2025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2025年沪科版高三化学上册阶段测试试卷423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、化学在生产和生活中有重要的应用，下列说法正确的是（）A.新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子化合物B.14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体C.福尔马林可作食品的保鲜剂D.“开发利用新能源”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量2、生活、生产中的问题常涉及到化学知识，下列叙述中正确的是（）A.使用明矾可以对水进行消毒、杀菌B.为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸C.浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放于新鲜的水果箱内是为了催熟水果D.信息产业中的光缆的主要成分是单质硅3、将7.8gNa2O2投入92.2g水中，所得溶液中溶质的质量分数为（）A.等于7.8%B.等于8%C.大于8%D.小于8%4、下列关于乙醇的叙述中，错误的是（）A.乙醇俗称酒精B.乙醇不能溶于水C.乙醇可用于消毒D.乙醇能发生酯化反应5、请你运用所学的化学知识判断，下列有关的叙述错误的是（）A.利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源．保护环境B.凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不可食用C.为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术D.几千万年前地球上一条恐龙体内的某个原子可能在你的身体里6、下列实验能达到预期目的是（）

。选项实验内容实验目的A测同温同浓度下的H2CO3和H2SO3水溶液的pH确定碳和硫两元素非金属性强弱B取一定质量的铝片，与过量的NaOH溶液充分反应，溢出的气体通过硅胶后，测其体积确定铝片中氧化铝的含量C取久置的Na2SO3溶于水，加硝酸酸化的BaCl2溶液证明Na2SO3部分被氧化D向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液证明FeCl2溶液已全部变质A.AB.BC.CD.D7、对于反应N2O4⇌2NO2在温度一定时，平衡体系中NO2的体积分数V（NO2）%随压强的变化情况如图所示（实线上的任何一点为对应压强下的平衡点）．下列说法正确的是（）A.C两点的正反应速率的关系A＞CB.E各状态，V正＜V逆的是状态EC.维持P1不变，E→A所需时间为x，维持P2不变，D→C所需时间为y，则x＜yD.使E状态从水平方向到达C状态，从理论上来讲，可选用的条件是从P1突然加压至P28、现有19.7g由Fe、FeO、Al、Al2O3组成的混合物，将它完全溶解在540mL2.00mol•L-1的H2SO4溶液中，收集到标准状况下的气体8.96L．已知混合物中，Fe、FeO、Al、Al2O3的质量分数分别为0.284、0，183、0.274和0.259．欲使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀，至少应加入2.70mol•L-1的NaOH（aq）体积（）A.480mLB.600mLC.800mLD.960mL9、常温下amol·L－1稀氨水和bmol·L－1稀盐酸等体积混合，对混合后溶液判断一定正确的是A、若a＝b，则c(NH)＝c(Cl－)B、若a＞b，则c(NH)＞c(Cl－)C、若a＞b，则c(OH－)＞c(H＋)D、若a＜b，则c(OH－)＜c(H＋）评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)10、体积为VmL、密度为ρg•cm-3的溶液，含有相对分子质量为M的溶质mg，其物质的量浓度为cmol•L-1，溶质的质量分数为W%，下列表示式中不正确的是（）A.c=B.m=C.W%=%D.c=11、反应2C+CO2（g）⇌2CO（g）达到化学平衡后，保持其他条件不变，移走少量CO，达到新的平衡后，下列选项中，增大的是（）A.CO2和CO浓度比B.混合气体的密度C.转化率D.CO的体积分数12、大气臭氧层的反应是：O+O3═2O2△H；该反应的能量变化如右图所示，下列叙述中，正确（）

