2025年人教B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年人教B版高三化学上册阶段测试试卷133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6题，共12分)1、下列可用氢键来解释的是（）A.浓的氢氟酸溶液中存在HF和H2FB.SiH4沸点比CH4高C.水和乙醇分别与金属钠反应，前者比后者剧烈D.H2O比H2S稳定，前者1000℃以上才分解，后者300℃分解2、现将X、Y、Z、W四种纯金属两两组合，用导线连接后分别插入到浓度相同的稀H2SO4或CuSO4溶液中形成原电池，结果如下：X、Y组合时，X为负极；Z、W组合时，W上发生氧化反应；Y、Z组合时，Y变细，Z变粗；Y、W组合时，W上有气泡产生．则X、Y、Z、W四种金属的活泼性由强到弱的顺序正确的是（）A.X＞Y＞Z＞WB.X＞Y＞W＞ZC.W＞Z＞X＞YD.X＞Z＞Y＞W3、将Fe片和Zn片放在盛有NaCl溶液（其中滴有酚酞）的表面皿中，如图所示．最先观察到变为红色的区域为（）A.I和ⅢB.I和ⅣC.II和IIID.II和Ⅳ4、（2015·重庆）下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是（）A.

观察Fe(OH)2的生成B.

配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液C.

实验室制取氨气D.

验证乙烯的生成5、下列说法不正确的是（）

①氢气；金属钠和红磷都能在氯气中燃烧生成白色的烟雾。

②铜丝在氯气中燃烧；生成蓝绿色的氯化铜。

③氯气与水的反应中氯是氧化剂；水是还原剂。

④氯气通入AgNO3溶液中产生白色沉淀．A.①、②、③B.①、③、④C.①、②、④D.②、③、④6、以下对元素周期表的说法不正确的是（）A.有七个周期B.有18个族C.有三个短周期D.有7个主族评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、A-J是中学化学中常见的几种物质；它们之间的转化关系如图所示．已知常温下A为金属单质，B为淡黄色粉末，C；F、I为气态单质，E在常温下为液体，且E可由C、F化合而成，J可用作杀菌消毒剂．回答下列问题：

已知：2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH

（1）B的化学式为____，与E组成元素相同的化合物的化学式为____．

（2）反应①的反应类型是____（填字母代号）．

a．化合反应b．分解反应c．氧化还原反应d．置换反应。

（3）写出反应⑦的化学方程式____．

（4）检验金属A的阳离子常用的实验方法是____．8、

制备液晶材料时经常用到有机物Ⅰ；Ⅰ可以用E和H在一定条件下合成：

请根据以下信息完成下列问题：

①A为丁醇且核磁共振氢谱有2种不同化学环境的氢；

②

③一个碳原子上连有两个羟基不稳定；易脱水形成羰基．

（1）B按系统命名法名称为：____．

（2）芳香族化合物F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，则F的结构简式为：____．

（3）A→B、G→H的反应类型为____、____．

（4）D生成E的化学方程式为____．E与H反应生成I的方程式为____．

（5）I的同系物K相对分子质量比I小28．K的结构中能同时满足如下条件：①苯环上只有两个取代基；②分子中不含甲基．共有____种（不考虑立体异构）．试写出上述同分异构体中任意一种消耗NaOH最多的有机物结构简式____．9、在容积为2L的密闭容器中，充入5molN2和10molH2，5分钟后达平衡，此时NH3的物质的量浓度为0.4mol/L，则5分钟内v（H2）=____；v（N2）=____；此时，c（H2）=____，H2的转化率为____．10、I.科学家一直致力于“人工固氮”的方法研究。目前合成氨的技术原理为氮气和氢气在高温高压催化剂条件下生成氨气，一定条件下，向一个2L的密闭容器中充入2molN2和6molH2，反应达平衡时生成NH3的浓度为0.5mol/L，并放出QkJ热量，该反应的热化学方程式可表示为______。II.已知：N2O4(g)2NO2(g)△H＝＋57.20kJ/mol。在1000C时，将0.100molN2O4气体充入lL恒容抽空的密闭容器中，每隔一定时间对该容器内的物质浓度进行分析得到下表数据：。时间（s）020406080c(N2O4)/mol0.100c10.050c3c4c(NO2)/mol0.0000.060c20.1200.120(1)该反应的平衡常数表达式为______；从表中数据分析：c1______c2、c3______c4(选填“>”、“<”或“=”）。(2)在右图中画出并标明此反应中N2O4和NO2的浓度随时间变化的曲线。(3)在上述条件下，从反应开始至达到化学平衡时，四氧化二氮的平均反应速率为______。(4)若起始时充入NO2气体0.200mol，则达到平衡时NO2气体的转化率为______；其它条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是______(填字母）。A.减小NO2的浓度B.降低温度C.增加NO2的浓度D.升高温度E.再充入一定量的He(5)向容积相同、温度分别为T1和T1的两个密闭容器中分别充入等量NO2，发生反应：2NO2N2O4(g)(g)△H＝－57.20kJ/mol。恒温恒容下反应相同时间后，分别测得体系中NO2的百分含量分别为a1和a2。巳知T12,则a1____a2(选择A、B、C、D填空）。A.大于B.小于C.等于D.以上都有可能11、现有下列A；B两组物质：

