2025年华东师大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年华东师大版高三化学上册阶段测试试卷717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、下列叙述正确的是（）A.常温下，10mL0.02mol•L-1HCl溶液与10mL0.02mol•L-1Ba（OH）2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20mL，则溶液的pH=12B.常温下，向AgCl的饱和溶液中加入NaCl固体，有固体析出，且AgCl的Ksp变小C.在0.1mol•L-1CH3COONa溶液中，c（OH-）＞c（CH3COOH）+c（H+）D.常温下pH=4的NaHC2O4溶液中：c（H2C2O4）＞c（C2O42-）2、以下实验操作不规范的是（）A.焙烧海带：热坩埚放在石棉网上冷却B.测溶液pH：用洁净的玻璃棒沾待测液点在pH试纸上C.互不相溶的液体分液：上层液体上口倒出D.试管加热液体：液体为容积的3、向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344LNO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现．若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为（）A.0.24molB.0.21molC.0.16molD.0.14mol4、在40GPa高压下用激光器加热到1800K时成功地制得了原子晶体CO2，下列有关推断正确的是（）A.原子晶体CO2易汽化，可用作制冷剂B.构成原子晶体CO2中的微粒是CO2分子C.原子晶体CO2有很高的熔沸点，有很大的硬度D.每摩尔原子晶体CO2中含碳氧键的数目为2NA5、下列有关试剂的保存方法，错误的是（）A.金属钠保存在煤油中B.存放FeSO4溶液时加入少量铁粉C.NaOH溶液保存在带橡胶塞的玻璃试剂瓶中D.FeCl3溶液保存在广口瓶中6、下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（）A.常温下浓硫酸能使铝发生钝化，可在常温下用铝制贮罐贮运浓硫酸B.二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器C.二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒D.铜的金属活泼性比铁的弱，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)7、甲rm{隆芦}庚等元素在周期表中的相对位置如下；己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数。下列判断正确的是()

A.丙与戊的原子序数相差rm{28}B.气态氢化物的稳定性：庚rm{<}己rm{<}戊C.常温下，甲和乙的单质均能与水剧烈反应D.丁的最高价氧化物可用于制造光导纤维8、在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA（g）+yB（g）⇌zC（g）；图1表示200℃时容器中A；B、C物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n（A）：n（B）的变化关系．则下列结论正确的是（）

A.200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）=0.04mol•L-1•min-1B.图2所知反应xA（g）+yB（g）⇌zC（g）的△H＞0，且a=2C.若在图1所示的平衡状态下，再向体系中充入He，此时v正＞v逆D.200℃时，向容器中充入2molA和1molB，达到平衡时，A的体积分数小于0.59、下列有关说法正确的是（）A.用惰性电极电解1L1mol•L-1的CuSO4溶液，当阴极析出3.2g铜时，加入0.05molCu（OH）2固体可将溶液恢复至原浓度B.Hg（l）+H2SO4（aq）═HgSO4（aq）+H2（g）常温下不能自发进行，说明△H＞0C.已知25℃时，Ksp（AgCl）=1.8×10-10、Ksp（Ag2CrO4）=2.0×10-12，所以AgCl的溶解度大于Ag2CrO4的溶解度D.25℃时，向0.1mol•L-1CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，该溶液中水的电离程度将增大，且Kw不变10、向氯化铁溶液中加入rm{ag}铜粉，完全溶解后再加入rm{bg}铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固体rm{cg}下列说法正确的是()A.若rm{a>c}则滤液中可能含三种金属离子，且rm{b}可能小于rm{c}B.若rm{a>c}则rm{cg}固体中只含一种金属，且rm{b}可能大于rm{c}C.若rm{a<c}则rm{cg}固体含两种金属，且rm{b}可能与rm{c}相等D.若rm{a=c}则滤液中可能含两种金属离子，且rm{b}可能小于rm{c}11、如图所示是验证氯气性质的微型实验，rm{a}rm{b}rm{d}rm{e}是浸有相关溶液的滤纸rm{.}向rm{KMnO_{4}}晶体滴加一滴浓盐酸后；立即用另一培养皿扣在上面．

已知：rm{2KMnO_{4}+16HCl(}浓rm{)篓T2KCl+5Cl_{2}隆眉+2MnCl_{2}+8H_{2}O}

对实验现象的“解释或结论”正确的是rm{(}rm{)}

。选项实验现象解释或结论rm{A}rm{a}处变蓝氧化性：rm{Cl_{2}>I_{2}}rm{B}rm{c}处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质rm{C}rm{d}处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质rm{D}rm{e}处变血红色还原性：rm{Fe^{2+}>Cl^{-}}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)12、（I）多项选择题

