2025年仁爱科普版高三化学下册月考试卷

…………○…………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年仁爱科普版高三化学下册月考试卷165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、相对分子质量为106.5的一氯代烃，有几种同分异构体（）A.2种B.4种C.6种D.8种2、化学键是（）A.只存在于分子之间B.是相邻的两个或多个原子或离子之间强烈的相互作用C.只存在于离子之间D.是相邻的两个或多个离子之间强烈的静电作用3、下列说法正确的是（）A.淀粉、油脂、氨基酸都能水解，但水解产物不同B.甲醛可用作食品防腐剂，SO2不能漂白食品C.植物油和裂化汽油都能使溴水褪色D.对“地沟油”进行分馏可以制得汽油、煤油，达到变废为宝的目的4、下列物质性质的比较，正确的是rm{(}rm{)}A.热稳定性：rm{Na_{2}CO_{3}>NaHCO_{3}>H_{2}CO_{3}}B.熔点：rm{K>Na>Li}C.溶解度：rm{NaHCO_{3}>Na_{2}CO_{3}}D.氧化性：rm{Li^{+}<Na^{+}<K^{+}}5、下列说法正确的是（）A.燃烧属于放热反应B.中和反应属于吸热反应C.化学键断裂要释放能量D.反应物总能量与生成物总能量一定相等6、将SO2气体通入BaCl2溶液至饱和；未见沉淀生成，继续通入另一种气体有沉淀产生．则通入的该气体可能是（）

①NO2②CO2③Cl2④HCl⑤NH3⑥H2S．A.①②③⑤B.①④⑤⑥C.②③⑤⑥D.①③⑤⑥评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)7、下列化合物中氯元素化合价是-1价或+1价的是．A.KClO3B.CaCl2C.NaClOD.Ca（ClO）28、下列化学式只代表一种物质分子的是（）A.C2H4B.C4H8C.C3H8D.SiO29、如图是某研究小组采用电解法处理石油炼制过程中产生的大量H2S废气的工艺流程．该方法对H2S的吸收率达99%以上，并可制取H2和S．下列说法正确的是（）

A.吸收H2S的离子方程式为：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+B.电解过程中的阳极反应主要为：2Cl--2e-═Cl2↑C.电解产物X在该工艺流程中可循环利用D.实验室可用点燃充分燃烧的方法消除H2S污染10、已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19．用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示（曲线上的数字为pH）．下列说法正确的是（）A.a点所得溶液中：2c（H2SO3）+c（SO32-）=0.1mol•L-1B.b点所得溶液中：c（H2SO3）+c（H+）=c（SO32-）+c（OH-）C.c点所得溶液中：c（Na+）＜3c（）D.d点所得溶液中：c（Na+）＞c（SO32-）＞c（HSO3-）11、一种碳纳米管（氢气）二次电池原理如图，该电池的电解质为6mol/L⇌KOH溶液，下列说法不正确的是（）A.储存H2的碳纳米管作电池正极B.放电时负极附近pH减小C.放电时电池正极的电极反应为：NiO（OH）+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-D.放电时，电池反应为2H2+O2=2H2O评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)12、实验室用少量的溴水和足量的乙醇制备1，2-二溴乙烷的装置如图所示：

有关数据列表如下：。乙醇1，2-二溴乙烷醚状态无色液体无色液体无色液体密度/g•cm-30.792.20.71沸点/℃78.513234.6熔点/℃-l309-1l6（1）烧瓶A中发生的主要的反应方程式____．

（2）装置B的作用是____．

（3）在装置C中应加入____（填字母）．

a．水b．浓硫酸c．氢氧化钠溶液d．饱和碳酸氢钠溶液。

（4）若产物中有少量未反应的Br2，最好用____（填字母）洗涤除去．

a．水b．氢氧化钠溶液c．碘化钠溶液d．乙醇e．Na2SO3溶液．13、据最新报道；巴西新一代乙醇燃料汽车总量已经突破200万辆，为了更好推广乙醇燃料汽车的使用，巴西政府决定向普通汽车购买者征收16%的消费税，而只向乙醇燃料汽车购买者征收14%的消费税．巴西地处南美洲，是世界上甘蔗产量巨大的国家之一，乙醇是从甘蔗中提炼加工出来的（图1）．

