2025年外研版2024高三化學上冊階段測試試卷

…………○…………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2025年外研版2024高三化學上冊階段測試試卷786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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列比較中正確的是（）A.溶液堿性：KOH＞LiOHB.溶液酸性：HNO3＜H2CO3C.原子半徑：S＜FD.硫與氫氣反應比氟與氫氣反應更容易2、對下列裝置的敘述錯誤的是A.X如果是HCl，則不論a和b用導線連接還是a和b分別連接直流電源正、負極時，H+的移動方向均相同B.X如果是硫酸銅，a和b分別連接直流電源正、負極，一段時間后鐵片質(zhì)量增加C.X如果是硫酸鐵，則不論a和b是否用導線連接，鐵片均發(fā)生氧化反應D.X如果是NaCl，則a和b連接時，該裝置可模擬生鐵在食鹽水中被腐蝕的過程3、只用一種試劑就可以鑒別乙酸、葡萄糖溶液、蔗糖溶液，這種試劑是（）A.新制Cu（OH）2溶液B.Na2CO3溶液C.石蕊試液D.FeCl3溶液4、假設該同學用新配制的鹽酸中和含0.4gNaOH的NaOH溶液，發(fā)現(xiàn)比①中所求體積偏小，則可能的原因是（）A.濃鹽酸揮發(fā)，濃度不足B.配制溶液時，未洗滌燒杯C.配制溶液時，俯視容量瓶刻度線D.加水時超過刻度線，用膠頭滴管吸出5、下列有關(guān)實驗問題的處理方法正確的是（）A.把硝酸鈉分解實驗后的殘渣倒入水槽用水沖入下水道B.制備氣體時為防止氣流不通暢，應檢查乳膠管是否彎折堵塞C.銅與濃硫酸反應時，用蘸有濃溴水的棉花放在導管口吸收多余的氣體D.不慎將濃苛性鈉溶液沾到皮膚上，立即用大量的水沖洗并用H2SO4中和評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、25℃時；電離平衡常數(shù)：

。弱酸化學式CH3COOHHCLOH2CO3電離平衡常數(shù)（25℃）1.75×10-53.0×10-8K1=4.4×10-7K2=4.7×10-11回答下列問題：

（1）物質(zhì)的量濃度為0.1mol?L-1的下列4種物質(zhì)，pH最大的是____．

A．NaCO3B．NaCLOC．CH3COONaD．NaHCO3

（2）若增大氯水中次氯酸的濃度，不宜向氯水中加入的物質(zhì)是____．

A．Na2CO3B．NaCLOC．CH3COONaD．NaHCO3

（3）常溫下0.1mol?L-1的CH3COOH溶液加水稀釋過程；下列表達式的數(shù)據(jù)一定變小的是。

____．

A．c（H+）B.C．c（H+）c（OH-）D.

（4）體積為10mLpH=2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1000mL；稀釋過程pH變。

化如下圖所示，則HX的酸性____（填“大于”“等于”或“小于”）醋酸的酸性；稀釋后；

HX溶液中水電離出來的c（H+）____醋酸溶液水電離出來c（H+）（填“大于”“等于”或“小于”）．

（5）25℃時，CH3COOH與CH3COONa的混合溶液；若測得混合液pH=6，則溶液中。

c（CH3COO-）-c（Na+）=____．（填準確數(shù)值）7、某興趣小組的同學用如圖所示裝置研究有關(guān)電化學的問題．當閉合該裝置的電鍵時；觀察到電流計的指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)．請回答下列問題：

（1）甲裝置的名稱是____（填“原電池”或“電解池”）．

（2）寫出電極反應式：Pt極____；當甲中產(chǎn)生0.1mol氣體時，乙中析出銅的質(zhì)量應為____．

（3）若乙中溶液不變，將其電極都換成銅電極，電鍵閉合一段時間后，乙中溶液的顏色____（填“變深”；“變淺”或“無變化”）．

（4）若乙池溶液通電一段時間后，向所得的溶液中加入0.1mol的Cu（OH）2后恰好恢復到電解前的濃度．則電解過程中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為____．（用NA表示）8、某學生用中和滴定法測定某燒堿的純度．實驗如下：

（1）配制待測液：用5.00g含有少量雜質(zhì)（雜質(zhì)不與鹽酸反應）的固體燒堿樣品配制成1000mL的溶液，除燒杯外，還需要的玻璃儀器有____．

（2）用標準0.1000mol/L的鹽酸溶液滴定NaOH溶液的實驗操作如下：

A．用堿式滴定管取稀NaOH溶液20mL；注入錐形瓶中，加入指示劑．

B．用待測定的NaOH溶液潤洗堿式滴定管．

C．用蒸餾水洗干凈滴定管．

D．取下酸式滴定管用標準的HCl溶液潤洗后；將標準液注入酸式滴定管刻度“0”以上2～3cm處，再把酸式滴定管固定好，調(diào)節(jié)液面至刻度“0”或“0”刻度以下．

E．檢查滴定管是否漏水．

F．另取錐形瓶；再重復操作一次．

G．把錐形瓶放在滴定管下面；瓶下墊一張白紙，邊滴邊搖動錐形瓶直至滴定終點，記下滴定管液面所在刻度．

①滴定操作的正確順序是（用序號填寫）：____．

②該滴定操作中應選用的指示劑是：____．

（3）酸式滴定管用蒸餾水潤洗后，未用標準液潤洗，導致滴定結(jié)果（填“偏小”、“偏大”或“無影響”）____；酸式滴定管讀數(shù)時，若先俯后仰，則結(jié)果會____．9、（2012春?長沙校級期末）化學反應速率和限度是中學化學原理中很重要部分；根據(jù)所學知識回答下列問題：

I．用純凈的鋅粒與稀鹽酸反應制取氫氣氣體；請回答：

（1）實驗過程如圖甲所示，分析判斷____段化學反應速率最快．

（2）將鋅粒投入盛有稀鹽酸的燒杯中，剛開始時產(chǎn)生H2的速率逐漸加快，其影響因素是____，一定時間后反應速率逐漸減慢，其原因是____．

（3）為了減緩上述反應的速率，欲向溶液中加入下列物質(zhì)，你認為可行的是____

A．蒸餾水B．氯化鈉固體C．氯化鈉溶液D．濃鹽酸E．降低溫度。

Ⅱ．某溫度時；在2L密閉容器中，X；Y、Z三種物質(zhì)的物質(zhì)的量隨時間變化的曲線如圖乙所示．由圖中數(shù)據(jù)分析：

（1）該反應的化學方程式：____；

（2）反應開始至2min末，X的反應速率為____（mol?L-1?min-1）；

（3）3min后圖中曲線所表示的含義是____．10、如圖是石油化工中的部分流程圖，據(jù)此回答下列問題

（1）流程圖中丙烯酸的官能團有____

（2）流程圖中反應①和②的類型分別是____

（3）流程圖中反應③的反應方程式為____

（4）以苯乙烯（）為原料工業(yè)制備苯乙炔（）的流程如下：

甲

①流程圖中甲的結(jié)構(gòu)簡式：____

②流程圖中由甲制苯乙炔的反應方程式是：____

（5）相對分子量為106的芳香烴的同分異構(gòu)體有____種，其苯環(huán)上一氯取代物有兩種的芳香烴的結(jié)構(gòu)簡式為____，其苯環(huán)上二氯取代物有三種的芳香烴的名稱為____．11、設計出燃料電池使天然氣CH4氧化直接產(chǎn)生電流是對世紀最富有挑戰(zhàn)性的課題之一．最近有人制造了一種燃料電池，一個電極通入空氣，另一電極通入天然氣，電池的電解質(zhì)是摻雜了Y2O3的ZrO2晶體，它在高溫下能傳導O2-離子．回答如下問題：

（1）這個電池的正極發(fā)生的反應是：____；

（2）固體電解質(zhì)里的O2-向____極（填“正”或“負”）；

（3）天然氣燃料電池最大的障礙是氧化反應不完全，產(chǎn)生____堵塞電極的氣體通道；有人估計，完全避免這種副反應至少還需10年時間，正是新一代化學家的歷史使命．

