2025年人教新课标高三化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教新课标高三化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、某溶液中只可能含有H+、NH、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO、SO、NO中的几种．①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示．则下列说法正确的是（）A.溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+可能含有Fe3+B.溶液中一定不含CO和NO，一定含有SOC.溶液中c（NH）=0.3mol/LD.c（H+）：c（Al3+）：c（Mg2+）=1：1：12、只用一种试剂，就可将AgNO3、KSCN、稀H2SO4、NaOH四种溶液一次性区分开，这种试剂是（）A.FeCl3溶液B.CuSO4溶液C.BaCl2溶液D.Na2CO3溶液3、某氮的氧化物和一氧化碳在催化剂的作用下充分反应，生成氮气和二氧化碳．若测得氮气和二氧化碳的物质的量之比为1：2，则该氮的氧化物是（）A.N2OB.NOC.NO2D.N2O54、下列实验装置设计合理；且能达到相应实验目的是：（）

。选项实验装置实验目的A加热硫酸铜晶体获得无水硫酸铜B加热碳酸氢钠，证明它能分解释放出二氧化碳气体C实验室制取氯气D用中和滴定的方法测定某氢氧化钠待测液的浓度A.AB.BC.CD.D5、下列有关实验室制取蒸馏水的实验装置与操作的说法中，不正确的是（）A.烧瓶必须垫加石棉网加热B.冷凝管中的水流方向是从下口进入，上口排出C.实验中需要在烧瓶中加入几粒碎瓷片，防止出现暴沸现象D.温度计的水银球应插入烧瓶的自来水中6、若氧元素只有16O、18O两种核素，下列说法正确的是A.16O和18O的物理性质和化学性质完全相同B.通过化学反应可以实现16O与18O的相互转化C.向2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的平衡体系中加入18O2，达到新的平衡后18O只出现在O2与SO3中D.用惰性电极电解含有H218O的普通水时，阳极可能产生三种相对分子质量不同的氧分子7、常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是A．由水电离的c(H+)=10-12mol·L－1的溶液中：Cl－、CO32－、K+、SO32－B．含有大量AlO2－的溶液中：K+、Al3+、Br－、HCO3－C．1.0mol·L-1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl—、SO42—D．使pH试纸变深蓝色的溶液中：Cl－、K+、Mg2+、SO32－评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、良好的生态环境可以提升生活质量．下列说法正确的是（）A.近年来雾霾天气越来越频繁，导致雾霾形成的主要污染物是PM2.5B.垃圾分类既有利于保护生态环境，又能变废为宝，如图为可回收物标志C.选择环保的装修材料可以有效地减少居室污染，劣质合板释放出的主要污染物COD.自来水有硬水和软水之分，含有钙、镁离子的水称之为硬水，不含有钙、镁离子的水称之为软水9、下列除去杂质的方法正确的是（）

①除去乙烷中少量的乙烯：催化条件下通入H2；②除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸氢钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏；③除去C2H4中少量的SO2：气体通过盛氢氧化钠溶液的洗气瓶；④除去乙醇中少量的水：加足量生石灰，蒸馏．A.①②④B.②④C.①③④D.③④10、对反应2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑的说法正确的是（）A.氧化剂是NaOHB.生成3molH2时转移了6mol电子C.反应中的Al被还原D.1molAl失电子，有3molH2O中的氢得电子11、在20L的密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，发生：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；△H．测得CO的转化率随温度及不同压强下CO的变化如图所示，P2和195℃时n（H2）随时间的变化结果如表所示．下列说法正确的是（）

P2及195℃n（H2）随时间变化。

。t/min0135n（H2）/mol8544A.P1＜P2，△H＜0B.0～3min，平均速率v（CH3OH）=0.8mol•L-1•min-1C.在P2及195℃时，该反应的平衡常数为25L2•mol-2D.在B点时，v（正）＞v（逆）12、下列分子属极性分子的是（）A.H2OB.CO2C.BCl3D.NH313、已知NaBH4中氢元素化合价为-1，反应NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑中，下列说法正确的是（）A.被氧化的元素与被还原的元素的质量比为1：1B.NaBH4既是氧化剂又是还原剂C.NaBH4是还原剂，水是氧化剂D.B被氧化，H被还原14、下列叙述错误的是（）A.将10gNaCl晶体溶入90g水中，制得10%的NaCl溶液B.200mL0.5mol/LMgCl2溶液所含的Cl-物质的量浓度与400ml0.5mol/LNaCl溶液相同C.将wg质量分数a%的NaCl溶液蒸发掉g水，得到2a%的NaCl溶液D.将1体积c1mol/L的硫酸用水稀释为5体积，稀溶液的浓度为0.2c1mol/L15、下列不能用于鉴别SO2和CH2=CH2两种无色气体的试剂是（）A.含酚酞的氢氧化钠溶液B.品红溶液C.溴的四氯化碳溶液D.酸性高锰酸钾溶液评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、（2016春•无为县校级期中）反应A（g）⇌B（g）+C（g）在容积为1.0L的密闭容器中进行，A的初始浓度为0.050mol•L-1．温度T1和T2下A的浓度与时间关系如图所示．回答下列问题：