A.O+O3═2O2是吸热反应B.O+O3═2O2是放热反应C.反应O+O3═2O2的△H=E3-E2D.反应O+O3═2O2的△H=E3-E113、锂电池用金属锂和石墨作电极材料，电解质溶液是由四氯铝锂（LiAlCl4）溶解在亚硫酰氯（）中形成的，该电池的总反应方程式为：8Li+3SOCl2═6LiCl+Li2SO3+2S，下列叙述中正确的是（）A.电解质溶液中混入水，对电池反应无影响B.金属锂作电池的负极，石墨作电池的正极C.电池工作过程中，亚硫酰氯（SOCl2）被还原为Li2SO3D.电池工作过程中，金属锂提供电子的物质的量与析出硫的物质的量之比为4：114、下列说法恰当的是（）A.乙烯和溴水中的溴发生加成反应B.溴水和苯在铁催化下发生取代反应C.甲烷被氯气氧化发生氧化反应D.乙醇与金属钠发生化合反应评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4kJ•mol-1

一种工业合成氨的简易流程图如下：

（1）步骤Ⅱ中制氢气原理如下：

①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H=+206.4kJ•mol-1

②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=-41.2kJ•mol-1

对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的措施是____．

a．升高温度b．增大水蒸气浓度。

c．加入催化剂d．降低压强。

利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2产量．若1molCO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）与H2O反应，得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，则CO转化率为____．

（2）图1表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系．根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：____．

（3）依据温度对合成氨反应的影响，在图2坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图．

（4）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是（填序号）____．简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法（任写两种）：①____②____

____16、氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈；开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向．

（1）Ti（BH4）2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料．

①基态Ti2+中含有的电子数为____，电子占据的最高能级是____，该能级具有的原子轨道数为____．

②中B原子的杂化方式是____．

（2）金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料．

①LiH中，离子半径：Li+____H-（填“＞”；“=”或“＜”）．

②某储氢材料是短周期金属元素M的氢化物．M的部分电离能如下表所示：

。I1/KJ•mol-1I2/KJ•mol-1I3/KJ•mol-1I4/KJ•mol-1I5/KJ•mol-1738145177331054013630该氢化物的化学式为____．

（3）液氨是富氢物质；是氢能的理想载体．

①NH3的相对分子质量小于PH3，但NH3的沸点却远高于PH3，其原因是____．

②NH3容易和分子中有空轨道的BF3反应形成新的化合物，该化合物的结构式为____．

（4）2008年，Yoon等人发现Ca与C60（分子结构如图1）生成的Ca32C60能大量吸附H2分子．

①C60晶体易溶于苯、CS2，C60是____分子（填“极性”或“非极性”）．

②1molC60分子中，含有σ键数目为____个（阿伏伽德罗常数用NA表示）．

（5）某金属氢化物储氢材料的晶胞结构如图2所示，该金属氢化物的化学式为____，已知该晶体的密度为ag•cm-3，金属元素R的相对原子质量为M，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶胞的体积为____cm3．

17、请填写下列空白；以完成卤族元素随着原子半径的增大而发生的递变规律：

（1）卤素的熔沸点逐渐____；

（2）卤素离子（X-）的还原性逐渐____；

（3）气态氢化物的稳定性逐渐____；

（4）卤素单质的氧化性逐渐____．18、硼酸（H3BO3）大量应用于玻璃制造行业，以硼镁矿（含2MgO•B2O3•H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、Al2O3）为原料生产硼酸的工艺流程如下（图1）：

已知：H3BO3在20℃、40℃、60℃、100℃时的溶解度依次为5.0g、8.7g、14.8g、40.2g．Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时；溶液的pH分别为3.2；5.2、9.7和12.4．

（1）由于矿粉中含CaCO3，“浸取”时容易产生大量泡沫使物料从反应器溢出，故应分批加入H2SO4．该反应的化学方程式为____．

（2）“浸出液”显酸性，含H3BO3和Mg2+、SO42-，还含有Fe3+、Fe2+、Ca2+、Al3+等杂质．“除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO，除去的杂质离子是____．H2O2的作用是____（用离子方程式表示）．

