2025年粤教新版高三化学下册月考试卷

…………○…………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年粤教新版高三化学下册月考试卷808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、下列解释过程或事实的方程式不正确的是A.熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2OB.甲醇燃料电池（KOH作电解质溶液）的负极反应式：CH3OH-6e+H2O=CO2+6H+C.红热的铁丝与水接触，表面形成黑色保护层：3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2D.“84消毒液”(有效成分NaClO)和“洁厕灵”(主要成分盐酸)混合使用放出氯气：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O2、下列实验装置或操作与粒子的大小无直接关系的是()3、磁流体是电子材料的新秀，它既具有固体的磁性，又具有液体的流动性，可用于潜水艇推进器等．制备某种磁流体时，将等物质的量的硫酸亚铁溶液和硫酸铁溶液混合，滴入稍过量的氢氧化钠溶液，随后加入油酸钠溶液，所得磁流体黑色粒子直径在5.5～36nm之间．下列说法正确的是（）A.所得的分散系属于悬浊液B.所得的分散系中的分散质为Fe2O3C.给分散系通电时阳极周围黑色不变D.该分散系能产生丁达尔效应4、已知断开lmolH2中的化学键需要吸收436kJ的能量，断开lmolCl2中的化学键需要吸收243kJ的能量，而形成1molHCl分子中的化学键要释放431kJ的能量，则lmol氢气与1mol氯气反应时能量变化为（）A.吸收183kJB.吸收284kJC.放出183kJD.放出248kJ5、常温下，将pH=8的NaOH溶液与pH=10的KOH溶液等体积混合，溶液中[H+]为（）A.（10-8+10-10）B.10-8+10-10C.5×10-9D.2×10-106、相同质量的下列烃，完全燃烧时，耗氧量最多的是（）A.C3H6B.C4H10C.C6H6D.C7H127、室温下氨水中存在平衡关系：NH3+H2O═NH3•H2O═NH4++OH-；下列有关判断正确的是（）

A.溶液中，c＞c（OH-）＞c（NH4+）

B.向溶液中通入氨气，增大。

C.向溶液中加入少量盐酸，c（OH-）和c（NH4+）都减小。

D.加水稀释平衡向右移动，c（NH4+）增大。

评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、某同学在研究前18号元素时发现，可以将它们排成如图所示的“蜗牛”形状，图中每个“•”代表一种元素，其中O点代表氢元素．下列说法中错误的是（）A.离O点越远的元素原子半径越大B.虚线相连的元素处于同一族C.B元素是图中金属性最强的元素D.B组成的化合物中阴阳离子的个数比都是1：29、下列说法正确的是（）A.摩尔是把可称量物质与微观粒子联系起来的一个国际基本物理量B.气体的摩尔体积与温度和压强有关，温度越高，体积越大C.任何一种微观粒子，其摩尔质量以g/mol为单位，数值与这种粒子的相对分子质量或相对原子质量相同D.若x个N（氮）原子的质量是1g，则阿伏加德罗常数可表示为14xmol-110、现有常温下的四份溶液：①0.01mol/LCH3COOH；②0.0lmol/LHCl；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液．下列说法正确的是（）A.①中水电离程度最大，②③④中水电离程度一样大B.将②③混合，若pH=7，则消耗溶液的体积：②＜③C.将①、④等体积混合，所得溶液中一定有：c（OH-）=c（H+）+c（CH3COOH）D.将①、④混合，若有c（CH3COO-）＞c（H+），则混合液一定呈碱性11、盛放下列试剂的试剂瓶不能用玻璃塞的是（）A.氢氧化钠溶液B.盐酸C.硫酸钠溶液D.碳酸钠溶液12、下列混合物分离提纯方法错误的是（）A.Fe（OH）3胶体和NaCl溶液混合物--利用半透膜分离B.水和乙醇混合溶液--蒸馏法C.Na2CO3和NaCl的混合溶液--蒸发结晶法D.I2的四氯化碳溶液--萃取分液法13、如图是周期表中短周期的一部分；若a原子最外层电子数比次外层少了3个，则下。