（1）上述反应的温度（填“大于”“小于”或“等于”，下同）T1____T2，平衡常数K（T1）____K（T2）．

（2）若温度T2时；2min后反应达到平衡，A的转化率为60%，则：

①平衡时体系总的物质的量为____．

②反应的平衡常数K=____．

③反应在0～2min区间的平均反应速率v（A）=____．17、下表为元素周期表的一部分；请参照元素①～⑧在表中的位置；

用化学符号回答下列问题：

（1）④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序是____

（2）②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是____．

（3）①、④、⑤、⑧中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式：____．

（4）用电子式表示⑤⑧两种元素化合物的形成过程____．

（5）写出⑤、⑥两种元素的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式____．

（6）由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为（填序号）____．

a．MnO2b．FeCl3c．Na2SO3d．KMnO4．18、某学校实验小组同学欲探究____；做如下实验：

如图所示，烧瓶A、B中装有相同浓度的NO2和N2O4的混合气体，中间用止水夹K夹紧，烧杯甲中盛放100mL6mol•L-1的盐酸，烧杯乙中盛放100mL冷水，两烧杯液体温度相同，现向烧杯甲的溶液中放入25gNaOH固体，同时向烧杯乙中放入25gNH4NO3固体；搅拌使之溶解．

（1）写出烧瓶中存在的反应的化学方程式____，实验前烧瓶中的气体呈____色．

（2）请将该题中探究题目补充完整____．

（3）分别向甲、乙烧杯中加入NaOH固体和NH4NO3固体后，某同学又用温度计测量烧杯中液体的温度，发现甲中温度____，乙中温度____，原因是____．同时发现A中气体颜色变深；B瓶中气体颜色变浅．

（4）由此，该小组同学得出结论是：____．19、已知（CH3）3COH在Cu作催化剂条件下不能与氧气发生催化氧化反应，某芳香烃A（C9H10）有如下转化关系：

（1）写出反应①的反应类型____；

（2）A的同类的同分异构体还有种（不包括A）____；

（3）D中的官能团是（写名称）____；

（4）写出E的结构简式____；

（5）写出②的化学反应方程式____．20、工业用废铁屑还原软锰矿（主要成分为MnO2，另有少量的铁和SiO2等）制备硫酸锰．其工艺流程示意如图：

（1）浸出过程中，MnO2被铁屑还原为Mn2+进入溶液，该步骤中涉及的主要离子反应有：____；MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；2Fe3++Fe=3Fe2+．

（2）除杂过程中加入碳酸钙的目的是____．

（3）除钙过程中，欲使Ca2+沉淀完全[当溶液中c（Ca2+）≤10-5mol•L-1时，即可认为Ca2+已沉淀完全]，则溶液中c（F-）应____，（已知该常温下CaF2的Ksp=1×10-11）．

（4）该生产流程中，硫酸的用量不宜过多，其原因是____．

（5）工业上可用电解硫酸锰和硫酸混合溶液的方法制备二氧化锰，Mn2+在阳极失电子转化为MnO2．21、碳元素的单质及其化合物与人类的生产；生活、科研息息相关．请回答下列问题：

（1）绿色植物的光合作用吸收CO2释放O2的过程可以描述为以下两步：

2CO2（g）+2H2O（l）+2C5H10O4（s）═4（C3H6O3）+（s）+O2（g）+4e-△H=+1360kJ•mol-1

12（C3H6O3）+（s）+12e-═C6H12O6（s，葡萄糖）+6C5H10O4（s）+3O2（g）△H=-1200kJ•mol-1

则绿色植物利用二氧化碳和水合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式为：____

（2）工业上利用水煤气合成甲醇的主要反应可表示为：H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=-45.4kJ•mol-1．向容积为1L的密闭容器中加入0.10molH2和0.05molCO；在一定温度下发生上述反应，10min后反应达到平衡状态，测得放出热量3.632kJ．

①该温度条件下，上述反应的化学平衡常数K=____．

②若容器容积不变，下列措施可增加CH3OH产率的是____（填写序号）．

A．升高温度B．将CH3OH（g）从体系中分离。

C．充入He，使体系总压强增大D．再充入O.10molH2和0.05molCO

③若该反应达到平衡后，保持其它条件不变，若只把容器的体积缩小一半，则平衡向____（填“逆向”、“正向”或“不”）移动，化学平衡常数K____（填“增大”；“减小”或“不变”）．

（3）已知反应：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H＜0，根据原电池原理该反应能否设计成燃料电池．若能，请写出当电解质溶液为KOH溶液时的负极反应式（若不能，该空可不作答）：____．22、药物华素片（西地碘片）使用说明书的部分内容如下：

