2024年北师大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年北师大版高三化学上册阶段测试试卷554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8题，共16分)1、2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系．下列叙述错误的是（）

A.a为电池的正极B.放电时，电子由b极流向a极C.充电时，a极发生还原反应D.放电时，溶液中的Li+从b向a迁移2、在不同条件下分别测N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的反应速率，其中表示该反应速率最快的是（）A.v（N2）=3mol•L-1•min-1B.v（NH3）=2mol•L-1•s-1C.v（H2）=2.5mol•L-1•s-1D.v（NH3）=10mol•L-1•min-13、一种新兴的金属由于其熔点高、密度小、可塑性好、耐腐蚀性强，它和它的合金被广泛用于火箭、导弹、航天飞机、船舶、化工和通讯设备的制造中，这种金属是（）A.铜B.钢C.钛D.镁4、节能减排，作为我国“十一五”规划中一重要任务，已不仅是政府的一个行动目标，而且还能给企业带来经营上的收入，让城市居民能获得一个较好的生存环境．节能减排更是一个人类解决环境问题的必经之路．下列措施和节能减排无关的是（）A.将白炽灯换成节能灯B.发展利用新能源，如太阳能、氢能、核能等C.大力植树造林，增加绿色植被D.少开汽车，采取骑自行车或做公交车5、下列有机物或有机物组合，在一定条件下不能发生聚合反应的是（）A.B.C.D.HOOC-COOH和CH3CH2OH6、下列各组化合物中，化学键类型完全相同的是（）A.CaCl2和Na2SB.Na2O和Na2O2C.CO2和CaOD.HCl和NaOH7、下列物质中属于盐类的是（）A.乙醇B.熟石灰C.胆矾D.生石灰8、rm{N_{A}}表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.rm{0.1}rm{mol}丙烯酸中含有双键的数目为rm{0.1N_{A}}B.标准状况下，rm{11.2}rm{L}苯中含有分子的数目为rm{0.5N_{A}}C.rm{1}rm{mol}甲苯含有rm{6N_{A}}个rm{C-H}键D.丙烯和环丙烷组成的rm{42}rm{g}混合气体中氢原子的个数为rm{6N_{A}}评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、X、Y都是IIA（Be除外）的元素，已知它们的碳酸盐的热分解温度：T（XCO3）＞T（YCO3），则下列判断正确的是（）A.晶格能：XCO3＞YCO3B.阳离子半径：X2+＞Y2+C.金属性：X＞YD.氧化物的熔点：XO＞YO10、下列说法不正确的是（）A.钠是电和热的良导体B.钠在空气中燃烧生成氧化钠，并发出黄色火焰C.钠与硫化合时可以发生爆炸D.钠离子半径比钠原子半径大11、化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列说法不正确的是（）A.明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的杀菌净化B.在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C.MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料D.电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁12、下列关于氯水的叙述正确的是（）A.新制氯水可使蓝以石蕊试纸先变红，后褪色B.新制氯水中只含有Cl2和H2O分子C.氯水放置数天后，酸性增强D.光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl213、用已知浓度的NaOH溶液测定某HCl溶液的浓度；参考如图，从表中选出正确序号（）

。序号锥形瓶中溶液滴定管中溶液选用指示剂选用滴定管A碱酸石芯（乙）B酸碱酚酞（甲）C碱酸甲基橙（甲）D酸碱酚酞（乙）A.AB.BC.CD.D14、下图所示的实验操作，不能达到相应目的是（）A.

干燥Cl2B.

检验K2CO3中的K+C.

证明氨气极易溶于水D.

实验室制氨气15、下列实验操作；现象和结论均正确的是（）

。选项实验操作现象结论A向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸均冒气泡两者均能与盐酸反应B向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag+与NH3∙H2O能大量共存C将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中溶液变蓝Cu与稀HNO3发生置换反应D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+＞I2A.AB.BC.CD.D16、如图是一种试验某气体化学性质的实验装置，图中B为开关．如先打开B，在A处通入干燥氯气，C中红色布条颜色无变化；当关闭B时，C处红色布条颜色褪去．则D瓶中盛有的溶液可能是（）A.浓H2SO4B.饱和NaCl溶液C.浓NaOH溶液D.H2O评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、（2016春•荆州校级月考）如图所示的五元环代表A、B、C、D、E五种化合物，圆圈交叉部分指两种化合物含有一种相同元素，五种化合物由五种短周期元素形成，每种化合物仅含两种元素，A是沼气的主要成分，B、E分子中所含电子数均为18，B不稳定，具有较强的氧化性，其稀溶液是医疗上广泛使用的消毒剂，E的分子结构模型为C可作为光导纤维的主要材料，D中所含两种元素的原子个数比为3：4，电子总数之比为3：2．根据以上信息回答下列问题：

