2025年外研衔接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年外研衔接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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列各组金属与酸的反应，反应刚开始时，放出H2的速率最大的是（）

。金属（粉末状）/mol反应温度反应温度AMg0.13mol•L-1盐酸10mL25℃BFe0.13mol•L-1盐酸10mL25℃CMg0.13mol•L-1硫酸10mL25℃DMg0.16mol•L-1硝酸10mL60℃A.AB.BC.CD.D2、表中所列的都是烷烃；它们的一卤取代物均只有一种，分析下表中各项的排布规律，按此规律排布第6项X应为（）

。123456CH4C2H6C5H12C8H18XA.C26H54B.C20H42C.C17H36D.C53H1083、在容积固定的密闭容器中存在如下反应：A（g）+3B（g）⇌2C（g）；△H＜0某研究小组研究了其他条件不变时；改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：下列判断正确的是（）

A.图Ⅱ研究的可能是温度对反应的影响，且甲的温度较高B.图Ⅱ研究的可能是压强对反应的影响，且甲的压强较高C.图I研究的可能是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高D.图Ⅲ研究的可能是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高4、下列离子方程式书写正确的是（）A.用大理石和稀盐酸制取二氧化碳：2H++CO32-=CO2↑+H2OB.钠投入水中：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑C.氧化铝与氢氧化钠反应：Al2O3+OH-=AlO2-+H2OD.向稀硝酸溶液中加入过量的铁粉：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O5、下列试剂的保存方式不正确的是（）A.金属钠保存在煤油中B.HF溶液保存在棕色玻璃瓶中C.浓硫酸盛放在铝制容器中D.稀NaOH溶液保存在带橡胶塞的玻璃中6、能充分说明在恒温恒容下的密闭容器中，N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）已达到化学平衡状态的是（）A.N2、O2和NO的物质的量浓度相等B.反应体系中的压强不随时间变化C.N2、O2、NO三种物质同时存在D.单位时间内生成1molN2同时消耗1molO27、一定质量的某有机物与足量的钠反应生成V1L气体．等量的该有机物与适量的纯碱反应，生成相同状况下的气体V2L．若V1＞V2，那么该有机物可能是下列中的（）A.（CH3）3CCH2OHB.HOOC-COOHC.HO（CH2）2COOHD.HO（CH2）2OH评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)8、下列物质中能发生银镜反应的是()A.乙醇B.乙醛C.甲酸D.乙烷9、化合物rm{(b)}rm{(d)}rm{(p)}的分子式均为rm{C_{6}H_{6}}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{b}rm{d}rm{p}互为同分异构体B.rm{b}rm{d}rm{p}的二氯代物均只有三种C.rm{b}rm{d}rm{p}均可与酸性高锰酸钾溶液反应D.rm{b}为芳香烃，rm{d}rm{p}为脂肪烃10、下列有关离子方程式正确的是rm{(}rm{)}A.向稀盐酸中加入少量钠粒：rm{2Na+2H_{2}O隆煤2Na^{+}+2OH^{^{-}?}+H_{2}隆眉}B.rm{NaHSO_{4}}溶液与rm{Ba(OH)_{2}}溶液混合呈中性：rm{2H^{+}+SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+2OH^{-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}C.用漂白粉溶液吸收尾气中rm{SO_{2}}rm{Ca^{2+}+2ClO^{-}+SO_{2}+H_{2}O隆煤CaSO_{3}隆媒+2HClO}D.向含氯化铝的氯化镁溶液中加入氧化镁：rm{2Al^{3+}+3MgO+3H_{2}O=2Al(OH)_{3}隆媒+3Mg^{2+}}11、下列有关比较中，大小顺序排列错误的是()A.热稳定性：H2O＞HF＞H2SB.分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液＞Fe(OH)3胶体＞FeCl3溶液C.原子半径：Si＞Na＞OD.结合质子能力：OH-＞CH3COO-＞SO42-12、无论在化学实验室还是在家中进行实验或探究活动，都必须注意安全．下列实验操作正确的是()A.为防止试管破裂，加热固体时试管口一般要略低于试管底B.试管.蒸发皿可直接加热，烧杯和烧瓶加热时要垫上石棉网C.不慎将酒精洒到桌面上引起着火，应立即用较多的水浇灭D.稀释浓H2SO4时，先在量筒中加一定量的水，边搅拌边慢慢加入浓H2SO413、化学与社会；生活密切相关．对下列现象或事实的解释正确的是（）

。选项现象或事实解释A明矾可用作净水剂Al3+水解产生Al（OH）3沉淀B将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色SO2表现还原性C向Zn和稀硫酸的反应体系中加入少量CuSO4固体，产生气泡的速率加快置换出的铜作催化剂DNH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中氟离子水解使溶液呈酸性A.AB.BC.CD.D14、下列卤代烃中，不能发生消去反应的是()A.CH3ClB.CH3CH2ClC.(CH3)2CHBrD.(CH3)3C-CH2Br15、rm{100mL}某溶液含有的离子如表：