A组：CH3-CHCl-CH3、HCOOH、CH3COOC2H5．

B组：CH3CH2CH2OH、银氨溶液、KOH溶液、Na2CO3溶液．

试回答：

（1）A组中____能跟B组中所有物质都可发生反应．

（2）B组中____可跟A组中的三种物质反应．12、参与下表中物质的溶点；回答有关问题．

。物质NaClNaBrNaIAlCl3KClRbClCsClCCl4熔点（℃）801747660194711x646-22.9（1）上述物质中，____不属于金属卤化物．

（2）上述金属卤化物中，可能不属于离子化合物的是____

（3）卤素离子的半径从小到大的顺序是____

（4）同种金属的卤化物，随着卤离子半径的增大，熔点依次____

（5）依据上表数据，可推知Rb+离子半径____Cs+离子半径，RbCl的熔点可能在____℃和____℃之间．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)13、标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NA．____（判断对错）14、在化学反应中，参加反应的各物质的质量比等于其物质的量之比____．（判断对错）15、蛋白质是结构复杂的高分子化合物，分子中都含有C、H、O、N四种元素____（判断对错）16、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物____

（2）向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热，没有砖红色沉淀生成，证明淀粉没有水解成葡萄糖____

（3）食用白糖的主要成分是蔗糖____

（4）蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质____

（5）麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖____

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体____

（7）蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体____

（8）麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应____

（9）纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色____

（10）植物油的主要成分是高级脂肪酸____

（11）向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固体析出，所以蛋白质均发生变性____

（12）用甘氨酸（CH2COOHNH2）和丙氨酸（CH3CHCOOHNH2）缩合最多可形成4种二肽____

（13）天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点____

（14）若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物不一致____

（15）苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色____

（16）油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳____

（17）蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质____

（18）乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇____

（19）蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解____

（20）氨基酸、淀粉均属于高分子化合物____．17、1molCnH2n+2分子中含有的C-C数为nNA．____（判断对错）18、判断下列说法是否正确；正确的在横线内打“√”，错误的打“×”．

①1mol任何气体的体积都是22.4L．____

②在标准状况下，某气体的体积为22.4L，则该气体的物质的量为1mol，所含的分子数目约为6.02×1023．____

③当温度高于0℃时，一定量任何气体的体积都大于22.4L．____

④凡升高温度，均可使饱和溶液变成不饱和溶液．____．19、胶体的性质主要有：丁达尔现象、电泳、聚沉____．（判断对错）20、因为Na可以与水反应放出H2，所以K也可以与水反应放出H2____．（判断对错）21、对于0.3mol/L的硫酸钾溶液，1L溶液中含有0.6NA个钾离子是____．（判断对错）评卷人得分四、推断题(共3题，共21分)22、（2012•红河州模拟）X；Y、Z是三种短周期元素；X和Z的质子数之和与Y的质子数相等，Z的电子层数是X的电子层数的2倍．A、B、C、D、E、F是中学化学中的常见物质，它们由上述三种元素中的一种、两种或三种组成，其中A是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，D、E是两种酸，D的钠盐是一种致癌物质，F是一种单质，反应③④均在微生物作用下进行，其转化关系如图所示．