（1）B为二元弱酸，其水溶液显弱酸性，则B在水溶液的第一步电离方程式可表示为____．

（2）D的化学式是____，E电子式为____．

（3）液态B与液态E反应可生成一种气态单质和一种常见液体，1molB参加反应放出热量QkJ，其反应的热化学方程式____．

（4）NH3分子中的N原子有一对孤对电子，能发生反应：NH3+HCl=NH4Cl．E与NH3分子类似，也可与HCl发生反应，试写出E与足量盐酸发生反应的化学方程式____．18、（2013春•洛阳期末）CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值化学品是目前的研究目标．

（1）250℃时，以镍合金为催化剂，向4L容器中通入6molCO2、6molCH4；发生如下反应：

CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）．平衡体系中各组分体积分数如下表：

。物质CH4CO2COH2体积分数0.10.10.40.4①tmin内CO2的平均反应速率为____mol•L-1•min-1．此温度下该反应的平衡常数K=____

②已知：

CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-802.3kJ•mol-1

CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=-41.2kJ•mol-1

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ•mol-1

反应CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）的△H=____kJ•mol-1

（2）以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4（难溶于水）为催化剂，可以将CO2和CH4直接氧化成乙酸．

①不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示．250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因____．

②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是____．（答一条即可）

③将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为____．19、（2014•乐山一模）下列各有机物转化关系如图；A具有催热水果的作用；D能使石蕊试液变红；E是不溶于水的E是不溶于水且具有香味的无色液体，相对分子质量是C的2倍；F是高分子化合物，常用于制食品包装袋．结合如图关系回答问题：

按要求回答下列问题：

（1）写出A的结构简式：A____；B中官能团的名称是____；写出反应②的反应方程式：____

（2）下列关于如图各有机物的说法不正确的是____（填字母）．

a．F能使溴水褪色。

b．D可以与新制备的Cu（OH）2悬浊液反应。

c．甲醛是C的同系物；的结构简式为HCHO，官能团为-CHO

d．B的核磁共振氢谱有3个峰。

（3）A与苯都是石油化工的重要产品；在一定条件下A可以转化生成苯．

①试写出在一定条件下仅A就可以转化生成苯的化学反应方程式：____

②由溴苯和苯在铁作催化剂条件下可以制得溴苯．纯净的溴苯是无色油状液体，实验室制得的粗溴苯通常因溶解了Br2呈褐色，可以加入试剂____除去，反应方程式为____．20、光气（COCl2）在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，工业上采用高温下CO与Cl2在活性炭催化下合成。已知COCl2（g）Cl2（g）＋CO（g）ΔH＝＋108kJ·mol－1。反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示（第10min到14min的COCl2浓度变化曲线未示出）：（1）化学平衡常数表达式K＝________，计算反应在第8min时的平衡常数K＝________；（2）比较第2min反应温度T（2）与第8min反应温度T（8）的高低：T（2）________T（8）（填“＜”、“＞”或“＝”）；（3）若12min时反应于温度T（8）下重新达到平衡，则此时c（COCl2）＝________；10～12min内CO的平均反应速率为v（CO）＝________；（4）比较产物CO在2～3min、5～6min和12～13min时平均反应速率（平均反应速率分别以v（2～3）、v（5～6）、v（12～13））的大小________________。21、（14分）甲、乙、丙为常见单质，乙、丙两元素在周期表中位于同一主族。X、A、B、C、D、E、F、G均为常见的化合物，其中A和X的摩尔质量相同，A、G的焰色反应为黄色。在一定条件下，各物质相互转化关系如右图。请回答：（1）写化学式：丙____E________（2）X的电子式为_____________。（3）写出反应⑥的化学反应方程式：。（4）写出B与G溶液反应生成F的离子方程式：。（5）在上图的反应中，不属于氧化还原反应的是（填序号）____________________。（6）将8g乙在足量丙中燃烧，所得气体D通入100mL3．5mol·L-1的B溶液中，完全吸收后，溶液中的溶质及其物质的量分别为；若同体积的气体D通入100mL2．5mol·L-1的B溶液中，完全吸收后，溶液中所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序为。22、某有色电解质溶液中，可能大量存在有Ag+、H+、Cu2+、OH-、Cl-离子，你认为：一定没有的离子是____，不能确定的离子____．23、请根据表格回答问题：

（ⅰ）根据下列五种元素的电离能数据（单位：kJ/mol）；回答下面各题．

。元素代号I1I2I3I4E500460069009500F7401500770010500H5801800270011600I420310044005900（1）在周期表中，最可能处于同一族的是____

A．F和HB．H和IC．E和HD．E和I

（2）它们的氯化物的化学式，最可能正确的是____

A．EClB．FCl3C．HClD．ICl4

（3）F元素最可能是____

A．S区元素B．稀有气体元素C．p区元素D．准金属E．d区元素。

（ⅱ）右表是元素周期表的一部分：

。族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA1①2②③④⑤⑥3⑦⑧⑨⑩（4）某元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则该元素的元素符号是____其原子的结构示意图是____．

（5）已知某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如元素③与元素⑧的氢氧化物有相似的性质．这种现象被称为____．

