2025年统编版高三化学上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年统编版高三化学上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6题，共12分)1、已知自然界氧的核素有16O、8O，氢的核素有H、D，从水分子的原子组成来看，自然界的水一共有（）A.3种B.6种C.9种D.12种2、下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（）A.1.8gNH4+所含原子数为0.1NAB.通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4LC.物质的量浓度为0.5mol/L的BaCl2溶液中，含有Cl-个数为NAD.1mol•L-1的CaCl2溶液中，Cl-的物质的量浓度为2mol•L-13、在下列分子结构中，原子的最外层电子不能满足8电子稳定结构的是（）A.CO2B.PCl3C.CCl4D.NH34、硫酸钙可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质rm{(}见下图rm{)}下列说法正确的是

A.rm{CO_{2}}制取干冰的过程吸收热量，属于物理变化B.硫酸钙与焦炭反应时生成的rm{n}rm{(CO_{2}):}rm{n}rm{(SO_{2})=1:2}C.由rm{SO_{2}}制取rm{H_{2}SO_{4}}的过程均为氧化还原反应D.石灰乳与rm{Cl_{2}}反应制取漂白粉时，rm{Cl_{2}}仅作还原剂5、NA代表阿伏加德罗常数．下列有关叙述正确的是（）A.在H2O2+Cl2=2HCl+O2反应中，每生成32g氧气，则转移2NA个电子B.标准状况下，2.24LH2O含有的分子数等于0.1NAC.24g镁原子最外层电子数为NAD.3.4gNH3中含N-H键数目为0.2NA6、下列各项中所描述的两个量，前者一定大于后者的是A.NaCl晶体和晶体NaF的晶格能B.等物质的量的CO2分子和分子CH2＝CH2中键的数目C.等物质的量的SO2和O2在一定条件下反应，SO2与O2的转化率D.25℃时pH＝11的NaOH溶液和pH＝11的Na2CO3溶液中的H+的浓度评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、下列实验操作能达到目的是（）A.除去乙醛中的乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液B.检验乙醇中是否含水：用无水硫酸铜，观察是否变蓝色C.鉴别SO2和Cl2：通入品红溶液，观察是否褪色D.获得NH4Cl晶体：将NH4Cl溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤8、香豆素类化合物具有抗病毒、抗癌等多种生物活性，香豆素-3-羧酸可由水杨醛制备．下列说法正确的是（）A.水杨醛分子中所有原子可以处于同一平面B.香豆素-3-羧酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.中间体X易溶于水D.lmol中间体X与NaOH溶液反应时最多消耗2molNaOH9、用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法不正确的是（）A.2molSO2和1molO2在一定条件下反应，反应后分子总数大于2NAB.25℃，在pH=2的1.0LH2SO4溶液中含有H+数目为0.01NAC.在二氧化硅的晶体中，1molSiO2含有Si-O键数目为NAD.25mL18mol•L-1浓硫酸与足量Zn反应，转移电子数为0.225NA10、向25mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴滴加0.2moL/LCH3COOH溶液过程中溶液pH的变化曲线；当滴定至C点时，溶液中下列关系式错误的是（）

A.c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）B.c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）C.c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+）D.c（CH3COO-）-c（Na+）=c（H+）-c（OH-）11、科学家对未发现的第114号元素很感兴趣，预测它有良好的力学、光学、电学性质，将它命名为“类铅”．以下对“类铅”的叙述正确的是（）A.最外层有6个电子B.是非金属C.主要化合价为+2，+4价D.最高价氧化物有较强氧化性12、下列物质中，可用于治疗胃酸过多的是（）A.碳酸氢钠B.氢氧化铝C.氢氧化钠D.碳酸钡评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、（2016春•乐清市校级月考）某校高三同学高考前重做以下两个课本实验；请你回答实验过程中的相关问题：

（1）铝热反应实验：取磁性氧化铁粉按课本中的实验装置（如图）进行铝热反应；将反应。

后所得“铁块”溶于盐酸；向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，发现溶液变血红色．

①出现这种现象的原因，除了因“铁块”中可能混有没反应完的磁性氧化铁外，还有一种可能原因是____．

②若要证明反应所得“铁块”中含有金属铝，可用（填化学式）溶液，所发生反应的离子方程式为____．

（2）化学反应速率影响因素的探究实验：

KI在经酸化的溶液中被空气氧化的反应式为：4H++4I-+O2=2I2+2H2O．该反应的速率受温度；酸度、溶剂、试剂浓度等影响；可用淀粉与碘的显色反应来观测该反应的速率．已知，淀粉与碘的显色反应在温度升高时灵敏度会降低，高于75℃则不能显色；淀粉浓度越高显色越灵敏、颜色也越深．

实验小组拟用0.8mol•L-1KI溶液、0.1mol•L-1H2SO4溶液；淀粉溶液等来探究温度、酸度对上述反应速率的影响；他们做了A-C三组实验，部分实验数据如下表：