（1）根据上述说明和所学化学知识回答：

华素片中含有的活性成分是____（写分子式）；

（2）某学生为验证华素片中确定含有上述活性成分；完成实验如下，请填写：

①将药片研碎；溶解、过滤；所得滤液分装于甲、乙两试管中备用．

②在甲试管中加入下列一种试剂，振荡、静置，观察到液体分层，若上层液体颜色为无色，则所加试剂为下列中的____（填字母）；由此说明存在分子碘．

A．氢氧化钠溶液B．酒精C．四氯化碳D．盐酸。

③在乙试管中滴加____溶液，溶液变蓝色，也能说明存在分子碘．23、兔耳草醛是重要的香料，结构简式为：

（1）-CHO的名称是____．

（2）关于兔耳草醛的叙述不正确的是____（填标号）．

A．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。

B．可以发生还原反应。

C．能发生银镜反应。

D．光照下能与氯气发生反应。

（3）已知：

兔耳草醛的一种合成路线如下：

①X的结构简式是____．

②A→R发生了两步反应，反应类型分别是____．

③C→D反应的化学方程式是____．

④物质W与A互为同分异构体；W具有如下特征：

a．只含有1个甲基。

b．可发生消去反应，且产物的苯环上只存在一种化学环境的氢写出W与乙酸反应的化学方程式：____．评卷人得分四、判断题(共2题，共6分)24、18gD2O所含的电子数为10NA．____（判断对错）25、将30mL0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为0.3mol/L____．（判断对错）评卷人得分五、推断题(共3题，共18分)26、（2012秋•东城区期末）甲；乙、丙三种物质之间有如下图所示的转化关系；其中甲物质为氧化物：

（1）若甲是不溶于水的白色固体；但既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液，写出下列转化的方程式：

乙→丙的离子方程式____；

丙→甲的化学方程式____．

（2）若向乙溶液中加入KSCN溶液，混合溶液呈红色，则甲物质是____（填化学式）．

甲→乙的离子方程式是____．27、Reformatsky反应是利用醛与卤代酸酯反应制备羟基酸酯的常用简便方法；是形成碳碳健重要的有机反应．反应如图所示：

（1）化合物（Ⅰ）的一种同分异构体满足下列条件：①含有苯环；②核磁共振氢谱有4个峰，峰面积之比为1：2：2：3，其结构简式为______．

（2）化合物（Ⅲ）的分子式为______，1mol该物质完全燃烧最少需要消耗______mol2．

（3）化合物（Ⅱ）所含官能团是______（名称），其在加热条件下与NaOH溶液反应的化学方程式是______．

（4）一定条件下，与过量的也可以发生Reformatsky反应，试写出该生成物的结构简式______．28、如图中A～H均为中学化学中常见的物质；A；B、H为气体，反应①是重要的工业反应，它们之间有如下转化关系．（反应中生成的水已略去）

请回答以下问题：

（1）B是____，D是____，G是____，H是____．（填化学式）

（2）工业上常利用反应①制取漂白粉，该反应的化学方程式为：____，漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为____．

（3）A中元素的原子结构示意图为____．

（4）F在溶液中的电离方程式为____．

（5）上述反应中属于氧化还原反应是____（填写序号）评卷人得分六、计算题(共2题，共12分)29、学校化学课外活动小组进行科学实验，它们取用100mL含AlCl30.2mol的溶液与100mL氢氧化钠溶液充分反应，产生7.8克Al（OH）3；请计算：

（1）AlCl3完成生成Al（OH）3的质量是____

（2）该氢氧化钠的溶液的物质的量浓度是____．30、同温同压下，将1体积的CO2和2体积的CO进行比较，则CO2与CO的：

（1）分子数之比为____；

（2）原子数之比为____；

（3）质量之比为____；

（4）密度之比为____．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，加氢氧化钠产生白色沉淀说明不含铁离子，当溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子时，加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，对应图象是先在x轴上，再逐渐增大，再平行x轴，再减小，可以对照图象求出各离子的量．【解析】【解答】解：A、据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，所以溶液中的阳离子一定含NH4+、H+、Mg2+、Al3+；故A错误；

B、加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有CO，因为硝酸根、氢离子与锌会反应生成刺激性的一氧化氮，故无NO3-，但由于溶液一定显电中性，故溶液中一定含SO42-；故B正确；

C、根据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，根据第二段是氢氧化钠与铵根反应得到一水合氨的阶段，即NH4++OH-=NH3•H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为0.7mol-0.5mol=0.2mol，所以溶液中n（NH4+）=0.2mol，但由于溶液体积不明确，故溶液中的c（NH）不明确；故C错误；

D、根据第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是0.1mol，根据第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即Al（OH）3～OH-～[Al（OH）4]-，则消耗氢氧化钠的物质的量为：0.8mol-0.7mol=0.1mol，根据第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据Al3+～3OH-～Al（OH）3，Mg2+～2OH-～Mg（OH）2，0.1mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是0.3mol，所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：0.5mol-0.1mol-0.3mol=0.1mol，所以镁离子的物质的量是0.05mol，即n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1：0.1：0.05=2：2：1；故D错误．

故选B．2、A【分析】【分析】FeCl3溶液加入四种溶液中依次出现的现象是：白色沉淀、溶液呈红色、无现象、红褐色沉淀，反应现象不同，可以鉴别，以此来解答．【解析】【解答】解：A．FeCl3溶液加入四种溶液中依次出现的现象是：白色沉淀；溶液呈红色、无现象、红褐色沉淀；反应现象不同，可以鉴别，故B正确；