（4）若將此甲烷燃料電池設計成在25%的KOH溶液中的電極反應，該電池的負極區(qū)域的堿性會____（填“增強”、“減弱”或“不變”）．12、以下是依據(jù)一定的分類標準；對某些物質(zhì)與水反應情況進行分類的分類圖．請根據(jù)你所學的知識，按要求填空：

（1）上述第一級分類標準（分成A、B組的依據(jù)）是____．

（2）F組中物質(zhì)除了Cl2外還有____（填化學式）

（3）D組中的氨水呈弱堿性，用電離方程式表示呈弱堿性的原因：____．

（4）由Al3+制備Al（OH）3，最好不選擇D組中的NaOH溶液，說明理由：____．13、rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)，判斷下列各項是否正確。rm{(1)1mol}羥基中電子數(shù)為rm{10N_{A}}()rm{(2)1.7gH_{2}O_{2}}中含有電子數(shù)為rm{0.9N_{A}}()rm{(3)1mol}乙烷分子中含有rm{8N_{A}}個共價鍵()rm{(4)58.5g}的rm{NaCl}固體中含有rm{N_{A}}個氯化鈉分子()rm{(5)24g}鎂的原子最外層電子數(shù)為rm{N_{A}}()rm{(6)}標準狀況下，rm{22.4L}乙醇的分子數(shù)為rm{N_{A}}()rm{(7)}標準狀況下，rm{22.4L}二氯甲烷的分子數(shù)約為rm{4N_{A}}個()rm{(8)}標準狀況下，rm{22.4L}戊烷所含分子數(shù)為rm{0.1N_{A}}()rm{(9)1L0.1mol隆隴L^{-1}}乙酸溶液中rm{H^{+}}數(shù)為rm{0.1N_{A}}()rm{(10)1molCa}變成rm{Ca^{2+}}時失去的電子數(shù)為rm{2N_{A}}()rm{(11)1molCl_{2}}與足量rm{Fe}反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{3N_{A}}()rm{(12)1molCl_{2}}參加反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)一定為rm{2N_{A}}()rm{(13)}在反應rm{KIO_{3}+6HI簍TKI+3I_{2}+3H_{2}O}中，每生成rm{3molI_{2}}轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{6N_{A}}()rm{(14)}將rm{0.1mol}氯化鐵溶于rm{1L}水中，所得溶液含有rm{0.1N_{A}Fe^{3+}}()rm{(15)}在rm{1L0.1mol隆隴L^{-1}}碳酸鈉溶液中，陰離子總數(shù)大于rm{0.1N_{A}}()rm{(16)}標準狀況下，rm{2.24LH_{2}O}含有的分子數(shù)等于rm{0.1N_{A}}()rm{(17)}標準狀況下，rm{22.4L}空氣含有rm{N_{A}}個單質(zhì)分子()rm{(18)}分子數(shù)為rm{N_{A}}的rm{CO}rm{C_{2}H_{4}}混合氣體體積約為rm{22.4L}質(zhì)量約為rm{28g}()rm{(19)}常溫常壓下，rm{22.4L}乙烯中rm{C-H}鍵數(shù)為rm{4N_{A}}()rm{(20)}乙烯和環(huán)丙烷rm{(C_{3}H_{6})}組成的rm{28g}混合氣體中含有rm{3N_{A}}個氫原子()rm{(21)}標準狀況下，rm{22.4L}氯氣與足量氫氧化鈉溶液反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{N_{A}}()rm{(22)22.4LCl_{2}}中含有rm{N_{A}}個rm{Cl_{2}}分子()評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)14、在18g18O2中含有NA個氧原子．____（判斷對錯）15、分子總數(shù)為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA．____（判斷對錯）16、向沸水中逐滴加入少量飽和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3膠體____（判斷對錯）17、由冰變成水蒸氣需要吸收熱量，是吸熱反應____．（判斷對錯）18、常溫常壓下，16gCH4中所含中子數(shù)為10NA____（判斷對錯）19、常溫常壓下，92gNO2和N2O4的混合氣體中含有的原子總數(shù)為6NA．____（判斷對錯）20、金屬陽離子一定只具有氧化性．____（判斷對錯）21、中性干燥劑無水氯化鈣，既可干燥H2，又可干燥HCl，還可干燥NH3____（判斷對錯）．22、膠體屬于介穩(wěn)體系____．（判斷對錯）評卷人得分四、簡答題(共3題，共15分)23、NH3是一種重要的化工原料，可用來制備肼、硝酸、硝酸銨和氯胺等．

（1）N2和H2以物質(zhì)的量之比為1：3在不同溫度和壓強下發(fā)生反應：N2+3H2?2NH3，測得平衡體系中NH3的物質(zhì)的量分數(shù)如圖1．

①下列途徑可提高氨氣產(chǎn)率的是______（填字母）．

a．采用常溫條件。

b．采用適當?shù)拇呋瘎?/p>

c．將原料氣加壓。

d．將氨液化；不斷移去液氨。

②如圖1中所示的平衡體系中NH3的物質(zhì)的量分數(shù)為0.549和0.478時，該反應的平衡常數(shù)分別為K1、K2，則K1______（填“＞”“＜”或“=”）K2．

（2）肼（N2H4）是一種火箭燃料．已知：

N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）；△H=+67.7kJ?mol-1

N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）；△H=-534.0kJ?mol-1

NO2（g）═N2O4（g）；△H=-28.0kJ?mol-1

①反應2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）的△H=______kJ?mol-1．

②氨氣與次氯酸鈉溶液反應生成肼的離子方程式為______．

（3）電解硝酸工業(yè)的尾氣NO可制備NH4NO3；其工作原理如圖2．

①陰極的電極反應式為______．

②將電解生成的HNO3全部轉(zhuǎn)化為NH4NO3，則通入的NH3與實際參加反應的NO的物質(zhì)的量之比至少為______．

（4）飲用水消毒時，氯胺（NH2Cl等）在酸性條件下具有良好的效果，其原因是______．24、科學家積極探索新技術(shù)對rm{CO_{2}}進行綜合利用。Ⅰrm{.CO_{2}}可用來合成低碳烯烴。請回答：rm{2CO_{2}(g)}rm{+6H_{2}(g)?CH_{2}=CH_{2}(g)+4H_{2}O(g)}rm{+6H_{2}(g)?

CH_{2}=CH_{2}(g)+4H_{2}O(g)}rm{triangleH=a}圖rm{kJ/mol}圖rm{1}rm{2}已知：rm{(1)}和rm{H_{2}}的燃燒熱分別是rm{CH_{2}=CH}rm{285.8}和rm{kJ/mol}rm{1411.0}且rm{kJ/mol}rm{H_{2}O(g)H_{2}O(l)}rm{triangleH=}rm{-44.0}rm{kJ}則rm{/mol}_______rm{a=}rm{kJ/mol}上述由rm{(2)}合成rm{CO_{2}}的反應在_______下自發(fā)進行rm{CH_{2}=CH_{2}}填“高溫”或“低溫”rm{(}rm{)}在體積為rm{(3)}的恒容密閉容器中，充入rm{1L}rm{3}和rm{molH_{2}}rm{1mol}測得溫度對rm{CO_{2}}的平衡轉(zhuǎn)化率和催化劑催化效率的影響如圖rm{CO_{2}}所示。下列說法正確的是_______。rm{1}A.平衡常數(shù)大?。簉m{K}rm{K}rm{{,!}_{M}}rm{<}rm{K}rm{<}時rm{K}rm{{,!}_{N}}B.其他條件不變，若不使用催化劑，則rm{250隆忙}時rm{CO}rm{250隆忙}rm{CO}中rm{{,!}_{2}}點時，乙烯的體積分數(shù)為的平衡轉(zhuǎn)化率可能位于點rm{M}rm{M}rm{{,!}_{1}}C.圖rm{1}中rm{M}點時，乙烯的體積分數(shù)為rm{7.7%}rm{1}rm{M}rm{7.7%}不變時均可證明化學反應已達到平衡狀態(tài)D.當壓強或rm{n(}rm{H}保持溫度不變，在體積為rm{n(}rm{H}的恒容容器中以rm{{,!}_{2}}的投料比加入反應物，rm{)/n(CO}時達到化學平衡。請在圖rm{)/n(CO}中作出容器內(nèi)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量rm{{,!}_{2}}隨時間變化的圖象。