列说法错误的是（）A.a与c不能形成化合物B.通常情况下，a、b、c的单质均有颜色C.氢化物的水溶液酸性（相同条件下）：c＞bD.原子半径的大小顺序是：c＞b＞a＞d14、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溶液评卷人得分三、双选题(共6题，共12分)15、一定条件下存在反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），其正反应放热．图1、图2表示起始时容器甲、丙体积都V，容器乙、丁体积都是向甲、丙内都充入2amolSO2和amolO2并保持恒温；向乙、丁内都充入amolSO2和0.5amolO2并保持绝热（即与外界无热量交换），在一定温度时开始反应．下列说法正确的是（）A.图1达平衡时，浓度c（SO2）：甲=乙B.图1达平衡时，平衡常数K：甲＞乙C.图2达平衡时，所需时间t：丙＜丁D.图2达平衡时，体积分数φ（SO3）：丙＞丁16、下列叙述正确的是（）A.含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体B.化合物硫氰化铁和氢氧化二氨合银中都存在配位键C.KCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，且原因相同D.MgO的熔点比NaCl的高，主要是因为MgO的晶格能大于NaCl的晶格能．17、某有机物rm{Z}具有较广泛的抗菌作用，其生成机理可由rm{X}与rm{Y}相互作用：

下列有关叙述中不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Z}结构中有rm{1}个手性碳原子B.rm{Y}的分子式为rm{C_{9}H_{8}O_{4}}C.rm{1}rm{mol}rm{Z}与足量rm{NaOH}溶液反应，最多消耗rm{8}rm{mol}rm{NaOH}D.rm{Z}与浓溴水既能发生取代反应又能发生加成反应18、某恒温密闭容器中，可逆反应rm{A(s)?B+C(g)-Q}达到平衡rm{.}缩小容器体积，重新达到平衡时，rm{C(g)}的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等rm{.}以下分析正确的是rm{(}rm{)}A.产物rm{B}的状态只能为固态或液态B.平衡时，单位时间内rm{n(A)_{脧没潞脛}}rm{n(C)_{脧没潞脛}=1}rm{1}C.保持体积不变，向平衡体系中加入rm{B}平衡可能向逆反应方向移动D.若开始时向容器中加入rm{1molB}和rm{1molC}达到平衡时放出热量rm{Q}19、亚氯酸钠rm{(NaClO_{2})}可用作漂白剂，在酸性溶液中因生成亚氯酸而发生分解，分解的化学方程式为rm{5HClO_{2}=4ClO_{2}隆眉+HCl+2H_{2}O}rm{ClO_{2}}是广谱型消毒剂rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{HClO_{2}}只是还原剂B.上述反应中，rm{ClO_{2}}是氧化产物C.上述反应中，rm{1molHClO_{2}}分解转移rm{2mol}电子D.上述反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为rm{1}rm{4}20、高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下（未配平）：KMnO4+FeSO4+H2SO4-→K2SO4+MnSO4+Fe2（SO4）3+H2O．下列说法正确的是（）A.Fe2+的还原性强于Mn2+B.MnO4-是氧化剂，Fe3+是还原产物C.生成1mol水时，转移1.25mol电子D.取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有血红色沉淀生成评卷人得分四、填空题(共3题，共15分)21、（2012秋•沙县校级期末）水的电离平衡如图所示．

（1）若A点表示25℃时水的电离平衡状态，当升高温度至100℃时水的电离平衡状态为B点，则此时水的离子积为____．

（2）将100℃时pH=9的Ba（OH）2溶液与pH=4的盐酸混合，并保持100℃的恒温，欲使混合溶液的pH=7，则Ba（OH）2溶液与盐酸的体积比为____．

（3）某温度下，纯水中[H+]为3×10-6mol/L，则此时[OH-]为____mol/L，另有该温度下一份pH=2的硫酸溶液，则该溶液中由水电离产生的[H+]为____mol/L．22、如表是元素周期表的一部分；回答下列有关问题：

。族。

周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0二①②三③④⑤⑥⑦⑧⑨四⑩⑪⑫（1）写出下列元素符号：①____，⑥____，⑦____．

（2）在①-⑫元素中，最活泼的金属元素是____（填元素符号，下同），最活泼的非金属元素是____．

（3）在这些元素的最高价氧化和对应水化物中，酸性最强的是____，呈两性的氢氧化物是____，二者之间相互反应的化学方程式为：____．

（4）在这些元素中，原子半径最小的是____．

（5）在③与④中，化学性质较活泼的是____，怎样用化学实验证明？____．23、氯化钾样品中含有少量碳酸钾；硫酸钾和不溶于水的杂质．为了提纯氯化钾；先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，在将滤液按如图所示步骤进行操作：