B．KSCN、稀H2SO4与CuSO4溶液均不反应；现象相同，不能鉴别，故B错误；

C．氯化钡溶液不与KSCN、H2SO4、NaOH反应，不能鉴别KSCN、H2SO4；NaOH；故C错误；

D、KSCN、NaOH均不与Na2CO3溶液反应；现象相同，不能鉴别，故D错误．

故选A．3、B【分析】【分析】设氮的氧化物的化学式为NaOb，根据反应方程式进行计算，得出正确结论．【解析】【解答】解：设氮的氧化物的化学式为NaOb，则反应方程式为：2NaOb+2bCO=aN2+2bCO2，氮气和二氧化碳的物质的量之比为1：2，故a：2b=1：2，a：b=1：1；故氮的氧化物的化学式为NO；

故选：B．4、C【分析】【分析】A．加热固体应在坩埚中进行；

B．加热固体时；应防止试管炸裂；

C．高锰酸钾和浓盐酸在常温下发生氧化还原反应；

D．酸应放在酸式滴定管中．【解析】【解答】解：A．蒸发皿用于加热液体；加热固体应在坩埚中进行，故A错误；

B．试管口应略朝下倾斜；防止炸裂，故B错误；

C．高锰酸钾和浓盐酸在常温下发生氧化还原反应；可用于制备氯气，故C正确；

D．用中和滴定的方法测定某氢氧化钠待测液的浓度；酸应放在酸式滴定管中，防止腐蚀橡皮管，故D错误．

故选C．5、D【分析】【分析】根据实验室制取蒸馏水的操作过程及有关注意事项即可作答．【解析】【解答】解：A；对烧瓶进行加热时；为防止加热时烧瓶底炸裂，需垫石棉网，故A正确；

B；冷凝管水流遵循逆流原理；这样冷凝效果好，故B正确；

C；为避免加热时出现暴沸现象；应提前在烧瓶中放入几粒沸石或碎瓷片，故C正确；

D；温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口处；目的是控制馏分物质的沸点，得到较纯净的物质，故D错误；

故选D．6、D【分析】试题分析：A．16O和18O的物理性质不同，化学性质相似，A错误；B．同位素之间的转化不是化学变化，B错误；C．向2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的平衡体系中加入18O2，由于是可逆反应，则达到新的平衡后18O出现在O2、SO2与SO3中，C错误；D．用惰性电极电解含有H218O的普通水时，阳极可能产生三种相对分子质量不同的氧分子，分别是32、34、36，D正确，答案选D。考点：考查同位素、可逆反应、电解的有关应用【解析】【答案】D7、A【分析】【解析】【答案】A二、多选题(共8题，共16分)8、AB【分析】【分析】A；PM2.5颗粒是指大气中直径小于或等于2.5μm的颗粒物；表面积大，能吸附有毒有害物质，对人体健康和大气环境质量的影响更大，PM2.5颗粒主要来源于直接排放的工业污染物和汽车尾气等；

B、生活垃圾分类处理，节约资源能源，保护生态环境，这是为可回收物标志；

C；劣质胶合板释放的主要污染物是甲醛；释放后造成室内污染；

D、含有大量钙、镁离子的水称之为硬水，不含或含有少量钙、镁离子的水称之为软水．【解析】【解答】解：A；PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5μm的颗粒物；表面积大，能吸附有毒有害物质，富含大量的有毒、有害物质，易通过肺部进入血液，所以导致雾霾形成的主要污染物是PM2.5，故A正确；

B、生活垃圾分类处理，节约资源能源，保护生态环境，又能变废为宝，这是为可回收物标志；故B正确；

C；甲醛是劣质胶合板释放的主要污染物；造成室内污染，所以不是一氧化碳，故C错误；

D；含有大量钙、镁离子的水称之为硬水；不含或含有少量钙、镁离子的水称之为软水，故D错误；

故选AB．9、BD【分析】【分析】①通入氢气引入新的杂质；

②碳酸氢钠可与乙酸反应；除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；

③二氧化硫能与氢氧化钠反应；

④乙醇和水的沸点不同，水可与生石灰反应．【解析】【解答】解：①通入氢气引入新的杂质；氢气无法除掉，故①错误；

②碳酸氢钠可与乙酸反应；除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，则用饱和碳酸氢钠溶液洗涤，分液；干燥、蒸馏可实现除杂，故②正确；

③二氧化硫能与氢氧化钠反应；二乙烯不能，可除杂，故③正确；

④乙醇和水的沸点不同；水可与生石灰反应，用蒸馏的方法分离，故④正确；

故选BD．10、BD【分析】【分析】该反应中Al元素化合价由0价变为+3价；H元素化合价由+1价变为0价；

A．得电子化合价降低的反应物是氧化剂；

B．根据氢气和转移电子之间的关系式计算；

C．Al失电子被氧化；

D．该反应中实际上是水中H元素得电子．【解析】【解答】解：该反应中Al元素化合价由0价变为+3价；H元素化合价由+1价变为0价；

A．NaOH参加复分解反应；水是氧化剂，故A错误；

B．生成3molH2时转移电子的物质的量=3mol×2×（1-0）=6mol；故B正确；

C．Al失电子被氧化而作还原剂；故C错误；

D．该反应中实际上是水中H元素得电子，根据转移电子守恒知，1molAl失电子，有3molH2O中的氢得电子；故D正确；

故选BD．11、AC【分析】【分析】根据化学反应速率和平衡常数的定义进行计算，根据影响化学平衡的因素进行判断得出正确结论．升高温度，化学反应速率加快，平衡向着吸热的方向移动；增大压强，化学反应速率加快，平衡向着气体体积减小的方向移动．【解析】【解答】解：A．P1时，升高温度，CO转化率减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，△H＜0；该反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，195℃时，CO转化率P2大于P1，压强从P1变到P2后平衡正向移动，因此P1到P2为增大压强，P1＜P2；故A正确；

