2025年外研版高三化學下冊階段測試試卷

…………○…………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年外研版高三化學下冊階段測試試卷316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6題，共12分)1、下列實驗中；不能達到預期目的是（）

①苯；濃溴水、溴化鐵混合制溴苯。

②2-溴丙烷消去反應生成兩種烯烴。

③用溴水除去混在苯中的己烯；分液得到純凈的苯。

④敞口久置的電石與飽和食鹽水混合制乙炔。

⑤將電石與水反應產(chǎn)生的乙炔通入溴水中；溴水褪色，證明乙炔和溴水發(fā)生了加成反應。

⑥將溴乙烷和NaOH乙醇溶液混合共熱，生成的氣體直接通入酸性高錳酸鉀溶液，酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明有乙烯生成．A.②④⑥B.①③⑤C.①②④⑥D.①②③④⑤⑥2、邏輯推理是化學學習中常用的一種思維方法，以下推理中正確的是（）A.單質都是由同種元素組成的，只含一種元素的物質一定是純凈物B.金屬鋁排在金屬活動性順序表中氫元素的前面，鋁與酸反應一定放出氫氣C.中和反應都有鹽和水生成，有鹽和水生成的反應都屬于中和反應D.氧化物中都含有氧元素，含氧元素的化合物不一定是氧化物3、美國梅奧診所的研究人員發(fā)現(xiàn)，綠茶中含有EGCG（沒食子茶素沒食子酸酯），該物質具有抗癌作用，能使血癌（白血?。┲邪┘毎詺⑿运劳?，已知EGCG的結構簡式為有關EGCG的說法錯誤的是（）A.EGCG不能與碳酸鈉溶液反應放出二氧化碳B.EGCG遇FeCl3溶液能發(fā)生顯色反應C.1molEGCG最多可與含10mol氫氧化鈉的溶液完全作用D.EGCG在空氣中易被氧化4、下列敘述正確的是（）A.電化學反應不一定是氧化還原反應B.pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，水的電離程度相同C.2NO+2CO2CO2+N2的△H＜0，則該反應一定能自發(fā)進行D.用飽和Na2CO3溶液處理BaSO4沉淀，可將BaSO4轉化為BaCO35、對下列流程有關判斷正確的是（）

A.流程中涉及的反應均為非氧化還原反應B.反應②產(chǎn)生的陰離子主要為HCO3-C.實驗室中完成反應③應在蒸發(fā)皿中進行D.反應④的條件是高溫加熱6、有機物甲分子式為C11H14O2，在酸性條件下水解生成乙和丙，丙遇FeCl3溶液顯紫色，丙的相對分子質量比乙大20，甲的結構有（）A.6種B.4種C.3種D.8種評卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)7、關于下列圖示的說法中正確的是()

A.用圖①所示實驗可比較硫.碳.硅三種元素的非金屬性強弱B.用圖②所示實驗裝置排空氣法收集CO2氣體C.圖③表示可逆反應“CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)”為放熱反應D.圖④兩個裝置中通過導線的電子數(shù)相同時，消耗負極材料的物質的量也相同8、在t℃時，Ag2CrO4（橘紅色）在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示．又知t℃時AgBr的Ksp=5.0×10-13，下列說法錯誤的是（）A.t℃時，Ag2CrO4的Ksp為1×10-8B.在飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y點變?yōu)閄點C.一定溫度下Y點和Z點時Ag2CrO4的Ksp相等D.在t℃時，Ag2CrO4（s）+2Br-（aq）?2AgBr（s）+CrO42-（aq）平衡常數(shù)K=4.0×10109、下列有關說法正確的是()A.在輪船表面涂刷富鋅油漆，能有效防止船體在海水中被腐蝕B.rm{0.1mol隆隴L^{-1}}氨水加水稀釋后，溶液中rm{dfrac{cmathrm{(}NH_{4}^{{+}}mathrm{)}}{cmathrm{(}NH_{3}mathrm{{隆隴}}H_{2}Omathrm{)}}}的值減小C.用rm{pH}均為rm{2}的鹽酸和醋酸分別中和等物質的量的rm{NaOH}消耗醋酸的體積更大D.反應rm{NH_{3}(g)+HCl(g)=NH_{4}Cl(s)}在室溫下可自發(fā)進行，則該反應的rm{婁隴H<0}10、下列各項表述中與示意圖一致的是()A.圖①表示IA族元素原子半徑的變化規(guī)律B.圖②表示10mL0.01mol?L-1KMnO4酸性溶液與過量的0.1mol?L-1H2C2O4溶液混合時，n(Mn2+)隨時間的變化C.圖③中a.b曲線分別表示反應：CH2=CH2(g)+H2(g)→CH3CH3(g)△H＜0在使用和未使用催化劑時，反應過程中的能量變化D.圖④表示核外電子能量與電子層數(shù)的關系11、用某儀器量一液體體積時，平視時讀數(shù)為nml，仰視時讀數(shù)為xml，俯視時讀數(shù)為yml，若x＞n＞y，則所用的儀器可能是（）A.量筒B.酸式滴定管C.堿式滴定管D.容量瓶12、X、Y、Z、W四種物質之間有如右圖所示的轉化關系（部分物質未寫全），且已知反應熱之間的關系符合等式△H=△H1+△H2．則X；Y可能是（）

