2025年鲁教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年鲁教版高三化学下册阶段测试试卷961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、某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子。则下列描述正确的是A.该溶液可由pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成B.该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成C.加入适量的NaOH，溶液中离子浓度为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)D.加入适量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)、c(NH)之和2、对化学反应限度的叙述中错误的是()A.任何可逆反应在给定条件下的进程都有一定的限度B.化学反应达到限度时，反应物的浓度和生成物的浓度不再改变C.化学反应的限度决定了反应物在该条件下的最大转化率D.化学反应的限度是不可改变的3、常温下，将Cl2缓慢通入一定量的水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1mol•L-1的氢氧化钠溶液，整个过程中pH变化如图所示，下列有关叙述正确的是（）A.曲线起点处水的电离程度最大，可用pH试纸测定溶液pHB.②点之前所发生反应的离子方程式为Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-C.氯气～氯水体系中：c（H+）=c（Cl2）+c（HClO）+c（ClO-）D.③点所示溶液中：c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）4、在反应3Cl2+2FeBr2═2FeCl3+2Br2中被氧化的元素是（）A.FeB.Fe和BrC.ClD.Br5、下列叙述正确的是（）A.浓硫酸、浓盐酸和浓硝酸长期暴露在空气中，质量都会减小、浓度都会降低B.氯水和活性炭都可使红墨水褪色，其原理相同C.浓硝酸见光会分解，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色D.浓H2SO4有强氧化性，常温下能与Cu发生剧烈反应评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、X、Y、Z、R代表四种短周期元素，X元素的基态原子电子排布式为1s1，Y元素的原子价电子排布为nsnnpn；Z元素位于第二周期且原子中p能级与所有s能级电子总数相等，R原子M电子层的p能级中有3个未成对电子．

（1）Z的基态原子的价电子排布式为____；化合物X2Z中，中心原子采取____杂化，分子的空间构型属于____．

（2）Y2X2分子中，中心原子采用____杂化，分子中有____个σ键、____个π键；按价层电子对互斥理论，RZ离子的VSEPR模型和立体构型均为____形．7、为了探究Cl2、SO2同时通入H2O中发生的反应，某校化学兴趣小组的同学设计了如图所示的实验装置．

（1）该化学兴趣小组的同学为制取Cl2、SO2气体，现采用Na2SO3与70%的浓硫酸为原料制取SO2，采用MnO2和浓盐酸（12mol/L）为原料制取Cl2．在此实验中，F仪器的作用是____；发生装置B应选择以下三种装置中的____（选填序号）．

（2）D装置中主要反应的离子方程式为____．

（3）为验证通入D装置中的气体是Cl2还是SO2过量；兴趣小组的同学准备了以下试剂：

①氯化铁溶液②氯化亚铁溶液③硫氰化钾溶液④苯酚溶液⑤品红溶液⑥酸性高锰酸钾溶液。

若Cl2过量，取适量D中溶液滴加至盛有____（选填一个序号）试剂的试管内，再加入____（选填一个序号）试剂，发生的现象是____．若SO2过量，取适量D中溶液滴加至盛有____（选填一个序号）试剂的试管内，发生的现象是____．8、废弃物的综合利用既有利于节约资源；又有利于保护环境．实验室利用废旧电池的铜帽（Cu；Zn总含量约为99%）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如下：

（1）①铜帽溶解时加入H2O2的目的是____（用化学方程式表示）．②铜帽溶解完全后，需将溶液中过量的H2O2除去．除去H2O2的简便方法是____．

（2）为确定加入锌灰（主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物）的量，实验中需测定除去H2O2后溶液中Cu2+的含量．实验操作为：准确量取一定体积的含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3～4，加入过量的KI，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点．上述过程中反应的离子方程式如下：摇摇2Cu2++4I-=2CuI（白色）↓+I22S2O32-+I2=2I-+S4O62-

①滴定选用的指示剂为____，滴定终点观察到的现象为____．

②若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，所测定的Cu2+含量将会____（填“偏高”；“偏低”或“不变”）．

（3）已知pH＞11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2-．下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L-1计算）．

。开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+5.98.9实验中可选用的试剂：30%H2O2、1.0mol•L-1HNO3、1.0mol•L-1NaOH．由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为：