（1）写出葡萄糖转化为乙醇的化学方程式：____．

（2）乙醇除用作燃料外；还可以用它合成其他有机物．下面是以乙醇为起始原料的转化关系（图2），请回答相关问题．

①B在日常生活中常用来作食品包装袋，但往往会带来环境问题，则由乙醇生成A的反应（填“是”或“不是”）____取代反应．

②E是一种具有香味的液体，其分子式为____．

③写出乙醇生成C的化学方程式____．

（3）上述物质A、B、C、D、E、蔗糖、葡萄糖、乙醇，其中能和新制氢氧化铜在加热条件下反应生成砖红色沉淀的有____．14、X、Y、Z、M、Q、G六种短周期元素，原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，Y的一种同位素原子常用于测定文物的年代；Q形成的单质为淡黄色固体。请回答下列问题（涉及物质均用化学式表示）。（1）离子化合物ZX中X离子的结构示意图为；Y在元素周期表中的位置是_______________。（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是_______________，Q与G的气态氢化物还原性更强的是__________________。（3）工业上制备M的高纯度单质，其中一个重要反应是：由MXG3与X2在高温下反应。该反应过程必须控制无水无氧，因为MXG3遇水剧烈反应生成H2、____和____，而混入氧气，引起的后果是。（4）X2Q的燃烧热为akJ·mol-1，下列X2Q燃烧反应的热化学方程式正确的是____。A．2X2Q(g)+O2(g)=2Q(s)+2X2O(g)△H=-2akJ·mol-1B．X2Q(g)+2O2(g)=QO3(g)+X2O(l)△H=+akJ·mol-1C．2X2Q(g)+3O2(g)=2QO2(g)+2X2O(l)△H=-2akJ·mol-1D．X2Q(g)+2O2(g)=QO3(g)+X2O(l)△H=-akJ·mol-1（5）熔融状态下，Z的单质和FeG2能组成可充电电池（装置示意图如下），反应原理为：2Z+FeG2Fe+2ZG放电时，电池的正极反应式为:____该电池的电解质为___________________。15、食品安全关系国计民生，影响食品安全的因素很多．下面是以食品为主题的相关问题，请根据要求回答．聚偏二氯乙烯()具有超强阻隔性能，可作为保鲜食品的包装材料．它是由________(写结构简式)单体发生加聚反应生成的．若以乙炔为原料，通过加成反应生成1,1,2­三氯乙烷，再和氢氧化钠醇溶液反应可合成这种单体，则在上述加成反应中宜选择的加成试剂是________．(选填编号字母)A．HClB．Cl2C．HClOD．NaCl16、勒夏特列原理在生产生活中有许多重要应用．

完成下列填空：

（1）实验室配置FeCl3溶液时，将FeCl3溶解在盐酸中，目的是防止____．

（2）某指示剂（用HZ表示）试液中存在的电离平衡HZ（红色）═H++Z-（蓝色）．在碱性溶液中该指示剂试液呈____色；要使该指示剂试液呈红色，可加入____．

（3）工业制硫酸时，为使SO2尽可能多地转化成SO3，采取的措施是____．

（4）合成氨工业采取的以下措施中，可以用勒夏特列原理解释的是____（选填编号）．

a．升温至500℃左右b．使用催化剂。

c．加压至20～50MPad．将氨及时液化分离．17、（2013秋•海淀区月考）化学实验中；如果使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就可不再向环境排放该种有害物质．

例如：

（1）在上述有编号的步骤中，需用还原剂的是____，需用氧化剂的是____．（填编号）

（2）在K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2›↑+7H2O反应中____元素被氧化，____是氧化剂．

（3）在上述参加反应的盐酸中，起还原作用的HCl与起酸性作用的HCl的质量比为____．18、N2O5是一种新型硝化剂；其性质和制备受到人们的关注．

①T℃下，在恒容密闭容器中N2O5可发生下列反应：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）；△H＞0

部分实验数据如表所示：。t/s050010001500c（N2O5）/mol•L-15.03.83.03.0则，0-500s内NO2的平均生成速率为____．上述反应的平衡常数为____．

②现以H2、O2、熔融Na2CO3组成的燃料电池为电池，采用电解法制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2

写出石墨Ⅰ电极上发生的电极反应式____．

在电解池中生成N2O5的电极反应式为____．19、（10分）现有四瓶丢失标签的NaOH、Na2CO3、AlCl3、NH4HSO4溶液，为鉴别四瓶溶液，将四瓶溶液编号为A、B、C、D进行实验。实验过程和记录如下图所示（无关物质已经略去）：请回答：（1）A、W的溶液分别加热蒸干并灼烧最后所得固体为、____（填化学式）。（2）D溶液pH____（填“＜”、“＞”或“＝”）7，原因是（用离子方程式表示）。（3）等物质的量浓度的A、B、C、D溶液pH由大到小的顺序是NaOH>.>>NH4HSO4。（用化学式表示）（4）等物质的浓度的C溶液与NH4Cl溶液相比较，c（NH4）：前者____后者（填“＜”、“＞”或“＝”）。（5）若在稀溶液中B、C按物质的量之比2：1反应，则离子方程式为评卷人得分四、判断题(共3题，共9分)20、对于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）和I2（g）+H2（g）═2HI（g）反应，在恒温恒容条件下，当压强保持不变时，均能说明上述反应达到化学平衡状态．____（判断对错）21、判断题（正确的后面请写“√”；错误的后面请写“×”）

