2025年冀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年冀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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列关于食品添加剂的说法，不正确的是（）A.醋可同时用作防腐剂和调味剂B.食品添加剂必须用天然物质制造C.柠檬黄常用作着色剂，改善食品色泽D.食品添加剂在合理限量范围内使用是可以的2、已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe（OH）3+Cl0-+OH-═Fe4n-+Cl-+H2O（未配平）．则下列有关叙述错误的是（）A.已知FeO4n-中Fe的化合价是+6价，则n=2B.每产生1molCl-，转移2mol电子C.FeO4n-具有强氧化性，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂D.若n=2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：33、150℃、1.01×105Pa时，aL乙炔和aL丙烯的混合气体与过量的bLO2混合、点燃，使这两种烃充分燃烧后，再恢复到原状况，此时混合气体的体积为（）A.10aLB.（2a+b）LC.（b-a）LD.无法计算4、下列关于官能团的判断中说法错误的是（）A.醇的官能团是羟基（-OH）B.羧酸的官能团是羟基（-OH）C.酚的官能团是羟基（-OH）D.烯烃的官能团是碳碳双键5、2013年2月，俄罗斯境内有大量陨石坠落，经过化学分析，陨石的游离态的铁含量约为10%左右，此外还有橄榄石（Fe2SiO4）、亚硫酸盐等化学成分，下列有关说法正确的是A.此陨石是一种纯度较高的硅酸盐矿石B.此陨石具有耐酸碱的特性C.陨石中含有游离态的铁是因为在外太空中铁的活性比地球上铁的活性低D.橄榄石中Fe为+2价6、将rm{O_{2}}和rm{NH_{3}}的混合气体rm{448mL}通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到rm{44.8mL}气体。原混合气体中rm{O_{2}}的体积可能是rm{(}假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况rm{)(}rm{)}rm{垄脵231.5mL}rm{垄脷268.8mL}rm{垄脹287.5mL}rm{垄脺313.6mL}A.rm{垄脵垄脷}B.rm{垄脹垄脺}C.rm{垄脵垄脹}D.rm{垄脷垄脺}7、一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是KOH溶液．下列对该燃料电池说法正确的是（）A.电池的总反应是：2C4H10+13O2→8CO2+10H2OB.在熔融电解质中，OH-由负极移向正极C.通入空气的一极是正极，电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-D.通入丁烷的-极是正极，电极反应为：C4H10+26OH--26e-═4CO2+18H2O8、短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为14．X与Z同主族，Y与W同主族，且X的原子半径小于Y．下列叙述正确的是（）A.原子半径：Y＜Z＜WB.元素Z、W的简单离子的电子层结构相同C.气态氢化物的热稳定性：Y＞WD.X、Y、Z、W四种元素可组成共价化合物9、下列物质与其用途相符合的是（）

①Cl2一做消毒剂。

②AgBr-制胶卷；感光纸。

③NaClO-漂白纺织物。

④SO2-作防腐荆。

⑤淀粉一检验I2的存在。

⑥HOCH2CH2OH-抗冻剂．A.②③④⑤⑥B.①②③④⑤C.①②③⑤D.全部评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、MgCl2溶液和NaCl溶液等体积混合后，得到的溶液中C（Cl-）=3mol/L（体积变化忽略不计），则原MgCl2溶液和NaCl溶液的物质的量浓度可能为（）A.都是2mol/LB.都是3mol/LC.都是6mol/LD.1mol/L、4mol/L11、构造原理揭示的电子排布能及顺序，实质是各能级能量高低顺序．则下列能级的能量高低顺序正确的是（）A.5s＞4f＞4s＞3dB.3d＞4s＞3p＞3sC.4s＞3s＞2s＞1sD.5s＞4s＞4f＞3d12、甲烷和乙烯是两种重要的有机物，区分它们的正确方法是（）A.观察两者的颜色B.观察两者的状态C.通入溴的四氯化碳溶液D.通入高锰酸钾酸性溶液13、一定条件下反应A（s）+3B（g）⇌2C（g）在10L的密闭容器中进行，测得2min内，A的物质的量由20mol减小到8mol，则下列说法中正确的是（）A.用反应物A表示该反应的反应速率为0.6mol•L-1•min-1B.用反应物B表示该反应的反应速率为1.8mol•L-1•min-1C.反应达到平衡时v（B）正=v（C）逆D.升高温度可加快正反应的速率，同时降低逆反应的速率14、“绿色化学”是指从技术、经济上设计可行的化学反应，尽可能减少对环境的负作用．下列化学反应，不符合绿色化学概念的是（）A.消除硫酸厂尾气排放的SO2：SO2+2NH3+H2O=（NH4）2SO3B.消除制硝酸工业尾气的氮氧化物污染：NO2+NO+NaOH=2NaNO2+H2OC.制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2↑+2H2OD.制Cu（NO3）2：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O15、下列属于配位化合物的是（）A.NH4ClB.Na2CO3•10H2OC.CuSO4•5H2OD.CO（NH3）6Cl316、甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断错误的是（）A.若甲为C，则丁一定是O2B.若甲为SO2，则丁可能是氨水C.若甲为Fe，则丁可能是盐酸D.若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO217、对电解质的叙述正确的是（）A.溶于水后得到的溶液能导电的物质B.BaSO4、AgCl是难溶物，但它们是电解质C.盐酸、氨水、CO2都是电解质D.在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物18、下列能用勒夏特列原理解释的事实是（）A.NaOH溶液使酯水解比稀H2SO4使酯水解更快B.由2NO2（g）⇌N2O4（g）组成的平衡体系，加压后颜色加深C.在硫酸亚铁溶液中，加入铁粉以防止氧化变质D.用热的纯碱溶液洗去铁屑表面的油污时，去污效果好评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)19、经研究表明，Fe（SCN）3是配合物，Fe3+与SCN-不仅能以1：3的个数比配合；还可以其他个数比配合．请按要求填空：

