2025年人教B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年人教B版高三化学下册阶段测试试卷915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9题，共18分)1、砹是原子序数最大的卤族元素、根据卤素性质的递变规律，对砹及其化合物的叙述，正确的是（）A.与H2化合能力：At2＞I2B.砹在常温下为白色固体C.砹原子的最外电子层上有7个电子D.砹能从NaCl溶液中置换出氯单质2、某温度下，将2molA和3molB充入一密闭的容器中发生反应：aA（g）+B（g）⇌C（g）+D（g），5min后达平衡．已知该反应在此温度下平衡常数K=1，若温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则B的转化率为（）A.40%B.60%C.24%D.4%3、能正确表示下列反应的离子方程式是（）A.在碳酸氢钠溶液中加入盐酸：HCO3-+H+=CO2↑+H2OB.把金属铁放入稀硫酸中：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C.向氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-D.钠跟水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑4、下列分子中的所有原子都在同一平面上的是（）A.CH4B.C2H4C.C2H6D.C3H65、下列有关除杂的实验操作合理的是rm{(}rm{)}A.除去二氧化碳中混有的少量一氧化碳：通入适量氧气后点燃B.除去氧气中少量氮气：使气体通过炽热的铜粉C.除去石英中少量碳酸钙：用稀盐酸溶解后过滤D.除去氯化钠固体中少量的纯碱：加入足量氯化钙，过滤、蒸发、结晶6、某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（）A.用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸B.用托盘天平称量25.20gNaClC.用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3D.用25mL滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.70mL7、W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数的变化如图所示．已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X是短周期元素中原子半径最大的；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强．下列说法不正确的是（）A.简单离子半径：W＞X＞ZB.最简单气态氢化物的稳定性：Y＜ZC.化合物XZW中既含离子键又含共价键D.Y的氧化物能与X的最高价氧化物对应的水化物反应8、萘环上碳原子的编号如（Ⅰ）式，根据系统命名法，（Ⅱ）式可称为2-硝基萘，则化合物（Ⅲ）的名称为（）A.2，5-二甲基萘B.1，4-二甲基萘C.4，7-二甲基萘D.1，6-二甲基萘9、关于下列图示的说法中，正确的是图1图2图3图4A.图1制备并收集少量NO2气体B.图2是原电池装置，Fe电极为负极C.图3常用于分离互不相溶的液体D.图4可用于实验室制取和收集乙酸乙酯评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、现有7种元素的性质；数据如下表所列；它们属于第二或第三周期．

。①②③④⑤⑥⑦原子半径（10-10m）0.741.601.431.100.991.860.75最高或最低化合价+2+3+5+7+1+5-2-3-1-3-3回答下列问题：

（1）碱性最强的化合物的电子式是：____；属____化合物（填“离子”或“共价”）；碱性最强的碱与⑤的单质反应的化学方程式是：____．

（2）比较④和⑤最高价含氧酸的酸性（用化学式表示）____．

（3）①②③⑤⑥五种元素形成的简单离子，其离子半径由大到小的顺序是：____．（用离子符号表示）

（4）写出③和⑤形成的化合物与过量的⑦的氢化物的水溶液反应的离子方程式：____．11、CH4是一种常见的燃料，燃烧的热值高，1mol的CH4燃烧可放出890kJ的热量．

（1）CH4俗称____

（2）将CH4、O2通入到装有KOH溶液的特定装置中，可形成甲烷燃料电池，请写出甲烷燃料电池正极的电极方程式：____

（3）水煤气的成分为CO和H2；它是通过C和水蒸气在高温下反应制取得到的．

已知：①2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-221.0kJ•mol-1；②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-483.6kJ•mol-1．则制备水煤气的反应C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）的△H=____

（4）对于可逆反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），若改变以下条件，可以使反应朝逆向移动的是____

A．减压B．加入催化剂C．减少C（s）的量D．增大CO的浓度。

（5）若增加水蒸气的量，使平衡发生移动，则H2O的转化率将____（填“增大”、“减小”、“不变”，下同）．平衡常数K____．12、（1）已知：H-H、Cl-Cl、H-Cl的键能分别为436kJ/mol、243kJ/mol和431kJ/mol，写出氢气在氯气中燃烧的热化学方程式：____

（2）常压100℃1克的氢气燃烧放出热量为Q千焦，写出氢气燃烧的热化学方程式：____．13、（2011秋•北林区校级期末）实验室用图示装置制取干燥的氨气。

（1）写出A处发生反应的化学方程式____；

（2）B装置内所盛药品的名称为____；

（3）若以a1、a2分别表示浓度为Xmol/L和Ymol/L的氨水的质量分数，且知X=2Y．则这两种氨水质量分数的关系为____（氨水的密度比水的小）

A．a1=2a2B．2a2＞a1C．a1＞2a2D．无法确定。

（4）如何检验氨气是否收集满．____．14、（2015春•滨州校级月考）按图中装置实验，A、B两烧杯分别盛放200g10%NaOH溶液和足量CuSO4溶液．通电一段时间后；c极上有Cu析出，又测得电路通过电子0.5mol，试回答：

