2025年牛津上海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年牛津上海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9题，共18分)1、下列各表述与示意图不一致的是（）A.

表示25℃时，用0.1mol•L-1盐酸滴定20mL0.1mol•L-1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化B.

图中曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H＜0正、逆反应的平衡常数K随温度的变化C.

表示10mL0.01mol•L-1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol•L-1H2C2O4溶液混合时，n（Mn2+）随时间的变化D.

图中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）→CH3CH3（g）；△H＜0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化2、设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A.将0.1molFeCl3溶于1L水中，所得溶液含Fe3+离子数目为0.1NAB.1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为10NAC.常温、常压下，4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目为0.2NAD.在高温下，有1molFe与足量的水蒸气反应，转移电子的数目为3NA3、19世纪中叶，门捷列夫的突出贡献是（）A.提出了原子学说B.发现了元素周期律C.提出了分子学说D.发现质量守恒定律4、臭氧在烟气脱硝中的反应为2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g）．若此反应在恒容密闭容器中进行，相关图象如下列选项，其中对应分析结论正确的是（）。A．B．C．D．平衡后升温；

NO2含量降低0～2s内；

v（O3）=0.2mol•L-1•s-1V正：b点＞a点。

b点：v逆＞v正恒温，t1时再充入O3A.AB.BC.CD.D5、Se、Br两种元素的部分信息如图所示；下列说法正确的是（）

A.原子半径：Br＞Se＞PB.还原性：S2-＞Se2-＞Br-C.SeO2既有氧化性又有还原性D.在Se2Br2分子中只含有极性键6、下列说法正确的是（）A.高熔点的固体如果不是离子晶体，则一定为原子晶体B.由盐酸的酸性强于氢硫酸的酸性，可推知氧化性：Cl2＞SC.由两种元素组成的共价化合物分子中，只可能存在极性键D.若X+和Y2-的核外电子层结构相同，则原子序数：X＞Y7、在一定条件下，对于密闭容器中进行的可逆反应：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g），下列说法中，表明这一反应已达到化学平衡状态的是（）A.N2、H2、NH3的浓度相等B.反应停止，正、逆反应速率都等于零C.N2、H2、NH3在密闭容器中共存D.N2、H2、NH3的浓度不再变化8、用水稀释0.1mol•L-1氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（）A.B.C.c（H+）•c（OH-）D.n（OH-）9、单质铁不同于铝的性质是rm{(}rm{)}A.遇冷的浓硫酸钝化B.能与氢氧化钠反应C.能与盐酸反应D.能在氧气中燃烧评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)10、常温时，某溶液中由水电离产生的OH-的物质的量浓度为1×10-11mol．L-1，此溶液可能是（）A.0.001mol．L-1盐酸B.0.001mol．L-1的硫酸C.pH=11的NaCN溶液D.pH=11的KOH溶液11、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.钢铁的电化学腐蚀和化学腐蚀往往同时发生B.反应rm{C(s)+H_{2}O(g)篓TCO(g)+H_{2}(g)}的rm{triangleS>0}rm{triangleH<0}C.常温下，rm{pH}为rm{5}的氯化铵溶液和rm{pH}为rm{9}的醋酸钠溶液中水的电离程度相同D.向rm{BaSO_{4}}沉淀中加入饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液后生成rm{BaCO_{3}}则rm{K_{sp}(BaCO_{3})<K_{sp}(BaSO_{4})}12、氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃，已知rm{25隆忙}时：

rm{HF(aq)+OH^{-}(aq)?F^{-}(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-67.7kJ/mol}

rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)?H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}

在rm{HF(aq)+OH^{-}(aq)?F^{-}(aq)+H_{2}O(l)triangle

H=-67.7kJ/mol}rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)?H_{2}O(l)triangle

H=-57.3kJ/mol}的rm{10mL}溶液中，加入rm{0.1mol/L}浓度为rm{NaOH}rm{10mL}的rm{c}稀溶液，下列说法中错误的是rm{mol/L}rm{HF}A.当氢氟酸溶液温度升高，rm{(}的电离程度减小rm{)}不考虑挥发rm{HF}B.水电离的热化学方程式为：rm{H_{2}O(1)?H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)triangleH=+57.3kJ/mol}C.当rm{(}时，一定不存在：rm{)}D.若混合后溶液中：rm{H_{2}O(1)?H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)triangle

