2024年沪教版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年沪教版高三化学上册阶段测试试卷314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5题，共10分)1、化学与生活密切相关，下列应用中利用了物质氧化性的是（）A.明矾净化水B.铁粉作食品袋内的脱氧剂C.食醋除水垢D.漂白粉漂白织物2、实现下列变化，需克服相同类型作用力的是（）A.石墨和氯化钠分别受热熔化B.冰的融化和水的分解C.NaCl和HCl溶于水D.干冰和碘的升华3、下列说法不正确的是（）A.Na2CO3溶液中c（Na+）与c（CO32-）之比大于2：1B.蒸发氯化铝溶液要不断通入氯化氢气体方可得到氯化铝晶体C.1L0.3mol/L醋酸溶液中H+个数与3L0.1mol/L醋酸溶液中H+个数之比为1：1D.浓度相同的下列溶液中，按pH由小到大的顺序排列的是CH3COONa、NaHCO3、Na2CO34、用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是（）A.2g氢气所含分子数目为NAB.在标准状况下，22.4L水的物质的量为1molC.18g水中含有的电子数为10NAD.2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.2NA5、部分氧化的Fe-Cu合金样品（氧化产物为Fe2O3；CuO）共5.76g；经如下处理：

下列说法正确的是（）

A.滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+

B.样品中Fe元素的质量为2.14g

C.样品中CuO的质量为4.0g

D.V=448

评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)6、一定量rm{CO_{2}}通入某浓度的rm{NaOH}溶液得溶液rm{A}向rm{A}溶液中逐滴滴入稀盐酸，加入rm{n(HCl)}与生成rm{n(CO_{2})}的关系如图所示。下列有关叙述正确的是rm{(}rm{)}A.通入的rm{CO_{2}}气体在标准状况下等于rm{22.4L}B.溶液中rm{n(NaOH)=2n(Na_{2}CO_{3})}C.rm{A}溶液中既含rm{Na_{2}CO_{3}}又含rm{NaHCO_{3}}D.rm{A}溶液中一定只有rm{Na_{2}CO_{3}}7、对于固定体积的密闭容器中进行的气体反应rm{A(g)+B(g)?C(s)+2D(g)}可以说明在恒温下已达到平衡状态的是rm{(}rm{)}A.反应容器中压强不随时间变化而变化B.rm{A}气体和rm{B}气体的生成速率相等C.混合气体的平均摩尔质量不随时间变化而变化D.反应混合气体的密度不随时间变化而变化8、下列设计的实验方案不能达到实验目的是rm{(}rm{)}A.探究催化剂对rm{H_{2}O_{2}}分解速率的影响：在相同条件下，向一试管中加入rm{2mL5%H_{2}O_{2}}和rm{1mLH_{2}O}向另一试管中加入rm{2mL}rm{10%H_{2}O_{2}}和rm{1mLFeCl_{3}}溶液，观察并比较实验现象B.提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量饱和碳酸钠溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水C.检验溶液中是否含有rm{Fe^{3+}}取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加rm{KSCN}溶液，观察实验现象D.制备rm{Al(OH)_{3}}悬浊液：向rm{1mol?L^{-1}AlCl_{3}}溶液中加过量的rm{6mol?L^{-1}NaOH}溶液9、如图是某研究小组采用电解法处理石油炼制过程中产生的大量rm{H_{2}S}废气的工艺流程rm{.}该方法对rm{H_{2}S}的吸收率达rm{99%}以上，并可制取rm{H_{2}}和rm{S.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.吸收rm{H_{2}S}的离子方程式为：rm{2Fe^{3+}+H_{2}S=2Fe^{2+}+S隆媒+2H^{+}}B.电解过程中的阳极反应主要为：rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}C.该工艺流程体现绿色化学思想D.实验室可用点燃充分燃烧的方法消除rm{H_{2}S}污染10、甲醚是一种清洁燃料，以=2通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H，其CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A.上述反应△H＜0B.图中P1＜P2＜P3C.若在P3和316℃时，测得容器中n（H2）=n（CH3OCH3），此时v（正）＜v（逆）D.若在P3和316℃时，起始时=3，则达到平衡时，CO转化率小于50%11、500℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），反应过程中测定的部分数据见下表（表中t2＞t1）：

。反应时间minn（CO）/moln（H2O）/mol01.200.60t10.80t20.20下列说法正确的是（）A.增大压强对正逆反应速率没有影响，平衡不移动B.保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O（g），达到平衡时n（CO2）=0.40molC.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O（g），与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数增大D.由表格中数据得出，t1时刻该反应还未达到平衡12、生活中碰到的某些问题，常涉及到化学知识，下列说法不正确的是（）A.泡沫灭火器是最常见的灭火器之一，其内筒为塑料桶，盛有碳酸氢钠溶液；外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有硫酸铝溶液B.“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用C.PM2.5受到普遍的关注，因为PM2.5在空气中形成了气溶胶，富含大量的有毒、有害物质，对空气质量影响较大（PM2.5是指大气中直径接近于2.5×10-6m的颗粒物）D.蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质13、一定条件下进行反应：rm{COCl_{2}(g)?Cl_{2}(g)+CO(g)}向rm{2.0L}恒容密闭容器中充入rm{1.0mol}rm{COCl_{2}(g)}经过一段时间后达到平衡。反应过程中测得的有关数据见表：