（1）电源的P极为____极．

（2）b极产生气体的体积为____L（标准状况）．

（3）c极增加的质量为____g．

（4）d极上所发生的电极反应式为：____．15、化学平衡发生移动的标志是____发生变化，能够使化学平衡移动的因素有____．使用催化剂时，能降低反应的____，使单位体积内活化分子数目____，从而加快反应速率，但____化学平衡移动．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)16、中性干燥剂无水氯化钙，既可干燥H2，又可干燥HCl，还可干燥NH3____（判断对错）．17、气体净化时，一定是先除杂质后干燥____（判断对错）．18、标准状况下，1moL水中所含原子总数数为3NA____（判断对错）19、向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu（OH）2浊液加热，可以检验水解产物葡萄糖．____．（判断对错说明理由）20、NaCl溶液在电流的作用下电离出Na+____．（判断对错）21、3.4gNH3中含有电子数为0.2NA____（判断对错）22、海带中碘元素提取时氧化滤液中的I-时，通入氯气，KI溶液变为黄色，继续通入氯气一段时间后，溶液黄色褪去．____．（判断对错说明理由）23、向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu（OH）2浊液加热，可以检验水解产物葡萄糖．____．（判断对错说明理由）24、物质的量相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液中所含的PO43-量相同．____．评卷人得分四、简答题(共3题，共21分)25、已知砷（As）与氮同主族；广泛分布于自然界．砷的很多化合物有毒，但有些砷的化合物无毒且有重要用途．请回答下列问题：

（1）砷位于元素周期表第______族，其气态氢化物的稳定性比NH3______（填“强”或“弱”）．

（2）有毒的AsO33-在碱性条件下可与I2发生反应生成无毒的AsO43-，反应的离子方程式为______．

（3）有毒的AsO33-也可通过电解反应转化为无毒的AsO43-．例如以石墨为电极，电解Na3AsO3和H2SO4的混合液，阳极的电极反应式为______，阴极周闱溶液的pH______（填“增大”或“减小”或“不变“）．

（4）As2O3和As2O5是砷的两种常见固态酸性氧化物，根据如图1写出As2O5分解生成As2O3的热化学方程式：______．As2O5在加热过程中发生分解的失重曲线如图2所示，已知失重曲线上的a点为样品失重率为w%时的残留固体（w%=×100%），若a点残留固体组成可表示为2As2O5•3As2O3，则a点样品失重率w%=______%（结果保留小数点后二位）．26、氮和硫及其化合物的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题．

（1）已知反应I：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），△H=-196.6KJ•mol-1

反应II：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g），△H=-113.0KJ•mol-1

则SO2（g）与NO2（g）反应生成SO3（g）和NO（g）的热反应方程式为______．

（2）①若在绝热恒容密闭容器中通入一定量的SO2和O2，一定条件下发生反应I，一段时间内，正反应速率随时间变化曲线如图所示，则在a点时，反应______（填“达到”或“未达到”）平衡状态；t1～t3时间内，v正先增大后减小的主要原因是______．

②若在两个相同绝热恒容密闭容器中分别加入A：2molSO2（g）和1molO2（g）；B：2molSO3（g），其它条件相同，发生反应I，达到平衡时，则该反应的平衡常数：A______B（填“＞”；“=”、“＜”）．

（3）已知常温下，H2S的电离常数：K1=1.3×10-7，K2=7.1×10-15，Ksp（H2S）=4×10-53，Ksp（Ag2S）=6.3×10-50，Ksp（HgS）=1.6×10-52，则0.1mol/LH2S溶液的pH约为______（取近似整数值）；向浓度均为0.001mol•l-1的AgNO3和Hg（NO3）2混合溶液中通入H2S气体，开始生成沉淀的c（S2-）为______．

（4）NH3催化还原氮氧物技术（SCR）是目前应用广泛的烟气氮氧化物脱除技术．现有NO、NO2的混合气6L，可用同温同压下7L的NH3恰好使其完全转化为N2，则原混合气体中NO和NO2的物质的量之比为______．27、现有下列rm{9}种微粒：rm{^{1}_{1}mathrm{H}}rm{^{2}_{1}mathrm{H}}rm{^{13}_{phantom{0}6}mathrm{C}}rm{^{14}_{phantom{0}6}mathrm{C}}rm{^{14}_{phantom{0}7}mathrm{N}}rm{^{56}_{26}mathrm{F}{e}^{2+}}rm{^{56}_{26}mathrm{F}{e}^{3+}}rm{^{13}_{phantom{0}6}mathrm{C}