回答下列问题：

（1）试剂I的化学式为____，①中发生反应的离子方程式为____；

（2）试剂Ⅱ的化学式为____，②中加入试剂Ⅱ的目的是____；

（3）试剂Ⅲ的名称是____，③中发生反应的离子方程式为____；

（4）某同学称取提纯的产品0.7759g，溶解后定定容在100mL容量瓶中，每次取25.00mL溶液，用0.1000mol•L-1的硝酸银标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为25.62mL，该产品的纯度为____．（列式并计算结果）评卷人得分五、判断题(共1题，共9分)24、在有Cl-和Br-共同存在的溶液中，只要滴入AgNO3溶液，就一定先有AgBr沉淀生成．____．（判断对错）评卷人得分六、其他(共4题，共12分)25、复合材料在航空、航天领域中有重要的应用，请举例说明。26、（15分）有X、Y、Z、W四种短周期元素原子序数依次增大，它们之间可以同时相互形成A2B2型、AB型、A2型、A22—型等具有相同电子数的微粒。（1）当A2型微粒为空气的主要成分时：①写出上述A22—型微粒电子式_______________。②写出四种元素原子按5：1：1：3形成的离子化合物与足量NaOH反应的离子方程式_______________。（2）当A2型微粒为最活泼的单质时：①1molA2B2型化合物分解转移电子的物质的量为_______。②任写出一种具有相同电子的其他非极性分子的有机物化学式__________③比较Z与W两种元素的氢化物的沸点与水溶液的酸性。沸点________________酸性______________。27、日常生活中的一些用品与我们化学实验中的仪器作用相似．请写出下列生活用品相对应的实验仪器名称：

。炒菜时取味精（小勺子）____烧热水（电热器）____冲白糖水（杯子）____给病人打针（注射器）____28、（15分）物质之间的转化关系如下图，其中A、D、E、F、H为常见单质，其余为化合物，且单质E和单质F在点燃或加热的条件下生成淡黄色的固体，B常温下为液态化合物。试回答下列有关问题：(1)A在元素周期表的位置____周期____族(2)以上7个化学反应属于非氧化还原反应的是____(用编号①→⑦填写)(3)写出反应①是；(4)写出引发反应④的实验操作____写出该反应一种重要的工业用途(5)反应⑤的化学方程式是。(5)写出用A与H作电极材料插入G溶液闭合电路后的正极反应式是。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】试题分析：A、二氧化硅为酸性氧化物，正确；B、碱性的电解质，不可能生成H+，错误；C、铁可以与水蒸气发生置换反应，正确；D、次氯酸根酸性条件氧化氯离子，正确。考点：本题考查了离子方程式的书写。【解析】【答案】B2、C【分析】ABD都是和溶液中粒子直径大小有关系的，而萃取是依据溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，与粒子直径大小无关，答案选C。【解析】【答案】C3、D【分析】【分析】根据分散质微粒直径大小来判断属于哪种分散系，然后确定具有的性质．【解析】【解答】解：根据题意磁流体分散系分散质粒子直径在55～36nm；属于胶体的范畴，所以应具备胶体的性质；

A．所得分散系为胶体；故A错误；

B．分散质应是黑色的，而Fe2O3是红色的，故不是Fe2O3；故B错误；

C．胶粒因吸附带电荷；通电发生电泳，有颜色变化，故C错误；

D．胶体具有丁达尔现象；故D正确．

故选D．4、C【分析】【分析】反应为H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），△H=化学键断裂需要吸收能量-形成化学键释放能量，△H为正值表示吸热，△H为负值表示放热，以此来解答．【解析】【解答】解：由断开lmolH2中的化学键需要吸收436kJ的能量，断开lmolCl2中的化学键需要吸收243kJ的能量；而形成1molHCl分子中的化学键要释放431kJ的能量；

则H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的△H=436kJ•mol-1+243kJ•mol-1-2×431kJ•mol-1=-183kJ•mol-1；

即1mol氢气与1mol氯气反应时放出热量为183KJ；

故选C．5、D【分析】【分析】pH=8的NaOH溶液中c（OH-）=mol/L=10-6mol/L，pH=10的KOH溶液c（OH-）=mol/L=10-4mol/L，混合溶液中c（OH-）=mol/L=5.05×10-5mol/L，再根据c（H+）=计算．【解析】【解答】解：pH=8的NaOH溶液中c（OH-）=mol/L=10-6mol/L，pH=10的KOH溶液c（OH-）=mol/L=10-4mol/L，混合溶液中c（OH-）=mol/L=5.05×10-5mol/L，c（H+）==mol/L=2×10-10mol/L，故选D．6、B【分析】【分析】相同质量的烃完全燃烧时耗氧量取决于氢元素的质量分数ω（H），ω（H）越大耗氧量越大，据此判断．【解析】【解答】解：C3H6中C原子与H原子数之比为3：6=1：2；

