2025年外研版高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2025年外研版高三化学下册阶段测试试卷316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6题，共12分)1、下列实验中；不能达到预期目的是（）

①苯；浓溴水、溴化铁混合制溴苯。

②2-溴丙烷消去反应生成两种烯烃。

③用溴水除去混在苯中的己烯；分液得到纯净的苯。

④敞口久置的电石与饱和食盐水混合制乙炔。

⑤将电石与水反应产生的乙炔通入溴水中；溴水褪色，证明乙炔和溴水发生了加成反应。

⑥将溴乙烷和NaOH乙醇溶液混合共热，生成的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色，说明有乙烯生成．A.②④⑥B.①③⑤C.①②④⑥D.①②③④⑤⑥2、逻辑推理是化学学习中常用的一种思维方法，以下推理中正确的是（）A.单质都是由同种元素组成的，只含一种元素的物质一定是纯净物B.金属铝排在金属活动性顺序表中氢元素的前面，铝与酸反应一定放出氢气C.中和反应都有盐和水生成，有盐和水生成的反应都属于中和反应D.氧化物中都含有氧元素，含氧元素的化合物不一定是氧化物3、美国梅奥诊所的研究人员发现，绿茶中含有EGCG（没食子茶素没食子酸酯），该物质具有抗癌作用，能使血癌（白血病）中癌细胞自杀性死亡，已知EGCG的结构简式为有关EGCG的说法错误的是（）A.EGCG不能与碳酸钠溶液反应放出二氧化碳B.EGCG遇FeCl3溶液能发生显色反应C.1molEGCG最多可与含10mol氢氧化钠的溶液完全作用D.EGCG在空气中易被氧化4、下列叙述正确的是（）A.电化学反应不一定是氧化还原反应B.pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，水的电离程度相同C.2NO+2CO2CO2+N2的△H＜0，则该反应一定能自发进行D.用饱和Na2CO3溶液处理BaSO4沉淀，可将BaSO4转化为BaCO35、对下列流程有关判断正确的是（）

A.流程中涉及的反应均为非氧化还原反应B.反应②产生的阴离子主要为HCO3-C.实验室中完成反应③应在蒸发皿中进行D.反应④的条件是高温加热6、有机物甲分子式为C11H14O2，在酸性条件下水解生成乙和丙，丙遇FeCl3溶液显紫色，丙的相对分子质量比乙大20，甲的结构有（）A.6种B.4种C.3种D.8种评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)7、关于下列图示的说法中正确的是()

A.用图①所示实验可比较硫.碳.硅三种元素的非金属性强弱B.用图②所示实验装置排空气法收集CO2气体C.图③表示可逆反应“CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)”为放热反应D.图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量也相同8、在t℃时，Ag2CrO4（橘红色）在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．又知t℃时AgBr的Ksp=5.0×10-13，下列说法错误的是（）A.t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10-8B.在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点C.一定温度下Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等D.在t℃时，Ag2CrO4（s）+2Br-（aq）⇌2AgBr（s）+CrO42-（aq）平衡常数K=4.0×10109、下列有关说法正确的是()A.在轮船表面涂刷富锌油漆，能有效防止船体在海水中被腐蚀B.rm{0.1mol隆陇L^{-1}}氨水加水稀释后，溶液中rm{dfrac{cmathrm{(}NH_{4}^{{+}}mathrm{)}}{cmathrm{(}NH_{3}mathrm{{隆陇}}H_{2}Omathrm{)}}}的值减小C.用rm{pH}均为rm{2}的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的rm{NaOH}消耗醋酸的体积更大D.反应rm{NH_{3}(g)+HCl(g)=NH_{4}Cl(s)}在室温下可自发进行，则该反应的rm{娄陇H<0}10、下列各项表述中与示意图一致的是()A.图①表示IA族元素原子半径的变化规律B.图②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C.图③中a.b曲线分别表示反应：CH2=CH2(g)+H2(g)→CH3CH3(g)△H＜0在使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化D.图④表示核外电子能量与电子层数的关系11、用某仪器量一液体体积时，平视时读数为nml，仰视时读数为xml，俯视时读数为yml，若x＞n＞y，则所用的仪器可能是（）A.量筒B.酸式滴定管C.碱式滴定管D.容量瓶12、X、Y、Z、W四种物质之间有如右图所示的转化关系（部分物质未写全），且已知反应热之间的关系符合等式△H=△H1+△H2．则X；Y可能是（）

①C；CO

②AlCl3、Al（OH）3

③Fe、Fe（NO3）2

④Na2CO3、NaHCO3．A.①②B.③④C.①②③D.①②③④13、温度为rm{T_{1}}时，在三个容积均为rm{1L}的恒容密闭容器中仅发生反应：rm{2NO(g)+Br_{2}(g)篓T2NOBr(g)}rm{(}正反应放热rm{).}该反应分为两步进行：rm{垄脵NO(g)+Br_{2}(g)?NOBr_{2}(g)(}快rm{)}rm{垄脷NO(g)+NO-Br_{2}(g)?2NOBr(g)(}慢rm{)}下列说法正确的是rm{(}rm{)}

