2025年鲁科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年鲁科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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、某溶液中含有HCO3-、SO32-、CO32-、CH3COO-四种阴离子，向其中加入过量的过氧化钠固体后，离子浓度变大的是（）A.HCO3-B.SO32-C.CO32-D.CH3COO-2、在50mLFeCl3和CuCl2的混合溶液中，FeCl3和CuCl2的浓度均为1mol/L，在混合溶液中加入100mLNaOH溶液，恰好完全反应，则该NaOH溶液的浓度为（）A.0.5mol/LB.1mol/LC.1.25mol/LD.2.5mol/L3、下列说法正确的是（）A.碳酸铵分解是吸热反应，根据焓判据判断能自发分解B.多次洗牌以后，扑克牌的毫无规律的混乱排列的几率大，越混乱，熵值越大C.水总是自发地由高处往低处流，这是一个自发反应D.室温下水结成冰是自发过程4、甲和乙两烧杯中各装有100mL0.2mol•L-1AlCl3溶液，向两烧杯中分别加入相同体积、相同浓度的NaOH溶液和氨水，两烧杯中都有沉淀生成．下列判断正确的是（）A.实验过程中甲中和乙中的现象始终保持一致B.甲中沉淀一定比乙中的少C.甲中沉淀可能比乙中的多D.乙中沉淀可能比甲中的多5、乙醇分子中的各种化学键如图所示，关于乙醇在各种反应中断裂键的说明不正确的是（）A.和金属钠反应时键①断裂B.在酯化反应中断裂①键C.在铜催化共热下与O2反应时断裂①和⑤D.在空气中完全燃烧时断裂①②③④⑤6、短周期主族元素X，Y，A，B，C在元素周期表的位置如图所示，A是电负性最大的元素，则下列说法不正确的是（）。XAYCBA.原子半径由小到大的顺序为：A＜B＜C＜YB.B的氢化物的沸点由低到高的顺序为：HA＜HBC.X、Y最高价氧化物对应的水化物的酸性由弱到强的顺序为：H2YO3＜H2XO3D.C简单离子的还原性由弱到强的顺序为：B-＜C2-评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、（2015秋•宜春校级月考）醇脱水是合成烯烃的常用方法；实验室合成环已烯的反应和实验装置（夹持装置已略去）如下可能用到的有关数据如下：

。相对分子质量密度（g•cm-3）沸点（℃）溶解性环已醇1000.9618161微溶于水环已烯820.810283难溶于水合成反应：+H2O；在a中加入20g环已醇和2小片碎片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸．B中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃．

分离提纯：

反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤；分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙．最终通过蒸馏得到纯净环已烯10g．

回答下列问题：

（1）装置b的名称是____．

（2）加入碎瓷片的作用是防止暴沸；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是____（填正确答案称号）．

A．立即补加B．冷却后补加C．不需补加D．重新配料。

（3）分液漏斗在使用前须清洗干净并____；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的____（填“上口倒出”或“下口放出”）．

（4）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是____．8、（2015春•临沭县期中）在某一容积为2L的密闭容器中；A；B、C、D四种物质的物质的量n（mol）随时间t（min）的变化曲线如图所示，回答下列问题：

①该反应的化学方程式为____；

②前2min用A的浓度变化表示的化学反应速率为____；在2min时，化学反应速率加快，速率改变的原因可能是____（用字母表示）．

A、增大压强B．降低温度C．加入催化剂D．减少反应物的物质的量．9、已知A、B，C为中学化学中常见的单质。室温下，A为固体，B和C均为气体。在适宜的条件下，它们可以按下图进行反应。回答下列问题：(1)A、B、C三种元素中的任意两种元素形成的化合物所属物质类别一定不是________。①氢化物②酸③碱④盐⑤氧化物(2)A、B、C三种元素中有一种是金属，则这种元素是A、B、C中的________，理由是________。(3)如果E溶液是一种强酸，则E的化学式为________。10、rm{0.2mol}rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}中含有rm{Al^{3+}}______rm{mol}rm{SO_{4}^{2-}}______rm{g.}11、（2016•河南校级二模）AIN是重要的半导体材料；Ga（镓）；P、As（砷）都是形成化合物半导体材料的重要元素．

（1）As基态原子的电子占据了____个能层，最高能级的电子排布式为____．和As位于同一周期，且未成对电子数也相同的元素还有____种．

（2）元素周期表中，与P紧邻的4种元素中电负性最大的是____（填元素符号）．Si、P、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序是____．