C4H10中C原子与H原子数之比为4：10=1：2.5；

C6H6中C原子与H原子数之比为6：6=1：1；

C7H12中C原子与H原子数之比为7：12=1：；

故C4H10中H元素质量分数最大；相同质量消耗氧气最多；

故选：B．7、A【分析】

A．一水合氨的电离程度较小，在溶液里，主要以一水合氨存在，水电离出氢氧根离子，所以氨水中c（OH-）＞c（NH4+）；故A正确；

B．向氨水中通入氨气，平衡向正反应方向移动，但电离程度减小，所以减小；故B错误；

C．向氨水中加入少量盐酸；氢离子和氢氧根离子反应导致平衡向正反应方向移动，所以氢氧根离子浓度减小，但铵根离子浓度增大，故C错误；

D．加水稀释促进一水合氨电离；但铵根离子增大的量小于溶液体积增大的量，所以铵根离子浓度减小，故D错误；

故选A．

【解析】【答案】A．一水合氨的电离程度较小；

B．向氨水中通入氨气；平衡向正反应方向移动，但电离程度减小；

C．向氨水中加入少量盐酸；氢离子和氢氧根离子反应导致平衡向正反应方向移动；

D．加水稀释促进一水合氨电离；但铵根离子浓度减小．

二、多选题(共7题，共14分)8、AD【分析】【分析】0点代表氢元素，按照原子序数由小到大由里往外延伸，由图可知，A为第8号元素，为O元素；B为11号元素，为O元素；O、B连线的三元素为第ⅠA族，根据元素的种类可知虚线相连的元素处于同一族，结合对应元素的性质解答该题．【解析】【解答】解：0点代表氢元素；按照原子序数由小到大由里往外延伸，由图可知，A为第8号元素，为O元素；B为11号元素，为O元素；O；B连线的三元素为第ⅠA族，根据元素的种类可知虚线相连的元素处于同一族；

A．离O点越远的元素原子的核电荷数增大；若电子层相同，半径越小，故A错误；

B．由原子序数可知；虚线相连的元素处于同一族，故B正确；

C．B为Na元素；是图中金属性最强的元素，故C正确；

D．钠与氧元素可以氧化钠；过氧化钠；氧化钠中阴阳离子个数之比为1：2，过氧化钠中阴阳离子个数之比为1：1，故D错误；

故选AD．9、CD【分析】【分析】A；物质的量是七个基本物理量之一；摩尔是物质的量的单位；

B；当温度相同时；压强越大，气体摩尔体积的数值越小；

C；以g/mol为单位时；摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量或相对原子质量；

D、根据m=nM、n=来计算．【解析】【解答】解：A；物质的量是描述微观粒子集合体的一个基本物理量；其单位为摩尔，故A错误；

B；气体摩尔体积的数值和压强、温度有关．当温度相同时；压强越大，气体摩尔体积的数值越小；当压强相同时，温度越高，气体摩尔体积的数值越大，故B错误；

C；以g/mol为单位时；摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量或相对原子质量，故C正确；

D、x个N（氮）原子的物质的量n==mol，其质量m=nM=mol×14g/mol=g=1g，解得NA=14X/mol；故D正确．

故选CD．10、AC【分析】【分析】A．比较四种溶液中的H+、OH-浓度大小；可确定对水的电离的影响；

B．一水合氨为弱电解质；浓度大于HCl；

C．根据质子守恒进行判断；

D．c（CH3COO-）＞c（H+），溶液不一定呈碱性．【解析】【解答】解：A．加入酸、碱都会抑制水的电离，①中CH3COOH电离出的H+浓度最小，②③④中电离出的H+、OH-浓度都为0.01mol•L-1；故①中水的电离程度最大，②③④水的电离程度相等，故A正确；

B．②③混合若pH=7；则消耗溶液的体积②＞③，故B错误；

C．将①、④等体积混合，恰好生成CH3COONa，CH3COO-水解，根据质子守恒可知存在c（OH-）=c（H+）+c（CH3COOH）；故C正确；

D．将①④混合，若有c（CH3COO-）＞c（H+），不能说明OH-与H+浓度的相对大小；故D错误．

故选：AC．11、AD【分析】【分析】碱性溶液中的氢氧根离子与玻璃中的二氧化硅缓慢地发生反应生成硅酸钠，硅酸钠使瓶口与瓶塞粘合在一起，所以碱性溶液不能使用玻璃塞的试剂瓶盛放，据此进行解答．【解析】【解答】解：玻璃中含有二氧化硅；碳酸钠溶液水解显碱性，氢氧根离子能够与二氧化硅反应生成硅酸钠，将瓶口与瓶塞粘合在一起，所以碳酸钠溶液；氢氧化钠溶液不能使用玻璃塞的试剂瓶盛放，而盐酸、硫酸钠溶液溶液可以使用玻璃塞的试剂瓶盛放；