}rm{^{14}_{phantom{0}6}mathrm{C}

}按要求完成以下各题：rm{^{14}_{phantom{0}7}mathrm{N}

}H、rm{^{56}_{26}mathrm{F}{e}^{2+}

}H、rm{^{56}_{26}mathrm{F}{e}^{3+}

}分别是氢元素的一种____________，它们互称为____________。rm{{}_{8}^{16}{O}_{2}}互为同素异形体的微粒是____________。rm{{}_{8}^{16}{O}_{3}}对于rm{(1)^{1}_{1}}H、rm{{,!}^{1}_{2}}H、rm{{,!}^{3}_{1}H}分别是氢元素的一种____________，它们互称为____________。按下列要求各举一例rm{(1)^{1}_{1}}每小题分别写出符合题意的两种粒子，且从以上所给微粒中选择rm{{,!}^{1}_{2}}rm{{,!}^{3}_{1}H}rm{(2)}互为同素异形体的微粒是____________。rm{(2)}相同而rm{(3)}对于rm{{}_{Z}^{A}{X}_{b}^{n}}按下列要求各举一例rm{(}每小题分别写出符合题意的两种粒子，且从以上所给微粒中选择rm{)}不同：__________________；rm{(3)}rm{{}_{Z}^{A}{X}_{b}^{n}}rm{(}相同而rm{)}不同：__________________；rm{垄脵Z}rm{n}rm{b}相同而rm{A}不同：__________________；rm{垄脵Z}rm{n}相同而rm{b}不同：__________________；rm{A}rm{垄脷A}rm{n}rm{b}相同而rm{Z}不同：__________________；rm{垄脷A}相同而rm{n}不同：__________________。rm{b}评卷人得分五、书写(共3题，共30分)28、完成下列反应的离子方程式。

（1）Ba（OH）2溶液加入过量NaHCO3溶液____

（2）NaClO溶液中通入少量CO2____

（3）将Fe（NO3）3溶液与过量HI混合____

（4）向FeBr2中通入等量Cl2____．29、下列物质：①Na②熔融KCl③CO2④Ba（OH）2⑤蔗糖。

（1）属于电解质的是____（填标号，以下同），属于非电解质的是____．

（2）写出H2SO4和CH3COOH、Ba（OH）2在水中的电离方程式：

H2SO4：____；

CH3COOH：____；

Ba（OH）2：____．30、写出下列反应的化学方程式。

（1）Na与水____．

（2）Al与NaOH溶液____．

（3）Fe与水____．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】A．非金属元素的非金属性越强；与氢气化合越容易；

B．卤素单质均有颜色；

C．第VIIA元素原子最外层含有7个电子；

D．氧化性强的单质能把氧化性弱的从溶液中置换出来．【解析】【解答】解：A．非金属元素的非金属性越强，与氢气化合越容易，At的非金属性较弱，所以与H2化合能力：I2＞At2；故A错误；

B．卤素单质均有颜色；所以砹不可能为白色，故B错误；

C．第VIIA元素原子最外层含有7个电子；则砹原子的最外电子层上有7个电子，故C正确；

D．氧化性强的单质能把氧化性弱的从溶液中置换出来；氯气的氧化性大于砹，所以砹不能从NaCl溶液中置换出氯单质，故D错误；

故选C．2、A【分析】【分析】若温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10倍；A的转化率不发生变化，说明压强不影响平衡移动，则a+1=1+1，故a=1，设转化的B为xmol，则：

A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）

起始量（mol）：2300

变化量（mol）：xxxx

平衡量（mol）：2-x3-xxx

反应前后气体体积不变，用物质的量代替浓度代入平衡常数K=列方程计算解答．【解析】【解答】解：若温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10倍；A的转化率不发生变化，说明压强不影响平衡移动，则a+1=1+1，故a=1，设转化的B为xmol，则：

A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）

起始量（mol）：2300

变化量（mol）：xxxx

平衡量（mol）：2-x3-xxx

反应前后气体体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K===1，解得x=1.2，故B的转化率为×100%=40%；

故选：A．3、A【分析】【分析】A．碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠；二氧化碳气体和水；

B．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；

C．离子方程式两边电荷不守恒；

D．2mol钠与水完全反应生成1mol氢气，该反应不满足电子守恒．【解析】【解答】解：A．在碳酸氢钠溶液中加入盐酸的离子方程式为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O；故A正确；

B．把金属铁放入稀硫酸中生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；故B错误；

C．向氯化亚铁溶液中通入氯气，反应生成氯化铁，正确的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；故C错误；

D．Na跟水反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；故D错误；

故选A．4、B【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判断．【解析】【解答】解：A．甲烷是正四面体结构；因此所有原子不可能处于同一平面上，故A错误；