（1）若所得Fe3+和SCN-的配合物中，主要是Fe3+与SCN-以个数比1：1配合所得离子显血红色．该离子的离子符号是____．

（2）若Fe3+与SCN-以个数比1：5配合，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为____．20、据报道，在一定条件下，N2在掺有少量氧化铁的二氧化钛催化剂表面能与水发生反应，主要产物为NH3，相应的反应方程式为：2N2（g）+6H2O（g）=4NH3（g）+3O2（g）△H=Q

①上述反应的平衡常数表达式为____

②取五份等体积N2和H2O的混合气体（物质的量之比为1：3），分别加入体积相同的恒容器密闭容器中，在温度不相同的情况下发生反应，反应相同时间后，测得氮气的体积分数φ（N2）与反应温度T的关系曲线如图1所示，则上述反应的Q____0（填“＞”；“＜”或“=”）

③若上述反应在有正催化剂的情况下发生，则如图2所示的a、b、c、d四条曲线中，最能表示反应体系能量变化的是____（填字母代号）

21、（2015•黑龙江模拟）周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大．a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子．回答下列问题：

（1）b、c、d中第一电离能最大的是____（填元素符号），e的价层电子轨道示意图为____．

（2）a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为____；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是____（填化学式；写出两种）．

（3）这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是____；酸根呈三角锥结构的酸是____．（填化学式）

（4）e和c形成的一种离子化合物的晶体结构如图1，则e离子的电荷为____．

（5）这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图2所示）．该化合物中，阴离子为____，阳离子中存在的化学键类型有____；该化合物加热时首先失去的组分是____，判断理由是____．22、铁不能与冷、热水反应，但能与水蒸气反应．资料显示，在不同温度下，还原铁粉与水蒸气反应的产物是不同的，温度低于570℃时，生成FeO，高于570℃时，生成Fe3O4．老师用图1所示实验装置；完成还原铁粉与水蒸气反应的演示实验．

（1）实验中使用肥皂液的作用是____．

（2）甲同学为探究实验后试管内的固体含有哪些物质；进行了下列实验：

。实验编号实验操作实验现象①取少量黑色粉末X放入试管1中，加入盐酸，微热黑色粉末逐渐溶解，溶液呈绿色；有少量气泡产生②向试管1中滴加几滴KSCN溶液，振荡溶液没有出现血红色根据上述实验，能确定固体中存在的物质是____；不能确定是否存在Fe3O4的原因是____

（3）乙同学设计实验方案如图2以确定实验后试管内的固体是否存在Fe3O4：

①溶液X中发生氧化还原反应的离子方程式为____；足量氨水与金属离子反应的离子方程式为____．

②操作a包括过滤和洗涤，检验沉淀是否已经洗涤干净的操作是____．

③确定是否存在Fe3O4需要测定并记录的实验数据是____．23、（15分）已知A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大。A原子、C原子的L能层中，都有两个未成对的电子，C、D同主族。E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满。根据以上信息填空：⑴基态D原子中，电子占据的最高能层符号，该能层具有的原子轨道数为；⑵E2＋离子的价层电子排布图是，F原子的电子排布式是；⑶A元素的最高价氧化物对应的水化物中心原子采取的轨道杂化方式为，B元素的气态氢化物的VSEPR模型为；⑷化合物AC2、B2C和阴离子DAB－互为等电子体，它们结构相似，DAB－的电子式为；⑸配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E3＋与配位体AB－构成，配位数为6，甲的水溶液可以用于实验室中E2＋离子的定性检验，检验E2＋离子的离子方程式为；⑹某种化合物由D，E，F三种元素组成，其晶胞如图所示，则其化学式为，该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度：d=g/cm3。24、研究物质间的氧化还原反应有重要的意义。（1）一定条件下Fe（OH）3与KClO在KOH溶液中反应可制得K2FeO4，其中反应的氧化剂是___________；生成0．5molK2FeO4转移电子的物质的量____________mol。（2）高铁电池是一种新型二次电池，电解液为碱溶液，其反应式为：3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH3Zn+2K2FeO4+8H2O放电时，电池的负极反应式为____________。充电时电解液的pH____________（填“增大”“不变”或“减小”）（3）H2O2是一种绿色氧化剂。工业制备H2O2的原理如下：①电解池总反应：2S2O42−+2H+═S2O82-+H2↑②电解生成的S2O82-水【解析】

S2O82-+2H2O═H2O2+2H++SO42−电解池中阴极反应式____________。25、（2015秋•胶州市校级月考）按要求回答下列问题。

（1）某小组同学探究H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱；设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）．

①打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到过量，烧瓶内溶液变为无色，该反应的离子方程式为____，得出的结论是：H2SO3的氧化性比Br2的氧化性____（填“强”或“弱”）．

