2024年北师大版高三化学上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2024年北师大版高三化学上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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列关于化学电源的说法正确的是（）A.干电池放电之后还能再充电B.氢氧燃料电池是一种环境友好电池C.充电电池可以无限制地反复放电、充电D.充电电池在放电和充电时都是将化学能转化为电能2、常温下，0.1mol/L的硫酸铜溶液里，各离子浓度大小的顺序正确的是（）A.c（OH-）＜c（Cu2+）＜c（H+）＜c（SO42-）B.c（OH-）＜c（H+）＜c（SO42-）＜c（Cu2+）C.c（OH-）＜c（H+）＜c（SO42-）=c（Cu2+）D.c（OH-）＜c（H+）＜c（Cu2+）＜c（SO42-）3、最近研制出一种新型燃料电池，一个电极通入空气，另一个电极通入汽油蒸气（以丁烷为汽油代表），电池的电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2-，下列叙述不正确的是（）A.固体电解质中O2-向正极移动，向外电路释放电子的电极是负极B.这个电池负极发生的反应是：C4H10+13O2--26e-═4CO2+5H2OC.这种电池放电时发生的化学反应方程式为：2C4H10+13O2═8CO2+10H2OD.人们追求燃料电池氧化汽油，而不在内燃机里燃烧汽油产生动力的主要原因是燃料电池具有较高的能量利用率4、对于在恒容、恒温密闭容器中进行的反应H2（g）+I2（g）2HI（g）；能说明其达到化学平衡状态的是（）

A.容器中气体压强不变。

B.容器中气体密度不变。

C.容器中气体颜色的深浅不变。

D.同时间内生成的H2、I2的物质的量相同。

5、下列关于SO2性质的分析，肯定错误的是A.通入Ca(ClO)2溶液中，有HClO生成B.通入FeCl3溶液中，有SO42－生成C.通入氯水中，有淡黄色沉淀生成D.通入KICl2溶液中，有I－生成评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、依据叙述；写出下列反应的热化学方程式．

（1）在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ．则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为____．

（2）用NA表示阿伏加德罗常数，在C2H2（气态）完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有5NA个电子转移时，放出650kJ的热量．其热化学方程式为____．7、铜（Cu）是重要的金属，Cu的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，如CuSO4溶液常用作电解液；电镀液等．请回答以下问题：

（1）SO42-的立体构型是____，其中S原子的杂化轨道类型是____

（2）元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，Au原子最外层电子排布为____；一种铜金合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心、Au原子处于顶点位置，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为____；该晶体中，原子之间的作用力是____；

（3）上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中．若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构相似，该晶体储氢后的化学式为____．8、A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径在其所在主族中最小，且B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子层结构，两元素可形成化合物D2C；C；E同主族．

（1）B的原子结构示意图为____．

（2）E元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为____．

（3）元素CDE的原子半径大小关系是____（用元素符号表示）

（4）AC两种元素形成的原子个数之比为1：1的化合物的电子式为____．

（5）B的气态氢化物与B的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为____．9、工业上合成氨的热反应方程式如下：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），△H=-92kJ•mol-1

（1）若已知破坏1molN≡N键、H-H键分别需吸收的能量为946kJ、436kJ，则断开1molN-H需吸收的能量为____kJ

（2）在恒温恒压的条件下，将2molN2和6molH2通入一容积可变的容器中反应，达到平衡后气体的体积为反应前的75%，则该过程释放的能量为____kJ，氮气的转化率为____，平衡后氨气占混合气体的体积分数为____

（3）若将1molN2和1molH2通入两个相同体积的密闭容器甲和乙中；甲容器保持温度和体积不变，乙容器保持温度和压强不变，经过一段时间后，两容器均达到平衡状态．

①建立平衡所需的时间：甲____乙（填“＞”；“＜”或“=”）

②达到平衡后氨气的体积分数：甲____乙（填“＞”，“＜”或“=”）10、一定条件下；发生如下反应：A(g)+2B(g)⇌xC(g)+D(g)△H＜0，x为正整数)．