回答下列问题：

（1）Z元素的原子结构示意图为____．

（2）A的电子式为____，组成E的各元素的原子半径由大到小的顺序为____（用元素符号表示）．

（3）写出下列反应的化学方程式：①____③____．

（4）A和E反应生成G，Z2Y是一种麻醉剂，由G在210℃分解生成，该分解反应的化学方程式为____．

（5）常温下，G的水溶液的PH=5，则由水电离的氢离子浓度为____，离子浓度由大到小的关系____．23、（2011秋•贺兰县校级期末）如图中A～J均代表无机物或其水溶液；其中B；D、G是单质，B是地壳中含量最高的金属元素，G是气体，A常用作红色油漆和涂料，J是磁性材料．

根据图示回答问题：

（1）写出下列物质的化学式：A____，E____，I____；

（2）反应①的离子方程式是____；反应②的化学方程式是____；

（3）A与B高温条件下反应的化学方程式是____；

例举该反应的一个用途（任写一种）____．24、现有A；B、C、D、E、F六种物质；它们的相互转化关系如下图所示．已知A和B是单质，B、E、F在常温下为气体，C为淡黄色固体．

（1）写出A、B的化学式：A____，B____

（2）写出A生成C的化学方程式____

（3）写出C与D反应生成E的化学方程式____．评卷人得分五、探究题(共4题，共36分)25、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．26、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：27、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．28、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：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、（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。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】原子半径小、吸引电子能力强的F、O、N与H原子间易形成氢键，氢键的存在可能会形成缔合物，影响物质的物理性质，由此分析解答．【解析】【解答】解：A、因氢键的存在形成缔合物，所以浓的氢氟酸溶液中存在HF和H2F；与氢键有关，故A正确；

B、分子间不存在氢键，是因SiH4的相对分子质量比CH4的相对分子质量大；从而造成前者分子间作用力大，与氢键无关，故B错误；

C；是化学性质；与羟基的活泼性有关，与氢键无关，故C错误；

D；稳定性是化学性质；与氢键无关，氢键是决定物理性质，与氢键无关，故D错误；

故选A．2、B【分析】【分析】形成原电池反应时，较为活泼的金属为负极，较不活泼的金属为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，可生成金属、气体等，结合两极反应的现象进行判断，以此解答该题．【解析】【解答】解：X；Y组合时；X为负极，则活泼X＞Y；

Z；W组合时；W上发生氧化反应，应为负极，则W＞Z；

Y；Z组合时；Y变细，Z变粗，说明Y被负极，被氧化，活泼性Y＞Z；

Y；W组合时；W上有气泡产生，说明W为正极，活泼性Y＞W；

则有X＞Y＞W＞Z；

故选：B．3、B【分析】【分析】第一个装置是原电池，Zn为负极，溶液中的氧气在Ⅰ处得电子生成OH-，所以Ⅰ处变红；第二个装置是电解池，铁为阳极，溶液中的H+在Ⅳ处得电子，破坏了锌片附近水的电离平衡，使得OH-浓度增大，所以Ⅳ处也变红．【解析】【解答】解：甲图示是原电池，锌做负极，锌失电子形成锌离子，正极是Ⅰ，在正极上，O2+2H2O+4e-=4OH-；所以Ⅰ处变红；

乙图示是电解池，铁做阳极，铁失电子生成亚铁离子，锌做阴极，在阴极上，2H++2e-=H2↑，破坏了锌片附近水的电离平衡，使得OH-浓度增大；所以Ⅳ处也变红．

故选B．4、A【分析】【解答】A由于极易被空气中的氧气氧化，所以需隔绝空气，用植物由隔绝空气，用长的胶为滴管插入溶液的底部，A正确；容量瓶不能用于溶解固体，B错误；C.受热分解，离开热源又会重新生成且氨气极易溶于水，不能用排水法收集，C错误；D实验室制乙希需要℃的温度，温度计的小银球应插入反应溶液中，且不能接触烧瓶内壁，并且该反应除了生成乙烯外，还可能有等还原性气体生成；高锰酸钾褪色并不能验证乙烯的生成，D错误；答案选A。

