2025年外研版高三化学下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年外研版高三化学下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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、进行化学实验操作必须正确规范，下列操作不正确的是（）A.B.C.D.2、A与B在容积为1L的密闭容器中发生反应：aA(s)+bB(g)cC(g)+dD(g)，t1、t2时刻分别测得部分数据如下表：下列说法正确的是A.0～t1时间段内，平均反应速率v(B)=O．04/t1mol·(L·min)-1B.若起始时n(D)=0，则t2时v(D)=0．20/t2mol·(L·min)-1C.升高温度，v(B)、vC)、v(D)均增大D.b：d=6：13、含有大量Ba2+、OH-、NO3-的溶液中还可能大量存在的离子是（）A.Na+B.H+C.SO42-D.Mg2+4、下列离子方程式书写正确的是（）A.氯化铝溶液和过量的氨水反应：Al3++4NH3•H2O═AlO2-+4NH4+B.少量的CO2通入NaOH溶液中：CO2+2OH-═CO32-+H2OC.醋酸加入小苏打溶液中：HCO3-+H+═CO2↑+H2OD.硫化钠的水解：S2-+2H2O⇌H2S+2OH-5、常温下，下列数据中，前者一定大于后者的是（）A.中和pH与体积相同的Ba（OH）2和氨水所消耗0.1moL/L硫酸溶液的体积B.浓度均为0.1moL/L的（NH4）2CO3溶液和（NH4）2SO4溶液中的c（NH4+）C.浓度均为0.1moL/L的醋酸溶液和盐酸的pHD.pH相同的KOH溶液和K2CO3溶液中，水电离出来的c（OH-）评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、解草酯是一种除草安全剂；可以通过以下方法合成：

（1）化合物D中的含氧官能团的名称为____和____．

（2）化合物B的结构简式为____；由C→D的反应类型是____．

（3）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式____．

Ⅰ．能发生银镜反应Ⅱ．分子含有1个苯环；苯环上含有硝基。

Ⅲ．分子中含有4种不同化学环境的氢。

（4）已知：CH3CHOClCH2CHO

请写出以苯酚和丙醛为原料制备高分子化合物X（结构简式见图）的合成路线流程（无机试剂可任选）．合成路线流程图示例如下：

CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3．7、某小组设计如图所示的装置图（图中夹持和加热装置略去），分别研究S02和Cl2的性质．

（1）若从左端分别通人SO2和Cl2，装置A中观察到的现象是否相同？____（填“相同”或“不相同”）；

（2）若由元素S和O组成-2价酸根离子X，X中S和O的质量比为4：3；当Cl2与含X的溶液完全反应后，有浅黄色沉淀产生，取上层清液加入氯化钡溶液，有白色沉淀产生．写出Cl2与含X的溶液反应的离子方程式____．8、如图中每方框表示有关的一种反应物或生成物；方框中的字母是有关主要反应物或生成物的代码，其中C；E、G、I常温常压下是气体．

（1）写出化学式：A____，B____．

（2）写出固体H和气体I反应生成J的化学方程式，并注明电子转移的方向和数目____．

（3）将C气体通入K溶液后，溶液的pH将会____（填升高、降低、或不变），写出该反应的离子方程式____．9、一定温度下；在一个容积为5L的密闭容器中，充入氨和氧气，它们的物质的量之比为1：2，发生反应：

4NH3+5O2⇌4NO+6H2O（g）；△H＜0

（1）在达到平衡后，加入相当于原组成气体1倍的惰性气体，如果容器的容积不变，平衡____移动；如果总压强保持不变，平衡____移动．

（2）升高温度平衡____移动．

（3）加入催化剂，NH3的转化率____；

（4）上述反应在一定条件下2min后达到平衡，若充入的NH3为2mol，NH3的转化率为20%，以NO的浓度变化表示该反应的平均反应速率为____．O2的平衡浓度为____．10、已知：A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素，A与D的原子序数之和等于B与C的原子序数之和，由D元素组成的单质在通常状况下呈黄绿色，B、C、D三种元素位于同一周期，原子序数依次增大，A、B、C三种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为X、Y、Z，且存在如下转化关系，A与F、E与F组成的化合物是机动车排出的大气污染物，G是原子半径最小的元素．试推断回答下列问题：

（1）D元素周期表中的位置为____A、B、C三种元素的离子半径由小到大的顺序为____（用元素符号表示）．由以上元素中两两形成的化合物中，含有离子键和非极性共价键的化合物的电子式为____．