。编号温度/℃H2SO4体积/mLKI溶液体积/mLH2O体积/mL淀粉溶液。

/mL出现蓝色时间/sA39105515BTB10551没出现蓝色C51055139Dt①为确保A组实验在39℃下进行，应采用的控温操作方法是____．

②A-C三组实验时，都加入了5mL水，其目的是____．

③B组实验中“没出现蓝色”，原因是____．

④请你为小组设计D组实验方案（在表格空白处填入你设计的5个数据）；以帮助小组完成探究目标．

⑤按你设计的实验数据，请你预测一个t值，并写出与你预测相对应的探究实验结论．14、金属Na；Mg、Al有广泛的应用．

（1）周期表中Na、Mg、Al所在周期是____．

（2）为比较Na；Mg、Al的金属性；进行了如下实验：

实验1：各取1.0g金属钠和镁；分别加入到5mL水中，钠与水反应剧烈，镁与水反应缓慢．

实验2：各取1.0g的镁条和铝条；分别加入到5mL1.0mol/L盐酸中，镁与盐酸反应剧烈，铝与盐酸反应较剧烈．

已知：元素金属性强弱可以从其单质与水（或酸）反应置换出氢的难易程度来判断．

由实验1和实验2得出的结论是____，用原子结构理论解释：同周期元素从左到右，____．

（3）Na、Mg、Al都可以用于制备储氢的金属氢化物．NaH是离子化合物，能与水发生氧化还原反应生成H2，该反应的还原剂是____．15、W；X、Y、Z为短周期内除稀有气体外的4种元素；它们的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素．Y和W的最外层电子数相等．Y、Z两元素原子的质子数之和为W、X两元素质子数之和的3倍．由此可知：

（1）写出元素名称：W____，X____，Y____，Z在元素周期表中的位置____．

（2）Y2Z的电子式为____；W2X2的结构式____．

（3）两种均含四种元素的化合物相互反应放出气体的化学方程式是____．16、可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）△H＜0；在一定条件下达平衡，若改变条件，将变化结果（“变大”；“变小”或“不变”）填入空格．

（1）保持温度和压强不变，充入惰性气体，则C的物质的量____

（2）保持温度和体积不变，加入惰性气体，则A的转化率____

（3）某温度下，在一容器可变的容器中，上述反应达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为2mol、4mol、和4mol，保持温度和压强不变，对平衡混合物三者的物质的量做如下调整，可使平衡右移的是____

A．均减半B．均加倍C．均增加1molD．均减少1mol．17、Ⅰ、HCOOH是一种无色、易挥发的液体，某学习小组参照：HCOOHH2O+CO↑；用下列仪器（加热及固定装置省略）制备干燥；纯净的CO，并用CO还原CuO粉末．

（1）若所制气体流向从左向右时；上述仪器连接为：

A→____→____→____→____→____

（2）A装置中小试管的作用（至少答两条）：①____．②____．

（3）证明HCOOH受热产物中有CO的现象为：____．

（4）本实验有3处用到酒精灯，除A、B处外，还缺一个酒精灯，应放在____处．

Ⅱ；学习小组查阅资料知：

①Cu的颜色为红色或紫红色，而Cu2O的颜色也为红色或砖红色．

②4CuO2Cu2O+O2↑

③Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O

因此对CO充分还原CuO后所得红色固体是否含有Cu2O进行了认真的研究；提出下列设计方案：

方案①：取该红色固体溶于足量稀硝酸中；观察溶液颜色的变化．

方案②：取该红色固体溶于足量稀硫酸中；观察溶液颜色的变化．

（5）写出Cu2O与稀硝酸反应的化学方程式：____．

（6）请你评价方案②的合理性，并简述理由：方案②：____，理由：____．18、已知：核电荷数小于18的三种元素X；Y、Z；X原子最外能层的p能级中有一个轨道填充了2个电子；Y原子的最外层中p能级的电子数等于前一层电子总数，且X和Y具有相同的电子层；Z与X在周期表中位于同一主族．回答下列问题：

（1）X的价电子排布式为____，Y的电子排布式为____．

（2）ZX3的分子构型为____，YX2的结构式为____．

（3）Y与Z形成的化合物中化学键是____键（填“极性”或“非极性”，下同），该分子属于____分子．

（4）Y的最简单氢化物构型为：____，中心原子是____杂化．评卷人得分四、判断题(共1题，共4分)19、有些化学反应既属于复分解反应，又属于氧化反应____（判断对和错）评卷人得分五、实验题(共4题，共28分)20、某研究小组的同学利用如图所示装置探究二氧化硫气体的性质rm{.}请回答：

rm{(1)}实验室用铜和浓硫酸共热制取二氧化硫；反应的化学方程式是______．

rm{(2)}当观察到rm{垄脷}中溶液颜色变浅时，rm{垄脵}中的现象是______．

rm{(3)}装置rm{垄脹}的作用是______．

rm{(4)垄脵}中的现象说明二氧化硫具有的性质是______．21、依据氧化还原反应：rm{2Ag^{+}(aq)+Cu(s)==Cu^{2+}(aq)+2Ag(s)}设计的原电池如图所示。

请回答下列问题：rm{2Ag^{+}(aq)+Cu(s)==Cu^{2+}(aq)+

2Ag(s)}电极rm{(1)}的材料是____；电解质溶液rm{X}是____；rm{Y}银电极为电池的____极，发生的电极反应为____；rm{(2)}电极上发生的电极反应为；rm{X}外电路中的电子是从____电极流向____电极。rm{(3)}22、下列装置和操作正确的是()23、污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题rm{.}某研究小组利用软锰矿rm{(}主要成分为rm{MnO_{2}}另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物rm{)}作脱硫剂，通过如下流程既脱除燃煤尾气中的rm{SO_{2}}又制得电池材料rm{MnO_{2}(}反应条件已省略rm{)}．