。容器编号物质的起始浓度rm{(mol/L)}物质的平衡浓度rm{(mol/L)}rm{c}rm{(NO)}rm{c}rm{(Br_{2})}rm{c}rm{(NOBr)}rm{c(NOBr)}rm{c(NOBr)}Ⅰrm{0.3}rm{0.15}rm{0.1}rm{0.2}Ⅱrm{0.4}rm{0.2}rm{0}Ⅲrm{0}rm{0}rm{0.2}A.达平衡时，容器rm{I}与容器Ⅲ中的总压强之比为rm{2}rm{1}B.当温度改变为rm{T_{2}}时，若rm{K=50}则rm{T_{2}<T_{1}}C.容器Ⅲ达成平衡所需的时间，取决于上述反应rm{垄脷}建立平衡的速率D.达平衡时，容器rm{II}中rm{dfrac{c(Br_{2})}{c(NOBr)}}比容器Ⅲ中的大rm{dfrac

{c(Br_{2})}{c(NOBr)}}评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、2014年10月24日．我国探月工程三期载人返回飞行试验器在西昌卫星发射中心由长征三号丙运载火箭发射升空．某液体化合物X2Y4，常用作火箭燃料，16gX2Y4在一定量的O2中恰好完全燃烧，反应的化学方程式为X2Y4（l）+O2（g）X2（g）+2Y2O（l）．冷却后标准状况下测得生成物的体积为11.2L，其密度为1.25g•L-1；则：

（1）反应前O2的物质的量为____．

（2）X2的摩尔质量为____；Y元素的名称是____．

（3）若反应生成0.1molX2，则转移电子的物质的量为____mol．15、回答下列问题：

（1）在一个恒温恒容的密闭容器中，可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）

△H＜0达到平衡的标志是____（填编号）

①反应速率v（N2）：v（H2）：v（NH3）=1：3：2

②各组分的物质的量浓度不再改变。

③体系的压强不再发生变化。

④混合气体的密度不变。

⑤单位时间内生成nmolN2的同时，生成3nmolH2

⑥2V（N2正）=V（NH3逆）

⑦单位时间内3molH-H键断裂的同时2molN-H键也断裂。

⑧混合气体的平均相对分子质量不再改变。

（2）现有八种物质：①干冰；②金刚石；③四氯化碳；④晶体硅；⑤过氧化钠；⑥碳化硅晶体；⑦溴化钠；⑧氖．请用编号填写下列空白：

A．属于原子晶体的是____，其中熔点由高到低的顺序为____

B．属于分子晶体的是____，其中分子构型为正四面体的化合物的电子式为____

C．既含有共价键又含有离子键的化合物是____，其中阳离子个数与阴离子个数之比为____．16、氢能源是一种重要的清洁能源．现有两种可产生H2的化合物甲和乙．将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种地壳中含量最多的金属单质和6.72L的H2（已折算成标准状况）．甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液．化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25g•L-1．请回答下列问题：

（1）甲的化学式是____．

（2）甲与水反应的化学方程式是____．

（3）气体丙与金属镁反应的产物是____（用化学式表示）．

（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式____．

（5）有人提出产物Cu中可能还混有CuO，请设计实验方案验证之____．（已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）17、（2010春•海淀区校级期末）工业上通过电解饱和氯化钠溶液的方法获得氢氧化钠和氯气；图为某实验小组自制的电解饱和食盐水的简易装置；

（1）写出电解饱和氯化钠溶液时，总离子反应方程式：____．

（2）下列有关说法正确的是。

A．电解一段时间后；往蛋壳内溶液中滴加几滴。

紫色石蕊试液；先变红后又褪色。

B．蛋壳表面缠绕铁丝发生氧化反应。

C．为增强导电性；可将石墨棒换成铜电极。

D．蛋壳可阻止生成的氯气与氢气；氢氧化钠溶液接触。

（3）电解200mL0.5mol/L的NaCl溶液；在标准状况下，阴极收集到2.24L气体时；

阳极产生的气体为____L，常温下，若将电解后的溶液稀释至1L，则溶液的pH约为____；若将阳极生成的气体通入电解后的溶液中，反应的离子方程式为____，充分反应后，则所得溶液中阴离子的浓度由大到小依次是____．