【分析】实验室制备物质必须首先明确该物质的性质，以及选择试剂的可行性，实验操作的注意事气体的收集，一般应操作简单、安全，验证物质白胜成还应考虑干扰气体的除杂等，将的制备，一定物质的量浓度溶液白制，实验室制取氨气和乙烯联系起来，注重了化学实验基础，延续了，近年高考化学实验考查的命题特点，阳性度较低。5、A【分析】【分析】①烟是固体小颗粒；雾是小液滴，钠在氯气中燃烧生成固体小颗粒烟为氯化钠，氢气在氯气中燃烧生成雾为盐酸小液滴；

②氯化铜为棕黄色固体；

③根据反应中化合价变化的元素来回答判断；

④氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀．【解析】【解答】解：①烟是固体小颗粒；雾是小液滴，钠在氯气中燃烧生成固体小颗粒烟，氢气在氯气中燃烧生成雾，红磷都能在氯气中燃烧生成白色的烟雾，故①错误；

②铜丝在氯气中燃烧；生成大量棕黄色的烟，产物是氯化铜，氯化铜为棕黄色固体，故②错误；

③氯气与水的反应中化合价变化的元素只有Cl元素；所以氯气既是氧化剂，又是还原剂，故③错误；

④氯气通入AgNO3溶液中；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故④正确；

故选A．6、B【分析】【分析】元素周期表有18个纵行，含7个主族、7个副族、1个0族、1个ⅤⅢ族；有7个横行，为7个周期，以此来解答．【解析】【解答】解：A．有7个横行；为7个周期，故A正确；

B．有18个纵行；含7个主族；7个副族、1个0族、1个ⅤⅢ族，共16个族，故B错误；

C．短周期为一；二、三周期；故C正确；

D．由选项B可知；共7个主族，故D正确；

故选B．二、填空题(共6题，共12分)7、Na2O2H2O2acCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O焰色反应【分析】【分析】常温下A为金属单质，B为淡黄色粉末，C是气体单质，A和C反应生成B，则A是Na，B是Na2O2，C是O2；E在常温下为液体，能与过氧化钠反应生成氧气与D，则E是H2O，D为NaOH，而A与E反应生成D与气体单质F，则F是H2，氢气与氧气可以合成水，H的水溶液通电生成氢气、气体单质I和氢氧化钠，应为电解饱和食盐水的反应，则I为Cl2，可知G为HCl，H为NaCl，Cl2和NaOH反应生成NaCl、H2O和NaClO，则J为NaClO，次氯酸钠可用作杀菌消毒剂，据此解答．【解析】【解答】解：常温下A为金属单质，B为淡黄色粉末，C是气体单质，A和C反应生成B，则A是Na，B是Na2O2，C是O2；E在常温下为液体，能与过氧化钠反应生成氧气与D，则E是H2O，D为NaOH，而A与E反应生成D与气体单质F，则F是H2，氢气与氧气可以合成水，H的水溶液通电生成氢气、气体单质I和氢氧化钠，应为电解饱和食盐水的反应，则I为Cl2，可知G为HCl，H为NaCl，Cl2和NaOH反应生成NaCl、H2O和NaClO；则J为NaClO，次氯酸钠可用作杀菌消毒剂．

（1）B是Na2O2，与E（H2O）组成元素相同的化合物的化学式为H2O2；

故答案为：Na2O2；H2O2；

（2）反应①是钠与氧气反应生成过氧化钠；属于化合反应；氧化还原反应；

故选：ac；

（3）⑦为Cl2和NaOH溶液的反应，反应的方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

（4）A为Na；具有钠离子方法为焰色反应；

故答案为：焰色反应．8、2-甲基-1-丙烯消去反应水解反应6等【分析】【分析】A为丁醇且核磁共振氢谱有2种不同化学环境的氢，则A为（CH3）3COH，A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B为CH2=C（CH3）2，B发生信息2中的反应生成C为（CH3）2CHCH2OH，C在Cu或Ag、加热条件下发生催化氧化生成D为（CH3）2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，酸化得到E为（CH3）2CHCOOH，由I的结构可知，H为逆推可知G为F为据此解答．【解析】【解答】解：A为丁醇且核磁共振氢谱有2种不同化学环境的氢，则A为（CH3）3COH，A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B为CH2=C（CH3）2，B发生信息2中的反应生成C为（CH3）2CHCH2OH，C在Cu或Ag、加热条件下发生催化氧化生成D为（CH3）2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，酸化得到E为（CH3）2CHCOOH，由I的结构可知，H为逆推可知G为F为

