2025年岳麓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2025年岳麓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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列实验中所选用的仪器合理的是（）A.用100mL量筒量取5.2mL稀硫酸B.用碱式滴定管量取20.10mLCCl4C.用托盘天平称取8.56g食盐D.用酸式滴定管量取20.50mLKMnO4溶液2、X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大．已知X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，X、M同主族，Y原子在短周期主族元素中原子半径最大．下列说法不正确的是（）A.M与X的化合物对应的水化物不一定都是强酸B.Y2X和Y2X2中化学键类型相同，阴、阳离子的个数比相同C.气态氢化物的热稳定性：M＜ND.离子半径r：r（X2-）＞r（Y+）3、将15.6gNa2O2与5.4gAl同时放入一定量的水中，充分溶解后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液体积不变，则下列说法正确的是（）A.最终得到的溶液中：C（Na+）=C（Cl-）+C（OH-）B.反应过程中得到标准状况下气体的体积为7.84LC.最终得到C（Na+）=1.5mol/LD.最终得到沉淀为Al（OH）3，质量是7.8g4、钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，结构如图所示，有关说法正确的是（）A.与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+共有6个B.晶体中Ba2+的配位数为8C.晶体的化学式为Ba2O2D.该氧化物是含有非极性键的离子化合物5、用你所学有机化学知识判断下列表述，其中正确的是A.除去乙酸乙酯中少量的乙酸，用饱和碳酸钠溶液洗涤后分液B.汽油是纯净物，乙醇汽油是混合物C.甲烷、乙烯、乙醇和乙酸都能发生加成反应D.人类重要的营养物质葡萄糖、油脂、蛋白质均能水解6、下列各离子组中能大量共存；且满足相应要求的是（）

。选项离子要求AK+、Cl-、S2-c（K+）＜c（Cl-）BFe3+、SO32-、Cl-逐滴滴加盐酸立即有气体产生CMg2+、HC03-、S042-逐滴滴加氨水立即有沉淀产生DNH4+、Al3+、SO42-滴加少量NaOH溶液立刻有气体产生

A.A

B.B

C.C

D.D

7、下列各组物质混合，加热蒸干，并经充分灼烧，得混合物的是（）A0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合B向40mL0.2mol/L的NaOH溶液中通入67.2mLCO2(标况)C在100mL1mol/LNH4Cl溶液中，投入3.9克Na2O2D在20mL0.01mol/LMg(HCO3)2溶液中，投入0.2gMg(OH)28、下列条件下化学反应速率最大的是（）A.20℃0.1mol•L-1的盐酸溶液20mL与0.5g块状碳酸钙反应B.20℃0.2mol•L-1的盐酸溶液10mL与0.5g粉状碳酸钙反应C.10℃0.2mol•L-1的盐酸溶液10mL与0.5g粉状碳酸钙反应D.10℃0.1mol•L-1的盐酸溶液20mL与1g块状碳酸钙反应9、根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是（）A.硒（Se）化氢比硫化氢稳定B.砹（At）的单质颜色为黑色C.铍（Be）的原子失电子能力比镁弱D.氢氧化镭[Ra（OH2）]比氢氧化钙的碱性强评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、有关晶胞的叙述正确的是（）A.晶胞是晶体结构中的基本结构单元B.根据晶体的不同，晶胞可以是多种形状的几何体C.晶胞一般都是平行六面体D.晶胞都是正八面体11、某溶液中加入过量稀H2SO4后，有S和H2SO3生成，则原溶液中可能含有（）A.Na2S2O3B.Na2SO3和Na2S且物质的量比值小于C.Na2SO3和Na2S且物质的量比值大于D.Na2S2O3和Na2S且物质的量比值小于12、在恒容密闭容器中，不能作为反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO2（g）达到平衡的标志是（）A.混合气体的分子数之比为2：1：2B.混合气体的压强不再发生变化C.混合气体的平均相对分子质量不再发生变化D.混合气体的密度不再发生变化13、下列关系错误的是（）A.熔点：戊烷＞2，2一二甲基戊烷＞2，3一二甲基丁烷＞丙烷B.含氢量：甲烷＞乙烯＞乙炔＞苯C.密度：CCl4＞CHCl3＞H2O＞苯D.同物质的量物质燃烧耗O2量：已烷＞环已烷＞苯＞乙炔14、用电解法处理含有NH4+的废水，使之变为N2，其装置如图所示．下列说法不正确的是（）A.直流电源中X为负极B.阳极反应为2NH4+-6e-=N2↑+8H+C.阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-D.当有6mol电子转移时，质子交换膜两侧电解质溶液质量变化差为32g15、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述不正确的是（）A.64gSO2中含有的氧原子数为2NAB.物质的量浓度为0.5mol•L-1的MgCl2溶液，含有Cl-数目为1NAC.常温常压下，14g氮气所含分子数为0.5NAD.标准状况下，22.4L水所含水分子数为1NA评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、实施以减少能源浪费和降低废气排放为基本内容的节能减排政策，是应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会的必然选择．化工行业的发展必须符合国家节能减排的总体要求．试运用所学知识，解决下列问题：