Ⅱrm{)}不變時均可證明化學反應已達到平衡狀態(tài)利用“rm{)}”電池將rm{(4)}變廢為寶。我國科研人員研制出的可充電“rm{V}”電池，以鈉箔和多壁碳納米管rm{L}為電極材料，總反應為rm{4Na+3CO_{2}underset{路脜碌莽}{overset{魯盲碌莽}{?}}2Na_{2}CO_{3}+C}放電時該電池“吸入”rm{n(H_{2}):n(CO_{2})=3:1}其工作原理如圖rm{t_{0}}所示：圖rm{2}rm{bar{M}}放電時，正極的電極反應式為_________________。rm{.}若生成的rm{Na-CO_{2}}和rm{CO_{2}}全部沉積在正極表面，當轉(zhuǎn)移rm{Na-CO_{2}}rm{(MWCNT)}rm{4Na+3CO_{2}

underset{路脜碌莽}{overset{魯盲碌莽}{?}}2Na_{2}CO_{3}+C}時，正極增加的質(zhì)量為______rm{CO_{2}}rm{3}選用高氯酸鈉四甘醇二甲醚做電解液的優(yōu)點是____________________。rm{3}25、苯乙烯是重要的基礎有機化工原料rm{.}工業(yè)中以乙苯rm{(C_{6}H_{5}-CH_{2}CH_{3})}為原料，采用催化脫氫的方法制取苯乙烯rm{(C_{6}H_{5}-CH=CH_{2})}的反應方程式為：

rm{C_{6}H_{5}-CH_{2}CH_{3}(g)?C_{6}H_{5}-CH=CH_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH=akJ?mol^{-1}}

rm{C_{6}H_{5}-CH_{2}CH_{3}(g)?C_{6}H_{5}-CH=CH_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H=akJ?mol^{-1}}向體積為rm{(1)}的密閉容器中充入rm{VL}乙苯，反應達到平衡狀態(tài)時，平衡體系組成rm{nmol}物質(zhì)的量分數(shù)rm{(}與溫度的關(guān)系如圖所示rm{)}則溫度為rm{.}時；該反應的平衡常數(shù)為______．

rm{600隆忙}乙苯在特定催化劑下發(fā)生氧化脫氫：

rm{C_{6}H_{5}C_{2}H_{5}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)?C_{6}H_{5}CH=CH_{2}(g)+H_{2}O(g)triangleH_{1}}

已知：rm{(2)}的燃燒熱rm{triangleH_{2}=bkJ?mol^{-1}}水的汽化熱為rm{C_{6}H_{5}C_{2}H_{5}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)?C_{6}H_{5}CH=CH_{2}(g)+H_{2}O(g)triangle

H_{1}}則rm{H_{2}}______

rm{triangle

H_{2}=bkJ?mol^{-1}}在汽車上安裝三元催化轉(zhuǎn)化器可實現(xiàn)反應：rm{2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangleH<0.}則該反應在______rm{cJ?g^{-1}}填“高溫”、“低溫”或“任何溫度”rm{triangleH_{1}=}下能自發(fā)進行rm{(3)}在某溫度下，rm{2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangle

H<0.}密閉容器中充入rm{(}rm{)}各rm{.}進行反應，測得rm{2L}物質(zhì)的量變化如圖所示，rm{NO}分鐘末反應達到平衡rm{CO}第rm{0.4mol}分鐘繼續(xù)加入rm{NO}rm{5}rm{.}和rm{6}請在圖中畫出到rm{0.2molNO}分鐘末反應達到平衡rm{0.2molCO}的物質(zhì)的量隨時間的變化曲線．

rm{0.2molCO_{2}}沉淀物并非絕對不溶，且在水及各種不同的溶液中溶解度有所不同，同離子效應、絡合物的形成等都會使沉淀物的溶解度有所改變rm{0.3molN_{2}}已知rm{9}如圖rm{NO}是某溫度下rm{(4)}在rm{.}rm{AgCl+Cl隆樓=[AgCl_{2}]隆樓}溶液中的溶解情況rm{2}由以上信息可知：

rm{AgCl}由圖可知該溫度下rm{NaCl}的溶度積常數(shù)為______．

rm{AgNO_{3}}在rm{.}溶液中的溶解出現(xiàn)如圖所示情況rm{壟脵}先變小后變大rm{AgCl}的原因是：______．rm{壟脷AgCl}評卷人得分五、探究題(共4題，共16分)26、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．27、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：28、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．29、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分六、其他(共2題，共6分)30、苯佐卡因是一種醫(yī)用麻醉藥品，學名對氨基苯甲酸乙酯。用芳香烴A為原料合成苯佐卡因E的路線如下：請回答：（1）寫出結(jié)構(gòu)簡式B________________C_________________。（2）寫出反應類型①_______________②________________。（3）化合物D經(jīng)聚合反應可制得高分子纖維，廣泛用于通訊、導彈、宇航等領(lǐng)域。寫出該聚合反應的化學方程式：____________________________________________________________。（4）下列化合物中能與E發(fā)生化學反應的是_________。a．HClb．NaClc．Na-2CO3d．NaOH（5）除外，符合下列條件的化合物E的同分異構(gòu)體有_____種。i.為1,4—二取代苯，其中苯環(huán)上的一個取代基是氨基；ii.分子中含結(jié)構(gòu)的基團31、日常生活中的一些用品與我們化學實驗中的儀器作用相似．請寫出下列生活用品相對應的實驗儀器名稱：

。炒菜時取味精（小勺子）____燒熱水（電熱器）____沖白糖水（杯子）____給病人打針（注射器）____參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【分析】A．元素的金屬性越強；對應的最高價氧化物的堿性越強；

B．元素的非金屬性越強；對應的最高價氧化物的酸性越強；

C．一般來說原子核外電子層越多；半徑越大；

D．元素的非金屬性越強，對應的單質(zhì)越易與氫氣反應．【解析】【解答】解：A．金屬性K＞Li；元素的金屬性越強，對應的最高價氧化物的堿性越強，故A正確；

B．非金屬性N＞C；元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物的酸性越強，故B錯誤；

C．S位于第三周期；F位于第二周期，一般來說原子核外電子層越多，半徑越大，故C錯誤；

D．非金屬性F＞S；元素的非金屬性越強，對應的單質(zhì)越易與氫氣反應，故D錯誤．

故選A．2、A【分析】試題分析：A項中a、b用導線連接時H+移向a，分別連接直流電源的正負極時H+移向b極，錯誤。考點：原電池原理、電解原理?！窘馕觥俊敬鸢浮緼3、A【分析】【分析】乙酸雖是弱酸，但能溶解氫氧化銅，乙酸與其混合后溶液澄清；葡萄糖是還原性糖，與氫氧化銅懸濁液共熱會產(chǎn)生磚紅色沉淀；蔗糖不是還原性糖，與氫氧化銅懸濁液混合后無明顯現(xiàn)象，以此解答該題．【解析】【解答】解：A．乙酸溶解氫氧化銅；葡萄糖是還原性糖，與氫氧化銅懸濁液共熱會產(chǎn)生磚紅色沉淀；蔗糖不是還原性糖，與氫氧化銅懸濁液混合后無明顯現(xiàn)象，三種溶液現(xiàn)象各不相同，能鑒別，故A正確；

B．Na2CO3溶液與乙酸反應生成氣體；但與葡萄糖和蔗糖不反應，故B錯誤；

C．石蕊為酸堿指示劑；不能用來鑒別葡萄糖和蔗糖，故C錯誤；

D．FeCl3溶液與三種溶液都不反應；不能鑒別，故D錯誤．

故選A．4、C【分析】【分析】鹽酸體積減少，說明標準液鹽酸體積讀數(shù)減小，逐項分析即可．【解析】【解答】解：消耗的標準液鹽酸體積減少；說明讀數(shù)時標準液的體積比實際體積減少了；