请回答下列问题：

rm{(1)}上述流程脱硫实现了______rm{(}选填下列字母编号rm{)}．

A.废弃物的综合利用rm{B.}白色污染的减少rm{C.}酸雨的减少。

rm{(2)}用rm{MnCO_{3}}能除去溶液中rm{Al^{3+}}和rm{Fe^{3+}}其原因是______．

rm{(3)}已知：rm{25隆忙}rm{101kPa}时；

rm{Mn(s)+O_{2}(g)篓TMnO_{2}(s)triangleH=-520kJ?mol^{-1}}

rm{S(s)+O_{2}(g)篓TSO_{2}(g)triangleH=-297kJ?mol^{-1}}

rm{Mn(s)+S(s)+2O_{2}(g)篓TMnSO_{4}(s)triangleH=-1065kJ?mol^{-1}}

rm{Mn(s)+O_{2}(g)篓TMnO_{2}(s)triangle

H=-520kJ?mol^{-1}}与rm{S(s)+O_{2}(g)篓TSO_{2}(g)triangle

H=-297kJ?mol^{-1}}反应生成无水rm{Mn(s)+S(s)+2O_{2}(g)篓TMnSO_{4}(s)triangle

H=-1065kJ?mol^{-1}}的热化学方程式是______．

rm{SO_{2}}可作超级电容器材料rm{MnO_{2}}用惰性电极电解rm{MnSO_{4}}溶液可制得rm{(4)MnO_{2}}其阳极的电极反应式是______．

rm{.}是碱性锌锰电池的正极材料rm{MnSO_{4}}碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是______．

rm{MnO_{2}}假设脱硫的rm{(5)MnO_{2}}只与软锰矿浆中rm{.}反应rm{(6)}按照图示流程，将rm{SO_{2}}rm{MnO_{2}}标准状况rm{.}含rm{a}的体积分数为rm{m^{3}(}的尾气通入矿浆，若rm{)}的脱除率为rm{SO_{2}}最终得到rm{b%}的质量为rm{SO_{2}}rm{89.6%}则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素相当于rm{MnO_{2}}______rm{c}．rm{kg}参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】氢的核素有H、D，氧的核素有16O、18O，根据水分子是由2个氢原子和1个氧原子构成，书写出水可能的分子式，依此进行判断．【解析】【解答】解：氢的核素有H、D，氧的核素有16O、18O，故水的分子式可能为：H216O、D216O、H218O、D218O、HD16O、HD18O；共6种；

故选B．2、D【分析】【分析】A、根据n=结合NH4+的结构分析；

B；通常状况下；气体摩尔体积不是22.4L/mol；

C；溶液体积不明确；

D、根据CaCl2的结构来分析．【解析】【解答】解：A、n（NH4+）==0.1mol，而1molNH4+含5mol原子，故0.1molNH4+含0.5mol原子；故A错误；

B、通常状况下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，NA个CO2分子的物质的量为1mol；所占的体积不是22.4L/mol，故B错误；

C；溶液体积不明确；故无法计算氯离子的个数，故C错误；

D、1molCaCl2含2mol氯离子，故1mol•L-1的CaCl2溶液中，Cl-的物质的量浓度为2mol•L-1；故D正确．

故选D．3、D【分析】【分析】在ABn型化合物中，中心元素A的族序数+成键数=8时，满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构，含H元素的化合物一定不满足．【解析】【解答】解：A．CO2中；C属于第IVA族元素，碳元素的族序数+成键数=4+4=8，所以该分子中所有原子最外层电子都满足8电子稳定结构，故A错误；

B．PCl3中；P属于第VA族元素，P元素的族序数+成键数=5+3=8，所以该分子中所有原子最外层电子都满足8电子稳定结构，故B错误；

C．CCl4中；C属于第IVA族元素，碳元素的族序数+成键数=4+4=8，所以该分子中所有原子最外层电子都满足8电子稳定结构，故C错误；

D．该化合物为氢化物；氨气分子中的H原子最外层有2个电子，所以不满足8电子结构，故D正确；

故选D．4、B【分析】【分析】本题考查物理变化与化学变化、氧化还原反应、漂白粉的制取等，难度不大，注意基础知识的掌握。【解答】A.二氧化碳制成干冰是二氧化碳由气态变为固态，该过程释放能量，没有新物质生成，属于物理变化；故A错误；

B.硫酸钙与焦炭发生氧化还原反应，碳元素由rm{0}价升高为rm{+4}价，硫元素有rm{+6}价降低为rm{+4}价，根据电子守恒可知，rm{n}rm{n}rm{(CO}rm{(CO}rm{2}rm{2}rm{)隆脕4=}rm{)隆脕4=}所以rm{n}rm{n}rm{(SO}rm{(SO}rm{2}rm{2}rm{)隆脕2}所以rm{n}rm{)隆脕2}rm{n}故B正确；

C.rm{(CO}该反应过程中各元素的化合价均不变，不是氧化还原反应，故C错误；

D.rm{(CO}rm{2}rm{2}rm{)}rm{)}rm{n}，反应前后氯元素的化合价既降低同时又升高，rm{n}rm{(SO}rm{(SO}故D错误。

故选B。

rm{2}【解析】rm{B}5、A【分析】【分析】A、反应中只有氧元素的化合价升高由-1升高到0价，只有氯元素的化合价降低由0价降低到-1价，氧气由氧元素组成，32g为氧原子质量，根据n=计算氧原子的物质的量，再根据N=nNA计算转移电子数目；