（1）物质的量相同的两种不同气体只有在标准状况下体积才相等．____

（2）Vm在非标准状况下不可能为22.4L/mol．____

（3）1mol任何物质在标准状况下的体积均为22.4L．____

（4）一定温度和压强下，各种气体物质体积的大小由气体分子数决定．____．22、在0.5molNa2SO4中含有Na+的数目为6.02×1023个____．（判断对错）评卷人得分五、计算题(共2题，共14分)23、（1）已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：。弱酸化学式HSCNCH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1.3×10—11.8×10—54.9×10—10K1=4.3×10—7K2=5.6×10—11①等物质的量浓度的a.CH3COONa、b.NaCN、c.Na2CO3、d.NaHCO3溶液的pH由大到小的顺序为（填序号）。②25℃时，将20mL0.1mol·L—1CH3COOH溶液和20mL0.1mol·L—1HSCN溶液分别与20mL0.1mol·L—1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）的变化如图所示：反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是____。反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO—）____c（SCN—）（填“＞”、“＜”或“＝”）③若保持温度不变，在醋酸溶液中加入少量盐酸，下列量会变小的是______（填序号）。a.c(CH3COO－)b.c(H+)c.Kwd.醋酸电离平衡常数（2）下图为某温度下，PbS（s）、ZnS（s）、FeS（s）分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，溶液的S2—浓度、金属阳离子浓度变化情况。如果向三种沉淀中加盐酸，最先溶解的是（填化学式）。向新生成的ZnS浊液中滴入足量含相同浓度的Pb2+、Fe2+的溶液，振荡后，ZnS沉淀会转化为（填化学式）沉淀。（3）甲烷燃料电池可以提升能量利用率。下图是利用甲烷燃料电池电解50mL2mol·L—1的氯化铜溶液的装置示意图：请回答：①甲烷燃料电池的负极反应式是。②当线路中有0.1mol电子通过时，极增重________g24、Na2O2几乎能与所有常见的气态非金属氧化物在一定条件下反应，如：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O2+CO=Na2CO3．

（1）试分别写出Na2O2与SO2、SO3反应的化学方程式：____，____．

（2）通过比较可知，当非金属元素处于____价态时，与Na2O2反应有O2生成．

（3）等物质的量的N2、O2、CO2的混合气体通过Na2O2后，体积变为原体积的（同温同压下），这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为____．评卷人得分六、综合题(共4题，共12分)25、（14分）合成氨对工、农业生产和国防都有重要意义。已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H=-92．4kJ·mol-1，请回答：（1）合成氨工业中采取的下列措施可以用勒夏特列原理解释的是＿＿＿＿＿（填字母）。a．用铁触媒（催化剂）加快化学反应速率b．采用较高压强（20MPa~50MPa）c．将原料气中的少量CO等气体净化除去d．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来（2）一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应。①若容器容积V恒定，达到平衡时，气体的压强为原来的则N2的转化率а1=＿＿＿＿＿，此时，反应放热＿＿＿＿＿kJ；该温度下合成氨反应的平衡常数K=＿＿＿＿＿（只需列出数字表达式）；②若容器压强恒定，则达到平衡时，容器中N2的转化率а2＿＿а1（填“＞、＜或＝”）。（3）随着对合成氨研究的发展，希腊科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氨（装置如下图）。钯电极A是电解池的＿＿＿＿极（填“阳”或“阴”），该极上的电极反应式是。26、（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＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。27、（14分）合成氨对工、农业生产和国防都有重要意义。已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H=-92．4kJ·mol-1，请回答：（1）合成氨工业中采取的下列措施可以用勒夏特列原理解释的是＿＿＿＿＿（填字母）。a．用铁触媒（催化剂）加快化学反应速率b．采用较高压强（20MPa~50MPa）c．将原料气中的少量CO等气体净化除去d．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来（2）一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应。①若容器容积V恒定，达到平衡时，气体的压强为原来的则N2的转化率а1=＿＿＿＿＿，此时，反应放热＿＿＿＿＿kJ；该温度下合成氨反应的平衡常数K=＿＿＿＿＿（只需列出数字表达式）；②若容器压强恒定，则达到平衡时，容器中N2的转化率а2＿＿а1（填“＞、＜或＝”）。（3）随着对合成氨研究的发展，希腊科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氨（装置如下图）。钯电极A是电解池的＿＿＿＿极（填“阳”或“阴”），该极上的电极反应式是。28、（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＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】相对分子质量为106.5的一氯代烃分子式为C5H11Cl，然后根据烷烃的异构体和氯原子的位置不同来解答．【解析】【解答】解：相对分子质量为106.5的一氯代烃分子式为C5H11Cl，分子式为C5H11Cl的同分异构体有。

主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；

主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；

主链有3个碳原子的：CH2C（CH3）2CH2Cl；

共有8种情况．

故选：D．2、B【分析】【分析】化学键通常指的是相邻的两个或多个原子之间的强烈的相互作用，根据定义分析即可．【解析】【解答】解：A；化学键通常指的是相邻的两个或多个原子之间强烈的相互作用；化学键既可存在于相邻的原子之间，也可存在于相邻的离子之间，故A错误；