(1)450℃时，向甲、乙两容积均为1L的恒容容器中，分别充入2molA、4molB和1molA、2molB，测得容器内c(A)随时间变化如图所示．

①x的值为____________；(以下各题均用此数据)平衡常数表达式K=____________．

②甲容器内从起始到平衡时；反应速率v(B)____________mol/(L•s)．

③若向甲容器中再充入2molA；4molB；则达平衡时，A的物质的量浓度的范围：____________＜c(A)＜____________．

(2)对(1)反应中达到平衡后的乙容器；升温至600℃时，此时K值应____________(填“增大”或“减小”或“不变”)．

(3)根据题意；下列曲线符合变化规律的是____________．

(4)450℃时甲容器中；判断该反应达到化学平衡状态的依据是____________．

A．容器中压强不变B．v(B)(正)=2v(C)(逆)

C．容器中密度不变D．c(A)=c(D)评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)11、常温下，11.2L甲烷气体含有的甲烷分子数为0.5NA．____（判断对错）12、标准状况下，1molO2和N2混合气体的体积约为22.4L____（判断对错）13、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）106g的乙醇和丙醇混合液完全燃烧生成的CO2为112L（标准状况）____

（2）医用酒精的浓度通常为95%____

（3）Y（C2H5OH），W（C2H5ONa）可通过置换反应由Y得到W____

（4）向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去，使溶液褪色的气体只是乙烯____

（5）乙醇不能发生取代反应____

（6）实验室中提纯混有少量乙酸的乙醇，可采用先加生石灰，过滤后再蒸馏的方法____．14、对于2SO2（g）+O2（g）═2SO2（g）反应，当密度保持不变，在恒温恒容或恒温恒压条件下，均不能作为达到化学平衡状态的标志．____（判断对错）15、通过化学变化可以实现35Cl与37Cl间的相互转化____．（判断对错）16、在0℃时，22.4L氢气有2NA个氢原子．____．（判断对错）评卷人得分四、实验题(共1题，共5分)17、硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O）俗称绿矾；加热至高温会发生分解，为确定绿矾分解产生的非金属氧化物，进行如下探究．

（1）假设1：非金属氧化物为SO2；

假设2：非金属氧化物为SO3；

假设3：______．

（2）现设计如图所示实验装置（图中铁架台略去）；检验绿矾的分解产物．

按上述装置进行实验；同学们观察到如下现象：

。装置现象结论A固体呈红棕色，将其放入足量稀盐酸，固体全部溶解，得到黄色溶液B无水硫酸铜变蓝C高锰酸钾溶液褪色（3）结合实验现象，理论上分析可知绿矾分解还生成另一物质SO3．其理论依据是______．

（4）为证明反应产生了SO3，应在B、C之间补充一个装置，请你在下表中画出实验装置图（气流方向：左一右），注明药品的名称[可供选择的药品有1mol/LNaOH溶液、0.5mol/LBaCl2溶液、0.5mol/LBa（NO3）2溶液]．