B；气体摩尔体积22.4L/mol使用对象是气体；

C、镁原子最外层有2个电子，根据n=计算镁原子的物质的量，再根据N=nNA计算镁原子最外层电子数；

D、1个NH3分子中含3个N-H键，根据n=计算氨气的物质的量，再根据N=nNA计算N-H键数目．【解析】【解答】解：A、生成32g氧气，则转移电子数为×1×NAmol-1=2NA；故A正确；

B；标准状况下水是液体；不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，故B错误；

C、镁原子最外层有2个电子，24g镁原子最外层电子数为×2×NAmol-1=2NA；故C错误；

D、1个NH3分子中含3个N-H键，3.4gNH3中含N-H键数目为×3×NAmol-1=0.6NA；故D错误．

故选A．6、C【分析】试题分析：A、F-半径小于Cl-半径，NaF晶格能比NaCl晶格能大，错误；B、二氧化碳分子与乙烯分子中键数目分别为2和5，错误；C、等物质的量二氧化硫与氧气反应，二氧化硫转化率是氧气的2倍，正确；D、两溶液中c(OH-)相同、c(H+)相同，错误。考点：晶格能共价键转化率pH【解析】【答案】C二、多选题(共6题，共12分)7、BD【分析】【分析】A．乙醛溶于水；溶于不分层；

B．无水硫酸铜遇水变蓝；

C．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色；

D．蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到NH4Cl晶体．【解析】【解答】解：A．乙醛溶于水；溶于不分层，无法用分液方法分离，故A错误；

B．无水硫酸铜遇水变蓝；则用无水硫酸铜检验乙醇中是否含水，故B正确；

C．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色；无法鉴别，故C错误；

D．将NH4Cl溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到NH4Cl晶体；故D正确．

故选BD．8、AB【分析】【分析】A．根据苯和甲醛的结构判断；

B．香豆素-3-羧酸含有碳碳双键；能使酸性高锰酸钾溶液褪色；

C．中间体X属于酯类化合物；难溶于水；

D．根据中间体X的水解产物的官能团的性质判断．【解析】【解答】解：A．苯和甲醛都是平面型分子；则水杨醛分子中所有的原子可能在同一个平面，故A正确；

B．香豆素-3-羧酸含有碳碳双键；可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故B正确；

C．中间体X属于酯类化合物；难溶于水，故C错误；

D．中间体X水解可生成2个-COOH和1个酚羟基；则lmol中间体X与NaOH溶液反应时最多消耗3molNaOH，故D错误．

故选AB．9、CD【分析】【分析】A．二氧化硫与氧气的反应为可逆反应；反应物不会完全转化成生成物；

B．pH=2的溶液中氢离子浓度为0.01mol/L；根据n=cV计算出该溶液中含有的氢离子的物质的量，再计算出含有氢离子数目；

C．SiO2中每个Si与4个O相连；而每个O与2个Si相连，根据均摊法计算出1mol二氧化硅中含有的硅氧键数目；

D．浓硫酸与锌反应生成二氧化硫和硫酸锌，稀硫酸与锌反应生成氢气和硫酸锌，由于无法计算生成二氧化硫和氢气的物质的量，则无法计算转移的电子数．【解析】【解答】解：A．2molSO2和1molO2在一定条件下反应，由于该反应为可逆反应，反应生成的三氧化硫一定小于2mol，该反应是气体体积减小的反应，所以反应后物质总分子的物质的量大于2mol，反应后分子总数大于2NA；故A正确；

B．25℃，在pH=2的1.0LH2SO4溶液中，氢离子浓度为0.01mol/L，氢离子的物质的量为0.01mol，则溶液中含有H+数目为0.01NA；故B正确；

C．SiO2中每个Si与4个O相连，而每个O与2个Si相连，1mol二氧化硅中含有1mol硅原子、2mol氧原子，根据均摊法，1mol硅形成的共价键的物质的量为：1mol××4=2mol，2mol氧原子形成的硅氧键为：2mol××2=2mol，所以1mol二氧化硅中含有4mol硅氧键，含有Si-O键数目为4NA；故C错误；

D．25mL18mol•L-1浓硫酸中含有硫酸的物质的量为0.9mol；由于浓硫酸与锌反应生成硫酸锌和二氧化硫，稀硫酸与锌反应生成氢气，无法计算生成的二氧化硫和氢气的物质的量，则无法计算转移电子数，故D错误；

故选CD．10、BC【分析】【分析】根据图象曲线可知，C点时醋酸过量，溶液的pH＜7，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH-）；根据电荷守恒；盐的水解原理判断A、B、D；

D点时根据物料守恒可得：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），C点醋酸的物质的量小于D，则c（CH3COO-）+c（CH3COOH）＜2c（Na+）．【解析】【解答】解：B点溶液的pH=7，C点时溶液的pH＜7，说明醋酸过量，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可知c（CH3COO-）＞c（Na+），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；故A正确；B错误；

