O+CO═2Cu+CO2向正反應(yīng)方向移動．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)蓋斯定律，需要知道反應(yīng)可由以上三個已知反應(yīng)相加得到，故答案為：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；

（2）①根據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應(yīng)物的濃度冪之積，表達(dá)式為：；由圖象可知，升溫時CH3OH的物質(zhì)的量減小，平衡逆向移動，則可推知K值減小，故答案為：；減??；

②在500℃，反應(yīng)2S達(dá)到平衡，密閉的容器容積為2L，生成CH3OH的物質(zhì)的量為0.4mol，v（CH3OH）=0.4mol/（2S?2L）=0.1mol?L-1?s-1；根據(jù)速率之比等于系數(shù)比，則氫氣的平均反應(yīng)速率v（H2）=2v（CH3OH）=0.2mol?L-1?s-1．故答案為：0.2mol?L-1?s-1

③其他條件不變時，將處于Z點的體系體積壓縮到原來的一半，容器的體積減小，則壓強(qiáng)增大，正逆反應(yīng)速率都增大，平衡向正向移動，甲醇的物質(zhì)的量n（CH3OH）增多，氫氣的物質(zhì)的量n（H2）減小，但由于體積減小的程度大，故平衡時氫氣的濃度反而增大（符合勒夏特列原理），重新平衡時n（H2）/n（CH3OH）減??；

故選：b；c；

④根據(jù)平衡移動的原理，二氧化有利于抑制反應(yīng)Cu2O+CO2Cu+CO2向正反應(yīng)方向移動，維持Cu2O的量不變；

故答案為：Cu2O+CO2Cu+CO2，體系中有CO2可以抑制Cu2O被還原25、O＞N＞C三角錐型極性分子N2O1s22s22p63s23p64s2NH4NO3【分析】【分析】前四周期的元素，它們的核電荷數(shù)A＜B＜C＜D＜E．化合物DC的晶體為離子晶體，D的二價陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，C形成-2價陰離子，且D位于C的下一