②再打开活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2，刚开始溶液颜色无明显变化，继续滴加，溶液变为橙黄色，变橙黄色反应的离子方程式为____，得出的结论是H2O2的氧化性比Br2的氧化性____（填“强”或“弱”）．

（2）某学习小组向盛有氯化钡溶液的试管中通入二氧化硫气体，发现有白色沉淀，为了清楚沉淀的物质，研究小组向试管中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，你认为沉淀物是____，产生该物质可能的原因是____．

（3）为探究SO2使品红溶液褪色的原因，该小组同学将干燥的SO2气体通入品红的四氯化碳溶液中，发现品红不褪色，由此所得出的结论正确的是____（填编号）

a．SO2使品红溶液褪色的微粒一定不是SO2分子。

b．SO2使品红溶液褪色的微粒一定是H2SO3分子。

c．此实验无法确定SO2使品红溶液褪色的微粒。

d．将干燥的SO2气体通入品红的酒精溶液中；能使品红褪色。

由此可猜想使品红溶液褪色的微粒可能是____．

（4）配平并完成下列离子方程式。

____MnO4-+____H2O2+____=____Mn2++____O2+____H2O

每有1mol高锰酸根参加反应，生成____molO2．26、减少污染；保护环境是全世界最热门的课题．

（1）为了减少空气中SO2的排放；常采取的措施有：将煤转化为清洁气体燃料．

已知：H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）△H1=-241.8kJ•mol-1

C（s）+1/2O2（g）═CO（g）△H2=-110.5kJ•mol-1

则焦炭与水蒸气反应生成CO的热化学方程式为：____

（2）CO在催化剂作用下可以与H2反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．在密闭容器中充有10molCO与20molH2；CO的平衡转化率与温度；压强的关系如图1所示．

①M、N两点平衡状态下，容器中总物质的物质的量之比为：n（M）总：n（N）总=____．

②若M、N、Q三点的平衡常数KM、KN、KQ的大小关系为____．

（3）电化学降解NO的原理如图2所示，电源正极为____（填“a”或“b”）；若总反应为4NO3-+4H+5O2↑+2N2↑+2H2O，则阴极反应式为____．

（4）已知25℃时，电离常数Ka（HF）=3.6×10-4，溶度积常数Ksp（CaF2）=1.5×10-10．现向1000L1.5×10-2mol/LCaCl2溶液中通入氟化氢气体，当开始出现白色沉淀时，通入的氟化氢为____mol（保留3位有效数字）27、氯乙烯是一种重要的化工原料，请写出由氯乙烯备聚氯乙烯的化学方程式：____；工业上制备氯乙烯的方法有多种．

方法一、乙炔与HCl在催化剂存在下发生加成反应，方程式____；

方法二、乙烯在一定条件下与氯气发生取代反应，方程式____，该法由于乙烯易与氯气发生加成反应而带入比较多的杂质____（填名称）；

方法三、以乙烯、Cl2为原料先发生加成反应，再使加成产物在一定条件下脱去HCl分子而获得，有关反应的方程式____、____，该法除获得氯乙烯外还得到了副产物____．评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)28、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化____．（判断对确）参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】A．根据醋具有酸味；

B．很多食品添加剂是合成的；

C．柠檬黄具有黄色；可做着色剂；

D．食品添加剂应依法合理使用．【解析】【解答】解：A．醋能作食品防腐剂；具有酸味可以用作调味剂，故A正确；

B．很多食品添加剂是合成的；所以食品添加剂不一定用天然物质制造，故B错误；

C．柠檬黄具有黄色；可做着色剂，改善食品色泽，故C正确；

D．食品添加剂应依法合理使用；在合理限量范围内使用不影响人体健康，故D正确；

故选B．2、D【分析】【分析】A；根据化合价的代数和等于电荷数计算；

B；根据Cl的化合价变化分析；

C；强氧化性的物质能杀菌消毒；

D、若n=2，Fe元素的化合价变化3价，Cl元素的化合价变化2价．【解析】【解答】解：A、已知FeO4n-中Fe的化合价是+6价；由化合价的代数和等于电荷数可得n=2，故A正确；

B、反应中Cl的化合价从+1价降低到-1价，则每产生1molCl-；转移2mol电子，故B正确；

C、FeO4n-具有强氧化性能杀菌消毒，一般其还原产物为Fe3+；可用作新型自来水消毒剂和净水剂，故C正确；

D；若n=2；Fe元素的化合价变化3价，Cl元素的化合价变化2价，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故D错误．

故选D．3、B【分析】【分析】氧气过量时，燃烧发生反应：2C2H2+5O24CO2+2H2O、2C3H6+9O26CO2+6H2O，恢复150℃、1.01×105Pa时，生成的水为气态，由方程式可知，2体积乙炔燃烧后气体体积减少1体积，而2体积丙烯燃烧后气体体积增大1体积，故燃烧后混合物气体的体积不变．【解析】【解答】解：氧气过量时，燃烧发生反应：2C2H2+5O24CO2+2H2O、2C3H6+9O26CO2+6H2O，恢复150℃、1.01×105Pa时，生成的水为气态，由方程式可知，2体积乙炔燃烧后气体体积减少1体积，而2体积丙烯燃烧后气体体积增大1体积，故燃烧后混合物气体的体积不变，即燃烧后混合气体的体积为（aL+aL+bL）=（2a+b）L，故选B．4、B【分析】【分析】官能团决定有机化合物的性质，常见的官能团有：-OH、C.-CHO、-COOH等，注意羧酸的官能团为羧基-COOH，以此来解答．【解析】【解答】解：A．醇的官能团为羟基；如乙醇中含-OH，与烃基相连，故A正确；