25mL0.1mol/LNaOH溶液中含有NaOH0.0025mol，D点时加入25mL0.2moL/LCH3COOH醋酸，溶质醋酸的物质的量为0.005mol，此时c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），而C点醋酸的物质的量小于0.005mol，则c（CH3COO-）+c（CH3COOH）＜2c（Na+）；故C错误；

溶液中一定满足电荷守恒：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），则CH3COO-）-c（Na+）=c（H+）-c（OH-）；故D正确；

故选BC．11、CD【分析】【分析】该原子的原子结构示意图为则该元素位于第7周期第IVA族，结合同主族元素性质的相似性及递变性分析解答．【解析】【解答】解：该原子的原子结构示意图为则该元素位于第7周期第IVA族；

A．该原子最外层有4个电子；故A错误；

B．同主族元素；随着原子序数的增大其金属性逐渐增强，所以为金属元素，故B错误；

C．由C、Pb元素的化合价知；该元素主要化合价为+2；+4价，故C正确；

D．最高价氧化物中类铅元素的化合价为最高价；可得到电子，有较强氧化性，故D正确；

故选CD．12、AB【分析】【分析】能够和酸发生化学反应的物质有：活泼金属、金属氧化物、碱、盐等，因此治疗胃酸过多，首先应选择一种能够和胃酸发生的物质，而且这种物质没有腐蚀性．【解析】【解答】解：A．碳酸氢钠能与盐酸反应从而减少胃中盐酸的量；故A正确；

B．氢氧化铝能与盐酸反应；常用来做胃药，故B正确；

C．氢氧化钠有腐蚀性；不能用于治疗胃酸过多，故C错误；

D．碳酸钡与盐酸反应生成钡离子；钡离子是重金属盐，有毒，能使蛋白质变性，故D错误．

故选AB．三、填空题(共6题，共12分)13、熔融的铁被空气中氧气氧化2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑量出的各种溶液分别装在试管中，再将试管全部放在同一水浴中加热，用温度计测量试管中溶液的温度为了在后续研究酸度因素对反应速率影响时保持KI和淀粉浓度不变温度（TB）高于75℃，淀粉与碘不显色【分析】【分析】（1）①考虑生成的熔融的铁的还原性；可以被空气中的氧气氧化导致生成三价的铁；

②根据铝与铁的性质的差异性来选择试剂；并写出反应的化学方程式；

（2）①确保A组实验在39℃下进行；可以采用水浴加热的方法；

②探究化学反应速率的影响因素时；需要保证变量的唯一性；

③根据“淀粉与碘的显色反应在温度升高时灵敏度会降低；高于75℃则不能显色”进行判断；

④根据ABC探究的是温度对反应速率的影响可知；D应该为探究酸度对反应速率的影响，据此完成本题；

⑤依据酸的体积确定溶液的酸度，由4H++4I-+O2=2I2+2H2O可知，溶液酸度越大，生成碘的速率越快，与同温度的实验相比，看到蓝色的时间越短．【解析】【解答】解：（1）①铝热反应生成的熔融的铁具有很强的还原性；可以被空气中的氧气氧化导致生成三价的铁；

故答案为：熔融的铁被空气中氧气氧化；

②要证明“铁块”中含有金属铝，应利用铁和铝性质的差异性，即铁不能和碱反应，而铝可以，故应选择氢氧化钠溶液，与铝反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

故答案为：NaOH；2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（2）①为确保A组实验在39℃下进行；应采用的控温操作方法为：将量出的各种溶液分别装在试管中，再将试管全部放在同一水浴中加热，用温度计测量试管中溶液的温度；

故答案为：将量出的各种溶液分别装在试管中；再将试管全部放在同一水浴中加热，用温度计测量试管中溶液的温度；

②为了在后续研究酸度因素对反应速率影响时保持KI和淀粉浓度不变；所以在A-C三组实验时，都加入了5mL水；

故答案为：为了在后续研究酸度因素对反应速率影响时保持KI和淀粉浓度不变；

③淀粉与碘的显色反应在温度升高时灵敏度会降低，高于75℃则不能显色，所以B组实验中“没出现蓝色”，可能是温度（TB）高于75℃；淀粉与碘不显色；

故答案为：温度（TB）高于75℃；淀粉与碘不显色；

④A-C三组实验探究了温度对反应速率的影响；实验的目的是探究温度和酸度对反应速率的影响，则D的目的是探究酸度对反应速率的影响，所以温度可以为39或5℃，硫酸体积可以为15mL，水；碘化钾溶液的体积为5mL，淀粉溶液为1mL；

故答案为：

。D39或510加减5范围内的一个数值55减加5范围内的一个数值1；

⑤当酸溶液体积小于10mL时；反应速率减小，当水溶液体积减小时，反应速率加快，即：酸体积＜10mL时，t预测值要小于同温对比值；若酸体积＞10mL时，t预测值要大于同温对比值，据此可以得出结论为：酸度越大反应速率越快；

答：设计酸体积＜10mL时，t预测值要小于同温对比值；设计酸体积＞10mL时，t预测值要大于同温对比值；酸度越大反应速率越快．14、第三周期Na＞Mg＞Al核电荷数增大、原子半径减小，原子核对核外电子吸引增强，失去电子能力减弱NaH【分析】【分析】（1）在元素周期表中；每一个横行叫做一个周期，每一个纵行叫做一个族，同一周期（同一横行）原子的电子层数相同，元素周期表中，原子核外电子层数等于元素周期表周期序数；