装置示意图现象结论______说明分解产物SO3

（5）根据上述实验，写出绿矾高温分解的化学方程式______．评卷人得分五、综合题(共3题，共6分)18、（15分）下列框图中的A~K物质均为中学常见物质。已知B、D、E、L常温下为密度比空气大的气体，D、E为单质，其它为化合物。A和I都是常用的漂白剂，F的焰色反应呈黄色。F、G均能与L的水溶液反应放出B。请根据图示关系回答问题：（1）F的俗名是＿＿＿＿＿＿；K的电子式＿＿＿＿＿＿。（2）反应①~⑤中，属于氧化－还原反应的是＿＿＿＿＿＿。（3）反应④的离子方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。反应③的化学方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某单质能与H反应生成E，该反应的化学方程式为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。19、［化学—选修化学与技术］（15分）请回答有关氯碱工业的如下问题：（1）氯气、烧碱是电解食盐水时按照固定的比率k（质量比）生成的产品。理论上k＝＿＿＿＿（要求计算表达式和结果）;（2）原料粗盐中常含有泥沙和Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42－等杂质，必须精制后才能供电解使用。精制时，粗盐溶于水过滤后，还要加入的试剂分别为①Na2CO3、②HCl（盐酸）③BaCl2，这3种试剂添加的合理顺序是＿＿＿＿＿＿＿＿（填序号）（3）氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节（电）能30％以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过。①图中X、Y分别是＿＿＿＿、＿＿＿＿（填化学式），分析比较图示中氢氧化钠质量分数a％与b％的大小_＿＿＿＿；②分别写出燃料电池B中正极、负极上发生的电极反应正极：＿＿＿＿；负极：＿＿＿＿；③这样设计的主要节（电）能之处在于（写出2处）＿＿＿＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿＿＿＿。20、（15分）现有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，D与E的氢化物分子构型都是V型。A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，A分别与B、C、D形成电子总数相等的分子。（1）C的元素符号是＿＿＿＿＿＿；元素F在周期表中的位置＿＿＿＿＿＿。（2）B与D一般情况下可形成两种常见气态化合物，假若现在科学家制出另一种直线型气态化合物B2D2分子，且各原子最外层都满足8电子结构，则B2D2电子式为＿＿＿＿＿，其固体时的晶体类型是＿＿＿＿＿＿。（3）最近意大利罗马大学的FuNvioCacace等人获得了极具理论研究意义的C4气态分子。C4分子结构如图所示，已知断裂1molC—C吸收167kJ的热量，生成1molC≡C放出942kJ热量。试写出由C4气态分子变成C2气态分子的热化学方程式：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某盐x(C2A6F2)的性质与CA4F类似，是离子化合物，其水溶液因分步水解而呈弱酸性。①盐显酸性原因（用离子方程式表示）＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。②写出足量金属镁加入盐的溶液中产生H2的化学方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】A．干电池为一次电池；

B．氢氧燃料电池产物为水；

C．充电电池可反复充电使用；但有使用寿命；

D．从能量变化的角度分析．【解析】【解答】解：A．干电池为一次电池；不能充电，二次电池还能在充电，故A错误；

B．氢氧燃料电池产物为水；没有产生污染性物质，为环境友好电池，故B正确；

C．充电电池可反复充电使用；但有使用寿命，不能无限制使用，当电解质和电极发生变质时，则电池不能在使用，故C错误；

D．充电时电能转化为化学能的过程；放电是化学能转化为电能的过程，故D错误．

故选B．2、D【分析】【分析】CuSO4是强酸弱碱盐，Cu2+水解导致溶液呈酸性，溶液中存在物料守恒，结合守恒分析解答．【解析】【解答】解：CuSO4是强酸弱碱盐，Cu2+水解导致溶液呈酸性，则c（OH-）＜c（H+），溶液中Cu2+水解（SO42-）不水解，根据物料守恒得c（Cu2+）＜c（SO42-），溶液中Cu2+水解程度较小，则溶液中离子浓度大小顺序是c（OH-）＜c（H+）＜c（Cu2+）＜c（SO42-），故选D．3、A【分析】【分析】丁烷具有还原性，为原电池的负极，被氧化，电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O，通入空气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-，总反应式为2C4H10+13O2→8CO2+10H2O，以此解答该题，注意电解质和离子的定向移动方向．【解析】【解答】解：A、原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以在熔融电解质中，O2-移向负极；失电子的极是负极，故A错误；

B、通入丁烷一极是负极，该极上发生失电子的氧化反应，正确的电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O；故B正确；

C、电池的总反应与丁烷燃烧的化学方程式相同，为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O；故C正确；

D；燃料电池可以将化学能转化为电能；几乎不存在其他形式的能的转化，具有较高的能量利用率，故D正确．

故选A．4、C【分析】

A；该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应；无论该反应是否达到平衡状态，容器中气体压强始终不变，故A错误；