（3）NH3、PH3、AsH3三者的沸点由高到低的顺序是____，原因是____．

（4）白磷是由P4分子形成的分子晶体，P4分子呈正四面体结构，P原子位于正四面体的四个顶点，则P原子的杂化方式为____．白磷易溶于CS2，难溶于水，原因是____．

（5）采用GaxIn1-xAs（镓铟砷）等材料，可提高太阳能电池的效率．GaxIn1-xAs立方体形晶胞中每个顶点和面心都有一个原子，晶胞内部有4个原子，则该晶胞中含有____砷原子．

（6）AIN晶体的晶胞结构与金刚石相似（如图），设晶胞的边长为acm，NA表示阿伏加德罗常数，则该晶体的密度为____g•cm-3．12、有下列物质：①氢氧化铜固体；②铜丝；③氯化氢气体；④稀硫酸；⑤二氧化碳气体；⑥氨水；⑦碳酸钙固体；⑧蔗糖晶体；⑨熔融氯化钠；⑩醋酸；请用序号填空：

（1）上述状态下可导电的是____；

（2）属于弱电解质的是____；

（3）属于非电解质的是____．13、如图甲为周期表的一部分；其中的编号代表对应的元素．

请回答下列问题：

（1）表中属于d区元素的是____（填编号）．

（2）写出基态⑨原子的电子排布式____．

（3）元素⑦形成的RO32-含氧酸根的立体构型是____，其中心原子的杂化轨道类型是____．

（4）元素①的一种氢化物是重要的化工原料，常把该氢化物的产量作为衡量石油化工发展水平的标志．有关该氢化物分子的说法正确的是____．

A．分子中含有氢键B．属于非极性分子。

C．含有4个σ键和1个π键D．该氢化物分子中，①原子采用sp2杂化。

（5）元素⑦（用X表示）的氢化物和元素③（用Y表示）的一种氢化物的主要物理性质比较下：

。熔点/K沸点/K标准状况时在水中的溶解度H2X1872022.6H2Y2272423以任意比互溶H2X和H2Y2相对分子质量基本相同，造成上述物理性质差异的主要原因____、____．

（6）元素④和⑧形成的化合物，其立方晶胞结构如图乙所示，则该化合物的化学式是____．若该化合物晶体的密度为ag•cm-3，阿伏加德罗常数为6.02×1023，则晶胞的体积是____（只要求列出算式）．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、实验室通过消石灰和NH4Cl固体制备NH3，属于离子反应____（判断对和错）15、胶体属于介稳体系____．（判断对错）16、因为稀硫酸能与铁反应放出H2，所以稀硝酸与铁反应也一定能放出H2____．（判断对错）17、在18g18O2中含有NA个氧原子．____（判断对错）18、常温常压下，22.4LO3中含有3nA个氧原子____（判断对错）评卷人得分四、解答题(共1题，共5分)19、若配制pH=10.00的NH3-NH4Cl缓冲溶液1L，已知用去15mol•L-1氨水3.5ml，问需加入NH4Cl多少克？评卷人得分五、简答题(共2题，共12分)20、氮及其化合物的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题．回答下列问题：

（1）已知：I.2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-196.6kJ•mol-1

II．SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H=-41.6kJ•mol-1

则2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=______kJ•mol-1

（2）向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2；一定条件下发生上述反应II．

①该反应达到平衡前某段时间内，下列反应速率随时间变化的示意图中一定错误的是______．

②开始时，在两容器中分别加入：I：1molSO2（g）和1molNO2（g）；II：1molSO3（g）和1molNO（g），则达化学平衡时，该反应的平衡常数I______II（填“＞”；“=”或“＜”）．

（3）用纯碱溶液吸收NO2时发生反应：Na2CO3+2NO2=NaNO3+NaNO2+CO2．

已知：HNO2的pKa=3.15，H2CO3的pKa1=6.37、pKa2=10.25，其中pKa=-1gKa．

①HNO2的酸性比H2CO3的酸性______（填“强”或“弱”）．

②用500mL1mol•L-1纯碱溶液吸收标准状况下11.2LNO2气体，充分发生上述反应，生成的CO2全部逸出，则反应后的溶液中所含阴离子的浓度大小顺序为______．