A；濃鹽酸揮發(fā)；濃度不足，配制的標準液濃度減小，滴定時消耗鹽酸體積變大，故A不選；

B；配制溶液時；未洗滌燒杯，標準液濃度減小，消耗體積增大，故B不選；

C；配制溶液時；俯視容量瓶刻度線，配制的標準液濃度變大，滴定時消耗的體積減小，故C選；

D；加水時超過刻度線；用膠頭滴管吸出，標準液濃度減小，滴定時消耗標準液體積增大，故D不選；

故選C．5、B【分析】【分析】A．根據(jù)實驗室廢棄物的處理方法進行分析判斷；

B．制備氣體時乳膠管彎折會影響導氣；

C．根據(jù)溴有毒易揮發(fā)；

D．根據(jù)H2SO4具有腐蝕性，容易灼傷皮膚．【解析】【解答】解：A；硝酸鈉分解實驗后的殘渣有亞硝酸鹽；亞硝酸鹽對人體有害．污染環(huán)境，不能沖入下水道，故A錯誤；

B．制備氣體時為防止氣流不通暢；應檢查乳膠管是否彎折堵塞，故B正確；

C．因溴有毒易揮發(fā)；故不能采用，宜用蘸有一定濃度的小蘇打溶液的棉花，故C錯誤；

D．不慎將濃堿溶液沾到皮膚上；要立即用大量水沖洗，然后涂上硼酸溶液，以中和堿液，故D錯誤；

故選B二、填空題(共8題，共16分)6、AAA大于大于1.0×10-6-1.0×10-8mol/L【分析】【分析】（1）酸的電離常數(shù)越大；酸的酸性越強，其鹽的水解程度越小，鹽溶液的pH越小；

（2）增大氯水中次氯酸的濃度；要消耗鹽酸，而不消耗HClO；

（3）CH3COOH溶液加水稀釋過程，促進電離，c（H+）減小，c（OH-）增大；Kw不變；

（4）由圖可知，稀釋相同的倍數(shù)，HX的pH變化程度大，則酸性HX強，電離平衡常數(shù)大；稀釋后，HX電離生成的c（H+）?。粚λ碾婋x抑制能力?。?/p>

（5）25℃時，混合液pH=6，c（H+）=1.0×10-6mol/L，則由Kw可知，c（OH-）=1.0×10-8mol/L，由電荷守恒可知，c（CH3COO-）-c（Na+）=c（H+）-c（OH-）．【解析】【解答】解：由電離常數(shù)可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-；

（1）酸的電離常數(shù)越大，酸的酸性越強，其鹽的水解程度越小，鹽溶液的pH越小，碳酸根離子的酸性最弱，碳酸鈉的水解程度最大，則pH最大的是Na2CO3；

故答案為：A；

（2）增大氯水中次氯酸的濃度，要消耗鹽酸，而不消耗HClO，已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，則HClO能與Na2CO3反應，所以不能加入Na2CO3；

故答案為：A；

（3）A．CH3COOH溶液加水稀釋過程，促進電離，c（H+）減小；故A正確；

B．=；稀釋過程促進醋酸的電離，氫離子的物質(zhì)的量最大，醋酸的物質(zhì)的量減小，所以比值變大，故B錯誤；

C．稀釋過程，促進電離，c（H+）減小，c（OH-）增大，c（H+）?c（OH-）=Kw；Kw不變，故C錯誤；

D．稀釋過程，促進電離，c（H+）減小，c（OH-）增大，則變大；故D錯誤；

故答案為：A；

（4）由圖可知，稀釋相同的倍數(shù)，HX的pH變化程度大，則酸性HX強，電離平衡常數(shù)大；稀釋后，HX電離生成的c（H+）小，對水的電離抑制能力小，所以HX溶液中水電離出來的c（H+）大；

故答案為：大于；大于；

（5）25℃時，混合液pH=6，c（H+）=1.0×10-6mol/L，則由Kw可知，c（OH-）=1.0×10-8mol/L，由電荷守恒可知，c（CH3COO-）-c（Na+）=c（H+）-c（OH-）=1.0×10-6mol/L-c（OH-）=1.0×10-8mol/L=1.0×10-6-1.0×10-8mol/L；

故答案為：1.0×10-6-1.0×10-8mol/L．7、原電池4OH--4e-=O2↑+2H2O6.4g無變化0.4NA【分析】【分析】（1）根據(jù)構(gòu)成原電池的條件知：甲裝置為銅鋅原電池；Zn為負極，Cu為正極；

（2）Pt極與銅相連應為陽極；氫氧根離子失電子；C極上銅離子得電子析出銅根據(jù)電子守恒計算；

（3）若乙中溶液不變；將其電極都換成銅電極，該裝置為電鍍池，根據(jù)溶液中離子濃度是否變化判斷；

（4）根據(jù)“析出什么加入什么”的原則計算．【解析】【解答】解：（1）由圖中的銅；鋅兩種電極和電解質(zhì)稀硫酸和閉合電路知：該裝置為原電池；Zn活潑，則Zn作負極，Cu作正極，故答案為：原電池；

（2）Pt極與銅相連應為陽極，氫氧根離子失電子，反應式為4OH--4e-=O2↑+2H2O；當甲中產(chǎn)生0.1mol氣體時即0.1mol氫氣，所以轉(zhuǎn)移電子為0.2mol，則C極上銅離子得電子析出銅，反應為Cu2++2e-=Cu；析出銅為0.1mol×64g/mol=6.4g；

故答案為：4OH--4e-=O2↑+2H2O；6.4g；

（3）若乙中溶液不變；將其電極都換成銅電極，則為電鍍池，陽極銅失電子生成銅離子，陰極銅離子得電子生成銅單質(zhì)，則溶液中銅離子的濃度不變，所以溶液的顏色不變；

故答案為：無變化；

（4）根據(jù)“析出什么加入什么”的原則知，0.1mol的Cu（OH）2相當于0.1molCuO和0.1molH2O，陰極上析出氫氣和銅，則轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目=0.1mol×（2+2）×NA/mol=0.4NA，故答案為：0.4NA．8、玻璃棒、1000ml容量瓶、膠頭滴管E→C→D→B→A→G→F酚酞或甲基橙偏大偏大【分析】【分析】（1）根據(jù)實驗操作過程選取實驗儀器；

（2）①根據(jù)中和滴定有檢漏；洗滌、潤洗、裝液、取待測液并加指示劑、滴定等操作；

②根據(jù)NaOH溶液和鹽酸溶液恰好反應后呈中性；可以選擇酸性或堿性變色范圍內(nèi)的指示劑；

（3）根據(jù)c（待測）=分析不當操作對c（待測）的影響，以此判斷濃度的誤差．【解析】【解答】解：（1）操作步驟有稱量；溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等操作；一般用托盤天平稱量，用藥匙取用藥品，在燒杯中溶解（可用量筒量取水），冷卻后轉(zhuǎn)移到1000ml容量瓶容量瓶中，并用玻璃棒引流，當加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，所以需要的儀器是天平、藥匙、燒杯、量筒、玻璃棒、1000ml容量瓶、膠頭滴管，則除燒杯外，還需要的玻璃儀器有：玻璃棒、1000ml容量瓶、膠頭滴管；

故答案為：玻璃棒；1000ml容量瓶、膠頭滴管；

（2）①中和滴定有檢漏；洗滌、潤洗、裝液、取待測液并加指示劑、滴定等操作；

故答案為：E→C→D→B→A→G→F

②NaOH溶液和鹽酸溶液恰好反應后呈中性；可以選擇酸性或堿性變色范圍內(nèi)的指示劑；

故答案為：酚酞或甲基橙；

（3）酸式滴定管用蒸餾水潤洗后，未用標準液潤洗，標準液濃度降低，造成V（標）偏大，根據(jù)c（待測）=分析可知c（待測）偏大；酸式滴定管讀數(shù)時，若先俯后仰，讀數(shù)差增大，造成V（標）偏大，根據(jù)c（待測）=分析可知c（待測）偏大；

故答案為：偏大；偏大．9、EF溫度隨著反應的進行，濃度逐漸減小，濃度因素大于溫度因素ACEY+2Z?3X0.1在此條件下該反應已達到反應限度（或化學平衡）【分析】【分析】Ⅰ；（1）根據(jù)圖象判斷；反應速率越大，斜率越大；

