2025年人教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年人教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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、同温同压下，具有相同原子数的下列各组气体，体积也相同的是（）A.氢气和氦气B.一氧化碳和氮气C.二氧化碳和氨气D.甲烷和氨气2、容积相同的四个集气瓶，分别装满下列气体，将其倒放在水槽中，充分作用后，集气瓶中进水最多的是A.NOB.等体积NO2与O2的混合气C.NO2D.等体积NO与O2的混合气3、下列说法不正确的是（）A.己烷有4种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同B.甲醛能发生氧化反应、还原反应和聚合反应C.油脂皂化反应得到高级脂肪酸盐与甘油D.聚合物（）可由单体CH3CH=CH2和CH2=CH2加聚制得4、下列有关氯气的说法正确的是（）A.氯气是黄绿色气体，有毒，有刺激性气味，氯水还可杀菌消毒B.液氯就是氯气的水溶液，它能使干燥的有色布条褪色C.红热的铁丝在Cl2中燃烧产生棕色的雾；H2在Cl2中燃烧火焰呈淡蓝色D.氯水长时间放置会变质，是因为氯气几乎完全挥发，剩下的就是水．5、已知乙醇；乙酸、正丁醇、乙酸乙酯、乙酸正丁酯的沸点如下：

。物质乙酸乙醇正丁醇乙酸乙酯乙酸正丁酯沸点（0C）117.978.5117.777126下列关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸正丁酯的描述正确的是（）A.均采用水浴加热B.制备乙酸正丁酯时正丁醇过量C.均采用边反应边蒸馏的方法D.制备乙酸乙酯时乙醇过量6、生物柴油是以果实、种子、植物油或动物脂肪、废弃的食物油等为原料，经酯交换反应制得的脂肪酸单烷基酯．下列关于生物柴油的叙述不合理的是（）A.生物柴油含硫量低，可减少二氧化硫的排放B.生物柴油在一定条件下可发生水解C.生物柴油推广不符合“绿色化学”D.生物柴油是一种可再生能源7、某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是A.a、c两点溶液的导电能力相同B.b点溶液中c(H+)+c(NH3·H2O)=c(OH-)C.a、b、c三点溶液中水的电离程度a>b>cD.用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液体积Vb=Vc8、为证明CuSO4溶液显蓝色与Cu2+有关而与SO42－无关，某同学设计了以下实验，其中对实验目的没有意义的是A.观察硫酸溶液呈无色B.观察硫酸铜粉末呈白色C.往CuSO4溶液中滴加足量NaOH溶液，生成蓝色沉淀，过滤，滤液呈无色D.往CuSO4溶液中滴加足量Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，过滤，滤液仍显蓝色9、下列试剂的保存或使用正确的是（）A.金属锂保存在煤油中，使用前要用滤纸吸干煤油B.过氧化钠比氧化钠稳定，因此过氧化钠可露置在空气中C.称量NaOH固体时，应先在天平两个托盘上各放一张等质量的纸，左边纸上放NaOH，右边纸上放砝码D.做焰色反应实验时，透过蓝色钴玻璃，观察到火焰颜色为紫色，证明被检验物中一定有钾元素评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、（2014春•武穴市校级月考）用氮化硅陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件；能大幅度提高发动机的热效率．工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：

3SiCl4（g）+2N2（g）+6H2（g）⇌Si3N4（s）+12HCl（g）

在温度T0下的2L密闭容器中，加入0.30molSiC14、0.20molN2、0.36molH2进行上述反应；2min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.80g．

（1）SiCl4的平均反应速率为____；

（2）平衡后，若改变温度，SiCl4（g）的转化率与温度变化的关系如图所示，下列说法正确的是：____

A．该反应△H＜0

B．若混合气体的总质量不变；表明上述反应己达到平衡状态。

C．其他条件不变，增大Si3N4的物质的量；平衡向左移动。

D．降低温度；混合气体的平均相对分子质量增大。

（3）表为不同温度下该反应的平衡常数，其他条件相同时，在____（填“T1”、“T2”、“T3”）温度下反应达到平衡所需时间最长：

。温度TT1T2T3平衡常数K1.22.510（4）该反应的原子利用率为____；

（5）工业上制备SiCl4的反应流程中需用到硅单质，写出工业制粗硅的化学反应方程式：____．11、（2016春•江苏月考）用于合成氨的工业煤气中含有H2S、C2H5SH（乙硫醇）、COS（羰基硫）、CS2等含硫化合物；工业上无机硫常用氧化锌法处理，有机硫可用钴钼催化加氢处理．