H=+57.3kJ/mol}则rm{c>0.1}一定小于rm{c(Na^{+})=c(F^{-})}rm{c(Na^{+})>c(OH^{-})>c(F^{-})>c(H^{+})}13、亚氨基锂（Li2NH）是一种储氢容量高、安全性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为：Li2NH+H2═LiNH2+LiH．下列有关说法正确的是（）A.Li2NH中H的化合价是+1B.该反应中H2是还原剂，Li2NH是氧化剂C.H-离子的半径大于Li+D.此法储氢和钢瓶储氢的原理相同14、下列离子组在一定条件下不能大量共存，且所给离子方程式能说明不能共存原因的是rm{(}rm{)}

。选项条件离子组共存所发生的离子反应方程式rm{A}rm{pH=1}的溶液rm{Fe^{2+}}rm{Al^{3+}}rm{Cl^{-}}rm{MnO_{4}^{-}}rm{10Cl^{-}+2MnO_{4}^{-}+16H^{+}篓T2Mn^{2+}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O}rm{B}能与铝反应生成氢气的溶液rm{K^{+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{Cl^{-}}rm{NH_{4}^{+}}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}篓TNH_{3}?H_{2}O}rm{C}常温下rm{c(H^{+})/c(OH)^{-}=10^{-10}}的溶液rm{Na^{+}}rm{Cl^{-}}rm{S^{2-}}rm{SO_{3}^{2-}}rm{SO_{3}^{2-}+2S^{2-}+6H^{+}篓T3S隆媒+3H_{2}O}rm{D}含有大量rm{H^{+}}的透明溶液rm{Na^{+}}rm{Cu^{2+}}rm{AlO_{2}^{-}}rm{SiO_{3}^{2-}}rm{2H^{+}+SiO_{3}^{2-}篓TH_{2}SiO_{3}隆媒}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}15、在一定条件下，向某固定容积的密闭容器中加入rm{1molCO(g)}和rm{1molH_{2}O(g)}发生如下反应：rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g).}此反应达到平衡的标志是rm{(}rm{)}A.体系的总压强不变B.体系内各物质的质量分数不再发生变化C.体系内气体密度不再发生变化D.单位时间消耗rm{0.1molCO(g)}的同时生成rm{0.1molH_{2}O(g)}16、工业上消除氮氧化物的污染，可用如下反应：CH4（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=akJ/mol

在温度T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.2molNO2充入体积为1L的密闭容器中，测得n（CH4）随时间变化数据如下表：

。温度时间/min

n/mol010204050T1n（CH4）0.500.350.250.100.10T2n（CH4）0.500.300.180.15下列说法不正确的是（）A.10min内，T1时υ（CO2）比T2时小B.温度：T1＞T2C.a＜0D.平衡常数：K（T1）＜K（T2）评卷人得分三、多选题(共5题，共10分)17、下列实验事实不能用同一原理解释的是（）A.SO2、Cl2都能使品红溶液褪色B.NH4Cl晶体、固体碘受热时都能气化C.福尔马林、葡萄糖与新制Cu（OH）2共热时都能产生红色沉淀D.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液和溴水都能使其褪色18、如图是一种形状酷似一条小狗的有机物，化学家TimRickard将其取名为doggycene，有关doggycene的说法不正确的是（）A.该分子中所有碳原子可能处于同一平面B.doggycene的分子式为C26H26C.1mol该物质在氧气中完全燃烧生成CO2和水的物质的量之比为2：1D.该物质常温下为气态19、设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是（）A.标准状况下80gSO2与33.6LCO2含氧原子数目均为3NAB.2molNO与1molO2混合后气体分子数小于2NAC.电解精炼铜时，阳极上粗铜质量减少6.4g，则电路中转化电子数为0.2NAD.1molCnH2n（烯烃）含有的共用电子对数为3nNA20、化学家们合成了一种新物质：五星烷，其键线式如图所示（已知：CH2=CHCH2CHO的键线式为：）．下列有戈五星烷的说法正确的是（）A.五星烷与己烷互为同系物B.五星烷的化学式为C15H20C.五星烷分子中含有7个五元环D.五星烷的二氯代物有11种21、下列各组中的两种物质作用时，反应条件改变或反应物用量改变，不会引起产物种类变化的是（）A.Na和O2B.Fe和Cl2C.Na2O2和CO2D.C和O2评卷人得分四、填空题(共4题，共8分)22、（2015春•武汉校级期末）氯酸钾和亚硫酸氢钠发生氧化还原反应生成Cl（-1价）和S（+6价）的速率如图所示，已知这个反应速率随着溶液中c（H+）增大而加快．