。离子rm{Cu^{2-}}rm{Al^{3+}}rm{H^{+}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{c(mol/L)}rm{1}rm{1}rm{2}rm{3}rm{a}用石墨做电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同rm{(}忽略电解时溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象rm{).}下列描述正确的是rm{(}rm{)}A.电路中共转移rm{0.9mol}电子B.铝元素以rm{Al(OH)_{3}}的形式存在C.阴极质量增加rm{3.2g}D.rm{a=2}评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、乙烯是石油裂解气的主要成分；它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平．请回答下列问题．

（1）乙烯的电子式____，结构简式____．

（2）甲烷中混有乙烯，欲除乙烯得到纯净的甲烷，可依次将其通过下列哪试些剂的洗气瓶____

A．澄清石灰水，浓H2SO4

B．溴水，浓H2SO4

C．酸性高锰酸钾溶液，浓H2SO4

D．浓H2SO4；酸性高锰酸钾溶液。

（3）写出乙烯与溴水的反应____，反应类型为____反应．17、黑火药的爆炸反应为：2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，其中被还原的元素是：____和____．18、根据组成原电池的条件，试以反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu设计一个原电池；画出示意图并标出原电池的正；负极和电子的流向（画在下面方框中），写出电极反应式．

供选用的电解质溶液有：稀硫酸；硫酸铜溶液、氯化铜溶液．

供选用的电极材料有：锌片；铜片、铁片、石墨．

电极材料及电极反应式：

负极材料：____，电极反应式：____．

正极材料：____，电极反应式：____．

电解质溶液：____．19、W、X、Y、Z为前四周期的元素，原子序数依次增大．W原子中各能级上的电子数相等，有2个未成对电子；X与W在同一周期，也有两个未成对电子；Y2+与X2-具有相同的电子构型；Z的原子序数为28．

（1）Z原子的价层电子排布式为____．

（2）与同周期的相邻元素比较，Y原子的第一电离能____（填“较大”或“较小”），原因是____．

（3）WX2分子中，共价键的类型有____，W原子的杂化轨道类型为____；WX32-中心原子上的孤对电子对数为____，立体构型为____，写出WX32-具有相同空间构型和键合形式的分子或离子：____（写两种）

（4）化合物YX的晶体结构与NaCl相同，Y的配位数是____；其熔点____（填“高于”、“低于”或“约等于”）NaCl，原因是____（从晶体微观结构的角度解释）．

（5）由W、Y、Z三种元素组成的一种简单立方结构的化合物具有超导性，其晶胞中W位于体心位置，Y位于顶角，Z占据面心位置，该化合物的化学式为____，晶体中Y原子周围距离最近的Z原子有____，该新型超导材料晶胞参数a=0.3812nm，列式计算该晶体的密度（g•cm-3）____．20、A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大，A、B同周期，A、C同主族，化合物AB2、DB2均是可使澄清石灰水变浑浊的气体．又已知C；E的单质均可与NaOH溶液反应；且C与NaOH溶液反应可产生氢气．

（1）A元素的名称为____，在元素周期表中的位置是____．

（2）写出C单质的一种用途____．

（3）对B单质或化合物描述正确的是____．

a．常温、常压下单质难溶于水b．B元素在化合物中的化合价可为-1或-2价。

c．单质分子中含有18个电子d．氢气与B单质混合在一定条件下可能发生爆炸。

（4）写出C、E单质分别与NaOH溶液反应的离子方程式____、____．21、下表是不同温度下水的离子积数据：

。温度/℃25t1t2水的离子积常数1×10-14α1×10-12试回答下列问题：

（1）若25＜t1＜t2，则α____1×10-14（填“＞”“＜”或“=”）；作出此判断的理由是。

____．

（2）已知25℃时饱和NaHCO3溶液的PH＞7，则此温度下饱和NaHCO3溶液中各离子浓度关系正确的是____

A．c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（CO32-）

B．c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（OH-）

C．c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）

D．c（OH-）=c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（H+）

（3）t2℃下，将pH=11的苛性钠溶液V1L与pH=1的稀硫酸V2L混合（设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH=2，则V1：V2=____．此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是____．22、（2012•日照二模）学习小组设计了如图实验（部分装置）；将氯气依次通过下列装置以验证氯气的性质：

（1）通入氯气后，A中的现象是____．

C装置中发生反应的离子方程式为：____．

（2）通入氯气一段时间后，洗气瓶B溶液中有一部分SO32-氧化成SO42-．设计试验方案，检验洗气瓶B溶液中Cl-和SO42-的存在．在答题卡上补充填写出实验步骤；预期现象和结论．（可填满也可不填满）

限选试剂及仪器：2mol/LHCl、2mol/LHNO3、1mol/LBaCl2溶液、1mol/LBa（NO3）2溶液、0.1mol/LAgNO3溶液；澄清石灰水、试管、胶头滴管．

。实验步骤预期现象和结论步骤1：取适量洗气瓶B中溶液于试管A中，滴加____．若产生的白色沉淀，则洗气瓶B溶液中存在SO42-．步骤2：另取适量洗气瓶B中溶液于试管B中，滴加____．产生白色沉淀．步骤3：取步骤2后试管B中的上层清液于试管C中，滴加____．____（3）为准确测定通入氯气一段时间后剩余FeCl2的物质的量．实验如下：