（1）B为CH2=C（CH3）2；名称为：2-甲基-1-丙烯，故答案为：2-甲基-1-丙烯；

（2）由上述分析可知，F的结构简式为：故答案为：

（3）A→B属于消去反应；G→H属于水解反应，故答案为：消去反应；水解反应；

（4）D生成E的化学方程式为：E与H反应生成I的方程式为：

故答案为：

（5）I（）的同系物K比I相对分子质量小28，则K比I少2个-CH2-原子团，K的结构中能同时满足如下条件：①苯环上只有两个取代基；②分子中不含甲基，侧链为-CHO、-CH2OOCH或-CH2CHO、-OOCH，各有邻、间、对三种位置，故有6种，上述同分异构体中任意一种消耗NaOH最多的有机物结构简式为：等；

故答案为：6；等．9、0.12mol•L-1min-10.04mol•L-1min-14.4mol/L12%【分析】【分析】利用三段式法计算相关物理量，根据v=结合反应速率之比等于化学计量数之比计算其他物质表示的反应速率，根据转化率公式计算转化率．【解析】【解答】解：N2+3H22NH3；

起始浓度（mol/L）：2.550

转化浓度（mol/L）：0.20.60.4

平衡浓度（mol/L）：2.34.40.4

c（H2）=4.4mol/L，v（H2）==0.12mol•L-1min-1，此时H2的转化率为=12%；

v（N2）=v（H2）=0.04mol•L-1min-1；

故答案为：0.12mol•L-1min-1；0.04mol•L-1min-1；4.4mol/L；12%．10、略

【分析】试题分析：Ⅰ.反应达平衡时生成NH3的浓度为0.5mol/L，并放出QkJ热量，即生成0.5mol/L×2L＝1mol氨气时放出QkJ热量，所以该反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝－2QkJ/mol。Ⅱ.（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据方程式可知，该反应的平衡常数K＝根据表中数据可知，20s时生成NO2是0.060mol，则根据方程式可知，消耗N2O4的物质的量是0.030mol，因此c1＝0.100mol－0.030mol＝0.070mol。反应由20s进行到40s时消耗N2O4是0.070mol－0.050mol＝0.020mol.根据方程式可知，生成NO2是0.040mol，所以c2＝0.060mol＋0.040mol＝0.100mol，所以c1＜c2；反应进行到60s时反应达到平衡状态，所以c3＝c4。（2）根据表中数据可知，平衡时生成NO2是0.120mol，所以消耗N2O4是0.060mol，则N2O4的平衡量是0.040mol，所以此反应中N2O4和NO2的浓度随时间变化的曲线为（3）从反应开始至达到化学平衡时，四氧化二氮的平均反应速率为＝0.001mol/(L·s)。（4）2NO2(g)N2O4(g)起始浓度（mol/L）0.2000转化浓度（mol/L）2xx平衡浓度（mol/L）0.200－2xx则该反应的平衡常数＝＝由于逆反应的平衡常数是正反应平衡常数的倒数，所以＝解得x＝0.04，所以NO2的转化率＝×100%＝40%；A、减小NO2的浓度，相当于降低压强，平衡向逆反应方向移动，NO2转化率降低，A不正确；B、反应放热，降低温度平衡向正反应方向移动，NO2转化率增大，B正确；C、增加NO2的浓度，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，NO2转化率增大，C正确；D、升高温度，平衡向平衡向逆反应方向移动，NO2转化率降低，D不正确；E、再充入一定量的He，平衡不移动，E不正确，答案选BC。（5）升高温度平衡向逆反应进行，平衡时二氧化氮的含量增大，温度越高反应速率越快，到达平衡的时间越短，据此作出二氧化氮含量与时间关系图为由图可知，t1时刻a1＝a2，t1时刻之前a1＞a2，t1时刻之后a1＜a2，故答案为D。考点：考查热化学方程式的书写；反应速率和平衡常数的有关计算；外界条件对平衡状态的影响等【解析】【答案】．(14分)Ⅰ.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝－2QkJ/mol（2分）Ⅱ.（1）K＝或＜；＝（每空1分，共3分）（2）(2分）（3）0.001mol/(L·s)（1分）（4）40%(2分）BC（2分）（5）D（2分）11、HCOOHNaOH溶液【分析】【分析】（1）HCOOH分别与B中物质发生酯化反应；银镜反应、中和反应、复分解反应；