故选AD．12、CD【分析】【分析】A．胶体不能透过半透膜；而溶液可以；

B．水和乙醇混合溶液；沸点不同；

C．Na2CO3和NaCl的混合溶液；蒸发均析出；

D．I2的四氯化碳不分层．【解析】【解答】解：A．胶体不能透过半透膜；而溶液可以，则利用半透膜可分离，故A正确；

B．水和乙醇混合溶液；沸点不同，则利用蒸馏法分离，故B正确；

C．Na2CO3和NaCl的混合溶液；蒸发均析出，应利用重结晶法分离，故C错误；

D．I2的四氯化碳不分层；不能萃取分液，应利用蒸馏法分离，故D错误；

故选CD．13、AD【分析】【分析】由元素在周期表中的物质可知d位于第二周期，a、b、c位于第三周期，a原子最外层电子数比次外层电子数少3个，故a原子最外层电子数为5，故a为P元素，由各元素在周期表中的相对位置可知b为S元素，c为Cl元素，d为O元素，结合元素周期律解答．【解析】【解答】解：由元素在周期表中的物质可知d位于第二周期，a、b、c位于第三周期，a原子最外层电子数比次外层电子数少3个，故a原子最外层电子数为5，故a为P元素，由各元素在周期表中的相对位置可知b为S元素；c为Cl元素，d为O元素，则：

A．a为P元素、c为Cl元素，二者可以形成PCl3、PCl5；故A错误；

B．磷的单质中红磷；为红色，硫单质为淡黄色，氯气为黄绿色，故B正确；

C．盐酸为强酸；而氢硫酸为弱酸，盐酸的酸性较强，故C正确；

D．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞Cl＞O，即a＞b＞c＞d；故D错误；

故选AD．14、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．三、双选题(共6题，共12分)15、B|D【分析】解：A、在图1中，由于反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），其正反应放热，而容器乙为绝热的容器，所以随着反应的进行，温度会升高，而甲为恒温过程，达到平衡时乙的温度高于甲，升高温度平衡逆向移动，所以乙容器中c（SO2）大于甲容器；故A错误；

B、在图1中，由于反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；其正反应放热，而容器乙为绝热的容器，所以随着反应的进行，温度会升高，而甲为恒温过程，达到平衡时乙的温度高于甲，升高温度平衡逆向移动，所以乙容器中平衡常数小于甲容器，故B正确；

C；由于丁容器是绝热容器；反应为放热反应，所以平衡时丁容器的温度高于丙容器，根据温度越高反应速率越大可知，丁容器反应到达平衡的时间小于丙容器，故C错误；

D、由于丁容器是绝热容器，反应为放热反应，所以平衡时丁容器的温度高于丙容器，容器丁中反应正向进行的程度小于丙容器，所以丁中的体积分数φ（SO3）小于丙．故D正确；

故选BD．

A、在图1中，由于反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），其正反应放热，而容器乙为绝热的容器，所以随着反应的进行，温度会升高，而甲为恒温过程，达到平衡时乙的温度高于甲，升高温度平衡逆向移动，所以乙容器中c（SO2）大于甲容器；据此判断；

B、在图1中，由于反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；其正反应放热，而容器乙为绝热的容器，所以随着反应的进行，温度会升高，而甲为恒温过程，达到平衡时乙的温度高于甲，升高温度平衡逆向移动，所以乙容器中平衡常数小于甲容器，据此判断；

C；由于丁容器是绝热容器；反应为放热反应，所以平衡时丁容器的温度高于丙容器，根据温度越高反应速率越大可知，丁容器反应到达平衡的时间小于丙容器，据此判断；

D、由于丁容器是绝热容器，反应为放热反应，所以平衡时丁容器的温度高于丙容器，容器丁中反应正向进行的程度小于丙容器，所以丁中的体积分数φ（SO3）小于丙．据此判断；

本题主要考查影响平衡移动的因素，中等难度，解题时要注意等效平衡的思想的运用，审题时还应当注意乙、丁容器为绝热容器，这是本题的易错点．【解析】【答案】BD16、B|D【分析】解：A．含有金属阳离子的晶体可能是金属晶体；如Fe；Cu等，故A错误；