（6）又如表中与元素⑦的性质相似的不同族元素是____（填元素符号）．24、（2013秋•吉林期末）甲醇是一种重要的可再生能源，工业上可用CO和H2合成．

（1）已知：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283kJ•mol-1，CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-725kJ•mol-1若要求得CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）的△H，还需要知道反应（用化学方程式表示）____的焓变．

（2）在Cu2O/ZnO做催化剂的条件下，将CO（g）和H2（g）充入容积为2L的密闭容器中合成CH3OH（g），反应过程中，CH3OH的物质的量（n）与时间（t）及温度的关系如图．根据题意回答下列问题：

①反应达到平衡时，平衡常数表达式K=____；升高温度，K值____（填“增大”；“减小”或“不变”）．

②在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=____．

③若其它条件不变，对处于Z点的体系，将体积压缩至原来的，达到新的平衡后，下列有关该体系的说法正确的是____．

a．氢气的浓度与原平衡比减少b．正；逆反应速率都加快。

c．甲醇的物质的量增加d．重新平衡时增大。

④据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量的CO2有利于维持Cu2O的量不变，原因是____：（写出相关的化学方程式并辅以必要的文字说明）．25、已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E．其中A、B、C是同一周期的非金属元素．化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构．AC2为非极性分子．B；C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高．E是人体内含量最高的金属元素．请根据以上情况；回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）

（1）A、B、C的非金属性由强到弱的顺序为____．

（2）B的氢化物的分子空间构型是____．它是____（填极性和非极性）分子．

（3）写出化合物AC2的电子式____；一种由B、C组成的化合物与AC2电子数相等，其化学式为____．

（4）E的核外电子排布式是____；

（5）10molB的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与4molD的单质反应时，B被还原到最低价，B被还原后的产物化学式为____．评卷人得分四、判断题(共2题，共4分)26、食物溶于水后的溶液中pH＜7，则为酸性食物．____．（判断对错）27、实验测得1mol某气体体积为22.4L，测定条件一定是标准状况____（判断对错）评卷人得分五、实验题(共1题，共10分)28、S2Cl2常用于橡胶硫化、有机物氯化的试剂，实验室可利用如下装置来制备S2Cl2．（部分夹持仪器已略去）

已知：①制备的反应方程式为：Cl2+2SS2Cl2

②反应涉及的几种物质性质如下：

。性质。

物质熔点沸点着火点其他性质单斜硫119.2℃446.6℃363℃/斜方硫112.8℃446.6℃363℃/S2Cl2-77℃137℃/遇水强烈分解生成S、SO2和HCl回答下列问题：

（1）A部分仪器装配时，放好铁架台之后，应先固定____（填仪器名称）．整套装置装配完毕后，应先进行____，再添加试剂，冷凝水进水口是____（填“a”或“b”）．实验完毕，A中不再产生氯气时，可拆除装置，拆除时，最先进行的操作应是____．

（2）S2Cl2分子中各原子均达到8电子稳定结构，写出其电子式____；用化学方程式表示撤去C装置的后果____；用直接加热代替水浴加热的后果是____．

（3）单斜硫、斜方硫互称为____，从熔点、沸点、着火点等信息得到的启示是____．

（4）M溶液可以选择下列试剂中的____（填序号）

①碳酸钠溶液②氯化铁溶液③亚硫酸钠溶液④高锰酸钾溶液．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】放电时，电池反应式为Li1-xMn2O4+xLi=LiMn2O4，负极反应式为xLi-xe-═xLi+，正极反应式为xLi++Li1-xMn2O4+xe-═LiMn2O4，充电时，阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反，据此分析解答．【解析】【解答】解：放电时，电池反应式为Li1-xMn2O4+xLi=LiMn2O4，负极反应式为xLi-xe-═xLi+，正极反应式为xLi++Li1-xMn2O4+xe-═LiMn2O4；充电时，阳极；阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反；

A．放电时；a极为正极，故A正确；

B．放电时，a极为正极，b是负极，电子由负极流向正极，即从b极流向a极；故B正确；

C．充电时，b是阴极；得电子发生还原反应，a极发生氧化反应，故C错误；

D．放电时；电解质中阳离子向正极极a电极移动，故D正确；

故选C．2、B【分析】【分析】反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，以此来解答．【解析】【解答】解：反应速率与化学计量数的比值越大；反应速率越快，则。

A.=0.05；

B.=1；

C.=0.83；

D.=0.0833；

显然B中比值最大；反应速率最快；

故选B．3、C【分析】铜、镁、钢均为生活中常见的金属或合金，而钛及其合金以其优良的特性将被广泛应。【解析】【答案】C4、C【分析】【分析】节能减排，应做到节约能源，避免浪费，减少污染物的排放，减少化石能源的使用，尽量使用清洁能源，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．将白炽灯换成节能灯；可减少电能的消耗，减少化石燃料的使用，可做到节能减排，故A不选；