①C；CO

②AlCl3、Al（OH）3

③Fe、Fe（NO3）2

④Na2CO3、NaHCO3．A.①②B.③④C.①②③D.①②③④13、溫度為rm{T_{1}}時，在三個容積均為rm{1L}的恒容密閉容器中僅發(fā)生反應：rm{2NO(g)+Br_{2}(g)簍T2NOBr(g)}rm{(}正反應放熱rm{).}該反應分為兩步進行：rm{壟脵NO(g)+Br_{2}(g)?NOBr_{2}(g)(}快rm{)}rm{壟脷NO(g)+NO-Br_{2}(g)?2NOBr(g)(}慢rm{)}下列說法正確的是rm{(}rm{)}

。容器編號物質的起始濃度rm{(mol/L)}物質的平衡濃度rm{(mol/L)}rm{c}rm{(NO)}rm{c}rm{(Br_{2})}rm{c}rm{(NOBr)}rm{c(NOBr)}rm{c(NOBr)}Ⅰrm{0.3}rm{0.15}rm{0.1}rm{0.2}Ⅱrm{0.4}rm{0.2}rm{0}Ⅲrm{0}rm{0}rm{0.2}A.達平衡時，容器rm{I}與容器Ⅲ中的總壓強之比為rm{2}rm{1}B.當溫度改變?yōu)閞m{T_{2}}時，若rm{K=50}則rm{T_{2}<T_{1}}C.容器Ⅲ達成平衡所需的時間，取決于上述反應rm{壟脷}建立平衡的速率D.達平衡時，容器rm{II}中rm{dfrac{c(Br_{2})}{c(NOBr)}}比容器Ⅲ中的大rm{dfrac

{c(Br_{2})}{c(NOBr)}}評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)14、2014年10月24日．我國探月工程三期載人返回飛行試驗器在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心由長征三號丙運載火箭發(fā)射升空．某液體化合物X2Y4，常用作火箭燃料，16gX2Y4在一定量的O2中恰好完全燃燒，反應的化學方程式為X2Y4（l）+O2（g）X2（g）+2Y2O（l）．冷卻后標準狀況下測得生成物的體積為11.2L，其密度為1.25g?L-1；則：

（1）反應前O2的物質的量為____．

（2）X2的摩爾質量為____；Y元素的名稱是____．

（3）若反應生成0.1molX2，則轉移電子的物質的量為____mol．15、回答下列問題：

（1）在一個恒溫恒容的密閉容器中，可逆反應N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）

△H＜0達到平衡的標志是____（填編號）

①反應速率v（N2）：v（H2）：v（NH3）=1：3：2

②各組分的物質的量濃度不再改變。

③體系的壓強不再發(fā)生變化。

④混合氣體的密度不變。

⑤單位時間內生成nmolN2的同時，生成3nmolH2

⑥2V（N2正）=V（NH3逆）

⑦單位時間內3molH-H鍵斷裂的同時2molN-H鍵也斷裂。

⑧混合氣體的平均相對分子質量不再改變。

（2）現(xiàn)有八種物質：①干冰；②金剛石；③四氯化碳；④晶體硅；⑤過氧化鈉；⑥碳化硅晶體；⑦溴化鈉；⑧氖．請用編號填寫下列空白：

A．屬于原子晶體的是____，其中熔點由高到低的順序為____

B．屬于分子晶體的是____，其中分子構型為正四面體的化合物的電子式為____

C．既含有共價鍵又含有離子鍵的化合物是____，其中陽離子個數(shù)與陰離子個數(shù)之比為____．16、氫能源是一種重要的清潔能源．現(xiàn)有兩種可產(chǎn)生H2的化合物甲和乙．將6.00g甲加熱至完全分解，只得到一種地殼中含量最多的金屬單質和6.72L的H2（已折算成標準狀況）．甲與水反應也能放出H2，同時還產(chǎn)生一種白色沉淀物，該白色沉淀可溶于NaOH溶液．化合物乙在催化劑存在下可分解得到H2和另一種單質氣體丙，丙在標準狀況下的密度為1.25g?L-1．請回答下列問題：

（1）甲的化學式是____．

（2）甲與水反應的化學方程式是____．

（3）氣體丙與金屬鎂反應的產(chǎn)物是____（用化學式表示）．

（4）乙在加熱條件下與CuO反應可生成Cu和氣體丙，寫出該反應的化學方程式____．

（5）有人提出產(chǎn)物Cu中可能還混有CuO，請設計實驗方案驗證之____．（已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）17、（2010春?海淀區(qū)校級期末）工業(yè)上通過電解飽和氯化鈉溶液的方法獲得氫氧化鈉和氯氣；圖為某實驗小組自制的電解飽和食鹽水的簡易裝置；

（1）寫出電解飽和氯化鈉溶液時，總離子反應方程式：____．

（2）下列有關說法正確的是。

A．電解一段時間后；往蛋殼內溶液中滴加幾滴。

紫色石蕊試液；先變紅后又褪色。

B．蛋殼表面纏繞鐵絲發(fā)生氧化反應。

C．為增強導電性；可將石墨棒換成銅電極。

D．蛋殼可阻止生成的氯氣與氫氣；氫氧化鈉溶液接觸。

（3）電解200mL0.5mol/L的NaCl溶液；在標準狀況下，陰極收集到2.24L氣體時；

陽極產(chǎn)生的氣體為____L，常溫下，若將電解后的溶液稀釋至1L，則溶液的pH約為____；若將陽極生成的氣體通入電解后的溶液中，反應的離子方程式為____，充分反應后，則所得溶液中陰離子的濃度由大到小依次是____．