B．乙烯具有平面型结构；氯乙烯可看作是一个氯原子取代乙烯中的一个氢原子，所有原子在同一个平面，故B正确；

C．乙烷中有一个甲基；甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，故C错误；

D．丙烯中有一个甲基；甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，故D错误．

故选B．5、C【分析】解：rm{A.}二氧化碳含量多，rm{CO}不能燃烧，不能除杂，应利用气体通过灼热的rm{CuO}来除杂；故A错误；

B.rm{Cu}与氧气反应；与氮气不反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，故B错误；

C.碳酸钙与盐酸反应；而石英不能，则用稀盐酸溶解后过滤可除杂，故C正确；

D.纯碱与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和rm{NaCl}但氯化钙足量，引入杂质，则应加足量盐酸后蒸发；结晶可除杂，故D错误；

故选C．

A.二氧化碳含量多，rm{CO}不能燃烧；

B.rm{Cu}与氧气反应；与氮气不反应；

C.碳酸钙与盐酸反应；而石英不能；

D.纯碱与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和rm{NaCl}但氯化钙足量，引入杂质．

本题考查物质的分离、提纯的方法和选择，为高频考点，把握物质的性质及混合物分离提纯的方法为解答的关键，注意除杂不能引入新杂质，题目难度不大．【解析】rm{C}6、D【分析】【分析】A．量筒的感量是0.1mL；

B．托盘天平的感量是0.1g；

C．pH试纸测定溶液pH值只能是整数；

D．滴定管感量是0.01mL．【解析】【解答】解：A．量筒的感量是0.1mL；所以用10mL量筒不能量取7.13mL稀盐酸，可以量取7.1mL稀盐酸，故A错误；

B．托盘天平的感量是0.1g；所以用托盘天平不能称量25.20gNaCl，可以称量25.2gNaCl，故B错误；

C．pH试纸测定溶液pH值只能是整数；所以pH试纸不能测得某溶液的pH为2.3，故C错误；

D．滴定管感量是0.01mL；所以用25mL滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.70mL，故D正确；

故选D．7、A【分析】【分析】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，可知W的质子数为8，则W是氧元素；X是短周期元素中原子半径最大的，故X为Na元素；Y的原子半径介于X和W之间，Y的单质是一种常见的半导体材料，所以Y是Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于Si，故Z为Cl元素，据此解答．【解析】【解答】解：W；X、Y、Z是四种常见的短周期元素；W的一种核素的质量数为18，中子数为10，可知W的质子数为8，则W是氧元素；X是短周期元素中原子半径最大的，故X为Na元素；Y的原子半径介于X和W之间，Y的单质是一种常见的半导体材料，所以Y是Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于Si，故Z为Cl元素；

A．S2-电子层最多，离子半径最大，O2-、Na+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：S2-＞O2-＞Na+；故A错误；

B．非金属性Si＜Cl；非金属性越强，氢化物越稳定，故B正确；

C．化合物NaClO既含离子键；又含共价键，故C正确；

D．Y的氧化物为二氧化硅；X高价氧化物对应的水化物为NaOH，二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠与水，故D正确；

故选A．8、D【分析】【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名．【解析】【解答】解：依据题干中的命名方法和起点编号的特征可知；1号位置选在应对应的顶角位置，所以根据信息分析得到，化合物（Ⅲ）的名称应是1，6-二甲基萘；

故选D．9、B【分析】试题分析：铜与浓硝酸反应可以制备NO2，但是NO2易溶于水，与水反应生成硝酸和NO，因此不能用排水法收集NO2，只能用向上排空气法收集，故A选项错误；铁与稀硫酸能发生置换反应，Fe比C容易失去电子，则图2是原电池，Fe是负极，C是正极，故B选项正确；图3代表蒸馏，用于分离互溶液体混合物，且各组成成分的沸点相差较大，分离互不相溶的液体的操作是分液，故C选项错误；乙醇、乙酸在浓硫酸催化加热下发生酯化反应，可以制备乙酸乙酯，但是不能用NaOH溶液除去乙酸乙酯中混入的少量乙醇和乙酸，因为乙酸乙酯也能与NaOH溶液反应，应选择饱和Na2CO3溶液除杂，故D选项错误。考点：考查化学实验基本操作，主要涉及二氧化氮的实验室制法、原电池的构成条件和电极类型、混合物分离提纯的常见方法、乙酸乙酯的制法和提纯等。【解析】【答案】B二、填空题(共6题，共12分)10、离子2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+2H2OHClO4＞H3PO4Cl-＞O2-＞Na+＞Mg2+＞Al3+Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+【分析】【分析】第二、三周期元素中，元素①只有最低价-2，没有最高正化合价，则①为O；⑤有+7、-1价，则⑤为Cl；④⑦都有最高价+5，最低价-3，处于ⅤA族，原子半径④＞⑦，故④为P、⑦为N；⑥有最高价+1，处于ⅠA族，原子半径最大，所以⑥为Na；③最高价+3，处于ⅢA族，原子半径大于P，所以③为Al；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于P，故②为Mg，据此解答．【解析】【解答】解：第二；三周期元素中；元素①只有最低价-2，没有最高正化合价，则①为O；⑤有+7、-1价，则⑤为Cl；④⑦都有最高价+5，最低价-3，处于ⅤA族，原子半径④＞⑦，故④为P、⑦为N；⑥有最高价+1，处于ⅠA族，原子半径最大，所以⑥为Na；③最高价+3，处于ⅢA族，原子半径大于P，所以③为Al；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于P，故②为Mg；