（4）NH3催化还原NO是目前应用最广泛的烟气脱硝技术．其反应为4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）⇌4N2（g）+6H2O（g）△H=-1627.2kJ•mol-1；NO和NH3在Ag2O催化剂表面的反应活性随温度的变化曲线如图所示：

①由图可以看出，脱硝工艺应在______（填“有氧”或“无氧”）条件下进行．

②在有氧的条件下，随着反应温度的进一步升高，NO的转化率明显下降，NO2产率明显提高，可能的原因是______．21、添加塑化剂可改善白酒等饮料的口感，但不应超过规定的限量rm{.DBP}是一种酯类塑化剂；可由下列路线合成：

已知以下信息：

rm{垄脵}

rm{垄脷}rm{(-R_{1}}rm{-R_{2}}表示氢原子或烃基rm{)}

rm{(1)A}的结构简式______，rm{D}的结构简式是______，rm{D隆煤E}的反应类型______；

rm{(2)D}和rm{H_{2}}rm{1}rm{1}反应生成rm{E}则rm{E}官能团名称为______，rm{DBP}的分子式为______

rm{(3)}由rm{B}和rm{E}以物质的量比rm{1}rm{2}合成rm{DBP}的化学方程式：______；

rm{(4)}写出rm{2}种同时符合下列条件的rm{B}的分异构体结构简式______；

rm{垄脵}能和rm{NaHCO_{3}}溶液反应生成rm{CO_{2}}

rm{垄脹}能使rm{FeC1_{3}}溶液发生显色反应。

rm{垄脷}能发生银镜反应

rm{垄脺}苯环上含碳基团处于对位。

rm{(5)}写出rm{B}与碳酸氢钠溶液反应的方程式______．评卷人得分六、综合题(共4题，共12分)22、［化学—选修物质结构与性质］（15分）美国《科学》杂志评出的2009年十大科学突破之一是石墨烯的研究和应用方面的突破。石墨烯具有原子级的厚度、优异的电学性能、出色的化学稳定性和热力学稳定性。制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型及分子结构示意图如右：（1）下列有关石墨烯说法正确的是＿＿＿＿。A．石墨烯的结构与金刚石相似B．石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面C．12g石墨烯含σ键数为NAD．从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。①钴原子在基态时，核外电子排布式为：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。②乙醇沸点比氯乙烷高，主要原因是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。③上图是金与铜形成的金属互化物合金，它的化学式可表示为：＿＿＿＿＿＿＿＿。④含碳源中属于非极性分子的是＿＿＿（a．甲烷b．乙炔c．苯d．乙醇）⑤酞菁与酞菁铜染料分子结构如下图，酞菁分子中氮原子采用的杂化方式有：＿＿＿＿＿＿＿＿。23、（14分）黄铁矿是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料。某化学兴趣小组对某黄铁矿石（主要成分为FeS）进行如下实验探究。[实验一]：测定硫元素的含量I．将mg该黄铁矿样品（杂质中不含硫和铁）放入如下图所示装置（夹持和加热装置省略）的石英管中，从a处不断地缓缓通人空气，高温灼烧石英管中的黄铁矿样品至反应完全。石英管中发生反应的化学方程式为：Ⅱ．反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：问题讨论：（1）I中，甲瓶内所盛试剂是＿＿＿＿＿＿＿＿溶液。乙瓶内发生反应的离子方程式有＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（2）Ⅱ中。所加HO溶液需足量的理由是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（3）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。[实验二]：设计以下实验方案测定铁元素的含量问题讨论：（4）②中，若选用铁粉作还原剂。你认为合理吗?＿＿＿＿＿＿＿＿。若不合理，会如何影响测量结果：＿＿＿＿＿＿＿＿（若合理，此空不答）。（5）③中，需要用到的仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有＿＿＿＿＿＿＿＿。（6）④中高锰酸钾溶液应放在＿＿＿＿＿滴定管中；判断滴定终点的现象为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。24、［化学选修──有机化学基础］（15分）根据图示回答下列问题：（1）写出A、E、G的结构简式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反应②的化学方程式（包括反应条件）是_________________________，（3）反应④化学方程式（包括反应条件）是____________________________________；（4）写出①、⑤的反应类型：①________________、⑤__________________。25、已知N、P同属元素周期表的ⅤA族元素，N在第二周期，P在第三周期，NH3分子呈三角锥形，N原子位于锥顶，三个H原子位于锥底，N—H键间的夹角是107°。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na2O2具有强氧化性，HCO3-能与OH-反应生成CO32-，具有还原性的SO32-离子可被过氧化钠氧化，以此解答该题．【解析】【解答】解：HCO3-可与反应生成CO32-，则CO32-浓度增大，HCO3-浓度减小，SO32-可与过氧化钠发生氧化还原反应，则浓度减小，CH3COO-离子浓度基本保持不变；