。rm{t/s}rm{0}rm{2}rm{4}rm{6}rm{8}rm{n(Cl_{2})/mol}rm{0}rm{0.30}rm{0.39}rm{0.40}rm{0.40}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.保持其他条件不变，升高温度，平衡时rm{c(Cl_{2})=0.22}rm{mol?L^{-1}}则反应的rm{triangleH<0}B.若在rm{2}rm{L}恒容绝热rm{(}与外界无热量交换rm{)}密闭容器中进行该反应，化学平衡常数改变C.保持其他条件不变，起始向容器中充入rm{1.2}rm{molCOCl_{2}}rm{0.60}rm{molCl_{2}}和rm{0.60}rm{molCO}

反应达到平衡前的速率：rm{v(}正rm{)>v(}逆rm{)}D.保持其他条件不变，起始向容器中充入rm{1.0}rm{molCl_{2}}和rm{0.8}rm{molCO}达到平衡时，rm{Cl_{2}}的转化率小于rm{60%}14、下列有关物质性质的说法正确的是rm{(}rm{)}A.铝与rm{Fe_{2}O_{3}}发生铝热反应后固体物质质量不变B.rm{Na}rm{Al}rm{Cu}可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到C.过量的铜与浓硝酸反应可生成rm{NO}D.由于铝元素和铁元素都有rm{+3}价，由rm{2Al+6HCl_{2}篓TAlCl_{3}+3H_{2}隆眉}可知：rm{2Fe+6HCl_{2}篓TFeCl_{3}+3H_{2}隆眉}评卷人得分三、多选题(共5题，共10分)15、只含C、H两种元素的有机物X、Y，若X中含C质量分数为75%，Y中含C质量分数为85.7%，则X、Y的分子式可能是（）A.CH4、C2H4B.CH4、C2H6C.C2H4、C2H6D.CH4、C3H616、关于从碘水中分离出碘单质的实验，下列说法正确的是（）A.可以用酒精萃取出碘单质B.可以用CCl4萃取出碘单质，理由是CCl4密度比水大C.若用CCl4萃取出碘单质，萃取后下层液体呈紫红色D.若用CCl4萃取出碘单质，萃取后无色液体层应从分液漏斗的上口倒出17、有X2、Y2、Z2三种非金属单质，它们的有关反应有：（a）2X-+Z2→2Z-+X2，（b）2Z-+Y2→2Y-+Z2．若某种非金属的阴离子W-能与Z2发生反应：2W-+Z2→2Z-+W2，下列关于它们的叙述中不正确的是（）A.氧化性Y2＞Z2＞X2B.W2的还原性比Z2弱C.W2与Y-能发生反应D.W2与Y-不能发生反应18、下列装置或操作能达到实验目的是（）A.

检查装置气密性B.

从碘的CCl4溶液中分离出碘C.

除去甲烷中的乙烯D.

分离甲苯与乙醇19、用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是（）A.0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为1NAB.标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1NAC.5.6g的Fe和足量的盐酸反应时，失去的电子数为0.2NAD.常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02NA评卷人得分四、填空题(共3题，共27分)20、（2011春•台州期中）利用反应Zn+2FeCl3=ZnCl2+2FeCl2设计原电池装置．

（1）在框图中画出实验装置图；并指出：

负极材料为____，电极反应式为：____；

正极材料为____，电极反应式为：____；

（2）若反应过程中有0.2mol电子通过，则溶解Zn的质量为____g．21、下图是某研究性学习小组设计的对一种废旧合金各成分（含有Cu、Fe、Si三种成分）进行分离、回收再利用的工业流程，通过该流程将各成分转化为常用的单质及化合物。已知：298K时，Ksp[Cu(OH)2]=2．2×10-20，Ksp[Fe(OH)3]=4．0×10-38，Ksp[Mn(OH)2]=1．9×10-13，根据上面流程回答有关问题：（1）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ指的是。（2）加入过量FeCl3溶液过程中可能涉及的化学方程式：。（3）过量的还原剂应是，溶液b中所含的金属阳离子有。（4）①向溶液b中加入酸性KMnO4溶液发生反应的离子方程式为。②若用Xmol/LKMnO4溶液处理溶液b，当恰好反应时消耗KMnO4溶液YmL，则最后所得红棕色固体C的质量为g（用含X、Y的代数式表示）。（5）常温下,若溶液c中所含的金属阳离子浓度相等，向溶液c中逐滴加入KOH溶液，则三种金属阳离子沉淀的先后顺序为：＞＞。(填金属阳离子)（6）最后一步电解若用惰性电极电解一段时间后，析出固体B的质量为Zg，同时测得阴阳两极收集到的气体体积相等，则标况下阳极生成的最后一种气体体积为L（用含Z的代数式表示）。22、（１2分）已知A、B、C是中学化学的常见物质，它们在一定条件下有如下转化关系：⑴若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C为红棕色气体。则A转化为B反应的化学方程式为____。⑵若D是一种常见的温室气体；A是一种强电解质且在水溶液中电离出的阴、阳离子均含有10个电子。则B转化为C的离子方程式为。⑶若D为氯碱工业的主要产品，B具有两性，则C溶液中除氢氧根外还存在的阴离子的化学式为____。⑷若A、B、C均为氧化物，D是一种黑色固态非金属单质，则B分子的结构式为____。⑸若A的体积分数为75％的溶液可用作医疗消毒剂；B与新制氢氧化铜共热，有砖红色沉淀生成。则A生成B的化学方程式为。（6）若D是具有氧化性的单质，A元素属于短周期主族金属元素，则C的电子式为。评卷人得分五、判断题(共1题，共2分)23、为了防止龋齿，人人都要使用含氟牙膏．____．（判断对错）评卷人得分六、书写(共4题，共16分)24、按要求写出对应的方程式：