B.0～3min，n（H2）=8-4=4mol，故n（CH3OH）=4÷2=2mol，v（CH3OH）==0.033mol•L-1•min-1；故B错误；

C．由表中信息可知，起始时：c（H2）==0.4mol/L，c（CO）=c（H2）=0.2mol/L；平衡时：c（H2）==0.2mol/L；

CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）

起始浓度（mol/L）0.20.40

转化浓度（mol/L）0.10.20.1

平衡浓度（mol/L）0.10.20.1

K===25L2•mol-2；故C正确；

D．根据表中数据知；平衡时氢气转化率为50%，当可逆反应中初始反应物物质的量之比等于其计量数之比时，其反应物转化率相等，所以该温度和压强下CO的转化率为50%，根据图知，A点是平衡状态，B点转化率大于A点，该反应在该温度和压强下达到平衡状态，应该向逆反应方向移动，所以B点v（正）＜v（逆），故D错误；

故选AC．12、AD【分析】【分析】极性分子中正负电荷的中心不重合，具有一定的极性，极性分子是由极性键构成的结构不对称的分子；据此判断．【解析】【解答】解：A；水分子的空间结构为V形；结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故A正确；

B；二氧化碳结构为O=C=O；结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故B错误；

C、BF3的空间结构为平面三角形；结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故C错误；

D；氨气为三角锥型；结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故D正确．

故选AD．13、AC【分析】【分析】在NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑反应中，NaBH4中H元素的化合价为-1价，H2O中H元素的化合价为+1价，二者发生氧化还原反应，其中NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂．【解析】【解答】解：A、化合价升高的元素是NaBH4中的氢元素；被氧化，水中的氢元素被还原，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，物质的量之比为1：1，被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1，故A正确；

B、NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂；故B错误；

C、NaBH4中氢元素的化合价升高，所以NaBH4是还原剂；水中氢元素化合价降低，所以水是氧化剂，故C正确；

D、NaBH4中氢元素的化合价升高；被氧化，硼元素化合价不变，故D错误．

故选AC．14、BC【分析】【分析】A、根据质量分数=计算；

B；溶液的体积不是水的体积；

C；若是饱和的溶液；蒸发水后，质量分数不变，若是不饱和溶液，且2a%最多为饱和溶液；

D、溶液稀释前后溶质的物质的量不变．【解析】【解答】解：A、将10gNaCl晶体溶入90g水中，NaCl溶液质量分数==10%；故A正确；

B；将40gNaOH溶于1L水中；溶液的体积不是水的体积，溶液的体积不知道，所以无法计算物质的量浓度，故B错误；

C；若是饱和的溶液；蒸发水后，质量分数不变；若是不饱和溶液，而且蒸发时没有固体析出，则得到2a%的NaCl溶液，故C错误；

D、溶液稀释前后溶质的物质的量不变，所以稀溶液物质的量浓度==0.2c1mol/L；故D正确．

故选BC．15、CD【分析】【分析】SO2具有漂白性能使品红褪色、具有还原性能使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色，SO2水溶液显酸性；CH2=CH2能使溴的四氯化碳溶液褪色，能被酸性高锰酸钾氧化，根据二者性质的不同来鉴别．【解析】【解答】解：A．SO2的水溶液为酸的溶液，能使含酚酞的氢氧化钠溶液褪色，CH2=CH2不能；所以能鉴别二者，故A不选；

B．SO2使品红褪色，但CH2=CH2不能使品红褪色；则可以鉴别两种气体，故B不选；

C．SO2和CH2=CH2都能使溴的四氯化碳溶液褪色；现象相同，则无法鉴别，故C选；

D．SO2和CH2=CH2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色；现象相同，则无法鉴别，故D选；

故选CD．三、填空题(共8题，共16分)16、小于小于0.08mol0.045mol/L0.015mol/（L．min）【分析】【分析】（1）温度越高达平衡所需的时间越短；然后结合图象分析反应的热效应，从而得出K的变化情况；

（2）根据三行式，结合平衡常数和反应速率的公式来求解．【解析】【解答】解：（1）由图可知T2先达平衡状态，所以T1小于T2；而温度越高K越小，所以正反应为吸热反应，所以温度越高K值越大，故答案为：小于；小于；

（2）A（g）⇌B（g）+C（g）

起始浓度：0.05000

变化浓度：0.030.030.03

平衡浓度：0.020.030.03

①平衡时体系总的物质的量为=（0.02+0.03+0.03）×1=0.08mol；

②K==0.045mol/L；

③反应在0～2min区间的平均反应速率v（A）==0.015mol/（L•min）；

故答案为：①0.08mol；②0.045mol/L；③0.015mol/（L．min）．17、Na＞Al＞OHNO3＞H2CO3＞H2SiO3Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2Oab【分析】【分析】由元素在周期表中的位置可知；①是H，②是C，③是N，④是O，⑤是Na，⑥是Al，⑦是Si，⑧是Cl；

