2024年沪科版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………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2024年沪科版高三化学上册阶段测试试卷23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、下列说法错误的是（）A.元素分析仪可以确定物质中是否含有H、O、N、Cl、Br等元素B.用红外光谱仪可以确定物质中是否存在某些有机原子团C.用原子吸收光谱可以确定物质中含有哪些金属元素D.12C的放射性可用于考古断代2、配制0.1mol•L-1的NaCl溶液，下列操作会导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是（）A.称量时，左盘高，右盘低B.定容时俯视读取刻度C.原容量瓶洗净后未干燥D.定容时液面超过了刻度线3、下列反应的离子方程式中正确的是（）A.将Al条投入NaOH溶液中：Al+OH-+H2O═AlO+H2↑B.用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I-+IO3-+3H2O═3I2+6OH-C.向CuSO4溶液中加入Na2O2：Na2O2+2Cu2++2H2O═2Na++2Cu（OH）2↓+O2↑D.将0.2mol/L的NH4Al（SO4）2溶液与0.3mol/L的Ba（OH）2溶液等体积混合：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓4、实验室用MnO2和浓盐酸制氯气时，有14.6gHCl被氧化，所得氯气全部用石灰乳吸收，可制得漂白精的质量是（）A.14.3gB.25.4gC.28.6gD.50.8g5、下列有关电化学的内容正确的是（）

A.马口铁和白铁皮破损后；白铁皮比马口铁腐蚀快，所以使用白铁皮时要注意防止铁皮出现刮痕。

B.原电池中电子从负极流出流入正极；电解池中电子从阴极流出流入电源负极。

C.已知磷酸亚铁锂电池总反应为FePO4+LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导Li+，则该电池充电时阳极电极反应式为：LiFePO4-e-=FePO4+Li+

D.常温下以C选项中电池为电源以石墨为电极电解200mL饱和食盐水；当消耗1.4gLi时，溶液的pH为13（忽略溶液的体积变化）

6、下列实验获得成功的是rm{(}rm{)}A.欲证明放入硫酸溶液中的纤维素加热已发生水解可向所得溶液中加入银氨溶液，放在水浴中B.欲证明蔗糖的水解产物有葡萄糖，可向试管中加入rm{0.5g}蔗糖及质量分数为rm{10%}的稀硫酸rm{4mL}加热rm{3隆芦4}分钟，再向试管中加入新制rm{Cu(OH)_{2}}煮沸，观察有红色沉淀生成C.为证明硬脂酸有酸性，可以向滴有酚酞的稀rm{NaOH}溶液加入硬脂酸，并加热D.用灼烧的方法检验是羊毛线还是蚕丝线评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次递增，它们的核电荷数之和为32，原子最外层电子数之和为10．A与C同主族，B与D同主族，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数．则下列叙述正确的是（）A.D元素处于元素周期表中第3周期第Ⅳ族B.D的最高价氧化物中，D与氧原子之间均为双键C.四种元素的原子半径：A＜B＜D＜CD.一定条件下，B单质能置换出D单质，C单质能置换出A单质8、既能与酸（H+）反应，又能与碱（OH-）反应的是（）

①MgO②Al③NaHSO4④NaHCO3⑤CaCO3．A.②④B.②③④C.②④D.②④③9、下列四组物质，用横线上所给的试剂常温下就能鉴别出来的是（）A.FeO、FeS、CuO、CuS、稀硫酸B.苯、四氯化碳、无水乙醇、己烯溴水C.甲酸、乙酸、乙醛、乙醇新制氢氧化铜悬浊液D.苯酚钠溶液、甲苯、乙酸乙酯、乙酸饱和碳酸钠溶液10、100mL2mol/L的硫酸和过量的锌反应，为加快反应速率，但又不影响生成氢气的总量，可采取的措施是（）A.升高温度B.改用含有少量杂质铜的锌C.改用98%的浓硫酸D.加水11、以下鉴别Na2CO3和NaHCO3的方法中不可行的两项是（）A.加入MgCl2溶液，生成沉淀的为Na2CO3溶液B.加入过量盐酸，产生气泡的为NaHCO3溶液C.取样加热，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体的溶液为NaHCO3溶液D.滴加NaOH溶液，后加入Cu（NO3）2溶液，产生蓝色絮状沉淀的为Na2CO3溶液12、下列各离子浓度的大小比较，正确的是（）A.同浓度的下列溶液中：①（NH4）2Fe（SO4）2②（NH4）2CO3③（NH4）2SO4，c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞③＞②B.常温时，将等体积的盐酸和氨水混合后，pH=7，则c（NH4+）＞c（Cl-）C.0.2mol•L-1Na2CO2溶液中：c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+c（H2CO3）D.0.1mol•L-1的NH4Cl溶液与0.05mol•L-1NaOH溶液等体积混合：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+）评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)13、在恒温，体积为2L的密闭容器中通入1molN2和xmolH2，发生如下反应：N2+3H2⇌2NH3．20min后达到平衡；测得反应放出的热量为18.4kJ，混合气体的物质的量为3.6mol，容器内的压强变为原来的90%．请回答下问题：