（1）H++HCO3-=H2O+CO2↑（写出符合该离子反应的两种不同类型的化学方程式）____；____．

（2）KAl（SO4）2在水溶液中的电离方程式：____．

（3）足量碳酸氢钙和饱和石灰水反应的离子方程式：____．25、分别写出1-丁烯和2-丁烯与H2O反应化学方程式，然后分析产物不同的原因？26、填写下列空白：

（1）在戊烷的各种同分异构体中，A不能由某种烯烃和氢气加成获得，其结构简式为____．

（2）B是苯的同系物，分子式为C9H12，一溴代物只有2种，则B的结构简式为____．

（3）氯代烃C的分子式为C4H9Cl，在NaOH乙醇溶液中加热可获得两种沸点不同的烯烃，则C的结构简式为____（不考虑顺反异构）．

（4）写出由1，2-二溴乙烷制取乙炔的总化学反应方程式____．27、为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO以及泥沙等杂质；某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：

称取粗盐滤液精盐。

第④步中，相关的化学方程式是____．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】用到的物质的氧化性，说明该过程中发生了氧化还原反应，而且该物质在反应中得电子化合价降低而作氧化剂，根据元素化合价变化来判断．【解析】【解答】解：A；明矾中含有铝离子；铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故A错误；

B；铁粉做食品袋内的脱氧剂；是利用了铁粉有强还原性，能和氧气反应从而吸收氧气，故B错误；

C；碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水；该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故C错误；

D；漂白粉具有强氧化性；利用其强氧化性漂白织物，故D正确；

故选D．2、D【分析】【分析】首先判断晶体的类型以及粒子间作用力类型，分子晶体中存在分子间作用力，离子晶体中存在离子键，原子晶体中存在共价键，金属晶体中存在金属键，根据晶体类型分析解答．【解析】【解答】解：A．石墨是混合晶体；熔化时破坏共价键和分子间作用力，氯化钠是离子晶体，熔化时破坏离子键，故A错误；

B．冰熔化主要破坏氢键；水分解破坏共价键，故B错误；

C．NaCl溶于水破坏离子键；HCl溶于水破坏共价键，故C错误；

D．干冰和碘都是分子晶体；干冰和碘的升华破坏分子间作用力，故D正确；

故选D．3、C【分析】【分析】A．CO32-发生水解；

B．氯化铝溶液加热时易发生水解；通入氯化氢可抑制水解；

C．醋酸浓度越大；电离程度越小；

D．盐对应的酸越弱，水解程度越大．【解析】【解答】解：A．碳酸钠为强碱若酸盐，CO32-发生水解，则Na2CO3溶液中c（Na+）与c（CO32-）之比大于2：1；故A正确；

B．氯化铝溶液加热时易发生水解生成氢氧化铝和HCl；通入氯化氢可抑制水解，故B正确；

C．醋酸浓度越大，电离程度越小，则1L0.3mol/L醋酸溶液中H+个数与3L0.1mol/L醋酸溶液中H+个数之比小于1：1；故C错误；

D．CO32-以第一步水解为主，且盐对应的酸越弱，水解程度越大，则浓度相同的下列溶液中，按pH由小到大的顺序排列的是CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3；故D正确．

故选C．4、B【分析】【分析】A；2g氢气的物质的量为1mol；根据氢气的物质的量计算出含有的分子数；

B；根据标准状况下水的状态不是气体；无法计算水的物质的量分析；

C；根据水的质量计算出水的物质的量；再计算出含有的电子数；

D、金属镁为2价金属，根据镁的物质的量计算出变成镁离子失去的电子数．【解析】【解答】解：A、2g氢气的物质的量为：=1mol，2g氢气所含分子数目为NA；故A正确；

B；在标况下；水的状态不是气体，无法计算22.4L水的物质的量，故B错误；

C、18g水的物质的量为1mol，含有电子的物质的量为10mol，所以18g水中含有的电子数为10NA；故C正确；

D、2.4g金属镁的物质的量为0.1mol，变为镁离子时失去电子的物质的量为0.2mol，失去的电子数为0.2NA；故D正确；

故选B．5、D【分析】

A；生成的滤渣3.2g是铜；金属铜可以和三价铁反应，所以一定不含有价铁离子，故A错误；

B、固体为三氧化二铁，其物质的量为=0.02mol；铁元素的量为0.02mol×2=0.04mol，质量为：0.04mol×56g/mol=2.24g，故B错误；