（4）若將電解后陽極所產(chǎn)生的氣體全部通入1mol/L500mLNa2SO3的溶液中，使之充分反應（假設溶液的體積變化忽略不計），則所得溶液中SO42-的物質的量濃度最多為____mol/L．18、現(xiàn)有A、B、C、D、E、F、G七種位于周期表前四周期元素，其原子序數(shù)依次增大，相關信息如下表所示：元素性質A一種核素的原子核內不含中子B原子核外電子有6種不同運動狀態(tài)C最高價氧化物的水化物與其氫化物可發(fā)生非氧化還原反應D單質之一為淡藍色氣體，可阻擋對人體有害的紫外線E在地殼中的含量位居第三F周期表中位于短周期，基態(tài)原子M層成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的2倍G該元素的一種氧化物M可用作油漆顏料，與E的單質反應可應用于焊接鋼軌根據(jù)以上信息，回答下列問題：（1）畫出元素C的基態(tài)原子核外電子排布圖：____；D、E、F三種元素的第一電離能大小順序為：____（用元素符號表示）。（2）化合物BA2D2蒸氣293K時，理論測算密度為1.9g·L-1，實際密度為2.5g·L-1的原因是___。（3）FD2中F原子的雜化類型為______；分子空間構型為______；FD2易溶于水的原因可能是：_____（填入序號）。①FD2與水極性相同②FD2可以與水反應（4）有人推測化合物CA5的存在，該化合物中含有化學鍵的可能類型為：______。（5）D、E形成的一種化合物硬度僅次于金剛石，主要用作高級研磨材料、制作手表的軸承，該物質晶體類型是______晶體。另一含有E的硫酸鹽是一種常用凈水劑，其水溶液呈_______（選填：“酸性”、“中性”、“堿性”），原因是：______（用離子方程式解釋）。（6）化合物M可用于制備一種“綠色”環(huán)保高效凈水劑K2FeO4（高鐵酸鉀）。補充完整并配平該制備反應的化學方程式：□____＋□KNO3＋□____＝□K2FeO4＋□KNO2＋□H2O評卷人得分四、判斷題(共3題，共18分)19、一定量的鐵粉與銅粉混合物，與適量稀硝酸反應，生成標準狀況下氣體5.6L．則參加反應的硝酸的物質的量為1mol．____（判斷對錯）20、一定量的鐵粉與銅粉混合物，與適量稀硝酸反應，生成標準狀況下氣體5.6L．則參加反應的硝酸的物質的量為1mol．____（判斷對錯）21、丁達爾現(xiàn)象可用來區(qū)別膠體與溶液，其中膠體能透過半透膜____．（判斷對錯）評卷人得分五、計算題(共3題，共24分)22、下列物質中，物質的量最大的是____，含原子個數(shù)最多的是____，質量最大的是____．

A．6gH2；B．0.5molCO2；C．1.204×1024個HCl分子；

D．147gH2SO4；E．92g乙醇（C2H5OH）；F．4℃時10mL水．23、（2014秋?工農區(qū)校級期末）將一定質量的Mg和Al的混合物投入500mL稀硫酸中；固體全部溶解并產(chǎn)生氣體．待反應完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物質的量與加入NaOH溶液的體積關系如圖所示．

（1）Mg和Al的總質量為____g

（2）硫酸的物質的量濃度為____．

（3）NaOH溶液的物質的量濃度為____．24、將25.6g銅與含0.3molH2SO4的濃硫酸充分反應．

（1）若在反應過程中消耗了0.2mol的H2SO4；則生成的氣體標況下體積為多少？

（2）若以上反應產(chǎn)生的氣體全部逸出后，繼續(xù)在剩余物質中加入2mol/L的稀硝酸100mL，充分反應后產(chǎn)生NO的物質的量為多少？參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】①應用苯；液溴、溴化鐵混合制溴苯；

②鹵代烴發(fā)生消去反應的結構特點是：只有-X相連碳的相鄰碳上有氫原子的才能發(fā)生消去反應；形成不飽和鍵；

③溴水與己烯反應產(chǎn)物可溶解在苯中；無法分液除去；

④敞口久置的電石易與空氣中水蒸氣反應而變質；

⑤將電石與水反應產(chǎn)生氣體除乙炔外還有SO2、H2S等雜質；也可與溴水反應；

⑥將溴乙烷和NaOH乙醇溶液混合共熱，生成的氣體可能含有乙醇，乙醇也可使酸性高錳酸鉀溶液褪色．【解析】【解答】解：①苯與濃溴水不反應；應用苯；液溴、溴化鐵混合制溴苯，故錯誤；

②2-溴丙烷發(fā)生消去反應生成2種烯烴：丙烯；故錯誤；

③溴水與己烯反應產(chǎn)物可溶解在苯中；無法分液除去，引入新雜質，不符合除雜的原則，可利用蒸餾分離，故錯誤；

④敞口久置的電石易與空氣中水蒸氣反應而變質；影響乙炔的制取，故錯誤；

⑤將電石與水反應產(chǎn)生氣體除乙炔外還有SO2、H2S等雜質；也可與溴水反應，則溴水褪色，不能證明乙炔和溴水發(fā)生了加成反應，故錯誤；

⑥因乙醇易揮發(fā)；將溴乙烷和NaOH乙醇溶液混合共熱，生成的氣體可能含有乙醇，乙醇也可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，則酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能說明有乙烯生成，故錯誤；