（4）若将电解后阳极所产生的气体全部通入1mol/L500mLNa2SO3的溶液中，使之充分反应（假设溶液的体积变化忽略不计），则所得溶液中SO42-的物质的量浓度最多为____mol/L．18、现有A、B、C、D、E、F、G七种位于周期表前四周期元素，其原子序数依次增大，相关信息如下表所示：元素性质A一种核素的原子核内不含中子B原子核外电子有6种不同运动状态C最高价氧化物的水化物与其氢化物可发生非氧化还原反应D单质之一为淡蓝色气体，可阻挡对人体有害的紫外线E在地壳中的含量位居第三F周期表中位于短周期，基态原子M层成对电子数是未成对电子数的2倍G该元素的一种氧化物M可用作油漆颜料，与E的单质反应可应用于焊接钢轨根据以上信息，回答下列问题：（1）画出元素C的基态原子核外电子排布图：____；D、E、F三种元素的第一电离能大小顺序为：____（用元素符号表示）。（2）化合物BA2D2蒸气293K时，理论测算密度为1.9g·L-1，实际密度为2.5g·L-1的原因是___。（3）FD2中F原子的杂化类型为______；分子空间构型为______；FD2易溶于水的原因可能是：_____（填入序号）。①FD2与水极性相同②FD2可以与水反应（4）有人推测化合物CA5的存在，该化合物中含有化学键的可能类型为：______。（5）D、E形成的一种化合物硬度仅次于金刚石，主要用作高级研磨材料、制作手表的轴承，该物质晶体类型是______晶体。另一含有E的硫酸盐是一种常用净水剂，其水溶液呈_______（选填：“酸性”、“中性”、“碱性”），原因是：______（用离子方程式解释）。（6）化合物M可用于制备一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾）。补充完整并配平该制备反应的化学方程式：□____＋□KNO3＋□____＝□K2FeO4＋□KNO2＋□H2O评卷人得分四、判断题(共3题，共18分)19、一定量的铁粉与铜粉混合物，与适量稀硝酸反应，生成标准状况下气体5.6L．则参加反应的硝酸的物质的量为1mol．____（判断对错）20、一定量的铁粉与铜粉混合物，与适量稀硝酸反应，生成标准状况下气体5.6L．则参加反应的硝酸的物质的量为1mol．____（判断对错）21、丁达尔现象可用来区别胶体与溶液，其中胶体能透过半透膜____．（判断对错）评卷人得分五、计算题(共3题，共24分)22、下列物质中，物质的量最大的是____，含原子个数最多的是____，质量最大的是____．

A．6gH2；B．0.5molCO2；C．1.204×1024个HCl分子；

D．147gH2SO4；E．92g乙醇（C2H5OH）；F．4℃时10mL水．23、（2014秋•工农区校级期末）将一定质量的Mg和Al的混合物投入500mL稀硫酸中；固体全部溶解并产生气体．待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示．

（1）Mg和Al的总质量为____g

（2）硫酸的物质的量浓度为____．

（3）NaOH溶液的物质的量浓度为____．24、将25.6g铜与含0.3molH2SO4的浓硫酸充分反应．

（1）若在反应过程中消耗了0.2mol的H2SO4；则生成的气体标况下体积为多少？

（2）若以上反应产生的气体全部逸出后，继续在剩余物质中加入2mol/L的稀硝酸100mL，充分反应后产生NO的物质的量为多少？参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】①应用苯；液溴、溴化铁混合制溴苯；

②卤代烃发生消去反应的结构特点是：只有-X相连碳的相邻碳上有氢原子的才能发生消去反应；形成不饱和键；

③溴水与己烯反应产物可溶解在苯中；无法分液除去；

④敞口久置的电石易与空气中水蒸气反应而变质；

⑤将电石与水反应产生气体除乙炔外还有SO2、H2S等杂质；也可与溴水反应；

⑥将溴乙烷和NaOH乙醇溶液混合共热，生成的气体可能含有乙醇，乙醇也可使酸性高锰酸钾溶液褪色．【解析】【解答】解：①苯与浓溴水不反应；应用苯；液溴、溴化铁混合制溴苯，故错误；

②2-溴丙烷发生消去反应生成2种烯烃：丙烯；故错误；

③溴水与己烯反应产物可溶解在苯中；无法分液除去，引入新杂质，不符合除杂的原则，可利用蒸馏分离，故错误；

④敞口久置的电石易与空气中水蒸气反应而变质；影响乙炔的制取，故错误；

⑤将电石与水反应产生气体除乙炔外还有SO2、H2S等杂质；也可与溴水反应，则溴水褪色，不能证明乙炔和溴水发生了加成反应，故错误；

⑥因乙醇易挥发；将溴乙烷和NaOH乙醇溶液混合共热，生成的气体可能含有乙醇，乙醇也可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明有乙烯生成，故错误；