①配制250mL溶液：取洗气瓶C中全部溶液准确配制250mL溶液．

②滴定：准确量取25.00ml所配溶液于锥形瓶中，将0.1980mol/LKMnO4溶液装入____，滴定至终点，记录数据．重复滴定2次．平均消耗KMnO4溶液VmL．（反应式：Fe2++MnO4-+H+-Fe3++Mn2++H2O；未配平）

③计算250mL溶液中FeCl2的物质的量=____mol（只列出算式，不做运算）．23、为比较Fe2+和Cu2+对H2O2分解的催化效果；某化学研究小组的同学分别设计了如图1中甲；乙所示的实验．请回答下列问题：

（1）定性分析：如图甲可通过观察____定性比较得出结论，有同学提出将FeCl3改为Fe2（SO4）3更为合理，其理由是____．

（2）定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略．图中仪器A的名称为____，实验中需要测量的是____．

（3）某同学要利用乙装置测定某H2O2溶液的物质的量浓度．在锥形瓶中加入0.10molMnO2粉末后加入50mL该H2O2溶液；在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图2所示．

①写出H2O2在MnO2作用下发生反应的化学方程式____；

②实验中放出气体的总体积是____mL；

③A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为____＞____＞____＞____；

④计算H2O2的初始的物质的量浓度____．（结果保留2位小数）24、（2012秋•涡阳县校级月考）已知N2+3H2⇌2NH3；根据如图判断：

A是____的物质的量浓度变化情况．反应开始时，C（N2）=____；

2min时C（NH3）=____，0-2min内氢气的平均反应速率v（H2）=____．评卷人得分四、判断题(共2题，共10分)25、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）26、对于2SO2（g）+O2（g）═2SO2（g）反应，当密度保持不变，在恒温恒容或恒温恒压条件下，均不能作为达到化学平衡状态的标志．____（判断对错）评卷人得分五、解答题(共2题，共4分)27、一定量的某有机物完全燃烧后，将燃烧后的产物通过足量的冷的石灰水，过滤、干燥、称重，可得到白色沉淀物10.0g，再称量滤液时，发现质量减少2.9g；此有机物能跟金属钠反应产生H2，（不与NaOH溶液反应）2mol该有机物与跟金属钠反应产生1molH2（标准状况下），求：该有机物的分子式和结构简式．28、求1.7gNH3所含原子数？在标准状况下，NH3占有的体积为多少？评卷人得分六、综合题(共2题，共12分)29、（15分）为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某小组进行了以下探究活动：[探究一]（1）称取铁钉（碳素钢）12．0g放入30．0mL浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y。①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+。若要确认其中是否含有Fe2+，应选择加入的试剂为________（选填序号）。a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同学取672mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得到干燥固体4．66g。据此推知气体Y中SO2的体积分数为____。（相对原子质量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含量有H2和CO2气体。为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）。（2）写出产生CO2的化学方程式____。（3）装置A中试剂的作用是____。（4）简述确认气体Y中含有CO2的实验现象。（5）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是。30、（2015·海南）银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照明器材等领域亦有广泛应用。回答下列问题。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】影响化学反应速率的主要因素是物质的本身性质，对于同一个化学反应，反应物浓度越大，温度越高，反应速率越大，注意硝酸与金属反应不生成氢气．【解析】【解答】解：活泼性Mg＞Fe，则Mg反应较快，硝酸与金属反应不生成氢气，C中氢离子浓度最大，则反应速率最大，故选C．2、A【分析】【分析】奇数项的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H原子个数之和，偶数项亦是如此．【解析】【解答】解：奇数项的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H原子个数之和，偶数项亦是如此．第6项的C原子数为8+18=26，即为C26H54；

故选：A．3、A【分析】【分析】A；从化学反应速率来讲；是甲的温度较高，升高温度平衡左移动，B的转化率减小；

B；从化学反应速率来讲；是甲的压强较高，增大压强平衡右移，B的转化率增大；

C；催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡；

D、催化剂不影响化学平衡，平衡时压强不变，催化剂效率越高，到达平衡的时间越短．【解析】【解答】解：A；图Ⅱ根据到达平衡时间可知；如果甲、乙两个条件是温度对反应的影响，从化学反应速率来讲，是甲的温度较高，升高温度平衡向逆反应移动，故甲的转化率小于乙的转化率，图象与实际相符合，故A正确；

B；从化学反应速率来讲；是甲的压强较高，增大压强平衡右移，B的转化率增大，与图Ⅱ不符，故B错误；

C；图I中；根据到达平衡时间可知，在乙条件下的化学反应速率，明显比在甲条件下的化学反应速率快；在乙条件下C的平衡浓度，比在甲条件下的C的平衡浓度大，相比较而言，条件乙既有利于此反应的化学反应速率增大又有利于平衡向正反应方向移动，说明甲、乙两个条件不仅影响化学反应速率，而且影响化学平衡，而催化剂不影响化学平衡，故C错误；