（2）Y与C元素的最高价氧化物可以发生反应，该反应的离子方程式____；A的气态氢化物2.24L（标准状况）被200mL1moL/LX溶液吸收后，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是____．

（3）一定温度下，向2L密闭容器中充入2molA2和4molG2，若保持体积不变，0.5min后达到平衡，测得容器中有1molAGn，则平均反应速率v（A2）=____．若保持温度和体积不变，向平衡体系中加入1molG2和1molAGn，则平衡的移动方向____（填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”﹚．11、实验室模拟回收某废旧含镍催化剂（主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等）生产Ni2O3．其工艺流程为：

（1）根据图Ⅰ所示的X射线衍射图谱，可知浸出渣含有三种主要成分，其中“物质X”为____．图Ⅱ表示镍的浸出率与温度的关系，当浸出温度高于70℃时，镍的浸出率降低，浸出渣中Ni（OH）2含量增大，其原因是____．

（2）工艺流程中“副产品”的化学式为____．

（3）已知有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：

。氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Ni（OH）2开始沉淀的pH1.56.57.7沉淀完全的pH3.79.79.2操作B是为了除去滤液中的铁元素，某同学设计了如下实验方案：向操作A所得的滤液中加入NaOH溶液，调节溶液pH为3.7～7.7，静置，过滤．请对该实验方案进行评价：____（若原方案正确；请说明理由；若原方案错误，请加以改正）．

（4）操作C是为了除去溶液中的Ca2+，若控制溶液中F-浓度为3×10-3mol•L-1，则Ca2+的浓度为____mol•L-1．（常温时CaF2的溶度积常数为2.7×10-11）

（5）电解产生2NiOOH•H2O的原理分两步：①碱性条件下Cl-在阳极被氧化为ClO-；②Ni2+被ClO-氧化产生2NiOOH•H2O沉淀．第②步反应的离子方程式为____．12、（8分）氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可用石英与焦炭在高温的氮气流中反应制得：____SiO2+C+____N2____Si3N4+CO根据题意完成下列各题：（1）配平上述化学反应方程式。（2）为了保证石英和焦炭尽可能的转化，氮气要适当过量。某次反应用了20mol氮气，反应生成了5mol一氧化碳，此时混合气体的平均相对分子质量是。（3）分析反应可推测碳、氮气的氧化性：CN2（填“＞”“＜”“＝”）。（4）氮化硅陶瓷的机械强度高，硬度接近于刚玉（A12O3），热稳定性好，化学性质稳定。以下用途正确的是。A．可以在冶金工业上制成坩埚、铝电解槽衬里等设备B．在电子工业上制成耐高温的电的良导体C．研发氮化硅的全陶发动机替代同类型金属发动机D．氮化硅陶瓷的开发受到资源的限制，没有发展前途13、（2015秋•普陀区月考）CO2和CH4在一定条件下合成乙酸：CO2+CH4CH3COOH．完成下列填空：

（1）①写出碳原子最外电子层的轨道表示式____．

②钛（Ti）是22号元素，它是____（选填编号）．

a．主族元素b．副族元素c．短周期元素d．长周期元素。

（2）CS2分子的电子式为____；其熔沸点比CO2高，原因是____．

常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2．通入CO2的体积（V）与溶液中水电离产生的OH-离子浓度（c）的关系如图所示．

（3）c点溶液中离子浓度由大至小的关系是：____．

（4）a点溶液中由水电离产生的c（H+）=____；b点溶液中c（H+）____1×10-7mol/L（填写“等于”；“大于”或“小于”）．

（5）能使0.1mol/L乙酸溶液的电离程度以及pH都增大的是____．（选填序号）

a．加水稀释b．加入少量乙酸钠固体c．通氯化氢d．加入少量苛性钠固体．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物____．（判断对错）15、常温常压下，22.4LSO2和O2的混合气体中氧原子总数为2NA____（判断对错）16、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．____．（判断对错）17、常温常压下，22.4LCO2中含有NA个CO2分子．____．（判断对错）18、化学平衡常数K只随温度变化，T升高，则K增大．____．（判断对错说明理由）评卷人得分四、书写(共2题，共8分)19、写出下列离子方程式相对应的化学方程式。