（2）金属与水；酸反应越剧烈；金属性越强；同周期自左而右，核电荷数增大、原子半径减小，原子核对核外电子吸引增强，金属性减弱；

（3）NaH与水发生氧化还原反应生成NaOH与H2，所含元素化合价升高的物质为还原剂．【解析】【解答】解：（1）原子核外的电子层数与元素所在周期表中的周期数相同；Na；Mg、Al原子核外均有3个电子层，则周期表中Na、Mg、Al元素排在元素周期表的第三周期；

故答案为：第三周期；

（2）金属与水；酸反应越剧烈；金属性越强，则金属性：Na＞Mg＞Al；同周期自左而右，核电荷数增大、原子半径减小，原子核对核外电子吸引增强，失去电子能力减弱，金属性减弱；

故答案为：Na＞Mg＞Al；核电荷数增大；原子半径减小；原子核对核外电子吸引增强，失去电子能力减弱；

（3）NaH与水发生氧化还原反应NaH+H2O═NaOH+H2↑，生成NaOH与H2，H2O中H元素的化合价由+1价降低为0，H2O为氧化剂；NaH中H元素的化合价由-1价升高到0，NaH中氢元素化合价升高，故NaH是还原剂；

故答案为：NaH．15、氢氧钠第三周期ⅥA族H-O-O-HNaHSO3+NaHSO4=Na2SO4+SO2↑+H2O【分析】【分析】W、X、Y、Z为短周期内除稀有气体外的4种元素，它们的原子序数依次增大，只有Y为金属元素，由于短周期的金属只有Li、Be、Na、Mg、Al，则Y只能为第三周期元素，则Z也是第三周期元素，X为第二周期元素，Y、Z两元素原子的质子数之和为W、X两元素质子数之和的3倍，而Y、Z原子序数之和至少为11+14=25，最大为13+17=30，且能被3整除，只能为27或30，则W、X原子序数之和为9或10，Y和W的最外层电子数相等，二者同主族，若Y、W处于ⅢA族，则W为B元素、Y为Al，X是原子序数为3或5，不符合题意，则Y和W处于IA族，故W为H元素、Y为Na，Y与Z的原子序数之和只能为27，故Z的原子序数为16，则Z为S元素，X的原子序数为9-1=8，则X为O元素，据此解答．【解析】【解答】解：W；X、Y、Z为短周期内除稀有气体外的4种元素；它们的原子序数依次增大，只有Y为金属元素，由于短周期的金属只有Li、Be、Na、Mg、Al，则Y只能为第三周期元素，则Z也是第三周期元素，X为第二周期元素，Y、Z两元素原子的质子数之和为W、X两元素质子数之和的3倍，而Y、Z原子序数之和至少为11+14=25，最大为13+17=30，且能被3整除，只能为27或30，则W、X原子序数之和为9或10，Y和W的最外层电子数相等，二者同主族，若Y、W处于ⅢA族，则W为B元素、Y为Al，X是原子序数为3或5，不符合题意，则Y和W处于IA族，故W为H元素、Y为Na，Y与Z的原子序数之和只能为27，故Z的原子序数为16，则Z为S元素，X的原子序数为9-1=8，则X为O元素．

（1）由上述分析可知；W为氢，X为氧，Y为钠，Z为S，硫在元素周期表中的位置：第三周期ⅥA族；

故答案为：氢；氧；钠；第三周期ⅥA族；

（2）Na2S的电子式为H2O2的结构式为H-O-O-H；

故答案为：H-O-O-H；

（3）两种均含四种元素的化合物相互反应放出气体的化学方程式是：NaHSO3+NaHSO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；

故答案为：NaHSO3+NaHSO4=Na2SO4+SO2↑+H2O．16、减小不变C【分析】【分析】（1）保持温度和压强不变；充入惰性气体，容器容积增大，等效为压强减小，平衡逆向移动；

（2）保持温度和体积不变；加入惰性气体，各组分浓度不变，平衡不移动；

（3）保持温度和压强不变；A；B、C的物质的量之比为1：2：2时，处于平衡状态．

A．物质的量均减半；A；B、C的浓度之比与原平衡相同均1：2：2，平衡不移动；

B．物质的量均加倍A；B、C的浓度之比与原平衡相同均1：2：2；平衡不移动；

C．A；B和C的物质的量分别为2.5mol、5mol、和5mol时处于平衡状态；均增加1mol等效为前者平衡的基础上增大0.5molA；

D．A、B和C的物质的量分别为1.5mol、3mol、和3mol时处于平衡状态，均进行1mol等效为前者平衡的基础上移走0.5molA．【解析】【解答】解：（1）保持温度和压强不变；充入惰性气体，容器容积增大，等效为压强减小，平衡逆向向移动，C的物质的量减小，故答案为：减小；

（2）保持温度和体积不变；加入惰性气体，各组分浓度不变，平衡不移动，A的转化率不变，故答案为：不变；

（3）保持温度和压强不变；A；B、C的物质的量之比为1：2：2时，处于平衡状态；

A．物质的量均减半；A；B、C的浓度之比与原平衡相同均1：2：2，恒温恒压下为等效平衡，平衡不移动，故A不符合；

B．物质的量均加倍A；B、C的浓度之比与原平衡相同均1：2：2；恒温恒压下为等效平衡，平衡不移动，故B不符合；

C．A；B和C的物质的量分别为2.5mol、5mol、和5mol时处于平衡状态；均增加1mol等效为前者平衡的基础上增大0.5molA，平衡正向移动，故C符合；

D．A；B和C的物质的量分别为1.5mol、3mol、和3mol时处于平衡状态；均进行1mol等效为前者平衡的基础上移走0.5molA，平衡逆向移动，故D不符合；