（3）“浸取”后，采用“热过滤”的目的是____．

（4）“母液”可用于回收硫酸镁，已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图2，且溶液的沸点随压强增大而升高．为了从“母液”中充分回收MgSO4•H2O，应采取的措施是将“母液”蒸发浓缩，____．19、工业上制取乙醇有___________和__________两种，其中具有成本低、产量大、节约大量粮食的生产方法的化学反应方程式为_______________________________，制饮料酒应用__________法，并不可用工业酒精为原料，因为工业酒精中含有有毒的___________。评卷人得分四、判断题(共3题，共21分)20、Na2SO4固体中含钠离子．____（判断对错）21、18gH2O在标准状况下的体积是22.4L____．（判断对错）22、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）评卷人得分五、综合题(共4题，共16分)23、（15分）现有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，D与E的氢化物分子构型都是V型。A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，A分别与B、C、D形成电子总数相等的分子。（1）C的元素符号是＿＿＿＿＿＿；元素F在周期表中的位置＿＿＿＿＿＿。（2）B与D一般情况下可形成两种常见气态化合物，假若现在科学家制出另一种直线型气态化合物B2D2分子，且各原子最外层都满足8电子结构，则B2D2电子式为＿＿＿＿＿，其固体时的晶体类型是＿＿＿＿＿＿。（3）最近意大利罗马大学的FuNvioCacace等人获得了极具理论研究意义的C4气态分子。C4分子结构如图所示，已知断裂1molC—C吸收167kJ的热量，生成1molC≡C放出942kJ热量。试写出由C4气态分子变成C2气态分子的热化学方程式：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某盐x(C2A6F2)的性质与CA4F类似，是离子化合物，其水溶液因分步水解而呈弱酸性。①盐显酸性原因（用离子方程式表示）＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。②写出足量金属镁加入盐的溶液中产生H2的化学方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。24、（15分）A、B、C、D、E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物。Ⅰ、元素X、Y的单质是生活中常见的金属，相关物质间的关系如下图所示。（1）X的单质与A反应的化学方程式是＿＿＿＿＿。（2）若试剂1是NaOH溶液，X的单质与试剂1反应的离子方程式是＿＿＿＿＿。（3）若试剂1和试剂2均是稀硫酸。①检验物质D的溶液中金属离子的方法是＿＿＿＿＿。②将物质C溶于水，其溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）＿＿＿＿＿。③某高效净水剂是由Y（OH）SO4聚合得到的。工业上以E、稀硫酸和亚硝酸钠为原料来制备Y（OH）SO4，反应中有NO生成，该反应的化学方程式是。Ⅱ、若X、Y是非金属单质，试剂3是NaOH溶液，F的水溶液可作木材的防火材料，则X的单质与A反应的化学方程式是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿，试剂1和C的化学式分别是＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿。Y在工业上的主要用途是＿＿＿＿＿＿＿＿（写一种）。25、（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。26、（13分）化工生产中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。（1）从物质的分类角度看，名不符实的一种物质是____________。（2）“三酸”与“两碱”之间均可反应，若用化学方程式表示有六个（酸过量时），若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式（酸过量时）：_____________；______________。（3）“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物。下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是________（填序号）A．AgB．CuC．AlD．Fe（4）烧碱、纯碱溶液均可吸收CO2。向含有4．0ｇNaOH的溶液中通入CO2，当通入的CO2与溶液中NaOH物质的量之比为9:7时，则所得溶液中NaHCO3的质量为____ｇ。（相对原子质量：H—1C—12O—16Na—23）参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】A．二氧化硅为无机物；