故选D．2、D【分析】【分析】A；只含一种元素的纯净物是单质；

B；铝与硝酸反应不生成氢气；

C；有盐和水生成的反应不一定是中和反应；

D、氧化物中都含有氧元素，含氧元素的化合物不一定是氧化物．【解析】【解答】解：A；只含一种元素的纯净物是单质；故A错误；

B；铝与硝酸反应不生成氢气；故B错误；

C；中和反应都有盐和水生成；有盐和水生成的反应不一定是中和反应，还可能是酸性氧化物与碱的反应，还可能是碱性氧化物与酸的反应，故C错误；

D、氧化物中都含有氧元素，含氧元素的化合物不一定是氧化物，如HNO3；故D正确．

故选D．3、C【分析】【分析】由结构简式可知，含酚-OH、-COOC-、-COC-，结合酚、酯、醚的性质来解答．【解析】【解答】解：A．含酚-OH；与碳酸钠反应生成酚钠和碳酸氢钠，不生成二氧化碳，故A正确；

B．含酚-OH，则EGCG遇FeCl3溶液能发生显色反应；故B正确；

C.8个酚-OH和1个-COOC-与碱反应；则1molEGCG最多可与含9mol氢氧化钠的溶液完全作用，故C错误；

D．含酚-OH；易在空气中被氧化，故D正确；

故选C．4、D【分析】【分析】A．电化学反应一定是氧化还原反应；

B．CH3COOH抑制水的电离，NH4Cl促进水的电离；

C．反应能否自发进行；取决于焓变和熵变的综合判据；

D．根据难溶电解质的溶解平衡进行分析．【解析】【解答】解：A．电化学反应是化学能与电能之间的转化；存在电子的转移，一定为氧化还原反应，故A错误；

B．CH3COOH抑制水的电离，NH4Cl中NH4+水解促进水的电离；水的电离程度不同，故B错误；

C.2NO+2CO2CO2+N2的△H＜0；△S＜0，根据△G=△H-T•△S，反应必须在一定温度下才能使△G＜0，即才能自发进行，故C错误；

D．用饱和Na2CO3溶液处理BaSO4沉淀，当c2（Na+）×c（CO32-）＞K（Na2CO3）时，可将BaSO4转化为BaCO3；故D正确．

故选D．5、B【分析】【分析】A、电解熔融Al2O3的反应属于氧化还原反应；

B；偏铝酸盐中通过量二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；

C；加热分解氢氧化铝固体应在坩埚中进行；

D、反应④为电解熔融Al2O3制备铝单质．【解析】【解答】解：A、电解熔融Al2O3的反应属于氧化还原反应，反应的方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑；故A错误；

B、偏铝酸盐中通过量二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，即CO2+AlO2-+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-；故B正确；

C；反应③为加热分解氢氧化铝固体应在坩埚中进行；故C错误；

D、反应④为电解熔融Al2O3制备铝单质；所以条件是电解熔融，故D错误．

故选B．6、A【分析】【解答】丙遇FeCl3溶液显紫色；说明丙属于酚类。甲是酯类，所以乙是羧酸。丙的相对分子质量比乙大20，所以乙的相对分子质量是（178＋18－20）÷2＝88，因此乙是丁酸，丙是甲基苯酚。由于丁酸有2种，甲基苯酚有3种，所以甲的结构有2×3＝6种，答案选A。

【分析】本题的关键是根据质量守恒定律得出乙的相对分子质量，然后再分别得出乙和丙的结构简式，最后得出甲的结构简式。二、双选题(共7题，共14分)7、A|C【分析】A．由图①可知；酸性为硫酸＞碳酸＞硅酸，则三种元素的非金属性为硫＞碳＞硅，故A正确；

B．二氧化碳的密度比空气的大；则应从长导管进气，故B错误；

C．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，则可逆反应“CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)”为放热反应；故C正确；

D．由图可知，负极分别为Al、Zn，由Al～3e-、Zn～2e-；可知转移相同的电子时Al；Zn的物质的量之比为3：2，故D错误；

故选AC．

【解析】【答案】AC8、A|D【分析】解：A．Ksp（Ag2CrO4）=c（CrO42-）c2（Ag+）=（1×10-5）×（1×10-3）2=1×10-11；故A错误；

B．饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c（CrO42-）增大，平衡逆向移动，则c（Ag+）减小，而Y点变为X点c（Ag+）不变；不能使溶液由Y点变为X点，故B正确；

C．沉淀溶解平衡曲线上的点均为平衡点，Ksp只与温度有关，则一定温度下Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等；故C正确；

D．在t℃时，Ag2CrO4（s）+2Br-（aq）⇌2AgBr（s）+CrO42-（aq）平衡常数K====2.0×1014；故D错误；

故选AD．

A．Ksp（Ag2CrO4）=c（CrO42-）c2（Ag+）；

B．饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c（CrO42-）增大；平衡逆向移动；

C．沉淀溶解平衡曲线上的点均为平衡点；Ksp只与温度有关；

D．在t℃时，Ag2CrO4（s）+2Br-（aq）⇌2AgBr（s）+CrO42-（aq）平衡常数K==．

本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握Ksp的计算、溶解平衡图象、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项D为解答的难点，题目难度不大．【解析】【答案】AD9、AD【分析】【分析】了解金属的常见防护措施、电离度概念、酸碱中和反应的实质、反应自发进行的条件有助于本题的判断，掌握基本概念应用即可。【解答】A.在轮船表面涂刷富锌油漆，锌可以与船体形成牺牲阳极的阴极保护法，涂油漆可以避免船体与氧气接触发生吸氧腐蚀，二者能有效防止船体在海水中被腐蚀，A正确；B.rm{0.1mol隆陇L^{-1}}氨水加水稀释后，溶液中rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(N{H}_{3}隆陇{H}_{2}O)}}的值是电离度，弱电解质溶液稀释电离度一定增大，故B错误；C.用rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(N{H}_{3}隆陇{H}_{2}O)}