（2）B组中只有NaOH分别与A组物质CH3-CHCl-CH3、HCOOH、CH3COOC2H5发生水解反应、中和反应、水解反应，与乙苯不反应．【解析】【解答】解：（1）A组中只有HCOOH分别与B中物质发生酯化反应；银镜反应、中和反应、复分解反应；故答案为：HCOOH；

（2）B组中只有NaOH分别与A组物质CH3-CHCl-CH3、HCOOH、CH3COOC2H5发生水解反应、中和反应、水解反应，故答案为：NaOH溶液．12、CCl4AlCl3、CCl4Cl-＜Br-＜I-降低大于711646【分析】【分析】（1）CCl4中没有金属元素；

（2）离子化合物的熔点较高；根据熔点分析；

（3）同主族元素的离子随着原子序数增大；离子半径增大；

（4）离子晶体中；离子半径越大，晶格能越小，熔点越低；

（5）同主族元素的离子随着原子序数增大，离子半径增大；RbCl的熔点介于RbCl与CsCl之间．【解析】【解答】解：（1）CCl4中没有金属元素，则CCl4不属于金属卤化物，故答案为：CCl4；

（2）离子化合物的熔点较高，AlCl3、CCl4的熔点较低，属于共价化合物，不是离子化合物，故答案为：AlCl3、CCl4；

（3）同主族元素的离子随着原子序数增大，离子半径增大，则半径从小到大的顺序是Cl-＜Br-＜I-，故答案为：Cl-＜Br-＜I-；

（4）离子晶体中；离子半径越大，晶格能越小，熔点越低，则同种金属的卤化物，随着卤离子半径的增大，熔点依次降低，故答案为：降低；

（5）同主族元素的离子随着原子序数增大，离子半径增大，则Rb+离子半径大于Cs+离子半径；RbCl的熔点介于RbCl与CsCl之间，则RbCl的熔点可能在711℃和646℃之间，故答案为：大于；711；646．三、判断题(共9题，共18分)13、×【分析】【分析】氦气为单原子分子，结合V=nVm计算．【解析】【解答】解：22.4L氦气为1mol，但氦气为单原子分子，含有的原子数为NA，故答案为：×．14、×【分析】【分析】在化学反应中，参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，据此分析解答．【解析】【解答】解：在化学反应中，参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，根据m=nM知，参加反应的各物质的质量之比等于其物质的量与摩尔质量之积的比，所以参加反应的各物质的质量比等于其物质的量之比的说法错误，故答案为：×．15、√【分析】【分析】根据蛋白质的构成元素判断．【解析】【解答】解：蛋白质是蛋白质是结构复杂的高分子化合物；分子中都含有C（碳）；H（氢）、O（氧）、N（氮），可能还会含有P、S、Fe（铁）、Zn（锌）、Cu（铜）等元素；

故答案为：√．16、×【分析】【分析】（1）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（2）葡萄糖在碱性条件下与新制Cu（OH）2浊液反应；

（3）白糖的主要成分是蔗糖；

（4）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖，分子式都可用C12H22O11表示；它们互为同分异构体；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中均含-CHO；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；

（10）植物油成分为高级脂肪酸甘油酯；

（11）根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析；而重金属盐能使蛋白质发生变性；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种；

（13）根据天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸；

（15）油脂中含有不饱和烃基；可与高锰酸钾发生反应；

（16）烃的含氧衍生物完全燃烧生成水和二氧化碳；

（17）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质）；

（18）食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油；

（19）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（20）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物．【解析】【解答】解：（1）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（2）葡萄糖与新制Cu（OH）2浊液反应需在碱性条件下；应加入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生砖红色沉淀，故答案为：×；