C；根据B的答案知道铁元素质量=2.24g；而原来固体才5.76g，所以CuO质量不超过5.76-2.24=3.52g，故C错误；

D、根于最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧物质的量=0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04=0.04molH+生成氢气；即生成0.02mol氢气，标况体积为448ml，故D正确．

故选D．

【解析】【答案】A；金属铁、氧化铁、氧化铜可以和硫酸反应；金属铜可以和三价铁反应；

B；根氧化铁的量和元素守恒来确定铁元素的量；

C；根据产品的质量结合各个成分的含量来计算；

D；根据金属铁的量来确定生成氢气的量．

二、双选题(共9题，共18分)6、AB【分析】【分析】本题考查元素化合物的性质、图象数据的处理知识。侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应是分步进行的，首先发生的是rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}rm{HCl+Na_{2}CO_{3}=NaHCO_{3}+NaCl}进行完全后，再发生：rm{NaHCO_{3}+HCl=NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉}题目难度中等。【解答】由图象可知，加入盐酸rm{3mol}时，开始生成rm{CO_{2}}共消耗rm{1molHCl}发生rm{NaHCO_{3}+HCl=NaCl+CO_{2}隆眉+H_{2}O}如开始加入盐酸时中发生rm{Na_{2}CO_{3}+HCl=NaCl+NaHCO_{3}}则应消耗rm{1mol}盐酸，但至开始生成二氧化碳时消耗rm{3mol}盐酸，则说明溶液中含有rm{NaOH}和rm{Na_{2}CO_{3}}开始时先后发生rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}rm{Na_{2}CO_{3}+HCl=NaCl+NaHCO_{3}}

A.由图象可知生成二氧化碳rm{1mol}依据碳元素质量守恒，则通入的rm{CO_{2}}气体在标准状况下应为rm{22.4L}故A正确；

B.由图象可知，反应共生成rm{1mol}二氧化碳，则溶液中含有rm{1molNa_{2}CO_{3}}而生成二氧化碳之前分别发生rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}rm{Na_{2}CO_{3}+HCl=NaCl+NaHCO_{3}}共消耗rm{3molHCl}由方程式可知rm{Na_{2}CO_{3}}消耗rm{1molHCl}则rm{NaOH}消耗rm{2molHCl}则rm{NaOH}为rm{2mol}所以rm{n(NaOH)=2n(Na_{2}CO_{3})}故B正确；C.rm{A}溶液应为rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaOH}的混合物；故C错误；

D.由以上分析可知rm{A}中含有rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaOH}故D错误。

故选AB。【解析】rm{AB}7、CD【分析】【分析】本题考查化学平衡状态的判断，只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断依据，题目难度中等。【解答】A.反应是前后气体系数和相等的反应，所以容器中压强不随时间变化而变化的状态不一定是平衡状态，故A错误；B.rm{A}气体和rm{B}气体的生成速率相等，不能证明正逆反应速率是相等，不一定平衡，故B错误；C.混合气体的平均摩尔质量等于质量和物质的量的比值，混合气体的质量是变化的，反应是前后气体系数和相等的反应，物质的量是不变化的，所以混合气体的平均摩尔质量不随时间变化而变化的状态是平衡状态，故C正确；D.反应混合气体的密度等于混合气体的质量和体系体积的比值，混合气体的质量是变化的，体积是不变化的，所以混合气体的密度不随时间变化而变化的状态是平衡状态，故D正确。故选CD。【解析】rm{CD}8、rCD【分析】解：rm{A.}相同条件下，只有催化剂不同，试管中加入rm{2mL5%H_{2}O_{2}}和rm{1mLFeCl_{3}}溶液反应速率快，则可探究催化剂对rm{H_{2}O_{2}}分解速率的影响；故A正确；

B.乙酸与碳酸钠反应后；与乙酸乙酯分层，则振荡后静置分液，并除去有机相的水，故B正确；

C.检验rm{Fe^{3+}}时直接滴加rm{KSCN}溶液；观察是否出现血红色，故C错误；

D.rm{AlCl_{3}}溶液中加过量的rm{6mol?L^{-1}NaOH}溶液，反应生成偏铝酸钠，不能制备rm{Al(OH)_{3}}悬浊液；故D错误．

故选CD．

A.相同条件下；只有催化剂不同；

B.乙酸与碳酸钠反应后；与乙酸乙酯分层；

C.检验rm{Fe^{3+}}时滴加rm{KSCN}溶液；

D.rm{AlCl_{3}}溶液中加过量的rm{6mol?L^{-1}NaOH}溶液；反应生成偏铝酸钠．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子检验、影响反应速率的因素、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{CD}9、rAC【分析】解：rm{A}由图中的流程图可知，rm{FeCl_{3}}与rm{H_{2}S}反应生成rm{S}和rm{Fe^{2+}}离子方程式正确，得失电子数是守恒的，故A正确；

rm{B}电解的是氯化亚铁和盐酸溶液，阳极发生的应该是氧化反应，所得滤液中含有rm{Fe^{2+}}rm{H^{+}}和rm{Cl^{-}}由于还原性rm{Fe^{2+}>Cl^{-}(}或根据图示循环rm{)}电解时阳极反应式为rm{Fe^{2+}-e^{-}篓TFe^{3+}}故B错误；

rm{C}该过程中吸收的rm{H_{2}S}最后转化为rm{H_{2}}和rm{S}因此体现绿色化学，故C正确；

rm{D}由于rm{H_{2}S}充分燃烧的化学方程式为rm{2H_{2}S+3O_{2}篓T2SO_{2}+2H_{2}O}生成的rm{SO_{2}}也是一种有毒气体；故D错误．