（2）開始時反應物濃度最大；且反應放熱，溫度逐漸升高，隨著反應的進行，濃度逐漸減小；

（3）減緩反應速率；可降低氫離子濃度以及反應溫度等；

Ⅱ；（1）根據(jù)參加反應的物質(zhì)的物質(zhì)的量之比等于化學計量數(shù)之比書寫化學方程式；

（2）根據(jù)v=計算；

（3）從曲線的變化特點分析．【解析】【解答】解：Ⅰ；（1）由圖象可知反應速率越大；斜率越大，則EF段反應速率最大，故答案為：EF；

（2）開始時反應物濃度最大；隨著反應的進行濃度降低，但反應放熱，溫度逐漸升高，所以反應速率逐漸增大，隨著反應的進行，濃度逐漸減小，濃度因素大于溫度因素，反應速率逐漸減??；

故答案為：溫度；隨著反應的進行；濃度逐漸減小，濃度因素大于溫度因素；

（3）A．加入蒸餾水；反應速率減小，故A正確；

B．加入氯化鈉固體；濃度不變，反應速率不變，故B錯誤；

C．加入氯化鈉溶液；濃度減小，反應速率減小，故C正確；

D．加入濃鹽酸；氫離子濃度增大，反應速率增大，故D錯誤；

E．降低溫度；反應速率減小，故E正確．

故答案為：ACE；

Ⅱ；（1）由圖象可以看出；反應中Z、Y的物質(zhì)的量減少，應為反應物，X的物質(zhì)的量增多，應為生成物；

當反應進行到3min時；△n（Y）=0.2mol，△n（Z）=0.4mol，△n（X）=0.6mol；

則△n（Y）：△n（Z）：△n（X）=1：2：3；參加反應的物質(zhì)的物質(zhì)的量之比等于化學計量數(shù)之比；

則反應的方程式為：Y+2Z?3X；故答案為：Y+2Z?3X；

（2）反應開始至2min末，X的反應速率為：v===0.1mol/（L?min）；故答案為：0.1；

（3）3min后，各物質(zhì)的物質(zhì)的量不再發(fā)生變化，說明反應達到反應限度，故答案為：在此條件下該反應已達到反應限度（或化學平衡）．10、碳碳雙鍵、羧基取代反應、加成反應CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr+2NaOH+2NaBr+2H2O4對二甲苯或1，4-二甲苯【分析】【分析】乙烯和HBr發(fā)生加成反應生成A，A為CH3CH2Br，A發(fā)生反應生成B，B被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成C，B、C中碳原子個數(shù)相等，B、C發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，則B是CH3CH2OH、C是CH3COOH；A發(fā)生取代反應生成B；丙烯被氧化生成丙烯酸，丙烯酸發(fā)生加聚反應生成聚丙烯酸；

（4）苯乙烯和溴發(fā)生加成反應生成甲，甲為發(fā)生消去反應生成苯乙炔；

（5）=810，所以相對分子量為106的芳香烴分子式為C8H10，可能為二甲苯，有鄰間對三種，可能為乙苯，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：乙烯和HBr發(fā)生加成反應生成A，A為CH3CH2Br，A發(fā)生反應生成B，B被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成C，B、C中碳原子個數(shù)相等，B、C發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，則B是CH3CH2OH、C是CH3COOH；A發(fā)生取代反應生成B；丙烯被氧化生成丙烯酸，丙烯酸發(fā)生加聚反應生成聚丙烯酸；

（1）流程圖中丙烯酸的官能團有碳碳雙鍵和羧基；故答案為：碳碳雙鍵；羧基；

（2）苯在濃硫酸作催化劑、加熱條件下和濃硝酸發(fā)生取代反應生成硝基苯，乙烯和HBr發(fā)生加成反應生成溴乙烷；所以流程圖中反應①和②的類型分別是取代反應；加成反應，故答案為：取代反應、加成反應；

（3）A發(fā)生水解反應或取代反應生成B，流程圖中反應③的反應方程式為CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr，故答案為：CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；

（4）苯乙烯和溴發(fā)生加成反應生成甲，甲為發(fā)生消去反應生成

①流程圖中甲的結(jié)構(gòu)簡式：故答案為：

②發(fā)生消去反應生成苯乙炔，流程圖中由甲制苯乙炔的反應方程式是：+2NaOH+2NaBr+2H2O；

故答案為：+2NaOH+2NaBr+2H2O；

（5）=810，所以相對分子量為106的芳香烴分子式為C8H10，可能為二甲苯，有鄰間對三種，可能為乙苯，所以相對分子量為106的芳香烴的同分異構(gòu)體有4種，其苯環(huán)上一氯取代物有兩種的芳香烴的結(jié)構(gòu)簡式為其苯環(huán)上二氯取代物有三種的芳香烴的名稱為對二甲苯或1，4-二甲苯；

故答案為：4；對二甲苯或1，4-二甲苯．11、O2+4e-=2O2-負C減弱【分析】【分析】（1）該燃料電池中；正極上儀器得電子生成氧離子；

（2）放電時；電解質(zhì)中陰離子向負極移動；

（3）天然氣如果被氧化不完全；則生成固體碳而阻塞電極氣體通道；

（4）甲烷燃料堿性電池中，負極上甲烷失電子和氫氧根離子反應生成碳酸根離子和水．【解析】【解答】解：（1）該燃料電池中，正極上儀器得電子生成氧離子，電極反應式為O2+4e-=2O2-，故答案為：O2+4e-=2O2-；

（2）放電時；電解質(zhì)中陰離子向負極移動；陽離子向正極移動，所以氧離子向負極移動，故答案為：負；

（3）天然氣如果被氧化不完全；則生成固體碳而阻塞電極氣體通道，故答案為：C；

（4）甲烷燃料堿性電池中，負極上甲烷失電子和氫氧根離子反應生成碳酸根離子和水，負極反應式為CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，有氫氧根離子參加反應導致溶液堿性減弱，故答案為：減弱．12、是否發(fā)生氧化還原反應NO2NH3?H2O?NH4++OH-過量NaOH會溶解生成的沉淀【分析】【分析】（1）依據(jù)圖表變化和物質(zhì)分類分析變化判斷；

（2）水在氧化還原反應中既不是氧化劑也不是還原劑的為氯氣；二氧化氮；

（3）氨水呈弱堿性是因為一水合氨存在電離平衡電離出氫氧根離子；

（4）氫氧化鋁是兩性氫氧化物溶于強酸強堿．【解析】【解答】解：（1）溶于水分成AB兩組的依據(jù)，分析反應過程可知，NH3、SO2、CaO、Na2O溶于水發(fā)生化合反應生成對應酸和堿是非氧化還原反應；Cl2、Na、NO2；溶于水反應發(fā)生的是氧化還原反應，所以依據(jù)是否發(fā)生氧化還原反應，故答案為：是否發(fā)生氧化還原反應；

（2）Cl2、Na、NO2，溶于水反應發(fā)生的是氧化還原反應，氯氣自身氧化還原，二氧化氮自身氧化還原反應，鈉做還原劑被水氧化，所以判斷氯氣和二氧化氮復印紙水既不是氧化劑也不是還原劑，故答案為：NO2；

（3）氨水呈弱堿性是因為一水合氨存在電離平衡電離出氫氧根離子，電離方程式為：NH3?H2O?NH4++OH-，故答案為：NH3?H2O?NH4++OH-；

（4）氫氧化鋁是兩性氫氧化物溶于強酸強堿，過量NaOH會溶解生成的沉淀，故答案為：過量NaOH會溶解生成的沉淀．13、?(1)×

(2)√

(3)×

(4)x

(5)x

(6)x

(7)x

(8)x

(9)x

(10)√

(11)x

(12)x

(13)x

(14)x

(15)√

(16)x

(17)x

(18)x

(19)x

(20)x

(21)√

(22)x【分析】【分析】本題考查阿伏伽德羅常數(shù)的計算?！窘獯稹縭m{(1)-OH}中含rm{9}個電子，rm{1mol}羥基中電子數(shù)為rm{9N_{A}}錯誤，故答案為：rm{x}rm{(2)1.7gH_{2}O_{2}}中含有電子數(shù)為rm{dfrac{1.7g}{34g/mol}隆脕18隆脕{N}_{A}mo{l}^{-1}=0.9NA}正確，故答案為：rm{dfrac{1.7g}{34g/mol}隆脕18隆脕{N}_{A}mo{l}^{-1}=