D；催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡；但甲的时间短，反应速率快，则甲的催化效率高，选项中的描述与图象不符合，故D错误；

故选：A．4、B【分析】【分析】A．碳酸钙不溶于水；在离子反应中应保留化学式；

B．遵循质量守恒定律和电荷守恒；

C．氧；铝原子不守恒；

D．铁粉过量，Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁和NO、水．【解析】【解答】解：A．用大理石和稀盐酸制取二氧化碳的离子反应为2H++CaCO3=CO2↑+Ca2++H2O；故A错误；

B．钠投入水中的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；故B正确；

C．氧化铝与氢氧化钠反应的离子反应为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；故C错误；

D．向稀硝酸溶液中加入过量的铁粉的离子反应为3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O；故D正确；

故选BD．5、B【分析】【分析】A．根据钠与空气中的氧气；水反应；钠密度比煤油大判断；

B．根据氢氟酸能够腐蚀玻璃分析；

C．常温下；浓硫酸和铝发生钝化现象；

D．氢氧化钠能够与玻璃中的二氧化硅反应．【解析】【解答】解：A．金属钠易与空气中氧气反应；易与水反应；与煤油不反应且密度比煤油小，保存在煤油中可隔绝空气，防止钠变质，故A正确；

B．因氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应；应保存在塑料瓶中，故B错误；

C．常温下；浓硫酸和铝发生氧化还原反应而生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，所以常温下能用铝制容器盛放浓硫酸，故C正确；

D．玻璃中含有二氧化硅；易与NaOH溶液反应生成具有黏性的硅酸钠，盛NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，故D正确．

故选B．6、D【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：A、当达到平衡状态时，N2、O2和NO的物质的量浓度保持不变，而N2、O2和NO的物质的量浓度相等；不能说明达平衡状态，故A错误；

B；该反应前后气体的物质的量不变；所以容器内的压强始终不变，所以不能根据压强来判断平衡状态，故B错误；

C、当反应发生时，N2、O2；NO三种物质同时存在；但是不能说明达平衡状态，故C错误；

D、单位时间内生成1molN2表示逆速率，同时消耗1molO2表示正速率；而且正逆速率之比等于计量数之比，所以反应达到平衡状态，故D正确；

故选D．7、C【分析】【分析】等质量的该有机物与足量的Na2CO3反应，可得到气体V2L，说明有机物中含有-COOH，一定质量的某有机物和足量的金属钠反应，可得到气体V1L，同温同压下V1＞V2，说明还含有-OH，以此解答该题．【解析】【解答】解：-OH、-COOH都能与金属钠反应生成H2，1mol-OH或1mol-COOH与钠反应可产生0.5molH2；

仅-COOH与Na2CO3反应生成CO2，1mol-COOH与Na2CO3反应可产生0.5molCO2；

题设有机物与金属钠反应产生的气体的体积多于与纯碱反应产生的气体的体积；则有机物结构中既有-COOH又有-OH，只有C符合；

故选C．二、双选题(共8题，共16分)8、B|C【分析】解：A；乙醇分子中含有羟基；不含醛基，不能能发生银镜反应，故A不符合；

B；乙醛含有醛基；可以发生银镜反应，故B符合；

C；甲酸中含有醛基；可以发生有机反应，故C符合；

D；乙烷属于烷烃；不含醛基，不能发生银镜反应，故D不符合；

故选BC．【解析】【答案】BC9、AD【分析】【分析】本题考查了苯的几种同分异构体及有机物的分类，特别要注意有机化物的结构与化学性质的关系，题目难度一般。【解答】A.化合物rm{(b)}rm{(d)}rm{(p)}的分子式均为rm{C_{6}H_{6}}所以三者互为同分异构体，故A正确；B.rm{d}的二氯代物有rm{6}种，故B错误；C.三种化合物中rm{b}rm{p}不与酸性高锰酸钾溶液反应，只有rm{d}分子中有碳碳双键可与酸性高锰酸钾溶液反应，故C错误；rm{D.b}为芳香烃，rm{d}rm{p}为脂肪烃，故D正确。故选A、rm{D}【解析】rm{AD}10、rBD【分析】解：rm{A.}向稀盐酸中加入少量钠粒，离子方程式：rm{2Na+2H^{+}隆煤2Na^{+}+H_{2}隆眉}故A错误；

B.rm{NaHSO_{4}}溶液与rm{Ba(OH)_{2}}溶液混合呈中性，离子方程式：rm{2H^{+}+SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+2OH^{-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}故B正确；

C.用漂白粉溶液吸收尾气中rm{SO_{2}}离子方程式：rm{SO_{2}+Ca^{2+}+ClO^{-}+H_{2}O=CaSO_{4}隆媒+2H^{+}+Cl^{-}}故C错误；