B．硫氰化铁是铁离子和硫氰根离子形成的配位化合物；氢氧化二氨合银含有配位键；离子键和共价键，故B正确；

C．KCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水；二氧化硫和水生成亚硫酸，氟化氢；乙醇和水形成氢键，氯化钠在水溶液里电离，所以其原因不同，故C错误；

D．决定晶格能的因素为：离子电荷；离子半径、离子的电子层构型；MgO所带电荷多，MgO的熔点高于NaCl，故D正确．

故选BD．

A．含有金属阳离子的晶体可能是金属晶体；

B．硫氰化铁是铁离子和硫氰根离子形成的配位化合物；

C．KCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水；但原因不完全相同，二氧化硫和水反应；

D．均为离子晶体；晶格能大的熔点高，晶格能与离子半径与离子电荷有关．

本题考查化学键的判断，为高频考点，把握离子键和共价键、配位键的形成为解答的关键，知道配位键的形成、氢键对物质溶解性的影响等知识点，题目难度不大．【解析】【答案】BD17、rAC【分析】解：rm{A.}连rm{4}个不同基团的rm{C}为手性碳原子，环己烷结构中与rm{-OH}rm{-COOC-}相连的rm{C}均为手性碳，共rm{4}个；故A错误；

B.由结构简式rm{X}为rm{C_{7}H_{12}O_{6}}rm{Z}分子式为rm{C_{16}H_{18}O_{9}}由酯化反应规律可知rm{Y}的分子式为rm{C_{9}H_{8}O_{4}}故B正确；

C.rm{Z}中rm{-COOH}rm{-COOC-}酚rm{-OH}均与rm{NaOH}则rm{1molZ}与足量rm{NaOH}溶液反应，最多消耗rm{4molNaOH}故C错误；

D.rm{Z}中含酚rm{-OH}碳碳双键，酚rm{-OH}的邻对位与溴水发生取代反应；碳碳双键与溴水发生加成，故D正确；

故选AC．

A.连rm{4}个不同基团的rm{C}为手性碳原子；

B.由酯化反应及原子守恒可知rm{Y}的分子式；

C.rm{Z}中rm{-COOH}rm{-COOC-}酚rm{-OH}均与rm{NaOH}

D.rm{Z}中含酚rm{-OH}碳碳双键．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、酯性质的考查，选项B为易错点，题目难度不大．【解析】rm{AC}18、rBC【分析】解：rm{A}若rm{B}是气体，平衡常数rm{K=c(B)?c(C)}若rm{B}是非气体，平衡常数rm{K=c(C)}由于rm{C(g)}的浓度不变，因此rm{B}可以是气体或是非气体，rm{A}项错误；

B、平衡时，各物质的量不再改变，正反应速率和逆反应速率相等，因此单位时间内rm{n(A)}消耗rm{=n(C)}消耗；故B项正确；

C、保持体积不变，rm{B}可以是气体或是非气体，则向平衡体系中加入rm{B}平衡可能不移动，rm{C}项正确；

D、因反应为可逆反应，故加入rm{1molB}和rm{1molC}至反应达到平衡时转化率一定小于rm{100%}因此放出热量小于rm{Q}故D项错误；

故选BC．

A、若rm{B}为气体，因容器保持恒温，缩小容器体积，达到新平衡时平衡常数不变，则气体rm{C}的浓度也一定不变；

B、平衡时，各物质的量不再改变，正反应速率和逆反应速率相等，因此单位时间内rm{n(A)}消耗rm{=n(C)}消耗；

C、保持体积不变，若rm{B}为气态，则向平衡体系中加入rm{B}平衡逆向移动；

D、因反应为可逆反应，故加入rm{1molB}和rm{1molC}至反应达到平衡时不能完全消耗，放出热量小于rm{Q}

本题考查化学平衡影响因素的分析判断，化学判断移动原理的理解设计解题关键，题目难度中等．【解析】rm{BC}19、rBD【分析】解：rm{A.Cl}元素的化合价既升高又降低，则rm{HClO_{2}}是还原剂；也是氧化剂，故A错误；

B.rm{Cl}元素的化合价升高被氧化，则rm{ClO_{2}}是氧化产物；故B正确；

C.由反应可知，rm{5mol}rm{HClO_{2}}分解转移rm{4mol}电子，则rm{1mol}rm{HClO_{2}}分解转移rm{dfrac{4}{5}mol}电子；故C错误；