（1）电子层越多半径越大；电子层相同时核电荷数越大半径越小；

（2）非金属性越强；最高价含氧酸的酸性越强；

（3）④、⑤可形成既含离子键又含非极性共价键的某化合物为Na2O2；

（4）⑤⑧两种元素化合物为NaCl；为离子化合物；

（5）⑤；⑥两种元素的最高价氧化物对应水化物反应；生成偏铝酸钠和水；

（6）由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，即选择过氧化氢分解反应中的催化剂．【解析】【解答】解：由元素在周期表中的位置可知；①是H，②是C，③是N，④是O，⑤是Na，⑥是Al，⑦是Si，⑧是Cl；

（1）电子层越多半径越大；所以Na；Al＞O，电子层一样多的原子，核电荷数越多半径越小，即Na＞Al，故答案为：Na＞Al＞O；

（2）非金属性N＞C＞Si，则最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，故答案为：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3；

（3）④、⑤可形成既含离子键又含非极性共价键的某化合物为Na2O2，其电子式为故答案为：

（4）⑤⑧两种元素化合物为NaCl，为离子化合物，电子式表示形成过程为故答案为：

（5）⑤、⑥两种元素的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

（6）由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，化合物为过氧化氢，可在a或b催化作用下分解，故答案为：ab．18、温度对化学平衡的影响2NO2⇌N2O4红棕色温度对化学平衡的影响升高降低甲中NaOH溶解放热，中和HCl也放热，使溶液的温度升高；乙中NH4NO3溶解吸热，使溶液的温度降低温度使化学平衡移动【分析】【分析】（1）二氧化氮与四氧化二氮的之间存在转化关系；该反应为可逆反应；二氧化氮为红棕色气体，所以混合气体为红棕色；

（2）根据题中实验操作方法及装置特点判断该实验目的；

（3）氢氧化钠的溶解及中和反应为放热反应；硝酸铵的溶解为吸热反应，据此判断甲乙烧杯中溶液温度变化；

（4）根据实验操作方法及实验现象得出实验结论．【解析】【解答】解：（1）二氧化氮与四氧化二氮之间的转化关系为：2NO2⇌N2O4；四氧化二氮为无色，而二氧化氮为红棕色，则烧瓶中气体颜色为红棕色；

故答案为：2NO2⇌N2O4；红棕色；

（2）根据实验步骤及实验装置可知；该实验目的是探究温度对化学平衡的影响；

故答案为：温度对化学平衡的影响；

（3）由于甲烧杯中NaOH溶解过程放热，且氢氧化钠中和HCl也是放热反应，导致溶液的温度升高，而乙中NH4NO3溶解过程吸热；导致溶液的温度降低；

故答案为：升高；降低；甲中NaOH溶解放热，中和HCl也放热，使溶液的温度升高；乙中NH4NO3溶解吸热；使溶液的温度降低；

（4）分别向甲、乙烧杯中加入NaOH固体和NH4NO3固体后；甲烧杯中温度升高，A中气体颜色变深，乙烧杯温度降低，B瓶中气体颜色变浅，说明温度影响化学平衡；

故答案为：温度使化学平衡移动．19、加成反应5羟基、醛基【分析】【分析】由反应④可知D为则C为故A为B为由G的结构简式可知，F为则E为则反应⑤为消去反应，据此解答．【解析】【解答】解：由反应④可知D为则C为故A为B为由G的结构简式可知，F为则E为则反应⑤为消去反应；

（1）反应①是烯烃与溴发生的加成反应；故答案为：加成反应；

属于加成反应；反应②属于取代反应，反应③④属于氧化反应，反应⑤为消去反应，反应⑥为酯化反应，属于取代反应，反应⑦属于加聚反应；

故答案为：②⑥；消去反应；加聚反应；

（2）由上述分析可知，A的结构简式为与A具有相同官能团的，属于芳香烃的同分异构体有：故答案为：5；

（3）D为含有官能团有：羟基；醛基，故答案为：羟基、醛基；

（4）由上述分析可知，E的结构简式为：故答案为：

（5）反应②的方程式为：

故答案为：．20、Fe+2H+═Fe2++H2↑调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而被除去≥1×10-3mol•L-1避免生成CaSO4沉淀【分析】【分析】（1）铁还能够与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；据此写出反应的离子方程式；

（2）在溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，加入CaCO3后，由于CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq）、CO32-+2H+═CO2↑+H2O，溶液中氢离子浓度减小，使得Fe3+的水解平衡向正反应方向移动，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀；

（3）Ksp（CaF2）=1×10-11=c（Ca2+）×c2（F-），当溶液中c（Ca2+）≤10-5mol•L-1时，可认为Ca2+已沉淀完全，则c（F-）≥mol/L；

（4）钙离子与硫酸根离子能够反应生成微溶物硫酸钙．【解析】【解答】解：（1）铁还能够与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；

故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；

（2）在溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，加入CaCO3后，由于CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq）、CO32-+2H+═CO2↑+H2O，溶液中氢离子浓度减小，使得Fe3+的水解平衡向正反应方向移动，因此Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而被除去；