B；化学键通常指的是相邻的两个或多个原子之间的强烈的相互作用；这种相互作用既包括吸引力也包括排斥力，故B正确；

C；化学键既可存在于相邻的原子之间；也可存在于相邻的离子之间，故C错误；

D；离子键和金属键是静电作用；而共价键是通共用电子形成的相互作用，故D错误；

故选B．3、C【分析】【分析】A．淀粉最终水解产物为葡萄糖一种；氨基酸不能发生水解；

B．甲醛有毒；不能用作食品防腐剂；

C．植物油和裂化汽油中都含有碳碳双键；都能够使溴水褪色；

D．地沟油经过裂解后，再用分馏的方法制备生物汽油、生物煤油和生物柴油等．【解析】【解答】解：A．淀粉和油脂能够水解；但是淀粉的最终水解产物只有葡萄糖，氨基酸不能发生水解，故A错误；

B．甲醛有毒；吸入后会头痛；头晕、乏力、恶心、呕吐、胸闷、眼痛、嗓子痛、胃纳差、心悸、失眠、体重减轻、记力减退以及植物神经紊乱等，所以不能用甲醛作食品防腐剂，故B错误；

C．植物油的烃基中含有碳碳双键；裂化汽油中含有烯烃；所以二者都能够使溴水褪色，故C正确；

D．分馏为物理变化；对地沟油分馏无法获得汽油；煤油，而对地沟油进行裂解可以获得汽油、柴油等，故D错误；

故选C．4、A【分析】解：rm{A.Na_{2}CO_{3}}稳定，受热不分解，rm{NaHCO_{3}}不稳定，加热易分解，碳酸不加热即可水解，热稳定性：rm{Na_{2}CO_{3}>NaHCO_{3}>H_{2}CO_{3}}故A正确；

B.碱金属单质随核电荷数递增，熔沸点逐渐降低，因此熔点：rm{K<Na<Li}故B错误；

C.rm{Na_{2}CO_{3}}的溶解度大于rm{NaHCO_{3}}故C错误；

D.碱金属单质随核电荷数递增，还原性逐渐增强，对应离子的氧化性逐渐减弱，氧化性：rm{Li^{+}>Na^{+}>K^{+}}故D错误；

故选A．

A.rm{NaHCO_{3}}不稳定；加热易分解，碳酸不加热即可水解；

B.碱金属单质随核电荷数递增；熔沸点逐渐降低；

C.rm{Na_{2}CO_{3}}的溶解度大于rm{NaHCO_{3}}

D.碱金属单质随核电荷数递增；还原性逐渐增强，对应离子的氧化性逐渐减弱．

本题考查rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}性质的异同和元素周期律，题目难度不大，注意把握rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}性质，注重基础知识的积累．【解析】rm{A}5、A【分析】【分析】A；燃烧是可燃物发生的剧烈的发光放热的反应；是放热反应；

B；中和反应是酸和碱发生的反应；是放热反应；

C；断裂化学键需要吸收能量；

D、化学反应过程中一定伴随能量的变化，反应物总能量与生成物总能量一定不相等．【解析】【解答】解：A；燃烧是可燃物发生的剧烈的发光放热的反应；是放热反应，故A正确；

B；中和反应是酸和碱发生的反应；是放热反应，故B错误；

C；断裂化学键需要吸收能量；故C错误；

D；化学反应过程中一定伴随能量的变化；反应物总能量与生成物总能量一定不相等，故D错误；

故选A．6、D【分析】【分析】将SO2气体通入BaCl2溶液至饱和；要想产生沉淀可以有以下几种方法：

1．通入碱性气体；与二氧化硫反应生成亚硫酸根离子，亚硫酸根离子与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀；

2．通入氧化性气体；使亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀；

3．通入硫化氢与二氧化硫发生归中反应生成硫单质，据此解答．【解析】【解答】解：①NO2通入水生成硝酸；硝酸能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，与钡离子生成硫酸钡沉淀，故能产生沉淀，故选；

②SO2与CO2都不与BaCl2反应，并且所对应的酸都比盐酸弱，通入SO2与CO2都不会生成沉淀；故不选；

③Cl2Cl2具有氧化性，在溶液中将SO2氧化为SO42-离子，生成沉淀BaSO4；故选；

④HCl；二氧化硫与氯化钡溶液都不反应；不会产生沉淀，故不选；

⑤通入NH3溶液呈碱性，溶液中生成大量的SO32-离子，生成沉淀BaSO3；故选；

⑥硫化氢与二氧化硫发生归中反应生成不溶于水的淡黄色沉淀硫；故选；

故选：D．二、多选题(共5题，共10分)7、BCD【分析】【分析】根据化合物中各元素化合价代数和是零，结合物质的化学式进行判断．【解析】【解答】解：A；氯元素的化合价-1价；是+5价，故A错误；