①____；②____；③过滤；④____；⑤过滤、洗涤、干燥；⑥900℃煅烧．9、（2015秋•石嘴山校级期中）有机物M结构如图，根据M的结构回答：M中不饱和碳原子有____个，最多有____个原子共平面．10、下表是元素周期表的一部分；根据要求回答下列问题．

。族。

周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦAO2EHFI3ACDGR4B（1）十种元素中化学性质最不活泼的元素是____（填元素符号）．

（2）A、C、D三种元素的氧化物对应的水化物，其中碱性最强的是____（填化学式）．

（3）I元素跟A元素形成化合物的电子式是____．并用电子式表示该化合物的形成过程_____

（4）G的单质和B的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式是____．

（5）元素A和F能形成两种化合物，写出其中较稳定的化合物与CO2反应生成氧气的化学方程式____．11、如图表示某固态单质rm{A}及其化合物之间的转化关系rm{(}某些产物和反应条件已略去rm{).}化合物rm{B}在常温常压下为气体，rm{B}和rm{C}的相对分子质量之比为rm{4}rm{5}化合物rm{D}是重要的工业原料．

rm{(1)}写出rm{A}在加热条件下与rm{H_{2}}反应的化学方程式______；

rm{(2)}写出rm{E}与rm{A}的氢化物反应生成rm{A}的化学方程式______；

rm{(3)}写出一个由rm{D}生成rm{B}的化学方程式______；

rm{(4)}将rm{5mL}rm{0.10mol?L^{-1}}的rm{E}溶液与rm{10mL}rm{0.10mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液混合．

rm{垄脵}写出反应的离子方程式______；

rm{垄脷}反应后溶液的rm{pH}______rm{7(}填“大于”、“小于”或“等于”rm{)}理由是______；

rm{垄脹}加热反应后的溶液，其rm{pH}______rm{(}填“增大”、“不变”或“减小”rm{)}理由是______．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)12、含碳的化合物一定是有机化合物．____（判断对错）13、误食重金属盐而引起的中毒，急救方法可以服用大量的豆浆或牛奶．____．（判断对错）14、根据分散质粒子的直径大小，分散系分为浊液、胶体和溶液．____．（判断对错说明理由）15、很多物质都可以添加到食品中，其中使用亚硝酸钠时必须严格控制用量．____．（判断对错）16、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、探究题(共4题，共40分)17、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．18、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：19、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．20、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：评卷人得分五、书写(共2题，共4分)21、在NaCl溶液中滴加AgNO3溶液，反应的离子方程式为：____．22、某品牌奶粉被鉴定为所含亚硝酸盐残留量高出正常值7.8倍，长期食用可能致癌．NaNO2有像食盐一样的咸味，能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O．

（1）上述反应中若有1.75mol的还原剂被氧化，则被还原的氧化剂是____mol．

（2）某厂废切削液中，含2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂____能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2．（填编号）①NaCl②NH4Cl③H2O2④浓H2SO4

反应的化学方程式为____．若此废水呈强碱性，需调节溶液的pH接近中性，再添加氯化铵溶液，否则会引起二次污染，反应的方程式为____．

（3）向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸．下列离子方程式与事实不相符的是____

A．OH-+CO32-+2H+→HCO3-+H2OB．2OH-+CO32-+3H+→HCO3-+2H2O

C．2OH-+CO32-+4H+→CO2↑+3H2OD．OH-+CO32-+3H+→CO2↑+2H2O．评卷人得分六、简答题(共2题，共6分)23、下列原子的外围电子排布式（或外围轨道表示式）中，哪一种状态的能量较低？试说明理由。(1）氮原子：A.B.(2）钠原子：A.3s1B.3p1(3)铬原子：A.3d54s1B.3d44s2(4)碳原子：24、由合成气制备乙醇一般有两种方法：

rm{(1)}直接合成法。

rm{垄脵2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+3H_{2}O(g)triangleH_{1}}

rm{垄脷2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH_{2}=-253.6kJ?mol^{-1}}

rm{垄脵2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+3H_{2}O(g)triangle

H_{1}}间接合成法。

合成气反应生成二甲醚rm{垄脷2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H_{2}=-253.6kJ?mol^{-1}}二甲醚羰基化合生成乙酸甲酯，乙酸甲酯加氢得到乙醇rm{(2)}其生产流程如图所示：