（1）反应开始时反应速率加快的原因是____．

（2）反应后期反应速率下降的原因是____．23、某羧酸衍生物A，其分子式为C4H4O4．实验表明有如图转化关系：

（1）A+NaOH→B+D的反应类型是____；

（2）A的结构简式是____；

（3）E与足量银氨溶液共热发生反应的化学方程式：____；

（4）C与D反应形成高分子化合物的结构简式____；

（5）F与A互为同分异构体，F在酸性条件下水解有HOCH2COOH生成，F的结构简式为____．24、烷烃A只可能有三种一氯取代产物B、C和D．C的结构简式是（CH3）2C（CH2CH3）CH2Cl．B和D分别与强碱的醇溶液共热；都只能得到有机化合物E．以上反应及B的进一步反应如图所示．

请回答：

（1）A的结构简式是____．

（2）H的结构简式是____．

（3）B转变为F的反应属于____反应（填反应类型名称）．

（4）B转变为E的反应属于____反应（填反应类型名称）．

（5）1.16gH与足量NaHCO3作用，标准状况下可得CO2的体积是____mL．25、元素周期表是学习化学的重要工具；它隐含许多信息和规律．

（1）以下为元素周期表的一部分，写出表中c、d的元素符号：c____d____

（2）用元素符号标出硫在周期表中对应的位置．

（3）相同大小的a、b两种元素的单质分别投入热坩埚中，反应较剧烈的是____（用化学式表示；下同）．

（4）写出c的氧化物与硫酸反应的离子方程式：____．

b元素的单质与e的氢化物（分子中含三个原子核）反应的化学方程式为____．评卷人得分五、判断题(共3题，共15分)26、31g白磷中含有的共价键数为1.5NA．____（判断对错）27、苯的同系物能与溴水反应．____（判断对错）28、物质的量相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液中所含的PO43-量相同．____．评卷人得分六、综合题(共2题，共6分)29、（15分）为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某小组进行了以下探究活动：[探究一]（1）称取铁钉（碳素钢）12．0g放入30．0mL浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y。①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+。若要确认其中是否含有Fe2+，应选择加入的试剂为________（选填序号）。a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同学取672mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得到干燥固体4．66g。据此推知气体Y中SO2的体积分数为____。（相对原子质量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含量有H2和CO2气体。为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）。（2）写出产生CO2的化学方程式____。（3）装置A中试剂的作用是____。（4）简述确认气体Y中含有CO2的实验现象。（5）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是。30、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9题，共18分)1、A【分析】【分析】A．当溶液pH=7时；氢氧化钠就与氯化氢恰好反应，滴定曲线应该有一个滴定突变；

B．该反应为放热反应；温度升高，平衡向着逆向移动，K（逆）增大；K（正）减小；

C．n（Mn2+）开始为0；随反应的发生，增大，氧化还原反应结束后，其物质的量不再变化；

D．催化剂降低反应所需的活化能．【解析】【解答】解：A．用盐酸滴定氢氧化钠溶液；当恰好中和时溶液的pH=7，酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，题中图象变化与实际不相符，故A错误；

B．因反应为放热反应；则升高温度，平衡逆向移动，平衡后升温K（逆）会增大，而K（正）会减小，图象中变化与实际上的变化相符，故B正确；

C．n（Mn2+）开始为0；随反应的发生，增大，氧化还原反应结束后，其物质的量不再变化，与图象一致，故C正确；

D．催化剂降低反应所需的活化能；反应的始态；终态相同，曲线a为使用催化剂的情况，与图象一致，故D正确；

故选A．2、C【分析】【分析】A．铁离子在溶液中部分水解；导致铁离子数目减少；

B．羟基中含有9个电子；氢氧根离子含有10个电子；

C．NO2和N2O4的最简式为NO2；根据最简式计算出混合物中含有的原子数；

D．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的化合价为+价．【解析】【解答】解：A．由于铁离子部分水解，则溶液中含有的铁离子小于0.1mol，所得溶液含Fe3+离子数目小于0.1NA；故A错误；

B．1mol的羟基中含有9mol电子；1mol的氢氧根离子中含有10mol电子，二者所含电子数不相等，故B错误；

C．4.6gNO2和N2O4混合气体中含有4.6g最简式NO2，含有最简式的物质的量为：=0.1mol，所以该混合气体中含有0.2mol氧原子，含有的氧原子数目为0.2NA；故C正确；

D．高温下，有1molFe与足量的水蒸气反应生成四氧化三铁，转移了mol电子，转移电子的数目为NA；故D错误；

故选C．3、B【分析】【分析】1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循．【解析】【解答】解：A．道尔顿提出了近代原子学说；故A错误；