下列曲线分别表示元素的某种性质与核电荷数的关系（Z为核电荷数，Y为元素的有关性质）．则下列有关Y的意义的叙述正确的是____

A．a图表示第三周期元素的原子半径（稀有气体除外）

B．b图表示ⅡA族元素的最外层电子数

C．c图表示第二周期元素的电负性（稀有气体除外）

D．d图表示第三周期元素的第一电离能（稀有气体除外）

E．e图表示第ⅦA族元素氢化物的沸点

（II）

波尔多液是一种保护性杀菌剂，广泛应用于树木、果树和花卉上，鲜蓝色的胆矾晶体是配制波尔多液的主要原料．胆矾CuSO4⋅5H2O可写成[Cu（H2O）4]SO4⋅H2O；其结构示意图如下：

（1）写出铜原子价层电子的轨道排布式____，与铜同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素有____（填元素符号）．

（2）由上图可知：胆矾中存在的作用力有____

a．离子键b．配位键c．氢键d．极性键e．非极性键

（3）往浓CuSO4溶液中加入过量较浓的NH3•H2O直到原先生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液．小心加入约和溶液等体积的C2H5OH并使之分成两层，静置．经过一段时间后可观察到在两层“交界处”下部析出深蓝色Cu（NH3）4SO4•H2O晶体．实验中所加C2H5OH的作用是____．

（4）已知Cu（NH3）42+呈平面正方形结构，则Cu（NH3）4SO4•H2O晶体中呈正四面体的粒子是____，杂化轨道类型是sp3的原子有____．

（5）如将深蓝色溶液加热，可能得到什么结果？____．13、食盐中的加碘剂选用的是碘酸钾（KIO3）而不是碘化钾（KI）．实验室可用采用如图1实验流程制备碘酸钾．

（1）操作①和操作③的名称分别为____、____．操作②所用到的玻璃仪器有____．

（2）由单质碘制备碘酸钾的离子方程式为____．

（3）问题讨论：在选择试剂X时，甲同学只选择了H2O2，乙同学除了选择H2O2外还加入了少量H2SO4；并做如下实验：

。甲乙所选试剂XH2O2H2O2，少量稀H2SO4操作向5mLM和淀粉的混合溶液中加入1mLH2O2向5mLM和淀粉的混合溶液中加入1mLH2O2，再加少量稀H2SO4实验现象几秒钟后，溶液呈现很淡的蓝色溶液立刻呈现较深的蓝色①根据乙同学选择的试剂X，写出M→N离子方程式____；

②由甲、乙两同学的实验结果，你能得到的结论是：____．

（4）实验探究：受（3）实验的启发；甲；乙同学继续探究KI固体在空气中放置变质的原因．

甲同学认为：KI变质只与空气中的O2和H2O有关；

乙同学认为：KI变质除了与O2和H2O有关外；还应与空气中的某种气体成分Y有关．

甲；乙同学分别用如图2所示装置进行实验；一段时间后取出燃烧匙中的固体，在试管中溶于淀粉溶液，结构发现甲同学试管中溶液未变蓝，而乙同学试管中溶液明显变蓝．

①气体Y为____（填化学式）．

②KI固体在空气中变质的化学方程式为____．14、（1）在一个容积固定的反应器中；有一可左右滑动的密封隔板，两侧分别进行如图所示的可逆反应．各物质的起始加入量如下：A；B和C均为4.0mol、D为6.5mol、F为2.0mol，设E为xmol．当x在一定范围内变化时，均可以通过调节反应器的温度，使两侧反应都达到平衡，并且隔板恰好处于反应器的正中位置．请填写以下空白：

①若x=4.5，则右侧反应在起始时向____（填“正反应“或“逆反应“）方向进行．欲使起始反应维持向该方向进行，则x的最大取值应小于____．

②若x分别为4.5和5.0，则在这两种情况下，当反应达平衡时，A的物质的量是否相等？____（填“相等“、“不相等“或“不能确定“）．其理由是：____．

（2）830K时；在密闭容器中发生下列可逆反应：

CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）；△H＜0试回答下列问题：

①若起始时c（CO）=2mol•L-1，c（H2O）=3mol•L-1，达到平衡时CO的转化率为60%，则在该温度下，该反应的平衡常数K=____；

②在相同温度下，若起始时c（CO）=2mol•L-1，c（H2O）=2mol•L-1，反应进行一段时间后，测得H2的浓度为0.5mol•L-1，则此时v（正）____v（逆）（填“大于”“小于”或“等于”），达到平衡时CO的转化率为____；

③若降低温度，该反应的K值将____（填“增大”“减小”或“不变”，下同），该反应的化学反应速率将____．15、现有五种短周期主族元素A、B、C、D、E，其原子序数依次增大．A+又称为质子；B是形成化合物种类最多的元素，C元素的最简单的氢化物Y的水溶液显碱性．E是短周期元素中原子半径最大的元素．A；B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物．试回答下列问题：