（3）白糖成分是蔗糖；故答案为：√；

（4）油脂水解的羧酸是电解质；故答案为：×；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性，所以不是还原型二糖，故答案为：×；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：√；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖；互为同分异构体，故答案为：√；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团都有醛基；则麦芽糖；葡萄糖属于还原性糖可发生银镜反应，故答案为：√；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；纤维素遇碘水不变色，故答案为：×；

（10）植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯；故答案为：×；

（11）因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀；如饱和硫酸钠溶液；硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜等，故答案为：×；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种，故形成的二肽有四种，故答案为：√；

（13）天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点，故答案为：×；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸，如：一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，故答案为：×；

（15）苯不能使酸性高锰酸钾褪色；但油脂中含有C=C官能团，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，故答案为：×；

（16）油脂含有C；H、O三种元素；完全燃烧生成水和二氧化碳，故答案为：√；

（17）蛋白质属于高分子化合物；是混合物，不是电解质，而葡萄糖属于非电解质，只有乙酸才属于电解质，故答案为：×；

（18）乙酸乙酯水解生乙酸和乙醇．食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油，故答案为：×；

（19）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（20）氨基酸相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故答案为：×．17、×【分析】【分析】CnH2n+2为烷烃，分子中含有n-1个C-C键，以此解答该题．【解析】【解答】解：CnH2n+2为烷烃，分子中含有n-1个C-C键，则1molCnH2n+2分子中含有的C-C数为（n-1）NA．故答案为：×．18、×【分析】【分析】①外界条件不同；气体的体积不同；

②标准状况下，气体的气体摩尔体积为22.4L/mol，结合n==计算；

③气体的体积受温度；压强影响；

④升高温度，如溶解度减小，则仍未饱和溶液．【解析】【解答】解：①气体的体积受温度；压强影响；外界条件不同，分子之间的距离不同，则气体的体积不同，故答案为：×；

②标准状况下，气体的气体摩尔体积为22.4L/mol，n===1moL，所含的分子数目约为6.02×1023；故答案为：√；

③气体的体积受温度；压强影响；如压强较大，则气体的体积可能小于22.4L，故答案为：×；

④升高温度，如溶解度减小，则仍未饱和溶液，故答案为：×．19、√【分析】【分析】胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间，胶体能发生丁达尔效应、能产生电泳现象、能产生聚沉．【解析】【解答】解：胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间，所以胶体能产生丁达尔效应；胶体具有吸附性，吸附带电荷的离子，所以能产生电泳现象；胶体能发生聚沉现象，故答案为：√．20、√【分析】【分析】根据同主族元素性质相似的规律判断．【解析】【解答】解：Na和K位于周期表相同主族，性质相似，Na可以与水反应放出H2，所以K也可以与水反应放出H2；

故答案为：√．21、√【分析】【分析】根据n=cV计算钾离子物质的量，再根据N=nNA计算钾离子数目．【解析】【解答】解：钾离子物质的量=1L×0.3mol/L×2=0.6mol，故钾离子数目为0.6NA，故正确，故答案为：√．四、推断题(共3题，共21分)22、N＞O＞H4NH3+5O24NO+6H2O2NH3+3O2═2HNO2+2H2ONH4NO3N2O↑+2H2O10-5mol/Lc（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）【分析】【分析】X、Y、Z是三种短周期元素，Z的电子层数是X的电子层数的2倍，判断X是H元素，Z是第二周期元素．A、B、C、D、E、F是中学化学中的常见物质，它们由上述三种元素中的一种、两种或三种组成，其中A是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH3，Y、Z中有一种元素为N元素，X和Z的质子数之和与Y的质子数相等，若Y为N元素，则Z的质子数为7-1=6，则Z为C元素，结构框图转化关系可知不符合题意．若Z为N元素，则Y的质子数为1+7=8，则Y为O元素，F是一种单质，能与氨气反应，则F为O2，结合转化关系分析判断B为NO，C为NO2，D、E是两种酸，反应③④均在微生物作用下进行，D的钠盐是一种致癌物质，则D为HNO2，E为HNO3，符合题意，据此解答．【解析】【解答】X、Y、Z是三种短周期元素，Z的电子层数是X的电子层数的2倍，判断X是H元素，Z是第二周期元素．A、B、C、D、E、F是中学化学中的常见物质，它们由上述三种元素中的一种、两种或三种组成，其中A是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH3，Y、Z中有一种元素为N元素，X和Z的质子数之和与Y的质子数相等，若Y为N元素，则Z的质子数为7-1=6，则Z为C元素，结构框图转化关系可知不符合题意．若Z为N元素，则Y的质子数为1+7=8，则Y为O元素，F是一种单质，能与氨气反应，则F为O2，结合转化关系分析判断B为NO，C为NO2，D、E是两种酸，反应③④均在微生物作用下进行，D的钠盐是一种致癌物质，则D为HNO2，E为HNO3；符合题意；