（1）已知某反应的平衡表达式为：K=它所对应的化学反应为：____

（2）已知在一定温度下；

C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）平衡常数K1；CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）平衡常数K2；

C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）平衡常数K3；则K1、K2、K3之间的关系是：____．

（3）煤化工通常通过研究不同温度下平衡常数以解决各种实际问题．已知等体积的一氧化碳和水。

蒸气进入反应器时，会发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）；该反应平衡常数随温度的。

变化如下表所示：

。温度/°C400500800平衡常数K9.9491该反应的正反应方向是____反应（填“吸热”或“放热”），若在500℃时进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.020mol/L，在该条件下，CO的平衡转化率为：____．

（4）从氨催化氧化可以制硝酸，此过程中涉及氮氧化物，如NO、NO2、N2O4等．对反应N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示．下列说法正确的是____．

A．A；C两点的反应速率：A＞C

B．A；C两点气体的颜色：A深；C浅。

C．B；C两点的气体的平均相对分子质量：B＜C

D．由状态B到状态A；可以用加热的方法。

E．A；C两点的化学平衡常数：A＞C

（5）工业上用Na2SO3吸收尾气中的SO2，再用右图装置电解（惰性电极）NaHSO3制取H2SO4，阳极电极反应式____．17、（2013春•濠江区校级期中）A～G是几种烃的分子球棍模型；据此回答下列问题：

（1）常温下含碳量最高的气态烃是____（填对应字母）；

（2）能够发生加成反应的烃有____（填数字）种；

（3）一卤代物种类最多的是____（填对应字母）；

（4）写出实验室制取C的化学方程式____；

（5）写出F发生溴代反应的化学方程式____．

（6）按系统命名法填写下列有机物的名称：的名称是：____．

2，6-二甲基-4-乙基-2-辛烯的结构简式是____，1mol该烃完全燃烧需消耗氧气____mol．18、（2013秋•濠江区校级期末）如图是实验室制乙烯的发生装置和乙烯性质实验；根据图示回答下列问题：

（1）图1中仪器①、②的名称分别为____、____．

（2）写出②中发生反应的化学方程式：____．

（3）反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是____．

（4）向溴的四氯化碳溶液中通入乙烯（如图2），溴的橙红色很快褪去，该反应属于____（填反应类型），反应的化学方程式为____．

（5）请给下面的有机物命名____．

CH3CH2C（CH3）2C（CH2CH3）2CH3．19、羧酸的____反应的逆反应是____的水解反应．在无机酸存在下，该水解反应的产物为____；在碱存在下，该水解反应的产物为____．酸存在下水解反应的程度____碱存在下水解反应的程度，这是因为____20、（2014•深圳模拟）为验证氧化性：Cl2＞Fe3+＞SO2；某小组用图所示装置进行实验（夹持仪器和甲中加热装置已略，气密性已检验）．

实验步骤：

Ⅰ在甲装置中；打开活塞a，加热，待装置中充满黄绿色气体时，与丙装置连接．

Ⅱ当丙装置中FeC12溶液变黄时；停止加热．

Ⅲ打开活塞c；使约2mL的溶液滴入试管中，检验溶液中的离子．

Ⅳ在乙装置中，打开活塞b；待空气排尽后，将乙中产生的气体通入上述丙装置变黄后的溶液中，一段时间后停止．

Ⅴ更新丙中试管；打开活塞c，使约2mL的溶液滴入试管中，检验溶液中的离子．

回答下列问题：

（1）甲中发生反应的化学方程式为____．

（2）用70%的硫酸制取SO2，反应速率比用98%的硫酸快，原因是____．

（3）实验中，证明氧化性Fe3+＞SO2的离子方程式为____．

（4）有Ⅰ；Ⅱ、Ⅲ三组同学分别完成了上述实验；实验结果如下：

。步骤3溶液中含有的离子步骤5溶液中含有的离子Ⅰ既有Fe3+又有Fe2+有SO42-Ⅱ有Fe3+无Fe2+有SO42-Ⅲ有Fe3+无Fe2+有Fe2+上述实验结果一定能够证明氧化性：Cl2＞Fe3+＞SO2的是____（用“Ⅰ”；“Ⅱ”、“Ⅲ”代号回答）．