}均为rm{pH}的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的rm{2}没有说溶液的体积大小，无法判断消耗哪种酸的体积更大，故C错误；D.反应rm{NaOH}在室温下可自发进行，rm{NH_{3}(g)+HCl(g)=NH_{4}Cl(s)}本题是气体体积缩小的反应，混乱度减小，rm{娄陇G=娄陇H-T娄陇S<0}则该反应的rm{娄陇S<0}，故D正确，本题选AD。rm{娄陇H<0}【解析】rm{AD}10、B|C【分析】A．IA族元素随原子序数的增大；原子半径在增大，则曲线应为上升趋势，与图象不符，故A错误；

B．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B正确；

C．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C正确；

D．一般电子层数越多；最外层电子的能量越高，图象中电子层多的能量低，二者不一致，故D错误；

故选BC．

【解析】【答案】BC11、B|C【分析】解：平视时读数为nmL；是正确的读法，仰视时读数为xmL，x＞n，仰视读数读出的是下面的刻度，所以下面的刻度比上面的读数大，故该仪器为滴定管；

故选BC．

仰视读数读出的是下面的刻度；俯视读数时读出的是上面的刻度，要平视读数是读出的刻度在上进行分析解答．

本题考查常计量仪器的构造及其使用方法，题目难度不大，注意明确计量仪器的构造解题的关键，试题注重了基础知识的考查．【解析】【答案】BC12、C|D【分析】解：①X为C、W为O2时，Z为CO2，且C与O2完全反应即生成CO2，符合△H=△H1+△H2；故①正确；

②若X为AlCl3，W为NaOH，则Y为Al（OH）3，Z为NaAlO2，过量NaOH与AlCl3反应生成NaAlO2，符合△H=△H1+△H2；故②正确；

③若X为Fe、W为HNO3，则Y为Fe（NO3）2，Z为Fe（NO3）3，Fe与HNO3反应直接生成Fe（NO3）3，符合△H=△H1+△H2；故③正确；

④若X为NaOH、W为CO2，则Y为Na2CO3，Z为NaHCO3，过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3，符合△H=△H1+△H2；故④正确；

故选D．

图中X可连续与W发生反应，X如为单质，可为C、N、Na等对应的单质，也可为两性化合物、AlCl3、NaOH、CO2等；以此解答该题．

本题考查无机物的推断，侧重于物质转化关系的应用，物质性质的综合应用，主要考查物质连续反应的特征应用，熟练掌握元素化合物的性质是解题关键．【解析】【答案】CD13、rBC【分析】解：rm{A.}根据rm{2NO(g)+Br_{2}(g)篓T2NOBr(g)}可知容器rm{I}中起始状态与相同温度和相同容器中的rm{c(NO)}为rm{0}rm{c(Br_{2})}为rm{0}rm{c(NOBr)}为rm{0.4mol/L}的状态完全等效，可知容器Ⅲ中的起始量为相同条件容器rm{I}中的一半，如果容器Ⅲ中是相同温度、但体积只有容器rm{I}中的一半，则此时两容器压强相等，将容器Ⅲ中的体积再扩大为容器rm{I}相同的体积，若不存在平衡的移动，此时压强为rm{I}中的一半，即压强之比为rm{2}rm{1}但体积扩大过程中，容器Ⅲ中平衡逆向移动，气体的总物质的量增大，容器Ⅲ中压强则比容器rm{I}中压强的rm{dfrac{1}{2}}大，即达平衡时，容器rm{I}与容器Ⅲ中的总压强之比小于rm{2}rm{1}故A错误；

B.rm{T_{1}}时容器rm{I}中：rm{2NO(g)+Br_{2}(g)篓T2NOBr(g)}

起始浓度rm{(mol/L)}rm{0.3}rm{0.15}rm{0.1}

变化浓度rm{(mol/L)}rm{0.1}rm{0.05}rm{0.1}

平衡浓度rm{(mol/L)}rm{0.2}rm{0.1}rm{0.2}

此温度下平衡常数rm{K=dfrac{c^{2}(NOBr)}{c(NO)timesc(Br_{2})}=dfrac{0拢庐2^{2}}{0.2times0.1}=2<50}说明温度由rm{K=dfrac{c^{2}(NOBr)}{c(NO)times

c(Br_{2})}=dfrac{0拢庐2^{2}}{0.2times0.1}=2<50}变为rm{T_{1}}时，平衡常数增大，化学平衡正向移动，此反应正方向为放热反应，可知为降温过程，即则rm{T_{2}}故B正确；