（1）x=____；

（2）20min内用NH3表示的平均反应速率为____；

（3）该反应的热化学方程式为____．

（4）提述条件下，下列叙述中能表示该反应达到平衡状态的是____（填序号）．

①单位时间内生成2nmolNH3的同时消耗nmolN2

②单位时间内断裂1molN≡N键的同时生成3molH-H键。

③用N2、H2、NH3表示的反应速率数值之比为1：3：2

④混合气体的密度不再改变。

⑤混合气体的压强不再改变。

⑥2v正（H2）=3v逆（NH3）14、2013年12月15日4时搭载长征系列火箭的“玉兔号”顺利驶抵月球表面，实现了五星红旗耀月球的创举．火箭升空需要高能燃料，通常用肼（N2H4）作燃料，N2O4做氧化剂．请回答下列问题：

（1）已知：N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.7kJ•mol-1

N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=-534.0kJ•mol-1

2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=-52.7kJ•mol-1

写出气态肼在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式：____；

（2）工业上用次氯酸钠与过量的氨气反应制备肼，该反应的化学方程式为：____；

（3）工业上可以用下列反应原理制备氨气：

2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g）△H=QkJ•mol-1

①已知该反应的平衡常数K与温度的关系如图1，则此反应的Q____0（填“＞”“＜”或“=”）．

②若起始加入氮气和水，15分钟后，反应达到平衡，此时NH3的浓度为0.3mol/L，则用氧气表示的反应速率为____．

③常温下，如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时，____（选填编号）．

A．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化。

B．=

C．容器中气体的密度不随时间而变化。

D．通入稀有气体能提高反应的速率。

E．若向容器中继续加入N2，N2的转化率将增大。

（4）最近华南理工大提出利用电解法制H2O2并以此处理废氨水；装置如图2．

①为不影响H2O2的产量，需要向废氨水加入适量硝酸调节溶液的pH约为5，则所得废氨水溶液中c（NH4+）____c（NO3-）（填“＞”“＜”或“=”）；

②Ir-Ru惰性电极有吸附O2作用，该电极的电极反应为____；

③理论上电路中每转移3mol电子，最多可以处理NH3•H2O的物质的量为____．15、随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金的维生素”．为回收利用含钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣）；科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺，回收率达91.7%以上．

部分含钒物质在水中的溶解性如下表所示：

。物质VOSO4V2O5NH4VO3（VO2）2SO4溶解性可溶难溶难溶易溶该工艺的主要流程如下：

请回答下列问题．

（1）工业上由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，用化学方程式表示为____．

（2）反应①的目的是____．

（3）该工艺中反应③的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，写出该步发生反应的离子方程式：____．

（4）经过热重分析测得：NO4VO3在焙烧过程中，固体质量的减少值（纵坐标）随温度变化的曲线如图所示．则NH4VO3在分解过程中____（填序号）．

A．先分解失去H2O，再分解失去NH3

B．先分解失去NH3，再分解失去H2O

C．同时分解失去H2O和NH3

D．同时分解失去H2、N2和H2O．16、(14分)锆产业是极有发展潜力及前景的新兴产业，锆(Zr)元素是核反应堆燃料棒的包裹材料，二氧化锆(ZrO2)可以制造耐高温纳米陶瓷。我国有丰富的锆英石(ZrSiO4)，含Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质，生产锆流程之一如下：试回答下列问题：(1)写出上述流程中高温气化的反应方程式(碳转化成CO)：_______________________________________________。(2)写出ZrOCl2·8H2O在900℃生成ZrO2的反应方程式：____________________________________________________________。(3)关于二氧化锆纳米陶瓷和锆合金的说法不正确的是________(单选)。A．二氧化锆纳米陶瓷是新型无机非金属材料B．1nm＝10－10mC．锆合金的硬度比纯锆要高D．日本福岛核电站的爆炸可能是由锆合金在高温下与水蒸气反应产生的氢气爆炸引起的(4)一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的二氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2－。在熔融电解质中，O2－向________(填“正”或“负”)极移动。电池正极电极反应为__________________，负极电极反应为________________________________。17、.（12分）A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示(反应条件和部分产物未标出)（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A、D反应都有有色气体生成，则C的电子式为，反应④的化学方程式为:。（2）若A为常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②(在水溶液中进行)的离子方程式是，用电子式表示B分子的形成过程。（3）若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式为，分子E的结构式为。18、（2014秋•北京校级期中）在80℃时；将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：

。

时间（s）

C（mol/L）020406080100C（N2O4）0.20a0.10cdeC（NO2）0.000.12b0.220.220.22反应进行至100s后将反应混合物的温度降低；发现气体的颜色变浅．

（1）该反应的化学方程式为____，表中b____c（填“＜”；“=”、“＞”）．

（2）20s时，N2O4的浓度为____mol/L，0～20s内N2O4的平均反应速率为____．

（3）该反应的平衡常数表达式K=____，在80℃时该反应的平衡常数K值为____（保留2位小数）．

（4）在其他条件相同时，该反应的K值越大，表明建立平衡时____．

A．N2O4的转化率越高B．NO2的产量越大C．N2O4与NO2的浓度之比越大D．正反应进行的程度越大。

（5）要增大该反应的K值，可采取的措施____

A．增大N2O4起始浓度B．向混合气中通入NO2C．使用高效催化剂D．升高温度。

（6）如图是80℃时容器中N2O4浓度随时间t的变化图，请在该图中补画出该反应在60℃反应时N2O4浓度的变化曲线．19、（2012秋•广州校级月考）如图是元素周期表中各主族（A）及零族的部分元素符号代码（阴影处为族序数）