故選D．2、D【分析】【分析】A；只含一種元素的純凈物是單質；

B；鋁與硝酸反應不生成氫氣；

C；有鹽和水生成的反應不一定是中和反應；

D、氧化物中都含有氧元素，含氧元素的化合物不一定是氧化物．【解析】【解答】解：A；只含一種元素的純凈物是單質；故A錯誤；

B；鋁與硝酸反應不生成氫氣；故B錯誤；

C；中和反應都有鹽和水生成；有鹽和水生成的反應不一定是中和反應，還可能是酸性氧化物與堿的反應，還可能是堿性氧化物與酸的反應，故C錯誤；

D、氧化物中都含有氧元素，含氧元素的化合物不一定是氧化物，如HNO3；故D正確．

故選D．3、C【分析】【分析】由結構簡式可知，含酚-OH、-COOC-、-COC-，結合酚、酯、醚的性質來解答．【解析】【解答】解：A．含酚-OH；與碳酸鈉反應生成酚鈉和碳酸氫鈉，不生成二氧化碳，故A正確；

B．含酚-OH，則EGCG遇FeCl3溶液能發(fā)生顯色反應；故B正確；

C.8個酚-OH和1個-COOC-與堿反應；則1molEGCG最多可與含9mol氫氧化鈉的溶液完全作用，故C錯誤；

D．含酚-OH；易在空氣中被氧化，故D正確；

故選C．4、D【分析】【分析】A．電化學反應一定是氧化還原反應；

B．CH3COOH抑制水的電離，NH4Cl促進水的電離；

C．反應能否自發(fā)進行；取決于焓變和熵變的綜合判據(jù)；

D．根據(jù)難溶電解質的溶解平衡進行分析．【解析】【解答】解：A．電化學反應是化學能與電能之間的轉化；存在電子的轉移，一定為氧化還原反應，故A錯誤；

B．CH3COOH抑制水的電離，NH4Cl中NH4+水解促進水的電離；水的電離程度不同，故B錯誤；

C.2NO+2CO2CO2+N2的△H＜0；△S＜0，根據(jù)△G=△H-T?△S，反應必須在一定溫度下才能使△G＜0，即才能自發(fā)進行，故C錯誤；

D．用飽和Na2CO3溶液處理BaSO4沉淀，當c2（Na+）×c（CO32-）＞K（Na2CO3）時，可將BaSO4轉化為BaCO3；故D正確．

故選D．5、B【分析】【分析】A、電解熔融Al2O3的反應屬于氧化還原反應；

B；偏鋁酸鹽中通過量二氧化碳來獲得氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉；

C；加熱分解氫氧化鋁固體應在坩堝中進行；

D、反應④為電解熔融Al2O3制備鋁單質．【解析】【解答】解：A、電解熔融Al2O3的反應屬于氧化還原反應，反應的方程式為2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑；故A錯誤；

B、偏鋁酸鹽中通過量二氧化碳來獲得氫氧化鋁沉淀，即CO2+AlO2-+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-；故B正確；

C；反應③為加熱分解氫氧化鋁固體應在坩堝中進行；故C錯誤；

D、反應④為電解熔融Al2O3制備鋁單質；所以條件是電解熔融，故D錯誤．

故選B．6、A【分析】【解答】丙遇FeCl3溶液顯紫色；說明丙屬于酚類。甲是酯類，所以乙是羧酸。丙的相對分子質量比乙大20，所以乙的相對分子質量是（178＋18－20）÷2＝88，因此乙是丁酸，丙是甲基苯酚。由于丁酸有2種，甲基苯酚有3種，所以甲的結構有2×3＝6種，答案選A。

【分析】本題的關鍵是根據(jù)質量守恒定律得出乙的相對分子質量，然后再分別得出乙和丙的結構簡式，最后得出甲的結構簡式。二、雙選題(共7題，共14分)7、A|C【分析】A．由圖①可知；酸性為硫酸＞碳酸＞硅酸，則三種元素的非金屬性為硫＞碳＞硅，故A正確；

B．二氧化碳的密度比空氣的大；則應從長導管進氣，故B錯誤；

C．由圖可知，反應物的總能量高于生成物的總能量，則可逆反應“CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)”為放熱反應；故C正確；

D．由圖可知，負極分別為Al、Zn，由Al～3e-、Zn～2e-；可知轉移相同的電子時Al；Zn的物質的量之比為3：2，故D錯誤；

故選AC．

【解析】【答案】AC8、A|D【分析】解：A．Ksp（Ag2CrO4）=c（CrO42-）c2（Ag+）=（1×10-5）×（1×10-3）2=1×10-11；故A錯誤；

B．飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c（CrO42-）增大，平衡逆向移動，則c（Ag+）減小，而Y點變?yōu)閄點c（Ag+）不變；不能使溶液由Y點變?yōu)閄點，故B正確；

C．沉淀溶解平衡曲線上的點均為平衡點，Ksp只與溫度有關，則一定溫度下Y點和Z點時Ag2CrO4的Ksp相等；故C正確；

D．在t℃時，Ag2CrO4（s）+2Br-（aq）?2AgBr（s）+CrO42-（aq）平衡常數(shù)K====2.0×1014；故D錯誤；

故選AD．

A．Ksp（Ag2CrO4）=c（CrO42-）c2（Ag+）；

B．飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c（CrO42-）增大；平衡逆向移動；

C．沉淀溶解平衡曲線上的點均為平衡點；Ksp只與溫度有關；

D．在t℃時，Ag2CrO4（s）+2Br-（aq）?2AgBr（s）+CrO42-（aq）平衡常數(shù)K==．

本題考查難溶電解質的溶解平衡，為高頻考點，把握Ksp的計算、溶解平衡圖象、平衡移動為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，選項D為解答的難點，題目難度不大．【解析】【答案】AD9、AD【分析】【分析】了解金屬的常見防護措施、電離度概念、酸堿中和反應的實質、反應自發(fā)進行的條件有助于本題的判斷，掌握基本概念應用即可。【解答】A.在輪船表面涂刷富鋅油漆，鋅可以與船體形成犧牲陽極的陰極保護法，涂油漆可以避免船體與氧氣接觸發(fā)生吸氧腐蝕，二者能有效防止船體在海水中被腐蝕，A正確；B.rm{0.1mol隆隴L^{-1}}氨水加水稀釋后，溶液中rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(N{H}_{3}隆隴{H}_{2}O)}}的值是電離度，弱電解質溶液稀釋電離度一定增大，故B錯誤；C.用rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(N{H}_{3}隆隴{H}_{2}O)}