故选：C．17、FCEBD液封，防止气体从长颈漏斗中溢出节约试剂，便于控制反应B中黑色固体变为红色，D中溶液变浑浊D3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O合理因为Cu2O可与稀硫酸溶液反应生成Cu2+，会使溶液变蓝【分析】【分析】（1）用仪器组装设备的顺序是制取气体的装置；然后除杂、干燥装置、检验装置、反应装置、检验装置、尾气处理装置．有时为了安全起见；要加一个安全瓶，来防止倒吸现象的发生；

（2）A装置中小试管的作用①液封；防止气体从长颈漏斗中溢出；②节约试剂；③便于控制反应；

（3）若有CO气体产生，则在B中会发生反应：CuO+CCO2+Cu，Cu是红色固体，CO2能使澄清的石灰水变浑浊．因此要证明HCOOH受热产物中有CO的现象为B中黑色固体变为红色；D中溶液变浑浊；

（4）本实验有3处用到酒精灯；在A用于制取CO气体，在B处用于使CO与CuO发生氧化还原反应，在D处用于除去过量的CO，防止污染大气；

（5）Cu2O与稀硝酸发生氧化还原反应硝酸铜；一氧化氮和水；

（6）若固体是Cu单质，与稀硫酸不反应，若固体含有Cu2O，加入稀硫酸会发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，会产生Cu2+，使溶液变蓝；【解析】【解答】解：（1）用仪器组装设备的顺序是制取气体的装置；然后除杂、干燥装置、检验装置、反应装置、检验装置、尾气处理装置．有时为了安全起见；要加一个安全瓶，来防止倒吸现象的发生．因此若所制气体流向从左向右时，装置的连接顺序是A→F→C→E→B→D；

故答案为：F；C、E、B、D；

（2）依据装置和实验目的分析；A装置中小试管的作用①液封，防止气体从长颈漏斗中溢出；②节约试剂；③便于控制反应；

故答案为：①液封；防止气体从长颈漏斗中溢出；②节约试剂；便于控制反应；

（3）若有CO气体产生，则在B中会发生反应：CuO+CCO2+Cu，Cu是红色固体，CO2能使澄清的石灰水变浑浊．因此要证明HCOOH受热产物中有CO的现象为B中黑色固体变为红色；D中溶液变浑浊；

故答案为：B中黑色固体变为红色；D中溶液变浑浊；

（4）本实验有3处用到酒精灯；在A用于制取CO气体，在B处用于使CO与CuO发生氧化还原反应，在D处用于除去过量的CO，防止污染大气；

故答案为：D；

（5）Cu2O与稀硝酸发生氧化还原反应的化学方程式是：3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O；

故答案为：3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O；

（6）若固体是Cu单质，与稀硫酸不反应，若固体含有Cu2O，加入稀硫酸会发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，会产生Cu2+；使溶液变蓝，因此方案②合理；

故答案为：合理，因为Cu2O可与稀硫酸溶液反应生成Cu2+，会使溶液变蓝；18、2s22p41s22s22p2平面三角形O=C=O极性非极性正四面体形sp3【分析】【分析】核电荷数小于18的三种元素X、Y、Z，X原子最外能层的p能级中有一个轨道填充了2个电子，则X位于最外层电子排布式为ns2np4；为第VIA族元素；

Y原子的最外层中p能级的电子数等于前一能层电子总数，p能级最多排列6个电子，则Y次外层为K层，Y原子最外层p能级上电子数是2，Y原子含有6个电子，为C元素，且X和Y具有相同的电子层，即二者为同一周期元素，所以X是O元素，Z与X在周期表中位于同一主族，且X和Z原子序数都小于18，所以Z为S元素，结合元素、物质的结构来分析解答．【解析】【解答】解：核电荷数小于18的三种元素X、Y、Z，X原子最外能层的p能级中有一个轨道填充了2个电子，则X位于最外层电子排布式为ns2np4；为第VIA族元素；

Y原子的最外层中p能级的电子数等于前一能层电子总数；p能级最多排列6个电子，则Y次外层为K层，Y原子最外层p能级上电子数是2，Y原子含有6个电子，为C元素，且X和Y具有相同的电子层，即二者为同一周期元素，所以X是O元素，Z与X在周期表中位于同一主族，且X和Z原子序数都小于18，所以Z为S元素；

（1）X是O元素，其最外层有6个电子，主族元素的最外层电子就是其价电子，所以X价电子排布式为2s22p4；

Y是C原子，根据构造原理知，其核外电子排布式为：1s22s22p2；

故答案为：2s22p4；1s22s22p2；

（2）SO3的分子中价层电子对个数是3+（6-2×3）=3，所以其空间构型为平面三角形，CO2为共价化合物；其碳和每个氧共用两对电子，结构式为：O=C=O；

故答案为：平面三角形；O=C=O；

（3）C与S形成的化合物是二硫化碳；二硫化碳中碳原子和硫原子之间存在极性键，但二硫化碳分子中正负电荷重心重合，为非极性分子，故答案为：极性；非极性；

（4）C的最简单氢化物是甲烷，甲烷分子中碳原子含有4个共价单键，且不含孤电子对，所以碳原子为sp3杂化；为正四面体形结构；

故答案为：正四面体形；sp3．四、判断题(共1题，共4分)19、×【分析】【分析】复分解反应均属于非氧化还原反应，据此解答即可．【解析】【解答】解：复分解反应中不存在元素化合价的变化，一定属于非氧化还原反应，故答案为：×．五、实验题(共4题，共28分)20、略