（1）下列说法正确的是____（双选）．

A．随着原子序数递增；B；C、D、E、F元素对应单质的熔点逐渐升高，密度逐渐增大。

B．H元素对应的单质能被浓硫酸；浓硝酸钝化。

C．I元素是一种亲氧元素；其对应的氧化物是一种能和碱反应的耐高温物质。

D．原子半径：I＜J＜K＜L

（2）海水中C元素和L元素组成的某物质含量丰富，请写出以该物质的水溶液为原料制取L单质的化学方程式：____（不能使用本题元素代码；请用真实的元素符号书写方程式，下同）．

（3）元素F对应的单质与水剧烈反应而爆炸，写出反应的化学方程式____．

（4）元素H对应的单质是人们生活中一种重要的金属材料，但是用该单质制作的餐具不宜用来蒸煮或长时间存放碱性食物，请用离子方程式表示其中的原因：____．

（5）Cu在地壳中的含量远比H要小，但却是人类历史上最早使用的金属材料．金属Cu放入稀硫酸中不溶解，再加入硝酸钠，溶液却由无色变成蓝色，其原因是____（用离子方程式表示）．20、如图所示，当关闭阀门K时，向甲中充入1.5molA、3.5molB，向乙中充入3molA、7molB，起始时，甲、乙体积均为VL。在相同温度和有催化剂存在的条件下，两容器中各自发生下列反应：3A(g)+2B(g)C(g)＋2D(g)；ΔH<0达到平衡（Ⅰ）时，V(乙)=0.86VL。请回答：（1）乙中B的转化率为；（2）甲中D和乙中C的物质的量比较：（填“相等”、“前者大”、“后者大”）；（3）打开K，过一段时间重新达平衡（Ⅱ）时，乙的体积为（用含V的代数式表示，连通管中气体体积忽略不计）。评卷人得分四、判断题(共3题，共24分)21、判断下列说法的正误．

（1）任何一种原子核内都含有质子和中子．____

（2）元素的种类和核素的种类相同．____

（3）同位素和核素都属于原子．____

（4）互为同位素的原子性质完全相同．____

（5）1940K与2040Ca属于同位素．____

（6）O2与O3属于同位素．____

（7）1940K与1939K属于同位素．____．22、标准状况下，气体的摩尔体积都是22.4L____（判断对错）23、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．____．评卷人得分五、计算题(共3题，共27分)24、求：（1）8.5gNH3所含的NH3分子与多少质量水所含的分子数相同？

（2）8.5gNH3所含的NH3原子与多少质量水所含的原子数相同？25、一定温度下，难溶电解质在饱和溶液中各离子浓度幂的乘积是一个常数，这个常数称为该难溶电解质的溶度积，用符号Ksp表示。即：AmBn(s)mAn+(aq)＋nBm－(aq)[An+]m·[Bm－]n＝Ksp已知：某温度时，Ksp(AgCl)=[Ag+][Cl－]＝1.8×10－10Ksp(Ag2CrO4)=[Ag+]2[CrO2-4]＝1.1×10－12试求：此温度下，在0.010mo1·L-1的AgNO3溶液中，AgCl与Ag2CrO4分别能达到的最大物质的量浓度。26、将32.64g铜与100mL一定浓度的HNO3反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L；则：

（1）NO的体积为____L，NO2的体积为____L；

（2）待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VL，amol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的铜离子全部转化为沉淀，则原硝酸溶液的物质的量的浓度为____mol/L．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】A．元素分析仪作为一种实验室常规仪器，可同时对有机的固体、高挥发性和敏感性物质中C、H、O、N、Cl、Br等元素的含量进行定量分析测定；

B．红外光谱仪是利用物质对不同波长的红外辐射的吸收特性；进行分子结构和化学组成分析的仪器；

C．原子吸收光谱是基于气态的基态原子外层电子对紫外光和可见光范围的相对应原子共振辐射线的吸收强度来定量被测元素含量为基础的分析方法；

D．614C的放射性可用于考古断代．【解析】【解答】A．元素分析仪作为一种实验室常规仪器，可同时对有机的固体、高挥发性和敏感性物质中C、H、O、N、Cl、Br等元素的含量进行定量分析测定；故A正确；

B．红外光谱仪是利用物质对不同波长的红外辐射的吸收特性；进行分子结构和化学组成分析的仪器不，同官能团吸收谱图不同，故可根据红外光谱仪可以确定物质中是否存在某些有机原子团，故B正确；

C．原子吸收光谱是基于气态的基态原子外层电子对紫外光和可见光范围的相对应原子共振辐射线的吸收强度来定量被测元素含量为基础的分析方法；故C正确；

D．614C的放射性可用于考古断代；故D错误；

故选D．2、B【分析】【分析】分析具体操作对n、V的影响，根据c=分析不当操作对溶液浓度的影响．【解析】【解答】解：A；用托盘天平称量药品时天平左盘放药品；右盘放砝码，称量时，左盘高，右盘低，药品实际质量偏下，n偏小，则所配溶液浓度偏低，故A不符合；