B．发展利用新能源；如太阳能；氢能、核能等，减少化石燃料的使用，可做到节能减排，故B不选；

C．大力植树造林；增加绿色植被，可改善环境，增加绿色面积，但与节能减排无关，故C选；

D．少开汽车；采取骑自行车或做公交车，可减少污染物的排放，减少化石能源的使用，故D不选．

故选C．5、D【分析】【分析】聚合反应分为加成聚合反应和缩聚反应：加聚反应条件是有机物中含有碳碳双键或碳碳三键；缩聚反应条件是有机物分子之间能够相互脱去小分子生成高分子化合物，例如氨基酸生成蛋白质、含有两个羧基的羧酸和含有两个羟基的醇发生酯化反应或单个有机物分子中即含有羧基又含有羟基，据此进行判断．【解析】【解答】解：A；乙二醇和乙二酸能够发生缩聚反应生成高分子化合物；故A错误；

B、分子中含有碳碳双键；能够发生加聚反应生成高分子化合物，故B错误；

C、为氨基酸；分子间能够脱去水发生缩聚反应生成蛋白质，故C正确；

D；乙醇只含有一个官能团羟基；无法发生缩聚反应生成高分子化合物，故D错误；

故选D．6、A【分析】【分析】根据物质的晶体类型和所含化学键类型判断，化学键分为离子键和共价键，共价键为非金属原子之间形成的化学键，离子键为阴阳离子之间形成的化学键．【解析】【解答】解：A．CaCl2和Na2S都为离子化合物；并且只含有离子键，化学键类型相同，故A正确；

B．Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键和非极性共价键；化学键类型不同，故B错误；

C．CO2为共价化合物；只含共价键，CaO为离子化合物，只含离子键，化学键类型不同，故C错误；

D．HCl为共价化合物；含有共价键，NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，二者化学键类型不同，故D错误．

故选A．7、C【分析】【分析】A．通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物；

B．碱是指在电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；

C．盐是指一类金属离子或铵根离子（NH4+）与酸根离子或非金属离子结合的化合物；

D．氧化物为负价氧和另外一个化学元素组成的二元化合物．【解析】【解答】解：A．乙醇含碳元素是有机物；故A错误；

B．熟石灰是由钙离子和氢氧根离子组成的化合物；属于碱，故B错误；

C．胆矾是五水硫酸铜是由铜离子和硫酸根结合的化合物；属于盐，故C正确；

D．生石灰的成分是氧化钙；属于氧化物，故D错误；

故选C．8、D【分析】解：rm{A.}丙烯酸中含碳碳双键、碳氧双键，则rm{0.1}rm{mol}丙烯酸中含有双键的数目为rm{0.2N_{A}}故A错误；

B.标准状况下，苯为液体，不能利用体积、rm{Vm}计算物质的量；故B错误；

C.甲苯中含rm{9}个rm{C-H}则rm{1}rm{mol}甲苯含有rm{9N_{A}}个rm{C-H}键；故C错误；

D.丙烯和环丙烷的最简式均为rm{CH_{2}}rm{n(CH_{2})=dfrac{42g}{14g/mol}=3mol}则混合气体中氢原子的个数为rm{n(CH_{2})=dfrac

{42g}{14g/mol}=3mol}故D正确；

故选D．

A.丙烯酸中含碳碳双键；碳氧双键；

B.标准状况下；苯为液体；

C.甲苯中含rm{3mol隆脕2隆脕N_{A}=6N_{A}}个rm{9}

D.丙烯和环丙烷的最简式均为rm{C-H}rm{n(CH_{2})=dfrac{42g}{14g/mol}=3mol}．

本题考查阿伏伽德罗常数，为高频考点，把握物质的构成、化学键判断、物质的量的相关计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为易错点，题目难度不大．rm{CH_{2}}【解析】rm{D}二、多选题(共8题，共16分)9、BC【分析】【分析】碱土金属离子与碳酸根的极化作用，碱土金属都带两个正电荷，如果离子半径越小对阴离子（碳酸根离子）的极化作用越强，极化作用越强金属键越容易往共价键发展，即越不稳定．所以从第2主族由上到下，极化作用越弱，分解温度越高；碱土金属的碳酸盐热分解温度：T（XCO3）＞T（YCO3）；则原子序数X＞Y；

A．晶格能与离子半径成反比；与电荷成正比；

B．同一主族元素简单阳离子半径随着原子序数增大而增大；

C．同一主族元素；元素的金属性随着原子序数增大而增强；

D．碱土金属氧化物是离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比．【解析】【解答】解：碱土金属离子与碳酸根的极化作用，碱土金属都带两个正电荷，如果离子半径越小对阴离子（碳酸根离子）的极化作用越强，极化作用越强金属键越容易往共价键发展，即越不稳定．所以从第2主族由上到下，极化作用越弱，分解温度越高；碱土金属的碳酸盐热分解温度：T（XCO3）＞T（YCO3）；则原子序数X＞Y；