故答案为：调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而被除去；

（3）Ksp（CaF2）=1×10-11=c（Ca2+）×c2（F-），当溶液中c（Ca2+）≤10-5mol•L-1时，可认为Ca2+已沉淀完全，则c（F-）≥mol/L=1×10-3mol•L-1；

故答案为：≥1×10-3mol•L-1；

（4）钙离子与硫酸根离子能够反应生成微溶物硫酸钙；若硫酸用量过多，溶液生成硫酸钙沉淀；

故答案为：避免生成CaSO4沉淀．21、2CO2（g）+2H2O（l）=C6H12O6（s，葡萄糖）+6O2（g）△H=+2880kJ•mol-1100BD正向不变CO-2e-+2OH-=CO2+H2O【分析】【分析】（1）依据盖斯定律和热化学方程式计算得到所需的热化学方程式；利用热化学方程式的加减消去不需要的物质，注意加减时焓变随之变化；

（2）①利用三段式来解题；

②据化学平衡移动原理；增加甲醇产率，即使化学平衡正向移动即可；

③根据压强对化学平衡的影响分析；根据影响化学平衡常数的因素分析；

（3）依据反应中元素化合价变化判断反应是否为自发进行的氧化还原反应，自发进行的氧化还原反应可以设计成原电池反应，燃料在负极失电子发生氧化反应，氧气在正极得到电子发生还原反应，结合电荷守恒书写电极反应；【解析】【解答】解：（1）已知热化学方程式：2CO2（g）+2H2O（l）+2C5H10O4（s）═4（C3H6O3）+（s）+O2（g）+4e-△H═+1360kJ•mol-1①

12（C3H6O3）+（s）+12e-═C6H12O6（S，葡萄糖）+6C5H10O4（s）+3O2（g）△H=-1200kJ•mol-1②

根据盖斯定律，将①×3+②可得：6CO2（g）+6H2O（l）=C6H12O6（s）+6O2（g）△H=+2880kJ•mol-1，故答案为：6CO2（g）+6H2O（l）=C6H12O6（s）+6O2（g）△H=+2880kJ•mol-1；

（2）①根据热化学方程式：H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=-45kJ•mol-1可知；当反应掉1mol氢气时，放热45KJ，故当放出热量3.632kJ时，反应掉的氢气为0.08mol，根据三段式：

H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）

初始C（mol/L）：0.10mol/L0.05mol/L0

△C（mol/L）：0.08mol/L0.04mol/L0.04mol/L

平衡C（mol/L）：0.02mol/L0.01mol/L0.04mol/L

根据化学平衡常数K===100；故答案为：100；

②A；该反应是放热的；升高温度，平衡逆向进行，会减小甲醇产率，故A错误；

B、将CH3OH（g）从体系中分离；会促使平衡正向移动，提高甲醇的产率，故B正确；

C；充入He；使体系总压强增大，体积不变，各组分浓度不变，所以平衡不会移动，不会改变甲醇产率，故C错误；

D、再充入0.05molCO和0.1molH2；增大压强，平衡右移，有利提高甲醇的产率，故D正确；

故选BD；

故答案为：BD；

③该反应是气体体积减小的反应；把容器的体积缩小一半，增大了反应体系的压强，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；

故答案为；正向；不变；

（3）已知反应：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H＜0，反应是自发进行的氧化还原反应，可以设计原电池反应，CO在负极失到电子发生氧化反应，电极反应为：CO-2e-+2OH-=CO2+H2O；

故答案为：CO-2e-+2OH-=CO2+H2O．22、I2C淀粉【分析】【分析】（1）根据药品说明书可以知道主要成分是碘单质；

（2）在甲试管中加入下列一种试剂，振荡、静置，观察到液体分层，目的从碘水中萃取碘单质，加入的试剂要求是：碘在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度，萃取剂和水不互溶，且萃取剂和碘不反应，若上层液体颜色为无色，萃取剂密度大于水，碘单质遇淀粉变蓝，可以用于碘单质的检验．【解析】【解答】解：（1）该药品说明书指出：主要成分是分子碘，碘单质，分子式为：I2；

故答案为：I2；

（2）氢氧化钠和碘反应生成次碘酸钠和碘化钠，不分层，碘易溶于有机溶剂，且酒精与水不分层，碘和盐酸不反应，不分层，碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘与CCl4不反应，水与CCl4不互溶，碘在CCl4中在水的下层；萃取后；四氯化碳密度大，则观察到液体分层，下层呈紫红色，上层几乎无色，根据碘单质遇淀粉变蓝的特性来检验碘单质；

故答案为：C，淀粉．23、醛基ACH3CH2CHO加成反应和消去反应+CH3COOHH2O+【分析】【分析】（1）根据官能团的名称书写；

（2）根据兔耳草醛的结构简式；含有醛基官能团判断性质；

（3）由兔耳草醛的结构及信息可知，A→B先发生醛的加成反应，后发生醇的消去反应，结合碳原子守恒可知，X应为CH3CH2CHO，生成B为B→C发生加成反应，C为C→兔耳草醛发生醇的催化氧化反应，据此分析解答；【解析】【解答】解：（1）官能团-CHO的名称为醛基；故答案为：醛基；