0.9NA}rm{隆脤}分子含rm{(3)CH_{3}CH_{3}}條共價鍵，rm{7}乙烷分子中含有rm{1mol}個共價鍵，錯誤，故答案為：rm{7N_{A}}rm{x}屬于離子化合物，固體中無氯化鈉分子，錯誤，故答案為：rm{(4)NaCl}rm{x}鎂的物質(zhì)的量為rm{(5)24g}鎂原子最外層有rm{1mol}個電子，鎂的原子最外層電子數(shù)為rm{2}錯誤，故答案為：rm{2N_{A}}rm{x}標準狀況下乙醇為液體，則不能利用rm{(6)}來計算其物質(zhì)的量，錯誤，故答案為：rm{22.4L/mol}rm{x}標準狀況下二氯甲烷為液體，不能用rm{(7)}計算rm{22.4L/mol}二氯甲烷的分子數(shù)，錯誤，故答案為：rm{22.4L}rm{x}標準狀況下戊烷為液體，不能用rm{(8)}計算rm{22.4L/mol}戊烷所含分子數(shù)，錯誤，故答案為：rm{22.4L}rm{x}乙酸屬于弱電解質(zhì)，水溶液中部分電離，rm{(9)}乙酸溶液中rm{1L0.1mol隆隴L^{-1}}數(shù)小于rm{H^{+}}錯誤，故答案為：rm{0.1N_{A}}rm{x}鈣原子最外層電子數(shù)為rm{(10)}失去最外層電子變?yōu)殁}離子，rm{2}變成rm{1molCa}時失去的電子數(shù)為rm{Ca^{2+}}正確，故答案為：rm{2N_{A}}rm{隆脤}氯氣和鐵反應生成氯化鐵，鐵足量，電子轉(zhuǎn)移按照全部反應的氯氣計算，轉(zhuǎn)移電子rm{(11)}錯誤，故答案為：rm{2N_{A}}rm{x}rm{(12)1}rm{mol}參加反應，可以是自身氧化還原反應，也可以是氯氣做氧化劑，轉(zhuǎn)移電子數(shù)不一定為rm{Cl_{2}}如rm{Cl_{2}+2OH^{-}=Cl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O}反應rm{2N_{A}}轉(zhuǎn)移電子數(shù)為rm{Cl_{2}+2OH^{-}=Cl^{-}+ClO^{-}+

H_{2}O}錯誤，故答案為：rm{1molCl_{2}}rm{N_{A}}在反應rm{x}中，碘酸鉀中rm{(13)}元素化合價由rm{KIO_{3}+6HI簍TKI+3I_{2}+3H_{2}O}價變?yōu)閞m{I}價、rm{+5}中rm{0}元素化合價由rm{HI}價變?yōu)閞m{I}價，每生成rm{-1}rm{0}rm{3}轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{mol}錯誤，故答案為：rm{I_{2}}rm{5N_{A}}將rm{x}氯化鐵溶于rm{(14)}水中，鐵離子水解生成氫氧化鐵，所得溶液含有rm{0.1mol}小于rm{1L}錯誤，故答案為：rm{Fe^{3+}}rm{0.1N_{A}}水解生成了rm{x}和rm{(15)CO_{3}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?OH^{-}+HCO_{3}^{-}}一個陰離子水解生成兩個陰離子所以rm{OH^{-}}碳酸鈉溶液中陰離子總數(shù)大于rm{HCO_{3}^{-}}正確，故答案為：rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?OH^{-}+

HCO_{3}^{-}}rm{1L0.1mol隆隴L^{-1}}在標況下，水的狀態(tài)不是氣體，無法計算rm{0.1N_{A}}水的物質(zhì)的量，錯誤，故答案為：rm{隆脤}rm{(16)}空氣中除了單質(zhì)分子還有不是單質(zhì)的分子，例如二氧化碳，所以標準狀況下，rm{2.24L}空氣中的單質(zhì)分子一定少于rm{x}個，錯誤，故答案為：rm{(17)}rm{22.4L}個分子是rm{N_{A}}rm{x}rm{(18)N_{A}}的摩爾質(zhì)量都是rm{1mol}所以質(zhì)量一定是rm{CO}沒有說明狀態(tài)，所以體積不一定是rm{C_{2}H_{4}}錯誤，故答案為：rm{28g/mol}rm{28g}常溫常壓下，氣體摩爾體積大于rm{22.4L}故rm{x}乙烯的物質(zhì)的量小于rm{(19)}故含有的rm{22.4L/mol}鍵的數(shù)目小于rm{22.4L}錯誤，故答案為：rm{1mol}rm{C-H}乙烯和環(huán)丙烷rm{4N_{A}}組成最簡比相同為rm{x}rm{(20)}混合氣體中所含氫原子數(shù)rm{=dfrac{28g}{28g/mol}隆脕2隆脕{N}_{A}mo{l}^{-1}=4N_{A}}個氫原子，錯誤，故答案為：rm{(C_{3}H_{6})}rm{CH_{2}}氯氣自身氧化還原反應，rm{28g}氯氣反應電子轉(zhuǎn)移電子為rm{=dfrac{28g}{28g/mol}隆脕2隆脕{N}_{A}mo{l}^{-1}=

4N_{A}}標準狀況下，rm{x}氯氣與足量氫氧化鈉溶液反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{(21)}正確，故答案為：rm{1mol}rm{1mol}無標況下，rm{22.4L}的物質(zhì)的量未知，無法計算含有的rm{N_{A}}分子數(shù)，錯誤，故答案為：rm{隆脤}rm{(22)}【解析】?rm{(1)隆脕}rm{(2)隆脤}rm{(3)隆脕}rm{(4)x}rm{(5)x}rm{(6)x}rm{(7)x}rm{(8)x}rm{(9)x}rm{(10)隆脤}rm{(11)x}rm{(12)x}rm{(13)x}rm{(14)x}rm{(15)隆脤}rm{(16)x}rm{(17)x}rm{(18)x}rm{(19)x}rm{(20)x}rm{(21)隆脤}rm{(22)x}三、判斷題(共9題，共18分)14、√【分析】【分析】18O2的相對分子質(zhì)量為36，結(jié)合n==計算．【解析】【解答】解：18O2的相對分子質(zhì)量為36，n（18O2）==0.5mol，則含有1mol18O原子，個數(shù)為NA，故答案為：√．15、√【分析】【分析】每個NO2和CO2分子均含有2個O原子，故二者混合氣體中含有O原子數(shù)目為分子總數(shù)的2倍．【解析】【解答】解：每個NO2和CO2分子均含有2個O原子，故分子總數(shù)為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA，故正確，故答案為：√．16、×【分析】【分析】向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，并加熱至液體呈紅褐色得到氫氧化鐵膠體，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：氫氧化鐵膠體的制備方法：向沸水中滴加幾滴氯化鐵飽和溶液，氯化鐵水解生成氫氧化鐵膠體，升高溫度促進氯化鐵水解，并加熱至液體呈紅褐色即可得到氫氧化鐵膠體，所以該題錯誤，故答案為：×．17、×【分析】【分析】冰變成水蒸氣沒有新物質(zhì)生成，是物理變化，據(jù)此解題．【解析】【解答】解：冰變成水蒸氣沒有新物質(zhì)生成，是物理變化，故答案為：×．18、×【分析】【分析】1個CH4中含有的中子數(shù)為6個，結(jié)合n==計算．【解析】【解答】解：n（CH4）==1mol，此時H原子不含中子，則1個CH4中含有的中子數(shù)為6個，1mol甲烷含有6NA個中子．