}均為rm{pH}的鹽酸和醋酸分別中和等物質的量的rm{2}沒有說溶液的體積大小，無法判斷消耗哪種酸的體積更大，故C錯誤；D.反應rm{NaOH}在室溫下可自發(fā)進行，rm{NH_{3}(g)+HCl(g)=NH_{4}Cl(s)}本題是氣體體積縮小的反應，混亂度減小，rm{婁隴G=婁隴H-T婁隴S<0}則該反應的rm{婁隴S<0}，故D正確，本題選AD。rm{婁隴H<0}【解析】rm{AD}10、B|C【分析】A．IA族元素隨原子序數(shù)的增大；原子半徑在增大，則曲線應為上升趨勢，與圖象不符，故A錯誤；

B．n(Mn2+)開始為0；隨反應的發(fā)生，增大，氧化還原反應結束后，其物質的量不再變化，與圖象一致，故B正確；

C．催化劑降低反應所需的活化能；反應的始態(tài)；終態(tài)相同，曲線a為使用催化劑的情況，與圖象一致，故C正確；

D．一般電子層數(shù)越多；最外層電子的能量越高，圖象中電子層多的能量低，二者不一致，故D錯誤；

故選BC．

【解析】【答案】BC11、B|C【分析】解：平視時讀數(shù)為nmL；是正確的讀法，仰視時讀數(shù)為xmL，x＞n，仰視讀數(shù)讀出的是下面的刻度，所以下面的刻度比上面的讀數(shù)大，故該儀器為滴定管；

故選BC．

仰視讀數(shù)讀出的是下面的刻度；俯視讀數(shù)時讀出的是上面的刻度，要平視讀數(shù)是讀出的刻度在上進行分析解答．

本題考查常計量儀器的構造及其使用方法，題目難度不大，注意明確計量儀器的構造解題的關鍵，試題注重了基礎知識的考查．【解析】【答案】BC12、C|D【分析】解：①X為C、W為O2時，Z為CO2，且C與O2完全反應即生成CO2，符合△H=△H1+△H2；故①正確；

②若X為AlCl3，W為NaOH，則Y為Al（OH）3，Z為NaAlO2，過量NaOH與AlCl3反應生成NaAlO2，符合△H=△H1+△H2；故②正確；

③若X為Fe、W為HNO3，則Y為Fe（NO3）2，Z為Fe（NO3）3，F(xiàn)e與HNO3反應直接生成Fe（NO3）3，符合△H=△H1+△H2；故③正確；

④若X為NaOH、W為CO2，則Y為Na2CO3，Z為NaHCO3，過量CO2與NaOH反應生成NaHCO3，符合△H=△H1+△H2；故④正確；

故選D．

圖中X可連續(xù)與W發(fā)生反應，X如為單質，可為C、N、Na等對應的單質，也可為兩性化合物、AlCl3、NaOH、CO2等；以此解答該題．

本題考查無機物的推斷，側重于物質轉化關系的應用，物質性質的綜合應用，主要考查物質連續(xù)反應的特征應用，熟練掌握元素化合物的性質是解題關鍵．【解析】【答案】CD13、rBC【分析】解：rm{A.}根據(jù)rm{2NO(g)+Br_{2}(g)簍T2NOBr(g)}可知容器rm{I}中起始狀態(tài)與相同溫度和相同容器中的rm{c(NO)}為rm{0}rm{c(Br_{2})}為rm{0}rm{c(NOBr)}為rm{0.4mol/L}的狀態(tài)完全等效，可知容器Ⅲ中的起始量為相同條件容器rm{I}中的一半，如果容器Ⅲ中是相同溫度、但體積只有容器rm{I}中的一半，則此時兩容器壓強相等，將容器Ⅲ中的體積再擴大為容器rm{I}相同的體積，若不存在平衡的移動，此時壓強為rm{I}中的一半，即壓強之比為rm{2}rm{1}但體積擴大過程中，容器Ⅲ中平衡逆向移動，氣體的總物質的量增大，容器Ⅲ中壓強則比容器rm{I}中壓強的rm{dfrac{1}{2}}大，即達平衡時，容器rm{I}與容器Ⅲ中的總壓強之比小于rm{2}rm{1}故A錯誤；

B.rm{T_{1}}時容器rm{I}中：rm{2NO(g)+Br_{2}(g)簍T2NOBr(g)}

起始濃度rm{(mol/L)}rm{0.3}rm{0.15}rm{0.1}

變化濃度rm{(mol/L)}rm{0.1}rm{0.05}rm{0.1}

平衡濃度rm{(mol/L)}rm{0.2}rm{0.1}rm{0.2}

此溫度下平衡常數(shù)rm{K=dfrac{c^{2}(NOBr)}{c(NO)timesc(Br_{2})}=dfrac{0攏廬2^{2}}{0.2times0.1}=2<50}說明溫度由rm{K=dfrac{c^{2}(NOBr)}{c(NO)times

c(Br_{2})}=dfrac{0攏廬2^{2}}{0.2times0.1}=2<50}變?yōu)閞m{T_{1}}時，平衡常數(shù)增大，化學平衡正向移動，此反應正方向為放熱反應，可知為降溫過程，即則rm{T_{2}}故B正確；