B；反应前后气体的总质量不变；容器的体积不变，无论该反应是否达到平衡状态，容器内气体密度始终不变，故B错误；

C；当反应达到平衡状态时；各物质的浓度不再变化，所以容器内气体颜色的深浅不变，故C正确；

D、无论该反应是否达到平衡状态，同时间内生成的H2、I2的物质的量始终相同；故D错误；

故选C

【解析】【答案】反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量；浓度等不再发生变化，可由此进行判断．

5、C【分析】试题分析：A、Ca（ClO）2+SO2（少量）+H2O=CaSO4↓+HCl+HClO；Ca（ClO）2+2SO2（过量）+2H2O=CaSO4↓+2HCl+H2SO4；通入Ca（ClO）2溶液中，可能有HClO生成，故A正确；B、二氧化硫通入FeCl3溶液中，发生反应，2Fe3++SO2+H2O=2Fe2++4H++SO42-，有SO42-生成，故B正确；C、通入氯水中反应，Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，无淡黄色沉淀生成，故C错误；D、二氧化硫气体通入KICl2溶液中，二氧化硫具有还原性，被KICl2氧化为硫酸，本身被还原为I-，故D正确；故选C．考点：考查了二氧化硫的还原性的分析应用，物质性质的熟练掌握是解题关键，注意隐含条件的分析判断，题目难度中等．【解析】【答案】C二、填空题(共5题，共10分)6、CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.76kJ•mol-1C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=-1300kJ•mol-1【分析】【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；在25℃、101kPa下，1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，32g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ×32=725.76kJ；1mol甲醇质量为32克，所以完全燃烧1mol甲醇生成二氧化碳和液态水放热725.76KJ，根据燃烧热的概念分析即可解答；

（2）根据热化学方程式的书写方法结合热化学方程式的意义来回答．【解析】【解答】解：1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热725.8KJ，燃烧热热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.76kJ•mol-1；

故答案为：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.76kJ•mol-1；

（2）在C2H2（气态）完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有5NA个电子转移时，放出650kJ的热量，反应中1mol乙炔燃烧电子转移10mol，所以有10NA个电子转移时；放出1300kJ的热量；

则热化学方程式为：C2H2（g）+O2（g）→2CO2（g）+H2O（l）△H=-1300kJ•mol-1；

故答案为：C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=-1300kJ•mol-1．7、正四面体sp36s13：1金属键Cu3AuH8【分析】【分析】（1）根据SO42-中心原子含有的共价键个数与孤电子对个数之和确定其空间构型和杂化方式；

（2）Cu；Au同族；最外层电子数相同，利用均摊法计算晶胞中含有的原子个数来确定原子个数之比，金属晶体中存在金属键；

（3）CaF2的结构如利用均摊法计算．【解析】【解答】解：（1）SO42-离子中含有4个σ键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体，硫原子采取sp3杂化，故答案为：正四面体；sp3；

（2）铜是29号元素，其核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，Au原子最外层电子排布为6s1；在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，所以该晶胞中含有铜原子个数=6×=3，金原子个数=8×=1；则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为3：1，金属晶体中作用力为金属键；

故答案为：6s1；3：1；金属键；

（3）CaF2的结构如图将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构相似，Cu原子处于面心，所以晶胞中Cu原子个数为3，Au原子处于顶点位置，所以晶胞中Au原子个数为1，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，则H原子应位于晶胞内部，则应含有8个H，则化学式为Cu3AuH8；

故答案为：Cu3AuH8．8、H2SO4Na＞S＞ONH3+H+=NH4+【分析】【分析】元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，应为N元素，C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，则原子核外电子排布为2、6，应为O元素，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，应为Na元素，C、E主族，则E为S元素，根据原子的组成、性质结合周期律的递变规律解答该题．【解析】【解答】解：由以上分析可知A为H元素；B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素，则。