故答案為：×．19、√【分析】【分析】NO2和N2O4的最簡式相同，只需要計算92gNO2中原子數(shù)．【解析】【解答】解：NO2和N2O4的最簡式相同，只需要計算92gNO2中原子數(shù)=×3×NA=6NA，故答案為：√．20、×【分析】【分析】金屬陽離子不一定只有氧化性，可能具有還原性，考慮變價金屬陽離子即可．【解析】【解答】解：一般常見金屬陽離子只具有氧化性，但是亞鐵離子、亞銅離子等據(jù)既具有氧化性又具有還原性，故金屬陽離子一定只具有氧化性的說法錯誤，故答案為：×．21、×【分析】【分析】氨氣能與氯化鈣發(fā)生反應生成絡合物（CaCl2?8NH3），據(jù)此解題．【解析】【解答】解：氨氣能與氯化鈣發(fā)生反應生成絡合物（CaCl2?8NH3），因此不能使用無水氯化鈣來干燥氨氣，故答案為：×．22、√【分析】【分析】膠體的穩(wěn)定性介于溶液和濁液之間，在一定條件下能穩(wěn)定存在．【解析】【解答】解：膠體的穩(wěn)定性介于溶液和濁液之間，在一定條件下能穩(wěn)定存在，屬于介穩(wěn)體系，故答案為：√．四、簡答題(共3題，共15分)23、略

【分析】解：（1）①a．采用常溫條件；化學反應速率慢，故a錯誤；

b．采用適當?shù)拇呋瘎?，加快合成氨的速率，故b正確；

c．將原料氣加壓；加快了合成氨的速率，平衡正向移動，故c正確；

d．將氨液化；不斷移去液氨，平衡正向移動，故d正確；

故答案為：bcd；

②圖1中所示的平衡體系中NH3的物質(zhì)的量分數(shù)為0.549和0.478時的溫度都是400℃；溫度相同，化學平衡常數(shù)相等，故答案為：=；

（2）①已知a．N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ/mol；

b．N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534.0kJ/mol；

c．NO2（g）═N2O4（g）；△H=-28.0kJ?mol-1；

由蓋斯定律b×2-a-c×2得到：熱化學方程式：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1079.7kJ/mol；

故答案為：-1079.7；

②氨氣與次氯酸鈉溶液反應生成肼、氯化鈉、水，化學方程式為2NH3+NaClO═NaCl+N2H4+H2O，離子方程式為2NH3+ClO-═Cl-+N2H4+H2O；

故答案為：2NH3+ClO-═Cl-+N2H4+H2O；

（3）①工業(yè)上電解NO制備NH4NO3，由裝置圖可知陽極發(fā)生氧化反應，NO被氧化生成NO3-，陰極發(fā)生還原反應，NO被還原生成NH4+，陽極反應為NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，陰極反應為：NO+5e-+6H+=NH4++H2O；

故答案為：NO+5e-+6H+═NH4++H2O；

②總反應方程式為：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，生成的硝酸和反應的NO的物質(zhì)的量之比等于2：8=1：4，通入的NH3的物質(zhì)的量至少應與生成的硝酸的物質(zhì)的量相等，因此通入的NH3與實際參加反應的NO的物質(zhì)的量之比至少為1：4；

故答案為：1：4；

（4）氯胺與水反應存在平衡：NH2Cl+H2O?NH3+HClO，酸性條件下，減小了NH3的濃度；平衡右移使次氯酸濃度變大；

故答案為：氯胺與水反應存在平衡：NH2Cl+H2O?NH3+HClO；酸性條件下平衡右移使次氯酸濃度變大．

（1）①提高氨氣產(chǎn)率；整體從速率；平衡移動的角度分析就可；

②化學平衡常數(shù)只受溫度的影響；

（2）①依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算得到所需熱化學方程式；從而得到反應熱；

②氨氣與次氯酸鈉溶液反應生成肼；氯化鈉、水；寫出化學方程式，改寫為離子方程式；

（3）①工業(yè)上電解NO制備NH4NO3，由裝置圖可知陽極發(fā)生氧化反應，NO被氧化生成NO3-，陰極發(fā)生還原反應，NO被還原生成NH4+；

②總反應方程式為：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，通入的NH3的物質(zhì)的量至少應與生成的硝酸的物質(zhì)的量相等；

（4）氯胺與水反應存在平衡：NH2Cl+H2O?NH3+HClO；從平衡移動的角度分析．

本題考查合成氨條件的選擇、反應熱的計算、電解原理、化學平衡的應用，綜合性強，題目難度中等，其中提高氨氣產(chǎn)率，整體從速率、平衡移動的角度分析，為本題的易錯點．【解析】bcd；=；-1079.7；2NH3+ClO-═Cl-+N2H4+H2O；NO+5e-+6H+=NH4++H2O；1：4；氯胺與水反應存在平衡：NH2Cl+H2O?NH3+HClO，酸性條件下平衡右移使次氯酸濃度變大24、（1）-127.8

（2）低溫

（3）C

（4）

（5）3CO2+4Na++4e-=2Na2O3+C

（6）11.2

（7）導電性好、與金屬鈉不反應、難揮發(fā)【分析】【分析】本題考查本題考查了蓋斯定律、化學平衡移動的影響因素、化學平衡計算等，注意把握蓋斯定律的應用方法、三段式在化學平衡計算中的靈活應用是解題的關(guān)鍵，側(cè)重于考查學生對基礎知識的綜合應用能力、計算能力和畫圖能力，題目難點中等。【解答】I.rm{(1)壟脵H}rm{(1)壟脵H}rm{{,!}_{2}}rm{O_{2}(g)=H_{2}O(l)triangleH=-285.8kJ/mol}rm{(g)+1/2}rm{(g)+1/2}rm{O_{2}(g)=H_{2}O(l)triangleH=-285.8

kJ/mol}rm{壟脷C}rm{壟脷C}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{4}}rm{(g)+3O}rm{(g)triangleH=-1411.0kJ/mol}

rm{(g)+3O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)=2H}rm{(g)=2H}rm{{,!}_{2}}

rm{O(l)+2CO}得rm{O(l)+2CO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)triangle

H=-1411.0kJ/mol}rm{(g)triangle

H=-1411.0kJ/mol}rm{壟脹H}rm{壟脹H}rm{{,!}_{2}}rm{O(g)簍TH}rm{O(g)簍TH}rm{{,!}_{2}}rm{O(l)triangleH=-44kJ/mol}rm{O(l)triangleH=-44kJ/mol}rm{O(g)triangleH=6(-285.8kJ/mol)-(-1411.0kJ/mol)-4(-44kJ/mol)=-127.8kJ/mol}將方程式rm{6壟脵-壟脷-4壟脹}得rm{6H}

rm{6壟脵-壟脷-4壟脹}根據(jù)上面熱化學方程式，rm{6H}即正向放熱反應，rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2CO}rm{(g)+2CO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}rm{(g)}rm{?}rm{C}rm{C}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{4}}反應前后氣體體積減小，熵變rm{(g)+4H}滿足rm{triangleH-TtriangleS<0}應在低溫下能自發(fā)進行；

rm{(g)+4H}

rm{{,!}_{2}}化學平衡常數(shù)大于rm{O(g)triangleH=6(-285.8kJ/mol

)-(-1411.0kJ/mol)-4(-44kJ/mol)=-127.8kJ/mol}故A錯誤；

rm{O(g)triangleH=6(-285.8kJ/mol

)-(-1411.0kJ/mol)-4(-44kJ/mol)=-127.8kJ/mol}時故答案為：rm{-127.8}rm{-127.8}rm{(2)}根據(jù)上面熱化學方程式，rm{triangleH<0}即正向放熱反應，rm{6H}故B錯誤；

rm{(2)}rm{triangleH<0}的rm{6H}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2CO}rm{(g)+2CO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}則圖中rm{(g)}點時二氧化碳轉(zhuǎn)化率rm{?}

rm{C}rm{C}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{4}}rm{(g)+4H}rm{(g)+4H}rm{{,!}_{2}}rm{O(g)}反應前后氣體體積減小，熵變rm{triangleS<0}滿足rm{triangleH-Ttriangle

S<0}應在低溫下能自發(fā)進行；rm{O(g)}rm{triangleS<0}rm{triangleH-Ttriangle

S<0}

rm{(3)}rm{(3)}A.升高溫度二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率減低，則升溫平衡逆向移動，所以rm{M}化學平衡常數(shù)大于rm{N}故A錯誤；rm{M}rm{N}