（5）若要用以上甲和丙装置证明氧化性为：Cl2＞Fe3+＞I2的结论；则步骤为：

①往丙的漏斗中加入两种试剂____、____和一种溶剂____．

②将甲装置中产生的Cl2慢慢通入丙中；观察丙的漏斗中溶液颜色变化．

③如果观察到丙中溶液____则结论正确．

④停止通入Cl2．21、金属钠与水的反应是中学化学中的一个重要反应．在高中化学教材的几次改版中该实验曾出现过几种不同的演示方法；分别如图中甲；乙、丙所示：

（1）现按图甲所示的方法，在室温时，向盛有Ca（HCO3）2溶液的水槽中，加入一小块金属钠．下列现象描述正确的是____（填字母）．

A．钠浮在液面上；并四处游动，最后消失B．钠熔化成一个光亮的小球。

C．恢复到室温时；烧杯底部有固体物质析出D．反应开始后，溶液由无色变红色。

（2）请补充并完成甲实验中从试剂瓶中取出钠到向水槽中投入钠的有关操作：用镊子从试剂瓶中取出一小块钠→____在玻璃片上用小刀切成绿豆大小的钠粒，并将多余的钠放回试剂瓶中→用镊子夹取切好的金属钠投入到盛有Ca（HCO3）2溶液的烧杯中。

（3）假设甲乙丙中所用的钠相同，按乙中的演示方法将钠用铝箔包好并扎一些小孔，结果收集的氢气最多，写出有关氢气增多的离子方程式____．22、某有机化合物A能发生如图所示转化：

已知：且E分子中没有支链．

请回答：

（1）A的分子式为：____；C和E中含有的官能团的名称分别为：____

（2）F的结构简式为：____

（3）反应E+C→F的反应类型为：____；在A→B的反应中，Cu的作用为：____

（4）反应A→D的方程式为：____

反应E→G的方程式为：____．23、氢气被誉为21世纪的新型清洁能源；能有效降低二氧化碳的排放．以甲醇为原料经过重整可以获得氢气．其工业流程如下：

请回答以下问题：

（1）液态甲醇雾化后与水蒸气混合，其目的是____；该工业流程中可以循环利用的物质是____（填名称）．

（2）为了测定CH3OH（g）+H2O（g）→CO2（g）+3H2（g）的反应速率；在某温度下用气体传感器测得不同时间的甲醇和水蒸气浓度如下：

。时间s012345C（CH3OH）

/mol．L-11.00×10-34.50×10-42.50×10-41.50×10-41.00×10-41.00×10-4C（H2O）mol．L-13.60×10-33.05×10-32.85×10-32.75×10-32.7×10-32.7×10-3①前2s内的平均反应速率v（H2）=____

②在该温度下，反应的平衡常数表达式K=____．

（3）为了研究反应条件对CO含量的影响，在甲醇含量为50%，原料液进料量60mL/h的情况下，在常压下和在不同催化环境下得到了反应温度与CO含量的关系图．从图中得到的有关结论是____（写出其中一个即可）

（4）为研究反应中压强对CO含量的影响，请简述你的实验方案：____．评卷人得分四、判断题(共2题，共20分)24、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）25、有下列化合物：

（1）请在空格内用“√”或“×”判断正误．

①甲、乙、丙丁、戊均属于烃的衍生物____

②乙中含氧官能团的名称为“全基”和“羟基”____

③丙和丁互为同系物____

④可用溴水鉴别乙和戊____

（2）化合物戊可由甲按下列途径合成．

试回答下列问题。

①D→戊的有机反应类型是____．

②写出C→D的化学反应方程式____．

③写出同时满足下列条件的甲的同分异构体（两种即可）．____，____．

a．能与FeCl3发生显色反应；不能发生银镜反应；

b．属于酯类；取代基为链状；

c．苯环上一氯代物只有两种．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】A．100mL量筒精确到1ml；

B．根据CCl4能腐蚀碱式滴定管中的橡皮；

C．根据托盘天平的精确到的最小值来判断；

D．滴定管精确到0.01．【解析】【解答】解：A．量取5.2mL的稀硫酸；选用100mL量筒误差大，应选用10mL量筒，故A错误；

B．CCl4能腐蚀碱式滴定管中的橡皮，所以只能用酸式滴定管量取20.10mLCCl4；故B错误；

C．托盘天平能准确到0.1g；用托盘天平不能称取8.56g食盐，故C错误；

D．滴定管精确到0.01，可用酸式滴定管量取20.50mLKMnO4溶液；故D正确；

故选D．2、B【分析】【分析】X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，所以其电子层数为2，最外层电子数为6，则X是O元素；X、M同主族且都是短周期元素，所以M是S元素；N原子序数大于M且为短周期主族元素，所以N是Cl元素；Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y是Na元素．【解析】【解答】解：X；Y、M、N是短周期主族元素；且原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，所以其电子层数为2，最外层电子数为6，则X是O元素；X、M同主族且都是短周期元素，所以M是S元素；N原子序数大于M且为短周期主族元素，所以N是Cl元素；Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y是Na元素．