（1）B为N元素，B的原子结构示意图为

故答案为：

（2）E为S元素，最高价为+6，最高价氧化物对应水化物为H2SO4；

故答案为：H2SO4；

（3）同周期随原子序数增大；原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Na＞S＞O；

故答案为：Na＞S＞O；

（4）H、O两种元素形成的原子个数之比为1：1的化合物为H2O2，分子中O原子与H原子之间形成1对共用电子对、O原子之间形成1对共用电子对，其电子式为：

故答案为：

（5）氨气与硝酸反应生成硝酸铵，反应离子方程式为：NH3+H+=NH4+；

故答案为：NH3+H+=NH4+．9、3919250%＞＜【分析】【分析】（1）热化学方程式中；反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，据此计算出断开1molN-H键吸收的能量；

（2）依据化学平衡的三段式列式计算得到平衡物质的量；

N2+3H2=2NH3；

起始量（mol）260

变化量（mol）x3x2x

平衡量（mol）2-x6-3x2x

平衡后气体的体积为反应前的75%，则×100%=75%；解得x=1，结合物质的量与热量成正比；转化率、体积分数的概念计算；

（3）乙容器保持温度和压强不变，相当于在甲容器不断减小容器的体积，因此速率快，到达平衡的时间短，平衡正向移动；【解析】【解答】解：（1）已知：N≡N键、H-H键的键能量为946kJ/mol、436kJ/mol，设N-H的键能为x，对于反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ/mol；反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，故946kJ/mol+3×436kJ/mol-2×3×x=-92kJ/mol，解得：x=391kJ/mol；

故答案为：391；

（2）依据化学平衡的三段式列式计算得到平衡物质的量；

N2+3H2=2NH3；

起始量（mol）260

变化量（mol）x3x2x

平衡量（mol）2-x6-3x2x

平衡后气体的体积为反应前的75%，则×100%=75%；解得x=1；

由N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），△H=-92kJ•mol-1可知，该过程释放的能量为92kJ，氮气的转化率为×100%=50%，平衡后氨气占混合气体的体积分数为=；

故答案为：92、50%、；

（3）乙容器保持温度和压强不变；相当于在甲容器不断减小容器的体积，因此速率快，到达平衡的时间短，平衡正向移动，氨气的体积分数增大；

故答案为：①＞；②＜；10、略

【分析】解：(1)①450℃时，向甲、乙两容积均为1L的恒容容器中，分别充入2molA、4molB和1molA、2molB，由图可知，起始c(A)=2mol/L时，转化率为×100%=61%，起始c(A)=1mol/L时，转化率为×100%=50，则压强越大，A的转化率越大，即1+2＞x+1，所以x=1，反应A(g)+2B(g)⇌C(g)+D(g)的K=

故答案为：1；

②由图可知，A的反应速率为=mol/(L•s)，则由反应速率之比等于化学计量数之比，B的反应速率为mol/(L•s)×2=mol/(L•s)；

故答案为：

③因体积；温度不变；向甲容器中再充入2molA、4molB，则平衡正向移动，A的浓度大于原浓度时浓度，小于原平衡浓度的2倍，即0.78mol/L＜c(A)＜1.56mol/L；