B．羧酸的官能团为羧基：-COOH；不是羟基，故B错误；

C．酚的官能团是羟基；如苯酚中含酚-OH，与苯环直接相连，故C正确；

D．烯烃的官能团是双键；如乙烯中存在碳碳双键，易发生加成反应，故D正确；

故选B．5、D【分析】试题分析：A、陨石中含有硅酸盐，但还有单质铁、亚硫酸盐等化学成分，错误；B、陨石中有单质铁会和酸反应，错误；C、陨石中游离态的铁与地球上铁的性质相同，错误；D、硅为+4价，氧为-2价，Fe为+2价，正确。考点：考查化学与STS、元素及其化合物性质用途。【解析】【答案】D6、B【分析】【分析】本题考查了混合物反应的计算，题目难度较大，明确剩余气体组成为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力。【解答】最终收集到rm{44.8mL}气体为氧气或rm{NO}rm{NO}，当为氧气时，发生反应有：rm{4NH}rm{4NH}rm{3}rm{3}rm{+5O}rm{+5O}rm{2}rm{2}rm{?4NO+6H}rm{?4NO+6H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{4NO+3O}氨气总体积为rm{O}则：rm{4NO+3O}由于氨气完全反应，则rm{2}体积氨气消耗氧气体积为：rm{2}同时生成rm{+2H}体积为rm{+2H}生成的rm{2}完全反应消耗氧气的体积为：rm{2}则：rm{O=4HNO}联立rm{O=4HNO}解得：rm{3}rm{3}即：氧气体积为，设氧气总体积为rm{y}氨气总体积为rm{x}则：rm{垄脵x+y=448mL}由于氨气完全反应，则rm{x}体积氨气消耗氧气体积为：rm{x隆脕5/4=1.25x}同时生成rm{NO}体积为rm{x}生成的rm{NO}完全反应消耗氧气的体积为：rm{x隆脕3/4=0.75x}则：rm{垄脷1.25x+0.75x=44.8=y}联立rm{垄脵垄脷}解得：rm{x=134.4mL}rm{y=313.6mL}即：氧气体积为rm{313.6mL}rm{y}时，则氧气、氨气完全反应，发生反应为：rm{x}rm{垄脵x+y=448mL}rm{x}rm{x隆脕5/4=1.25x}rm{dfrac{underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}}rm{NO}rm{x}rm{NO}rm{x隆脕3/4=0.75x}rm{垄脷1.25x+0.75x=44.8=y}rm{垄脵垄脷}rm{x=134.4mL}rm{y=313.6mL}rm{313.6mL}当剩余的气体为rm{NO}时，则氧气、氨气完全反应，发生反应为：rm{4NH}为rm{NO}设原混合气体中氨气体积为rm{4NH}氧气体积为rm{3}则：rm{3}氨气完全反应消耗氧气体积为rm{+5O}rm{+5O}rm{2}rm{2}rm{dfrac{

underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}}同时生成rm{4NO+6H}体积为rm{4NO+6H}其中转化成硝酸的rm{2}体积为：rm{2}此过程中消耗氧气体积为：rm{O}rm{4NO+3O}rm{O}rm{4NO+3O}rm{2}rm{2}rm{+2H}rm{+2H}联立rm{2}可得：rm{2}rm{O=4HNO}即：原混合气体中氧气的总体积为rm{O=4HNO}

rm{3}或rm{3}由以上分析可知，，剩余的rm{44.8mL}为rm{NO}设原混合气体中氨气体积为rm{x}氧气体积为rm{y}则：rm{垄脹x+y=448mL}氨气完全反应消耗氧气体积为rm{x隆脕}正确，故B符合题意。rm{44.8mL}rm{NO}【解析】rm{B}7、C【分析】【分析】乙烷燃料电池的电池总反应为2C4H10+13O2+16KOH=8K2CO3+18H2O，原电池工作时C4H10被氧化生成K2CO3，应为原电池的负极，电极反应式为C4H10+34OH--52e-=4CO32-+22H2O，O2得电子被还原，应为原电池正极，电极反应式为26H2O+13O2+52e-=52OH-，结合电极反应式解答该题．【解析】【解答】解：A、电池的总反应是：2C4H10+13O2+16KOH=8K2CO3+18H2O；故A错误；

B、原电池中，阴离子向负极移动，因此在熔融电解质中，OH-由正极移向负极；故B错误；

C、通入空气的一极是正极，该极上是氧气发生得电子的还原反应，电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-；故C正确；

D、通入丁烷的-极是负极，电极反应为：C4H10+34OH--52e-=4CO32-+22H2O；故D错误．

故选C．8、C【分析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与Z同主族，Y与W同主族，则Y与W分别位于第二、第三周期，X的原子半径小于Y，X不可能处于第二周期，故X为H元素，Z为Na元素，X、Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，故Y、W的最外层电子数为=6，故Y为O元素，W为S元素，结合元素周期律与物质性质解答．【解析】【解答】解；A．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Na＞S＞O，即Z＞W＞Y，故A错误；