故选：rm{A}rm{C}

A、根据rm{Fe^{3+}}的氧化性和rm{H_{2}S}的还原性；再根据离子方程式正误的判断；

rm{B}根据溶液中离子的还原性强弱判断；

rm{C}根据rm{H_{2}S}最终的产物判断；

rm{D}根据rm{H_{2}S}充分燃烧的产物判断．

本题考查的知识点较多，离子方程式正误判断，电极反应式的书写，rm{H_{2}S}的化学性质，试题的综合性较强．【解析】rm{AC}10、AC【分析】解：A．根据图知；相同压强下，升高温度，CO的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，所以正反应是放热反应，则上述反应△H＜0，故A正确；

B．相同温度下，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，所以压强越大CO的转化率越大，根据图中CO转化率大小顺序知，P1＞P2＞P3；故B错误；

C.=2，设通入的n（H2）=2xmol、n（CO）=xmol，在P3和316℃时；达到平衡状态时，CO的转化率为50%；

发生的反应2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）

开始（mol/L）x2x00

反应（mol/L）0.5xx0.25x0.25x

平衡（mol/L）0.5xx0.25x0.25x

根据方程式知，平衡时n（H2）＞n（CH3OCH3）；要使二者物质的量相等，平衡应该正向移动，则此时v（正）＞v（逆），故C正确；

D．相同温度和压强下，增大一种气体反应物浓度，能提高另一种气体物质的转化率，所以增大氢气浓度时能提高CO转化率，则若在P3和316℃时，起始时=3；则达到平衡时，CO转化率大于50%，故D错误；

故选：AC。

A．根据图知；相同压强下，升高温度，CO的转化率降低，说明平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动；

B．相同温度下；增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；

C.=2，设通入的n（H2）=2xmol、n（CO）=xmol，在P3和316℃时；达到平衡状态时，CO的转化率为50%；

发生的反应2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）

开始（mol/L）x2x00

反应（mol/L）0.5xx0.25x0.25x

平衡（mol/L）0.5xx0.25x0.25x

根据方程式知，平衡时n（H2）＞n（CH3OCH3）；要使二者物质的量相等，平衡应该正向移动；

D．相同温度和压强下；增大一种气体反应物浓度，能提高另一种气体物质的转化率．

本题考查化学平衡计算及图象分析，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确温度、压强对化学平衡影响原理是解本题关键，易错选项是C，注意利用物质的量之间的关系确定反应方向，题目难度中等．【解析】AC11、B|C【分析】解：A．CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）；反应前后气体体积不变，增大压强会增大反应速率，正逆反应速率同等程度增大，平衡不变，故A错误；

B．CO与H2O按物质的量比1：1反应，充入0.60molCO和1.20molH2O与充入1.20molCO和0.6molH2O，平衡时生成物的浓度对应相同，t1min时n（CO）=0.8mol，n（H2O）=0.6mol-0.4mol=0.2mol，t2min时n（H2O）=0.2mol，说明t1min时反应已经达到平衡状态，根据化学方程式可知，则生成的n（CO2）=0.4mol；故B正确；

C..保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，H2O的体积分数会增大；故C正确；

D．依据化学方程式结合图表数据列式计算；

CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）

起始量（mol）1.20.600

变化量（mol）0.40.40.40.4

t1时刻（mol）0.80.20.40.4

t2时刻（mol）0.80.20.40.4

t2时刻物质物质的量和t1时刻物质的量相同，说明t1时刻该反应达到平衡状态；故D错误；

故选BC．

A．反应前后气体体积不变；增大压强会增大反应速率，正逆反应速率同等程度增大，平衡不变；

B．CO与H2O按物质的量比1：1反应，充入0.60molCO和1.20molH2O与充入1.20molCO和0.6molH2O到达平衡时对应生成物的浓度；物质的量相同；

C．保持其他条件不变；增加一种反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，另一种反应物的转化率增大；

D．依据化学方程式结合图表数据列式计算t1、t2时刻一氧化碳和水的物质的量；比较物质的量，当物质的量不变时说明反应达到平衡状态；

本题属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对速率概念与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度，题目难度中等，本题要深刻理解一些基本概念的内涵和外延．【解析】【答案】BC12、A|C【分析】解：A；硫酸铝水解使溶液显酸性；故硫酸铝溶液会与铁反应，应放在内筒塑料桶里，外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有碳酸氢钠溶液，故A错误；

B；地沟油的主要成分为油脂；可用于肥皂和生物柴油，故B正确；

C；PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物；如粒子直径大于100nm，则不形成胶体，故C错误；