D.向含氯化铝的氯化镁溶液中加入氧化镁，离子方程式：rm{2Al^{3+}+3MgO+3H_{2}O=2Al(OH)_{3}隆媒+3Mg^{2+}}故D正确；

故选：rm{BD}．

A.不符合反应客观事实；

B.二者物质的量之比rm{2}rm{1}反应恰好呈中性；

C.次氯酸根离子能够氧化二氧化硫；

D.铝离子水解生成氢离子；氢离子能够与氧化镁反应生成水和镁离子．

本题考查了离子方程式的书写，明确物质的性质及发生反应是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大．【解析】rm{BD}11、A|C【分析】解：A、O、F、S的非金属性强弱顺序为F＞O＞S，所以热稳定性：HF＞H2O＞H2S；故A错误．

B、溶液中分散质粒子直径小于1nm，胶体的分散质粒子直径在1nm-100nm之间，悬浊液的分散质粒子直径大于100nm，所以分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液＞Fe(OH)3胶体＞FeCl3溶液；故B正确．

C；Si、Na位于同一周期；钠的原子序数小于硅的原子序数，所以钠的原子半径大于硅的；碳、硅位于同一主族，碳的原子半径小于硅的原子半径；碳、氧处于同一周期，碳的原子半径大于氧的原子半径，所以原子半径：

Na＞Si＞O；故C错误．

D、当结合氢离子后，OH-、CH3COO-、SO42-分别生成的物质是水、醋酸、硫酸，硫酸是强电解质极容易电离，醋酸是弱电解质较容易电离，水是弱电解质极难电离，所以这三种离子结合质子的能力大小为OH-＞CH3COO-＞SO42-；故D正确．

故选AC．【解析】【答案】AC12、A|B【分析】A；在对试管内的固体药品加热时；固体药品存放时因受潮而含有少量水或受热时生成的水会在管口液化为液体，此时如果试管口高于试管底部，水则会流向试管底(倒流)，而使试管受热不均匀而炸裂，故A正确；

B；试管、蒸发皿可直接加热；烧杯和烧瓶加热时要垫上石棉网，故B正确；

C；不慎将酒精洒到桌面上引起着火；应立即用湿抹布盖灭，故C错误；

D、稀释浓H2SO4时，先在烧杯中加一定量的水，边搅拌边慢慢加入浓H2SO4；故D错误．

故选：AB．

【解析】【答案】AB13、B|D【分析】解：A．铝离子水解生成氢氧化铝胶体；氢氧化铝胶体具有吸附性，所以明矾可以净水，故A错误；

B．将SO2通入酸性KMnO4溶液中；溶液褪色是因为高锰酸钾被二氧化硫还原，体现二氧化硫的还原性，故B正确；

C．向Zn和少量CuSO4；反应生成铜形成多个原电池，加快化学反应速率，而不是催化剂，故C错误；

D．NH4F溶液中，氟离子水解生成氢氟酸，HF与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，所以NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中；故D正确；

故选：BD．

A．铝离子水解生成氢氧化铝胶体；氢氧化铝胶体具有吸附性；

B．二氧化硫具有还原性；能够还原酸性的高锰酸钾使其褪色；

C．向Zn和少量CuSO4；反应生成铜形成多个原电池；

D．HF与二氧化硅反应生成四氟化硅和水；

本题考查了盐类水解的应用，明确盐类水解的实质是解题关键，题目难度不大，注意对基础知识的积累．【解析】【答案】BD14、A|D【分析】解：A．CH3Cl只有一个碳原子；不能发生消去反应，故A正确；

B．CH3CH2Cl中与-Cl相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子；能发生消去反应，故B错误；

C．(CH3)2CHBr中与-Br相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子；能发生消去反应，故C错误；

D．(CH3)3C-CH2Br中与-Br相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子；不能发生消去反应，故D正确；

故选：AD；【解析】【答案】AD15、rAD【分析】解：用惰性电极电解该溶液；根据离子的放电顺序以及两极收集到的气体在相同条件下的体积相同可知。

第一阶段由rm{Cu^{2+}}rm{Cl^{-}}放电，阴极生成rm{0.1molCu(}析出rm{Cu6.4g)}阳极生成rm{0.1molCl_{2}}转移电子rm{0.2mol}

第二阶段由rm{H^{+}}rm{Cl^{-}}放电，阴极生成rm{0.05molH_{2}}阳极rm{0.05molCl_{2}}转移电子rm{0.1mol}

第三阶段：由rm{H^{+}}rm{OH^{-}}放电，实际上就是电解水，阴极生成rm{xmolH_{2}}阳极生成rm{0.5xmolO_{2}}转移电子rm{2xmol}

两极收集到的气体在相同条件下体积相同，则rm{0.1+0.05+0.5x=x}解得rm{x=0.3}

A.根据以上三段电解，则共转移电子为rm{0.2+0.1+0.6=0.9mol}故A正确；

B.由分析可知，上述三个过程分别电解rm{CuCl_{2}}rm{HCl}和rm{H_{2}O}溶液中没有生成rm{OH^{-}}铝元素以rm{Al^{3+}}形式存在；故B错误；

C.根据以上三段电解，阴极析出rm{0.1molCu}质量增加rm{6.4g}故C错误；

D.根据溶液中电荷守恒可知：rm{2c(Cu^{2+})+3c(Al^{3+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+2c(SO_{4}^{2-})}所以rm{c(SO_{4}^{2-})=2mol?L^{-1}}即rm{a=2}故D正确．