B．1869年；俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，故B正确；

C．阿佛加德罗提出了分子学说；故C错误；

D．波义耳发现了质量守恒定律；故D错误．

故选B．4、C【分析】【分析】A．由图可知；反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；

B．由图可知，0-2s内，二氧化氮的浓度变化量=0.8mol/L-0.4mol/L=0.4mol/L，根据v=计算v（NO2），然后依据化学计量数之比等于速率之比计算v（O3）；

C．温度高；化学反应速率快，此反应为放热反应，温度升高，平衡左移；

D．容器中充入反应物，正反应速率瞬间加快，逆反应速率不变，据此解答即可．【解析】【解答】解：A．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大；故A错误；

B．由图可知，0-2s内，二氧化氮的浓度变化量=0.8mol/L-0.4mol/L=0.4mol/L，故v（NO2）==0.2mol/（L．s），v（O3）=v（NO2）=0.1mol/（L．s）；故B错误；

C．度高，化学反应速率快，b点温度高于a点，故V正：b点＞a点，此反应为放热反应，温度升高，平衡左移，故b点：v逆＞v正；故C正确；

D．容器中充入反应物，正反应速率瞬间加快，逆反应速率不变，故D错误，故选C．5、C【分析】【分析】A．同一周期元素；原子半径随着原子序数增大而减小，不同周期元素，原子的电子层数越多其原子半径越大；

B．同一周期元素；阴离子的还原性随着原子序数的增大而减小，同一主族元素，阴离子的还原性随着原子序数的增大而增大；

C．中间价态的元素既有氧化性又有还原性；处于最低价态的元素只有还原性，处于最高价态的元素只有氧化性；

D．同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键．【解析】【解答】解：A．硒和溴属于同一周期元素，硒的原子序数小于溴，所以原子半径Br＜Se，P处于第二周期，溴处于第四周期，所以原子半径Br＞P；故A错误；

B．同一周期元素，阴离子的还原性随着原子序数的增大而减小，同一主族元素，阴离子的还原性随着原子序数的增大而增大，还原性Se2-＞S2-＞Br-；故B错误；

C．SeO2中硒处于中间价态；所以既有氧化性又有还原性，故C正确；

D．在Se2Br2分子中硒原子间存在非极性键；溴和硒原子之间存在极性键，故D错误；

故选C．6、D【分析】【分析】A．高熔点的固体可能为原子晶体或者离子晶体；但是有的金属晶体的熔点也很高；

B．氢硫酸和氯化氢不是硫元素；氯元素的最高价氧化物对应的水化物；无法根据盐酸和氢硫酸的酸性判断氯元素和硫元素的非金属性及单质的氧化性；

C．双氧水为两种元素组成的共价化合物，双氧水的电子式为双氧水中存在O-O非极性键；

D．X+和Y2-的核外电子层结构相同，说明二者核外电子数相等，由于X+为X失去电子形成的，而Y2-为Y得到电子形成的，据此判断X、Y的原子序数．【解析】【解答】解：A．金属钨熔点3000°C以上；所以高熔点的固体可能为金属晶体，不一定为原子晶体或离子晶体，故A错误；

B．氯化氢和氢硫酸都不是含氧酸；更不是氯元素；氯元素最高价氧化物对应的水化物，无法判断S元素与Cl元素的非金属性强弱，也无法判断氯气和硫单质的氧化性，故B错误；

C．由两种元素组成的共价化合物分子中；可能存在非极性键，如双氧水中存在O-O非极性键，故C错误；

D．X+和Y2-的核外电子层结构相同；设两离子的核外电子总数为x，原子的原子序数为：x+1，Y的原子序数为：x-2，所以原子序数大小为：X＞Y，故D正确；

故选D．7、D【分析】【分析】根据化学反应到达平衡时，正逆反应速率相等，各物质的物质的量浓度不再发生变化来进行判断．【解析】【解答】解：A；因反应平衡时各物质的浓度不变；但不是说各自的浓度相等，浓度是否相等取决起始量及转化率，故A错误；

B；因反应达到平衡时；正逆反应速率相等，但反应并没有停止，是一个动态平衡，故B错误；

C；反该反应为可逆反应；无论是否达到平衡状态，各种物质都共存，故C错误；

D；因达到平衡时；正逆反应速率相等，各种物质的浓度不再发生变化，故D正确；

故选：D．8、B【分析】【分析】用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，n（OH-）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH-）减小，加水促进电离，则n（NH3•H2O）减少．【解析】【解答】解：A、由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，为平衡常数；随温度变化，用水稀释计算式不变，故A错误；

B、由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3•H2O）减少，n（OH-）增大，减小；故B正确；