rm{垄脹3CO(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}triangleH_{3}=-260.2kJ?mol^{-1}}

rm{(CH_{3}OCH_{3})}

回答下列问题：

rm{.}在rm{垄脹3CO(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}triangle

H_{3}=-260.2kJ?mol^{-1}}起始投料量rm{垄脺CH_{3}OCH_{3}(g)+CO(g)?CH_{3}COOCH_{3}(g)}rm{(1)}rm{5MPa}时，测得不同温度时反应rm{n(H_{2})}中各物质的平衡组成如图rm{n(CO_{2})=3}所示：

rm{1}反应rm{垄脵}的rm{1}______rm{垄脵}rm{垄脵}______rm{triangleH_{1}}填“rm{0}”、“rm{triangleS}”或“rm{0.(}”rm{>}

rm{<}已知rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH=-41kJ?mol^{-1}}则rm{=}______．

rm{)}时，反应达到平衡后，在rm{垄脷}时升温到rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H=-41kJ?mol^{-1}}反应在rm{triangleH_{1}=}重新达到平衡，请在图rm{垄脹500K}中画出体系中水的体积分数在rm{t_{1}min}后的变化曲线．

rm{600K}对反应rm{t_{2}min}处于化学平衡状态时的描述，正确的是______rm{2}填字母rm{t_{1}min}．

A.rm{(2)}的含量保持不变rm{垄脹}容器中rm{.(}浓度与rm{)}浓度相等。

C.rm{CO}rm{B.}体系的温度保持不变。

rm{CH_{3}OCH_{3}}间接合成法中将甲醇rm{CO_{2}}循环使用的目的是______．

rm{3V_{脮媒}(CO)=V_{脮媒}(CH_{3}OCH_{3})}在rm{D.}rm{(3)}时rm{(CH_{3}OH)}的恒容容器中，充入rm{(4)}乙酸甲酯和rm{2Mpa}氢气，发生反应rm{T隆忙}经rm{1L}rm{1.0mol}后反应达到平衡，测得乙酸甲酯的转化率为rm{2.0mol}则氢气的反应速率rm{垄脻}______，平衡常数rm{t}______．rm{min}参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】试题分析：A．由pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成的溶液，电离的CH3COOH与NaOH反应，仍可以继续电离使溶液呈酸性，且溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子；B．由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成，CH3COOH与NaOH恰好反应生成CH3COONa，溶液水解呈碱性；C．溶液中离子浓度为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)不满足电荷守恒；D．加入大量的氨水，c(NH)＞c(CH3COO－)，不正确。考点：溶液中的离子及其浓度。【解析】【答案】A2、D【分析】解：A．在一定条件下；当正逆反应速率相等时，可逆反应达到一定的限度，即平衡状态，故A正确；

B．在一定条件下；当达到化学反应限度时，正逆反应速率相等，反应物的浓度和生成物的浓度不再改变，故B正确；

C．当达到化学反应限度时；正逆反应速率相等，反应物的浓度和生成物的浓度不再改变，反应物在该条件下的转化率最大，故C正确；

D．当外界条件发生改变；平衡发生移动，化学反应限度变化，故D错误．

故选D．【解析】【答案】D3、D【分析】【分析】整个过程发生的反应为Cl2+H2O═HCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O，根据溶液的酸碱性结合电荷守恒和物料守恒分析解答．【解析】【解答】解：A．当全被生成NaClO时；可水解，促进水的电离，则曲线起点处水的电离程度不是最大的，故A错误；

B．HClO为弱电解质，应写成化学式，离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；故B错误；

C．氯气微溶于水，饱和氯水中氢离子浓度较小，c（Cl2）＞c（H+）；故C错误；

D．③点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（Cl0-）+c（OH-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）；故D正确．

故选D．4、B【分析】【分析】反应3Cl2+2FeBr2═2FeCl3+2Br2中，Cl元素的化合价由0降低-1价，Fe元素+2价升高为+3价，Br元素由-1价升高为0，以此来解答．【解析】【解答】解：反应3Cl2+2FeBr2═2FeCl3+2Br2中，Cl元素的化合价由0降低-1价，Fe元素+2价升高为+3价，Br元素由-1价升高为0；