①2H++CO32-=H2O+CO2↑：____

②Cu+2Ag+=Cu2++2Ag：____．20、写出下列化学反应的离子方程式。

ACaCO3和HCl溶液混和____；

BH2SO4和Ba（OH）2溶液混和____；

CNa2SO4和Ba（OH）2溶液混和____；

DH2SO4和NaOH溶液混和____．评卷人得分五、综合题(共4题，共24分)21、［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：＿＿＿＿＿＿＿＿。22、（15分）下图中A～J均代表无机物或其水溶液，其中A是一种红棕色粉末，B、D、G是单质，B是地壳中含量最高的金属元素，G是气体，J是磁性材料。根据图示回答问题：（1）写出下列物质的化学式：A____，E____，I____；（2）反应①的化学方程式是；反应②的化学方程式是；（3）J与盐酸反应的离子方程式是；反应后的溶液与D反应的化学方程式是。23、（13分）化工生产中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。（1）从物质的分类角度看，名不符实的一种物质是____________。（2）“三酸”与“两碱”之间均可反应，若用化学方程式表示有六个（酸过量时），若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式（酸过量时）：_____________；______________。（3）“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物。下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是________（填序号）A．AgB．CuC．AlD．Fe（4）烧碱、纯碱溶液均可吸收CO2。向含有4．0ｇNaOH的溶液中通入CO2，当通入的CO2与溶液中NaOH物质的量之比为9:7时，则所得溶液中NaHCO3的质量为____ｇ。（相对原子质量：H—1C—12O—16Na—23）24、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5题，共10分)1、B【分析】【分析】A．应用手扇动；不能直接用鼻子闻；

B．未打开塞子；

C．将滤纸对折再对折；

D．读数时平视．【解析】【解答】解：A．闻气体的气味时；防止气体有毒，应用手扇动，不能直接用鼻子闻，故A正确；

B．未打开塞子；液体无法流出，故B错误；

C．将滤纸对折再对折；一边三层，一边一层，故C正确；

D．读数时视线与凹液面相平；故D正确．

故选B．2、C【分析】【解析】试题分析：A．B的起始量不可知，无法求出0～t1min内的平均速率。B．v(D)=0．20/t2mol·(L·min)-1为0～t1时间段内平均速率而非t1时刻的瞬时速率。故B错。C．升高温度，化学反应速率增大，正确。D．由表中数据可得：t1到t2时间段内aA(s)+bB(g)cC(g)+dD(g)△n/mol0.060.060.1所以：b：c:d=3:3:5故D错误。考点：了解化学反应速率的概念、反应速率的定量表示方法；理解外界条件（浓度、温度、压强、催化剂等）对反应速率的影响，认识其一般规律。【解析】【答案】C3、A【分析】【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、程度、弱电解质等，则离子大量共存，以此来解答．【解析】【解答】解：A．Na+不与Ba2+、OH-、NO3-离子发生反应；能大量共存，故A正确；

B．H+与OH-结合生成水；不能大量共存，故B错误；

C．SO42-、Ba2+结合生成沉淀；不能大量共存，故C错误；

D．Mg2+离子和OH-离子结合生成氢氧化镁沉淀；不能大量共存，故D错误；

故选A．4、B【分析】【分析】A．氨水碱性较弱；氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；

B．二氧化碳少量；氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水；

C．醋酸为弱酸；离子方程式中醋酸应该保留分子式；

D．硫离子的水解过程分步进行，主要以第一步为主，硫离子的水解方程式只写出第一步水解即可．【解析】【解答】解：A．氨水不会溶解氢氧化铝，氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；故A错误；

B．少量的CO2通入NaOH溶液中，反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：CO2+2OH-═CO32-+H2O；故B正确；

C．醋酸加入小苏打溶液中，醋酸不能拆开，正确的离子方程式为：HCO3-+CH3COOH═CO2↑+H2O+CH3COO-；故C错误；

D．硫化氢为二元弱酸，硫离子的水解过程分步进行，只写出第一步水解即可，硫离子水解方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-；故D错误；

故选B．5、C【分析】【分析】A．pH相同的碱；弱碱的浓度大；

B．（NH4）2CO3溶液中离子相互促进水解；

C．弱酸不完全电离；

D．pH相同的KOH溶液和K2CO3溶液中，KOH抑制水的电离，K2CO3促进水的电离．【解析】【解答】解：A．pH相同的碱，弱碱的浓度大，则中和pH与体积相同的Ba（OH）2和氨水所消耗0.1moL/L硫酸溶液的体积为氨水多；前者小于后者，故A不选；