D；银离子属于重金属离子；可使蛋白质变性，故用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质，故D正确．

故选AC．

A；硫酸铝水解使溶液显酸性；故硫酸铝溶液会与铁反应，应放在内筒里；

B；地沟油的主要成分为油脂；可用于肥皂和生物柴油；

C；如粒子直径大于100nm；则不形成胶体；

D；银离子属于重金属离子；可使蛋白质变性．

本题考查了化学与社会、生活等关系，较基础，要注意理论联系实际．【解析】【答案】AC13、rBD【分析】解：rm{A.}由表中数据可知，平衡时rm{n(Cl_{2})=0.4mol}保持其他条件不变，升高温度，新平衡时rm{c(Cl_{2})=0.22mol/L}则rm{n隆盲(Cl_{2})=0.22mol/L隆脕2L=0.44mol>0.4mol}说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，则反应的rm{triangleH>0}故A错误；

B.若在rm{2L}恒容绝热rm{(}与外界无热量交换rm{)}随反应进行温度升高，正向进行程度减小，平衡常数减小，故B正确；

C.由表中数据可知，平衡时rm{n(Cl_{2})=0.4mol}则：

rm{COCl_{2}(g)?Cl_{2}(g)+CO(g)}

开始rm{(mol/L)}rm{0.5}rm{0}rm{0}

变化rm{(mol/L)}rm{0.2}rm{0.2}rm{0.2}

平衡rm{(mol/L)}rm{0.3}rm{0.2}rm{0.2}

所以平衡常数rm{K=dfrac{0.2隆脕0.2}{0.3}=0.133}

保持其他条件不变，起始向容器中充入rm{K=dfrac

{0.2隆脕0.2}{0.3}=0.133}rm{1.2molCOCl_{2}}和rm{0.60molCl_{2}}起始时rm{0.60molCO}的浓度为rm{COCl_{2}}rm{0.6mol/L}的浓度为rm{Cl_{2}}rm{0.3mol/L}的浓度为rm{CO}浓度商rm{Qc=dfrac{0.3隆脕0.3}{0.6}=0.15>K=0.133}说明反应向逆反应方向进行，反应达平衡前rm{0.3mol/L}正rm{Qc=dfrac

{0.3隆脕0.3}{0.6}=0.15>K=0.133}逆rm{v(}故C错误；

D.起始时通入rm{)<v(}和rm{)}到达的平衡与原平衡为完全等效平衡，平衡时氯气为rm{1.0molCl_{2}}开始通入rm{1.0molCO}和rm{0.4mol}等效为上述平衡基础上移走rm{1.0molCl_{2}}平衡向生成氯气的方向移动，则平衡时氯气的物质的量大于rm{0.8molCO}转化的氯气小于rm{0.2molCO}故达到平衡时rm{0.4mol}的转化率小于rm{1mol-0.4mol=0.6mol}故D正确；

故选：rm{Cl_{2}}

A.由表中数据可知，平衡时rm{60%}保持其他条件不变，升高温度，新平衡时rm{BD}则rm{n(Cl_{2})=0.4mol}说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应；

B.若在rm{c(Cl_{2})=0.22mol/L}恒容绝热rm{n隆盲(Cl_{2})=0.44mol>0.4mol}与外界无热量交换rm{2L}随反应进行温度升高，平衡时受温度影响，温度变化，平衡常数变化；

C.根据rm{K=dfrac{c(Cl_{2})隆脕c(CO)}{c(COCl_{2})}}计算平衡常数，计算浓度商rm{(}若rm{)}处于平衡状态，若rm{K=dfrac

{c(Cl_{2})隆脕c(CO)}{c(COCl_{2})}}反应向正反应进行，若rm{Qc}反应向逆反应进行；

D.起始时通入rm{Qc=K}和rm{Qc<K}到达的平衡与原平衡为完全等效平衡，平衡时氯气为rm{Qc>K}开始通入rm{1.0molCl_{2}}和rm{1.0molCO}等效为上述平衡基础上移走rm{0.4mol}平衡向生成氯气的方向移动，则平衡时氯气的物质的量大于rm{1.0molCl_{2}}

本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡常数计算与应用、等效平衡等，难度中等，注意rm{0.8molCO}中使用等效平衡思想分析，使问题简单化，也可以根据平衡常数计算，但比较麻烦。rm{0.2molCO}【解析】rm{BD}14、rAC【分析】解：rm{A.}铝热反应中；反应前后反应物和生成物均是固体，所以依据质量守恒定律可知反应前后固体质量不变，故A正确；

B.rm{Na}rm{Al}rm{Cu}可以分别用电解冶炼法；电解冶炼法和热分解法得到；故B错误；

C.铜过量，浓硝酸变成稀硝酸后，铜与稀硝酸反应生成rm{NO}气体；故C正确；

D.铝元素和铁元素都有rm{+3}价，rm{Al}可以发生反应rm{2Al+6HCl_{2}篓TAlCl_{3}+3H_{2}隆眉}但是rm{Fe}在置换反应中生成的亚铁离子，正确的反应为：rm{Fe+2HCl_{2}篓TFeCl_{2}+H_{2}隆眉}故D错误；