元素的化合价升高；失去电子被氧化；

所以该反应中Fe、Br元素被氧化；

故选B．5、C【分析】【解答】解：A；浓硫酸具有吸水性；浓盐酸具有挥发性，二者在空气中浓度都变低，但浓硫酸的质量增加，故A错误；B、氯水是氧化还原褪色，而活性炭是吸附褪色，所以原理不同，故B错误；

C；浓硝酸不稳定；见光分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸而使硝酸显黄色，故C正确；

D、浓H2SO4有强氧化性；在加热的条件下能与Cu发生剧烈反应，在常温下不反应，故D错误；

故选C．

【分析】A；浓硫酸具有吸水性；浓盐酸具有挥发性；

B；氯水是氧化还原褪色；而活性炭是吸附褪色；

C；浓硝酸具有不稳定下；见光分解生成二氧化氮、氧气和水；

D、浓H2SO4有强氧化性，在加热的条件下能与Cu发生剧烈反应．二、填空题(共6题，共12分)6、2s22p4sp3V形sp32正四面体【分析】【分析】X、Y、Z、R代表四种短周期元素，X元素的基态原子电子排布式为1s1，则X为H元素，Y元素的原子价电子排布为nsnnpn，则n=2，故Y为C元素，Z元素位于第二周期且原子中p能级与所有s能级电子总数相等，同Z为O元素，R原子M电子层的p能级中有3个未成对电子，则R为P元素，以此解答该题．【解析】【解答】解：X、Y、Z、R代表四种短周期元素，X元素的基态原子电子排布式为1s1，则X为H元素，Y元素的原子价电子排布为nsnnpn；则n=2，故Y为C元素，Z元素位于第二周期且原子中p能级与所有s能级电子总数相等，同Z为O元素，R原子M电子层的p能级中有3个未成对电子，则R为P元素；

（1）Z为O元素，基态原子的价电子排布式为2s22p4，化合物H2O中，O形成2δ键，孤电子对数为=2，则为sp3杂化；分子的空间构型属于V形；

故答案为：2s22p4；sp3；V形；

（2）在C2H2分子中；碳原子周围有两个σ键，且无孤电子对，所以碳中心原子采用sp杂化，分子中σ键与π键数目分别为3；2；

PO43-中P形成4个δ键，孤电子对数为=0．则VSEPR模型和立体构型均为正四面体形．

故答案为：sp；3；2；正四面体．7、防倒吸①Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-②③溶液呈血红色⑤红色褪去为无色，加热后又变为红色【分析】【分析】（1）气体容易与水反应；且溶解度较大会发生倒吸；根据反应原理来选择反应装置；

（2）D中是二氧化硫和氯气发生的氧化还原反应生成硫酸和盐酸；依据反应产物写出离子方程式；

（3）氯气过量可以设计实验验证氯气的氧化性，结合亚铁离子被氧化为铁离子后，加入硫氰酸钾溶液会变红色证明；二氧化硫过量可以依据二氧化硫具有漂白性设计实验和选择试剂验证．【解析】【解答】解：（1）SO2易与水反应；且溶解度较大会发生倒吸，则F可以防倒吸，装置B为制取氯气的装置，由固液反应且加热的原理可知应选择①；

故答案为：防止倒吸；①；

（2）D中是二氧化硫和氯气发生的氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为：Cl2+SO2+2H2O═4H++2Cl-+SO42-；

故答案为：Cl2+SO2+2H2O═4H++2Cl-+SO42-；

（3）为验证通入D装置中的气体是Cl2还是SO2过量，若Cl2过量，取适量D中溶液滴加至盛有氯化亚铁溶液，试剂的试管内，再加入硫氰化钾溶液会变血红色，证明氯气氧氧化亚铁离子；若SO2过量；取适量D中溶液滴加至盛有品红溶液的试管中，红色褪去，加热又恢复红色，证明含有二氧化硫；

故答案为：②；③；溶液呈血红色；⑤；红色褪去为无色，加热后又变为红色．8、Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O加热至沸淀粉溶液蓝色褪去偏高向滤液中加入30%H2O2，使其充分反应滴加1.0mol•L-1NaOH，调节溶液PH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全向滤液中滴加1.0mol•L-1NaOH，调节溶液PH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全【分析】【分析】（1）①酸性条件下Cu与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；②过氧化氢加热到153℃便猛烈的分解；