H2S+ZnO═ZnS+H2O；

C2H5SH+ZnO═ZnS+C2H4+H2O；

C2H5SH+H2═C2H6+H2S；

COS+H2═CO+H2S；

CS2+4H2═CH4+2H2S

（1）钴原子在基态时核外电子排布式为____．

（2）下列有关分子结构的说法正确的是____（填字母）．

A．C2H4分子中有5个σ键和1个π键。

B．COS分子（结构如图1）中键能C=O＞C=S

C．H2S分子呈V形结构。

D．CH4、C2H6分子中碳原子均采用sp3杂化。

（3）下列有关说法不正确的是____（填字母）．

A．H2O；CO、COS均是极性分子。

B．相同压强下沸点：CS2＞CO2

C．相同压强下沸点：C2H5SH＞C2H5OH

D．相同压强下沸点：CO＞N2

（4）β-ZnS的晶胞结构如图2，晶胞中S2数目为____个．

（5）具有相似晶胞结构的ZnS和ZnO，ZnS熔点为1830℃，ZnO熔点为1975℃，后者较前者高是由于____．

（6）钼的一种配合物化学式为：Na3[Mo（CN）8]•8H2O，中心原子的配位数为____．12、现有下列化学反应；按要求回答问题：

A．（NH4）2SO32NH3↑+H2O+SO2↑B．2CO+O22CO2

C．2C+SiO2Si+2CO↑D．NH4NO3N2O+2H2O

E．CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2F．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O

（1）以上反应中，属于氧化还原反应的是____（填上述反应的编号）；

（2）在反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O中：

①氧化剂是____，氧化产物是____．

②在该反应方程式中表示出电子转移的方向和数目（单线桥法或双线桥法均可）．

MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O中：

③若产生了标准状况下3.36升的氯气，则被氧化的HCl的物质的量为____摩尔．13、A、B、C、D、E五种有机物，它们的分子分别由-CH3、-OH、-COOH、-CHO、-C6H5（代表苯基）中的两种组成；这些化合物的性质如下所述：

①A能够发生银镜反应；且相对分子质量为44；

②B溶液加入氯化铁溶液中；溶液显紫色；

③C和E在有浓硫酸存在并加热的条件下；能发生酯化反应，C和E的相对分子质量之比为8：15；

④B和E都能跟氢氧化钠溶液反应；而A；C、D则不能；

⑤D属于烃类；且D能使酸性高锰酸钾溶液褪色，还能发生硝化反应．

请回答下列问题：

（1）B、D的结构简式是：B____D____

（2）写出A发生银镜反应的化学方程式：____

（3）C和E发生酯化反应的化学方程式：____．14、有五瓶损坏标签的试剂；分别盛有硫酸溶液；氢氧化钾溶液、硝酸钡溶液、碳酸氢钠溶液、氯化铜溶液，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E．观察发现，C试剂颜色为蓝色，其余为无色；四种无色试剂A、B、D、E用小试管各取少量，两两反应，反应现象为：A与其余三种混合无明显现象，B与D出现白色沉淀，D与E混合有气泡产生，E与B无明显现象．

（1）可判定各试剂瓶中所盛试剂为（用主要成分的化学式表示）：

A____，B____，C____，D____，E____．

（2）写出D与E反应的离子方程式____．15、某研究性学习小组的一个课题是“NO2能否支持木条的燃烧？”由于实验室中没有现成的NO2气体，该小组的同学设计了两个方案（忽略N2O4的存在；图中铁架台等夹持仪器均已略去）：

Ⅰ．实验装置如图1所示。

（1）硝酸铜固体加热分解的产物有氧化铜、二氧化氮和氧气．写出该反应的化学方程式____．

（2）当集气瓶中充满红棕色气体时，木条复燃了．有的同学得出“NO2能支持木条的燃烧”的结论．你认为这一结论是否正确？____（填“正确”或“不正确”），理由是____．

Ⅱ．实验装置如图2所示：

（1）写出浓硝酸受热分解的化学方程式：____．

（2）实验开始后木条上的火星逐渐熄灭，有的同学提出“NO2不能支持木条的燃烧”的结论．你认为这一结论是否正确？____（填“正确”或“不正确”），理由是____．

Ⅲ．为了更能直接说明“NO2能否支持木条的燃烧”这一问题，请你重新设计一个简单的实验方案，简述实验原理和主要操作．____．

16、将气体A；B置于固定容积为2L的密闭容器中；发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D（g）△H＜0，反应进行到10s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.8mol，B的物质的量为0.6mol，C的物质的量为0.8mol，则：

（1）用C表示10s内正反应的平均反应速率为：______；

（2）反应前A的物质的量浓度是：______；

（3）10s末，生成物D的浓度为______；

（4）平衡后；若改变下列条件，生成D的速率如何变化（用“增大”；“减小”或“不变”填空）．

。编号改变的条件生成D的速率①降低温度②增大A的浓度③使用催化剂④恒容下充入Ne（不参与体系反应）评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)17、可逆反应达到平衡，反应就不再进行．____（判断对错）18、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）19、合理选择饮食，正确使用药物是人体健康的保证____．（判断对错）20、丙三醇、乙二醇、乙醇都是饱和醇，属于同系物．____．（判断对错说明理由）21、放热反应不需加热就可以发生____．（判断对错）22、判断下列有关烯烃；卤代烃、醇的命名是否正确。