（1）在上述元素中碱性最强的化合物是氢氧化钠，它的电子式是属离子化合物，氢氧化钠与氯气反应的化学方程式是2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+2H2O，故答案为：离子；2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+2H2O；

（2）由于氯的非金属性强于磷，所以HClO4的酸性强于H3PO4，故答案为：HClO4＞H3PO4；

（3）根据电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小，半径越大，所以①②③⑤⑥五种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是Cl-＞O2-＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故答案为：Cl-＞O2-＞Na+＞Mg2+＞Al3+；

（4）③和⑤形成的化合物为氯化铝，与过量的氨水反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．11、天然气O2+2H2O+4e-═4OH-+131.3KJ/molD减小不变【分析】【分析】（1）CH4俗称天然气；

（2）甲烷碱性燃料电池中正极氧气得电子被还原；负极甲烷失电子被氧化；

（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到反应焓变与起始和终了状态有关；与变化过程无关．

（4）根据化学平衡的原理判断；

（5）增加水蒸气的量，相当于增大压强，看平衡移动；平衡常数K只与温度有关．【解析】【解答】解：（1）CH4俗称天然气；故答案为：天然气。

（2）在碱性溶液中，甲烷燃料电池的总反应式为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，正极是：O2+2H2O+4e-═4OH-，故答案为：O2+2H2O+4e-═4OH-；

（3）①2C（s）+O2（g）═2CO（g）；△H=-221.0KJ/mol②2H2（g）+O2（g）═2H2O；△H=-483.6KJ/mol

依据盖斯定律得到C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.3KJ/mol；

故答案为：+131.3KJ/mol

（4）A；减小压强；平衡向着气体体积增大的方向移动，即平衡正向移动，故A不选；

B；催化剂只改变反应速率不能改变化学平衡；故B不选；

C；减少C（s）的量不影响平衡移动；故C不选；

D；增大生成物（CO）的浓度；平衡逆向移动，故D正确；

故选D；

（5）增加水蒸气的量，相当于增大压强，平衡向左移动，则H2O的转化率将减小；平衡常数K只与温度有关；因此K不变．

故答案为：减小；不变．12、H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-183.0kJ•mol-12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）的△H=-4QkJ•mol-1【分析】【分析】（1）根据化学键的键能来计算反应热；

（2）据物质的物质的量与反应热成正比，热化学方程式的书写要求来分析．【解析】【解答】解：（1）反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的△H=（436kJ•mol-1+243kJ•mol-1）-2×（431kJ•mol-1）=-183.0kJ•mol-1；

故答案为：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-183.0kJ•mol-1；

（2）常压100℃时水为气态，1gH2即0.5molH2燃烧放出QkJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式可以写为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）的△H=-4QkJ•mol-1；

故答案为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）的△H=-4QkJ•mol-1．13、2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑碱石灰C用蒸馏水将红色石蕊试纸沾在玻璃棒上，靠近收集试管的管口，如果试纸变蓝，则说明已收集满或用玻璃棒蘸浓盐酸靠近收集试管的管口，如果观察到有白烟产生也可说明收集满【分析】【分析】（1）实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下反应制备氨气；

（2）氨气为碱性气体；用碱石灰干燥；

（3）利用c=来计算；并利用氨水溶液的浓度越大其密度越小来分析判断；

（4）检验氨气是否集满，可以利用氨气的水溶液显碱性，即用“使湿润的红色石蕊试纸变蓝”；也可以用氨气遇浓盐酸产生白烟，即“用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在瓶口，产生白烟”；【解析】【解答】解：（1）实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下反应制备氨气，反应的化学方程式为Ca（OH）2+2NH4Cl═CaCl2+2H2O+2NH3↑；

故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑；

（2）制备氨气反应过程中会产生水；使氨气中混有水蒸气，U形管只能盛装固体干燥剂，可用碱石灰吸收水蒸气，但是不能用氯化钙和无水硫酸铜，因为它们均与氨气反应；

故答案为：碱石灰；

（3）以a1、a2分别表示浓度为Xmol/L和Ymol/L的氨水的质量分数，则X=，Y=；

且知X=2Y，则=2×，即ρ1a1=2ρ2a2；

又氨水溶液的浓度越大其密度越小，则ρ1＜ρ2，即a1＞2a2；

故答案为：C；

（4）氨气为碱性气体，与水反应生成NH3•H2O，电离子出OH-离子；溶液呈碱性，检验时将湿润的红色石蕊试纸置于试管口外，若变蓝则收集满，也可以用氨气遇浓盐酸产生白烟，即“用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在管口，产生白烟”，则收集满；