B；定容时俯视读取刻度；导致所配溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故B符合；

C；配制最后需加水定容；原容量瓶洗净后未干燥对实验结果无影响，故C不符合；

D；定容时液面超过了刻度线；导致所配溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故D不符合．

故选B．3、D【分析】【分析】A．反应生成偏铝酸钠和氢气；电子不守恒；

B．酸性溶液中不能生成氢氧根离子；

C．反应生成硫酸钠；氢氧化铜、氧气；电荷不守恒；

D．物质的量比为2：3，反应生成硫酸钡、氢氧化铝、硫酸铵．【解析】【解答】解：A．将Al条投入NaOH溶液中的离子反应为2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑；故A错误；

B．用KIO3氧化酸性溶液中的KI的离子反应为5I-+IO3-+6H+═3I2+3H2O；故B错误；

C．向CuSO4溶液中加入Na2O2的离子反应为2Na2O2+2Cu2++2H2O═4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑；故C错误；

D．将0.2mol/L的NH4Al（SO4）2溶液与0.3mol/L的Ba（OH）2溶液等体积混合的离子反应为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓；故D正确；

故选D．4、B【分析】【分析】被氧化的HCl生成氯气，根据氯原子守恒计算氯气物质的量，漂白粉的成分是氯化钙、次氯酸钙，根据方程式计算生成的氯化钙、次氯酸钙的物质的量，根据m=nM计算漂白粉的质量．【解析】【解答】解：14.6gHCl被氧化生成氯气，由氯原子守恒可知n（Cl2）=×=0.2mol；用石灰乳吸收，则：

2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O

211

0.2moln（CaCl2）n[Ca（ClO）2]

所以n（CaCl2）=n[Ca（ClO）2]=0.2mol×=0.1mol；

故可得漂白粉的质量为：0.1mol×111g/mol+0.1mol×143g/mol=25.4g；

故选B．5、C【分析】

A．马口铁是镀锡铁；锡；铁和电解质溶液构成的原电池中，铁作负极易被腐蚀，白铁皮是镀锌铁，铁、锌和电解质溶液构成的原电池中，铁作正极被保护，故A错误；

B．原电池中电子从从负极流出流入正极；电解池中电子从负极流向阴极，故B错误；

C．电池中的固体电解质可传导Li+，说明电池中能生成自由移动的锂离子，阳极上失电子发生还原反应，所以该电池充电时阳极电极反应式为：LiFePO4-e-=FePO4+Li+；故C正确；

D．当消耗1.4gLi时，转移电子的物质的量==0.2mol，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，当转移0.2mol电子时生成氢氧化钠的物质的量浓度==1mol/L；pH=14，故D错误；

故选C．

【解析】【答案】A．作原电池负极的金属加速被腐蚀；作原电池正极的金属被保护；

B．电解池中电子从负极流出；

C．阳极上失电子发生氧化反应；

D．根据转移电子数相等计算生成的氢氧化钠的浓度；从而得出溶液的pH．

6、C【分析】解：rm{A.}银镜反应必须在碱性条件下进行，所以该实验在滴加银氨溶液之前应该加入rm{NaOH}中和未反应的酸，否则生成的rm{AgOH}干扰实验；故A错误；

B.葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液反应必须在碱性条件下进行，所以在加新制氢氧化铜悬浊液之前应该加入rm{NaOH}中和未反应的酸；故B错误；

C.中和反应生成水和硬脂酸钠；酚酞遇碱变红色，与酸混合无色，如果生成盐，溶液碱性降低，则溶液颜色变浅或褪色，故C正确；

D.羊毛和蚕丝都属于蛋白质；二者灼烧都产生烧焦羽毛气味，所以灼烧现象相同，不能采用灼烧法鉴别，故D错误；

故选C．

A.银镜反应必须在碱性条件下进行；

B.葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液反应必须在碱性条件下进行；

C.中和反应生成水和硬脂酸钠；酚酞遇碱变红色，与酸混合无色；

D.羊毛和蚕丝都属于蛋白质；灼烧现象相同．

本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重考查物质鉴别、物质检验等知识点，明确物质性质及实验原理即可解答，注意rm{AB}的反应必须都在碱性条件下，很多同学往往漏掉滴加碱液而导致错误，为易错点．【解析】rm{C}二、多选题(共6题，共12分)7、CD【分析】【分析】短周期元素A；B、C、D的原子序数依次递增；它们的最外层电子数之和为10，A与C同主族，B与D同主族，则A和B的最外层电子数之和为5，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数，如果B的次外层电子数为2，则A和C的最外层电子数都是1，为第IA族，A和B的最外层电子数之和为5，则B和D属于第IVA族，C的原子序数大于B，所以C是Na元素，B是C元素，D是Si元素，它们的核电荷数之和为32，则A是H元素；

如果B的次外层电子数为8，则A和C的最外层电子数都是4，为第IVA族元素，A是C元素，C是Si元素，A和B的最外层电子数之和为5，则B和D的最外层电子数是1，且这几种元素都是短周期元素，所以没有符合题意的第IA族元素，该假设不成立．【解析】【解答】解：短周期元素A；B、C、D的原子序数依次递增；它们的最外层电子数之和为10，A与C同主族，B与D同主族，则A和B的最外层电子数之和为5，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数，如果B的次外层电子数为2，则A和C的最外层电子数都是1，为第IA族，A和B的最外层电子数之和为5，则B和D属于第IVA族，C的原子序数大于B，所以C是Na元素，B是C元素，D是Si元素，它们的核电荷数之和为32，则A是H元素；