（1）CH2═CH-CH═CH-CH═CH21，3，5三己烯____

（2）2-甲基-3-丁醇____

（3）二溴乙烷____

（4）3-乙基-1-丁烯____

（5）2-甲基-2，4-已二烯____

（6）1，3-二甲基-2-丁烯____．评卷人得分四、实验题(共2题，共4分)23、实验室里用如图仪器和药品来制取纯净的无水氯化铜．图中A、B、C、D、E、F表示玻璃管接口，接口的弯曲和伸长等部分未画出．根据要求填写下列各小题空白．

（1）如果所制气体从左向右流向时，上述各仪器装置的正确连接顺序是（填各装置的序号）（③）接____接____接____接（①）接____，其中②与④装置相连时，玻璃管接口应是____接____（用装置中字母表示）．

（2）装置②的作用是____；装置④的作用是____．

（3）实验开始时，应首先检验装置的____，实验结束时，应先熄灭____处的酒精灯．

（4）在装置⑤的烧瓶中，发生反应的化学方程式为____．

（5）在装置①中的实验现象是____．

（6）用离子方程式表示F中NaOH溶液的作用____．24、某化学兴趣小组将一定量的铁与浓硫酸共同加热，发现铁并不钝化而完全溶解，液面上产生大量刺激性气味的气体。rm{(1)}试写出铁与足量的浓硫酸在加热条件下发生反应的化学方程式：________。rm{(2)}若要检验铁与足量的浓硫酸反应后所得溶液中的主要阳离子，其实验方法是________。rm{(3)}若要检验铁与足量的浓硫酸反应后所得溶液中的主要阴离子，其实验方法是________。rm{(4)}若要检验铁与足量的浓硫酸反应后所产生大量刺激性气味的气体，其实验方法是________。rm{(5)}若要将铁与足量浓硫酸反应后所生成的盐从溶液中分离出来并制备成晶体，其实验方法是________。rm{(6)}在铁与足量浓硫酸反应后所生成的盐溶液中再加入少量铁粉，新发生反应的离子方程式是________。评卷人得分五、解答题(共1题，共3分)25、实验室用20g软锰矿（主要成分MnO2）与200mL12mol/L的浓盐酸（足量）反应，制得标准状况下4.48LCl2．

（1）软锰矿中MnO2的质量分数是多少？

（2）反应中被氧化的HCl物质的量为多少？参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】同温同压下，任何气体具有相等的摩尔体积，根据公式N=NA，计算原子数相等的气体的体积即可．【解析】【解答】解：同温同压下，任何气体具有相等的摩尔体积，根据公式N=NA；同温同压下，同体积的气体具有相等的分子数，所以选项中的气体分子中原子数相等即为答案．

A；氢气和氦气中原子数不相等；故A错误；

B；一氧化碳和氮气都是双原子分子；故B正确；

C；二氧化碳和氨气中原子数不相等；故C错误；

D；甲烷和氨气中原子数不相等；故D错误；

故选B．2、D【分析】【解析】试题分析：A项NO不溶于水，故液面不会上升；先假设集气瓶的容积为V，B项中液面上升58V，C项中液面上升23V，D选项上升78V。因此D选项中集气瓶中进水最多，故选D项。考点：氮的氧化物与水反应的计算。【解析】【答案】D3、A【分析】解：A．己烷有5种同分异构体，其碳链结构分别为：己烷同分异构体为不同物质，所以其熔沸点不同，且含有支链越多其熔沸点越低，故A错误；

B．醛基能被氧化为羧基；还原为羟基，甲醛能与苯酚发生聚合反应生成酚醛树脂，故B正确；

C．油脂在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐；该反应为皂化反应，故C正确；

D．凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可，所以聚合物（）的单体是CH3CH=CH2和CH2=CH2；故D正确；

故选A．

A．己烷有5种同分异构体；

B．醛基能被氧化为羧基；还原为羟基；

C．油脂在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐；

D．凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物；其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可．

本题考查较综合，涉及高聚物单体判断、有机物性质、同分异构体种类判断、油脂水解等知识点，侧重考查基本概念、基本理论，难点是同分异构体种类判断，要考虑官能团异构、官能团位置结构、碳链异构．【解析】【答案】A4、A【分析】【分析】A．氯气是黄绿色；有毒、具有刺激性气味的气体；氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性可以杀菌消毒；

B．液氯为氯气的液态形式；

C．依据铁丝；氢气与氯气反应生成物质及现象解答；

D．次氯酸不稳定受热易分解．【解析】【解答】解：A．氯气是黄绿色；有毒、具有刺激性气味的气体；氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性可以杀菌消毒，故A正确；