C、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH-）的乘积不变；故C错误；

D、由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，OH-的物质的量增大；故D错误；

故选：B．9、B【分析】解：rm{A.}浓硫酸具有强氧化性；常温下铝和铁遇到浓硫酸发生钝化，表面形成一薄层氧化物阻止反应进行，故A不符合；

B.铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；铁不与氢氧化钠溶液反应，故B符合；

C.铁和铝都是金属单质；和盐酸反应生成盐和氢气，故C不符合；

D.铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁；铝燃烧生成氧化铝，都能在氧气中燃烧，故D不符合；

故选：rm{B}

A.常温下铝和铁遇到浓硫酸发生钝化；

B.铁不与氢氧化钠溶液反应；

C.铁和铝和盐酸反应生成盐和氢气；

D.铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁；铝燃烧生成氧化铝。

本题主要考查了元素及其化合物知识，金属活动顺序、金属活动性比较、化学性质对比等，题目难度中等，根据所学知识即可完成。【解析】rm{B}二、双选题(共7题，共14分)10、A|D【分析】解：常温下，由水电离出的c（OH-）=10-11mol/L，水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，则c（H+）•c（OH-）=10-22＜10-14；说明该溶液中溶质抑制了的水的电离；

A、0.001mol•L-1盐酸中，根据水的离子积计算出由水电离出的c（OH-）=10-11mol/L；故A正确；

B、0.001mol•L-1的硫酸中，氢离子浓度是0.002mol•L-1，根据水的离子积计算出由水电离出的c（OH-）=5×10-12mol/L；故B错误；

C；pH=11的NaCN溶液中溶质促进了的水的电离；故C错误；

D、pH=11的KOH溶液中，根据水的离子积计算出由水电离出的c（OH-）=10-11mol/L；故D正确；

故选AD．

常温下，水的离子积为：10-14，由水电离出的c（OH-）=10-11mol/L，c（H+）•c（OH-）=10-22＜10-14；水的电离程度减小，说明所加的溶质抑制水的电离，结合选项知，只能是酸或碱溶液．

本题考查了水的电离、盐的水解等知识，题目难度中等，试题侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养，解题的关键是准确判断出溶液中的溶质对水的电离程度的影响．【解析】【答案】AD11、rAC【分析】解：rm{A.}钢铁主要发生电化学腐蚀；同时还发生化学腐蚀，故A正确；

B.反应rm{C(s)+H_{2}O(g)篓TCO(g)+H_{2}(g)}的rm{triangleS>0}该反应在高温下能自发进行，rm{triangleH-TtriangleS<0}可知，该反应的rm{triangleH-Ttriangle

S<0}故B错误；

C.常温下，rm{triangleH>0}为rm{pH}的氯化铵溶液氢离子全部由水电离，则水电离的氢离子为rm{5}rm{10^{-5}mol/L}为rm{pH}的醋酸钠溶液中氢氧根离子全部由水电离，则氢氧根离子浓度为rm{9}则两种溶液中水的电离程度相同，故C正确；

D.当溶液中存在rm{10^{-5}mol/L}时就能产生沉淀，向rm{Qc>Ksp}沉淀中加入饱和rm{BaSO_{4}}溶液后生成rm{Na_{2}CO_{3}}说明溶液中rm{BaCO_{3}}但是不能说明rm{Qc(BaCO_{3})>Ksp(BaCO_{3})}故D错误．

故选AC．

A.钢铁主要发生电化学腐蚀；

B.rm{triangleH-TtriangleS<0}反应自反进行据此判断；

C.易水解的盐促进水的电离；盐溶液中氢离子和氢氧根离子均由水电离；

D.当溶液中存在rm{K_{sp}(BaCO_{3})<K_{sp}(BaSO_{4})}时就能产生沉淀．

本题考查了金属的腐蚀、反应自发性的判断、盐的水解及影响水的电离的因素、溶度积常数的应用，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的综合应用的考查，题目难度中等，注意相关知识的积累和应用．rm{triangleH-Ttriangle

S<0}【解析】rm{AC}12、rAC【分析】解：rm{A}电离吸热，升温促进电离，rm{HF}的电离程度增大；故A错误；

B、rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)?H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}所以其逆反应rm{H_{2}O(1)?H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)triangleH=+57.3kJ/mol}故B正确；

C、rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)?H_{2}O(l)triangle

H=-57.3kJ/mol}时，溶液为rm{H_{2}O(1)?H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)triangle