D.由反应可知，rm{5mol}rm{HClO_{2}}分解时，rm{4mol}作还原剂与rm{1mol}作氧化剂的得失电子相等，则氧化剂与还原剂物质的量之比为rm{1}rm{4}故D正确；

故选BD．

rm{5HClO_{2}=4ClO_{2}隆眉+HCl+2H_{2}O}中，rm{Cl}元素的化合价由rm{+3}价升高为rm{+4}价，rm{Cl}元素的化合价由rm{+3}价降低为rm{-1}价；以此来解答．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意元素化合价判断，题目难度不大．【解析】rm{BD}20、AC【分析】解：A．该反应中还原剂是Fe2+，还原产物是Mn2+，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故A正确；B．该反应中，锰元素的化合价由+7价变为+2价，铁元素的化合价由+2价变为+3价，所以氧化剂是MnO4-，还原产物是Mn2+，故B错误；C．根据得失电子相等配平方程式得2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，根据方程式知，生成1mol水时，转移电子的物质的量==1.25mol；故C正确；

D．铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物而没有沉淀；故D错误；

故选：AC。

A．还原剂的还原性大于还原产物的还原性；

B．该反应中；锰元素的化合价由+7价变为+2价，铁元素的化合价由+2价变为+3价；

C．根据得失电子相等配平方程式得2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O；根据水和转移电子水解的关系式计算；

D．铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物。

本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念及基本计算，明确氧化剂和还原剂概念内涵及氧化性和还原性强弱判断方法是解本题关键，D为解答易错点。【解析】AC四、填空题(共3题，共15分)21、10-121：93×10-69×10-10【分析】【分析】（1）根据水的离子积表达式KW=c（H+）•c（OH-）进行计算；

（2）设出氢氧化钠溶液为x和硫酸溶液的体积为y；根据题中数据列式计算出体积之比；

（3）无论在什么温度下，纯水永远显中性；根据在酸溶液中，OH-全部来自于水的电离，而由水电离出的H+和水电离出的OH-是相等的，由此计算．【解析】【解答】解：（1）水的离子积KW=c（H+）•c（OH-），100℃时，KW=c（H+）•c（OH-）=10-6×10-6=10-12，故答案为：10-12；

（2）设氢氧化钠溶液的体积为xL，硫酸溶液的体积为yL，pH=9的NaOH溶液中，氢氧根离子的浓度为：10-3mol/L，pH=4的硫酸溶液中氢离子浓度为：10-4mol/L；

二者混合后溶液的pH=7，溶液酸性碱性，溶液中氢氧根离子的浓度为10-5mol/L，即氢氧化钠过量，即10-3mol/L×xL=10-4mol/L×y+10-5mol/L（x+y）；

解得x：y=1：9；

故答案为：1：9；

（3）无论在什么温度下，纯水永远显中性，故当纯水中[H+]为3×10-6mol/L，则此时[OH-]也为3×10-6mol/L，此温度下，水的离子积为9×10-12；

在pH=2的硫酸溶液中，[H+]=10-2mol/L，几乎全部来自于酸的电离；故[OH-]=6×10-10mol/L，全部来自于水的电离，而由水电离出的H+和水电离出的OH-是相等的，故由水电离出的氢离子的浓度也为9×10-10mol/L，故答案为：3×10-6；9×10-10．22、NSiSKFHClO4Al（OH）33HClO4+Al（OH）3=Al（ClO4）3+3H2OFNa钠跟水剧烈反应，放出氢气，并生成强碱NaOH；Mg跟水缓慢反应，放出氢气，并生成中强碱Mg（OH）2【分析】【分析】（1）由元素在周期表中位置，可知①为N、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为cl、⑨为Ar；⑩为K、⑪为Ca、⑫为Se；

（2）同周期自左而右金属性减弱；非金属性增强；同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱，其中稀有气体的化学性质最不活泼；

（3）在这些元素的最高价氧化和对应水化物中，酸性最强的是HClO4，呈两性的氢氧化物是Al（OH）3；二者发生中和反应；

（4）同周期自左而右原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大；

（5）同周期自左而右金属性减弱，利用金属单质与水反应的剧烈程度或最高价氧化物对应水化物的碱性强弱证明．【解析】【解答】解：（1）由元素在周期表中位置，可知①为N、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为cl、⑨为Ar；⑩为K、⑪为Ca、⑫为Se；

故答案为：N；Si；S；

（2）同周期自左而右金属性减弱；非金属性增强；同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱，其中稀有气体的化学性质最不活泼，故在①-⑫元素中，最活泼的金属元素是K，最活泼的非金属元素是F；