故答案为：用蒸馏水将红色石蕊试纸沾在玻璃棒上，靠近收集试管的管口，如果试纸变蓝，则说明已收集满或用玻璃棒蘸浓盐酸靠近收集试管的管口，如果观察到有白烟产生也可说明收集满．14、负2.8164OH--4e-=2H2O+O2↑【分析】【分析】c极上有Cu析出，说明c为电解池的阴极，d为阳极，则P为负极，Q为正极，A为电解NaOH溶液，实质上为电解水，其中a为阴极，b为阳极，B为电解硫酸铜溶液，在阴极析出铜，电极反应：Cu2++2e-=Cu，阳极生成氧气，发生4OH--4e-=2H2O+O2↑，结合电极方程式计算．【解析】【解答】解：（1）c极上有Cu析出；说明c为电解池的阴极，d为阳极，则P为负极，故答案为：负；

（2）b为阳极，发生4OH--4e-=2H2O+O2↑；电路通过电子0.5mol，则生成0.125mol氧气，体积为0.125mol×22.4L/mol=2.8L，故答案为：2.8；

（3）电子转移为0.5mol；C电极析出的是铜，由电极反应Cu2++2e-═Cu；计算得到生成铜物质的量为0.25mol，质量=0.25mol×64g/mol=16g；

故答案为：16g；

（4）d电极是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，故答案为：4OH--4e-=2H2O+O2↑．15、各组分的百分含量浓度、温度、压强活化能增多不影响【分析】【分析】化影响化学平衡移动的因素有浓度、温度、压强；使用催化剂时，只改变反应速率，不改变平衡移动，据此分析．【解析】【解答】解：化学平衡发生移动的标志是各组分的百分含量发生变化；能够使化学平衡移动的因素有浓度；温度、压强；使用催化剂时，能降低反应的活化能，使单位体积内活化分子数目增多，从而加快反应速率，但不影响．化学平衡移动；

故答案为：各组分的百分含量；浓度、温度、压强；活化能；增多；不影响．三、判断题(共9题，共18分)16、×【分析】【分析】氨气能与氯化钙发生反应生成络合物（CaCl2•8NH3），据此解题．【解析】【解答】解：氨气能与氯化钙发生反应生成络合物（CaCl2•8NH3），因此不能使用无水氯化钙来干燥氨气，故答案为：×．17、√【分析】【分析】溶液中含水应先除杂质后干燥，据此解题．【解析】【解答】解：对气体提纯时若用溶液做除杂质的试剂，要注意溶液中含水应先除杂质后干燥，故答案为：√．18、√【分析】【分析】水的分子式为H2O，结合分子式进行判断．【解析】【解答】解：水的分子式为H2O，1moL水中所含原子总数为3NA；

故答案为：√．19、×【分析】【分析】用新制Cu（OH）2浊液检验葡萄糖的存在时，必须保证溶液呈碱性．【解析】【解答】解：此说法错误．理由是：用新制Cu（OH）2浊液检验淀粉的水解产物葡萄糖的存在时，必须保证溶液呈碱性．而淀粉溶液水解时加入稀H2SO4做催化剂，故想检验葡萄糖的生成，须在水解液中加过量的碱使溶液呈碱性，冷却后再加入新制Cu（OH）2浊液；若有砖红色沉淀生成，说明水解产物为葡萄糖．

故答案为：×，用新制Cu（OH）2浊液检验淀粉的水解产物葡萄糖的存在时，必须保证溶液呈碱性，即在加新制Cu（OH）2浊液之前，必须加过量的碱使溶液呈碱性．20、×【分析】【分析】在水溶液中；电解质在水分子作用下电离出自由移动的离子；

在熔融状态下，电解质在电流的作用下电离出自由移动的离子．【解析】【解答】解：NaCl溶液在水分子作用下电离出钠离子和氯离子；

故答案为：×．21、×【分析】【分析】每个NH3分子中含有10个电子，结合n==计算．【解析】【解答】解：n（NH3）==0.2mol，含有的电子的物质的量为0.2mol×10=2mol，则个数为2NA；

故答案为：×．22、√【分析】【分析】氯气与KI反应生成I2，KI溶液变为黄色，继续通入氯气一段时间后，溶液黄色褪去，说明继续被氧化，生成HIO3，以此解答．【解析】【解答】解：氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，发生5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；

故答案为：√，原因是过量的氯气和碘反应生成HIO3而导致溶液褪色．23、×【分析】【分析】用新制Cu（OH）2浊液检验葡萄糖的存在时，必须保证溶液呈碱性．【解析】【解答】解：此说法错误．理由是：用新制Cu（OH）2浊液检验淀粉的水解产物葡萄糖的存在时，必须保证溶液呈碱性．而淀粉溶液水解时加入稀H2SO4做催化剂，故想检验葡萄糖的生成，须在水解液中加过量的碱使溶液呈碱性，冷却后再加入新制Cu（OH）2浊液；若有砖红色沉淀生成，说明水解产物为葡萄糖．