（2）①根据淀粉与碘单质作用变蓝解答；

②根据H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O解答；

（3）滴加H2O2溶液，使Fe2+转化完全为Fe3+，滴加NaOH溶液，形成氢氧化铁沉淀，除杂后形成氢氧化锌沉淀，过滤、洗涤、干燥900℃煅烧制得氧化锌；【解析】【解答】解：（1）①因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应，形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；

故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；

②过氧化氢性质比较稳定，若加热到153℃便猛烈的分解为水和氧气，将溶液中过量的H2O2除去可加热至沸；

故答案为：加热至沸；

（2）①淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时；溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点，故答案为：淀粉溶液，蓝色褪去；

②若留有H2O2，加入KI后，会有以下反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O误当成2Cu2++4I-=2CuI（白色）↓+I2生成的碘；使测定结果偏高；

故答案为：偏高；

（3）①向滤液中加入30%H2O2，使其充分反应，目的使Fe2+转化完全为Fe3+，滴加NaOH溶液，调节溶液PH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全，向滤液中滴加1.0mol•L-1NaOH，调节溶液PH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全；900℃煅烧，制得氧化锌；

故答案为：向滤液中加入30%H2O2，使其充分反应；滴加1.0mol•L-1NaOH，调节溶液PH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全；向滤液中滴加1.0mol•L-1NaOH，调节溶液PH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全；9、918【分析】【分析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线、共面分析判断，与双键相连的碳原子为不饱和碳原子．【解析】【解答】解：与双键相连的碳原子为不饱和碳原子，有9个不饱和碳原子；苯、甲醛是平面结构，乙炔是直线型分子，甲基中有2个氢原子可能在同一平面内，M中最多有18个原子共平面，故答案为：9；18．10、ArNaOHCl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【分析】【分析】依据元素周期表可知字母分别代表的元素为：A：钠；B：钾，C：镁，D：铝，E：碳，F：氧，G：氯，H：氮，I：氟，R：氩；

（1）0族元素最不活泼；

（2）金属性越强；其对应最高价氧化物的水化物的碱性越强；

（3）NaF是离子化合物；用电子式表示其形成过程时，左边是原子的电子式，右边为氯化钠的电子式；

（4）氯气与氢氧化钾法生成氯化钾和次氯酸钾；据此书写离子反应方程式即可；

（5）过氧化钠较稳定，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，据此书写．【解析】【解答】解：依据元素周期表可知字母分别代表的元素为：A：钠；B：钾，C：镁，D：铝，E：碳，F：氧，G：氯，H：氮，I：氟，R：氩；

（1）Ar为惰性气体，最外层满足了8个电子的稳定结构，最不活泼，故答案为：Ar；

（2）A，C，D三种元素分别对应的水化物为NaOH、Mg（OH）2、Al（OH）3其中NaOH碱性最强；故答案为：NaOH；

（3）NaF为离子化合物，电子式为：用电子式表示的形成过程为

故答案为：

（4）B的最高价氧化物对应的水化物为强碱KOH，完全电离，故反应方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

（5）A与F形成Na2O与Na2O2两种物质，其中过氧化钠更稳定，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．11、略

【分析】解：固态单质rm{A}能与空气中的氧气反应生成气体物质rm{B}则rm{A}可能为rm{C}或rm{S}等，假定为rm{S}则rm{B}为rm{SO_{2}}rm{C}为rm{SO_{3}}它们的相对分子质量为rm{64}rm{80=4}rm{5}恰好与题意相符rm{(}同时也证明rm{A}不是rm{C)}则rm{D}为rm{H_{2}SO_{4}}它是一种重要的工业原料，与题意也相符，进一步证明rm{A}为rm{S}rm{E}为rm{H_{2}SO_{3}}

rm{(1)A}为rm{S}可与氢气反应生成硫化氢，反应的方程式为rm{H_{2}+Sdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}H_{2}S}故答案为：rm{H_{2}+Sdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}H_{2}S}

rm{H_{2}+Sdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}H_{2}S}与rm{H_{2}+Sdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}H_{2}S}反应生成rm{(2)H_{2}SO_{3}}反应的方程式为rm{H_{2}S}故答案为：rm{S}

rm{H_{2}SO_{3}+2H_{2}S篓T3S隆媒+3H_{2}O}浓硫酸可与rm{H_{2}SO_{3}+2H_{2}S篓T3S隆媒+3H_{2}O}rm{(3)}等还原性物质在加热的条件下反应生成rm{C}反应的方程式可为rm{Cu}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}或rm{SO_{2}}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}等；