B；氯元素的化合价是-1价；故B正确；

C；氯元素的化合价是+1价；故C正确；

D；氯元素的化合价是+1价；故D正确；

故选BCD．8、AC【分析】【分析】有机物分子不存在同分异构体，则其化学式表示的是一种物质，二氧化硅为原子晶体，不存在二氧化硅分子，据此进行判断．【解析】【解答】解：A．C2H4为乙烯；只表示一种物质，故A正确；

B．C4H8可能为烯烃；有可能为环烷烃，表示的不是一种物质，故B错误；

C．C3H8为丙烷；丙烷不存在同分异构体，该分子式表示的是一种物质，故C正确；

D．SiO2为二氧化硅的化学式；不存在二氧化硅分子，故D错误；

故选AC．9、AC【分析】【分析】A．根据Fe3+的氧化性和H2S的还原性；再根据离子方程式正误的判断；

B．根据溶液中离子的还原性强弱判断；

C．根据阳极反应Fe2+-e-═Fe3+进行判断；

D．根据H2S充分燃烧的产物的性质进行判断；【解析】【解答】解：A．由图中的流程图可知，FeCl3与H2S反应，FeCl3中+3价的铁具有氧化性，H2S中-2价的硫具有还原性，所以两者反应生成S和Fe2+；书写离子方程式时，硫化氢是气体，水是弱电解质写化学式，得失电子数守恒，所以离子方程式正确，故A正确；

B．电解的是氯化亚铁和盐酸溶液，阳极发生的应该是氧化反应，所得滤液中含有Fe2+、H+和Cl-，由于还原性Fe2+＞Cl-，电解时阳极反应式为Fe2+-e-═Fe3+；故B错误；

C．该流程图中过程中电解的是氯化亚铁和盐酸溶液，电解时阳极反应式为Fe2+-e-═Fe3+，所以X为FeCl3，可回收与H2S反应；所以电解产物X在该工艺流程中可循环利用，故C正确；

D．由于H2S充分燃烧的化学方程式为2H2S+3O22SO2+2H2O，生成的SO2也是一种有毒气体；故D错误；

故选：A、C．10、BD【分析】【分析】A．用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，a点溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3，PH=1.85=Pa1，则c（H2SO3）=c（HSO3-）依据物料守恒判断；

B．b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3；溶液显酸性，依据溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析判断；

C．c点PH=7.19=PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，Kh==，c（OH-）=，c（HSO32-）=c（SO32-）；结合溶液中物料守恒分析；

D．加入氢氧化钠溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液恰好反应生成Na2SO3，d点溶液中主要是Na2SO3和少量NaHSO3．【解析】【解答】解：A．用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，a点溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3，PH=1.85=Pa1，电离平衡常数表达式得到则c（H2SO3）=c（HSO3-），溶液体积大于20ml，a点所得溶液中：c（H2SO3）+c（SO32-）+c（HSO3-）=2c（H2SO3）+c（SO32-）＜0.1mol•L-1；故A错误；

B．b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HSO3-）+c（OH-）+2c（SO32-），物料守恒c（Na+）=c（HSO3-）+c（SO32-）+c（H2SO3），得到：c（H2SO3）+c（H+）=c（SO32-）+c（OH-）；故B正确；

C．c点PH=7.19=PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，Kh==，c（OH-）=，带入计算得到：c（HSO32-）=c（SO32-），溶液中2n（Na）=3c（S），2c（Na+）=3[c（SO32-）+c（H2SO3）+c（HSO3-）]=3[c（H2SO3）+2c（HSO3-）]，c（Na+）＞3c（）；故C错误；

D．加入氢氧化钠溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液恰好反应生成Na2SO3，d点溶液中主要是Na2SO3和少量NaHSO3，溶液中离子浓度c（Na+）＞c（SO32-）＞c（HSO3-）；故D正确；

故选BD．11、AD【分析】【分析】A；氢气在反应中发生失电子的氧化反应；为负极；

B；原电池中；氢气在负极发生失电子的氧化反应，根据电极反应确定pH的变化；

C；在原电池中；正极上发生得电子得还原反应；

D、燃料电池在放电时的电极反应极为燃料燃烧的反应．【解析】【解答】解：A、储存H2的碳纳米管作电池负极；在反应中发生失电子的氧化反应，故A错误；

B、放电时是原电池的工作原理，氢气在负极发生失电子的氧化反应，即：H2+2OH--2e-=2H2O；消耗氢氧根离子，负极附近pH减小，故B正确；

C、在原电池中，正极上发生得电子得还原反应，NiO（OH）+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-；故C正确；