B．（NH4）2CO3溶液中离子相互促进水解，则浓度均为0.1moL/L的（NH4）2CO3溶液和（NH4）2SO4溶液中的c（NH4+）为前者小于后者；故B不选；

C．因弱酸不完全电离；则浓度均为0.1moL/L的醋酸溶液和盐酸电离出的氢离子浓度为盐酸的大，pH小，即前者大于后者，故C选；

D．pH相同的KOH溶液和K2CO3溶液中，KOH抑制水的电离，K2CO3促进水的电离，水电离出来的c（OH-）后者大；故D不选；

故选C．二、填空题(共8题，共16分)6、羧基醚键取代反应【分析】【分析】（1）根据D的结构简式；可知含有的含氧官能团为羧基；醚键；

（2）对比A、C结构及B的分子式，可知A中羟基中H原子被-CH2COOCH3取代生成B；对比C；D结构可知C中苯环上H原子被Cl取代生成D；

（3）C的同分异构体他满足：Ⅰ．能发生银镜反应，说明含有醛基，Ⅱ．分子含有1个苯环，苯环上含有硝基，Ⅲ．分子中含有4种不同化学环境的氢，还含有2个-CH=CH2，-CHO与硝基处于对位，且2个-CH=CH2关于-CHO与硝基的轴线对称；

（4）合成需要先准备可以由发生消去反应得到，而可以由与氢气发生加成反应得到，结合A→B的转化可知由与苯酚发生取代反应得到CH3CH2CHO与氯气加热反应得到．【解析】【解答】解：（1）根据D的结构简式；可知含有的含氧官能团为羧基；醚键；

故答案为：羧基；醚键；

（2）对比A、C结构及B的分子式，可知A中羟基中H原子被-CH2COOCH3取代生成B，则B的结构简式为：对比C；D结构可知C中苯环上H原子被Cl取代生成D，属于取代反应；

故答案为：取代反应；

（3）C的同分异构体他满足：Ⅰ．能发生银镜反应，说明含有醛基，Ⅱ．分子含有1个苯环，苯环上含有硝基，Ⅲ．分子中含有4种不同化学环境的氢，还含有2个-CH=CH2，-CHO与硝基处于对位，且2个-CH=CH2关于-CHO与硝基的轴线对称，符合条件的同分异构体为：

故答案为：

（4）合成需要先准备可以由发生消去反应得到，而可以由与氢气发生加成反应得到，结合A→B的转化可知由与苯酚发生取代反应得到CH3CH2CHO与氯气加热反应得到合成路线流程图为：

故答案为：．7、相同Cl2+H20+S2O32-=SO42-+S↓+2Cl-+2H+【分析】【分析】（1）根据SO2和Cl2的化学性质分析反应现象；从而判断反应现象是否相同；

（2）先根据X中元素的质量之比求出原子个数之比，再根据题中反应现象判断该反应生成的离子，由氧化还原反应写出离子方程式．【解析】【解答】解：（1）二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，所以二氧化硫有漂白性；氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使有色物质褪色，所以若从左端分别通入SO2和Cl2；装置A中观察到的现象相同，都使品红褪色；

故答案为：相同；

（2）若由元素S和O组成-2价酸根离子X，X中S和O的质量比为4：3，所以X中S和O的原子个数比为：=2：3，所以该离子为S2O32-；氯气有强氧化性，能和硫代硫酸根离子发生氧化还原反应，根据题意知，该反应中有硫酸根离子生成，所以氯气中氯元素得电子生成氯离子，所以该反应的离子方程式为：Cl2+H20+S2O32-=SO42-+S↓+2Cl-+2H+；