（1）Z为N元素，原子结构示意图为故答案为：

（2）A为NH3，其电子式为E为HNO3；组成E的各元素中，H原子半径最小，同周期原子序数越大原子半径越小，故原子半径由大到小的顺序为N＞O＞H；

故答案为：N＞O＞H；

（3）反应①的方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，反应③的方程式为：2NH3+3O2═2HNO2+2H2O；

故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；2NH3+3O2═2HNO2+2H2O；

（4）A和E反应生成G为NH4NO3，Z2Y为N2O，是一种麻醉剂，由NH4NO3在210℃分解生成，根据质量守恒可知，还生成水，反应的化学方程式为：NH4NO3N2O↑+2H2O；

故答案为：NH4NO3N2O↑+2H2O；

（5）常温下，NH4NO3的水溶液的PH=5，溶液氢离子为水电离产生，则由水电离的氢离子浓度为10-5mol/L，溶液中NH4+水解，平衡水的电离平衡，溶液呈酸性，故离子浓度由大到小的关系c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；

故答案为：10-5mol/L；c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）．23、Fe2O3Al2O3AlCl32Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H22Al+Fe2O3Al2O3+2Fe焊接钢轨等【分析】【分析】B是地壳中含量最高的金属元素单质，则B是Al，A常用作红色油漆和涂料，则A是Fe2O3，Al和Fe2O3发生铝热反应生成Al2O3和Fe，D是单质，则D是Fe，E是Al2O3，Fe和H2O反应生成Fe3O4和H2，J是磁性材料，则J是Fe3O4，所以H是H2O，G是H2，铝和C反应生成氢气，则C可能是强酸或强碱，生成的F能与过量盐酸反应生I，则F为偏铝酸盐、I为AlCl3、C为强碱，据此解答．【解析】【解答】解：B是地壳中含量最高的金属元素单质，则B是Al，A常用作红色油漆和涂料，则A是Fe2O3，Al和Fe2O3发生铝热反应生成Al2O3和Fe，D是单质，则D是Fe，E是Al2O3，Fe和H2O反应生成Fe3O4和H2，J是磁性材料，则J是Fe3O4，所以H是H2O，G是H2，铝和C反应生成氢气，则C可能是强酸或强碱，生成的F能与过量盐酸反应生I，则F为偏铝酸盐、I为AlCl3；C为强碱；

（1）由上述分析可知，A是Fe2O3，E是Al2O3，I为AlCl3，故答案为：Fe2O3；Al2O3；AlCl3；

（2）反应①的离子方程式是：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；反应②的化学方程式是：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；

（3）A与B高温条件下反应的化学方程式是：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，该反应可以焊接钢轨等，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；焊接钢轨等．24、NaH22Na+O2Na2O22Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑【分析】【分析】C为淡黄色固体，则C为Na2O2，A和B是单质，B、E、F在常温下为，气体，结合转化关系可知，A为Na，B为H2，D为H2O，E为O2，F为CO2，结合物质的性质及化学用语来解答．【解析】【解答】解：C为淡黄色固体，则C为Na2O2，A和B是单质，B、E、F在常温下为，气体，结合转化关系可知，A为Na，B为H2，D为H2O，E为O2，F为CO2；

（1）由上述分析可知，A为Na，B为H2，故答案为：Na；H2；

（2）A生成C的化学方程式为2Na+O2Na2O2，故答案为：2Na+O2Na2O2；

（3）C与D反应生成E的化学方程式为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑．五、探究题(共4题，共36分)25、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．26、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