B．液氯为氯气的液态形式；是纯净物，不具有漂白性，故B错误；

C．红热的铁丝在Cl2中燃烧生成氯化铁，产生棕色的烟；H2在Cl2中燃烧火焰苍白色；故C错误；

D．氯水长时间放置会变质；是因为氯水中的次氯酸见光分分解生成氯化氢和氧气，剩余为盐酸，故D错误；

故选：A．5、D【分析】【分析】乙酸乙酯的制备是我们课本介绍过的，该实验的原料需要冰醋酸和乙醇，考虑到冰醋酸和乙醇的价格，一般会使乙醇过量，提高冰醋酸的转化率，而且反应过程中要使用浓硫酸做催化剂和脱水剂，反应条件上需要酒精灯加热．乙酸丁酯的制备和乙酸乙酯的制备区别在于正丁醇和乙醇的价格差异．【解析】【解答】解：A；实验室制备乙酸乙酯采用酒精灯加热；故A错误；

B；制备乙酸丁酯时；采用乙酸过量，以提高丁醇的利用率，这是因为正丁醇的价格比冰醋酸高，故该方法不可行，故B错误；

C；乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法；但乙酸丁酯则采取直接回流的方法，待反应后再提取产物，故C错误；

D；制备乙酸乙酯时；为了提高冰醋酸的转化率，由于乙醇价格比较低廉，会使乙醇过量，故D正确．

故选：D．6、C【分析】【分析】A．果实；种子、植物油或动物脂肪、废弃的食物油中含硫低；

B．生物柴油是脂肪酸单烷基酯；具有酯的性质；

C．生物柴油污染少；可再生符合“绿色化学”；

D．果实、种子、植物油或动物脂肪、废弃的食物油等可以再生．【解析】【解答】解：A．果实；种子、植物油或动物脂肪、废弃的食物油中含硫低；使用生物柴油可减少二氧化硫和硫化物的排放，故A正确；

B．生物柴油是脂肪酸单烷基酯；具有酯的性质，能发生水解反应，故B正确；

C．生物柴油作为燃料污染少；可再生符合“绿色化学”要求，故C错误；

D．作为生物能源主要以果实；种子、植物油或动物脂肪、废弃的食物油等为原料；是可以再生能源，故D正确；

故选C．7、C【分析】试题分析：根据题意知，盐酸中氢离子主要来自氯化氢的电离，氯化氢为强电解质，全部电离；氯化铵溶液中氢离子来自铵离子的水解，盐类的水解是微弱的。pH都相同的盐酸和氯化铵溶液，氯化铵溶液的浓度远大于盐酸的浓度。某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释，促进铵离子的水解，pH变化大的为盐酸。A、a点所在的曲线代表氯化铵，c点所在的曲线代表盐酸，pH都相同的盐酸和氯化铵溶液，氯化铵溶液的浓度远大于盐酸的浓度，稀释相同的倍数，氯化铵溶液中自由移动离子的浓度大于盐酸中自由移动离子的浓度，a点溶液的导电能力强，错误；B、b点所在的曲线代表氯化铵溶液，根据质子守恒有c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，错误；C、a、b、c三点溶液中水的电离程度a>b>c，正确；D、体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液氯化铵的物质的量大于氯化氢的物质的量，用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液体积Vb＞Vc，错误。考点：考查电解质溶液、盐类的水解。【解析】【答案】C8、B【分析】应提供水溶液的环境。【解析】【答案】B9、D【分析】解：A．锂密度比煤油小；不能保存在煤油中，应固封在石蜡中，故A错误；

B．过氧化钠与水；二氧化碳都反应；不能露置在空气中，故B错误；

C．应氢氧化钠具有吸水性；易于空气中二氧化碳反应，称量NaOH固体时，应放在小烧杯中称量，故C错误；

D．钾的焰色反应为紫色；透过蓝色钴玻璃，观察到火焰颜色为紫色，证明被检验物中一定有钾元素，故D正确．

故选：D．

A．锂密度比水小；不能保存在煤油中；

B．过氧化钠与水；二氧化碳都反应；

C．称量NaOH固体时；应放在小烧杯中称量；

D．钾的焰色反应为紫色．

本题考查常见金属的性质，侧重于实验能力和双基的考查，为考试高频考点，注重于双基的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】【答案】D二、填空题(共7题，共14分)10、0.015mol/（L．min）ABT324.22%SiO2+2CSi+2CO↑【分析】【分析】（1）固体的质量增加了2.80g为Si3N4的质量，根据n=计算其物质的量，根据方程式计算消耗SiCl4的物质的量，再根据v=计算v（SiCl4）；

（2）由图可知，随温度升高，SiCl4（g）的转化率降低；说明正反应为放热反应，结合外界条件对平衡移动影响及利用平衡的特征“等”；“定”及由此衍生的一些量来分析；