故选AC．

A.铝与氧化铁的反应前后都是固体；根据质量守恒定律判断；

B.rm{Al}通常采用电解熔融氧化铝冶炼；不是热还原法；

C.随着反应的进行；浓硝酸变成稀硝酸，铜与稀硝酸反应生成一氧化氮气体；

D.铁在置换反应中生成的是亚铁离子．

本题考查较为综合，涉及铝热反应、铜与硝酸的反应、铁和铝的化学性质等知识，题目难度中等，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力．【解析】rm{AC}三、多选题(共5题，共10分)15、AD【分析】【分析】只含C和H的有机物是烃，C的质量分数75%，分子中C和H的质量比为=，N（C）：N（H）==1：4，所以分子式是CnH4n（n是正整数），而4n≤2n+2，所以n=1，所以X是甲烷，C的质量分数85.7%时，分子中C和H的质量比0.857：0.143，即m（C）：m（H）=857：143，所以N（C）：N（H）=857：（143×12）=857：1716，分子式是C857nH1716，如果是近似，则考虑到=5.99，则约为6：1，则个数比为=，所以分子式是CnH2n，由此分析解答．答案是：X是甲烷Y是单烯烃（乙烯丙烯等）【解析】【解答】解：只含C和H的有机物是烃，C的质量分数75%，分子中C和H的质量比为=，N（C）：N（H）==1：4，所以分子式是CnH4n（n是正整数），而4n≤2n+2，所以n=1，所以X是甲烷，C的质量分数85.7%时，分子中C和H的质量比0.857：0.143，即m（C）：m（H）=857：143，所以N（C）：N（H）=857：（143×12）=857：1716，分子式是C857nH1716，如果是近似，则考虑到=5.99，则约为6：1，则个数比为=，所以分子式是CnH2n，所以Y的分子式可能是C2H4、C3H6、C4H8，综上所述可以能是CH4、C2H4和CH4、C3H6组合，故选：AD．16、CD【分析】【分析】萃取时萃取剂的选择应符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应．【解析】【解答】解：A；酒精能与水互溶；不能用酒精萃取碘水中的碘单质，故A错误；

B；萃取剂的选取原则与密度无关；故B错误；

C；碘单质溶于四氯化碳呈紫色；故C正确；

D；上层液体从上层倒出；下层液体从下面放出，故D正确；

故选CD．17、BC【分析】【分析】可以根据物质之间相互作用的情况进行分析、判断，从而得出正确的结论，利用关系：强氧化剂+强还原剂→弱氧化剂+弱还原剂，结合具体的反应对物质或微粒的氧化性或还原性对比分析即可．【解析】【解答】解：A、根据有关反应（a）2X-+Z2→2Z-+X2，则得出氧化性关系Z2＞X2；根据反应（b）2Z-+Y2→2Y-+Z2，则得出氧化性关系Y2＞Z2；根据反应2W-+Z2→2Z-+W2，则得出氧化性关系Z2＞W2，所以单质的氧化性顺序是：Y2＞Z2＞X2；

故A正确；

B、根据反应2W-+Z2→2Z-+W2，则得出氧化性关系Z2＞W2；单质氧化性越强则离子的还原性越弱；

所以还原性是：Z-＜W-，W2、Z2一般不具备还原性了；故B错误；

C、根据A中的氧化性关系：Y2＞Z2＞W2，单质的氧化性越强，越能置换出越弱的单质，即W2与Y-不能发生反应；故C错误；

D、根据A中的氧化性关系：Y2＞Z2＞W2，单质的氧化性越强，越能置换出越弱的单质，即W2与Y-不能发生反应；故D正确．

故选BC．18、AC【分析】【分析】A．关闭止水夹；利用液面差检验气密性；

B．碘的CCl4溶液不分层；

C．乙烯与溴发生加成反应；

D．蒸馏测定馏分的温度．【解析】【解答】解：A．关闭止水夹；从长颈漏斗加水，观察液面差高度在一段时间不变，可判断气密性良好，故A正确；

B．碘的CCl4溶液不分层；则不能利用分液装置分离，故B错误；

C．乙烯与溴发生加成反应；而甲烷不反应，则图中除杂装置合理，故C正确；

D．蒸馏测定馏分的温度；则温度计的水银球应在烧瓶支管口处，故D错误；

故选AC．19、CD【分析】【分析】A；没有告诉氯化镁溶液的体积；无法计算溶液中氯离子的物质的量；

B；标准状况下；水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L水的物质的量；

C；5.6g铁的物质的量为0.1mol；0.1mol铁与足量盐酸反应生成亚铁离子，失去了0.2mol电子；

D、1.06g碳酸钠的物质的量为0.01mol，0.01mol碳酸钠中含有0.02mol钠离子．【解析】【解答】解：A、题中没有告诉0.5mol/L的MgCl2溶液的体积；无法计算氯离子的数目，故A错误；

B；标况下；水不是气体，题中条件无法计算水的物质的量，故B错误；

C、5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol铁与盐酸完全反应失去了0.2mol电子，失去的电子数为0.2NA；故C正确；