故选：rm{AD}．

用惰性电极电解该溶液；根据离子的放电顺序以及两极收集到的气体在相同条件下的体积相同可知。

第一阶段由rm{Cu^{2+}}rm{Cl^{-}}放电，阴极生成rm{0.1molCu(}析出rm{Cu6.4g)}阳极生成rm{0.1molCl_{2}}转移电子rm{0.2mol}

第二阶段由rm{H^{+}}rm{Cl^{-}}放电，阴极生成rm{0.05molH_{2}}阳极rm{0.05molCl_{2}}转移电子rm{0.1mol}

第三阶段：由rm{H^{+}}rm{OH^{-}}放电，实际上就是电解水，阴极生成rm{xmolH_{2}}阳极生成rm{0.5xmolO_{2}}转移电子rm{2xmol}

两极收集到的气体在相同条件下体积相同，则rm{0.1+0.05+0.5x=x}解得rm{x=0.3}据此分析解答．

本题考查了电解原理的应用，电极产物的判断和计算，电极反应遵循电子守恒，依据离子物质的量和电极反应中的电子守恒计算分析判断，综合性较强，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．【解析】rm{AD}三、填空题(共9题，共18分)16、H2C=CH2BCH2═CH2+Br2→CH2BrCH2Br加成【分析】【分析】（1）乙烯是含有碳碳双键的最简单的烯烃；根据电子式可以书写结构简式；

（2）乙烯中含有碳碳双键；可以发生加成反应；氧化反应，除去乙烯，注意不能引入新杂质；

（3）乙烯含有碳碳双键，与溴水发生加成反应生成1，2二溴乙烷．【解析】【解答】解：（1）乙烯中含碳和碳之间以共价双键结合，电子式为：根据电子式可以书写结构简式为：H2C=CH2；

故答案为：H2C=CH2；

（2）乙烯能和溴水发生加成反应；能和高锰酸钾之间发生氧化还原反应生成二氧化碳，会引入新杂质，而甲烷均不能反应，则除乙烯得到纯净的甲烷，可通过溴水除去乙烯，再利用浓硫酸干燥即可；

故答案为：B；

（3）乙烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，该反应为CH2═CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案为：CH2═CH2+Br2→CH2BrCH2Br；加成．17、NS【分析】【分析】反应2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中N、S元素化合价降低，被还原，C元素化合价升高，被氧化，以此解答该题．【解析】【解答】解：反应2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中；N元素化合价由+5价降低到0价，S元素化合价由0价降低到-2价，N和S元素被还原；

故答案为：N；S．18、FeFe-2e-=Fe2+石墨Cu2++2e-=Cu硫酸铜溶液【分析】【分析】该反应中Fe元素化合价由0价变为+2价、Cu元素化合价由+2价变为0价，所以Fe作负极、不如Fe活泼的金属或导电的非金属作正极，硫酸铜为电解质；工作时，正极反应式为Cu2++2e-=Cu，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+．【解析】【解答】解：该反应中Fe元素化合价由0价变为+2价、Cu元素化合价由+2价变为0价，所以Fe作负极、不如Fe活泼的金属或导电的非金属作正极，硫酸铜为电解质；工作时，正极反应式为Cu2++2e-=Cu，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+；

Fe作负极、石墨作正极，硫酸铜为电解质，装置图为

故答案为：Fe，Fe-2e-=Fe2+；石墨，Cu2++2e-=Cu；硫酸铜溶液；．19、3d84s2较大镁的价电子排布是3s2，达到S亚层的全充满状态，与相邻原子比较，Mg原子相对稳定σ键和π键sp杂化0平面三角形SO3、NO3-6高于与NaCl晶体相比，MgO晶体中离子的电荷数大、半径小，因此MgO的晶格能大于NaCl的晶格能MgCNi3126.029g•cm-3【分析】【分析】W；X、Y、Z为前四周期的元素；原子序数依次增大．

W原子中各能级上的电子数相等，有2个未成对电子，则W的电子排布式为1s22s22p2；即W为C元素；

X与W在同一周期，也有两个未成对电子，则X电子排布式为1s22s22p4；即X为O元素；

Y2+与X2-具有相同的电子构型；则Y为Mg元素；

Z的原子序数为28，则Z为Ni元素，据此解答．【解析】【解答】解：W；X、Y、Z为前四周期的元素；原子序数依次增大．

W原子中各能级上的电子数相等，有2个未成对电子，则W的电子排布式为1s22s22p2；即W为C元素；

X与W在同一周期，也有两个未成对电子，则X电子排布式为1s22s22p4；即X为O元素；

Y2+与X2-具有相同的电子构型；则Y为Mg元素；

Z的原子序数为28；则Z为Ni元素；

（1）Z为Ni元素，原子的价层电子排布式为3d84s2，故答案为：3d84s2；

（2）镁的价电子排布是3s2，达到S亚层的全充满状态，与相邻原子比较，Mg原子相对稳定，不易失电子，第一电离能较大，故答案为：较大；镁的价电子排布是3s2；达到S亚层的全充满状态，与相邻原子比较，Mg原子相对稳定；