D、放电时，燃料电池电极反应极为燃料燃烧的反应，即2NiO（OH）+H2=2Ni（OH）2；故D错误．

故选AD．三、填空题(共8题，共16分)12、CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O防止倒吸，判断装置是否堵塞ce【分析】【分析】装置A：乙醇在浓硫酸；加热条件下发生消去反应生成乙烯；浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，装置B：B为安全瓶，可以防止倒吸，装置D生成1，2-二溴乙烷，反应后容器内气压减小，1，2-二溴乙烷熔点为9℃，冷却容易析出晶体，堵塞玻璃导管，根据B中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞，装置C：二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应，二氧化硫能与溴反应，盛放氢氧化钠溶液除去乙烯中的二氧化碳、二氧化硫，装置D：乙烯与溴反应生成1，2-二溴乙烷；溴易挥发，为防止污染空气，D装置之后需要连接盛放氢氧化钠溶液吸收尾气装置．

（1）三颈烧瓶A中发生反应是乙醇在浓硫酸的作用下加热到170℃产生乙烯；

（2）1；2-二溴乙烷熔点为9℃，冷却容易析出晶体，堵塞玻璃导管，B为安全瓶，可以防止倒吸，根据玻璃导管中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞；

（3）浓硫酸具有强氧化性；将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，二氧化碳；二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应，二氧化碳在水中溶解度小，浓硫酸既不能吸收二氧化碳，也不能吸收二氧化硫，饱和碳酸氢钠溶液不能吸收二氧化碳；

（4）因Br2能与Na2SO3溶液溶液反应，且1，2-二溴乙烷与水互不相溶，所以用Na2SO3溶液溶液吸收Br2，采用分液的方法分离．【解析】【解答】解：（1）A中乙醇发生消去反应生成乙烯，反应方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；

故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；

（2）1；2-二溴乙烷熔点为9℃，冷却容易析出晶体，堵塞玻璃导管，B为安全瓶，可以防止倒吸，根据玻璃导管中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞；

故答案为：防止倒吸；判断装置是否堵塞；

（3）浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，所以制取的乙烯气体中会含有CO2和SO2，而SO2具有还原性，也能使溴水褪色，故装置C中盛有的溶液需吸收乙烯中的杂质气体二氧化碳和二氧化硫的，水吸收二氧化碳能力弱，浓硫酸不吸收二氧化碳、二氧化硫，饱和碳酸氢钠溶液不吸收二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应被吸收，SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O；不和乙烯反应，故选用氢氧化钠溶液；

故答案为：c；

（4）a．溴更易溶于1；2-二溴乙烷，用水无法除去溴，故a错误；

b．常温下Br2和氢氧化钠发生反应：2NaOH+Br2═NaBr+NaBrO+H2O，再分液除去，但1，2-二溴乙烷在氢氧化钠水溶液、加热条件下容易发生水解反应，故b错误；

c．NaI与溴反应生成碘；碘与1，2-二溴乙烷互溶，不能分离，故c错误；

d．酒精与1；2-二溴乙烷互溶，不能除去混有的溴，故d错误；

e．溴与Na2SO3溶液反应离子方程式为：Br2+SO32-+H2O═SO42-+2Br-+2H+；再分液除去，故e正确；

故答案为：e．13、C6H12O62CH3CH2OH+2CO2↑不是C4H8O22CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O乙醛和葡萄糖【分析】【分析】（1）葡萄糖在催化剂的作用下生成乙醇和二氧化碳；

（2）乙醇发生催化氧化生成C为CH3CHO，C进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙醇与D发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3．乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2，B在日常生活中常用来作食品包装袋，则乙烯发生加聚反应生成B为据此分析解答；

（3）能和新制氢氧化铜在加热条件下反应生成砖红色沉淀，说明分子中有还原性官能团醛基存在，据此判断．【解析】【解答】解：（1）葡萄糖在催化剂的作用下生成乙醇和二氧化碳，反应方程式为：C6H12O62CH3CH2OH+2CO2↑；

故答案为：C6H12O62CH3CH2OH+2CO2↑；

（2）乙醇发生催化氧化生成D为CH3CHO，D进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙醇与D发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3．乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2，B在日常生活中常用来作食品包装袋，则乙烯发生加聚反应生成B为

①由上面的分析可知；A→B为乙醇发生消去反应生成乙烯，不是取代反应；

故答案为：不是；

②乙醇和乙酸反应生成E为乙酸乙酯，它的化学式为C4H8O2；

故答案为：C4H8O2；

③乙醇→C的化学方程式：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O．

（3）能和新制氢氧化铜在加热条件下反应生成砖红色沉淀；说明分子中有还原性官能团醛基存在，根据上面的分析可知，在上述物质A；B、C、D、E、蔗糖、葡萄糖、乙醇，有醛基的是乙醛和葡萄糖；