C.rm{T_{2}<T_{1}}的快慢由慢反应rm{2NO(g)+Br_{2}(g)篓T2NOBr(g)}决定，则容器Ⅲ达成平衡所需的时间，取决于上述反应rm{垄脷}建立平衡的速率；故C正确；

D.在恒温恒容条件下，容器Ⅱ与容器Ⅲ可形成完全等效状态，则达到平衡时容器rm{垄脷}中rm{dfrac{c(Br_{2})}{c(NOBr)}}与容器Ⅲ中rm{dfrac{c(Br_{2})}{c(NOBr)}}的相等；故D错误；

故答案为：rm{II}．

A.根据rm{dfrac

{c(Br_{2})}{c(NOBr)}}可知容器rm{dfrac

{c(Br_{2})}{c(NOBr)}}中起始状态与相同温度和相同容器中的rm{BC}为rm{2NO(g)+Br_{2}(g)篓T2NOBr(g)}rm{I}为rm{c(NO)}rm{0}为rm{c(Br_{2})}的状态完全等效，而容器Ⅲ中的起始量为相同条件容器rm{0}中的一半；可结合等效平衡和平衡的移动判断两容器中气体的物质的量之间的关系，再判断压强的比值关系；

B.rm{c(NOBr)}时容器rm{0.4mol/L}中：rm{I}

起始浓度rm{T_{1}}rm{I}rm{2NO(g)+Br_{2}(g)篓T2NOBr(g)}rm{(mol/L)}

变化浓度rm{0.3}rm{0.15}rm{0.1}rm{(mol/L)}

平衡浓度rm{0.1}rm{0.05}rm{0.1}rm{(mol/L)}

根据平衡常数rm{K=dfrac{c^{2}(NOBr)}{c(NO)timesc(Br_{2})}}计算此温度下的平衡常数，再与rm{0.2}时的平衡常数rm{0.1}比较；判断平衡的移动方向及温度变化；

C.当一个反应有多个反应过程时；总反应的反应快慢由其中的慢反应过程决定；

D.在恒温恒容条件下；容器Ⅱ与容器Ⅲ可形成完全等效状态．

本题考查化学平衡计算，为高频考点，侧重考查等效平衡的建立与应用、化学平衡常数的计算与应用，对学生分析、计算及灵活运用知识解答问题能力要求较高，题目难度较大．rm{0.2}【解析】rm{BC}三、填空题(共5题，共10分)14、0.5mol28g/mol氢0.4【分析】【分析】（1）由方程式可知；反应前后气体的体积不发生变化，据此计算氧气的物质的量；

（2）标准状况下，气体摩尔质量M=Vm×ρ，据此计算气体X2的摩尔质量；根据方程式计算的物质的量X2Y4，再计算X2Y4的相对分子质量；进而计算Y的相对原子质量，确定Y元素名称；

（3）根据化合价的变化计算．【解析】【解答】解：（1）由方程式可知，反应前后气体的体积不发生变化，X2和氧气的关系式为1：1，故V（O2）=V（X2）=11.2L，所以n（O2）==0.5mol；故答案为：0.5mol；

（2）标准状况下，气体摩尔质量M=Vm×ρ，气体X2的摩尔质量=22.4L/mol×1.25g/L=28g/mol，11.2LX2的物质的量==0.5mol，n（X2Y4）=n（X2）=0.5mol，故Mr（X2Y4）==32，则Y的相对原子质量==1；故Y为氢元素，故答案为：28g/mol；氢；

（3）反应中X化合价由-2价升高到0价，由方程式可知，生成1molX2，则转移4mol电子，若反应生成0.1molX2，则转移电子的物质的量为0.4mol，故答案为：0.4．15、②③⑥⑧②④⑥②⑥④①③⑧⑤2：1【分析】【分析】（1）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；

（2）A．②金刚石；④晶体硅、⑥碳化硅是通过非极性键形成的原子晶体；②金刚石是熔点最高的晶体；C-Si键长小于Si-Si，熔点：碳化硅＞晶体硅；

B．①干冰是直线型分子，属于分子晶体；③四氯化碳是正四面体型分子晶体；⑧氖是由单原子分子构成的分子晶体，四氯化碳的电子式为

C．⑤过氧化钠既含有离子键，又含有非极性共价键，其阳离子个数与阴离子个数之比为2：1．【解析】【解答】解：（1）①速率之比等于对应物质的化学计量数之比；反应开始后一直成立，不能说明反应达到平衡状态，故①错误；