（1）写出D、E两元素形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式____．

（2）向氯化亚铁溶液滴加过量的E的最高价氧化物对应水化物的溶液，现象是____．

（3）Y溶液显碱性的原因是（用一个离子方程式表示）____．

（4）下列有关物质性质的比较中．不正确的是____．

a．热稳定性：H2S＞SiH4b．离子半径：Na+＞S2-

c．原子半径：N＞Od．元素非金属性：C＞Si

（5）A，B，D，E四种元素形成的某化合物，摩尔质量为82g/mol，请用离子方程式解释其水溶液呈碱性的原因：____．16、（2012春•邵阳县校级月考）蒸馏是实验室制备蒸馏水的常用方法．

（1）如图是实验室制取蒸馏水的常用装置，图中明显的一个错误是____．

（2）仪器A的名称是____，仪器B的名称是____．

（3）实验时A中除加入适量自来水外，还需加入几粒沸石，其作用是____．评卷人得分四、判断题(共3题，共21分)17、常温下体积和浓度都相同的盐酸和醋酸中和氢氧化钠能力盐酸强____（判断正误）18、某烷烃的名称为2，2，4，4-四甲基-3，3，5-三乙基己烷____（判断对错）19、水体污染的危害是多方面的；它不仅加剧水资源短缺，而且严重危害人体健康．

请判断下列说法是否正确（填“√”或“×”）．

（1）工业废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染．____

（2）生活污水中不含工业污染物，因此可以不经处理任意排放．____

（3）含重金属（Hg、Pb、Cd、Cr等）的水，对人类健康有害．____

（4）含大量N、P的污水任意排向湖泊和近海，会出现水华、赤潮等问题．____．评卷人得分五、解答题(共2题，共10分)20、在一个固定容积为500mL的密闭容器中，充入5molH2和2molCO．在一定温度下，发生如下反应在：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g），经过5min后达到平衡状态．若此时测得CH3OH蒸气的浓度为2mol/L．求：

（1）以H2的浓度变化表示的该反应的速率。

（2）达平衡时CO的转化率。

（3）起始时容器内压强为P1，达平衡后容器压强为P2，求：P1：P2．21、环氧氯丙烷是制备环氧树脂的主要原料；工业上有不同的合成路线，以下是其中的两条（有些反应未注明条件）．

完成下列填空：

（1）写出反应类型：反应①______；反应③______；

（2）写出结构简式：X______；Y______；

（3）写出反应②的化学方程式：______参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】A、计算混合后的c（OH-）；再计算溶液的PH；

B；Ksp只与温度有关；

C；根据溶液中的质子守恒分析；

D、根据HC2O4-既能电离又能水解来分析．【解析】【解答】解：A、10ml0.02mol/L的HCl溶液与10ml0.02mol/L的Ba（OH）2溶液充分混合后，若混合后溶液体积为20ml，反应后的溶液中c（OH-）==0.01mol/L，c（H+）=mol/L=1×10-12mol/L，PH=-lg1×10-12=12；故A正确；

B；Ksp只与温度有关；则常温下，向AgCl的饱和溶液中加入NaCl固体，有固体析出，且AgCl的Ksp不变，故B错误；

C、在0.1mol•L-1CH3COONa溶液中，存在质子守恒，即水电离出的氢离子等于水电离的氢氧根离子，则c（OH-）=c（CH3COOH）+c（H+）；故C错误；

D、HC2O4-既能电离又能水解：HC2O4-⇌C2O42-+H+，电离显酸性；HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-，水解显碱性，而现在溶液pH=4，显酸性，故HC2O4-的电离程度大于其水解程度，故有c（C2O42-）＞c（H2C2O4）；故D错误．

故选A．2、D【分析】【分析】A．热坩埚不能直接放在试验台上；

B．用玻璃棒蘸取待测溶液；滴在pH试纸上，然后再与标准比色卡对照，便可测出溶液的pH；

C．下层液体下口放出上层液体上口倒出；

D．对试管里的液体加热，一般不超过试管容积的．【解析】【解答】解：A．热坩埚应放在石棉网上冷却；不能直接放在实验台上，否则会烧坏实验台，故A正确；

B．用干燥；洁净的玻璃棒蘸取少量待测液；沾在置于洁净表而皿的pH试纸上，半分钟内根据试纸呈现颜色，对照标准比色卡读数，故B正确；

C．下层液体下口放出上层液体上口倒出；以免污染试剂，故C正确；

D．对试管里的液体加热，液体不可太多，一般不超过试管容积的；故D错误．

故选D．3、B【分析】【分析】混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，由铁元素守恒可知，足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量与硝酸亚铁中的铁的物质的量相同，根据硝酸的物质的量和生成NO的物质的量，求出溶液中硝酸亚铁的物质的量．【解析】【解答】解：因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为Fe（NO3）2，1.344LNO（标准状况）的物质的量为=0.06mol，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L×4mol/L-0.06mol=0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为=0.21mol；由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n（Fe）=0.21mol．