（3）CO2分子的结构式为O=C=O，即共价键的类型为σ键和π键．CO2分子中心原子C电子对数为（4+0）=2，故杂化方式为sp杂化．CO32-离子中心原子是碳原子，碳原子最外层4个电子全部用于成键，没有孤电子对，价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数，CO32-的中心原子的价层电子对数为3；VSEPR模型名称为平面三角形．

与CO32-具有相同空间构型和键合形式的分子或离子为等电子体，应含有4个原子，价电子数为24，常见有SO3、NO3-；

故答案为：σ键和π键；sp杂化；0；平面三角形；SO3、NO3-；

（4）化合物MgO的晶体结构与NaCl相同；属于立方面心型，Mg的配位数是6，与NaCl晶体相比，MgO晶体中离子的电荷数大；半径小，因此MgO的晶格能大于NaCl的晶格能，故答案为：6；与NaCl晶体相比，MgO晶体中离子的电荷数大、半径小，因此MgO的晶格能大于NaCl的晶格能；

（5）晶体中碳位于体心，只有一个，镁位于角上，每个镁原子被8个晶胞共用，故每个晶胞中镁原子个数为8×0.125=1个，镍位于面心，每个镍原子被两个晶胞共用，故每个晶胞中镍原子个数为6×0.5=3个，故晶体化学式为MgCNi3，每个晶胞中镁周围有3个镍原子，每个镁被八个晶胞共用，上方的四个晶胞中有六个镍原子，对称的下方也有六个，一共12个，晶体的密度ρ====6.029g•cm-3；

故答案为：MgCNi3；12；6.029g•cm-3．20、碳第二周期IVA族制作硅芯片或太阳能电池abdSi+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O【分析】【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大，A、B同周期，化合物AB2、DB2均是可使澄清石灰水变浑浊的气体，常见气体有CO2、SO2，则可知A为C元素，B为O元素，D为S元素；A、C同主族，C与NaOH溶液反应可产生氢气，则C为Si；E的单质可与NaOH溶液反应，E的原子序数大于硫，则E为Cl，据此解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大，A、B同周期，化合物AB2、DB2均是可使澄清石灰水变浑浊的气体，常见气体有CO2、SO2；则可知A为C元素，B为O元素，D为S元素；A；C同主族，C与NaOH溶液反应可产生氢气，则C为Si；E的单质可与NaOH溶液反应，E的原子序数大于硫，则E为Cl．

（1）由上述分析可知；A为碳，在周期表中位置为：第二周期IVA族；

故答案为：碳；第二周期IVA族；

（2）C为Si元素；可以制作硅芯片或太阳能电池；

故答案为：制作硅芯片或太阳能电池；

（3）a．常温；常压下氧气难溶于水；故a正确；

b．O元素在化合物中的化合价可为-1或-2价，如水中O表现-2价，过氧化钠中O表现-1价，故b正确；

c．单质分子为氧气或臭氧；氧气分子含有16个电子；臭氧分子含有24个电子，故c错误；

d．氢气与氧气混合在一定条件下可能发生爆炸；故d正确；

故选：abd；

（4）C单质与氢氧化钠溶液反应离子方程式为：Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑，E单质与NaOH溶液反应的离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

故答案为：Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O．21、＞升高温度，水的电离程度增大，离子积增大AC9：11c（Na+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）【分析】【分析】（1）根据水的电离过程是吸热反应；温度升高，水的电离程度增大分析；

（2）A；溶液中碳酸氢根离子水解溶液显碱性；

B；依据溶液中存在的电荷守恒分析；

C；依据溶液中物料守恒分析；

D；依据溶液中存在的电荷守恒和物料守恒计算分析；

（3）根据氢氧化钠溶液与硫酸溶液混合后溶液显示酸性计算出二者的体积；根据反应后溶液的组成分析各种离子的浓度大小．【解析】【解答】解：（1）水是弱电解质；存在电离平衡，电离吸热，所以温度升高，水的电离程度增大，离子积增大；

故答案为：＞；升高温度；水的电离程度增大，离子积增大；

（2）A、溶液中碳酸氢根离子水解溶液显碱性，溶液中离子浓度大小，c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（CO32-）；故A正确；

B、依据溶液中存在的电荷守恒分析，c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）；故B错误；

C、依据溶液中物料守恒分析，n（Na）=n（C），c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）；故C正确；

D、依据溶液中存在的电荷守恒和物料守恒计算分析，c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），得到c（OH-）+c（CO32-）=c（H2CO3）+c（H+）；故D错误；

故答案为：AC．

（3）t2℃下，水的离子积为1×10-12，pH=11的苛性钠溶液，设体积为V1，溶液中氢氧根离子浓度为：0.1mol/L；pH=1的硫酸溶液，设体积为V2，氢离子浓度为：0.1mol/L，所得混合溶液的pH=2，说明稀硫酸过量，所以有=0.01，解得V1：V2=9：11；