故答案为：乙醛和葡萄糖；14、略

【分析】试题分析：上述六种元素都是短周期元素，所以根据已知性质推：Q单质为淡黄色固体，则Q是S，在S之后的短周期主族元素是Cl，即G为Cl，用于同位素测定的为C，Y为C元素，与C同主族的M应该是Si，在C元素之前的X元素与同主族元素Z形成离子化合物ZX，则X、Z均在第一主族，且分别为H、Na，所以综上可得X、Y、Z、M、Q、G元素分别是H、C、Na、Si、S、Cl。（1）X是H元素，所以在NaH中，H-的离子结构示意图为Y为C元素，其位置是：第二周期，第IVA族。（2）在这6种元素中非金属最强的是Cl，其最高价氧化对应的水化物HClO4酸性最强；Q、G的氢化物分别为H2S、HCl，因为非金属性Cl>S，单质的氧化性Cl2>S，所以离子的还原性Cl-2-，所以还原性强的氢化物是H2S。（3）MXG3与X2分别为SiHCl3和H2，所以利用二者制备高纯硅时，若混入了水SiHCl3会与H2O发生剧烈水解反应，生成硅酸H2、H2SiO3和HCl；如果混入了氧气，则高温加热不纯H2会发生爆炸，或者O2又会氧化高温生成的单质硅，所以要控制无水无氧环境。（4）X2Q是H2S，H2S燃烧是一个放热反应，所以△H<0，燃烧热akJ·mol-1是指1mol该物质完全燃烧生成稳定氧化物SO2时所释放的能量，所以如果方程式系数是2时，对应的焓变△H=-2akJ·mol-1，所以应该选择C。（5）该电池反应式为：2Na+FeCl2Fe+2NaCl，所以可知该反应中放电时单质Na作电池负极失去电子被氧化，Fe2+作正极得到电子被还原为Fe单质，所以正极反应式为：Fe2++2e-=Fe；由于电池反应式在熔融状态下进行的，所以从图像可以判断出该电池的电解质溶液是β-Al2O3。考点：本题考查的是元素周期表和元素周期律、非金属及其化合物性质、化学反应与能量、电化学基础等知识。【解析】【答案】（16分）（1）（2分）第二周期IVA族（2分）（2）HClO4（1分H2S（1分）（3）H2SiO3（1分），HCl（1分），H2和O2混合发生爆炸或生成的Si部分被O2氧化成SiO2（1分）（4）C（3分）（5）Fe2++2e-=Fe（2分），β-Al2O3（2分）15、略

【分析】【解析】试题分析：合成聚偏二氯乙烯的单体是CCl2===CH2，由乙炔合成1,1,2­三氯乙烷，可通过下列合成路线：考点：考查有机物单体的判断【解析】【答案】CCl2CH2A、B16、Fe3+的水解蓝酸用足量的氧气cd【分析】【分析】（1）配制氯化铁溶液需要防止铁离子水解而变浑浊；

（2）酸碱指示剂存在电离平衡；根据加入的电解质溶液是促进指示剂电离还是抑制指示剂电离，如果促进指示剂电离，溶液呈蓝色，如果是抑制指示剂电离溶液就呈红色，从而确定溶液的颜色和加入的物质；

（3）根据平衡移动原理结合增加反应物的转化率知识来回答；

（4）勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．【解析】【解答】解：（1）铁离子在溶液中水解，所以实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加盐酸抑制Fe3+水解，故答案为：Fe3+的水解；

（2）根据平衡：HZ（红色）═H++Z-（蓝色）；在碱性溶液中该指示剂试液，则氢离子被消耗，平衡正向移动，所以显示蓝色，要使该指示剂试液呈红色，平衡逆向移动即可，可以加入酸，故答案为：蓝色；酸；

（3）工业制硫酸时，为使SO2尽可能多地转化成SO3；增加二氧化硫的转化率，可以采取的措施是用足量的氧气，故答案为：用足量的氧气；

（4）a；合成氨反应为放热反应；升高温度不利用平衡向正方向移动，但升温却可提高反应速率，催化剂活性大，与勒沙特列原理不符，故不符合；

b；用铁触媒加快化学反应速率；是利用铁触媒做催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，不改变化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，故不符合；

c；反应是气体体积减小的反应；加压平衡正向进行符合化学平衡移动原理，可以用勒夏特列原理解释，故符合；

d；将生成的氨液化并及时从体系中分离出来；减少生成物浓度，平衡正向进行，可以用勒夏特列原理解释，故符合；

故选cd．17、①④-1价ClK2Cr2O73：4【分析】【分析】（1）①中Cr元素的化合价降低，②③⑤中Cr元素的化合价不变，④中Cr元素的化合价升高；

（2）K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O中，Cr元素的化合价降低；Cl元素的化合价升高；

（3）上述反应中，14molHCl反应，只有6mol作还原剂，其余为酸．【解析】【解答】解：（1）①中Cr元素的化合价降低，需要加还原剂发生；④中Cr元素的化合价升高；需要加氧化剂发生，故答案为：①；④；

（2）K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O中，Cl元素的化合价升高，则-1价Cl被氧化；Cr元素的化合价降低，则氧化剂为K2Cr2O7；