故答案为：Cl2+H20+S2O32-=SO42-+S↓+2Cl-+2H+．8、NaClS降低SO32-+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+【分析】【分析】C、E、G、I常温常压下是气体，根据题中各物质转化关系，C、E点燃生成G，G与硝酸酸化的硝酸银反应生成白色沉淀，则可推知G为HCl，C、E为H2、Cl2，E由D与水反应得到，所以E为H2，则C为Cl2，芒硝的主要成份为硫酸钠，所以可推知D为Na，F为NaOH，则A为NaCl，J溶于水蒸发结晶得芒硝，所以J为Na2SO4，K中通入氯气，蒸发结晶也能得到硫酸钠，则K为Na2SO3，K与氧气反应生成J，所以X为O2，根据B在X中燃烧生成I，I与H生成J，及I可以生成K可推知，B为S，I为SO2，H为Na2O2，据此答题；【解析】【解答】解：C、E、G、I常温常压下是气体，根据题中各物质转化关系，C、E点燃生成G，G与硝酸酸化的硝酸银反应生成白色沉淀，则可推知G为HCl，C、E为H2、Cl2，E由D与水反应得到，所以E为H2，则C为Cl2，芒硝的主要成份为硫酸钠，所以可推知D为Na，F为NaOH，则A为NaCl，J溶于水蒸发结晶得芒硝，所以J为Na2SO4，K中通入氯气，蒸发结晶也能得到硫酸钠，则K为Na2SO3，K与氧气反应生成J，所以X为O2，根据B在X中燃烧生成I，I与H生成J，及I可以生成K可推知，B为S，I为SO2，H为Na2O2；

（1）根据上面的分析可知；A为NaCl，B为S；

故答案为：NaCl；S；

（2）Na2O2和气体SO2反应生成Na2SO4的化学方程式，并注明电子转移的方向和数目为

故答案为：

（3）将Cl2通入Na2SO3溶液后，发生氧化还原反应生成硫酸钠和盐酸，所以溶液的pH将会降低，反应的离子方程式为SO32-+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+；

故答案为：降低；SO32-+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+．9、不正方向逆方向不变0.25mol•L-1•min-10.875mol•L-1【分析】【分析】（1）如果容器的容积不变；各组分的浓度不变，平衡不移动，如果总压强不变，充入惰性气体，体积扩大，相当于减小压强，平衡正向移动；

（2）升高温度平衡向吸热反应方向移动；

（3）加入催化剂，平衡不移动，所以NH3的转化率不变；

（4）可用三段式求解．【解析】【解答】解：（1）如果容器的容积不变；各组分的浓度不变，平衡不移动，如果总压强不变，充入惰性气体，体积扩大，相当于减小压强，平衡正向移动，故答案为：不；正方向；

（2）升高温度平衡向吸热反应方向移动；向逆反应方向移动，故答案为：逆方向；

（3）加入催化剂，平衡不移动，所以NH3的转化率不变；故答案为：不变；

（4）设充入NH3为xmol；

4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）

加入量x2x00

反应量0.2x0.25x0.2x0.3x

平衡量22x-0.25x0.2x0.3x

2min后达到平衡，NH3为2mol，NH3的转化率为20%；

x-0.2x=2；

解得x=2.5

用NO的浓度变化表示该反应的平均反应速率为=0.25mol•L-1•min-1；

O2的平衡浓度为=0.875mol•L-1；

故答案为：0.25mol•L-1•min-1；0.875mol•L-1．10、第三周期第ⅦA族N3-＞Na+＞Al3+Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2Oc（NO3-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）0.5mol/（L．min）逆反应方向【分析】【分析】A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素，D元素组成的单质在通常状况下呈黄绿色，所以D是Cl元素；G是原子半径最小的元素，则G为H元素；A与F、E与F组成的化合物是机动车排出的大气污染物，为CO及氮的氧化物，可推知F为O元素，A、E分别是碳、氮元素中的一种，B、C、D三种元素位于同一周期，处于第三周期，A、B、C三种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为X、Y、Z，由框图转化关系可知，三物质之间两两反应都生成盐与水，应是氢氧化铝、强碱、强酸的反应，可推知A为N元素，E为碳元素，则B、C中一定含有Al元素；N与Cl的原子序数之和等于B与C的原子序数之和，B、C中另外元素原子序数=7+17-13=11，为Na元素，B、C、D三种元素原子序数依次增大，则B为Na，C为Al，可推知X为硝酸、Y为NaOH、Z为Al（OH）3，据此解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素，D元素组成的单质在通常状况下呈黄绿色，所以D是Cl元素；G是原子半径最小的元素，则G为H元素；A与F、E与F组成的化合物是机动车排出的大气污染物，为CO及氮的氧化物，可推知F为O元素，A、E分别是碳、氮元素中的一种，B、C、D三种元素位于同一周期，处于第三周期，A、B、C三种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为X、Y、Z，由框图转化关系可知，三物质之间两两反应都生成盐与水，应是氢氧化铝、强碱、强酸的反应，可推知A为N元素，E为碳元素，则B、C中一定含有Al元素；N与Cl的原子序数之和等于B与C的原子序数之和，B、C中另外元素原子序数=7+17-13=11，为Na元素，B、C、D三种元素原子序数依次增大，则B为Na，C为Al，可推知X为硝酸、Y为NaOH、Z为Al（OH）3；