故答案为：rm{C+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}或rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}等；

rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}将rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}的rm{C+2H_{2}SO_{4}(}溶液与rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}的rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}溶液混合，二者恰好反应，反应的离子方程式为rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}

故答案为：rm{(4)垄脵}

rm{5mL0.10mol?L^{-1}}反应生成rm{H_{2}SO_{3}}为强碱弱酸盐，水解呈碱性，溶液rm{10mL0.10mol?L^{-1}}故答案为：大于；rm{NaOH}溶液中rm{H_{2}SO_{3}+2OH^{-}篓TSO_{3}^{2-}+2H_{2}O}发生水解使溶液显碱性；

rm{H_{2}SO_{3}+2OH^{-}篓TSO_{3}^{2-}+2H_{2}O}水解反应为吸热过程，升高温度促进水解，故答案为：增大；升高温度促进rm{垄脷}溶液的水解．

固态单质rm{Na_{2}SO_{3}}能与空气中的氧气反应生成气体物质rm{pH>7}则rm{Na_{2}SO_{3}}可能为rm{SO_{3}^{2-}}或rm{垄脹}等，假定为rm{Na_{2}SO_{3}}则rm{A}为rm{B}rm{A}为rm{C}它们的相对分子质量为rm{S}rm{S}rm{B}恰好与题意相符rm{SO_{2}}同时也证明rm{C}不是rm{SO_{3}}则rm{64}为rm{80=4}它是一种重要的工业原料，与题意也相符，进一步证明rm{5}为rm{(}rm{A}为rm{C)}结合物质的性质以及题目要求可解答该题．

本题考查无机物的推断，注意能与氧气反应生成气体的固体单质有rm{D}rm{H_{2}SO_{4}}等元素，可以此作为该题的突破口进行推断，注意把握物质的化学性质，能熟练书写反应的化学方程式．rm{A}【解析】rm{H_{2}+Sdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}H_{2}S}rm{H_{2}+Sdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}H_{2}S}rm{H_{2}SO_{3}+2H_{2}S篓T3S隆媒+3H_{2}O}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}或rm{C+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}等；rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}大于；rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}溶液中rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}发生水解使溶液显碱性；增大；升高温度促进rm{H_{2}SO_{3}+2OH^{-}篓TSO_{3}^{2-}+2H_{2}O}溶液的水解rm{Na_{2}SO_{3}}三、判断题(共5题，共10分)12、×【分析】【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．【解析】【解答】解：一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．13、√【分析】【分析】重金属盐中毒的原理即破坏人体的蛋白质结构，鸡蛋清、豆浆、牛奶中含有蛋白质，据此解题．【解析】【解答】解：重金属盐中毒的原理即破坏人体的蛋白质结构，鸡蛋清、豆浆、牛奶中含有蛋白质，服用鸡蛋清、豆浆、牛奶，可防止人体本身的蛋白质被破坏，能用于解毒，故答案为：√．14、√【分析】【分析】分散系的分类依据是分散质微粒直径大小，据此分析．【解析】【解答】解：分散系按照分散质粒子直径大小分为：溶液；胶体、和浊液；分散质粒度大于1nm的为浊液，介于1nm-100nm为胶体，小于1nm的为溶液；

故答案为：√．15、√【分析】【分析】亚硝酸盐有毒，过量食用会导致人死亡，添加到食品中要严格控制用量，以此判断．【解析】【解答】解：肉类制品中使用亚硝酸钠作为发色剂限量使用；由亚硝酸盐引起食物中毒的机率较高，食入0.2～0.5克的亚硝酸盐即可引起中毒甚至死亡，因此要严格控制用量；

故答案为：√．16、×【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、探究题(共4题，共40分)17、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．18、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．19、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．20、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．五、书写(共2题，共4分)21、Cl-+Ag+=AgCl↓【分析】【分析】在NaCl溶液中滴加AgNO3溶液，氯化钠与硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，据此书写离子方程式．【解析】【解答】在NaCl溶液中滴加AgNO3溶液，氯化钠与硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，反应实质是银离子与氯离子生成氯化银沉淀，离子方程式：Cl-+Ag+=AgCl↓；