A．M是S元素、X是O元素，二者形成的化合物对应的水化物中，H2SO3是弱酸，H2SO4是强酸；故A正确；

B．Na2O中只含离子键、Na2O2中含有共价键和离子键；所以化学键类型不相同，阴；阳离子的个数比相同，故B错误；

C．元素非金属性越强；其气态氢化物的稳定性越强，非金属性N（Cl）＞M（S），所以气态氢化物的热稳定性：M＜N，故C正确；

D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径：r（O2-）＞r（Na+）；故D正确；

故选B．3、D【分析】【分析】15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol-0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为=0.3mol，首先发生反应NaOH+HCl═NaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol-0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2O═Al（OH）3↓+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2；NaCl；

A．最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（AlO2-）+c（OH-）；

B．根据过氧化钠与水反应及铝与氢氧化钠反应计算生成氧气；氢气的总体积；

C．根据Na元素守恒可知反应后溶液中n（Na+）=2n（Na2O2），再根据c=计算；

D．根据m=nM计算生成的氢氧化铝的质量．【解析】【解答】解：15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol-0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为=0.3mol，首先发生反应NaOH+HCl═NaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol-0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2O═Al（OH）3↓+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2；NaCl；

A．反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，由电荷守恒可知c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（AlO2-）-c（H+）；故A错误；

B．过氧化钠与水反应生成氧气为0.2mol×=0.1mol，铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.2mol×=0.3mol；故生成氢气的体积为（0.1mol+0.3mol）×22.4L/mol=8.96L，故B错误；

C．根据Na元素守恒可知，反应后溶液中n（Na+）=2n（Na2O2）=2×0.2mol=0.4mol，故溶液中c（Na+）==2mol/L；故C错误；

D．最终生成Al（OH）3为0.1mol；质量为0.1mol×78g/mol=7.8g，故D正确；

故选D．4、D【分析】【分析】晶胞中Ba2+离子位于晶胞的顶点和面心位置，晶胞中共含有Ba2+离子的个数为8×+6×=4，阴离子位于晶胞的边上和体心位置，共含有阴离子的个数为12×+1=4，所以晶胞中Ba2+与阴离子的个数比为1：1，该氧化物为BaO2；

A．与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+为顶点和面心位置；

B．利用均摊法计算，晶体中每个K+同时吸引着阴离子的数目为8×3×=6；

C．晶体的化学式为BaO2；

D．该物质为活泼金属和活泼非金属形成的化合物，应为离子化合物，含有O-O，为非极性键．【解析】【解答】解：晶胞中Ba2+离子位于晶胞的顶点和面心位置，晶胞中共含有Ba2+离子的个数为8×+6×=4，阴离子位于晶胞的边上和体心位置，共含有阴离子的个数为12×+1=4，所以晶胞中Ba2+与阴离子的个数比为1：1，该氧化物为BaO2；

A．与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+为顶点和面心位置，每个晶胞中含有3×个，每个顶点为8个晶胞共有，则共有8×3×=12个；故A错误；

B．晶体中位于顶点的Ba2+离子和位于边上的阴离子距离最近，每个顶点为8个晶胞所共有，而每个边为4个晶胞共有，每个晶胞中有3个边上的阴离子距离相等且最近，根据均摊法计算，晶体中每个Ba2+同时吸引着阴离子的数目为8×3×=6；故B错误；

C．由以上分析可知晶体的化学式为BaO2；故C错误；

D．该物质为活泼金属和活泼非金属形成的化合物；应为离子化合物，含有O-O，为非极性键，为含有非极性键的离子化合物，故D正确．

故选D．5、A【分析】试题分析：A、饱和碳酸钠溶液可以和乙酸之间发生中和反应，但是和乙酸乙酯是互不相溶的，分液即可实现分离，A正确；B、汽油的主要成分为C4～C12脂肪烃和环烃类，并含少量芳香烃和硫化物，属于混合物，乙醇汽油是由乙醇和汽油两种物质组成的物质，属于混合物．B错误；C、甲烷、乙烯、乙醇和乙酸中只有乙烯能发生加成反应，C错；D、葡萄糖是单糖，不能水解。D错误。选A。考点：有机化合物及其性质【解析】【答案】A6、C【分析】