（1）D为Cl元素，周期表中的位置为第三周期第ⅦA族，N3-、Na+、Al3+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径由小到大的顺序为N3-＞Na+＞Al3+．由以上元素中两两形成的化合物中，含有离子键和非极性共价键的化合物为Na2O2，其电子式为

故答案为：第三周期第ⅦA族；N3-＞Na+＞Al3+；

（2）NaOH与氧化铝反应生成偏铝酸钠与水，该反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；

A的气态氢化物为NH3，2.24L（标准状况）氨气的物质的量==0.1mol，200mL1moL/L硝酸溶液中n（HNO3）=0.2L×1mol/L=0.2mol，二者按1：1反应，用硝酸吸收氨气后为NH4NO3、HNO3按1：1混合溶液，溶液呈酸性，且NH4+水解，故溶液中离子浓度大小关系为c（NO3-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）；

故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；c（NO3-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）；

（3）一定温度下，向2L密闭容器中充入2molN2和4molH2，若保持体积不变，0.5min后达到平衡，测得容器中有1molNH3；则：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）

开始（mol）：240

变化（mol）：0.51.51

平衡（mol）：1.52.51

故平均反应速率v（N2）==0.5mol/（L．min）；

该温度下平衡常数k==0.17

若保持温度和体积不变，向平衡体系中加入1molN2和1molNH3，则此时Qc==0.41＞k=0.17；故则平衡的移动方向逆反应方向；

故答案为：0.5mol/（L．min）；逆反应方向．11、BaSO4温度升高，Ni2+的水解程度增大CuSO4•5H2O方案错误；在调节pH前，应先在滤液中加入H2O2，使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+3×10-6ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH•H2O↓+Cl-【分析】【分析】（1）含镍催化剂中含有氧化钡，能和稀硫酸反应生成白色沉淀硫酸钡，所以根据图Ⅰ所示的X射线衍射图谱，可知浸出渣含有三种主要成分，其中“物质X”为BaSO4；由于随着温度升高，Ni2+的水解程度增大，从而导致镍的浸出率降低，浸出渣中Ni（OH）2含量增大；

（2）CuS；S灼烧后溶于稀硫酸中生成硫酸铜；所以副产品应该是胆矾。

（3）用氢氧化钠溶液调节溶液的pH值，容易引入杂质，所以方案是错误的；正确的操作应该是在调节pH前，应先在滤液中加入H2O2，使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；

（4）常温时CaF2的溶度积常数为2.7×10-11可知，溶液中F-浓度为3×10-3mol•L-1；再计算出钙离子的浓度；

（5）Ni2+被ClO-氧化产生2NiOOH•H2O沉淀，其还原产物是氯离子．【解析】【解答】解：（1）由于含镍催化剂中含有氧化钡，能和稀硫酸反应生成白色沉淀硫酸钡，所以根据图Ⅰ所示的X射线衍射图谱，可知浸出渣含有三种主要成分，其中“物质X”为BaSO4；由于随着温度升高，Ni2+的水解程度增大，从而导致镍的浸出率降低，浸出渣中Ni（OH）2含量增大；

故答案为：BaSO4；温度升高，Ni2+的水解程度增大；

（2）由于CuS、S灼烧后溶于稀硫酸中生成硫酸铜，所以副产品应该是胆矾，即CuSO4•5H2O；

故答案为：CuSO4•5H2O；

（3）由于用氢氧化钠溶液调节溶液的pH值，容易引入杂质，所以方案是错误的；正确的操作应该是在调节pH前，应先在滤液中加入H2O2，使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；

故答案为：方案错误；在调节pH前，应先在滤液中加入H2O2，使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；

（4）根据常温时CaF2的溶度积常数为2.7×10-11可知，溶液中F-浓度为3×10-3mol•L-1，则Ca2+的浓度为=3×10-6mol/L；

故答案为：3×10-6；

（5）Ni2+被ClO-氧化产生2NiOOH•H2O沉淀，其还原产物是氯离子，则根据电子的得失守恒可知，第②步反应的离子方程式为ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH•H2O↓+Cl-；