B．元素Z、W的简单离子分别为Na+、S2-；原子核外电子层数分别为2；3，电子层结构不同，故B错误；

C．O元素的非金属性大于S，所以气态氢化物的热稳定性：H2O＞H2S；故C正确；

D．X、Y、Z、W四种元素形成的化合物为NaHSO3或NaHSO4；为离子化合物，故D错误．

故选C．9、D【分析】【分析】①次氯酸有强氧化性；能杀菌消毒；

②AgBr不稳定；易分解生成银；

③NaClO能生成次氯酸；次氯酸具有强氧化性，可用于漂白纺织物；

④防腐剂是可以杀菌或抑制微生物的生长起到防腐作用的化学药剂；

⑤淀粉遇碘变蓝色；

⑥抗冻剂是一类加入到其他液体（一般为水）中以降低其冰点、提高抗冻抗冻能力的物质．【解析】【解答】解：①氯气和水反应生成次氯酸；次氯酸具有强氧化性，能杀菌消毒，所以氯气可以作消毒剂，故正确；

②AgBr不稳定；易分解生成银，可用来制胶卷；感光纸，故正确；

③NaClO与二氧化碳；水反应生成次氯酸；次氯酸具有漂白性，可用于漂白纺织物，故正确；

④二氧化硫溶于水形成亚硫酸；有抑制微生物生长的作用，可达到防腐的目的，故正确；

⑤淀粉遇碘变蓝色；可用来检验碘单质，故正确；

⑥乙二醇是一种加入到其他液体（一般为水）中以降低其冰点；提高抗冻抗冻能力的物质；是一种很好的抗冻剂，故正确；

故选D．二、多选题(共9题，共18分)10、AD【分析】【分析】MgCl2溶液和NaCl溶液等体积混合后，所得溶液中c（Cl-）=3mol/L，则：2c（MgCl2）×VL+c（NaCl）×VL=c（Cl-）×2VL，即2c（MgCl2）+c（NaCl）=6mol/L，据此计算判断．【解析】【解答】解：MgCl2溶液和NaCl溶液等体积混合后，所得溶液中c（Cl-）=3mol/L，则：2c（MgCl2）×VL+c（NaCl）×VL=c（Cl-）×2VL，即2c（MgCl2）+c（NaCl）=6mol/L．

A．都是2mol/L，满足2c（MgCl2）+c（NaCl）=6mol/L；故A符合；

B．都是3mol/L，2c（MgCl2）+c（NaCl）=9mol/L＞6mol/L；故B不符合；

C．都是6mol/L，则2c（MgCl2）+c（NaCl）=18mol/L＞6mol/L；故C不符合；

D．MgCl2溶液和NaCl溶液分别是1mol/L和4mol/L，则2c（MgCl2）+c（NaCl）=6mol/L；故D符合；

故选：AD．11、BC【分析】【分析】各能级能量高低顺序为①相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns＜np＜nd＜nf，②n不同时的能量高低：2s＜3s＜4s2p＜3p＜4p；③不同层不同能级ns＜（n-2）f＜（n-1）d＜np，以此解答该题．【解析】【解答】解：各能级能量高低顺序为①相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns＜np＜nd＜nf；②n不同时的能量高低：2s＜3s＜4s2p＜3p＜4p；③不同层不同能级ns＜（n-2）f＜（n-1）d＜np，绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序：1s；2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f

A．由以上分析可知：4f＞5s＞3d＞4s；故A错误；

B．由以上分析可知：3d＞4s＞3p＞3s；故B正确；

C．相同能级；不同能层：4s＞3s＞2s＞1s，故C正确；

D．由以上分析可知：4f＞5s＞3d＞4s；故D错误；

故选BC．12、CD【分析】【分析】乙烯含有碳碳双键，可发生加成反应和氧化反应，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．甲烷和乙烯都是无色气体；不能鉴别，故A错误；

B．常温下都为气体；不能鉴别，故B错误；

C．乙烯含有碳碳双键；可与溴发生加成反应，可鉴别，故C正确；

D．乙烯含有碳碳双键；可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故D正确．

故选CD．13、BC【分析】【分析】A．A是固体；固体没有浓度而言，所以不能用其浓度变化量计算反应速率；

B．测得2min内，A的物质的量由20mol减小到8mol，则A参加反应的物质的量=20mol-8mol=12mol，根据方程式知，参加反应的B的物质的量为12mol×3=36mol，B的反应速率=；

C．同一反应中；正逆反应速率相等即达到平衡状态；

D．升高温度，正逆反应速率都增大．【解析】【解答】解：A．A是固体；固体没有浓度而言，所以不能用其浓度变化量计算反应速率，故A错误；

B．测得2min内，A的物质的量由20mol（560g）减小到8mol（224g），则A参加反应的物质的量=20mol-8mol=12mol，根据方程式知，参加反应的B的物质的量为12mol×3=36mol，B的反应速率===1.8mol•L-1•min-1；故B正确；

C．同一反应中，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以2v（B）正=3v（C）正，所以v（B）正=v（C）正=v（C）逆；即反应达到平衡，故C正确；