故答案为：0.78mol/L；1.56mol/L；

(2)该反应为放热反应；升高温度，平衡逆向移动，则由450℃升高为600℃，平衡逆向移动，K减小，故答案为：减小；

(3)A．升高温度；正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，与图象一致，故A正确；

B．增大压强；平衡正向移动，正反应速率越大时，A的转化率越大，与图象一致，故B正确；

C．温度越大；平衡逆向移动，A的含量越大，与图象不符，故C错误；

D．温度高；反应速率大，时间少，且温度越大，平衡逆向移动，C的含量少，与图象一致，故D正确；

故答案为：ABD；

(4)A．该反应为反应前后压强不等的反应；则容器中压强不变，反应达到平衡，故A正确；

B．v(B)(正)=2v(C)(逆)=2v(C)(逆)；C的正逆反应速率相等，反应达到平衡，故B正确；

C．因气体的总质量不变；体积不变，则容器中密度不变，不能利用密度判断平衡，故C错误；

D．c(A)=c(D)取决于起始浓度和转化率；不能利用其判断平衡，故D错误；

故选AB．【解析】1;0.78mol/L;1.56mol/L;减小;ABD;AB三、判断题(共6题，共12分)11、×【分析】【分析】常温下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol，结合n=计算．【解析】【解答】解：常温下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol，则不能计算11.2L甲烷的物质的量以及分子个数，故答案为：×．12、×【分析】【分析】标准状况下，气体的摩尔体积为22.4L/mol，结合V=nVm计算．【解析】【解答】解：标准状况下，1molO2和N2混合气体的体积约为V=1mol×22.4L/mol=22.4L；

故答案为：×．13、×【分析】【分析】（1）根据极限法分别求出CO2的体积；

（2）浓度约为75%酒精常用于医疗上消毒；

（3）根据乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气；

（4）根据乙烯、乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色；

（5）根据乙醇能与乙酸发生酯化反应；

（6）根据乙酸可与生石灰反应，乙醇与生石灰不反应；【解析】【解答】解：（1）若全为乙醇，生成二氧化碳为×2×22.4=103.2L；若全丙醇，生成二氧化碳为×3×22.4=118.7L，所以106g的乙醇和丙醇混合液完全燃烧生成的CO2为的体积应介于两者之间；故答案为：×；

（2）医用酒精中酒精的浓度约为75%；故答案为：×；

（3）乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气；属于置换反应，故答案为：√；

（4）向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液；紫红色褪去，使溶液褪色的气体可能是乙烯，也可能是乙醇，故答案为：×；

（5）乙醇能与乙酸发生酯化反应；酯化反应属于取代反应，故答案为：×；

（6）乙酸具有酸性，可与生石灰反应，同时生石灰还起到吸水的作用，故答案为：√；14、×【分析】【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解析】【解答】解：由于反应前后；气体的质量不变，在恒温恒容，所以混合气体的密度始终不变，则密度不能判断是否达到了平衡状态；

而恒温恒压条件下；混合气体的密度增大，当密度保持不变，反应达到平衡；

故答案为：×．15、×【分析】【分析】化学变化不涉及原子核内部的变化，即化学变化不能改变中子数、质子数．故通过化学变化无法实现35Cl与37Cl间的相互转化，同位素之间的转化属于核变化．【解析】【解答】解：35Cl与37Cl间的相互转化没有新物质生成，属于物理变化，故通过化学变化无法实现35Cl与37Cl间的相互转化；

故答案为：×．16、×【分析】【分析】由于压强不确定，故0℃时，气体摩尔体积不一定为22.4L/mol．【解析】【解答】解：由于压强不确定，故0℃时，气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，故22.4L氢气的物质的量不一定是1mol，则含有氢原子数目不一定为2NA个；故错误；

故答案为：×．四、实验题(共1题，共5分)17、略

【分析】解：（1）依据硫元素化合价变化结合电子守恒分析；

猜想1：非金属氧化物为SO2

猜想2：非金属氧化物SO3

猜想3：非金属氧化物SO2、SO3

故答案为：非金属氧化物SO2、SO3；

（2）固体呈红棕色，生成了氧化铁，将其放入足量稀盐酸，固体全部溶解，得到黄色溶液为氯化铁溶液，据无水硫酸铜白色粉末遇水变蓝，二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色，可否认猜想中的2，得到结论为：分解产生H2O、Fe2O3、SO2；

故答案为：分解产生H2O、Fe2O3、SO2；

（3）根据质量守恒定律，化学反应前后元素原子的种类个数不变，因每两个FeSO4分解生成1个Fe2O3后剩余S、O原子个数比为2：5不等于1：2，若只生成Fe2O3和SO2，S和O之比为1：3.5，元素不守恒，故可通过理论分析得出：绿矾分解还生成另一物质SO3；

故答案为：每两个FeSO4分解生成1个F