A．若c（K+）＜c（Cl-）；则三种离子不能满足电荷守恒，故A错误；

B．Fe3+、SO32-因发生反应而不能共存；故B错误；

C．离子之间不反应；滴加氨水，先发生碱与镁离子的反应，立即生成沉淀，故C正确；

D．离子之间不反应；滴加氨水，先发生碱与镁离子的反应，立即生成沉淀，不生成气体，故D错误；

故选C．

【解析】【答案】A．不符合溶液为电中性；

B．Fe3+、SO32-不能共存；

C．离子之间不反应；滴加氨水，先发生碱与镁离子的反应；

D．离子之间不反应；滴加氨水，先发生碱与铝离子的反应．

7、B【分析】A中得到醋酸钠；B中氢氧化钠过量，最终得到的是氢氧化钠、碳酸钠；C中得到氯化钠；D中得到氧化镁，答案选B。【解析】【答案】B8、B【分析】【分析】影响化学反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂、反应物的接触面积等等，据此分析．【解析】【解答】解：温度AB比CD高，盐酸浓度BC比AD大，固体状态，BC为粉末状，AD为块状，综上，反应速率最快的应为B，故选B．9、A【分析】【分析】A．元素的非金属性越强；其氢化物越稳定；

B．卤族元素单质都是有颜色物质；且单质的颜色随着原子序数的增大而逐渐加深；

C．同一主族元素中；原子失去电子的能力随着原子序数的增大而增大；

D．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强．【解析】【解答】解：A．元素的非金属性越强；其氢化物越稳定，Se的非金属性小于S元素，则硫化氢稳定比硒化氢稳定，故A错误；

B．卤族元素单质都是有颜色物质；且单质的颜色随着原子序数的增大而逐渐加深，所以砹（At）的单质颜色为黑色，故B正确；

C．同一主族元素中；原子失去电子的能力随着原子序数的增大而增大，Be的原子序数小于Mg且二者为同一主族元素，所以铍（Be）的原子失电子能力比镁弱，故C正确；

D．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，Ra的金属性大于Ca，则氢氧化镭[Ra（OH2）]比氢氧化钙的碱性强；故D正确；

故选A．二、多选题(共6题，共12分)10、AC【分析】【分析】晶体结构的基本单元叫做晶胞，结构一般来说，晶胞为平行六面体．【解析】【解答】解：结晶胞是晶体微观空间里的一个基本单元；在它的上；下、左、右、前、后无隙并置地排列着无数晶胞，而且所有晶胞的形状及其内部的原子种类、个数及几何排列是完全相同的．“无隙”是指相邻晶胞之间没有任何间隙，“并置”是指所有晶胞都是平行排列的，取向相同，结构一般来说，晶胞为平行六面体；

故选：AC．11、AC【分析】【分析】溶液中加入过量稀H2SO4后，有S和H2SO3生成，可能为Na2S2O3，加入硫酸发生H2SO4+Na2S2O3=Na2SO4+S+H2SO3，也可能为Na2SO3和Na2S，加入硫酸分别发生Na2S+H2SO4=Na2SO4+H2S、H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2SO3、2H2S+H2SO3=3S+3H2O，以此解答该题．【解析】【解答】解：溶液中加入过量稀H2SO4后，有S和H2SO3生成，可能为Na2S2O3，加入硫酸发生H2SO4+Na2S2O3=Na2SO4+S+H2SO3；

也可能为Na2SO3和Na2S，加入硫酸分别发生Na2S+H2SO4=Na2SO4+H2S、H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2SO3、2H2S+H2SO3=3S+3H2O；

因有S和H2SO3生成，说明Na2SO3过量；

则Na2SO3和Na2S且物质的量比值大于；

故选AC．12、BC【分析】【分析】对于可逆反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO2（g）达到平衡时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量都不再变化；注意该反应前后气体的总质量、总体积始终不变，则密度始终不变，据此对各选项进行判断．【解析】【解答】解：A．平衡时各物质的分子数多少取决于起始数目与转化的程度；不能作为判断达到平衡的依据，故A错误；

B．反应物和生成物中气体的计量数之和不相等；若容器中压强不变，证明达到了平衡状态，故B正确；

C．反应前后气体的质量不变；而反应过程中气体的物质的量会发生变化，则达到平衡状态前气体的平均相对分子质量会发生不会，当混合气体的平均相对分子质量不再发生变化，说明已经达到平衡状态，故C正确；

D．混合气体的质量不变；容器的体积不变，所以密度始终不变，不能说明到达平衡状态，故D错误；

故选BC．13、AB【分析】【分析】A；烷烃碳原子越多；熔点越高，烷烃的同分异构体中支链越多，熔点越低；

B；根据烃分子的最简式分析；

C；氯代烃中氯原子越多；密度越大；

D、设有机物的化学式为CxHy，1mol该有机物消耗的氧气的物质的量为（x+）mol，分别计算每种有机物充分燃烧的耗氧量，然后进行比较．【解析】【解答】解：A；烷烃碳原子越多；熔点越高，烷烃的同分异构体中支链越多，熔点越低，则2，2一二甲基戊烷＞2，3一二甲基丁烷＞戊烷＞丙烷，故A错误；