D．升高温度；正逆反应速率都增大，故D错误；

故选BC．14、CD【分析】【分析】绿色化学又称环境友好化学；它的主要特点是：

1．充分利用资源和能源；采用无毒；无害的原料；

2．在无毒；无害的条件下进行反应；以减少废物向环境排放；

3．提高原子的利用率；力图使所有作为原料的原子都被产品所消纳，实现“零排放”；

4．生产出有利于环境保护、社区安全和人体健康的环境友好的产品．【解析】【解答】解：A．二氧化硫是有害气体；用氨气吸收，消除污染，符合绿色化学的理念，故A不选；

B．二氧化氮和一氧化氮都是有害气体；用氢氧化钠吸收，消除污染，符合绿色化学的理念，故B不选；

C．浓硫酸的还原产物是二氧化硫；对环境有污染，不符合绿色化学的理念，故C选；

D．稀硝酸的还原产物是一氧化氮；对环境有污染，不符合绿色化学的理念，故D选；

故选CD．15、CD【分析】【分析】配合物的判断方法：判断化合物中金属原子（或离子）与非金属离子或离子团（分子团）间的结合是否有配位键．【解析】【解答】解：A．配合物常指含有配位键的复杂的化合物；可以理解成一个氨分子提供一对电子给一个氢离子，形成配位键，但是我们一般不说铵根是配合物，故A不选；

B．Na2CO3•10H2O中不含配位键；不是配合物，故B不选；

C．CuSO4•5H2O属于配合物，阳离子为[Cu（H2O）4]2+；故C选；

D．CO（NH3）6Cl3属于配合物，阳离子为[CO（NH3）6]3+；故D选．

故选CD．16、AC【分析】【分析】A、甲为C，丁为O2也可以为水，物质转化关系为CCOCO2，也可以为CCOCO2；

B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；

C；若甲为Fe；丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应；

D、若甲为NaOH溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3．【解析】【解答】解：A、甲为C，丁为O2也可以为水，物质转化关系为CCOCO2，也可以为CCOCO2；故A错误；

B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；故B正确；

C；若甲为Fe；丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应，故C错误；

D、若甲为NaOH溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3；故D正确；

故选AC．17、BD【分析】【分析】电解质是指在水溶液或熔化状态下都能导电的化合物据此回答．

A．电解质必须本身能电离；

B．硫酸钡；AgCl是难溶物；但它们是在熔化状态下都能导电的化合物；

C．电解质必须本身能电离的化合物；

D．在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质．【解析】【解答】解：A．电解质必须本身能电离；二氧化碳；氨气的水溶液能导电但是他们本身不能电离所以不是电解质，故A错误；

B．硫酸钡；AgCl是难溶物；但它们是在熔化状态下都能导电的化合物，故属于电解质，故B正确；

C．电解质必须本身能电离；二氧化碳；氨气的水溶液能导电但是他们本身不能电离所以不是电解质，电解质是化合物，盐酸、氨水是混合物，故不是电解质，故C错误；

D．在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；故D正确；

故选BD．18、AD【分析】【分析】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释．【解析】【解答】解：A；酯水解生成酸和醇；是可逆反应，氢氧化钠和酸发生中和反应，有利于平衡向正向移动，能用勒夏特利原理解释，故A不符合；

B；加压后颜色加深；是体积缩小浓度增大，平衡不一定移动，不能用勒夏特利原理解释，故B不符合；

C；铁粉防止氧化；是利用铁还原铁离子重新生成亚铁离子，不能用勒夏特利原理解释，故C不符合；

D；热碱水解程度大碱性强；去油污效果好，能用勒夏特利原理解释，故D符合；

故选AD．三、填空题(共9题，共18分)19、[Fe（SCN）]2+FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN）5]+3KCl【分析】【分析】（1）Fe3+与SCN-以个数比1：1配合所得离子为[Fe（SCN）]2+；

（2）Fe3+与SCN-以个数比1：5配合所得离子为[Fe（SCN）5]2-，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成K2[Fe（SCN）5]与KCl【解析】【解答】解：（1）①Fe3+与SCN-以个数比1：1配合生成带有两个正电荷的离子：[Fe（SCN）]2+；

故答案为：[Fe（SCN）]2+；

（2）Fe3+与SCN-以个数比1：5配合所得离子为[Fe（SCN）5]2-，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成K2[Fe（SCN）5]与KCl，所以的反应方程式为：FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN）5]+3KCl；

故答案为：FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN）5]+3KCl．20、＜d【分析】【分析】（1）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；

（2）曲线的变化先增大后变小．我们知道温度升高反应速率加快．在此题中；反应相同时间，低温下的两点是未达到平衡的两点，随温度的升高，氮气的体积分数随温度升高而变大，曲线的最高点是某温度下达到平衡的点，之后的两点，皆是平衡后的氮气的体积分数，且随温度升高而降低，则生成氨气的反应是放热反应；

（3）反应是放热反应，使用催化剂可以降低反应的活化能．【解析】【解答】解：（1）上述反应的平衡常数表达式为：K=，故答案为：；

（2）曲线的变化先增大后变小．我们知道温度升高反应速率加快．在此题中；反应相同时间，低温下的两点是未达到平衡的两点，随温度的升高，氮气的体积分数随温度升高而变大，曲线的最高点是某温度下达到平衡的点，之后的两点，皆是平衡后的氮气的体积分数，且随温度升高而降低，则生成氨气的反应是放热反应，即此反应的正反应为放热反应，即Q＜0，故答案为：＜；