B．同素异形体是指由同种元素组成的不同单质；

C．食品添加剂包括酸度调节剂；抗结剂、消泡剂、抗氧化剂、漂白剂、膨松剂、着色剂、护色剂、酶制剂、增味剂、营养强化剂、防腐剂、甜味剂、增稠剂、香料等；

D．化石燃料燃烧能够产生大量污染污染物．【解析】【解答】解：A．光导纤维主要成分是二氧化硅；二氧化硅为无机物，不是有机高分子材料，故A错误；

B．14C与12C是碳元素的不同核素；不是单质，故B错误；

C．我国把营养强化剂也归为食品添加剂的范畴；包括对人体有益的某些氨基酸类，盐类，矿物质类，膳食纤维等，合理使用食品添加剂，对丰富食品生产，且对人体健康无害，可以食用，但不能过量，福尔马林有毒，不能作食品添加剂，故C错误；

D．“开发利用新能源”；“汽车尾气催化净化”能够减少化石燃料燃烧；有利于提高空气质量，故D正确；

故选D．2、B【分析】【分析】A；明矾没有强氧化性；不能消毒、杀菌；

B；在漂白精中滴加醋酸；可增大HClO的浓度；

C；乙烯是一种植物生长调节剂；对水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯能被酸性高锰酸钾氧化；

D、信息产业中的光缆的主要成分是二氧化硅．【解析】【解答】解：A；明矾水解生成的氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒；所以能净水，但是不能消毒、杀菌，故A错误；

B；漂白精种含有次氯酸钙；在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度，则氧化性增强，可增大漂白速率，故B正确；

C；乙烯是一种植物生长调节剂；对水果蔬菜具有催熟的作用，为了延长水果的保鲜期，应除掉乙烯，乙烯能被酸性高锰酸钾氧化，所以将浸泡有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中除去乙烯，故C错误；

D；信息产业中的光缆的主要成分是二氧化硅；而不是硅，故D错误；

故选B．3、C【分析】【分析】7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，完全反应生成0.2mol氢氧化钠，氢氧化钠的质量为8.0g，由于反应过程中氧气生成，反应后的溶液质量需要100g，则溶质氢氧化钠的质量分数大于8%．【解析】【解答】解：过氧化钠的物质的量为：=0.1mol，根据反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，反应生成了0.2mol氢氧化钠，氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.2mol=8.0g，由于反应过程中生成了氧气，溶液的质量小于：92.2g+7.8g=100g，所以反应后的溶液中溶质的质量分数大于：×100%=8%；

故选C．4、B【分析】解：A；乙醇俗称酒精；故A正确；

B；乙醇可以和水任意比例互溶；故B错误；

C；体积分数75%乙醇溶液在医疗上用作消毒剂；故C正确；

D；乙醇能与羧酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水；故D错误；

故选：B；

乙醇俗称酒精；是无色有特殊香味的液体，易挥发，密度比水小，可以和水任意比例互溶，体积分数75%乙醇溶液可用于消毒剂，乙醇能与羧酸发生酯化反应，据此分析．

本题考查学生乙醇的性质和应用知识，注意知识的梳理和归纳是解题的关键，难度不大．【解析】【答案】B5、B【分析】【分析】A．太阳能是清洁能源；

B．按照食品法规定的符合添加剂标准的食物对人体健康无害；

C．积极开发废电池中的重金属的综合利用；

D．利用化学变化中原子不变来解释．【解析】【解答】解：A．利用太阳能等清洁能源代替化石燃料可以减少二氧化碳的排放；有利于节约资源；保护环境，故A正确；

B．合理使用食品添加剂；对丰富食品生产和促进人体健康有好处，可以食用，但不能过量，故B错误；

C．积极开发废电池中的重金属的综合利用；可以防止电池中的重金属等污染土壤和水体，故C正确；

D．在发生化学变化时；原子的种类；质量、和数目都不变，故原子可以千万年不变，故D正确．

故选B．6、B【分析】【分析】A．亚硫酸不是最高价氧化物的含氧酸；

B．Al与NaOH反应生成氢气；氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水；

C．Na2SO3部分被氧化；可能混有硫酸钠，但硝酸具有氧化性，可氧化亚硫酸钠；

D．变质混有铁离子，滴加KSCN溶液溶液变红，但不能确定是否含亚铁离子．【解析】【解答】解：A．该实验中S元素对应的酸是亚硫酸；不是S元素的最高价氧化物的水化物，所以不能比较S与C元素的非金属性的强弱，故A错误；