B、甲烷、乙烯、乙炔和苯的最简式分别为CH4、CH2；CH、CH；最简式中氢原子数越多，含氢量越高，所以含氢量：甲烷＞乙烯＞乙炔=苯，故B错误；

C、氯代烃中氯原子越多，密度越大，而且氯代烃的密度大于水，则密度：CCl4＞CHCl3＞H2O＞苯；故C正确；

D；等物质的量的四种有机物；分别在氧气中完全燃烧，1mol物质耗氧量为：

1mol己烷C6H14耗氧量为9.5mol；1mol环已烷C6H12耗氧量为9mol；1mol苯C6H6耗氧量为7.5mol，1mol乙炔C2H2耗氧量为2.5mol，则同物质的量物质燃烧耗O2量：已烷＞环已烷＞苯＞乙炔；故D正确；

故选AB．14、AD【分析】【分析】用电解法处理含有NH4+的废水，使之变为N2，在阳极上是铵根失电子变为氮气分子的氧化反应2NH4+-6e-=N2↑+8H+，在阴极上是氢离子得电子的还原反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电极反应式结合电子守恒进行计算回答．【解析】【解答】解：A、用电解法处理含有NH4+的废水，使之变为N2；在阳极上是铵根失电子变为氮气分子的氧化反应，所以Y是正极，X是负极，故A正确；

B、在阳极上是铵根失电子变为氮气分子的氧化反应2NH4+-6e-=N2↑+8H+；故B正确；

C、在阴极上是氢离子得电子的还原反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-；故C正确；

D、当有6mol电子转移时，2NH4+-6e-=N2↑+8H+，阳极附近电解质质量减小28g，2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阴极上电解质质量减小6g，质子交换膜两侧电解质溶液质量变化差是22g，故D错误．

故选D．15、BD【分析】【分析】A；求出二氧化硫的物质的量；然后根据1mol二氧化硫中含2mol氧原子来分析；

B；溶液体积不明确；

C、求出氮气的物质的量，然后根据分子个数N=nNA来分析；

D、标况下，水为液态．【解析】【解答】解：A、64g二氧化硫的物质的量为n==1mol；而1mol二氧化硫中含2mol氧原子，故氧原子为2NA个，故A正确；

B；溶液体积不明确；故溶液中氯离子的个数不能计算，故B错误；

C、14g氮气的物质的量n==0.5mol，故分子个数N=nNA=0.5NA个；故C正确；

D；标况下；水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误．

故选BD．三、填空题(共8题，共16分)16、C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）K3=K1•K2放热75%D4OH--4e-=O2↑+H2O【分析】【分析】（1）根据平衡常数的定义判断反应的方程式；

（2）根据平衡常数的表达式推断；

（3）温度升高K值减小；所以正反应为放热反应；令CO的浓度变化为c，用三段式表示出各物质变化的浓度；平衡时的浓度，再根据平衡常数计算；

（4）从平衡移动的角度分析各物理量的变化；

（5）根据电解原理解答．阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，以此书写电极反应式．【解析】【解答】解：（1）平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，平衡常数中，分子为生成物，分母为反应物，再结合质量守恒定律，所以该反应的方程式为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），故答案为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；

（2）根据化学方程式可知：K1=，K2=，K3=，所以：K3=K1×K2，故答案为：K3=K1•K2；

（3）温度升高K值减小；所以正反应为放热反应；

对于反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）；

开始（mol/L）：0.020.0200

变化（mol/L）：cccc

平衡（mol/L）：0.02-c0.02-ccc

所以=9；解得c=0.015；

所以CO的转化率为×100%=75%；

故答案为：放热；75%；

（4）对反应N2O4（g）⇌2NO2（g），在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图2所示．则。

A．A点压强小于C点的压强；压强越大，反应速率越大，则反应速率：A＜C，故A错误；

B．增大压强；平衡向正反应移动，但浓度的增大幅度大于转化的程度，所以C点浓度大，颜色深，故B错误；

C．B；C两点二氧化氮的体积分数相同；则混合气体的平均相对分子质量相同，故C错误；

D．在相同压强下；升高温度，平衡向逆反应方向移动，则二氧化氮的体积分数增大，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法，故D正确；

E．A；C两点的化学平衡常数；温度相同，平衡常数相等，A=C，故E错误；

故答案为：D；

（5）电解NaHSO3溶液制取H2SO4，阴极是氢离子放电，由于含氧酸根的还原性比氢氧根离子强，因此阳极是氢氧根离子放电，4OH--4e-=2H2O+O2，分亚硫酸氢根离子会和氢离子反应生成二氧化硫气体，故答案为：4OH--4e-=2H2O+O2．17、D4GCH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O3，4-二甲基辛烷18【分析】【分析】有结构模型可知A为甲烷，B为乙烷，C为乙烯，D为乙炔，E为丙烷，F为苯，G为甲苯，根据物质的组成、结构和性质解答该题．【解析】【解答】解：由结构模型可知A为甲烷；B为乙烷，C为乙烯，D为乙炔，E为丙烷，F为苯，G为甲苯；