（2）因为兔耳草醛的结构简式中含有醛基；则可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；可以发生还原反应、能发生银镜反应，又含有烷烃的氢，所以又能光照下与氯气发生反应；则BCD正确，A错误，故选：A；

（3）由兔耳草醛的结构及信息可知，A→B先发生醛的加成反应，后发生醇的消去反应，结合碳原子守恒可知，X应为CH3CH2CHO，生成B为B→C发生加成反应，C为C→兔耳草醛发生醇的催化氧化反应；

①根据以上分析，X的结构简式是CH3CH2CHO，故答案为：CH3CH2CHO；

②根据以上分析；A→B先发生醛的加成反应，后发生醇的消去反应两步反应，为反应类型分别是加成反应和消去反应；故答案为：加成反应和消去反应；

③C→D反应的化学方程式为故答案为：

④物质W与A互为同分异构体；W具有如下特征：

a．只含有1个甲基；b．可发生消去反应，且产物的苯环上只存在一种化学环境的氢，则消去后苯环上只有一种未知的H，应为对称结构，所以W的结构简式为与乙酸反应的化学方程式：+CH3COOHH2O+

故答案为：+CH3COOHH2O+．四、判断题(共2题，共6分)24、×【分析】【分析】D2O的相对分子质量为20，结合n==计算．【解析】【解答】解：D2O的相对分子质量为20，18gD2O的物质的量为=0.9mol，则所含的电子数为9NA．故答案为：×．25、×【分析】【分析】稀释前后氢氧化钠的物质的量不变，根据稀释定律C1V1=C2V2计算判断．【解析】【解答】解：令稀释后NaOH的物质的量浓度为c，稀释前后氢氧化钠的物质的量不变，则：0.03L×0.5mol/L=c×0.5L，解得c=0.03mol/L，故错误，故答案为：×．五、推断题(共3题，共18分)26、Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+2Al（OH）3Al2O3+3H2OFe2O3Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O【分析】【分析】（1）甲为氧化物，不溶于水的白色固体，但既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液，应为两性氧化物，应是Al2O3，由转化关系可知，甲与硫酸反应生成乙为Al2（SO4）3，硫酸铝与氨水反应生成丙为Al（OH）3；氢氧化铝加热分解可以生成氧化铝，据此解答；

（2）向乙溶液中加入KSCN溶液，混合溶液呈红色，溶液含有Fe3+，甲为氧化物，与硫酸反应生成乙，可推知甲为Fe2O3，乙为Al2（SO4）3，硫酸铁与氨水反应生成丙为Fe（OH）3，氢氧化铁加热分解可以生成氧氧化铁，据此解答．【解析】【解答】解：（1）甲为氧化物，不溶于水的白色固体，但既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液，应为两性氧化物，应是Al2O3，由转化关系可知，甲与硫酸反应生成乙为Al2（SO4）3，硫酸铝与氨水反应生成丙为Al（OH）3；氢氧化铝加热分解可以生成氧化铝，则：

乙→丙的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

丙→甲的化学方程式为：2Al（OH）3Al2O3+3H2O；

故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；2Al（OH）3Al2O3+3H2O；

（2）向乙溶液中加入KSCN溶液，混合溶液呈红色，溶液含有Fe3+，甲为氧化物，与硫酸反应生成乙，可推知甲为Fe2O3，乙为Al2（SO4）3，硫酸铁与氨水反应生成丙为Fe（OH）3，氢氧化铁加热分解可以生成氧氧化铁，甲→乙的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

故答案为：Fe2O3；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O．27、略

【分析】解：（1）化合物（Ⅰ）的一种同分异构体满足下列条件：①含有苯环；②核磁共振氢谱有4个峰，峰面积之比为1：2：2：3，说明该同分异构体中含有苯环且含有4种氢原子，这四种氢原子的个数之比为1：2：2：3，据此判断其同分异构体结构简式为故答案为：

（2）该分子中含有12个C原子、16个H原子、3个O原子，则该物质分子式为C12H16O3，1mol该物质完全燃烧耗氧量=（12+-）mol=14.5mol；

故答案为：C12H16O3；14.5；

（3）化合物（II）的官能团是溴原子和酯基，在加热条件下，和NaOH水溶液发生取代反应（水解反应），反应方程式为

故答案为：溴原子和酯基；

（4）一定条件下，与过量的也可以发生Reformatsky反应，即醛基中碳氧双键及中C-Br键断裂生成新的有机物结构简式为

故答案为：．

（1）化合物（Ⅰ）的一种同分异构体满足下列条件：①含有苯环；②核磁共振氢谱有4个峰；峰面积之比为1：2：2：3，说明该同分异构体中含有苯环且含有4种氢原子，这四种氢原子的个数之比为1：2：2：3，据此判断其同分异构体结构简式；

（2）该分子中含有12个C原子、16个H原子、3个O原子，1mol该物质完全燃烧耗氧量=（12+-）mol；

（3）化合物（II）的官能团是溴原子和酯基；在加热条件下，和NaOH水溶液发生取代反应（水解反应）；

（4）一定条件下，与过量的也可以发生Reformatsky反应，即醛基中碳氧双键及中C-Br键断裂生成