B．Al与氢氧化钠反应生成氢气；利用产生氢气的量来测定Al的含量，从而测定氧化铝的含量，故B正确；

C．久置的亚硫酸钠溶于水；加硝酸酸化的氯化钡溶液，则硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以即使亚硫酸钠未变质也会产生白色沉淀，故C错误；

D．变质混有铁离子，滴加KSCN溶液溶液变红，但不能确定是否含亚铁离子，不能证明FeCl2溶液已全部变质；故D错误；

故选B．7、D【分析】【分析】A；根据压强对化学反应速率的影响分析；压强越大，反应速率越大；

B；处于曲线上的状态为平衡状态；在曲线以外的状态不处于平衡状态，根据从坐标的变化趋势判断反应进行的方向；

C；根据压强对化学反应速率的影响分析；压强越大，反应速率越大，达到平衡状态时用的时间越少；

D、从p1突然加压至p2，瞬间平衡没有移动，NO2的体积分数不变，再缓慢降压时，平衡向正反应方向移动，NO2的体积分数逐渐增大．【解析】【解答】解：A；增大压强；反应速率增大，C点压强大于A点压强，所以v（A）＜v（C），故A错误；

B、处于曲线上的状态为平衡状态，E点NO2的物质的量少于平衡状态时的物质的量，反应应向生成NO2的方向移动，此时v（正）＞v（逆），D点NO2的物质的量多于平衡状态时的物质的量；反应向逆反应方向移动，此时v（正）＜v（逆），故B错误；

C；压强越大；反应速率越大，达到平衡状态时用的时间越少，E→A和D→C的物质的量相等，应为x＞y，故C错误；

D、从p1突然加压至p2，瞬间平衡没有移动，NO2的体积分数不变，再缓慢降压时，平衡向正反应方向移动，NO2的体积分数逐渐增大；故D正确．

故选D．8、C【分析】【分析】Fe、FeO、Al、Al2O3组成的混合物，完全溶解在H2SO4溶液中生成硫酸亚铁、硫酸铝，硫酸可能有剩余，再向反应后的溶液中加入NaOH溶液使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀，则加入的NaOH恰好与硫酸铝、硫酸亚铁、可能剩余的硫酸反应得到硫酸钠溶液与氢氧化物沉淀，根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4），根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4），再根据V=计算NaOH溶液体积．【解析】【解答】解：Fe、FeO、Al、Al2O3组成的混合物，完全溶解在H2SO4溶液中生成硫酸亚铁；硫酸铝；硫酸可能有剩余，再向反应后的溶液中加入NaOH溶液使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀，则加入的NaOH恰好与硫酸铝、硫酸亚铁、可能剩余的硫酸反应得到硫酸钠溶液与氢氧化物沉淀；

根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4）=0.54L×2.00mol•L-1=1.08mol，根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4）=1.08mol×2=2.16mol，故加入2.70mol•L-1的NaOH溶液体积为=0.8L=800mL，故选C．9、D【分析】试题分析：A、若a＝b，则二者恰好反应生成氯化铵，铵根水解，溶液显酸性，则c(NH)＜c(Cl－)，A错误；B、若a＞b，则氨水过量，但溶液不一定显碱性，因此溶液中c(NH)不一定大于c(Cl－)，B错误；C、若a＞b，则氨水过量，但溶液不一定显碱性，C错误；D、若a＜b，则盐酸过量，溶液显酸性，因此溶液中c(OH－)＜c(H＋），D正确，答案选D。考点：考查酸碱中和反应及溶液中离子浓度大小判断【解析】【答案】D二、多选题(共5题，共10分)10、AC【分析】【分析】A．根据物质的量浓度与溶质质量分数的关系c=进行计算；