故选：B．4、C【分析】【分析】A．原子晶体沸点很高；

B．构成原子晶体的微粒是原子；

C．原子晶体硬度大；可用作耐磨材料；原子晶体具有很高的熔点；沸点、硬度大；

D．二氧化碳中，1个C原子形成4个C-O键．【解析】【解答】解：A．原子晶体干冰有很高的沸点；不易汽化，不可用作致冷剂，故A错误；

B．构成原子晶体CO2中的微粒是C原子；O原子；故B错误；

C．原子晶体具有很高的熔点；沸点、硬度大；故原子晶体干冰有很高的熔点、沸点，有很大的硬度，故C正确；

D．二氧化碳中，1个C原子形成4个C-O键，故每摩尔原子晶体CO2中含碳氧键的数目为4NA；故D错误；

故选C．5、D【分析】【分析】A．钠化学性质活泼；钠的密度小于煤油；

B；防止亚铁离子氧化；

C；盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞；

D、溶液保存在细口瓶中，固体保存在广口瓶中．【解析】【解答】解：A．金属钠化学性质活泼；能够与氧气；水反应，应该密封保存，钠的密度小于煤油，可以不存在煤油中，故A正确；

B、配制FeSO4溶液时；需加入少量铁粉和稀硫酸，防止亚铁离子氧化，并抑制水解，故B正确；

C；氢氧化钠易与玻璃种二氧化硅反应而导致玻璃塞打不开；应用橡胶塞，故C正确；

D、FeCl3溶液保存在细口瓶中；故D错误．

故选：D．6、A【分析】【解答】解：A、因浓硫酸具有强氧化性，能够与大多数金属反应，但遇到金属铝、铁要发生钝化，因此常温下用铝、铁制贮罐贮运浓硫酸，故A正确；B、因二氧化硅能与氢氟酸反应：SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O；所以不能用石英制造耐酸容器，故B错误；

C；因二氧化氯可用于自来水的杀菌消毒是因为其具有强氧化性；而不是还原性，故C错误；

D；因要减缓船体的腐蚀应连接比铁更活泼的金属；如锌，这就是牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；

故选A．

【分析】A；根据浓硫酸的特性可知；常温下浓硫酸使铝钝化，生成一层致密的保护膜阻止反应进一步进行；

B；根据二氧化硅与氢氟酸反应来分析；

C；根据二氧化氯具有强氧化性而能用于杀菌消毒来分析；

D、根据牺牲阳极的阴极保护法来保护金属．二、双选题(共5题，共10分)7、AD【分析】【分析】

本题考查元素周期表的综合应用，正确推测元素，及掌握元素性质是解题的关键，难度不大。

【解答】

根据“已的最高价氧化物对应水化物有强脱水性”，可知已为rm{S}元素，结合元素周期表中各元素的相对位置，可得出庚为rm{F}戊为rm{As}丁为rm{Si}丙为rm{B}又由“甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数”，说明甲为rm{Mg}乙为rm{Ca}元素，结合元素周期表中各元素的相对位置，可得出庚为rm{S}戊为rm{F}丁为rm{As}丙为rm{Si}又由“甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数”，说明甲为rm{B}乙为rm{Mg}

rm{Ca}A.丙rm{(}rm{(}与戊rm{{,!}_{5}}rm{B)}与戊rm{(}rm{B)}的原子序数相差rm{(}故A正确；

rm{{,!}_{33}}己rm{As)}的原子序数相差rm{28}故A正确；戊rm{As)}则有稳定性：庚rm{28}己B.元素的非金属性越强，其对应气态氢化物的稳定性越强，因非金属性：庚rm{(F)>}己rm{(S)>}戊rm{(As)}则有稳定性：庚rm{(HF)>}己rm{(H}rm{(F)>}rm{(S)>}戊rm{(As)}rm{(HF)>}rm{(H}故B错误；

rm{{,!}_{2}}

rm{S)>}戊rm{(AsH}的最高价氧化物rm{S)>}rm{(AsH}rm{{,!}_{3}}可用于制造光导纤维，故D正确。rm{)}故B错误；

rm{)}【解析】rm{AD}8、B|D【分析】解：A．由图Ⅰ可知，200℃时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol-0.2mol=0.2mol，故v（B）==0.02mol•L-1•min-1；故A错误；

B．由图Ⅱ可知；n（A）：n（B）一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0；图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A的物质的量变化量为0.8mol-0.4mol=0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，在一定的温度下只要A；B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比=0.4mol：0.2mol=2，即a=2，故B正确；

C．恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移动，故v（正）=v（逆）；故C错误；

D．由图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y：z=0.4mol：0.2mol：0.2mol=2：1：1，平衡时A的体积分数为=0.5；200℃时，向容器中充入2molA和1molB达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A的体积分数小于0.5，故D正确；