故答案为：Cl-+Ag+=AgCl↓．22、1.75②NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2ONH4++OH-=NH3↑+H2OC【分析】【分析】（1）2NaNO2+4HI═2NO+I2+2NaI+2H2O中；N元素的化合价降低，I元素的化合价升高；

（2）NaNO2直接排放会造成污染；需要具有还原性的物质将其氧化生成氮气；

（3）等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中含有氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应，盐酸少量时发生反应CO32-+H+=HCO3-，盐酸过量时发生反应：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，以此来解答．【解析】【解答】解：（1）2NaNO2+4HI═2NO+I2+2NaI+2H2O中，N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则NaNO2为氧化剂；氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，有1.75mol的还原剂被氧化，则被还原的氧化剂有1.75mol；

故答案为：1.75；

（2）NaNO2直接排放会造成污染，需要具有还原性的物质将其氧化生成氮气，则选择氯化铵即可，发生NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O，其余选项不符合；此废水呈强碱性，需调节溶液的pH接近中性，再添加氯化铵溶液，发生NH4++OH-=NH3↑+H2O；否则会引起二次污染；

故答案为：②；NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O；NH4++OH-=NH3↑+H2O；

（3）A．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH-+H+→H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32-+H+→HCO3-，将两个方程式相加得：OH-+CO32-+2H+→HCO3-+H2O；故A正确；

B．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH-+2H+→2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol盐酸，再发生反应CO32-+H+→HCO3-，盐酸不足之消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH-+CO32-+3H+→HCO3-+2H2O；故B正确；

C．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，剩余2mol氢离子与2mol碳酸钠反应生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH-+2CO32-+4H+→2HCO3-+2H2O，即OH-+CO32-+2H+→HCO3-+H2O；故C错误；

D．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH-+H+→H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32-+2H+→CO2↑+H2O，将两个方程式相加得：OH-+CO32-+3H+→CO2↑+2H2O；故D正确；

故答案为：C．六、简答题(共2题，共6分)23、略

【分析】【解析】试题分析：据洪特规则，电子在能量相同的各个轨道上排布时尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，故（1）选B，（4）选A；据能量最低原理，核外电子先占有能量低的轨道，再占有能量高的轨道，（2）中由于s轨道能量低于p轨道能量，故选A。（3）中A选项d5为半充满状态，为相对稳定的状态，B不是，所以选A。考点：考查核外电子排布所遵循的原理方面知识的有关判断【解析】【答案】（1）B（2）A（3）A（4）A24、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，rm{2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+3H_{2}O(g)}正反应为气体的体积减小的反应，所以rm{triangleS<0}

故答案为：rm{<}rm{<}

rm{垄脷}Ⅰrm{2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+3H_{2}O(g)triangleH_{1}}

Ⅱrm{2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH_{2}=-253.6kJ?mol^{-1}}

Ⅲrm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH=-41kJ?mol^{-1}}将Ⅱrm{2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+3H_{2}O(g)triangle

H_{1}}Ⅲrm{2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H_{2}=-253.6kJ?mol^{-1}}得Ⅰ，所以rm{triangleH_{1}=(-253.6kJ?mol^{-1})-(-41kJ?mol^{-1})隆脕2=-171.6kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H=-41kJ?mol^{-1}}

rm{垄脹2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+3H_{2}O(g)triangleH_{1}=-171.6kJ?mol^{-1}}在rm{-}时升温到rm{隆脕2}平衡逆向移动，水的体积分数下降，从图rm{triangle

H_{1}=(-253.6kJ?mol^{-1})-(-41kJ?mol^{-1})隆脕2=-171.6kJ?mol^{-1}}可知达平衡时rm{-171.6kJ?mol^{-1}}大于rm{垄脹2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)?CH_{3}CH_{2}OH(g)+3H_{2}O(g)triangle

H_{1}=-171.6kJ?mol^{-1}}小于rm{t_{1}min}图象为：

故答案为：

rm{600K}反应rm{垄脹3CO(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}triangleH_{3}=-260.2kJ?mol^{-1}}

A.化学反应达到平衡状态时，反应混合物中各组成成分的浓度不随时间改变，rm{1}的含量保持不变；处于化学平