（3）温度越低；反应速率越慢，到达平衡时间越长；

（4）原子利用率=（目标产物总量/按化学方程式计算生成物总量）×100%；

（5）碳与二氧化硅在高温下反应生成硅与CO．【解析】【解答】（1）固体的质量增加了2.80g为Si3N4的质量，其物质的量=0.02mol，根据方程式可知消耗SiCl4的物质的量=0.02mol×3=0.06mol，故v（SiCl4）==0.015mol/（L．min）；

故答案为：0.015mol/（L．min）；

（2）A．由图可知，随温度升高，SiCl4（g）的转化率降低；说明正反应为放热反应，即△H＜0，故A正确；

B．Si3N4是固体；随反应进行混合气体的总质量减小，若混合气体的总质量不变，表明上述反应己达到平衡状态，故B正确；

C．Si3N4是固体；增大其物质的量，不影响平衡移动，故C错误；

D．降低温度；平衡向正反应方向移动，混合气体总质量减小，混合气体总物质的量增大，混合气体的平均相对分子质量减小，故D错误；

故答案为：AB；

（3）正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故温度T1＞T2＞T3，温度越低，反应速率越慢，到达平衡时间越长，即温度T3达到平衡时间最长；

故答案为：T3；

（4）原子利用率=（目标产物总量/按化学方程式计算生成物总量）×100%；故该反应原子利用率=[（28×3+14×4）÷（28×3+14×4+36.6×12）]×100%=24.22%；

故答案为：24.22%；

（5）碳与二氧化硅在高温下反应生成硅与CO，反应方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑．11、[Ar]3d74s2或1s22s22p63s23p63d74s2ABCDC4氧离子半径比硫离子小，晶格能大8【分析】【分析】（1）钴元素的原子序数是27号；其原子核外有27个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；

（2）A．共价单键为σ键；共价双键中一个是σ键；一个是π键；

B．键长与键能成反比；

C．根据价层电子对互斥理论确定分子的空间构型；

D．根据据此电子对互斥理论确定原子的杂化方式；

（3）A．正负电荷重心不重合的为极性分子；

B．共价化合物的沸点与其相对分子质量成正比；

C．结构相似的分子；其沸点与相对分子质量成正比，氢键能增大物质的沸点；

D．相对分子质量相同的分子；其沸点还与分子的极性有关；

（4）利用均摊法计算硫离子的数目；

（5）具有相似晶胞结构的ZnS和ZnO；ZnS熔点为1830℃，ZnO熔点为1975℃，熔点大小与离子晶体的晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比；

（6）Mo原子的配位数是8．【解析】【解答】解：（1）钴元素的原子序数是27号，其原子核外有27个电子，根据构造原理知，其基态原子核外电子排布式[Ar]3d74s2或1s22s22p63s23p63d74s2；

故答案为：[Ar]3d74s2或1s22s22p63s23p63d74s2；

（2）A．共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键、一个是π键，C2H4分子中有5个σ键和1个π键；故A正确；

B．键长与键能成反比；C=O的键长小于C=S，所以COS分子（结构如图1）中键能C=O＞C=S，故B正确；

C．硫化氢分子中，硫原子中含有2个共用电子对和2个孤电子对，则H2S分子呈V形结构；故C正确；

D．甲烷分子和乙烷分子中，每个碳原子都含有4个共价单键，所以CH4、C2H6分子中碳原子均采用sp3杂化；故D正确；

故选ABCD；

（3）A．H2O；CO、COS分子中正负电荷重心不重合；所以均是极性分子，故A正确；

B．CS2、COS、CO2的结构相似，其沸点与相对分子质量成正比，所以同压强下沸点：CS2＞CO2；故B正确；

C．结构相似的分子，其沸点与相对分子质量成正比，氢键能增大物质的沸点，所以相同压强下沸点：C2H5SH＜C2H5OH；故C错误；

D．CO沸点比N2高和分子的极性有关，前者是极性分子，后者是非极性分子，所以相同压强下沸点：CO＞N2；故D正确；

故选C；

（4）根据图知，硫离子个数==4；

故答案为：4；

（5）离子晶体的熔点与晶格能成正比；晶格能与离子半径成反比，氧化锌和硫化锌中，氧离子半径小于硫离子，所以氧化锌的晶格能大于硫化锌，则氧化性的熔点高于硫化锌；

故答案为：氧离子半径比硫离子小；晶格能大；

（6）Na3[Mo（CN）8]•8H2O中中心原子的配位数是8，故答案为：8．12、BCDFMnO2Cl20.3【分析】【分析】（1）属于氧化还原反应；说明该反应中有电子转移，其特征是有元素化合价升降，据此分析解答；

（2）在氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，化合价升高元素所在反应物是还原剂，化合价降低元素所在反应物是氧化剂，根据原子守恒计算被氧化的HCl的物质的量．【解析】【解答】解：（1）A．（NH4）2SO32NH3↑+H2O+SO2↑各元素化合价不变；所以不属于氧化还原反应，故错误；