②当体系达平衡状态时；反应混合物各组分的物质的量浓度不变，故②正确；

③该反应正方向为计量数减小的反应；随着反应进行压强不断减小，当压强不变时，反应达到平衡状态，故③正确；

④反应容器的体积不变；气体的质量守恒，所以密度始终不变，密度不变时不能说明反应达到平衡状态，故④错误；

⑤单位时间内生成nmolN2表示逆速率，生成3nmolH2表示逆速率；都表示逆速率，不能说明反应达到平衡状态，故⑤错误。

⑥2V（N2正）=V（NH3逆）；即氮气的正速率与氨气的逆速率之比等于计量数之比，则反应达到平衡状态，故⑥正确；

⑦单位时间内3molH-H键断裂等效于6molN-H键形成；同时6molN-H键断裂，故⑦错误；

⑧混合气体的物质的量逐渐减小；质量不变，则平均相对分子质量逐渐增大，当平均相对分子质量不变时，即是平衡状态，故⑧正确；

故答案为：②③⑥⑧；

（2）A．②金刚石；④晶体硅、⑥碳化硅是通过非极性键形成的原子晶体；②金刚石是熔点最高的晶体C-Si键长小于Si-Si；熔点：碳化硅＞晶体硅；

故答案为：②④⑥；②⑥④；

B．①干冰是直线型分子，属于分子晶体；③四氯化碳是正四面体型分子晶体；⑧氖是由单原子分子构成的分子晶体四氯化碳的电子式为

故答案为：①③⑧；

C．⑤过氧化钠既含有离子键；又含有非极性共价键，其阳离子个数与阴离子个数之比为2：1；

故答案为：⑤；2：1．16、AlH3AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑Mg3N23CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O【分析】【分析】白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）==0.3mol；

则m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g-0.6g=5.4g，n（Al）==0.2mol；

所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25g•L-1，则丙的相对原子质量为1.25g•L-1×22.4L=28，应为N2，则乙为NH3，结合对应的物质以及题目要求可解答该题．【解析】【解答】解：白色沉淀可溶于NaOH溶液，应为Al（OH）3，说明甲中含有Al和H两种元素，n（H2）==0.3mol，则m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，则6.00g甲中含有m（Al）=6.00g-0.6g=5.4g，n（Al）==0.2mol，所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，则甲的化学式为AlH3，丙在标准状况下的密度为1.25g•L-1，则丙的相对原子质量为1.25g•L-1×22.4L=28，应为N2，则乙为NH3；

（1）由以上分析可知甲为AlH3，故答案为：AlH3；

（2）AlH3与水发生氧化还原反应，反应的方程式为AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑；

故答案为：AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑；

（3）镁可在氮气中燃烧生成氮化镁，化学式为Mg3N2，故答案为：Mg3N2；

（4）NH3在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体N2，反应的方程式为3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，故答案为：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O；

（5）要判断产物中是否含有CuO，可加入稀硫酸检验溶液是否变蓝，方法是取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O；

故答案为：取样后加H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O．17、2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-1.6813Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2OC（Cl-）＞C（ClO-）＞C（OH-）0.2【分析】【分析】（1）电解饱和食盐水时；阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；

（2）A．电解时；阴极附近生成氢氧化钠，阳极上生成氯气，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸有漂白性；

B．铁丝作阴极；阴极上发生还原反应；

C．当铜棒作阳极；阳极上铜失电子发生氧化反应；

D．鸡蛋壳有隔离作用；

（3）根据电解方程式计算阳极上产物的体积；根据氢气和氢氧根离子之间的关系式计算溶液中氢氧根离子浓度，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠；次氯酸钠和水，氯化钠是强酸强碱盐，次氯酸钠是弱酸弱碱盐，所以其溶液呈碱性；

（4）根据转移电子守恒计算．【解析】【解答】解：（1）电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，同时溶液中生成氢氧化钠，所以电池反应式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；

故答案为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；

（2）A．电解时；阳极上生成氯气，阴极上析出氢气，氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸有漂白性，所以往蛋壳内溶液中滴加几滴紫色石蕊试液，先变红后又褪色，故正确；

B．蛋壳表面缠绕铁丝作阴极；阴极上得电子发生还原反应，故错误；

C．将石墨棒换成铜电极；阳极上铜失电子生成铜离子，所以阳极上得不到氯气，故错误；

D．氯气在石墨棒上生成；氢气在铁丝上生成，所以蛋壳可阻止生成的氯气与氢气；氢氧化钠溶液接触，故正确；

故选AD；

（3）电解200mL0.5mol/L的NaCl溶液，在标准状况下，阴极收集到2.24L气体时，转移电子的物质的量=，氯离子完全放电时，转移电子的物质的量=0.5mol/L×0.2L=0.1mol，还有0.1mol电子是氢氧根离子失去的电子，所以生成氧气的体积==0.56L；生成氯气的体积=