如果B的次外层电子数为8；则A和C的最外层电子数都是4，为第IVA族元素，A是C元素，C是Si元素，A和B的最外层电子数之和为5，则B和D的最外层电子数是1，且这几种元素都是短周期元素，所以没有符合题意的第IA族元素，该假设不成立．

所以A是H元素；B是C元素，C是Na元素，D是Si元素；

A．D为Si元素；硅原子核外有3个电子层，最外层有4个电子，所以硅元素位于元素周期表第三周期第IVA族，故A错误；

B．B；D的最高价氧化物分别是二氧化碳、二氧化硅；二氧化硅中存在硅氧单键，故B错误；

C．原子的电子层数越多；原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径大小顺序是A＜B＜D＜C，故C正确；

D．高温条件下；碳和二氧化硅反应置换反应，钠和水发生置换反应生成氢气，故D正确；

故选CD．8、AC【分析】【分析】既能与酸反应，又能与碱反应的物质有：弱酸弱碱盐、弱酸的酸式盐、两性氧化物、两性氢氧化物、金属铝、蛋白质和氨基酸等物质，以此解答本题．【解析】【解答】解：①MgO和氢氧化钠溶液不反应；故①错误；

②铝和盐酸或氢氧化钠溶液反应都生成盐和氢气；故②正确；

③NaHSO4能与氢氧化钠反应；但不能与盐酸反应，故③错误；

④NaHCO3属于弱酸酸式盐，既能与盐酸反应生成CO2气体；又能与氢氧化钠反应生成碳酸钠，故④正确；

⑤CaCO3和氢氧化钠溶液不反应；故⑤错误；

故选AC．9、AB【分析】【分析】A．硫酸亚铁；硫酸铜溶液颜色不同；硫化氢为臭鸡蛋气味的气体；

B．苯；四氯化碳都不溶于水；且密度大小不同，乙醇与水混溶，己烯与溴水反应；

C．醛基的氧化应在加热条件下进行；

D．甲苯、乙酸乙酯都不溶于饱和碳酸钠溶液．【解析】【解答】解：A．硫酸亚铁；硫酸铜溶液颜色不同；硫化氢为臭鸡蛋气味的气体，四种物质中分别加入稀硫酸现象为：浅绿色、浅绿色和臭鸡蛋气味的气体生成、蓝色、蓝色和固体不溶解，现象各不相同，可鉴别，故A正确；

B．苯；四氯化碳都不溶于水；苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，乙醇与水混溶，己烯与溴水反应，溶液褪色，可鉴别，故B正确；

C．醛基的氧化应在加热条件下进行；常温下不能鉴别甲酸；乙酸，也不能鉴别乙醛和乙醇，故C错误；

D．甲苯；乙酸乙酯都不溶于饱和碳酸钠溶液；不能鉴别，故D错误．

故选AB．10、AB【分析】【分析】常见影响反应速率的因素有浓度、温度、压强、催化剂以及固体表面积等，影响硫酸和锌反应的速率的因素有浓度、温度和固体的表面积大小，加快反应速率，应使浓度增大、温度升高或增大固体表面积，不影响生成氢气的总量，则硫酸的物质的量应不变，以此解答．【解析】【解答】解：A．升高温度；活化分子百分数增加，反应速率增大，且氢气的总量不变，故A正确；

B．改用含有少量杂质铜的锌；可形成原电池发反应，加快反应速率，故B正确；

C．浓硫酸与锌反应生成二氧化硫气体；故C错误；

D．加水稀释；浓度减小，反应速率减小，故D错误．

故选AB．11、BD【分析】【分析】A．Na2CO3与MgCl2溶液反应生成沉淀，而NaHCO3不能；

B．二者均与盐酸反应，但NaHCO3与盐酸反应快；

C．NaHCO3不稳定；受热分解生成二氧化碳，而碳酸钠不分解；

D．滴加NaOH溶液，NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3，后加入Cu（NO3）2溶液，二者均产生蓝色絮状沉淀．【解析】【解答】解：A．Na2CO3与MgCl2溶液反应生成沉淀，而NaHCO3不能；现象不同，可鉴别，故A不选；

B．二者均与盐酸反应，但NaHCO3与盐酸反应快；二者均生成气泡，不能利用是否产生气泡鉴别，故B选；

C．NaHCO3不稳定，受热分解生成二氧化碳，而碳酸钠不分解，所以加热生成能使澄清石灰水变浑浊的气体的溶液为NaHCO3；故C不选；

D．滴加NaOH溶液，NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3，后加入Cu（NO3）2溶液；二者均产生蓝色絮状沉淀，现象相同，不能鉴别，故D选；

故选BD．12、AD【分析】【分析】A．亚铁离子抑制铵根离子水解；碳酸根离子促进铵根离子水解；

B．氯化铵是强酸弱碱盐其溶液呈酸性；要使混合溶液呈中性，则溶液中氨水应该稍微过量；

C．碳酸钠溶液中存在电荷守恒和物料守恒；

D.0.1mol•L-1的NH4Cl溶液与0.05mol•L-1NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、NaCl、NH3．H2O，一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度导致混合溶液呈碱性．【解析】【解答】解：A．亚铁离子抑制铵根离子水解；碳酸根离子促进铵根离子水解，所以相同浓度的这三种溶液中，铵根离子浓度大小顺序是：①＞③＞②，故A正确；