B．2CO+O22CO2中C；O元素化合价变化；则有电子转移，属于氧化还原反应，故正确；

C．2C+SiO2Si+2CO↑中C；Si元素化合价变化；则有电子转移，属于氧化还原反应，故正确；

D．NH4NO3N2O+2H2O中N元素化合价变化；则有电子转移，属于氧化还原反应，故正确；

E．CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2各元素化合价不变；所以不属于氧化还原反应，故错误；

F．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O中Mn；Cl元素化合价变化；则有电子转移，属于氧化还原反应，故正确；

故选：BCDF；

（2）在MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O的反应中，锰元素化合价降低，氧化剂为MnO2，氯元素化合价升高，还原剂是HCl，氧化产物是Cl2，转移电子数为2mol，用“双线桥法”表示氧化还原反应中电子转移情况为：根据氯原子守恒，若产生了标准状况下3.36升的氯气，则被氧化的HCl的物质的量为×2=0.3mol；

故答案为：①MnO2；Cl2；②③0.3．13、CH3CHO+2[Ag（NH3）2]OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O【分析】【分析】A、B、C、D、E五种有机物，它们的分子分别由-CH3、-OH、-COOH、-CHO、-C6H5（代表苯基）中的两种组成；

①A能够发生银镜反应，说明含有醛基，且相对分子质量为44，为乙醛，结构简式为CH3CHO；

②B溶液加入氯化铁溶液中，溶液显紫色，说明含有酚羟基，其结构简式为

③C和E在有浓硫酸存在并加热的条件下；能发生酯化反应，则一种物质是醇；一种物质是羧酸，C和E的相对分子质量之比为8：15；

④B和E都能跟氢氧化钠溶液反应，而A、C、D则不能，E为酸、C为醇，C为CH3COOH、E为CH3OH；二者反应生成乙酸甲酯；

⑤D属于烃类，且D能使酸性高锰酸钾溶液褪色，还能发生硝化反应，说明D中含有苯环且苯环上含有甲基，则D为再结合题目分析解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E五种有机物，它们的分子分别由-CH3、-OH、-COOH、-CHO、-C6H5（代表苯基）中的两种组成；

①A能够发生银镜反应，说明含有醛基，且相对分子质量为44，为乙醛，结构简式为CH3CHO；

②B溶液加入氯化铁溶液中，溶液显紫色，说明含有酚羟基，其结构简式为

③C和E在有浓硫酸存在并加热的条件下；能发生酯化反应，则一种物质是醇；一种物质是羧酸，C和E的相对分子质量之比为8：15；

④B和E都能跟氢氧化钠溶液反应，而A、C、D则不能，E为酸、C为醇，C为CH3COOH、E为CH3OH；二者反应生成乙酸甲酯；

⑤D属于烃类，且D能使酸性高锰酸钾溶液褪色，还能发生硝化反应，说明D中含有苯环且苯环上含有甲基，则D为

（1）B、D的结构简式分别是：

故答案为：

（2）A为乙醛，乙醛和银氨溶液加热生成乙酸铵、Ag、氨气和水，反应方程式为：CH3CHO+2[Ag（NH3）2]OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3，故答案为：CH3CHO+2[Ag（NH3）2]OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3；

（3）C为CH3COOH、E为CH3OH，二者反应生成乙酸甲酯，化反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O；

故答案为：CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O．14、KOHBa（NO3）2CuCl2H2SO4NaHCO3H++HCO3-=H2O+CO2↑【分析】【分析】根据题干信息可知，C试剂颜色为蓝色判断为氯化铜溶液；四种无色试剂A、B、D、E用小试管各取少量，两两反应，反应现象为：A与其余三种混合无明显现象，B与D出现白色沉淀，说明是硝酸钡溶液和硫酸溶液、D与E混合有气泡产生，证明是碳酸氢钠溶液和硫酸溶液，分析判断为：D为硫酸溶液；E为碳酸氢钠溶液，B为硝酸钡溶液；E与B无明显现象，符合实验现象．【解析】【解答】解：C试剂颜色为蓝色判断为氯化铜溶液；四种无色试剂A；B、D、E用小试管各取少量；两两反应，反应现象为：A与其余三种混合无明显现象，B与D出现白色沉淀，说明是硝酸钡溶液和硫酸溶液、D与E混合有气泡产生，证明是碳酸氢钠溶液和硫酸溶液，分析判断为：D为硫酸溶液；E为碳酸氢钠溶液，B为硝酸钡溶液；E与B无明显现象，符合实验现象；

（1）依据推断出的各物质写出化学式分别为：A：KOH；B：Ba（NO3）2；C：CuCl2；D：H2SO4；E：NaHCO3；故答案为：KOH；Ba（NO3）2；CuCl2；H2SO4；NaHCO3；