H=+57.3kJ/mol}和rm{c>0.1}的混合溶液，当rm{NaF}的水解程度与rm{HF}的电离程度相同时，溶液呈中性，rm{F^{-}}故C错误；

D、若rm{HF}时，rm{c(Na^{+})=c(F^{-})}所以当rm{cgeqslant0.1}则rm{c(F^{-})>c(OH^{-})}一定小于rm{c(Na^{+})>c(OH^{-})>c(F^{-})>c(H^{+})}故D正确；

故选AC．

A；电离吸热；升温促进电离；

B；一个反应的焓变与其逆反应的焓变互为相反数；

C、rm{c}时，溶液为rm{0.1}和rm{c>0.1}的混合溶液；可能呈中性；

D、若rm{NaF}时，rm{HF}

本题考查了弱电解质的电离、焓变、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等．rm{cgeqslant0.1}【解析】rm{AC}13、AC【分析】解：A．Li2NH中H元素的化合价为+1；故A正确；

B．反应物H2中的氢元素的化合价为0价，反应后生成LiNH2中H元素的化合价是+1，LiH中H元素的化合价是-1，所以H2既是氧化剂又是还原剂；故B错误；

C．H-和Li+的核外电子数均为2，H的原子序数为1，Li的原子序数为2，所以H-离子的半径大于Li+；故C正确；

D．钢瓶储氢是物理过程，而Li2NH+H2═LiNH2+LiH的储氢方法为化学变化；所以二者原理不同，故D错误。

故选：AC。

Li2NH中H元素的化合价是+1，氮元素的化合价为-3；LiNH2中氮元素的化合价为-3；H元素的化合价是+1；LiH中H元素的化合价是-1，可以从化合价变化的角度来判断氧化还原反应的有关概念；离子核外电子排布相同时，原子序数越大，离子半径越小；钢瓶储氢是物理过程。

本题考查氧化还原反应的有关概念，离子半径的大小比较等问题，做题注意从化合价变化的角度判断氧化剂、还原剂的等概念，注意离子半径大小比较的方法，注重基础知识的积累，题目难度不大。【解析】AC14、rAD【分析】解：rm{A.pH=1}的溶液，显酸性，rm{Fe^{2+}}rm{MnO_{4}^{-}}发生氧化还原反应不能共存；氯离子也能被高锰酸钾氧化，故A选；

B.能与铝反应生成氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在rm{NH_{4}^{+}}酸溶液中rm{H^{+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{Al}发生氧化还原反应不生成氢气；故B不选；

C.常温下rm{c(H^{+})/c(OH)^{-}=10^{-10}}的溶液；显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C不选；

D.含有大量rm{H^{+}}的透明溶液，显酸性，rm{Cu^{2+}}分别与rm{AlO_{2}^{-}}rm{SiO_{3}^{2-}}相互促进水解不能共存，且酸溶液中不能大量存在rm{AlO_{2}^{-}}rm{SiO_{3}^{2-}}故D选；

故选AD．

A.rm{pH=1}的溶液；显酸性；

B.能与铝反应生成氢气的溶液；为非氧化性酸或强碱溶液；

C.常温下rm{c(H^{+})/c(OH)^{-}=10^{-10}}的溶液；显碱性；

D.含有大量rm{H^{+}}的透明溶液；显酸性．

本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．【解析】rm{AD}15、rBD【分析】解：rm{A}两边气体计量数相等；所以体系的总压强一直不变，故A错误；

B；体系内各物质的质量分数不再发生变化；说明各物质的量不变，说明反应达平衡状态，故B正确；

C；体系内气体密度一直不发生变化；故C错误；

D、单位时间消耗rm{0.1molCO(g)}等效于消耗rm{0.1molH_{2}O(g)}同时生成rm{0.1molH_{2}O(g)}正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故D正确；

故选BD．

根据化学平衡状态的特征解答；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，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．

本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为rm{0}．【解析】rm{BD}16、BD【分析】解：A．10min内，T1时υ（CH4）==0.015mol•L-1•min-1，T2时时υ（CH4）==0.02mol•L-1•min-1，T1时υ（CH4）比T2时小；故A正确；

B．温度升高，反应速率加快，因此T2＞T1；故B错误；

C．温度升高；甲烷剩余量增多，说明反应向左进行，正反应放热，所以a＜0，故C正确；

D．T1时反应进行的更为彻底，因此平衡常数更大，K（T1）＞K（T2）；故D错误；

故选：BD。

A．由表格中的数据结合v=来计算υ（CH4）；

B．温度升高；反应速率加快；

C．温度升高；甲烷剩余量增多，说明反应向左进行，正反应放热；

D．反应进行的越彻底；则平衡常数越大．

本题主要考查外界条件对化学反应速率以及平衡移动原理及其应用，难度中等以上，注意灵活运用所学知识．【解析】BD三、多选题(共5题，共10分)17、ABD【分析】【分析】A．依据二氧化硫；次氯酸漂白原理解答；