B．氯化铵是强酸弱碱盐其溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则溶液中氨水应该稍微过量，盐酸和氨水的体积相等，则溶液浓度c（NH3．H2O）＞c（HCl），因为一水合氨是弱电解质，在溶液中部分电离，所以不能确定c（NH4+）＞c（Cl-）；也可能二者相等，故B错误；

C．碳酸钠溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c（H2CO3），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），所以得c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3）；故C错误；

D.0.1mol•L-1的NH4Cl溶液与0.05mol•L-1NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、NaCl、NH3．H2O，一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度导致混合溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），溶液中一水合氨电离出铵根离子，则c（NH4+）＞c（Na+），一水合氨的电离较微弱，所以c（Na+）＞c（OH-），则离子浓度大小顺序是：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+）；故D正确；

故选AD．三、填空题(共8题，共16分)13、30.01mol/（L．min），N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92kJ/mol②⑤⑥【分析】【分析】（1）恒温恒容下；压强之比等于物质的量之比，据此计算反应前氮气；氢气总物质的量，进而计算氢气物质的量；

（2）设消耗的氮气为nmol，表示出平衡时各组分物质的量，再根据平衡时混合气体总物质的量列方程计算n，再根据v=计算v（NH3）；

（3）计算1mol氮气反应放出的热量；注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；

（4）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些物理量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡．【解析】【解答】解：（1）在恒温，体积为2L的密闭容器中通入1molN2和xmolH2，20min后达到平衡，混合气体的物质的量为3.6mol，容器内的压强变为原来的90%，则反应前混合气体总物质的量为=4mol；故氢气为4mol-1mol=3mol，即x=3，故答案为：3；

（2）设消耗的氮气为nmol；则：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）

起始量（mol）：130

变化量（mol）：n3n2n

平衡量（mol）：1-n3-3n2n

所以：1-n+3-3n+2n=3.6，解得n=0.2，v（NH3）==0.01mol/（L．min）；

故答案为：0.01mol/（L．min）；

（3）1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ×=92kJ，热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92kJ/mol；

故答案为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92kJ/mol；

（4）①单位时间内生成2nmolNH3的同时消耗nmolN2；均表示正反应速率，反应始终按该比例关系进行，故错误；

②单位时间内断裂1molN≡N键的同时生成3molH-H键；而生成3molH-H键同时生成1molN≡N键，氮气的消耗速率与生成速率相等，说明到达平衡，故正确；

③用N2、H2、NH3表示的反应速率数值之比为1：3：2；反应开始即按该比例关系进行，故错误；

④混合气体总质量不变；容器容积不变，混合气体的密度不始终不变，故错误；

⑤随反应进行混合气体总物质的量减小；恒温恒容下混合气体的压强随反应进行进行，而压强不再改变说到达平衡，故正确。

⑥2v正（H2）=3v逆（NH3）；不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，故正确；

故选：②⑤⑥．14、2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1083.0kJ•mol-1NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O＞0.015mol•L-1•min-1ABC＜O2+2H++2e-=H2O21mol【分析】【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；

（2）次氯酸钠与过量的氨气反应制备肼；依据原子守恒写出化学方程式；

（3）①图象分析可知平衡常数随温度升高增大；说明反应是吸热反应；

②依据计算出的氨气的反应速率；结合反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算氧气的反应速率；

③化学平衡状态的判断依据是正逆反应速率相同；各组分的浓度保持不变；

（4）①根据溶液呈电中性；溶液中阳离子所带的正电荷总数等于溶液中阴离子所带的负电荷总数进行解答；

②在该电解池中，Ir-Ru惰性电极有吸附O2作用为氧气得电子发生还原反应；在酸性条件下生成过氧化氢；

③根据4NH3+3O2⇌2N2+6H2O，每转移12mol电子，处理4mol氨气，据此分析解答．【解析】【解答】解：（1）①N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.7kJ•mol-1

②N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=-534.0kJ•mol-1

③2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=-52.7kJ•mol-1

②×2-（①+③）得到2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1083.0kJ•mol-1；

故答案为：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1083.0kJ•mol-1；

（2）次氯酸钠与过量的氨气反应制备肼，依据原子守恒写出化学方程式为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，故答案为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；

（3）①反应的平衡常数K与温度的关系可知；平衡常数随温度升高增大，说明反应是吸热反应，反应的焓变大于0，故答案为：＞；

②15分钟后，反应达到平衡，此时NH3的浓度为0.3mol/L，V（NH3）==0.02mol/L•min，V（O2）=V（NH3）=×0.02mol=0.015mol•L-1•min-1；

故答案为：0.015mol•L-1•min-1；

③2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g）△H=QkJ•mol-1；反应是气体体积减小的吸热反应；

A．反应是气体物质的量变化的反应；气体质量增大，若容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，说明反应达到平衡状态，故A正确；

B．速率之比等于化学方程式系数之比；表明的是正反应速率之比，反应达到平衡状态，速率之比等于化学计量数之比，故B正确；

C．水是液体；气体质量改变，体积不变，反应过程中和平衡状态容器中气体的密度不随时间而变化，能说明反应达到平衡状态，故C正确；

D．通入稀有气体；容器内压强增大，能提高反应的速率，不影响化学平衡，故D错误；

E．若向容器中继续加入N2，N2的转化率将减小；故E错误；

故答案为：ABC；

（4）①向废氨水加入适量硝酸调节溶液的pH约为5，根据溶液呈电中性，溶液中c（NH4+）+c（H+）=c（NO3-）+c（OH-），pH约为5呈酸性，c（H+）＞c（OH-），所以c（NH4+）＜c（NO3-）；