（2）D与E反应的离子方程式为：H++HCO3-=H2O+CO2↑，故答案为：H++HCO3-=H2O+CO2↑．15、2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑正确Cu（NO3）2分解产生的混合气体中O2的体积分数与空气中O2的体积分数相当空气中带火星的木条不复燃，而在NO2和O2混合气体中木条复燃，所以NO2能支持燃烧4HNO3（浓）4NO2↑+O2↑+2H2O不正确带火星的木条熄灭可能是由于加热时产生大量水蒸气所致用Cu与浓HNO3反应制取NO2气体，并用浓H2SO4干燥，再将带火星的木条伸入NO2中观察现象【分析】【分析】Ⅰ．（1）根据题意结合反应物；生成物和反应条件写出相应的反应方程式．

（2）根据该反应中氧气所占的体积分数与空气中氧气所占的体积分数比较来进行判断．

Ⅱ．（1）浓硝酸具有强挥发性；且不稳定，在加热条件下能分解生成二氧化氮；氧气和水，根据反应物、生成物和反应条件写出相应的反应方程式．

（2）加热过程中有水蒸气生成；根据水蒸气的性质分析．

Ⅲ．根据探究式实验的设计来设计该实验，实验步骤为：制取二氧化氮气体→洗气→干燥→验证→得出结论．【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）硝酸铜固体加热分解的产物有氧化铜、二氧化氮和氧气，所以该反应的化学方程式是2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑；

故答案为：2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑；

（2）2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑，该反应中氧气占总气体体积的四分之一．与空气中氧气的体积分数基本相同，若NO2不支持燃烧；则木条不会复燃，根据实验现象知，二氧化氮支持燃烧，故正确；

故答案为：正确；理由是硝酸铜分解产生的混合气体中氧气的体积分数与空气中氧气的体积分数基本相同，若NO2不支持燃烧；则木条不会复燃；

Ⅱ．（1）浓硝酸具有强挥发性，且不稳定，在加热条件下能分解生成二氧化氮、氧气和水，4HNO3（浓）4NO2↑+O2↑+2H2O；

故答案为：4HNO3（浓）4NO2↑+O2↑+2H2O；

（2）该反应的反应条件是加热，加热过程中有水蒸气生成，产生的大量水蒸气抑制了NO2的助燃，导致NO2不能支持木条的燃烧的假象；所以不正确；

故答案为：不正确；理由是带火星的木条熄灭可能是由于加热时产生大量水蒸气；

Ⅲ．实验步骤为：制取二氧化氮气体→洗气→干燥→验证→得出结论；所以先用铜和浓硝酸反应制取二氧化氮气体，二氧化氮气体中含有部分水蒸气，且二氧化氮气体是酸性气体，所以可用浓硫酸或无水氯化钙干燥二氧化氮，然后再将带火星的木条伸入二氧化氮中观察现象，从而确定二氧化氮是否支持燃烧；

故答案为：用金属铜与浓硝酸反应制取NO2气体，并用浓硫酸或无水氯化钙进行干燥，再将带火星的木条伸入二氧化氮中观察现象．16、略

【分析】解：（1）v===0.04mol/（L•s）；故答案为：0.04mol/（L•s）；

（2）根据方程式3A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D（g）可知，生成0.8molC，消耗A的物质的量为0.8mol×=1.2mol；达到平衡，测得A的物质的量为1.8mol；

则反应前A的物质的量为1.2mol+1.8mol=3mol；

反应前A的物质的量浓度是=1.5mol/L；故答案为：1.5mol/L；

（3）根据方程式可知，10s末，生成物D的物质的量与C的物质的量相等，为0.8mol，则10s末，生成物D的浓度为=0.4mol/L；故答案为：0.4mol/L；

（4）由反应3A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D（g）△H＜0可知：

①降低温度；反应速率减小，故答案为：减小；

②增大A的浓度；反应速率增大，故答案为：增大；

③使用催化剂能加快反应速率；故答案为：增大；

④恒容下充入Ne；对参加反应的气体来说，浓度不变，则速率不变，故答案为：不变．

根据v=计算C的反应速率；

根据方程式3A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D（g）；计算A；D的物质的量浓度；

根据外界条件对反应速率的影响分析生成D的速率的变化．

本题考查化学平衡的计算和反应速率的影响因素，题目难度不大，注意外界条件对化学反应速率的影响，注重基础知识的积累．【解析】0.04mol/（L•s）；1.5mol/L；0.4mol/L三、判断题(共6题，共12分)17、×【分析】【分析】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．【解析】【解答】解：化学平衡是动态平衡；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0；

故答案为：×．18、×【分析】【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质），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：由于反应前后；气体的质量不变，在恒温恒容，所以混合气体的密度始终不变，则密度不能判断是否达到了平衡状态；