故选BD．

A．由图Ⅰ可知，200℃时平衡时，B的物质的量变化量为0.4mol-0.2mol=0.2mol，根据v=计算v（B）；

B．由图Ⅱ可知；n（A）：n（B）一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，据此判断反应热效应；在一定的温度下只要A；B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，由图Ⅰ判断200℃时A、B的起始物质的量，据此计算a的值；

C．恒温恒容条件下；通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移；

D．由图1可知；达到平衡时，A的体积分数为0.5，200℃时，向容器中充入2molA和1molB达到平衡等效为原平衡增大压强，根据图Ⅰ中A；B、C的物质的量变化量之比等于化学计量数之比确定x、y、z，据此判断增大压强平衡移动方向．

本题考查化学平衡图象、反应速率计算、影响化学平衡的因素、化学平衡有关计算等，难度中等，注意C选项中理解稀有气体对化学平衡移动的影响．【解析】【答案】BD9、B|D【分析】解：A．电解CuSO4溶液时，阴极上铜离子得电子生成铜，阳极上失电子析出氧气，所以溶液中析出的物质相当于氧化铜，要使溶液恢复到原来状态，可向溶液中加入0.05molCuO；而Cu（OH）2相当于氧化铜和水，加入0.05mol的Cu（OH）2固体；则溶液偏小，故A错误；

B．反应Hg（l）+H2SO4（aq）═HgSO4（aq）+H2（g）的△S＞0；常温下不能自发进行则△G=△H-T△S＞0，所以△H＞0，故B正确；

C．Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4），但不能说明AgCl的溶解度大于Ag2CrO4的溶解度；故C错误；

D．0.1mol•L-1CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，CH3COOH电离平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，溶液中c（H+）减小，c（OH-）增大；水的电离平衡正向移动，水的电离程度将增大，但Kw不变，故D正确；

故选：BD．

A．先确定电解时溶液中析出的物质；再加入相应的物质使溶液恢复到原来状态；

B．根据反应的△S＞0以及常温下不能自发进行则△G=△H-T△S＞0；

C．难溶盐中阴阳离子个数相等，其中Ksp小的溶解度也一定小；

D．根据离子浓度对化学平衡的影响以及Kw只与温度有关．

本题主要考查了反应的方向、电解原理、溶解度的比较、电离平衡等，难度中等，注意知识的积累．【解析】【答案】BD10、BC【分析】【分析】本题考查了rm{Fe}rm{Cu}及其化合物之间的反应，题目难度不大，注意把握rm{Fe}与铜离子、铁离子之间的反应，侧重于考查学生的分析判断能力。【解答】向氯化铁溶液中加入rm{ag}铜粉，完全溶解后再加入rm{bg}铁粉，铜粉，完全溶解后再加入rm{ag}铁粉，发生的化学反应有三个，化学方程式如下：rm{bg}rm{2FeCl_{3}+Cu篓T2FeCl_{2}+CuCl_{2}}rm{CuCl_{2}+Fe篓TFeCl_{2}+Cu}A.若rm{2FeCl_{3}+Fe篓T3FeCl_{2}}说明此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，即加入的铁是不足量的，则固体rm{a>c}只含有rm{c}由于先发生rm{Cu}反应，则滤液中不含有rm{2FeCl_{3}+Fe篓T3FeCl_{2}}只含有rm{Fe^{3+}}和rm{Fe^{2+}}两种金属离子，当加入铁粉很少量时可能存在rm{Cu^{2+}}小于rm{b}的情况；故A错误；

B.若rm{c}说明此时溶液中还有部分铜未完全置换出来，即加入的铁是不足量的，则固体rm{a>c}只含有rm{c}考虑先发生rm{Cu}反应，若氯化铁大量剩余，则存在rm{2FeCl_{3}+Fe篓T3FeCl_{2}}大于rm{b}的情况；故B正确；

C.若rm{c}加入的铁是过量的，溶液中只有rm{a<c}rm{Fe^{2+}}固体中含两种金属rm{cg}rm{Fe}由方程式rm{Cu}可知，rm{CuCl_{2}+Fe篓TFeCl_{2}+Cu}可以置换rm{56gFe}如氯化铁过量，则会消耗部分铁粉，因此rm{64gCu}可能与rm{b}相等，故C正确；D.若rm{c}加入的铁恰好把铜离子完全置换出来，溶液中只有rm{a=c}故D错误。

故选BC。rm{Fe^{2+}}【解析】rm{BC}11、rAD【分析】解：rm{A.a}处变蓝，说明rm{Cl_{2}}与rm{KI}反应生成碘单质，可证明氧化性：rm{Cl_{2}>I_{2}}故A正确；