故答案为：＜；

②利用电解法制H2O2，在该电解池中，Ir-Ru惰性电极有吸附O2作用为氧气得电子发生还原反应，O2+2H++2e-═H2O2；

故答案为：O2+2H++2e-═H2O2；

③4NH3+3O2⇌2N2+6H2O中，氨气中的氮元素从-3价变为氮气中的0价，4mol氨气转移12mol电子，所以转移3mol电子，最多可以处理NH3•H2O的物质的量为1mol；

故答案为：1mol．15、3V2O5+10Al6V+5Al2O3将V2O5转化为可溶性的VOSO4NH4++VO3-=NH4VO3↓B【分析】【分析】（1）铝热反应实质是置换反应；铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝；

（2）由题意和流程图可知反应①的目的，将V2O5转化为可溶性的VOSO4；便于分离提纯；

（3）依据流程中的沉淀分离书写离子方程式；

（4）根据NH4VO3在焙烧变化的图象进行解答．【解析】【解答】解：（1）铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝，反应方程式为3V2O5+10Al6V+5Al2O3；

故答案为：3V2O5+10Al6V+5Al2O3；

（2）加入硫酸和亚硫酸钠，目的是利用氧化还原反应，用亚硫酸钠还原V2O5，将V2O5转化为可溶性的VOSO4；便于提纯；

故答案为：将V2O5转化为可溶性的VOSO4；

（3）根据NH4VO3难溶于水，利用复分解反应沉淀VO3-，离子方程式为：NH4++VO3-=NH4VO3↓；

故答案为：NH4++VO3-=NH4VO3↓；

（4）根据NH4VO3在焙烧变化的图象可知：

2NH4VO3═V2O5+2NH3↑+H2O

234g34g18g

减少值开始为0～17g，曲线到200℃时（约为16.0g）曲线开始平直；到约为300℃时又开始减少（H2O的质量），到350℃时减少24g时就不再变化，所以NH4VO3在焙烧过程中200℃时左右先失去氨；在300～350℃再失去水；

故答案为：B．16、略

【分析】(1)根据流程图中“高温气化”前后的物质可判断反应物为ZrSiO4、Cl2、C，生成物为SiCl4、ZrCl4和CO，故该反应的化学方程式为ZrSiO4＋4Cl2＋4CSiCl4＋ZrCl4＋4CO。(2)ZrOCl2·8H2O在900℃生成ZrO2的化学方程式为ZrOCl2·8H2OZrO2＋2HCl↑＋7H2O↑。(3)根据题目提示“二氧化锆(ZrO2)可以制造耐高温纳米陶瓷”可知选项A正确：1nm＝10－9m，B项错；合金的硬度一般比其成分金属的硬度高，C项正确；锆合金在高温下与水蒸气反应生成氢气，D项正确。(4)正极为氧气得电子，发生还原反应，故反应式为O2＋4e－=2O2－；负极为丁烷失电子，发生氧化反应，反应式为C4H10－26e－＋13O2－=4CO2＋5H2O。由两个电极的反应式可知，正极生成O2－，而负极反应需要O2－，故O2－从正极向负极移动。【解析】【答案】(1)4C＋4Cl2＋ZrSiO4ZrCl4＋SiCl4＋4CO(2)ZrOCl2·8H2OZrO2＋2HCl↑＋7H2O↑(3)B(4)负O2＋4e－=2O2－C4H10－26e－＋13O2－=4CO2＋5H2O17、略

【分析】本题是无机框图题，关键是找准突破点。（1）根据AD的原子结构可知，A是镁，D是碳。F的浓溶液与A、D反应都有有色气体生成，说明F是硝酸。所以B是CO2，C是氧化镁，E是硝酸镁。碳和浓硝酸反应的方程式为C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。（2）根据反应②③可知，A应该是变价金属铁，所以B是盐酸，D是氢气，C是氯化亚铁，E是氯化铁。因此反应②的方程式为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－；氯化氢是由极性键形成的共价化合物，所以其形成过程可表示为（3）A、D所含元素同主族，则符合条件的是碳、硅或O、S。根据反应②③可知，A应该是碳，B是二氧化硅，D是硅，C是CO，E是CO2，所以反应①的方程式为2C＋SiO22CO↑＋Si；CO2是由极性键形成的直线型分子，结构式是O＝C＝O。【解析】【答案】（1）C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O（2）2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－（3）2C＋SiO22CO↑＋SiO＝C＝O18、N2O4⇌2NO2＞0.140.003mol/（L•s）0.54ABDD【分析】【分析】（1）根据根据表格知，0.12＜b≤0.22，c≤0.10，据此判断b；c的关系；依据图表数据分析，反应物和生成物分析判断；