故选C．2、D【分析】【分析】FeCl3和CuCl2与NaOH反应生成氢氧化铁、氢氧化铜和氯化钠，恰好反应时混合液中溶质为NaCl，根据质量守恒，则一定满足：n（Cl-）=n（NaCl）=n（NaOH），根据氯化铁、氯化铜的浓度计算出氯离子总浓度，再计算出氯离子的物质的量，然后根据c=计算出该氢氧化钠溶液的浓度．【解析】【解答】解：FeCl3和CuCl2的浓度均为1mol•L-1；则混合液中氯离子浓度为：1mol/L×3+1mol/L×2=5mol/L；

50mL混合液中含有的氯离子的物质的量为：n（Cl-）=5mol/L×0.05L=0.25mol；

FeCl3和CuCl2的混合液中加入NaOH溶液，恰好反应后生成NaCl溶液，根据质量守恒定律可知：n（Cl-）=n（NaCl）=n（NaOH）；

所以氢氧化钠的物质的量为：n（NaOH）=n（Cl-）=0.25mol；

该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为：c（NaOH）==2.5mol/L；

故选D．3、B【分析】【解答】A；焓判据：放热反应容易自发进行；碳酸铵分解是吸热反应，所以根据焓判据该反应是不自发的，故A错误；B、熵值是表示物质混乱度的量，多次洗牌以后，扑克牌的毫无规律的混乱排列的几率大，越混乱，熵值越大，故B正确；C、水总是自发地由高处往低处流，是一个自发过程，不是化学变化，所以不是一个自发反应，故C错误；D、室温下水不能结成冰，所以室温下水结成冰不是自发过程，故D错误；故选B．

【分析】本题考查了自发过程和自发反应的判断，侧重于基础知识的考查．4、D【分析】【分析】根据氢氧化铝的性质，其能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，故此加入时，两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀；相同体积相同浓度的两溶液中的溶质一水合氨等于氢氧化钠，当两者均不足量时，生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，因为氢氧化铝会继续溶解氢氧化钠溶液而不溶解于氨水，所以生成的沉淀氨水多．【解析】【解答】解：氢氧化铝的性质；其能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，故此加入时，两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀；相同体积相同浓度的两溶液中的溶质一水合氨等于氢氧化钠，当两者均不足量时，生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，因为氢氧化铝会继续溶解氢氧化钠溶液而不溶解于氨水，所以生成的沉淀氨水多；

A；当氨水和氢氧化钠都过量时；氨水中氢氧化铝不溶解，但氢氧化钠中氢氧化铝溶解，所以现象可能不同，故A错误；

B；根据以上分析；当两者均不足量时，生成的沉淀一样多，故B错误．

C；甲中沉淀不可能比乙中的多；故C错误；

D；氨水和氢氧化钠都过量时；因为氢氧化铝会继续溶解氢氧化钠溶液而不溶解于氨水，所以生成的沉淀氨水多，乙中沉淀可能比甲中的多，故D正确．

故选D．5、C【分析】【分析】A；金属钠与乙醇反应取代羟基上氢原子；

B；乙醇与乙酸发生酯化反应反应羟基上氢原子发生断裂；

C、乙醇在Ag催化作用下和O2反应生成乙醛；结合结构式判断；

D、燃烧时所有的化学键发生断裂．【解析】【解答】解：A；金属钠与乙醇反应取代羟基上氢原子；反应时键①断裂，故A正确；

B；乙醇与乙酸发生酯化反应反应羟基上氢原子发生断裂；反应时键①断裂，故B正确；

C、乙醇在Ag催化作用下和O2反应生成乙醛；乙醇中的键①③断裂，故C错误；

D；燃烧时所有的化学键发生断裂；反应时①②③④⑤断裂，故D正确；

故选C．6、B【分析】【分析】A是电负性最大的元素；则A是F元素，根据元素在周期表中的位置知，X是C元素；Y是Si元素、C是S元素、B是Cl元素；

A．原子的电子层数越多；原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小；

B．同一主族元素氢化物的沸点随着相对分子质量的增大而增大；但氢键影响氢化物的沸点；

C．同一主族元素中；元素的非金属性随着原子序数的增大而减弱，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强；