（1）常温下；分子中含有碳原子个数不大于4的烃为气态烃，根据其球棍模型判断，分子中含有碳氢原子个数比最大即为含碳量最高的，所以含碳量最大的是乙炔；

故答案为：D；

（2）能够发生加成的烃有有乙烯；乙炔、苯和甲苯4种；故答案为：4；

（3）甲烷；乙烷、乙烯、乙炔、苯的一卤代物都只有1种；丙烷的一卤代物有2种，甲苯的有一卤代物有4种，故答案为：G；

（4）D为乙烯，实验室用乙醇和浓硫酸在170℃制备，反应的方程式为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；

故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；

（5）F为苯，可与溴发生取代反应，反应的方程式为

故答案为：

（6）主链有8个C原子，有两个甲基，名称为3，4-二甲基辛烷，2，6-二甲基-4-乙基-2-辛烯的结构简式是分子式为C12H24，1mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为（12+）mol=18mol；

故答案为：3，4-二甲基辛烷；18．18、温度计圆底烧瓶CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O防止暴沸加成反应CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br3，3，4-三甲基-4-乙基己烷【分析】【分析】（1）根据仪器①；②的构造完成仪器名称；

（2）实验室利用乙醇在浓硫酸作用下加热170℃发生消去反应制取乙烯；

（3）根据碎瓷片能防止液体暴沸；

（4）根据乙烯与溴单质反应生成1；2-二溴乙烷；

（5）根据烷烃命名原则完成．【解析】【解答】解：（1）仪器①为温度计；仪器②为圆底烧瓶，故答案为：温度计；圆底烧瓶；

（2）乙醇在浓硫酸的催化作用下170℃发生分子内脱水生成乙烯，反应的化学方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；

故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；

（3）反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是防止液体暴沸；故答案为：防止液体暴沸；

（4）乙烯和溴水发生了加成反应，化学方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；

故答案为：加成反应；CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；

（5）CH3CH2C（CH3）2C（CH2CH3）2CH3；选取含有碳原子数最多的碳链为主链，最长的碳链含有6个C，主链为己烷，然后从取代基最近的一端--左边开始编号，该有机物的命名为3，3，4-三甲基-4-乙基己烷；

故答案为：3，3，4-三甲基-4-乙基己烷．19、酯化酯羧酸和醇羧酸盐和醇小于碱中和了水解得到的酸，促进了酯的水解【分析】【解答】酯在碱性条件的水解可看作酯中C﹣O单键断开；RCO﹣结合水中的OH，﹣OR′结合水中的H，水解生成羧酸和醇，所以酯化反应与酯水解互为可逆反应，酯在无机酸存在下，水解反应为可逆反应，产物为羧酸和醇，在碱存在下，碱中和了水解得到的酸，促进了酯的水解彻底水解，如：RCOOR′+NaOH→RCOONa+R′OH；

故答案为：酯化；酯；羧酸和醇；羧酸盐和醇；小于；碱中和了水解得到的酸；促进了酯的水解．

【分析】酯化反应与酯水解互为可逆反应；酯在无机酸存在下，水解反应为可逆反应，产物为羧酸和醇，在碱存在下彻底水解，水解反应的产物为羧酸盐和醇，所以酸存在下水解反应的程度小于碱存在下水解反应的程度，据此分析解答．20、MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+H2O70%的H2SO4比98%的H2SO4电离程度大，溶液中H+浓度大，反应速度快2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+Ⅰ、ⅢFeI2KSCNCCl4下层（CCl4层）先由无色变为紫红色；后看到上层溶液由浅绿色变为红色【分析】【分析】甲装置可以用来制取氯气；乙装置可以用来制取二氧化硫，将氯气；二氧化硫分别通入到氯化亚铁溶液中，根据现象变化可以判断氯气、二氧化硫和铁离子的氧化性强弱；

（1）甲装置是制取氯气的装置；可以用二氧化锰和浓盐酸之间的反应来制取；

（2）浓硫酸中不存在自由移动的离子；

（3）根据铁离子能将二氧化硫氧化的原理来书写方程式；

（4）根据反应：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+可以得到氧化性：Fe3+＞SO42-，将氯气通到氯化亚铁中，溶液变黄色可以证明氧化性：Cl2＞Fe3+；