硫酸过量溶液显酸性，则溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）；

故答案为：9：11；c（Na+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）．22、溶液变蓝色2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-过量的2mol/LHCl和1mol/L溶液BaCl2过量的1mol/LLBa（NO3）2溶液，振荡、静置0.1mol/LAgNO3溶液和2mol/LHNO3，振荡若产生白色沉淀，则洗气瓶B溶液中存在Cl-酸式滴定管×0.1980×V×10-3×5或10×0.1980×V×10-3×5【分析】【分析】（1）氯气氧化碘离子生成碘单质；遇淀粉变蓝；C中氯气氧化亚铁离子；

（2）检验洗气瓶B溶液中Cl-和SO42-的存在；利用氯化钡；盐酸检验硫酸根离子；将硫酸根离子除去后利用硝酸和硝酸银检验氯离子；

（3）②KMnO4溶液显酸性；

③由5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O计算．【解析】【解答】解：（1）氯气氧化碘离子生成碘单质；遇淀粉变蓝，则观察到A中溶液变蓝色，C中氯气氧化亚铁离子，则发生；

故答案为：溶液变蓝色；2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；

（2）检验洗气瓶B溶液中Cl-和SO42-的存在，利用氯化钡、盐酸检验硫酸根离子；将硫酸根离子除去后利用硝酸和硝酸银检验氯离子，则步骤与现象为。实验步骤预期现象和结论步骤1：取适量洗气瓶B中溶液于试管A中，滴加过量的2mol/LHCl和1mol/L溶液BaCl2若产生的白色沉淀，则洗气瓶B溶液中存在SO42-．步骤2：另取适量洗气瓶B中溶液于试管B中，滴加过量的1mol/LLBa（NO3）2溶液，振荡、静置产生白色沉淀．步骤3：取步骤2后试管B中的上层清液于试管C中，滴加0.1mol/LAgNO3溶液和2mol/LHNO3，振荡．若产生白色沉淀，则洗气瓶B溶液中存在Cl-，故答案为：。实验步骤预期现象和结论过量的2mol/LHCl和1mol/L溶液BaCl2过量的1mol/LLBa（NO3）2溶液，振荡、静置0.1mol/LAgNO3溶液和2mol/LHNO3，振荡．若产生白色沉淀，则洗气瓶B溶液中存在Cl-；

（3）KMnO4溶液显酸性；则应盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式滴定管；

③由5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；

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xv×0.001L×0.1980mol/L计算．②（2分）

解得x=0.1980×V×10-3×5mol；

则250mL溶液中FeCl2的物质的量为×0.1980×V×10-3×5或10×0.1980×V×10-3×5；

故答案为：×0.1980×V×10-3×5或10×0.1980×V×10-3×5．23、产生气泡的快慢消除阴离子不同对实验的干扰分液漏斗产生40mL气体所需的时间2H2O22H2O+O2↑60DCBA0.11mol/L【分析】【分析】（1）比较反应速率的大小可通过生成气泡的快慢来判断；比较金属阳离子的催化效果要排斥阴离子的干扰；

（2）A仪器名称是分液漏斗，检验装置气密性的方法是：关闭分液漏斗的活塞，将注射器活塞向外拉出一段，过一会后看其是否回到原位；该反应是通过反应速率分析的，所以根据v=分析；

（3）①在二氧化锰催化作用下；双氧水分解生成氧气和水；

②根据图象确定生成氧气的体积；

③根据v=比较反应速率快慢；

④根据氧气的量计算双氧水的物质的量，再根据C=计算物质的量浓度．【解析】【解答】解：（1）该反应中产生气体；可根据生成气泡的快慢判断，氯化铁和硫酸铜中阴阳离子都不同，无法判断是阴离子起作用还是阳离子起作用，硫酸钠和硫酸铜阴离子相同，可以消除阴离子不同对实验的干扰；

故答案为：产生气泡的快慢；消除阴离子不同对实验的干扰；

（2）A仪器名称是分液漏斗，根据v=知；还需要测定产生40mL气体所需的时间；

故答案为：分液漏斗；产生40mL气体所需的时间；

（3）①在二氧化锰作催化剂条件下，双氧水分解生成水和氧气，反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑；

故答案为：2H2O22H2O+O2↑；

②根据图象知；第4分钟时，随着时间的推移，气体体积不变，所以实验时放出气体的总体积是60mL；

故答案为：60；

③根据图象结合v=知；A；B、C、D各点反应速率快慢的顺序为D＞C＞B＞A，故答案为：D＞C＞B＞A；

④设双氧水的物质的量为x；

2H2O22H2O+O2↑

2mol22.4L

x0.06L

x=0.0054mol；

所以其物质的量浓度==0.11mol•L-1，故答案为：0.11mol/L．24、H24mol/L2mol/L1.5mol/（L•min）【分析】【分析】随反应进行反应物的物质的量减小，生成物的物质的量增大，依次判断ABC代表的物质，反应消耗的物质的量之比等于化学计量数之比，图中变化量最大的为氢气；根据速率公式求算．【解析】【解答】解：随反应进行反应物的物质的量减小，生成物的物质的量增大，因此AB为反应物，C为生成物，反应消耗的物质的量之比等于化学计量数之比，图中变化量最大的为氢气；所以A