B．氯化铵受热分解生成氨气与氯化氢；碘受热升华；

C．福尔马林；葡萄糖都具有还原性，能够还原氢氧化铜生成红色氧化亚铜；

D．乙烯能被酸性高锰酸钾氧化，能与溴水加成．【解析】【解答】解：A．氯气的漂白作用是氯气和水反应生成的次氯酸的漂白作用；是次氯酸的强氧化性的体现；二氧化硫的漂白作用是二氧化硫与水生成的亚硫酸和有色物质结合为不稳定的无色物质，该过程为化合反应，二者原理不同，故A选；

B．氯化铵受热分解生成氨气与氯化氢属于化学变化；碘受热升华属于物理变化，二者原理不同，故B选；

C．福尔马林；葡萄糖都具有还原性，能够还原氢氧化铜生成红色氧化亚铜，二者原理相同，故C不选；

D．乙烯通入酸性高锰酸钾溶液和溴水都能使其褪色；前者是发生氧化还原反应，后者发生加成反应，二者原理不同，故D选；

故选：ABD．18、AD【分析】【分析】该有机物为稠环物质，不含C=C，相对分子质量较大，常温下为固体，根据结构简式判断分子式，可根据分子式判断完全燃烧生成CO2和水的物质的量．【解析】【解答】解：A．有机物中含有甲基以及亚甲基；其中的原子一定不在同一个平面上，故A错误；

B．有机物的化学式应为：C26H26；故B正确；

C、有机物中的碳全部转化为二氧化碳，氢全部转化为水，所以1molC26H26在氧气中完全燃烧生成CO2和水的物质的量之比为26：13=2：1；故C正确；

D；该有机物碳个数超过四个；不是气体，故D错误；

故选AD．19、AC【分析】【分析】A；分别求出二氧化硫和二氧化碳的物质的量；然后根据1mol二氧化硫和1mol二氧化碳中均含2mol氧原子来分析；

B、NO2气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4；

C；电解精炼铜时；阳极上放电的不只铜，还有比铜活泼的金属杂质；

D、1molCnH2n（烯烃）中含有2nmolC-H键、（n-2）molC-C键和1mol碳碳双键．【解析】【解答】解：A、1mol二氧化硫和1mol二氧化碳中均含2mol氧原子，80g二氧化硫的物质的量n==1.25mol，含有2.5mol氧原子，个数为2.5NA个；标况下，33.6L二氧化碳的物质的量n==1.5mol，含有的氧原子的物质的量为3mol，即3NA个；故A错误；

B、2molNO与1molO2混合后发生反应：2NO+O2=NO2，生成的NO2的物质的量为2mol，而NO2气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致气体的分子数变少，故所得气体中的分子数目小于2NA个；故B正确；

C、电解精炼铜时，活泼金属优先在阳极上失去电子，粗铜中铁、锌等杂质摩尔质量小于铜的，6.4g金属失去的电子大于0.2mol，转移的电子数目大于0.2NA；故C错误；

D、1molCnH2n（烯烃）中含有2nmolC-H键、（n-2）molC-C键和1mol碳碳双键，故共含有3nmol共用电子对，即3nNA个；故D正确．

故选AC．20、BD【分析】【分析】A．根据同系物的定义分析；

B．根据键线式判断含有的C；H原子数；可计算分子式；

C．五星烷中含有六元环；

D．五星烷是一个很对称的结构，只存在两种不同类型的H原子，以此判断．【解析】【解答】解：A．同系物应相差nCH2；该有机物含有环状结构，明显与乙烷不是同系物关系，故A错误；

B．根据五星烷的键线式，可写出其化学式为C15H20；故B正确；

C．从结构式看；对面是2个五元环，外层是5个六元环，故C错误；

D．五星烷的二氯代物发生在角上有三种；发生在正n边形的同一面上有两种，发生在正n边形的不同面上有三种，发生在角上；正n边形的面上有三种，五星烷的二氯代物共有十一种，故D正确．

故选BD．21、BC【分析】【分析】物质反应时量不同、条件不同、产物可能不同，应根据具体反应的物质的性质分析．一般是发生反应后，如果某种物质过量且和生成产物继续反应，则会引起产物变化；反应时温度不同产物可能不同．【解析】【解答】解：A、Na和O2反应的温度不同；产物不同，常温下生成氧化钠，点燃生成过氧化钠，故A错误；