B.rm{C}处先变红；说明氯气与水生成酸性物质，后褪色，则证明氯气与水生成具有漂白性物质，故B错误；

C.rm{d}处立即褪色，也可能是氯气与水生成酸性物质中和了rm{NaOH}故C错误；

D.rm{e}处变红说明rm{Cl_{2}}将rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}证明还原性：rm{Fe^{2+}>Cl^{-}}故D正确．

故选AD．

向rm{KMnO_{4}}晶体滴加一滴浓盐酸，二者发生氧化还原反应生成氯气，氯气具有强氧化性，可与rm{KI}rm{NaBr}作用生成rm{I_{2}}rm{Br_{2}}将rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}氯气能与水反应生成rm{HCl}和rm{HClO}rm{HClO}具有强氧化性和漂白性；结合反应的显现和物质的性质解答该题．

本题通过元素化合物知识，考查考生实验能力和对实验现象的分析、推断能力，题目难度中等，学习中注意相关知识的积累．【解析】rm{AD}三、填空题(共5题，共10分)12、ABCK、Crabcd加C2H5OH，减小“溶剂”（C2H5OH和H2O）的极性，降低离子化合物Cu（NH3）4SO4•H2O的溶解度，便于析出SO42-N、S、O加热，NH3挥发，生成Cu（OH）2蓝色沉淀和（NH4）2SO4【分析】【分析】（I）A．同周期元素随核电荷数的增大；原子半径减小（稀有气体除外）；

B．同主族最外层电子数相同；

C．同周期元素随核电荷数的增大电负性增大（稀有气体除外）；

D．同周期元素随核电荷数的增大第一电离能呈增大趋势；但镁元素；磷元素的最外层电子处于全满、半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素；

E．HF存在氢键；沸点最高，其它氢化物结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；

（II）（1）铜是29号元素；根据核外电子排布规律书写铜原子价层电子的轨道排布式，并判断与铜同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素；

（2）由结构可知；晶体中铜离子与硫酸根之间存在离子键，水分子与铜离子之间存在配位键，氧原子与氢原子；氧原子与硫原子之间存在极性键，水分子之间存在氢键；

（3）加C2H5OH，减小“溶剂”（C2H5OH和H2O）的极性，降低离子化合物Cu（NH3）4SO4•H2O的溶解度；便于析出；

（4）Cu（NH3）42+呈平面正方形结构，水成角型，Cu（NH3）4SO4•H2O晶体中呈正四面体为SO42-；N、S、O杂化轨道类型是sp3；

（5）加热，NH3挥发，生成Cu（OH）2蓝色沉淀和（NH4）2SO4．【解析】【解答】解：（I）A．第三周期元素元素随核电荷数的增大；原子半径减小（稀有气体除外），a图符合，故A正确；

B．同主族最外层电子数相同，ⅡA族元素的最外层电子数都是2，b图符合；故B正确；

C．第二周期元素的电负性核电荷数的增大电负性增大；（稀有气体除外），c图符合，故C正确；

D．同周期元素随核电荷数的增大第一电离能呈增大趋势；但镁元素；磷元素的最外层电子处于全满、半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，镁元素与磷元素之间隔两种元素，图D与实际不符，故D错误；

E．HF存在氢键；沸点最高，其它氢化物结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，图E与实际不符，故E错误．

故选：ABC；

（II）（1）铜是29号元素，1s22s22p63s23p63d104s1，铜原子价层电子的轨道排布式为铜原子最外层排布为4s1，同周期外层排布为4s1，为没有d能级的元素为K，d能级含有5个电子为Cr；

故答案为：K、Cr；

（2）由结构可知；晶体中铜离子与硫酸根之间存在离子键，水分子与铜离子之间存在配位键，氧原子与氢原子；氧原子与硫原子之间存在极性键，水分子之间存在氢键；

故选：abcd；

（3）加C2H5OH，减小“溶剂”（C2H5OH和H2O）的极性，降低离子化合物Cu（NH3）4SO4•H2O的溶解度；便于析出；

故答案为：加C2H5OH，减小“溶剂”（C2H5OH和H2O）的极性，降低离子化合物Cu（NH3）4SO4•H2O的溶解度；便于析出；

（4）Cu（NH3）42+呈平面正方形结构，水成角型，Cu（NH3）4SO4•H2O晶体中呈正四面体为SO42-；SO42-是正四面体结构，S杂化轨道类型是sp3，氨分子中含有3个N-H键、氮原子有1对孤对电子对，杂化轨道数为4，氮原子采取sp3杂化，水分子中含有2个O-H键、O原子有2对孤对电子对，杂化轨道数为4，O原子采取sp3杂化；