故答案为：ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH•H2O↓+Cl-．12、略

【分析】（1）根据方程式可知，碳元素的化合价从0价升高到＋2价，而氮元素的化合价从0价降低到－3价，所以根据电子的得失守恒可知，配平后的化学计量数依次是3、6、2、1、6。（2）澄清是过量的，所以混合气是氮气和CO的混合气。但由于二者的相对分子质量都是28，所以混合气的平均相对分子质量还是28。（3）由于氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，所以碳的氧化性弱于氮的氧化性。（4）氮化硅不是电的良导体，选项B不正确；氮化硅的发展有广阔的发展前景，选项D不正确，选项AC是正确的，因此答案选AC。【解析】【答案】(1)36216（2分）(2)28（2分）(3)<（2分）(4)AC（2分)13、bd二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）1×10-10mol/L小于ad【分析】【分析】（1）①C原子共2个电子层；最外层电子为2s；2p电子；

②钛（Ti）是22号元素；位于第四周期ⅣB族；

（2）CS2的电子式类似于CO2；二者都为分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高；

（3）当水电离出的OH-离子浓度最大时；说明此时的溶液是碳酸钠溶液，对水的电离起促进作用；

（4）水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度始终相等；a是没有通二氧化碳的情况，即pH=10的NaOH溶液，结合水的离子常数分析求解；

b点是强碱溶液对水的电离起抑制作用，所以溶液中的c（H+）＜1×10-7mol/L；

（5）电离程度增大，电离平衡应正向移动，且pH增大，则酸性减弱，以此来解答．【解析】【解答】解：（1）①C原子共2个电子层，最外层电子为2s、2p电子，最外电子层的轨道表示式为

故答案为：

②钛（Ti）是22号元素，位于第四周期ⅣB族，为长周期副族元素，故答案为：bd；

（2）CS2的电子式类似于CO2，电子式为二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高；

故答案为：二者都为分子晶体；相对分子质量越大，分子间作用力越大；

（3）当水电离出的OH-离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液，对水的电离起促进作用，所以离子溶液浓度大小为c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）；

故答案为：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）；

（4）水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度始终相等，a是没有通二氧化碳的情况，即pH=10的NaOH溶液，则c（H+）=1×10-10mol/L，而氢离子来源于水的电离，所以水电离出的c（H+）=1×10-10mol/L，b点是强碱溶液对水的电离起抑制作用，所以溶液中的c（H+）＜1×10-7mol/L；

故答案为：1×10-10mol/L；小于；

（5）a．加水稀释；促进电离，且氢离子浓度减小，pH增大，故选；

b．加入少量乙酸钠固体；抑制电离，电离程度减小，故不选；

c．通氯化氢；酸性增强，pH减小，故C不选；

d．加入少量苛性钠固体；促进电离，且氢离子浓度减小，pH增大，故选；

故答案为：ad．三、判断题(共5题，共10分)14、×【分析】【分析】HCl中只含共价键，NaCl中只含离子键，以此来解答．【解析】【解答】解：HCl中只含共价键；NaCl中只含离子键，则HCl为共价化合物，而NaCl为离子化合物，不能利用溶液的导电性判断化合物的类别；

故答案为：×．15、×【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22.4LSO2和O2的混合气体的物质的量不等于1mol，氧原子个数不等于2NA；

故答案为：×．16、×【分析】【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；【解析】【解答】解：蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．17、×【分析】【分析】常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，而是大于22.4L/mol，结合n=、N=nNA判断．【解析】【解答】解：常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，由PV=nRT可知，气体摩尔体积大于22.4L/mol，由n=可知，22.4LCO2的物质的量小于1mol，故含有CO2分子数目小于NA个N=nNA，故错误，故答案为：×．18、×【分析】【分析】依据平衡常数是表示平衡进行程度大小的量；化学反应吸热或放热反应，温度升高平衡向吸热反应方向进行．【解析】【解答】解：化学平衡常数K表示可逆反应的进行程度；依据平衡常数含义可知，K值越大，可逆反应的进行程度越大；温度升高，平衡向吸热反应方向进行，反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，所以温度升高，平衡常数可能增大也可能减小；

故答案为：×，温度升高，平衡向吸热反应方向进行，反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，所以温度升高，平衡常数可能增大也可能减小．四、书写(共2题，共8分)19、Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2OCu+2AgNO3=Cu（NO3）2+2Ag【分析】【分析】①可溶性碳酸盐和强酸生成可溶性盐、水、二氧化碳的离子反应为CO