故答案为：K；F；

（3）在这些元素的最高价氧化和对应水化物中，酸性最强的是HClO4，呈两性的氢氧化物是Al（OH）3，二者发生中和反应，反应方程式为：3HClO4+Al（OH）3=Al（ClO4）3+3H2O；

故答案为：HClO4；Al（OH）3；3HClO4+Al（OH）3=Al（ClO4）3+3H2O；

（4）同周期自左而右原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大；故原子半径最小为F；

故答案为：F；

（5）同周期自左而右金属性减弱，故活泼性Na＞Mg，可以用它们跟水反应的实验证明：钠跟水剧烈反应，放出氢气，并生成强碱NaOH；Mg跟水缓慢反应，放出氢气，并生成中强碱Mg（OH）2；

故答案为：Na；钠跟水剧烈反应，放出氢气，并生成强碱NaOH；Mg跟水缓慢反应，放出氢气，并生成中强碱Mg（OH）2．23、BaCl2SO42-+Ba2+=BaSO4↓，CO32-+Ba2+=BaCO3↓K2CO3除去A中的Ba2+离子盐酸CO32-+2H+=H2O+CO2↑98.40%【分析】【分析】氯化钾样品中含有少量碳酸钾；硫酸钾和不溶于水的杂质；除去碳酸根离子和硫酸根离子，需要加入过量氯化钡溶液；然后过滤后获得氯化钡、氯化钾溶液A，然后加入过量的碳酸钾溶液除去溶液中的氯化钡，过滤，得到氯化钾和碳酸钾混合液，再加入过量盐酸，除去过量的碳酸钾，最后通过加入浓缩、蒸发结晶和氯化钾；

（1）用氯化钡溶液；能同时除去硫酸根离子和碳酸根离子，根据离子方程式的书写规则书写．

（2）为除去过量的钡离子选用K2CO3作试剂；不仅能除去钡离子同时还生成氯化钾．

（3）最后用盐酸除去过量的碳酸根离子；根据离子方程式的书写规则书写，注意弱电解质和气体写化学式．

（4）先根据硝酸银的物质的量计算25mL氯化钾溶液中含有的氯化钾的物质的量，再计算100mL氯化钾溶液中含有的氯化钾的物质的量，从而计算出其质量，根据质量分数公式计算其质量分数即可．【解析】【解答】解：氯化钾样品中含有少量碳酸钾；硫酸钾和不溶于水的杂质；除去碳酸根离子和硫酸根离子，需要加入过量氯化钡溶液；然后过滤后获得氯化钡、氯化钾溶液A，然后加入过量的碳酸钾溶液除去溶液中的氯化钡，过滤，得到氯化钾和碳酸钾混合液，再加入过量盐酸，除去过量的碳酸钾，最后通过加入浓缩、蒸发结晶和氯化钾；

（1）要除掉杂质离子硫酸根和碳酸根；应加入过量的氯化钡溶液，碳酸根和硫酸根生成不溶于水的钡盐，同时生成氯化钾；

离子方程式为：SO42-+Ba2+=BaSO4↓，CO32-+Ba2+=BaCO3↓．

故答案为：BaCl2；Ba2++CO32-=BaCO3↓；Ba2++SO42-=BaSO4↓；

（2）要除掉多余的钡离子，要加入碳酸钾，碳酸钾和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀同时生成氯化钾，离子方程式为CO32-+Ba2+=BaCO3↓．

故答案为：K2CO3，除去A中的Ba2+离子；

（3）要除掉多余的碳酸根，要滴加适量的盐酸，碳酸根离子和盐酸反应生成二氧化碳和水，离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O．

故答案为：盐酸；CO32-+2H+=H2O+CO2↑；

（4）设25mL氯化钾溶液中氯化钾的物质的量为nmol．

KCl+AgNO3=AgCl+KNO3

1mol1mol

nmol0.1000mol•L-1×0.02562L

n=0.002562mol

100mL溶液中含有氯化钾的物质的量=0.002562mol×4=0.010248mol

100mL溶液中含有氯化钾的质量=0.010248mol×74.5g/mol=0.764376g

质量分数==98.40%．

故答案为：98.40%．五、判断题(共1题，共9分)24、×【分析】【分析】根据溶度积常数计算各沉淀生成时所需银离子的浓度，从而判断生成沉淀的先后顺序．【解析】【解答】解：如生成沉淀，应满足c（Ag+）×c（Cl-）＞Ksp