=1.12L；所以阳极上生成气体体积为（0.56+1.12）L=1.68L；

2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-知，在标准状况下，阴极收集到2.24L气体时，生成氢氧化钠的物质的量为=0.1mol，则氢氧化钠的物质的量浓度==0.1mol/L；则溶液的pH=13；

阳极上生成氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O；

氯化钠是强酸强碱盐不水解，次氯酸钠是强碱弱酸盐，易水解，所以溶液中离子浓度大小是C（Cl-）＞C（ClO-）＞C（OH-）；

故答案为：1.68，13，Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，C（Cl-）＞C（ClO-）＞C（OH-）；

（4）氯气和氧气具有强氧化性，能和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钠，在标准状况下，阴极收集到2.24L气体时转移电子的物质的量=0.2mol，当有0.2mol电子转移时，生成硫酸根离子的物质的量==0.1mol，则硫酸根离子的浓度=mol/L；

故答案为：0.2．18、略

【分析】试题分析：根据题意可推知个元素分别是A是H；B是C；C是N；D是O；E是Al;F是S；G是Fe.（1）画出元素N的基态原子核外电子排布图为元素的非金属性越强，其失去电子就越难，第一电离能就越大。所以D、E、F三种元素的第一电离能的大小顺序是：O>S>Al.(2)化合物CH2O2为甲酸。其蒸气在293K时理论测算密度为1.9g/L,而由于在甲酸分子之间存在着氢键，所以实际密度为2.5g/L.（3）在SO2中S原子的杂化类型为sp2杂化；分子空间构型为V形；SO2是极性分子，H2O是极性分子，根据相似相容原理可知由极性分子组成的溶质容易溶解于极性分子组成的溶剂中，此外SO2会和水发生反应SO2+H2O=H2SO3.反应不断消耗SO2也使它不断的溶解。因此SO2易溶于水。（4）化合物NH5可写为NH4H的结构为含有离子键、共价键、配位键的离子化合物。（5）金刚石是原子晶体，硬度大，可制作手表的轴承，由于该物质性质与金刚石相似，所以该晶体类型也是原子晶体。Al2(SO4)3是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性。水解的离子方程式为：Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+；（6）Fe元素的可用作油漆颜料一种氧化物M为Fe2O3.它可用作制备一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4。该反应为氧化还原反应。由于Fe的化合价Fe2O3K2FeO4从+3+6，升高3×2,N的化合价KNO3—KNO2从+5—+3.降低2，根据化合价升高与降低的总数相等可知：Fe2O3系数为1，K2FeO4的系数为2，KNO3、KNO2的系数都是3，再结合反应前后各元素的原子个数相等，则由于生成物中含有H、K、O比反应物多可确定反应物还应该有KOH，其系数为4。水的系数为2.所以该反应的化学方程式为Fe2O3＋3KNO3＋4KOH＝2K2FeO4＋3KNO2＋2H2O。考点：考查元素的推断、元素及化合物的结构、性质、制法等知识。【解析】【答案】（1）O>S>Al（2）甲酸形成____（3）sp2杂化；V形；①②（4）离子键、共价键（配位键）；（5）原子；酸性；Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+；（6）____＋3KNO3＋____＝2K2FeO4＋3KNO2＋2H2O。四、判断题(共3题，共18分)19、√【分析】【分析】标准状况下5.6LNO的物质的量为：=0.25mol；铁粉、铜粉的混合物与稀硝酸发生的反应有：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，据此判断消耗的硝酸的物质的量．【解析】【解答】解：粉与铜粉混合物与适量稀硝酸反应生成的气体为NO，标准状况下5.6LNO的物质的量为：=0.25mol；

铜粉与稀硝酸反应的方程式为：①3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

铁与稀硝酸反应的方程式有：②Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、③3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；

分析反应①②③可知；无论铜粉与铁粉的组成，生成0.25molNO都消耗硝酸：0.25mol×4=1mol；

故答案为：√．20、√【分析】【分析】标准状况下5.6LNO的物质的量为：=0.25mol；铁粉、铜粉的混合物与稀硝酸发生的反应有：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，据此判断消耗的硝酸的物质的量．【解析】【解答】解：粉与铜粉混合物与适量稀硝酸反应生成的气体为NO，标准状况下5.6LNO的物质的量为：=0.25mol；

铜粉与稀硝酸反应的方程式为：①3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

铁与稀硝酸反应的方程式有：②Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、③3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；

分析反应①②③可知；无论铜粉与铁粉的组成，生成0.25molNO都消耗硝酸：0.25mol×4=1mol；

故答案为：√．21、×【分析】【分析】胶体有丁达尔效应，溶液没有；溶质粒子能透过半透膜，胶体粒子不能透过半透膜，但能透过滤纸．【解析】【解答】解：胶体有丁达尔效应，溶液没有，故利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体；胶体微粒的直径大于半透膜的孔径，胶体粒子不能透过半透膜，故答案为：×．五、计算题(共3题，共24分)22、AED【分析】【分析】根据n=计算氢气、硫