C.rm{T_{2}<T_{1}}的快慢由慢反應rm{2NO(g)+Br_{2}(g)簍T2NOBr(g)}決定，則容器Ⅲ達成平衡所需的時間，取決于上述反應rm{壟脷}建立平衡的速率；故C正確；

D.在恒溫恒容條件下，容器Ⅱ與容器Ⅲ可形成完全等效狀態(tài)，則達到平衡時容器rm{壟脷}中rm{dfrac{c(Br_{2})}{c(NOBr)}}與容器Ⅲ中rm{dfrac{c(Br_{2})}{c(NOBr)}}的相等；故D錯誤；

故答案為：rm{II}．

A.根據(jù)rm{dfrac

{c(Br_{2})}{c(NOBr)}}可知容器rm{dfrac

{c(Br_{2})}{c(NOBr)}}中起始狀態(tài)與相同溫度和相同容器中的rm{BC}為rm{2NO(g)+Br_{2}(g)簍T2NOBr(g)}rm{I}為rm{c(NO)}rm{0}為rm{c(Br_{2})}的狀態(tài)完全等效，而容器Ⅲ中的起始量為相同條件容器rm{0}中的一半；可結合等效平衡和平衡的移動判斷兩容器中氣體的物質的量之間的關系，再判斷壓強的比值關系；

B.rm{c(NOBr)}時容器rm{0.4mol/L}中：rm{I}

起始濃度rm{T_{1}}rm{I}rm{2NO(g)+Br_{2}(g)簍T2NOBr(g)}rm{(mol/L)}

變化濃度rm{0.3}rm{0.15}rm{0.1}rm{(mol/L)}

平衡濃度rm{0.1}rm{0.05}rm{0.1}rm{(mol/L)}

根據(jù)平衡常數(shù)rm{K=dfrac{c^{2}(NOBr)}{c(NO)timesc(Br_{2})}}計算此溫度下的平衡常數(shù)，再與rm{0.2}時的平衡常數(shù)rm{0.1}比較；判斷平衡的移動方向及溫度變化；

C.當一個反應有多個反應過程時；總反應的反應快慢由其中的慢反應過程決定；

D.在恒溫恒容條件下；容器Ⅱ與容器Ⅲ可形成完全等效狀態(tài)．

本題考查化學平衡計算，為高頻考點，側重考查等效平衡的建立與應用、化學平衡常數(shù)的計算與應用，對學生分析、計算及靈活運用知識解答問題能力要求較高，題目難度較大．rm{0.2}【解析】rm{BC}三、填空題(共5題，共10分)14、0.5mol28g/mol氫0.4【分析】【分析】（1）由方程式可知；反應前后氣體的體積不發(fā)生變化，據(jù)此計算氧氣的物質的量；

（2）標準狀況下，氣體摩爾質量M=Vm×ρ，據(jù)此計算氣體X2的摩爾質量；根據(jù)方程式計算的物質的量X2Y4，再計算X2Y4的相對分子質量；進而計算Y的相對原子質量，確定Y元素名稱；

（3）根據(jù)化合價的變化計算．【解析】【解答】解：（1）由方程式可知，反應前后氣體的體積不發(fā)生變化，X2和氧氣的關系式為1：1，故V（O2）=V（X2）=11.2L，所以n（O2）==0.5mol；故答案為：0.5mol；

（2）標準狀況下，氣體摩爾質量M=Vm×ρ，氣體X2的摩爾質量=22.4L/mol×1.25g/L=28g/mol，11.2LX2的物質的量==0.5mol，n（X2Y4）=n（X2）=0.5mol，故Mr（X2Y4）==32，則Y的相對原子質量==1；故Y為氫元素，故答案為：28g/mol；氫；

（3）反應中X化合價由-2價升高到0價，由方程式可知，生成1molX2，則轉移4mol電子，若反應生成0.1molX2，則轉移電子的物質的量為0.4mol，故答案為：0.4．15、②③⑥⑧②④⑥②⑥④①③⑧⑤2：1【分析】【分析】（1）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；

（2）A．②金剛石；④晶體硅、⑥碳化硅是通過非極性鍵形成的原子晶體；②金剛石是熔點最高的晶體；C-Si鍵長小于Si-Si，熔點：碳化硅＞晶體硅；

B．①干冰是直線型分子，屬于分子晶體；③四氯化碳是正四面體型分子晶體；⑧氖是由單原子分子構成的分子晶體，四氯化碳的電子式為

C．⑤過氧化鈉既含有離子鍵，又含有非極性共價鍵，其陽離子個數(shù)與陰離子個數(shù)之比為2：1．【解析】【解答】解：（1）①速率之比等于對應物質的化學計量數(shù)之比；反應開始后一直成立，不能說明反應達到平衡狀態(tài)，故①錯誤；