D、1.06g碳酸钠的物质的量为0.01mol，含有0.02mol钠离子，含有的Na+离子数为0.02NA；故D正确；

故选CD．四、填空题(共3题，共27分)20、ZnZn-2e-=Zn2+比Zn不活泼金属或碳2Fe3++2e-=2Fe2+6.5【分析】【分析】根据反应“Zn+2FeCl3═ZnCl2+2FeCl2”可知；反应中Zn被氧化，应为原电池负极，失电子而被氧化；

正极应为活泼性比Zn弱的金属或非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，电解质溶液为FeCl3；以此画出实验装置图并书写有关的电极反应式；

根据反应的电极方程式计算溶解Zn的质量．【解析】【解答】解：（1）由反应“Zn+2FeCl3═ZnCl2+2FeCl2”可知；反应中Zn被氧化，应为原电池负极，失电子而被氧化；

电极反应为Zn-2e-=Zn2+，正极应为活泼性比Zn弱的金属或非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原；

电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，电解质溶液为FeCl3，实验装置图可设计如下：

故答案为：Zn；Zn-2e-=Zn2+；比Zn不活泼金属或碳；2Fe3++2e-=2Fe2+；

（2）若反应过程中有0.2mol电子通过，则溶解Zn的物质的量为0.1mo，质量为6.5g，故答案为：6.5．21、略

【分析】试题分析：（1）由流程可知操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ指的是过滤；（2）加入过量FeCl3溶液时的反应为：2FeCl3+Fe=3FeCl2,2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。（3）加入过量的铜粉可将过量的FeCl3还原为Fe2+，则溶液b中的金属阳离子为Cu2+,Fe2+。（4）①中反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O结合方程式可计算得红棕色的Fe2O3为0．4XYg。（5）因为298K时，Ksp[Cu(OH)2]=2．2×10-20，Ksp[Fe(OH)3]=4．0×10-38，Ksp[Mn(OH)2]=1．9×10-13，且溶液c中金属阳离子浓度相等，计算得三种阳离子沉淀的先后顺序为Fe3+＞Cu2+＞Mn2+。（6）以惰性电极电解溶液阴极反应式为Cu2++2e-=CuH++2e-=H2↑，阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑,4OH--4e-=O2↑+2H2O,假设氢气、氯气、氧气的物质的量分别为a、x、y，转移电子分别为2a、2x、4y，因为两极收集的气体相等，则a=x+y①；由得失电子守恒的2a+(Z/64)×2=2x+4y②;②-①×2得y=Z/64,即可求得标况的体积为22．4Z/64。考点：元素化合物知识、离子方程式、电解原理。【解析】【答案】（1）过滤（1分）（2）2FeCl3+Fe=3FeCl2（2分）,2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2（2分）（3）Cu粉（1分）Cu2+,Fe2+（1分）（4）①MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O（2分）②0．4XY（2分）（5）Fe3+＞Cu2+＞Mn2+（1分）（6）22．4Z/64（2分）22、略

【分析】⑴若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C为红棕色气体，则A是氨气，C是NO2。因此B是NO，D是氧气。反应的方程式为４ＮＨ３＋５Ｏ２４ＮＯ＋６Ｈ２Ｏ。⑵若D是一种常见的温室气体，则D是CO2。A是一种强电解质且在水溶液中电离出的阴、阳离子均含有10个电子，所以A是氢氧化钠，B是碳酸钠，C是碳酸氢钠。B转化为C的离子方程式为CO2+CO32－+H2O=2HCO3－。⑶若D为氯碱工业的主要产品，B具有两性，所以D是氢氧化钠，B是氢氧化铝，所以C是偏铝酸钠。⑷若A、B、C均为氧化物，D是一种黑色固态非金属单质，则D是碳，A是氧化镁，C是CO。⑸若A的体积分数为75％的溶液可用作医疗消毒剂，则A是乙醇。B与新制氢氧化铜共热，有砖红色沉淀生成，所以B是乙醛，则D是氧气，C是乙酸。（6）若D是具有氧化性的单质，A元素属于短周期主族金属元素，则D是氧气，A是钠，B是氧化钠，C是过氧化钠。【解析】【答案】⑴４ＮＨ３＋５Ｏ２４ＮＯ＋６Ｈ２Ｏ⑵CO2+CO32－+H2O=2HCO3－⑶[Al(OＨ)４]-⑷O=C=O⑸（6）五、判断题(共1题，共2分)23、×【分析】【分析】氟化物可能影响儿童正常生长发育．【解析】【解答】解：氟化物能有效预防龋齿但氟化物可能影响儿童正常生长发育所以儿童不建议使用含氟牙膏，故答案为：×．六、书写(共4题，共16分)24、HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑NaHSO4+NaHCO3=Na2SO4+H2O+CO2↑KAl（SO4）2=K++Al3++2SO42-HCO3-+H+=H2O+CO2↑【分析】【分析】（1）H++HCO3-=H2O+CO2↑可以表示强酸与可溶性碳酸氢盐反应生成水和二氧化碳和可溶性盐；

（2）KAl（SO4）2为强电解质；在水溶液中完