B、Fe和Cl2的反应温度不同；量不同不会引起产物的改变；故B正确；

C、Na2O2和CO2的反应；温度不同；量不同不会引起产物的改变，故C正确；

D；木炭和氧气反应；氧气过量时生成二氧化碳，氧气不足时生成一氧化碳，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故D错误．

故选：BC．四、填空题(共4题，共8分)22、KClO3与NaHSO3反应的离子方程式为：2ClO3-+6HSO3-═6SO42-+2Cl-+6H+，开始时随着反应的进行，c（H+）不断增大反应物浓度减小【分析】【分析】由图可知，反应速率先增大，后减小，开始与氢离子浓度有关，后来与反应物浓度有关，以此来解答．【解析】【解答】解：（1）反应开始时反应速率加快，由ClO3-+3HSO3-⇌Cl-+3H++3SO42-可知，反应开始时随着反应的进行，c（H+）不断增大，反应的速率加快由题目信息可知反应的速率随c（H+）的增大而加快，故答案为：KClO3与NaHSO3反应的离子方程式为：2ClO3-+6HSO3-═6SO42-+2Cl-+6H+，开始时随着反应的进行，c（H+）不断增大；

（2）反应后期反应速率下降，是因随着反应的进行，反应物的浓度减少，反应速率减小，故答案为：反应物浓度减小．23、取代反应OHC-CHO+4Ag（NH3）2OHH4NOOC-COONH4+2Ag+6NH3↑+2H2O【分析】【分析】D氧化生成E，E氧化生成C，D为醇、E为醛、C为羧酸，且B、C、D、E含有的碳原子数目相同为2，故羧酸衍生物A为酯，A分子式为C4H4O4，为故B为NaOOC-COONa，D为乙二醇（HOCH2CH2OH）、C为乙二酸（HOOCCOOH）、E为乙二醛（OHC-CHO），据此解答．【解析】【解答】解：D氧化生成E，E氧化生成C，D为醇、E为醛、C为羧酸，且B、C、D、E含有的碳原子数目相同为2，故羧酸衍生物A为酯，A分子式为C4H4O4，为故B为NaOOC-COONa，D为乙二醇（HOCH2CH2OH）；C为乙二酸（HOOCCOOH）、E为乙二醛（OHC-CHO）；

（1）与氢氧化钠溶液反应生成NaOOC-COONa与HOCH2CH2OH；属于取代反应；

故答案为：取代反应；

（2）由上述分析可知，A的结构简式是

故答案为：

（3）OHC-CHO与足量银氨溶液共热发生反应的化学方程式：OHC-CHO+4Ag（NH3）2OHH4NOOC-COONH4+2Ag+6NH3↑+2H2O；

故答案为：OHC-CHO+4Ag（NH3）2OHH4NOOC-COONH4+2Ag+6NH3↑+2H2O；

（4）HOOCCOOH与HOCH2CH2OH发生酯化反应生成高分子化合物，高分子化合物的结构简式

故答案为：

（5）F与互为同分异构体，F在酸性条件下水解有HOCH2COOH生成，F的结构简式为

故答案为：．24、（CH3）3CCH2CH3（CH3）3CCH2COOH取代消去224【分析】【分析】烷烃A只可能有三种一氯取代产物B、C和D，C的结构简式是（CH3）2C（CH2CH3）CH2Cl，故A为（CH3）3CCH2CH3，B和D分别与强碱的醇溶液共热，都只能得到有机化合物E，故E为（CH3）3CCH=CH2，B在氢氧化钠水溶液下生成F，F为醇，F氧化生成G，G能与银氨溶液反应，G含有醛基-CHO，故B为（CH3）3CCH2CH2Cl，F为（CH3）3CCH2CH2OH，G为（CH3）3CCH2CHO，H为（CH3）3CCH2COOH，D为（CH3）3CCH2ClCH3），据此解答．【解析】【解答】解：烷烃A只可能有三种一氯取代产物B、C和D，C的结构简式是（CH3）2C（CH2CH3）CH2Cl，故A为（CH3）3CCH2CH3，B和D分别与强碱的醇溶液共热，都只能得到有机化合物E，故E为（CH3）3CCH=CH2，B在氢氧化钠水溶液下生成F，F为醇，F氧化生成G，G能与银氨溶液反应，G含有醛基-CHO，故B为（CH3）3CCH2CH2Cl，F为（CH3）3CCH2CH2OH，G为（CH3）3CCH2CHO，H为（CH3）3CCH2COOH，D为（CH3）3CCH2ClCH3）；

（1）由上述分析可知