B．根据m=ρV计算出溶液质量；再根据m（溶质）=m（溶液）×ω计算出溶液中溶质的质量；

C．根据c=计算出溶质质量分数进行计算；

D．根据物质的量浓度c=计算出溶液的物质的量浓度．【解析】【解答】解：A．溶液的物质的量浓度为：c===；故A错误；

B．溶液的质量为：ρg•cm-3×VmL=ρVg，溶液中溶质的质量为：ρVg×W%=g；故B正确；

C．根据c=可得，溶质质量分数为：W%=；故C错误；

D．溶液中溶质的物质的量为：n=mol，溶液的体积为：0.001VL，则该溶液的浓度为：c===mol/L；故D正确；

故选AC．11、CD【分析】【分析】高温下，在容积固定的密闭容器中，用足量焦炭与一定量二氧化碳发生可逆的吸热反应生成了CO，反应的化学方程式为：C+CO22CO，反应达到平衡状态后移走少量CO，平衡正向进行，结合反应特征和平衡移动原理分析判断选项．【解析】【解答】解：C+CO22CO；反应达到平衡状态后移走少量CO，平衡正向进行；

A、平衡正向进行，二氧化碳减小，一氧化碳增加，CO2和CO浓度比减小；故A不符合；

B；移走少量CO；平衡正向进行，气体质量减小，体积不变，混合气体的密度减小，故B不符合；

C；移走少量CO；平衡正向进行反应物转化率增大，故C符合；

D；移走少量CO；达到新的平衡时二氧化碳减小，一氧化碳增多，所以CO的体积分数增大，故D符合；

故选：CD．12、BC【分析】【分析】由图可知，O+O3=2O2的反应为放热反应，△H=E3-E2，利用盖斯定律来分析反应热的关系即可，以此来解答．【解析】【解答】解：A、由图可知，反应物O和O3的能量高于产物2O2的能量；所以反应为放热反应，故A错误；

B、由图可知，反应物O和O3的能量高于产物2O2的能量；所以反应为放热反应，故B正确；

C、根据焓变的含义△H=产物的焓-反应物的焓，且反应为放热反应，即反应O+O3=2O2的△H=E3-E2；故C正确；

D、根据焓变的含义△H=产物的焓-反应物的焓，且反应为放热反应，即反应O+O3=2O2的△H=E3-E2；故D错误．

故选BC．13、BD【分析】【分析】该电池的负极材料为锂，性质活泼，易与水反应，则电解质为非水溶液，根据总反应8Li+3SOCl2═6LiCl+Li2SO3+2S可知，亚硫酰氯（SOCl2）被还原为S，由反应的总方程式可知金属锂提供的电子与正极区析出硫的物质的量之比．【解析】【解答】解：A．锂性质活泼；易与水反应，则电解质为非水溶液，故A错误；

B．该电池的负极材料为锂，被氧化生成LiCl和Li2SO3；石墨作正极，故B正确；

C．根据总反应8Li+3SOCl2═6LiCl+Li2SO3+2S可知，亚硫酰氯（SOCl2）被还原为S；故C错误；

D．根据总反应8Li+3SOCl2═6LiCl+Li2SO3+2S可知；8mol锂反应失去8mol电子，生成2molS，金属锂提供的电子与正极区析出硫的物质的量之比为4：1，故D正确；

故选：BD．14、AC【分析】【分析】A；有机物分子中的不饱和键断裂；断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应．

B；在铁作催化剂条件下；液溴能和苯发生取代反应，但溴水和苯不能发生取代反应，．

C；根据反应前后是否有元素的化合价变化判断是否是氧化还原反应；氧化还原反应中还原剂发生氧化反应．

D、根据乙醇和钠反应时，反应物和生成物的个数判断．【解析】【解答】解：A；乙烯中的双键断裂；每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烯，所以属于加成反应，故A正确；