B.由圖象可知，其他條件不變，若不使用催化劑，則rm{250隆忙}時rm{CO}rm{250隆忙}rm{CO}rm{{,!}_{2}}的平衡轉(zhuǎn)化率可能位于點rm{M}故B錯誤；

rm{M}C.若在密閉容器中充入體積比為rm{3}rm{1}的rm{H}rm{3}rm{1}rm{H}

rm{{,!}_{2}}和rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{2}}的體積分數(shù)rm{=dfrac{;0.25}{;1.5+0.5+0.25+1;}隆脕100攏樓=7.7攏樓}，故圖，設為rm{3mol}rm{1mol}則圖中rm{M}點時二氧化碳轉(zhuǎn)化率rm{50%}中rm{3mol}點時，乙烯的體積分數(shù)為rm{1mol}故C正確；rm{M}

rm{50%}

rm{6H}反應前混合氣體的平均相對分子質(zhì)量rm{=dfrac{;44隆脕2+2隆脕6}{;2+6};=12.5}，所以起點坐標為rm{6H}隨著反應進行，氣體的物質(zhì)的量減小，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量增大，至rm{{,!}_{2}}時達到化學平衡，若全部轉(zhuǎn)化為rm{(g)+2CO}和rm{(g)+2CO}平均相對分子質(zhì)量rm{=dfrac{;28+18隆脕4}{;1+4;}=20}則rm{{,!}_{2}}達平衡時rm{(g)}應在區(qū)間rm{(g)}rm{?}時將容器體積瞬間擴大至rm{C}平衡向逆方向移動，rm{C}時重新達平衡，平均相對分子質(zhì)量減小，rm{{,!}_{2}}達平衡時

rm{H}rm{H}所以圖象為rm{{,!}_{4}}rm{(g)+4H}

rm{(g)+4H}正極rm{{,!}_{2}}rm{O(g)}rm{O(g)}起始量rm{(mol)}rm{3}rm{1}rm{0}rm{0}rm{(mol)}rm{3}rm{1}rm{0}rm{0}變化量rm{(mol)}rm{1.5}rm{0.5}rm{0.25}rm{1}rm{(mol)}rm{1.5}rm{0.5}rm{0.25}rm{1}平衡量rm{(mol)}rm{1.5}rm{0.5}rm{0.25}rm{1}rm{(mol)}rm{1.5}rm{0.5}rm{0.25}rm{1}產(chǎn)物rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}

rm{=CH}正極發(fā)生的電極反應

rm{=CH}rm{{,!}_{2}}的體積分數(shù)rm{=

dfrac{;0.25}{;1.5+0.5+0.25+1;}隆脕100攏樓=7.7攏樓}rm{=

dfrac{;0.25}{;1.5+0.5+0.25+1;}隆脕100攏樓=7.7攏樓}rm{1}rm{M}rm{7.7%}D.混合氣體的質(zhì)量不變，體積不變，所以混合氣體的密度始終不變，所以不能根據(jù)混合氣體的密度來判斷化學反應是否達到平衡狀態(tài)，故D錯誤；故答案為：rm{C}rm{C}rm{(4)}反應前混合氣體的平均相對分子質(zhì)量rm{=dfrac{;44隆脕2+2隆脕6}{;2+6};=12.5

}

rm{(4)}rm{=dfrac{;44隆脕2+2隆脕6}{;2+6};=12.5

}rm{(0,12.5)}rm{t_{0}}

rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{H_{2}O}rm{=dfrac{;28+18隆脕4}{;1+4;}=20

}rm{t_{0}}

rm{bar{M}}總rm{(12.5,20)}rm{t_{1}}rm{2VL}rm{t_{2}}rm{t_{2}}

rm{bar{M}}選用髙氯酸鈉應大于rm{12.5}所以圖象為四甘醇二甲醚做電解液的優(yōu)點是導電性好，與金屬鈉不反應，難揮發(fā)，rm{12.5}

，【解析】rm{(1)-127.8}rm{(2)}低溫rm{(3)C}rm{(4)}rm{(5)3CO_{2}+4Na^{+}+4e^{-}=2Na_{2}O_{3}+C}rm{(6)11.2}rm{(7)}導電性好、與金屬鈉不反應、難揮發(fā)25、略

【分析】解：rm{(1)}由圖可知，平衡體系中苯乙烯的物質(zhì)的量分數(shù)為rm{25%}設乙苯的變化量為rm{x}

rm{C_{6}H_{5}-CH_{2}CH_{3}(g)?C_{6}H_{5}-CH=CH_{2}(g)+H_{2}(g)}

起始量rm{amol}rm{0}rm{0}

變化量rm{xmol}rm{xmol}rm{xmol}

平衡量rm{(a-x)mol}rm{xmol}rm{xmol}

由題可知：rm{dfrac{x}{a-x+2x}隆脕100%=25%}則rm{dfrac

{x}{a-x+2x}隆脕100%=25%}

平衡狀態(tài)下乙苯平衡濃度為rm{dfrac{a-x}{V}=dfrac{2a}{3V}}結(jié)合化學平衡三行計算列式計算平衡濃度；

rm{x=dfrac{1}{3}a}

起始濃度rm{dfrac{a-x}{V}=dfrac

{2a}{3V}}rm{C_{6}H_{5}-CH_{2}CH_{3}(g)?C_{6}H_{5}-CH=CH_{2}(g)+H_{2}(g)}rm{/(mol?L^{-1})}rm{dfrac{a}{V}}

變化濃度rm{0}rm{0}rm{/(mol?L^{-1})}rm{dfrac{a}{3V}}

平衡濃度rm{dfrac{a}{3V}}rm{dfrac{a}{3V}}rm{/(mol?L^{-1})}rm{dfrac{2a}{3V}}

rm{K=dfrac{dfrac{a}{3V}隆脕dfrac{a}{3V}}{dfrac{2a}{3V}}=dfrac{a}{6V}}

故答案為：rm{dfrac{a}{3V}}

rm{dfrac{a}{3V}}的燃燒熱rm{triangleH_{2}=bkJ?mol^{-1}}水的汽化熱為rm{K=dfrac{dfrac{a}{3V}隆脕dfrac

{a}{3V}}{dfrac{2a}{3V}}=dfrac{a}{6V}}可得熱化學方程式：

rm{壟脵H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)triangleH=bKJ/mol}

水的汽化熱為rm{dfrac{a}{6V}}焦耳rm{(2)H_{2}}克，則為rm{triangle

H_{2}=bkJ?mol^{-1}}可得：

rm{壟脷H_{2}O(l)=H_{2}O(g)triangleH=ckJ/mol}

已知rm{cJ?g^{-1}}rm{C_{6}H_{5}-CH_{2}CH_{3}(g)?C_{6}H_{5}-CH=CH_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH_{1}=akJ?mol^{-1}}

根據(jù)蓋斯定律，rm{壟脵H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)triangleH=bKJ/mol}可得：rm{C_{6}H_{5}-CH_{2}CH_{3}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)?C_{6}H_{5}-CH=CH_{2}(g)+H_{2}O(g)}故rm{triangleH=(a+b+0.018c)kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{2441.12}

rm{(3)2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangleH<0}反應前后氣體體積減小rm{/}低溫下滿足rm{triangleH-TtriangleS<0}即在低溫時反應自發(fā)進行；

已知反應為rm{18隆脕2.4412kJ/mol隆脰44kJ/mol}rm{壟脷H_{2}O(l)=H_{2}O(g)triangle

H=ckJ/mol}密閉容器中充入rm{壟脹}rm{C_{6}H_{5}-CH_{2}CH_{3}(g)?C_{6}H_{5}-CH=CH_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H_{1}=akJ?mol^{-1}}各rm{壟脹+壟脵+壟脷}達到平衡時rm{C_{6}H_{5}-CH_{2}CH_{3}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)?C_{6}H_{5}-CH=CH_{2}(g)+H_{2}O(g)}為rm{triangle

H=(a+b+0.018c)kJ?mol^{-1}}

rm{(a+b+0.018c)kJ?mol^{-1}}

起始rm{(3)2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}