A、阳离子电荷越高，半径越小，晶格能越大，离子键就越强，熔点就越高，所以晶格能：XCO3＜YCO3；故A错误；

B、同一主族元素简单阳离子半径随着原子序数增大而增大，所以阳离子半径：X2+＞Y2+；故B正确；

C；同一主族元素；元素的金属性随着原子序数增大而增强，原子序数X＞Y，所以金属性：X＞Y，故C正确；

D、碳酸盐的热分解温度：T（XCO3）＞T（YCO3），所以阳离子半径：X2+＜Y2+；而它们的氧化物都是离子晶体，碱土金属氧化物是离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比，离子半径X＞Y，所以氧化物的熔点：XO＜YO，故D错误；

故选BC．10、BD【分析】【分析】A．金属都具有良好的导电；导热性；

B．钠在空气中点燃生成的过氧化钠；

C．钠性质非常活泼；在研磨条件下与硫能发生爆炸；

D．依据质子数相同的微粒，电子数越多半径越大．【解析】【解答】解：A．钠属于金属；金属都具有良好的导电；导热性，故A正确；

B．钠在空气中点燃生成的过氧化钠；得不到氧化钠，故B错误；

C．钠性质非常活泼；在研磨条件下与硫能发生爆炸，故C正确；

D．钠离子与钠原子质子数相同；但是钠原子电子数比钠离子多，所以钠原子半径大于钠离子，故D错误；

故选：BD．11、AD【分析】【分析】A；胶体能净化水；但不能消毒．

B；锌块作原电池负极被腐蚀；从而保护铁被腐蚀．

C；根据氧化镁的性质判断其用途．

D、活泼金属采用电解其熔融盐的方法冶炼．【解析】【解答】解：A；明矾中含有铝元素；铝能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而吸附水中的悬浮物所以能净水，但氢氧化铝胶体没有强氧化性，所以不能杀菌，故A错误．

B；锌、铁和海水构成原电池；锌作负极，铁作正极，负极锌失电子被腐蚀，从而保护了铁被腐蚀，故B正确．

C；氧化镁的熔点较高；所以能制作耐高温材料，故C正确．

D；镁是活泼金属；电解其水溶液时，阴极上氢离子得电子而不是镁离子得电子，所以得不到金属镁，应采用电解其熔融盐的方法冶炼，故D错误．

故选AD．12、AC【分析】【分析】氯气与水发生：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HCl为强酸，完全电离，HClO具有弱酸性部分电离、HClO具有强氧化性、漂白性以及不稳定性，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子．【解析】【解答】解：A．氯气与水发生：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；HCl；HClO电离出的氢离子可使蓝色石蕊试纸先变红，HClO可使蓝色石蕊试纸褪色，故A正确；

B．氯气与水发生：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HClO为弱酸，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子；故B错误；

C．HClO不稳定；分解生成HCl，氯水放置数天后，酸性增强，溶液pH减小，故C正确；

D．HClO不稳定，见光分解，发生：2HClO2HCl+O2；生成氧气，故D错误；

故选AC．13、CD【分析】【分析】根据酸碱中和滴定时，酸液应盛装在酸式滴定管中，碱液应盛装在碱式滴定管中，酸碱指示剂一般不能用石蕊，其变色范围大，会引起较大误差．【解析】【解答】解：A．不能用碱式滴定管盛装酸性溶液；不能用石蕊做酸碱指示剂，否则会引起较大误差，故A错误；

B．不能用酸式滴定管盛装碱性溶液；故B错误；

C．用甲基橙做指示剂；到达滴定终点时，溶液颜色有黄色变为橙色，并且滴定管使用正确，故C正确；

D．用酚酞做指示剂；到达滴定终点时，溶液颜色有无色变为浅红色，并且滴定管使用正确，故D正确．

故选CD．14、AD【分析】【分析】A．气体进出方向错误；

B．钾的焰色反应应透过蓝色钴玻璃观察；

C．根据气球的变化进行判断；

D．实验室可用氢氧化钙和氯化铵反应制备氨气．【解析】【解答】解：A．洗气时应长进短出；气体进出方向错误，故A错误；

B．钾的焰色反应应透过蓝色钴玻璃观察；易排除钠离子的干扰，故B正确；

C．如氨气极易溶于水；而烧瓶内压强减小，气球体积膨胀，故C正确；

D．实验室可用氢氧化钙和氯化铵反应制备氨气；氯化铵分解，在试管口又化合生成氯化铵，图中制备方法不合理，故D错误；

故选AD．15、AD【分析】【分析】A．苏打为碳酸钠；小苏打为碳酸氢钠，与盐酸反应均生成二氧化碳；

B．向AgNO3溶液中滴加过量氨水；先生成AgOH后被过量的氨水溶解生成络离子；

C．Cu与硝酸反应生成硝酸铜；溶液变蓝，同时生成NO和水；

D．下层溶液显紫红色，有碘单质生成，则KI和FeCl3溶液反应生成碘单质，结合氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性分析．【解析】【解答】解：A．苏打为碳酸钠；小苏打为碳酸氢钠，与盐酸反应均生成二氧化碳，则观察到均冒气泡，故A正确；