②當體系達平衡狀態(tài)時；反應混合物各組分的物質的量濃度不變，故②正確；

③該反應正方向為計量數(shù)減小的反應；隨著反應進行壓強不斷減小，當壓強不變時，反應達到平衡狀態(tài)，故③正確；

④反應容器的體積不變；氣體的質量守恒，所以密度始終不變，密度不變時不能說明反應達到平衡狀態(tài)，故④錯誤；

⑤單位時間內生成nmolN2表示逆速率，生成3nmolH2表示逆速率；都表示逆速率，不能說明反應達到平衡狀態(tài)，故⑤錯誤。

⑥2V（N2正）=V（NH3逆）；即氮氣的正速率與氨氣的逆速率之比等于計量數(shù)之比，則反應達到平衡狀態(tài)，故⑥正確；

⑦單位時間內3molH-H鍵斷裂等效于6molN-H鍵形成；同時6molN-H鍵斷裂，故⑦錯誤；

⑧混合氣體的物質的量逐漸減小；質量不變，則平均相對分子質量逐漸增大，當平均相對分子質量不變時，即是平衡狀態(tài)，故⑧正確；

故答案為：②③⑥⑧；

（2）A．②金剛石；④晶體硅、⑥碳化硅是通過非極性鍵形成的原子晶體；②金剛石是熔點最高的晶體C-Si鍵長小于Si-Si；熔點：碳化硅＞晶體硅；

故答案為：②④⑥；②⑥④；

B．①干冰是直線型分子，屬于分子晶體；③四氯化碳是正四面體型分子晶體；⑧氖是由單原子分子構成的分子晶體四氯化碳的電子式為

故答案為：①③⑧；

C．⑤過氧化鈉既含有離子鍵；又含有非極性共價鍵，其陽離子個數(shù)與陰離子個數(shù)之比為2：1；

故答案為：⑤；2：1．16、AlH3AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑Mg3N23CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O取樣后加H2SO4，如果溶液變藍，說明產(chǎn)物中含有Cu2O，反之則無Cu2O【分析】【分析】白色沉淀可溶于NaOH溶液，應為Al（OH）3，說明甲中含有Al和H兩種元素，n（H2）==0.3mol；

則m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，則6.00g甲中含有m（Al）=6.00g-0.6g=5.4g，n（Al）==0.2mol；

所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，則甲的化學式為AlH3，丙在標準狀況下的密度為1.25g?L-1，則丙的相對原子質量為1.25g?L-1×22.4L=28，應為N2，則乙為NH3，結合對應的物質以及題目要求可解答該題．【解析】【解答】解：白色沉淀可溶于NaOH溶液，應為Al（OH）3，說明甲中含有Al和H兩種元素，n（H2）==0.3mol，則m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，則6.00g甲中含有m（Al）=6.00g-0.6g=5.4g，n（Al）==0.2mol，所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，則甲的化學式為AlH3，丙在標準狀況下的密度為1.25g?L-1，則丙的相對原子質量為1.25g?L-1×22.4L=28，應為N2，則乙為NH3；

（1）由以上分析可知甲為AlH3，故答案為：AlH3；

（2）AlH3與水發(fā)生氧化還原反應，反應的方程式為AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑；

故答案為：AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑；

（3）鎂可在氮氣中燃燒生成氮化鎂，化學式為Mg3N2，故答案為：Mg3N2；

（4）NH3在加熱條件下與CuO反應可生成Cu和氣體N2，反應的方程式為3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，故答案為：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O；

（5）要判斷產(chǎn)物中是否含有CuO，可加入稀硫酸檢驗溶液是否變藍，方法是取樣后加H2SO4，如果溶液變藍，說明產(chǎn)物中含有Cu2O，反之則無Cu2O；

故答案為：取樣后加H2SO4，如果溶液變藍，說明產(chǎn)物中含有Cu2O，反之則無Cu2O．17、2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-1.6813Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2OC（Cl-）＞C（ClO-）＞C（OH-）0.2【分析】【分析】（1）電解飽和食鹽水時；陽極上氯離子放電，陰極上氫離子放電；

（2）A．電解時；陰極附近生成氫氧化鈉，陽極上生成氯氣，氯氣和氫氧化鈉反應生成次氯酸鈉，次氯酸有漂白性；

B．鐵絲作陰極；陰極上發(fā)生還原反應；

C．當銅棒作陽極；陽極上銅失電子發(fā)生氧化反應；

D．雞蛋殼有隔離作用；

（3）根據(jù)電解方程式計算陽極上產(chǎn)物的體積；根據(jù)氫氣和氫氧根離子之間的關系式計算溶液中氫氧根離子濃度，氯氣和氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉；次氯酸鈉和水，氯化鈉是強酸強堿鹽，次氯酸鈉是弱酸弱堿鹽，所以其溶液呈堿性；

（4）根據(jù)轉移電子守恒計算．【解析】【解答】解：（1）電解飽和食鹽水時，陽極上氯離子放電，陰極上氫離子放電，同時溶液中生成氫氧化鈉，所以電池反應式為：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；

故答案為：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；

（2）A．電解時；陽極上生成氯氣，陰極上析出氫氣，氯氣和水反應生成次氯酸，次氯酸有漂白性，所以往蛋殼內溶液中滴加幾滴紫色石蕊試液，先變紅后又褪色，故正確；

B．蛋殼表面纏繞鐵絲作陰極；陰極上得電子發(fā)生還原反應，故錯誤；

C．將石墨棒換成銅電極；陽極上銅失電子生成銅離子，所以陽極上得不到氯氣，故錯誤；

D．氯氣在石墨棒上生成；氫氣在鐵絲上生成，所以蛋殼可阻止生成的氯氣與氫氣；氫氧化鈉溶液接觸，故正確；

故選AD；

（3）電解200mL0.5mol/L的NaCl溶液，在標準狀況下，陰極收集到2.24L氣體時，轉移電子的物質的量=，氯離子完全放電時，轉移電子的物質的量=0.5mol/L×0.2L=0.1mol，還有0.1mol電子是氫氧根離子失去的電子，所以生成氧氣的體積==0.56L；生成氯氣的體積=