（3）根据（2）的结论，反应是放热反应，应从a、b曲线中找答案，使用催化剂可以降低反应的活化能，因此应该选b，故答案为：b．21、Nsp3H2O2、N2H4HNO2、HNO3H2SO3+1SO42-共价键和配位键H2OH2O和Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱【分析】【分析】周期表前四周期的元素a、b；c、d、e；原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a是H元素；

c的最外层电子数为其内层电子数的3倍；原子最外层电子数是8，所以C是O元素，d与c同族，则d是S元素；

b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b是N元素；

e的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子，则e是Cu元素，再结合原子结构、物质结构、元素周期律解答．【解析】【解答】解：周期表前四周期的元素a、b；c、d、e；原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a是H元素；

c的最外层电子数为其内层电子数的3倍；原子最外层电子数是8，所以C是O元素，d与c同族，则d是S元素；

b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b是N元素；

e的最外层只有一个电子；但次外层有18个电子，则e是Cu元素；

（1）b、c、d分别是N、O、S元素中，元素的非金属性越强，其第一电离能越大，同一周期元素中，第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素，所以N、O、S中第一电离能最大的是N元素，e的价层为3d、4s电子，其电子轨道示意图为

故答案为：N；

（2）a是H元素，a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子为氨气，氨气分子中氮原子含有3个共价键和一个孤电子对，所以该分子的中心原子的杂化方式为sp3；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2、N2H4；

故答案为：sp3；H2O2、N2H4；

（3）这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是HNO2、HNO3；酸根呈三角锥结构的酸是H2SO3，故答案为：HNO2、HNO3；H2SO3；

（4）e和c形成的一种离子化合物的晶体结构如图1，c离子个数=1+8×=2，e离子个数=4，所以该化合物为Cu2O；则e离子的电荷为+1，故答案为：+1；

（5）这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构，说明阴离子的中心原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，为硫酸根离子，阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图2所示），根据图象知，阳离子的配位数是6，阳离子中含有共价键、配位键，氨分子个数是4、水分子个数是2，其化学式为[Cu（NH3）4（H2O）2]SO4，H2O和Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱，所以该化合物加热时首先失去的组分是H2O；

故答案为：SO42-；共价键和配位键；H2O；H2O和Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱．22、检验反应中生成的H2FeFe3O4溶于盐酸生成的Fe3+与Fe反应生成了Fe2+2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2OFe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+取少量最后一次洗涤液，滴加AgNO3溶液，若无沉淀生成，则沉淀已洗干净固体样品质量和红褐色固体的质量（其他合理答案也可）【分析】【分析】（1）检验反应中生成的H2；

（2）铁与盐酸反应有气泡冒出；Fe3O4溶于盐酸生成的Fe3+与Fe反应生成了Fe2+；

（3）①Fe2+能被双氧水氧化为Fe3+；Fe3+能与氨水反应生成氢氧化铁沉淀；

②取少量最后一次洗涤液，滴加AgNO3溶液；若无沉淀生成，则沉淀已洗干净；

③利用极限法来假设全部是FeO或Fe3O4解题；【解析】【解答】解：（1）有肥皂泡吹起时，用点燃的火柴靠近肥皂泡，当听到爆鸣声说明有氢气生成，故答案为：检验反应中生成的H2；

（2）与盐酸反应有气泡冒出说明含有铁；不能确定是否含有Fe3O4或FeO，如果混合物中存在Fe3O4，溶于盐酸生成的Fe3+与Fe反应生成了Fe2+；且溶液中的Fe2+也有可能是Fe与Fe3+反应的产物，故答案为：Fe；Fe3O4溶于盐酸生成的Fe3+与Fe反应生成了Fe2+；

（3）①Fe2+能被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O；Fe3+能与氨水反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；

故答案为：2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O；Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；