D．同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱．【解析】【解答】解：A是电负性最大的元素；则A是F元素，根据元素在周期表中的位置知，X是C元素；Y是Si元素、C是S元素、B是Cl元素；

A．原子的电子层数越多；原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以这几种元素的原子半径大小顺序是A＜B＜C＜Y，故A正确；

B．同一主族元素氢化物的沸点随着相对分子质量的增大而增大；但氢键影响氢化物的沸点，HF中含有氢键，导致HF的沸点大于HCl，故B错误；

C．同一主族元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而减弱，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，C元素的非金属性大于Si元素，则X、Y最高价氧化物对应的水化物的酸性由弱到强的顺序为：H2YO3＜H2XO3；故C正确；

D．同一周期元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，C的非金属性大于B，所以简单阴离子的还原性B-＜C2-；故D正确；

故选B．二、填空题(共7题，共14分)7、冷凝管B检漏上口倒出干燥【分析】【分析】（1）根据仪器构造说出仪器名称；

（2）如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片；应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片；

（3）分液漏斗有活塞开关；故使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出；

（4）无水氯化钙用于吸收产物中少量的水．【解析】【解答】解：（1）依据仪器构造分析可知装置a是蒸馏烧瓶；故答案为：蒸馏烧瓶；

（2）如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片；应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故选：B；

（3）由于分液漏斗有活塞开关；故使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出；

故答案为：检漏；上口倒出；

（4）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水，干燥产物，故答案为：干燥．8、4A+5B⇌6C+4D0.1mol•L-1•min-1AC【分析】【分析】①根据物质的量的变化判断反应物和生成物；再根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；

②根据v=计算反应速率v；由图象可知2min时反应速率加快，据此分析．【解析】【解答】解：①达到平衡时A；B、C、D改变的物质的量分别为0.8mol、1.0mol、1.2mol、0.8mol；且A、B的物质的量减少，应为反应物；C、D的物质的量增加，应为生成物，故反应的化学方程式为4A+5B⇌6C+4D；

故答案为：4A+5B⇌6C+4D；

②前2min时，A的物质的量变化为：0.4mol；所以v（A）==0.1mol•L-1•min-1；从图象看；2～3min时图象的斜率变大，说明化学反应速率变快．增大压强；加入催化剂均增大化学反应速率，而降低温度减小化学反应速率减少反应物的物质的量，虽能改变化学反应速率，但图象要产生突变，故A、C正确；

故答案为：0.1mol•L-1•min-1；AC．9、略

【分析】符合框图关系的可为A为Mg、Al、Zn(不能为Fe)，B为Cl2，C为H2。【解析】【答案】(1)③⑤(2)A金属单质在室温下不可能为气态物质(3)HCl10、略

【分析】解：由化学式rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}可知，rm{n(Al^{3+})=2n[Al_{2}(SO_{4})_{3}]=0.2mol隆脕2=0.4mol}

rm{n(SO_{4}^{2-})=3n[Al_{2}(SO_{4})_{3}]=0.2mol隆脕3=0.6mol}故硫酸根的质量为rm{0.6mol隆脕96g/mol=57.6g}

故答案为：rm{0.4}rm{57.6}．

由化学式rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}可知，rm{n(Al^{3+})=2n[Al_{2}(SO_{4})_{3}]}rm{n(SO_{4}^{2-})=3n[Al_{2}(SO_{4})_{3}]}在根据rm{m=nM}计算硫酸根的质量．

本题考查物质的量的有关计算等，比较基础，注意电解质与电解质离子的物质的量关系．【解析】rm{0.4}rm{57.6}11、44p32NP＞S＞SiNH3＞AsH3＞PH3NH3分子间存在氢键，氨的沸点比同主族元素的氢物高，AsH3和PH3分子间不存在氢键，分子量大的氢化物分子间作用力大，沸点高sp3P4和CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶的原理，P4易溶于CS2，难溶于水4【分析】【分析】（1）基态As原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3；和砷位于同一周期，且未成对电子数也相同的元素，它们的外围电子排布式为：3d34s2、3d74s2；