故答案为：-1价Cl；K2Cr2O7；

（3）上述反应中；14molHCl反应，只有6mol作还原剂，其余为酸，还原作用的HCl与起酸性作用的HCl的质量比等于物质的量比为6mol：8mol=3：4；

故答案为：3：4．18、2.4×10-3mol/（L•s）H2+CO32--2e-=CO2+H2ON2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+【分析】【分析】①依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度计算生成速率；化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值；根据三段式计算；

②燃料原电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应；先根据化合价判断生成N2O5的电极，再根据离子的放电顺序写出电极反应式；【解析】【解答】解：①依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度=5.0mol/L-3.8mol/L=1.2mol/L，所以V==2.4×10-3mol/（L•s）；

由图表分析2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）；

开始（molmol•L-1）500

转化（molmol•L-1）241

平衡（molmol•L-1）341

化学平衡常数表达式K===，故答案为：2.4×10-3mol/（L•s），；

②燃料原电池中，负极上燃料失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为H2+CO32--2e-=CO2+H2O；

N2O5中氮元素的化合价是+5价，而硝酸中氮元素也是+5价．因此应该在左侧生成N2O5，即在阳极区域生成，据电极反应离子放电顺序可知：阴极发生2H++2e-=H2↑的反应，则阳极为N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+．

故答案为：H2+CO32--2e-=CO2+H2O；N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+；19、略

【分析】【解析】试题分析：A与B按物质的量1：3可以生成白色沉淀，再加入B沉淀溶解，可知B是NaOH溶液，A是AlCl3溶液。B与C加热能产生无色气体，该气体可以使石蕊溶液变蓝，说明C是NH4HSO4溶液，则D是Na2CO3溶液。因此X是Al(OH)3，Y是NH3，Z是CO2，W是NaAlO2溶液。（1）A是挥发性酸的弱碱盐，加热蒸干灼烧后得到氧化物Al2O3，W是难挥发性酸的弱碱盐，加热蒸干灼烧后得到原物质NaAlO2。（2）Na2CO3强碱弱酸盐，溶液显碱性，原因是CO32-+H2OHCO3-+OH-。（3）AlCl3强酸弱碱盐，溶液显酸性，NaOH强碱，溶液显碱性，NH4HSO4强酸的酸式盐（相当于一元强酸），溶液显酸性，Na2CO3强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以等浓度的AlCl3溶液、NaOH溶液、NH4HSO4溶液、Na2CO3溶液pH由大到小的顺序是NaOH>Na2CO3>AlCl3>NH4HSO4。（4）NH4HSO4溶液电离出来的H+抑制NH4的水解，所以c(NH4)大。（5）NaOH与NH4HSO4按2：1反应的离子方程式为：NH4++H++2OH-=NH3·H2O+H2O。考点：无机推断题【解析】【答案】(1)Al2O3、NaAlO2(2)大于；CO32-+H2OHCO3-+OH-(3)NaOH>Na2CO3>AlCl3>NH4HSO4(4)＞(5)NH4++H++2OH-=NH3·H2O+H2O四、判断题(共3题，共9分)20、×【分析】【分析】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；【解析】【解答】解：对于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）；该反应是一个反应前后气体体积改变的化学反应，当反应达到平衡状态时，各物质的量不变，导致容器中压强不随时间的变化而改变；

对于I2（g）+H2（g）═2HI（g）；该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，在恒温恒容条件下，压强自始至终保持不变，故压强不变不一定平衡；

故答案为：×．21、×【分析】【分析】（1）同温同压下；气体的气体摩尔体积相等；

（2）气体摩尔体积取决于温度和压强的大小；

（3）气体摩尔体积仅适用于气体；

（4）考虑影响气体体积的因素．【解析】【解答】解：（1）气体的体积取决于温度和压强的大小；同温同压下，气体分子之间的距离相等，则气体摩尔体积相等，故答案为：×；

（2）气体摩尔体积取决于温度和压强的大小；如不在标准状况下，也可能为22.4L/mol，故答案为：×；

（3）气体摩尔体积仅适用于气体；对于固体；液体来说，不同物质的体积大小不同，故答案为：×；

（4）影响气体体积的因素为分子间的平均距离和分子数目的多少，一定温度和压强下，分子间距离一定，所以气体体积大小由分子数目决定，故答案为：√．22、√【分析】【分析】根据化学式为Na2SO4，利用硫酸钠的物质的量来确定钠离子的物质的量，再利用N=n×NA来计算钠离子的数目．【解析】【解答】解：0.5molNa2SO4中钠离子的物质的量为0.5mol×2=1mol；

则由N=n×NA可知，则钠离子的个数为1mol×6.02×1023mol-1=6.02×1023；

故答案为：√．五、计算题(共2题，共14分)23、略

【分析】试题分析：（1）①电离平衡常数越小，酸越弱，因此根据