故答案为：×，用新制Cu（OH）2浊液检验淀粉的水解产物葡萄糖的存在时，必须保证溶液呈碱性，即在加新制Cu（OH）2浊液之前，必须加过量的碱使溶液呈碱性．24、×【分析】【分析】磷酸钠溶液中磷酸根能发生水解，磷酸溶液中磷酸电离产生PO43-．【解析】【解答】解：磷酸是中强酸；存在电离平衡，磷酸盐存在水解平衡，这两个平衡程度都很小．

磷酸电离由3步（磷酸是三元酸）；分别是磷酸二氢根，磷酸氢根，最后是少量磷酸根离子；

磷酸钠电离状态下电离出钠离子和磷酸根离子；但是磷酸根离子要水解，其程度也很小，所以磷酸钠中磷酸根离子远多于等浓度的磷酸溶液；

故答案为：×．四、简答题(共3题，共21分)25、略

【分析】解：（1）N与As均为第VA族元素，非金属性N＞As，则As的气态氢化物的稳定性比NH3弱；故答案为：VA；弱；

（2）发生氧化还原反应生成AsO43-、碘离子和水，离子反应为AsO33-+I2+2OH-⇌AsO43-+2I-+H2O，故答案为：AsO33-+I2+2OH-⇌AsO43-+2I-+H2O；

（3）阳极As失去电子，电极反应为AsO33-+H2O-2e-=AsO43-+2H+；阴极消耗氢离子AsO43-+2H++2e-=AsO33-+H2O；则阴极pH增大；

故答案为：AsO33-+H2O-2e-=AsO43-+2H+；增大；

（4）由图象可知，As2O5分解为As2O3需要吸收的热量为-619kJ/mol-（-914.6kJ/mol）=+295.4kJ•mol-1，则热化学方程式As2O5（s）=As2O3（s）+O2（g）△H=+295.4kJ•mol-1；

a点发生5As2O52As2O5•3As2O3+3O2↑，则a点样品失重率w%=×100%=8.35；

故答案为：As2O5（s）=As2O3（s）+O2（g）△H=+295.4kJ•mol-1；8.35．

（1）N与As均为第VA族元素；非金属性N＞As；

（2）发生氧化还原反应生成AsO43-；碘离子和水；

（3）阳极As失去电子；阴极消耗氢离子；

（4）As2O5分解为As2O3需要吸收的热量为-619kJ/mol-（-914.6kJ/mol）=+295.4kJ•mol-1，以此书写热化学方程式；a点发生5As2O52As2O5•3As2O3+3O2↑；以此计算．

本题考查较综合，涉及物质含量计算、热化学反应、电解等，为高频考点，把握反应原理、图象及信息应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】VA；弱；AsO33-+I2+2OH-⇌AsO43-+2I-+H2O；AsO33-+H2O-2e-=AsO43-+2H+；增大；As2O5（s）=As2O3（s）+O2（g）△H=+295.4kJ•mol-1；8.3526、略

【分析】解：（1）已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-196.6kJ•mol-1①

2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=-113.0kJ•mol-1②

将可得：SO2（g）+NO2（g）⇌NO（g）+SO3（g）△H=-=-41.8KJ/mol；

故答案为：SO2（g）+NO2（g）⇌NO（g）+SO3（g）△H=-41.8KJ/mol；

（2）①化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变；其实质是正反应速率等于逆反应速率，a点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快；

故答案为：未达到；t1～t2时间内；v正增大的主要原因是反应放热导致容器内温度升高；t2～t3时间内，v正减小的主要原因是反应物浓度减小；

②加入A：2molSO2（g）和1molO2（g）；B：2molSO3（g），两种情况的投料是等效的，根据①的分析，反应是放热的，绝热容器中，则体系温度升高，A：2molSO2（g）和1molO2（g）此时K减小，B：2molSO3（g）；升高温度，则K增加，所以A＜B，故答案为：＜；

（3）已知常温下，H2S的电离常数：K1=1.3×10-7，根据K=设0．lmol/LH2S溶液的氢离子浓度是x，则=1.3×10-7，解得x≈10-4mol/L，故pH=-lgc（H+）=-lg10-4=4；当Qc=Ksp时开始沉淀，因为Ksp（HgS）=[Hg2+]•[S2-]=[S2-]×1×10-3=1.6×10-52，所以c（S2-）=1.6×10-49mol/L，Ksp（Ag2S）=[Ag+]2•[S2-]=[S2-]×（1×10-3）2=6.3×10-50，所以c（S2-）=6.3×10-44mol/L，因为1.6×10-49mol/L＜6.3×10-44mol/L，故沉淀时c（S2-）=1.6×10-49mol/L；

故答案为：4；1.6×10-49mol/L；

所以Ksp=c（Mn2+）•c（S2-）=7×10-12mol•L-1×0.020mol．L-1=2.8×10-13，故答案为：4；2.8×10-13；（4）设出NO的体积为XL，NO2的体积为YL；根据混合气体的体积为6L，则有X+Y=6①