（2）在元素周期表中；同周期中从左向右，元素的非金属性增强，电负性增强，同主族元素从上向下，元素的非金属性减弱，电负性减弱；

同一周期元素；元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；

（3）NH3分子间存在氢键，氨的沸点比同主族元素的氢物高，AsH3和PH3分子间不存在氢键；分子量大的氢化物范德华力强，沸点高；

（4）P4分子为正四面体构型，P4分子中P原子形成3个σ键；含有1对孤对电子；杂化轨道数目为4；依据相似相溶的原理进行解答；

（5）GaxIn（1-x）As立方体形晶胞中每一个顶点和面心都有一个原子，晶胞内部有4个原子，晶胞含有总数为4+8×+6×=8，由化学式可知晶胞中As数目占原子总数的；

（6）计算晶胞的体积和质量，根据密度计算．【解析】【解答】解：（1）基态As原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，含有4个能层，最高能级的电子排布式为4p3，和砷位于同一周期，且未成对电子数也相同的元素，它们的外围电子排布式为：3d34s2、3d74s2；分别为钒；钴两种；

故答案为：4；4p3；2；

（2）在元素周期表中；同周期中从左向右，元素的非金属性增强，电负性增强，同主族元素从上向下，元素的非金属性减弱，电负性减弱，在元素周期表中，与P紧邻的4种元素中电负性最大的是N．

同一周期元素；元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，Si、P、S元素处于同一周期且原子序数逐渐增大，P处于第VA族，所以第一电离能P＞S＞Si；

故答案为：N；P＞S＞Si；

（3）NH3分子间存在氢键，氨的沸点比同主族元素的氢物高，AsH3和PH3分子间不存在氢键，分子量大的氢化物分子间作用力大，沸点高，故沸点：NH3＞AsH3＞PH3；

故答案为：NH3＞AsH3＞PH3；NH3分子间存在氢键，氨的沸点比同主族元素的氢物高，AsH3和PH3分子间不存在氢键；分子量大的氢化物分子间作用力大，沸点高；

（4）P4分子为正四面体构型，P4分子中N原子形成3个σ键、含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，P原子采取sp3杂化．

相似相溶原理是指由于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂，P4和CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶的原理，P4易溶于CS2；难溶于水；

故答案为：sp3；P4和CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶的原理，P4易溶于CS2；难溶于水；

（5）GaxIn（1-x）As立方体形晶胞中每一个顶点和面心都有一个原子，晶胞内部有4个原子，晶胞含有总数为4+8×+6×=8，由化学式可知晶胞中As数目占原子总数的，即晶胞中As原子数目为8×=4；

故答案为：4；

（6）AIN晶胞中Al原子数目为8×+6×=4，N原子数目为4，故晶胞质量m=，体积V=a3，密度=．

故答案为：．12、②④⑥⑨①⑩⑤⑧【分析】【分析】（1）物质导电的原因是有自由移动的离子或自由移动的电子；

（2）弱电解质：在水溶液中或熔融状态下只能部分电离的电解质；

（3）非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物．【解析】【解答】解：①氢氧化铜固体不能导电；在熔化状态下能导电，是电解质，但只能部分电离，故为弱电解质；

②铜丝为金属单质；存在自由移动的电子，能导电，既不是电解质也不是非电解质；

③氯化氢气体不能导电；在水中能导电，是电解质，且在水溶液中能完全电离，故为强电解质；

④稀硫酸溶液是混合物；能导电，既不是电解质也不是非电解质；

⑤二氧化碳气体不能导电；且自身不能电离，非电解质；

⑥氨水能导电；但由于是混合物，故既不是电解质也不是非电解质；

⑦碳酸钙固体不能导电；但在熔融状态下能完全电离而导电，故为强电解质；

⑧蔗糖晶体不能导电；是非电解质；

⑨熔融氯化钠能导电；是电解质，且能完全电离，故为强电解质．

⑩醋酸不能导电；但在水溶液中能部分电离而导电，故为弱电解质．

（1）能导电的是②④⑥⑨；故答案为：②④⑥⑨；

（2）属于弱电解质的而是①⑩；故答案为：①⑩；

（3）属于非电解质的是⑤⑧，故答案为：⑤⑧；13、⑨⑩1S22S22P63S23P63d64S2三角锥形sp3BDH2O2分子间存在氢键与水分子可形成氢键CaF2cm3【分析】【分析】由元素在周期表中位置；可知①为C；②为N、③为O、④为F、⑤为Mg、⑥为Si、⑦为S、⑧为Ca、⑨为Fe、⑩为Co．