【分析】解：rm{(1)}铜与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{.}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}故答案为：rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{.}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{.}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}二氧化硫具有漂白性，将二氧化硫通入品红溶液后，会观察到rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{.}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}中品红溶液褪色rm{(2)}或变浅rm{垄脵}

故答案为：品红溶液褪色rm{(}或变浅rm{)}

rm{(}二氧化硫为有毒气体，多余的二氧化硫不能直接排放，所以装置rm{)}中氢氧化钠溶液的作用是吸收未反应的rm{(3)}防止污染环境；

故答案为：吸收未反应的rm{垄脹}防止污染环境；

rm{SO_{2}}装置rm{SO_{2}}中品红溶液褪色；证明二氧化硫具有漂白性，故答案为：漂白性．

rm{(4)}铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜；二氧化硫气体和水；据此写出反应的化学方程式；

rm{垄脵}根据二氧化硫具有漂白性；能够使二氧化硫褪色反应；

rm{(1)}二氧化硫有毒；不能直接排放，需要用氢氧化钠溶液吸收；

rm{(2)}实验rm{(3)}证明了二氧化硫具有漂白性，实验rm{(4)}中高锰酸钾溶液褪色；证明二氧化硫具有还原性．

本题考查了二氧化硫的制取方法及化学性质，题目难度中等，明确二氧化硫的性质为解答关键，注意掌握二氧化硫的制备原理，试题培养了学生的化学实验能力．rm{垄脵}【解析】rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{.}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}品红溶液褪色rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{.}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}或变浅rm{(}吸收未反应的rm{)}防止污染环境；漂白性rm{SO_{2}}21、（1）CuAgNO3溶液。

（2）正Ag＋＋e-=AgCu－2e-=Cu2＋

（3）负(Cu)正(Ag)【分析】【分析】本题考查原电池的设计及工作原理，注意电极反应式的书写方法，牢固掌握原电池中电极的判断，电极反应式书写的方法。【解答】

rm{(1)}由反应rm{2Ag}rm{2Ag}rm{{,!}^{+}}rm{(aq)+Cu(s)篓TCu}rm{(aq)+Cu(s)篓TCu}可知，在反应中，rm{{,!}^{2+}}被氧化，失电子，应为原电池的负极，rm{(aq)+2Ag(s)}可知，在反应中，rm{Cu}被氧化，失电子，应为原电池的负极，rm{Ag}rm{(aq)+2Ag(s)}rm{Cu}rm{Ag}故答案为：rm{{,!}^{+}}在正极上得电子被还原，电解质溶液为rm{AgNO}rm{AgNO}rm{3}

rm{3}正极为活泼性比rm{Cu}弱的rm{Cu}；rm{AgNO}在正极上得电子被还原，电极反应为rm{AgNO}rm{AgNO}电极为原电池的负极，rm{3}失去电子发生氧化还原反应：rm{3}故答案为：溶液；rm{(2)}rm{Cu}rm{Ag}rm{Ag^{+}}rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}rm{X}rm{Cu}rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}正；rm{Ag}rm{Ag}rm{Ag}rm{{,!}^{+}}原电池中，电子从负极经外电路流向正极，本题中由rm{+}rm{e}极经外电路流向rm{+}极，故答案为：rm{e}；正rm{e}。rm{{,!}^{-}}【解析】rm{(1)Cu}rm{AgNO_{3}}溶液。

rm{(2)}正rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+;}}

rm{(3)}负rm{(Cu)}正rm{(Ag)}22、略

【分析】试题分析：A．实验室制取蒸馏水时冷凝水的入水口在下口，热水出口在上边，错误；B．在Cu、Zn原电池中，Zn电极插入ZnSO4溶液，Cu电极插入CuSO4溶液，错误；C．NH4Cl和NH4HCO3受热分解，所以不能用加热的方法分离化合物，错误；D．HCl在水中溶液溶解，微粒防止倒吸现象的发生，把导气管伸入HCl不能溶解的CCl4中，从而防止倒吸现象的发生，正确。考点：考查装置和操作的知识。【解析】【答案】D23、A、C；消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；MnO2（s）+SO2（g）=MnSO4（s）△H=-248kJ/mol；Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；MnO2+H2O+e-=MnO（OH）+OH-；【分析】解：rm{(1)}脱硫能减少酸雨和废物在利用，故答案为：rm{AC}

rm{(2)MnCO_{3}}消耗溶液中的酸，促进rm{Al^{3+}}和rm{Fe^{3+}}水解生成氢氧化物沉淀，故答案为：消耗溶液中的酸，促进rm{Al^{3+}}和rm{Fe^{3+}}水解生成氢氧化物沉淀；

rm{(3)Mn(s)+O_{2}(g)篓TMnO_{2}(s)tria