B；在铁作催化剂条件下；苯环上的氢原子能被溴原子取代生成溴苯，但溴水和苯不能发生取代反应，故B错误．

C；氯气和甲烷的反应中；氯气得电子作氧化剂，甲烷作还原剂发生氧化反应，故C正确．

D；乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气；是两种物质反应生成另外两种物质，所以不属于化合反应，故D错误．

故选AC．三、填空题(共5题，共10分)15、a90%14.5%IV对原料气加压分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用【分析】【分析】（1）①的正反应是气体体积增大的吸热反应；升高温度；增大压强、增大物质浓度、加入催化剂都能加快反应速率，但升高温度、减小压强、增大反应物浓度或减小生成物浓度能使该反应向正反应方向移动；

利用反应②，若1molCO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）与H2O反应，反应初始n（CO）=1mol×20%=0.2mol，反应平衡后得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，根据C原子守恒得n（CO）+n（CO2）=0.2mol，所以n（H2）=（1.18-0.2）=0.98mol，氢气增加的物质的量=（0.98-1×80%）mol=0.18mol，根据氢气和二氧化碳关系式得参加反应的n（CO2）=0.18mol；

则CO转化率=；

（2）依据反应特征N2+3H2=2NH3；反应前后气体体积减小为生成氨气的体积，相同条件下，气体体积比等于气体物质的量之比，图象分析可知平衡状态氨气体积含量42%，设平衡混合气体体积为100，氨气为体积42，计算反应的氮气，依据气体体积比计算原混合气体中氮气体积，得到平衡状态下氮气体积分数；

（3）合成氨的反应是放热反应；开始反应，氨气物质的量增大，达到平衡状态，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小，据此画出变化图象；

（4）依据反应是气体体积减小的放热反应，结合平衡移动原理分析判断．【解析】【解答】解：（1）对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2百分含量；又能加快反应速率的措施是．

a．升高温度；增大活化分子百分数，反应速率加快，该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，符合条件，故正确；

b．增大水蒸气浓度正向移动；反应速率加快，但氢气百分含量减小，故错误；

c．加入催化剂加快反应速率；但平衡不移动，所以氢气百分含量不变，故错误；

d．降低压强反应速率减小；不符合条件，故错误；

故选a；

利用反应②，若1molCO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）与H2O反应，反应初始n（CO）=1mol×20%=0.2mol，反应平衡后得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，根据C原子守恒得n（CO）+n（CO2）=0.2mol，所以n（H2）=（1.18-0.2）=0.98mol，氢气增加的物质的量=（0.98-1×80%）mol=0.18mol，根据氢气和二氧化碳关系式得参加反应的n（CO2）=0.18mol；

则CO转化率===90%；

故答案为：a；90%；

（2）依据反应特征N2+3H2=2NH3△V

1322

平衡体积VV

即反应前后气体体积减小为生成氨气的体积，相同条件下，气体体积比等于气体物质的量之比，图象分析可知平衡状态氨气体积含量42%，设平衡混合气体体积为100，氨气为体积42，则反应前气体体积100+42=142，氮气和氢气按照1：3混合，氮气体积=142×=35.5；依据化学方程式计算反应的氮气体积为21，平衡状态氮气为35.5-21=14.5，则氮气体积分数为14.5%；

故答案为：14.5%；

（3）合成氨的反应是放热反应；开始反应，氨气物质的量增大，达到平衡状态，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小，画出的图象为：

故答案为：

（4）分析流程合成氨放热通过Ⅳ热交换器加热反应混合气体；使反应达到所需温度，提高合成氨原料总转化率，依据平衡移动原理分析，分离出氨气；对原料气加压都促进平衡正向进行，把平衡混合气体中氮气和氢气重新循环使用，提高原理利用率；

故答案为：Ⅳ；对原料气加压；分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用．16、203d5sp3＜MgH2氨气分子之间可以形成氢键非极性90NAH2R【分析】【分析】（1）①Ti是22号元素其原子核外有22个电子，Ti原子失去两个电子生成Ti2+；该离子核外有1s；2s、2p、3s、3p、3d电子，电子占据的最高能级是3d能级，该能级具有的原子轨道数为5；