（1）d区元素包含3-12列元素（镧系元素；锕系元素除外）；

（2）⑨为Fe；原子核外有26个电子，根据能量最低原理书写核外电子排布式；

（3）元素⑦形成的SO32-；计算S原子的孤电子对数；价层电子对数，据此确定空间构型、S原子杂化方式；

（4）元素①的一种氢化物的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，则该化合物为C2H4，结构式为平面型结构，分子为对称结构，属于非金属性分子，根据C原子形成的σ键数目判断其杂化方式；

（5）根据氢键进行分析解答；

（6）根据均摊法计算F、Ca晶胞中原子数目，进而确定化学式，计算晶胞的质量，根据V=计算晶胞的体积．【解析】【解答】解：由元素在周期表中位置；可知①为C；②为N、③为O、④为F、⑤为Mg、⑥为Si、⑦为S、⑧为Ca、⑨为Fe、⑩为Co．

（1）d区元素包含3-12列元素（镧系元素；锕系元素除外）；表中⑨⑩处于d区，故答案为：⑨⑩；

（2）⑨为Fe，原子核外有26个电子，核外电子排布式为：1S22S22P63S23P63d64S2，故答案为：1S22S22P63S23P63d64S2；

（3）元素⑦形成的SO32-，S原子的孤电子对数==1、价层电子对数=3+1=4，其空间构型为三角锥形，S原子杂化方式为sp3，故答案为：三角锥形；sp3；

（4）元素①的一种氢化物的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，则该化合物为C2H4；

A．乙烯分子中不含氢键；故A错误；

B．乙烯分子为平面对称结构；分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，故B正确；

C．乙烯分子结构式为分子中含有5个σ键和1个π键，故C错误；

D．每个C形成3个σ键，C原子为sp2杂化；故D正确；

故答案为：BD；

（5）H2S和H2O2相对分子质量基本相同，但H2O2分子间存在氢键；且与水分子可形成氢键，沸点比硫化氢的高，能与水以任意比互溶；

故答案为：H2O2分子间存在氢键；且与水分子可形成氢键；

（6）晶胞中F原子数目为8，Ca原子数目=8×+6×=4，故该晶体的化学式为CaF2，晶胞质量=，该化合物晶体的密度为ag•cm-3，晶胞体积==cm3；

故答案为：CaF2；cm3．三、判断题(共5题，共10分)14、×【分析】【分析】有离子参加的化学反应是离子反应，离子反应离子反应的本质是某些离子浓度发生改变，常见离子反应多在水溶液中进行，据此解答即可．【解析】【解答】解：实验室通过消石灰和NH4Cl固体制备NH3，化学反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3↑+CaCl2+2H2O，此反应是在大试管中进行，无溶液，故不属于离子反应，答案为：×．15、√【分析】【分析】胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定存在．【解析】【解答】解：胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，故答案为：√．16、×【分析】【分析】稀硝酸具有强氧化性，和金属反应生成硝酸盐和氮氧化物，稀硫酸具有弱氧化性，和酸反应生成硫酸盐和氢气．【解析】【解答】解：稀硫酸中弱氧化性是氢离子体现的，所以稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，稀硝酸中强氧化性是N元素体现的，所以稀硝酸具有强氧化性，和铁反应生成NO而不是氢气，所以该说法错误，故答案为：×．17、√【分析】【分析】18O2的相对分子质量为36，结合n==计算．【解析】【解答】解：18O2的相对分子质量为36，n（18O2）==0.5mol，则含有1mol18O原子，个数为NA，故答案为：√．18、×【分析】【分析】常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，无法计算物质的量．【解析】【解答】解：常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，则22.4LO3的物质的量不等于1mol，氧原子个数不等于3nA；