B．向AgNO3溶液中滴加过量氨水，先生成AgOH后被过量的氨水溶解生成络离子，则Ag+与NH3∙H2O不能大量共存；故B错误；

C．Cu与硝酸反应生成硝酸铜；溶液变蓝，同时生成NO和水，该反应不属于置换反应，故C错误；

D．下层溶液显紫红色，有碘单质生成，则KI和FeCl3溶液反应生成碘单质，由氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性可知，氧化性为Fe3+＞I2；故D正确；

故选AD．16、BD【分析】【分析】干燥氯气不能使有色布条褪色，当关闭B时，气体经过D装置，C处红色布条颜色褪去，说明氯气通过D装置后，含有水蒸气．【解析】【解答】解：A．氯气经过盛有浓硫酸的洗气瓶；为干燥氯气，不能使有色布条褪色，故A错误；

B．氯气难溶于饱和食盐水；经过饱和食盐水后，氯气中混有水，能生成具有漂白性的HClO，可使有色布条褪色，故B正确；

C．氯气经过盛有NaOH溶液的洗气瓶而被吸收；则有色布条不褪色，故C错误；

D；氯气经过水后；氯气中混有水，能生成具有漂白性的HClO，可使有色布条褪色，故D正确；

故选BD．三、填空题(共9题，共18分)17、H2O2⇌HO2-+H+Si3N42H2O2（l）+N2H4（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=-2QkJ/molN2H4+2HCl=N2H6Cl2【分析】【分析】A是沼气的主要成分，则A为甲烷；C可作为光导纤维的主要材料，则C为SiO2；B分子中所含电子数为18，B不稳定，具有较强的氧化性，含甲烷、二氧化硅中含有的元素，可知B为H2O2；E分子中所含电子数为18，结合E的结构模型，可知E是由六个原子构成的分子，原子平均电子数为3，故E中含有H元素，E为N2H4；D中含有Si元素，还含有H元素或N元素，由D中所含的两种元素的原子个数之比为3：4，故D为Si3N4．【解析】【解答】解：A是沼气的主要成分，则A为甲烷；C可作为光导纤维的主要材料，则C为SiO2；B分子中所含电子数为18，B不稳定，具有较强的氧化性，含甲烷、二氧化硅中含有的元素，可知B为H2O2；E分子中所含电子数为18，结合E的结构模型，可知E是由六个原子构成的分子，原子平均电子数为3，故E中含有H元素，E为N2H4；D中含有Si元素，还含有H元素或N元素，由D中所含的两种元素的原子个数之比为3：4，故D为Si3N4．

（1）B为H2O2，属于二元弱酸，其水溶液显弱酸性，则H2O2在水溶液的第一步电离方程式可表示为：H2O2⇌HO2-+H+；

故答案为：H2O2⇌HO2-+H+；

（2）D的化学式是Si3N4，E为N2H4，电子式为

故答案为：Si3N4；

（3）液态H2O2与液态N2H4反应可生成一种气态单质和一种常见液体，应生成氮气与水，1molH2O2参加反应放出热量QkJ，其反应的热化学方程式：2H2O2（l）+N2H4（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=-2QkJ/mol；

故答案为：2H2O2（l）+N2H4（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=-2QkJ/mol；

（4）NH3分子中的N原子有一对孤对电子，能发生反应：NH3+HCl=NH4Cl．N2H4与NH3分子类似，也可与HCl发生反应，N2H4与足量盐酸发生反应的化学方程式：N2H4+2HCl=N2H6Cl2；

故答案为：N2H4+2HCl=N2H6Cl2．18、64+247.3温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低增大反应压强或增大CO2的浓度等3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O【分析】【分析】（1）向4L容器中通入6molCO2、6molCH4；设平衡时转化的二氧化碳为xmol，则：

CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）

起始量（mol）：6600

变化量（mol）：xx2x2x

平衡量（mol）：6-x6-x2x2x

平衡时二氧化碳；CO的体积分数分别为0.1、0.4；则2x=4×（6-x），解得x=4；

①根据v=计算v（CO2）；平衡常数K=；

②已知：Ⅰ．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-802.3kJ•mol-1

Ⅱ．CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=-41.2kJ•mol-1

Ⅲ.2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ•mol-1

根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ×2-Ⅲ×2可得：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）；焓变也进行相应计算；

（2）发生反应：CO2（g）+CH4（g）CH3COOH（g）；

①催化剂活性受温度影响；温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；

②为了提高该反应中CH4的转化率；可以增大压强或增大二氧化碳浓度；将生成乙酸移走等；

③将Cu2Al2O4中Cu为+1甲，溶解在稀硝酸中生成硝酸铜、硝酸铝、NO与水．【解析】【解答】解：（1）向4L容器中通入6molCO2、6molCH4；设平衡时转化的二氧化碳为xmol，则：

CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）

起始量（mol）：6600

变化量（mol）：xx2x2x

平衡量（mol）：6-x6-x2x2x

平衡时二氧化碳；CO的体积分数分别为0.1、0.4；则2x=4×（6-x），解得x=4；

①v（CO2）==mol/（L．min）；平衡常数K===64；

故答案为：mol/（L．min）；64；

②已知：Ⅰ．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-802.3kJ•mol-1

Ⅱ．CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=-41.2kJ•mol-1

Ⅲ.2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ•mol-1

根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ×2-Ⅲ×2可得：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g），则△H=-802.3kJ•mol-1+2×（-41.2kJ•mol-1）-2×（-566.0kJ•mol-1）=+247.3kJ•mol-1；

故答案为+247.3；

（2）发生反应：CO2（g）+CH4（g）CH3COOH（g）；

①催化剂活性受温度影响；温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，乙酸的生成速率降低；

故答案为：温度超过250℃时；催化剂的催化效率降低；

②为了提高该反应中CH4的转化率；可以增大压强或增大二氧化碳浓度；将生成乙酸移走等；

故答案为：增大反应压强或增大CO2的浓度等；

③将Cu2Al2O4中Cu为+1甲，溶解在稀硝酸中生成硝酸铜、硝酸铝、NO与水，反应离子方程式为：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O；

故答案为：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O．19、CH2=CH2羟基2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OaCH2=CH2C6H6NaOH溶液Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O【分析】【分析】有机物A、B、C、D、E、F有以下转化关系，A具有催热水果的作用，则A是乙烯，其结构简式为CH2=CH2；A和水发生加成反应生成B，B的结构简式为CH3CH2OH，B被氧化生成C，C的结构简式为CH3CHO，D能使石蕊试液变红，则D是羧酸，E是不溶于水且具有香味的无色液体，属于酯，所以B和D发生酯化反应生成E，相对分子质量是C的2倍，则E的相对分子质量=44×2=88，则D的相对分子质量=88+18-46=60，为乙酸，其结构简式为CH3COOH，E为乙酸乙酯，其结构简式为CH3COOCH2CH3；F是高分子聚合物，常用于制食品包装袋，则F是聚乙烯，其结构简式为据此分析解答．【解析】【解答】解：有机物A、B、C、D、E、F有以下转化关系，A具有催热水果的作用，则A是乙烯，其结构简式为CH2=CH2；A和水发生加成反应生成B，B的结构简式为CH3CH2OH，B被氧化生成C，C的结构简式为CH3CHO，D能使石蕊试液变红，则D是羧酸，E是不溶于水且具有香味的无色液体，属于酯，所以B和D发生酯化反应生成E，相对分子质量是C的2倍，则E的相对分子质量=44×2=88，则D的相对分子质量=88+18-46=60，为乙酸，其结构简式为CH3COOH，E为乙酸乙酯，其结构简式为CH3COOCH2CH3；F是高分子聚合物，常用于制食品包装袋，则F是聚乙烯，其结构简式为

（1）通过以上分析知，A的结构简式：CH2=CH2，B中官能团的名称是羟基，反应②的反应方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：CH2=CH2；羟基；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

（2）a．根据以上分析；F是聚乙烯，不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故错误；

b．D是乙酸，与新制备的Cu（OH）2悬浊液发生中和反应；故正确；

c．C的结构简式为CH3CHO；甲醛是C的同系物，结构简式为HCHO，官能团为-CHO，故正确；

d．B的结构简式为CH3CH2OH；B的核磁共振氢谱有3个峰，故正确；

故选a；

（3）①A就可以转化生成苯的化学反应方程式为：CH2=CH2C6H6，故答案为：CH2=CH2C6H6；

②纯净的溴苯是无色油状液体，实验室制得的粗溴苯通常因溶解了Br2呈褐色，溴可以和NaOH溶液反应，但和溴苯不反应，所以可以加入试剂NaOH溶液除去，反应方程式为Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O；

故答案为：NaOH溶液；Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O．20、略

【分析】由题图示可知8min时COCl2、Cl2、CO三种物质的浓度分别为0.04mol·L－1、0.11mol·L－1、0.085mol·L－1。所以此时其平衡常数为：0.11×0.085÷0.04＝0.234。第8min时反应物的浓度比第2min时减小，生成物浓度增大，平衡向正反应方向移动。又因为正反应为吸热反应，所以T（2）＜T（8）。（4）根据图像可知反应在2～3min和12～13min时反应处于平衡状态，平均反应速率为0，故v（5～6）＞v（2～3）＞v（12～13）。【解析】【答案】（1）0.234（2）＜（3）0.031mol·L－10.005mol·L－1·min－1（4）v（5～6）＞v（2～3）＝v（12～13）21、略