②BH4-中B原子价层电子对个数是4且不含孤对电子对；根据价层电子对互斥理论判断B原子的杂化方式；

（2）①电子层结构相同的离子；离子半径随着原子序数增大而减小；

②根据表中数据知；M原子核外有2个电子，位于第IIA族，在化合物中呈现+2价，H为-1价，根据化合价判断化学键；

（3）①结构相似的氢化物；含有氢键的物质熔沸点较高；

②NH3容易和分子中有空轨道的BF3反应形成新的化合物；N原子和B原子之间存在配位键；

（4）①非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂；

②根据图知，每个C原子含有σ键个数==1.5；

（5）该晶胞中H原子个数=2+4×=4，R原子个数=1+8×=2，H、R原子个数之比=4：2=2：1；该晶胞体积=．【解析】【解答】解：（1）①Ti是22号元素其原子核外有22个电子，Ti原子失去两个电子生成Ti2+，所以基态Ti2+中含有的电子数为20；该离子核外有1s；2s、2p、3s、3p、3d电子；电子占据的最高能级是3d能级，该能级具有的原子轨道数为5；

故答案为：20；3d；5；

②BH4-中B原子价层电子对个数是4且不含孤对电子对，根据价层电子对互斥理论知B原子的杂化方式为sp3；

故答案为：sp3；

（2）①电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径：Li+＜H-；

故答案为：＜；

②根据表中数据知，M原子核外有2个电子，位于第IIA族，在化合物中呈现+2价，为Mg元素，H为-1价，该化合物化学键为MgH2；

故答案为：MgH2；

（3）①结构相似的氢化物；含有氢键的物质熔沸点较高，氨气分子和膦分子结构相似，但氨气中含有氢键，导致熔沸点升高；

故答案为：氨气分子之间可以形成氢键；

②NH3容易和分子中有空轨道的BF3反应形成新的化合物，N原子和B原子之间存在配位键，其结构式为

故答案为：

（4）①非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂，C60晶体易溶于苯、CS2，C60是非极性分子；故答案为：非极性；

②根据图知，每个C原子含有σ键个数==1.5，1mol该物质中σ键个数=1.5×60×1mol×NA/mol=90NA，故答案为：90NA；

（5）该晶胞中H原子个数=2+4×=4，R原子个数=1+8×=2，H、R原子个数之比=4：2=2：1，所以其化学式为H2R，该晶胞体积=cm3=cm3；

故答案为：H2R；．17、升高增强减弱减弱【分析】【分析】卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，对应单质的氧化性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性减弱，离子的还原性增强，单质的熔沸点升高．【解析】【解答】解：（1）卤族元素从上到下；单质均属于分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越高，故答案为：升高；

（2）卤族元素从上到下，单质的氧化性逐渐减弱，卤素离子（X-）的还原性逐渐增强；故答案为：增强；

（3）卤族元素从上到下；随着原子序数的增大，原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，故答案为：减弱；

（4）卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，原子半径逐渐增大，卤素单质的氧化性逐渐减弱，故答案为：减弱．18、CaCO3（粉末）+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑Fe3+、Fe2+、Al3+H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O防止温度下降时H3BO3从溶液中析出加压升温结晶【分析】【分析】（1）CaCO3与硫酸反应生成二氧化碳；硫酸钙和水；

（2）加适量H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加MgO调节PH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀；

（3）H3BO3的溶解度随温度的升高而增大；

（4）根据图2和溶液的沸点随压强增大而升高分析．【解析】【解答】解：（1）CaCO3与硫酸反应生成二氧化碳、硫酸钙和水，该反应的化学方程式为：CaCO3（粉末）+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑；

故答案为：CaCO3（粉末）+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑；

（2）加适量H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，所以H2O2的作用是：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++