故答案为：×．四、解答题(共1题，共5分)19、略

【分析】【分析】查表得：K（NH3）=1.75×10-5，对K（NH3）取负对数，即得pK（NH3）[如同pH=-lgc（H+）]

pK（NH3）=-lgK（NH3）=4.76

pOH=pK（NH3）-lg（）

lg（）=pK（NH3）-（14-pH）=4.76-4.0=0.76

=5.75

n（NH4Cl）===0.00091mol，依据物质的量和摩尔质量计算所需氯化铵的质量．【解析】【解答】解：查表得：K（NH3）=1.75×10-5；

对K（NH3）取负对数，即得pK（NH3）[如同pH=-lgc（H+）]

pK（NH3）=-lgK（NH3）=4.76

pOH=pK（NH3）-lg（）

lg（）=pK（NH3）-（14-pH）=4.76-4.0=0.76

=5.75

n（NH4Cl）===0.0091mol

m（NH4Cl）=n（NH4Cl）×M（NH4Cl）=0.0091mol×53.5g/mol=0.488g；

答：若配制pH=10.00的NH3-NH4Cl缓冲溶液1L，已知用去15mol•L-1氨水3.5ml，需加入NH4Cl质量为0.488g．五、简答题(共2题，共12分)20、略

【分析】解：（1）因为：①.2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-196.6kJ•mol-1

②．SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H=-41.6kJ•mol-1

根据盖斯定律，则③2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g），③=①-②×2，△H═-196.6-（-41.6）×2=-113.4kJ•mol-1；故答案为：-113.4；

（2）①反应是从正向开始的；不可能逆反应速率增大后又减小，故C错误，故答案为：C；

②容器恒容绝热，SO2（g）+NO2（g）⇌NO（g）+SO3（g）△H＜0，反应放热，若在该容器中加入：Ⅰ：1molSO2（g）和1molNO2（g），则开始反应放热，温度升高平衡左移，K减小；若在容器中加入II：1molSO3（g）和1molNO（g）；则开始时反应吸热，温度降低平衡右移，K增大，故该反应的平衡常数Ⅰ＜Ⅱ，故答案为：＜；

（3）①因为HNO2的pKa=3.15，H2CO3的pKa1=6.37，故酸性HNO2的酸性比H2CO3的酸性强；故答案为：强；

②碳酸钠与二氧化氮1：1反应后溶液中溶质有硝酸钠、亚硝酸钠、碳酸钠，亚硝酸根和碳酸根要水解，使溶液呈碱性，故硝酸根离子浓度最大，碳酸根离子水解程度大于亚硝酸根，故离子浓度大小顺序为：c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）；

故答案为：c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）；

（4）①从图形中有氧时NO的转化率高于无氧；二氧化碳产量高；

故答案为：有氧；

②在有氧的条件下，随着反应温度的进一步升高，NO的转化率明显下降，NO2产率明显提高，可能的原因是在温度较高时，NH3被氧气催化氧化，发生了反应4NH3+5O2═4NO+6H2O，2NO+O2═2NO2；

故答案为：温度较高时，NH3被氧气催化氧化，发生了反应4NH3+5O2═4NO+6H2O，2NO+O2═2NO2或4NH3+7O2═4NO2+6H2O．

（1）根据盖斯定律求解；

（2）①反应是从正向开始的；不可能逆反应速率增大后又减小；

②容器恒容绝热，SO2（g）+NO2（g）⇌NO（g）+SO3（g）△H＜0，反应放热，若在该容器中加入：Ⅰ：1molSO2（g）和1molNO2（g），则开始反应放热；若在容器中加入II：1molSO3（g）和1molNO（g）；则开始时反应吸热，据此分析平衡常数；

（3）①pKa越小；酸性越强；

②根据盐类水解离子浓度大小比较方法解答；

（4）①从图形中有氧时NO的转化率高于无氧；

②可能的原因是在温度较高时，NH3被氧气催化氧化．

本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律计算应用，化学反应速率的图象分析，盐类水解的应用等考点，要求学生学会识图，提取信息解决问题的能力，题目难度中等．【解析】-113.4；C；＜；强；c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）；有氧；温度较高时，NH3被氧气催化氧化，发生了反应4NH3+5O2═4NO+6H2O，2NO+O2═2NO2或4NH3+7O2═4NO2+6H2O21、略

【分析】解：由rm{B}可知rm{A}应为甲基被氧化为羧基；结合信息rm{垄脷}可知rm{D}为rm{CH_{3}CH=CHCHO}rm{D}和rm{H_{2}}rm{1}rm{1}反应生成rm{E}则rm{E}的结构简式为：rm{CH_{3}CH=CHCH_{2}OH}rm{B}与rm{E}的反应为酯化反应，rm{DBP}为；

rm{(1)}通过以上分析知，rm{A}的结构简式为：rm{D}的结构简式为rm{CH_{3}CH=CHC