=1.12L；所以陽極上生成氣體體積為（0.56+1.12）L=1.68L；

2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-知，在標準狀況下，陰極收集到2.24L氣體時，生成氫氧化鈉的物質的量為=0.1mol，則氫氧化鈉的物質的量濃度==0.1mol/L；則溶液的pH=13；

陽極上生成氯氣，氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉和次氯酸鈉，離子方程式為：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O；

氯化鈉是強酸強堿鹽不水解，次氯酸鈉是強堿弱酸鹽，易水解，所以溶液中離子濃度大小是C（Cl-）＞C（ClO-）＞C（OH-）；

故答案為：1.68，13，Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，C（Cl-）＞C（ClO-）＞C（OH-）；

（4）氯氣和氧氣具有強氧化性，能和亞硫酸鈉發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鈉，在標準狀況下，陰極收集到2.24L氣體時轉移電子的物質的量=0.2mol，當有0.2mol電子轉移時，生成硫酸根離子的物質的量==0.1mol，則硫酸根離子的濃度=mol/L；

故答案為：0.2．18、略

【分析】試題分析：根據(jù)題意可推知個元素分別是A是H；B是C；C是N；D是O；E是Al;F是S；G是Fe.（1）畫出元素N的基態(tài)原子核外電子排布圖為元素的非金屬性越強，其失去電子就越難，第一電離能就越大。所以D、E、F三種元素的第一電離能的大小順序是：O>S>Al.(2)化合物CH2O2為甲酸。其蒸氣在293K時理論測算密度為1.9g/L,而由于在甲酸分子之間存在著氫鍵，所以實際密度為2.5g/L.（3）在SO2中S原子的雜化類型為sp2雜化；分子空間構型為V形；SO2是極性分子，H2O是極性分子，根據(jù)相似相容原理可知由極性分子組成的溶質容易溶解于極性分子組成的溶劑中，此外SO2會和水發(fā)生反應SO2+H2O=H2SO3.反應不斷消耗SO2也使它不斷的溶解。因此SO2易溶于水。（4）化合物NH5可寫為NH4H的結構為含有離子鍵、共價鍵、配位鍵的離子化合物。（5）金剛石是原子晶體，硬度大，可制作手表的軸承，由于該物質性質與金剛石相似，所以該晶體類型也是原子晶體。Al2(SO4)3是強酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性。水解的離子方程式為：Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+；（6）Fe元素的可用作油漆顏料一種氧化物M為Fe2O3.它可用作制備一種“綠色”環(huán)保高效凈水劑K2FeO4。該反應為氧化還原反應。由于Fe的化合價Fe2O3K2FeO4從+3+6，升高3×2,N的化合價KNO3—KNO2從+5—+3.降低2，根據(jù)化合價升高與降低的總數(shù)相等可知：Fe2O3系數(shù)為1，K2FeO4的系數(shù)為2，KNO3、KNO2的系數(shù)都是3，再結合反應前后各元素的原子個數(shù)相等，則由于生成物中含有H、K、O比反應物多可確定反應物還應該有KOH，其系數(shù)為4。水的系數(shù)為2.所以該反應的化學方程式為Fe2O3＋3KNO3＋4KOH＝2K2FeO4＋3KNO2＋2H2O?？键c：考查元素的推斷、元素及化合物的結構、性質、制法等知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）O>S>Al（2）甲酸形成____（3）sp2雜化；V形；①②（4）離子鍵、共價鍵（配位鍵）；（5）原子；酸性；Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+；（6）____＋3KNO3＋____＝2K2FeO4＋3KNO2＋2H2O。四、判斷題(共3題，共18分)19、√【分析】【分析】標準狀況下5.6LNO的物質的量為：=0.25mol；鐵粉、銅粉的混合物與稀硝酸發(fā)生的反應有：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，據(jù)此判斷消耗的硝酸的物質的量．【解析】【解答】解：粉與銅粉混合物與適量稀硝酸反應生成的氣體為NO，標準狀況下5.6LNO的物質的量為：=0.25mol；

銅粉與稀硝酸反應的方程式為：①3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

鐵與稀硝酸反應的方程式有：②Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、③3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；

分析反應①②③可知；無論銅粉與鐵粉的組成，生成0.25molNO都消耗硝酸：0.25mol×4=1mol；

故答案為：√．20、√【分析】【分析】標準狀況下5.6LNO的物質的量為：=0.25mol；鐵粉、銅粉的混合物與稀硝酸發(fā)生的反應有：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，據(jù)此判斷消耗的硝酸的物質的量．【解析】【解答】解：粉與銅粉混合物與適量稀硝酸反應生成的氣體為NO，標準狀況下5.6LNO的物質的量為：=0.25mol；

銅粉與稀硝酸反應的方程式為：①3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

鐵與稀硝酸反應的方程式有：②Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、③3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；

分析反應①②③可知；無論銅粉與鐵粉的組成，生成0.25molNO都消耗硝酸：0.25mol×4=1mol；

故答案為：√．21、×【分析】【分析】膠體有丁達爾效應，溶液沒有；溶質粒子能透過半透膜，膠體粒子不能透過半透膜，但能透過濾紙．【解析】【解答】解：膠體有丁達爾效應，溶液沒有，故利用丁達爾效應可以區(qū)分溶液和膠體；膠體微粒的直徑大于半透膜的孔徑，膠體粒子不能透過半透膜，故答案為：×．五、計算題(共3題，共24分)22、AED【分析】【分析】根據(jù)n=計算氫氣、硫