②取少量最后一次洗涤液，滴加AgNO3溶液；若无沉淀生成，则沉淀已洗干净；

故答案为：取少量最后一次洗涤液，滴加AgNO3溶液；若无沉淀生成，则沉淀已洗干净；

③固体样品m1克与红棕色固体m2克所含铁元素的物质的量相同；假设全部是FeO；

2FeO≈Fe2O3

144g160g

m1与m2之比==0.9；

假设全部是Fe3O4；

2Fe3O4≈3Fe2O3

464g480g

m1与m2之比==0.97，m1与m2之比最少应大于0.9时，固体样品中一定存在Fe3O4；

故答案为：固体样品质量和红褐色固体的质量（其他合理答案也可）；23、略

【分析】试题分析：根据题意可得A是C；B是N；C是O；D是S；E是Fe；F是Cu。⑴基态S原子核外电子排布是1s22s22p63s23p4，可见电子占据的最高能层是M层；在M能层有1个s轨道、3个p轨道、5个d轨道，一共具有的原子轨道数是9个。⑵Fe2＋离子的价层电子排布图是根据能层排布规律可知：29号元素Cu原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)；⑶C元素的最高价氧化物对应的水化物H2CO3中心原子C采取的轨道杂化方式为sp2杂化；N元素的气态氢化物的VSEPR模型为四面体型。⑷化合物CO2、N2O和阴离子SCN－互为等电子体，物质的结构相似。性质也相似。它们结构相似，SCN－的电子式为⑸配合物甲的焰色反应呈紫色说明含有K+；其内界由中心离子Fe3＋与配位体CN－构成，配位数为6，该离子是[Fe(CN)6]3+。配合物甲的化学式是K3[Fe(CN)6].检验Fe2＋离子的检验方法是向待测溶液中加入K3[Fe(CN)6].溶液，若产生具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀,就证明含有Fe2＋，其离子方程式为3Fe2＋+2Fe(CN)63－=Fe3[Fe(CN)6]2↓；⑹某种化合物由D，E，F三种元素组成，由其晶胞示意图可知：含有S：8;Fe：8×1/8+6×1/2=4；Cu:8×1/8+4×1/2+1=4，所以Fe:Cu:S=4:4:8=1:1:2则其化学式为CuFeS2；该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度：g/cm3。考点：考查元素的推断、原子的价电子排布图、原子的电子排布式、离子的电子式、检验、晶体的化学式的确定及晶体密度的计算的知识。【解析】【答案】⑴M9个⑵1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)；⑶sp2；四面体；⑷⑸3Fe2＋+2Fe(CN)63－=Fe3[Fe(CN)6]2↓；⑹CuFeS2；24、略

【分析】试题分析：（1）该反应中，铁元素的化合价由+3价变为+6价，氯元素化合价由+1价变为-1价，所以氢氧化铁是还原剂，次氯酸钾是氧化剂，生成0．5molK2FeO4转移的电子的物质的量=0．5mol×(6-3)=1．5mol，答案为：KClO，1．5；（2）该原电池放电时，负极上锌失电子和氢氧根离子反应生成氢氧化锌，电极反应式为：Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2，充电时，氢氧根离子参加反应生成水，所以随着反应的进行，氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，答案为：Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2[或3Zn+6OH--6e-=3Zn(OH)2或Zn+2OH-=Zn（OH）2+2e-均合理]，减小；（3）电解时阴极上得电子发生还原反应，根据电池反应式知，氢离子得电子发生还原反应，所以阴极上的电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故答案为：2H++2e-=H2↑．考点：氧化还原反应；原电池和电解池的工作原理【解析】【答案】（1）KClO；1．5mol（2）Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2；减小（3）2H++2e-=H2↑25、H2SO3+Br2+H2O═4H++SO42-+2Br-弱2H++2Br-+H2O2=Br2+2H2O强BaSO4空气中的O2将SO32-氧化为SO42-acH2SO3或HSO3-或SO32-256H+2582.5【分析】【分析】（1）①打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到过量；烧瓶内溶液变为无色，说明溴与亚硫酸发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢，证明溴的氧化性大于亚硫酸；

②再打开活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2；溶液变为橙黄色，说明溴离子被双氧水氧化成溴单质，据此写出离子方程式；证明了双氧水的氧化成大于溴单质；

（2）白色沉淀不溶于稀盐酸；该沉淀只能为硫酸钡；可能原因为亚硫酸被氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；

（3）根据品红溶液与品红的四氯化碳溶液的区别及二氧化硫的性质进行判断；

（4）根据氧化还原反应中得失电子数相等及质量守恒配平方程式；根据配平后的方程式计算出每有1mol高锰酸根参加反应生成氧气的物质的量．【解析】【解答】解：（1）①打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液到过量，烧瓶内溶液变为无色，说明溴与亚硫酸发生反应生成硫酸和溴化氢，反应的离子方程式为：H2SO3+Br2+H2O═4H++SO42-+2Br-；证明了亚硫酸的氧化性比溴弱；

故答案为：H2SO3+Br2+H2O═4H++SO42-+2Br-；弱；

②再打开活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2，刚开始溶液颜色无明显变化，继续滴加，溶液变为橙黄色，溴离子被氧化成溴单质，变橙黄色反应的离子方程式为：2H++2Br-+H2O2=Br2+2H2O，证明H2O2的氧化性比Br2的氧化性强；

故答案为：2H++2Br-+H2O2=Br2+2H2O；强；

（2）某学习小组向盛有氯化钡溶液的试管中通入二氧化硫气体，发现有白色沉淀，向试管中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，该白色沉淀为BaSO4，产生沉淀的原因可能为：空气中的O2将SO32-氧化为SO42-；硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀；

故答案为：BaSO4；空气中的O2将SO32-氧化为SO42-；

（3）二氧化硫与四氯化碳不反应；能够与水反应生成亚硫酸，亚硫酸能够电离出硫酸氢根离子；亚硫酸根离子；

将干燥的SO2气体通入品红的四氯化碳溶液中，发现品红不褪色，而将二氧化硫通入品红溶液会褪色，证明使品红溶液褪色的不是二氧化硫分子，可能为H2SO3或HSO3-或SO32-；该实验不能证明使品红溶液褪色的粒子，故ac正确；

故答案为：ac；H2SO3或HSO3-或SO32-；

（4）反应中物质的化合价变化：MnO4-→Mn2+，Mn元素化合价由+7价→+2价，一个MnO4-得5个电子；H2O2→O2；

O由-1价变成0价，一个H2O2分子失去2个电子，所以其最小公倍数为10，故MnO4-的计量数为2，双氧水的计量数为5，然后根据原子守恒配平其它元素，配平后的离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O；

根据反应可知，1mol高锰酸根离子完全反应生成氧气的物质的量为1mol×=2.5mol；

故答案为：2；5；6H+；2；5；8；2.5．26、C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol-110：8KM=KN＞KQa2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O0.128【分析】【分析】（1）已知：①．H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H1=-241.8kJ•mol-1

②