而恒温恒压条件下；混合气体的密度增大，当密度保持不变，反应达到平衡；

故答案为：×．19、√【分析】【分析】均衡营养，药物大多有副作用，要正确使用，才能促进人体健康．【解析】【解答】解：合理选择饮食，有益健康，药物大多有副作用，要正确使用，故答案为：√．20、×【分析】【分析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质满足以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同，如果含有官能团，则含有官能团的类型及数目完全相同，据此进行判断．【解析】【解答】解：乙醇含有1个羟基；属于一元醇，乙二醇含有2个羟基，属于二元醇，丙三醇含有3个羟基，属于三元醇，它们含有的羟基的数目不同，所以结构不相似，不属于同系物；

故答案为：×，三者含有的羟基数目不同，结构不相似．21、×【分析】【分析】吸热反应与放热反应与是否加热无关，化学反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之吸热．【解析】【解答】解：放热反应不一定不用加热就能进行，如铝热反应，为放热反应，但应在高温下才能进行，故答案为：×．22、×【分析】【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

（1）烷烃命名原则：

①长选最长碳链为主链；

②多遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近离支链最近一端编号；

④小支链编号之和最小．看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

⑤简两取代基距离主链两端等距离时；从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．

（2）有机物的名称书写要规范；

（3）对于结构中含有苯环的；命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”；“间”、“对”进行命名；

（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．【解析】【解答】解：（1）双键的个数为3；应命名为1，3，5-己三烯，故答案为：×；

（2）从离官能团最近的一端开始命名；应命名为3-甲基-2-丁醇，故答案为：×；

（3）应标出取代基的位置；应命名为1，2-二溴乙烷，故答案为：×；

（4）选最长的碳连做主链；应命名为3-甲基-1-戊烯，故答案为：×；

（5）符合命名规则；故答案为：√；

（6）选最长的碳连做主链，从离官能团最近的一端开始命名，应命名为2-甲基-2-戊烯，故答案为：×．四、实验题(共2题，共4分)23、⑤④②⑥CB干燥氯气除去氯气中混有的氯化氢检验装置气密性①MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O有大量的棕黄色的烟产生Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O【分析】【分析】利用实验室制得的氯气与铜反应制取纯净氯化铜；因实验室制得的氯气中混有氯化氯和水汽，需要除去后得到干燥的氯气再与铜在加热的情况下反应，为了得到纯净的氯化铜，在加热反应前需要将装置内的空气排出，形成无氧环境，同时要考虑氯气的尾气对环境有污染，需要用氢氧化钠溶液除去；

（1）仪器的连接方法：先制备反应物；然后除杂质，再使氯气与铜反应，最后尾气处理；进行气体除杂或者干燥时，连接顺序一般是：“长进短出”的原则，根据题中实验原理，用浓盐酸与二氧化锰反生成氯气，除杂后与铜反应生成氯化铜，尾气用氢氧化钠吸收，据此答题；

（2）因需要干燥的氯气与铜反应；故利用浓硫酸对氯气进行干燥处理；氯气中混有氯化氢气体，可利用饱和食盐水除去；

（3）实验中涉及气体的；实验开始时一般都要检验装置气密性，为了防止空气中的成分的干扰，实验结束时，有铜粉的装置中还应再能一会儿氯气；

（4）装置⑤是实验室制取氯气；在烧瓶中发生反应的是浓盐酸和二氧化锰，可写出此反应的化学方程式；

（5）铜与氯气在加热条件下反应会生成氯化铜是棕黄色的烟；

（6）F是尾气处理，吸收多余的氯气，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，根据电荷守恒书写离子方程式．【解析】【解答】解：利用实验室制得的氯气与铜反应制取纯净氯化铜；因实验室制得的氯气中混有氯化氯和水汽，需要除去后得到干燥的氯气再与铜在加热的情况下反应，为了得到纯净的氯化铜，在加热反应前需要将装置内的空气排出，形成无氧环境，同时要考虑氯气的尾气对环境有污染，需要用氢氧化钠溶液除去；

（1）仪器的连接方法：先制备反应物；然后除杂质，再使氯气与铜反应，最后尾气处理；进行气体除杂或者干燥时，连接顺序一般是：“长进短出”的原则，根据题中实验原理，用浓盐酸与二氧化锰反生成氯气，除杂后与铜反应生成氯化铜，尾气用氢氧化钠吸收，所以仪器连接顺序为：③⑤④②①⑥，其中②与④装置相连时，玻璃管接口应是C接B；

故答案为：⑤；④、②、⑥；C、B；

（2）装置②中盛装的是浓硫酸；可利用此装置干燥氯气，装置④中盛装的是饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢；

故答案为：干燥氯气；除去氯气中混有的氯化氢；

（3）实验中涉及气体的；实验开始时一般都要检验装置气密性，为了防止空气中的成分的干扰，实验结束时，有铜粉的装置中还应再通一会儿氯气至硬质玻璃管冷却，所以实验结束时，应先熄灭①处的酒精灯；

故答案为：检验装置气密性；①；

（4）装置⑤是利用二氧化锰和浓盐酸混合加热制氯气，发生反应的化学方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；

（5）铜与氯气在加热条件下反应会生成氯化铜是棕黄色的烟；所以可