（5）将甲装置中产生的氯气通入丙装置中的FeI2溶液中，氯气先氧化碘离子产生碘单质，后氧化亚铁离子生成铁离子，用四氯化碳可以萃取出碘，用硫氰化钾检验铁离子，据此回答判断．【解析】【解答】解：甲装置可以用来制取氯气；乙装置可以用来制取二氧化硫，将氯气；二氧化硫分别通入到氯化亚铁溶液中，根据现象变化可以判断氯气、二氧化硫和铁离子的氧化性强弱；

（1）甲装置是制取氯气的装置，可以用二氧化锰和浓盐酸之间的反应来制取，反应的原理方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+H2O；

故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+H2O；

（2）浓硫酸中不存在自由移动的离子，70%的硫酸中氢离子浓度比98%的硫酸中的大，所以用70%的硫酸制取SO2，反应速率比用98%的硫酸快，故答案为：70%的H2SO4比98%的H2SO4电离程度大，溶液中H+浓度大；反应速度快；

（3）铁离子具有氧化性，能将二氧化硫氧化，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，可以证明氧化性的强弱，其反应的原理方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；

故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；

（4）根据反应：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，根据出现铁离子、还有硫酸根离子，可以得到氧化性：Fe3+＞SO42-，将氯气通到氯化亚铁中，溶液变黄色可以证明氧化性：Cl2＞Fe3+；

故答案为：Ⅰ；Ⅲ；

（5）将甲装置中产生的氯气通入丙装置中的FeI2溶液中；氯气先氧化碘离子产生碘单质，后氧化亚铁离子生成铁离子，用四氯化碳可以萃取出碘，用硫氰化钾检验铁离子；

①根据上面的分析可知，往丙的漏斗中加入两种试剂为FeI2、KSCN和一种溶剂为CCl4；

故答案为：FeI2、KSCN；CCl4；

③如果观察到下层（CCl4层）先由无色变为紫红色；后看到上层溶液由浅绿色变为红色则结论正确；

故答案为：下层（CCl4层）先由无色变为紫红色；后看到上层溶液由浅绿色变为红色．21、ABC用滤纸吸干表面的煤油2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑【分析】【分析】（1）钠在酸；碱和盐溶液中都能发生反应；和酸溶液反应时，就是和酸的反应，和碱或盐溶液反应时，都是先和水反应，反应现象就是钠和水反应、氢氧化钠和盐反应的现象；

（2）做钠和水的反应实验时；要把取出的钠用滤纸吸干煤油，切割绿豆大小的钠粒，并将多余的钠放回试剂瓶；

（3）钠和水反应生成的氢气，氢氧化钠Al反应也能放出氢气，则生成的氢气就增多．【解析】【解答】解：（1）将钠投入到碳酸氢钙溶液中；钠先和水反应，呈现的现象是：钠浮在水面上，熔化成一个光亮的小球，并四处游动，最后消失，生成的氢氧化钠和碳酸氢钙反应生成难溶性的碳酸钙，所以恢复到室温时，烧杯底部有固体物质析出，故答案为：ABC；

（2）做钠和水的反应实验时，用滤纸吸干表面的煤油，在玻璃生上用小刀切成绿豆大小的钠粒，并将多余的钠放回试剂瓶中，故答案为：用滤纸吸干表面的煤油；（3）钠和水反应生成的氢气，氢氧化钠Al反应也能放出氢气，则生成的氢气就增多，氢气增多的离子反应为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑．22、C6H10O2羟基、羧基酯化反应催化剂HOOC（CH2）4COOH+2NaHCO3→NaOOC（CH2）4COONa+2CO2↑+2H2O【分析】【分析】由D可知A的分子式为C6H10O2，A可与Na反应，说明含有-OH，能与NaClO反应，结合题意可知应含有C=0和-OH，且A只生成E一种物质，且C原子数不变，则A应为环状化合物，E分子中没有支链，A应为D为C为B为E为HOOC（CH2）4COOH，F为G为NaOOC（CH2）4COONa，结合有机物的结构和性质以及题目的要求可解答该题．【解析】【解答】解：由D可知A的分子式为C6H10O2，A可与Na反应，说明含有-OH，能与NaClO反应，结合题意可知应含有C=0和-OH，且A只生成E一种物质，且C原子数不变，则A应为环状化合物，E分子中没有支链，A应为D为C为B为E为HOOC（CH2）4COOH，F为G为NaOOC（CH2）4COONa；

（1）A的分子式为C6H10O2，C为含有羟基，E为HOOC（CH2）4COOH，含有羧基，故答案为：C6H10O2；羟基；羧基；

（2）由以上分析可知F为故答案为：

（3）反应E+C→F，根据官能团的变化可知为酯化反应，A为在Cu作催化剂条件下生成故答案为：酯化反应；催化剂；

（4）反应A→D的方程式为

反应E→G的方程式为HO