故答案为：SO42-；N；S、O；

（5）加热，NH3挥发，生成Cu（OH）2蓝色沉淀和（NH4）2SO4，故答案为：加热，NH3挥发，生成Cu（OH）2蓝色沉淀和（NH4）2SO4．13、过滤蒸馏分液漏斗I2+5Cl2+12OH-=2IO3-+10Cl-+6H2O2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O溶液的酸碱性会影响H2O2的氧化能力CO24KI+O2+2CO2=2K2CO3+I2【分析】【分析】（1）操作①是将固体与溶液分离；该操作方法为过滤；操作③为将碘单质与四氯化碳分离，需要通过蒸馏操作完成；操作②是将碘单质从溶液中分离出来，需要通过分液操作完成，据此判断使用的主要玻璃仪器；

（2）碘单质在碱性条件下被氯气氧化成碘酸钾；据此写出反应的离子方程式；

（3）①溶液M中含有碘离子；酸性条件下碘离子被双氧水氧化成碘单质，据此写出反应的离子方程式；

②根据表中甲和乙的选用试剂及实验现象进行分析；

（4）①KI变质除了与O2和H2O有关外，还应与空气中的某种气体成分Y有关，则Y应为CO2；酸性条件下碘离子被氧化；

②KI固体在空气中变质，与氧气、水、二氧化碳反应生成碳酸氢钾、碘．【解析】【解答】解：（1）根据图1可知；操作①是将海带灰悬浊液中不溶物与溶液分离，其操作方法为过滤；操作③是将碘单质与四氯化碳分离，由于碘单质易溶于四氯化碳溶液，所以需要通过蒸馏操作完成；

操作②的目的是将碘单质从混合液中分离出来；可通过分液存在完成，使用的主要仪器为分液漏斗；

故答案为：过滤；蒸馏；烧杯；分液漏斗；

（2）根据制备流程可知，碘单质与氯气、氢氧根离子反应生成碘酸钾、氯离子和水，反应的离子方程式为：I2+5Cl2+12OH-=2IO3-+10Cl-+6H2O；

故答案为：I2+5Cl2+12OH-=2IO3-+10Cl-+6H2O；

（3）①乙同学选用试剂X为双氧水，溶液M中含有碘离子，碘离子被双氧水氧化成碘单质，反应的离子方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；

故答案为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；

②根据表中信息可知，在酸性条件下，双氧水更容易氧化碘离子，所以得出的结论为：溶液的酸碱性会影响H2O2的氧化能力；

故答案为：溶液的酸碱性会影响H2O2的氧化能力；

（4）①酸性条件下，碘离子可被氧化，则KI变质除了与O2和H2O有关外，还应与空气中的某种气体成分Y有关，则Y应为CO2，故答案为：CO2；

②KI固体在空气中变质，与氧气、水、二氧化碳反应生成碳酸钾、碘，反应的方程式为4KI+O2+2CO2=2K2CO3+I2，故答案为：4KI+O2+2CO2=2K2CO3+I2．14、正反应7.0不相等因为这两种情况是在两个不同温度下达到化学平衡的，平衡状态不同，所以物质的量也不同．1大于66.7%增大减小【分析】【分析】（1）①左右两部分温度；体积、压强相同；平衡时，两反应混合气体的总的物质的量相同，左边反应前后气体体积不变，平衡后混合气体的总的物质的量为4.0mol×3=12mol，所以右边平衡时混合气体的总的物质的量为12mol，由此判断右边反应向哪个方向进行；

令达平衡时E的消耗量为2a摩；求出平衡时各组分的物质的量，利用反应混和物总的物质的量为12mol列出等式，再利用可逆反应反应物不能完全反应列不等式，联立求解．

②这两种情况是在两个不同温度下达到化学平衡的；平衡状态不同，所以A的物质的量也不同；

（2）①根据三段式解题法；求出反应混合物各组分浓度的变化量；平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算平衡常数；

②计算常数的浓度商Qc；平衡常数；与平衡常数比较判断反应进行方向；据①中的平衡常数，利用三段式法计算平衡时各物质浓度，计算转化率，据此解答；

③该反应是放热反应，降低温度，平衡向着正向移动，K值增大，反应速率减小．【解析】【解答】解：（1）①左右两部分温度；体积、压强相同；平衡时，两反应混合气体的总的物质的量相同，左边反应前后气体体积不变，平衡后混合气体的总的物质的量为4.0mol×3=12mol，所以右边平衡时混合气体的总的物质的量为12mol，x=4.5时右边开始总的物质的量为6.5mol+2.0mol+4.5mol=13mol，大于12mol，所以反应向体积减小的方向进行，即向正反应方向进行；