氨气反应时；NO和NO2得电子，而氨气失电子，根据得失电子数守恒可有：2X+4Y=7×3②

将两式联立即可解得X=1.5；Y=4.5，则有X：Y=1：3；

故答案为：1：3．

（1）根据所给的条件反应；结合要求的目标反应，将条件反应调整计量数并做相应的加减得目标反应，反应热做相应的变化即可；

（2）①由题意可知一个反应前后体积不变的可逆反应；由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响．结合图象可知反应速率先增大再减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快；

②根据温度对平衡移动的影响以及K的表达式来计算即可；

（3）已知常温下，H2S的电离常数：K1=1.3×10-7=并据pH=-lgc（H+）来计算；据Ksp求算出不同沉淀下的c（S2-）；注意浓度小的先沉淀；

（4）设出NO的体积为XL，NO2的体积为YL；则有X+Y=6①然后根据和氨气反应时得失电子数守恒可有：2X+4Y=7×3②将两式联立即可解得．

本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算等，综合性较强，难度适中．【解析】SO2（g）+NO2（g）⇌NO（g）+SO3（g）△H=-41.8KJ/mol；未达到；t1～t2时间内，v正增大的主要原因是反应放热导致容器内温度升高；t2～t3时间内，v正减小的主要原因是反应物浓度减小；＜；4；1.6×10-49mol/L；1：327、(1)核素同位素

(2)和

(3)①H、H（或C、C）

②C、N

③

④

【分析】【分析】本题考查核素、同位素及其应用，涉及同素异形体、同一元素的不同离子的识别，注意rm{垄脵}质量数rm{A=}质子数rm{Z+}中子数rm{N垄脷}核外电子数rm{=}质子数rm{=}核电荷数rm{=}原子序数应用，综合性较强，难度不大。【解答】rm{(1)}rm{(1)}rm{;_{1}^{1}}H、rm{;_{1}^{2}}H、rm{;_{1}^{3}}的质子数均为rm{H}的质子数均为rm{1}中子数分别为rm{0}rm{1}rm{2}分别是氢元素的一种核素，它们互为同位素，中子数分别为rm{H}rm{1}rm{0}分别是氢元素的一种核素，它们互为同位素，rm{1}rm{2}同种元素的不同单质互为同素异形体，只有故答案为：核素；同位素；rm{(2)}同种元素的不同单质互为同素异形体，只有rm{(2)}rm{O}rm{O}rm{2}rm{2}和rm{O}要求rm{O}rm{3}rm{3}相同而符合要求，不同，在本题中只有同位素原子符合，故答案为：；rm{(3)垄脵}要求rm{Z}rm{n}rm{b}相同而rm{A}不同，在本题中只有同位素原子符合，rm{(3)垄脵}互为同位素，rm{Z}rm{n}rm{b}rm{A}互为同位素，rm{;_{1}^{1}}H、rm{;_{1}^{2}}rm{H}互为同位素，rm{H}或rm{;_{6}^{13}}C、rm{;_{6}^{14}}rm{C}互为同位素，rm{C}要求故答案为：不同而rm{;_{1}^{1}}H、rm{;_{1}^{2}}相同，应该是质量数相同的不同元素的原子，rm{H(}或rm{H(}rm{;_{6}^{13}}C、质子数不同分别为rm{;_{6}^{14}}rm{C)}rm{C)}rm{垄脷}要求rm{Z}不同而rm{A}rm{n}rm{b}相同，应该是质量数相同的不同元素的原子，均为rm{垄脷}rm{Z}质量数均为rm{A}rm{n}rm{b}rm{;_{6}^{14}}C、rm{;_{7}^{14}}rm{N}质子数不同分别为rm{6}rm{7}rm{n}rm{b}均为rm{0}rm{1}质量数均为rm{14}是微粒的电荷数，要求rm{N}rm{6}rm{7}相同而rm{n}不同，应该是同一元素的不同价态的离子，故答案为：rm{b}rm{0}是原子个数，要求rm{1}rm{14}故答案为：相同而rm{;_{6}^{14}}不同，应该是同素异形体，C、rm{;_{7}^{14}}rm{N}rm{N}rm{垄脹n}是微粒的电荷数，要求rm{Z}rm{A}rm{b}相同而rm{n}不同，应该是同一元素的不同价态的离子，故答案为：rm{垄脹n}rm{Z}rm{A}rm{b}

rm{n}【解析】rm{(1)}核素同位素rm{(2)}rm{{}_{8}^{16}{O}_{2}}和rm{{}_{8}^{16}{O}_{3}}rm{(3)垄脵;_{1}^{1}}H、rm{;_{1}^{2}H(}或rm{;_{6}^{13}}C、rm{;_{6}^{14}C)}rm{垄脷;_{6}^{14}}C、r