（2）化学平衡的三段式列式计算，结合化学反应速率概念计算0～20s内N2O4的平均反应速率；

（3）依据化学方程式和平衡常数概念写出平衡常数表达式；依据80°C平衡状态下结合三段式列式计算平衡浓度计算平衡常数；

（4）根据平衡常数的定义可知；K值越大，生成物浓度越大，反应物浓度越小，则反应正向进行的程度越大，据此答题；

（5）要增大该反应的K值；就是要使平衡正向移动，且平衡常数只与温度有关，根据影响平衡常数的外界因素可以作判断；

（6）根据温度对化学反应速率和化学平衡的影响，温度降低，化学反应速率减慢，到达平衡的时间长，同时，温度降低，化学平衡向放热的方向移动，即逆反应方向移动，N2O4浓度大于80°C的浓度，到达平衡所需时间长．【解析】【解答】解：（1）根据表格知，0.12＜b≤0.22，c≤0.10，所以b＞c；将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，反应的化学方程式为N2O4⇌2NO2；

故答案为：N2O4⇌2NO2，b＞c；

（2）进行到20S；

N2O4⇌2NO2

起始量（mol）0.40

变化量（mol）0.120.24

20S末（mol）0.280.24

20s时，N2O4的浓度==0.14mol/L；

0～20s内N2O4的平均反应速率==0.003mol/（L•s）；

故答案为：0.14；0.003mol/（L•s）；

（3）N2O4⇌2NO2，平衡常数K=；

80°C平衡状态和60S是相同平衡状态，平衡浓度c（NO2）=0.22mol/L，c（N2O4）=0.09mol/L；

平衡常数K=═=0.54；

故答案为：；0.54；

（4）N2O4⇌2NO2；根据平衡常数的定义可知，K值越大，生成物浓度越大，反应物浓度越小，则反应正向进行的程度越大；

A．反应正向进行，K值越大，N2O4的转化率越高；故A正确。

B．反应正向进行，K值越大，NO2的产量越大；故B正确；

C．K值越大，生成物浓度越大，反应物浓度越小，N2O4与NO2的浓度之比越小；故C错误；

D．K值越大；生成物浓度越大，反应物浓度越小，则反应正向进行的程度越大，故D正确；

故答案为：ABD．

（5）要增大该反应的K值；就是要使平衡正向移动，且平衡常数只与温度有关，根据影响平衡常数的外界因素可知，只有D正确；

故选D；

故答案为：D；

（6）应进行至100s后将反应混合物的温度降低；发现气体的颜色变浅．说明降温平衡逆向进行，逆反应为放热反应，正反应为吸热反应；

温度降低，化学反应速率减慢，到达平衡的时间长，同时，温度降低，化学平衡向放热的方向移动，即逆反应方向移动，60℃反应时N2O4浓度的变化的曲线。

如右图故答案为：．19、BC2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑2Cs+2H2O=2CsOH+H2↑2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O【分析】【分析】由主族元素位置可知，A为H元素，B～F依次为Li、Na、K、Rb；Cs；G～L依次为Mg、Al、Si、P、S、Cl．

（1）A．碱金属元素自上而下单质的熔点降低；密度呈增大趋势；

B．常温下；Al浓硫酸；浓硝酸中发生钝化现象；

C．二氧化硅为原子晶体；熔点很高，能与氢氧化钠反应；

D．同周期自左而右原子半径减小；

（2）通常电解饱和NaCl溶液生成氯气；同时得到氢氧化钠与氢气；

（3）Cs与水发生剧烈反应生成CsOH与氢气；

（4）Al能与碱反应生成偏铝酸盐与氢气；

（5）实质是Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水．【解析】【解答】解：由主族元素位置可知，A为H元素，B～F依次为Li、Na、K、Rb；Cs；G～L依次为Mg、Al、Si、P、S、Cl．

（1）A．碱金属元素自上而下单质的熔点降低；密度呈增大趋势，钠的密度大于K的密度，故A错误；

B．常温下；Al浓硫酸；浓硝酸中发生钝化现象，故B正确；

C．二氧化硅为原子晶体；熔点很高，能与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，故C正确；

D．同周期自左而右原子半径减小；故原子半径：I＞J＞K＞L，故D错误；

故选：BC；

（2）通常电解饱和NaCl溶液生成氯气，同时得到氢氧化钠与氢气，反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

（3）Cs与水发生剧烈反应生成CsOH与氢气，反应方程式为：2Cs+2H2O=2CsOH+H2↑，故答案为：2Cs+2H2O=2CsOH+H2↑；

（4）Al能与碱反应生成偏铝酸盐与氢气，不宜用来蒸煮或长时间存放碱性食物，反应离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（5）实质是Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水，反应离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O．20、略

【分析】由题意和图可知乙是等温等压建立的平衡，甲是等温等容建立的平衡。（2）有（1）可知乙中C的物质的量是0.7mol。因为该反应是一个体积减小的可逆反应，而在反应过程中甲保持恒温恒容，乙保持恒温恒压，即乙中的压强要大于甲中的压强，因此甲中B的转化率要小于乙中的，所以甲中D的物质的量要小于0.7mol。（3）打开K后，甲和乙会在恒温恒压下重新建立化学平衡，而达到平衡时与最初的乙应该是等效的（A、B的起始物质的量之比仍然是3︰7）。所以达到平衡是容器的总体积应是故此时乙的体积是1.29V－V＝0.29V。【解析】【答案】（1）20%（2分）（2）后者大（2分）（3）0.29V（2分）四、判断题(共3题，共24分)21、×【分析