【分析】【解析】【答案】（1）O2SO3（2）（3）2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑（4）HCO3－+OH－==CO32－+H2O（5）⑧⑨（每题2分）（6）0．15molNaHSO3和0．1molNa2SO3c（Na+）＞c（HSO）＞c（H+）＞c（SO）＞c（OH－）22、Ag+、OH-H+【分析】【分析】有色电解质溶液中，一定含Cu2+，则一定没有OH-，由溶液为电中性可知，阴离子一定为Cl-，则没有Ag+，以此来解答．【解析】【解答】解：有色电解质溶液中，一定含Cu2+，则一定没有OH-，由溶液为电中性可知，阴离子一定为Cl-，则没有Ag+，综上所述，一定含Cu2+、Cl-，一定不含Ag+、OH-，可能含H+；

故答案为：Ag+、OH-；H+．23、DAAN对角线规则Li【分析】【分析】ⅰ；E和I的第一电离能较小；最外层电子数为1，二者位于同一族，F的第一、第二电离能较小，最外层电子数为2，H的第一、第二、第三电离能较小，最外层电子数为3，以此判断元素在周期表中位置、化合价以及有关性质；

ⅱ、由元素在周期表中的位置可知，①为H，②为Li，③为Be，④为B，⑤为N，⑥为O，⑦为Mg，⑧为Al，⑨为S，⑩为Cl，据此分析即可．【解析】【解答】解：（1）E和I的第一电离能较小；最外层电子数为1，二者位于同一族，故答案为：D；

（2）E和I的第一电离能较小，最外层电子数为1，F的第一、第二电离能较小，最外层电子数为2，最高化合价为+2，H的第一、第二、第三电离能较小，最外层电子数为3，最高化合价为+3，据此分析，根据最高化合价可知，各氯化物分别是ECl、FCl2、HCl3；UCl；故答案为：A；

（3）由（2）分析可知F最可能是s区元素；故答案为：A；

（4）元素原子的核外p电子数比s电子数少1，即s上为2，则p上为1，此元素为N，原子结构示意图为：故答案为：N；

（5）元素Be与元素Al的氢氧化物有相似的性质；处于周期表对角线位置，这种现象被称为对角线规则，故答案为：对角线规则；

（6）与元素Mg的性质相似的不同族、不同周期元素是Li，故答案为：Li．24、2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）减小0.2mol•L-1•s-1bcCu2O+CO2Cu+CO2，体系中有CO2可以抑制Cu2O被还原【分析】【分析】（1）根据盖斯定律；需要知道反应可由以上三个已知反应相加得到；

（2）①根据化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，写出表达式；根据温度对化学平衡、平衡常数的影响，由图象可知，升温时CH3OH的物质的量减小；平衡逆向移动，则可推知K值减小；

②先根据图象依据求出υ（CH3OH），然后根据速率之比等于化学计量数之比求出υ（H2）=2v（CH3OH）=0.2mol•L-1•s-1；

③缩小容器的体积相当于加压，然后根据压强对浓度、速率和化学平衡的影响来解答．其他条件不变时，将处于Z点的体系体积压缩到原来的其他条件不变时，将处于Z点的体系体积压缩到原来的一半，容器的体积减小，则压强增大，正逆反应速率都增大，平衡向正向移动，甲醇的物质的量增多，氢气的物质的量减小，但由于体积减小，平衡时氢气的浓度反而增大，重新平衡时n（H2）/n（CH3OH）减小；

④Cu2O能被CO还原生成CO2和Cu，该反应为可逆反应；根据根据平衡移动的原理，二氧化有利于抑制反应Cu2O+CO═2Cu+CO2向正反应方向移动．【解析】【解答】解：（1）根据盖斯定律，需要知道反应可由以上三个已知反应相加得到，故答案为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；

（2）①根据化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，表达式为：；由图象可知，升温时CH3OH的物质的量减小，平衡逆向移动，则可推知K值减小，故答案为：；减小；

②在500℃，反应2S达到平衡，密闭的容器容积为2L，生成CH3OH的物质的量为0.4mol，v（CH3OH）=0.4mol/（2S•2L）=0.1mol•L-1•s-1；根据速率之比等于系数比，则氢气的平均反应速率v（H2）=2v（CH3OH）=0.2mol•L-1•s-1．故答案为：0.2mol•L-1•s-1

③其他条件不变时，将处于Z点的体系体积压缩到原来的一半，容器的体积减小，则压强增大，正逆反应速率都增大，平衡向正向移动，甲醇的物质的量n（CH3OH）增多，氢气的物质的量n（H2）减小，但由于体积减小的程度大，故平衡时氢气的浓度反而增大（符合勒夏特列原理），重新平衡时n（H2）/n（CH3OH）减小；

故选：b；c；

④根据平衡移动的原理，二氧化有利于抑制反应Cu2O+CO2Cu+CO2向正反应方向移动，维持Cu2O的量不变；

故答案为：Cu2O+CO2Cu+CO2，体系中有CO2可以抑制Cu2O被还原25、O＞N＞C三角锥型极性分子N2O1s22s22p63s23p64s2NH4NO3【分析】【分析】前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E．化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一