设达平衡时E的消耗量为2amol．

D+2E⇌2F；

起始（mol）：6.5x2.0

变化（mol）：a2a2a

平衡（mol）：6.5-ax-2a2.0+2a

因左侧反应混合物总的物质的量为12mol所以达平衡时；右侧反应需满足：

（6.5-a）+（x-2a）+（2.0+2a）=12且x-2a＞0

即

解之得；x＜7.0

故答案为：正反应；7.0；

②两种情况下；反应到达平衡时反应混合物总的物质的量为12mol，所以这两种情况是在两个不同温度下达到化学平衡的，平衡状态不同，所以A物质的量也不同．

故答案为：不相等；因为这两种情况是在两个不同温度下达到化学平衡的；平衡状态不同，所以物质的量也不同；

（2）①平衡时CO的转化率为60%；则CO的浓度变化量=2mol/L×60%=1.2mol/L，则：

CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）

起始（mol/L）：2300

变化（mol/L）：1.21.21.21.2

平衡（mol/L）：0.81.81.21.2

故平衡常数K==1；

故答案为：1；

②在相同温度下（850℃），若起始时c（CO）=1mol•L-1，c（H2O）=2mol•L-1，反应进行一段时间后，测得H2的浓度为0.5mol•L-1；则：

CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）

开始（mol/L）：1200

变化（mol/L）：0.50.50.50.5

一段时间（mol/L）：0.51.50.50.5

浓度商Qc==＜1，故平衡向正反应进行，此时v（正）＞v（逆）；

假设平衡时；转化的CO浓度为x，则有。

CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）

开始（mol/L）：1200

变化（mol/L）：xxxx

一段时间（mol/L）：1-x2-xxx

相同温度下，化学平衡常数相同，有=1

解的x=；

CO的转化率α（CO）=×100%=66.7%；

故答案为：大于；66.7%；

③温度降低；该反应是放热反应，化学平衡向着正向移动，二氧化碳和氢气浓度增大，一氧化碳和水的浓度减小，平衡常数K增大；降低温度，反应速率减小；

故答案为：增大；减小．15、先有白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变成红褐色NH3．H2O⇌NH4++OH-bCH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-【分析】【分析】五种短周期主族元素A、B、C、D、E，其原子序数依次增大，A+又称为质子；则A是H元素；

B是形成化合物种类最多的元素；则B是C元素；

C元素的最简单的氢化物Y的水溶液显碱性，则C是N元素，Y是NH3；

E是短周期元素中原子半径最大的元素；则E是Na元素；

A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，且D原子序数大于C而小于E，所以D是O元素，再结合物质结构、元素周期律来解答．【解析】【解答】解：五种短周期主族元素A、B、C、D、E，其原子序数依次增大，A+又称为质子；则A是H元素；

B是形成化合物种类最多的元素；则B是C元素；

C元素的最简单的氢化物Y的水溶液显碱性，则C是N元素，Y是NH3；

E是短周期元素中原子半径最大的元素；则E是Na元素；

A；B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物；且D原子序数大于C而小于E，所以D是O元素；

（1）D、E两元素形成的原子个数比为1：1的化合物是Na2O2，Na2O2的电子式为故答案为：

（2）E的最高价氧化物的水化物是NaOH，向氯化亚铁溶液滴加过量NaOH溶液，发生反应FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；氢氧化亚铁是白色沉淀，氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀，所以看到的现象是先有白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：先有白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变成红褐色；

（3）Y是NH3，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子而导致溶液呈碱性，电离方程式为NH3．H2O⇌NH4++OH-，故答案为：NH3．H2O⇌NH4++OH-；

（4）a．非金属性越强其热稳定性越强，非金属性S＞Si，所以热稳定性：H2S＞SiH4；故正确；

b．电子层数越多其离子半径越大，所以离子半径：Na+＜S2-；故错误；

c．同一周期元素中；原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径：N＞O，故正确；

d．同一主族元素中；非金属性随着原子序数的增大而减弱，所以元素非金属性：C＞Si，故正确；

故选b；

（5）A，B，D，E四种元素形成的某化合物，摩尔质量为82g/mol，则该物质为CH3COONa，醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，故答案为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-．16、应从下端进水，上端出水蒸馏烧瓶冷凝管防止暴沸【分析】【分析】（1）蒸馏时；冷凝管应从下端进水，上端出水；

（2）A为蒸馏烧瓶；B为冷凝管；

（3）液体在加热时应防止暴沸．【解析】【解答】解：（1）蒸馏时；为充分冷凝，应是水充满冷凝管，从下端进水，上端出水；

故答案为：应从下端进水；上端出水；

（2）由仪器的图形可知A为蒸馏烧瓶；B为冷凝管；

故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；

（3）液体在加热时应防止暴沸；可加入沸石；

故答案为：防止暴沸．四、判断题(共3题，共21分)17、×【分析】【分析】等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，溶质物质的量相同，与氢氧化钠中和需要氢氧化钠物质的量相同．【解析】【解答】解：等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，溶质物质的量相同，与氢氧化钠反应，分别发生HCl+NaOH=NaCl+H2O，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O；

即中和等体积；等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液；所需氢氧化钠相同．

故答案为：×．18、×