2025年冀少新版高三化学下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年冀少新版高三化学下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、近期埃博拉病毒在非洲各国肆虐，严重威胁了非洲人民的生命．在此期间，环境消毒是极其关键的，常常喷洒一种名为“84”的消毒液，其有效成分为NaClO．下列有关“84”消毒液的说法正确的是（）A.NaClO属于共价化合物B.ClO-与Ca2+、Fe2+、Al3+能大量共存C.1L0.1mol∙L-1NaClO溶液中ClO-的数目为0.1NAD.“84”消毒液在空气中久置变质发生了氧化还原反应2、关于糖类、油脂和蛋白质，以下叙述正确的是（）A.植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色B.葡萄糖能发生氧化反应和水解反应C.蔗糖和淀粉都是高分子化合物D.蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀能重新溶于水3、糖类、油脂、蛋白质为动物性和植物性食物中的基本营养物质．下列有关说法正确的是（）A.蛋白质中只含H、O三种元素B.油脂在人体中发生水解的产物是氨基酸C.糖类的主要成分是高级脂肪酸甘油酯D.淀粉、蛋白质都是天然高分子化合物4、下列说法正确的是（）A.酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，苯和苯的同系物均能被它氧化B.氯化铁溶液和苯酚溶液反应非常灵敏，可用此反应做苯酚的鉴别和定量测定C.乙烯和苯都可以使溴水褪色，两者的褪色原理是相同的D.银氨溶液有一定的氧化性，在一定条件下可以将醛基氧化为羧基5、在高温、高压和催化剂条件下的密闭容器中，进行反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），下列有关说法不正确的是（）A.达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率B.增大氢气的浓度可增大反应速率C.在上述条件下，氢气能全部转化为氨气D.达到平衡时，体系中各物质的浓度不再改变6、下列反应中，相关示意图像错误的是（）。ABCD将二氧化硫通入到一定量氯水中将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中将铜粉加入到一定量浓硝酸中将铁粉加入到一定量氯化铁溶液中7、下列实验操作的先后顺序的说法正确的是（）

①加热试管时；先均匀加热，后局部加热

②用排水法收集气体时；先移出导管后撤酒精灯

③制取气体物质时；先检查装置气密性后装药品

④使用容量瓶；分液漏斗、滴定管前；先检查是否漏水后洗涤干净

⑤用试纸检验气体性质时；先用蒸馏水将试纸湿润后检验

⑥使用托盘天平时；要先调零后称量

⑦做H2还原CuO实验时，先通H2后加热CuO；反应完毕后，先撤酒精灯待试管冷却后停止通H2．A.除②以外B.除④以外C.除⑤以外D.全部正确8、四种元素的离子：aXm+、bYn+、cZn-、dRm-（a、b、c、d为元素的原子序数），它们具有相同的电子层结构，若m＞n，对下列叙述的判断正确的是（）A.元素的原子序数：a＞b＞c＞dB.a-b=n-mC.元素的非金属性：R＞ZD.最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Y9、下列有关实验操作说法正确的是rm{(}rm{)}A.除去rm{NaCl}晶体中少量rm{KNO_{3}}可以将混合物制成热的饱和溶液，然后冷却结晶，过滤，洗涤，干燥B.在食醋总酸含量测定实验中，配制rm{NaOH}标准溶液后需要用邻苯二甲酸氢钾对该溶液浓度进行标定C.海洋植物具有富集碘的能力，因此从海产品中提取碘是工业上获取碘的重要途径rm{.}工业从海带中提取碘经历的步骤有：浸泡rm{-}过滤rm{-}氧化rm{-}萃取rm{-}粗碘提纯D.在洁净试管中加入rm{2mL}rm{10%}rm{NaOH}溶液，再加入等量的rm{CuSO_{4}}溶液，制得的新制氢氧化铜悬浊液可用于检验糖尿病人尿液中葡萄糖含量是否偏高评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、现有25℃时0.1mol/L的氨水；请回答以下问题：

（1）①若向该氨水中加入少量氯化铵固体，NH3•H2O的电离平衡____（“向左”、“向右”或“不”）移动，此时溶液中____（填“增大”、“减小”或“不变”），在该过程中，水的离子积常数Kw____（填“增大”；“减小”或“不变”）；

②若向该氨水中加入稀盐酸，使其恰好完全中和，所得溶液的pH____7（填“＞”、“＜”或“=”），用离子方程式表示其原因____；

所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序为____．

③若向该氨水中加入稀盐酸，所得溶液的pH=7，则溶液中c（NH4+）____c（Cl-）（填“＞”；“＜”或“=”）

（2）已知某弱酸的难溶物CaA在水中存在溶解平衡：

CaA（s）⇌Ca2+（aq）+A2-（aq）△H＞0，一定温度下CaA饱和溶液中c（Ca2+）•c（A2-）为常数，记作Ksp=c（Ca2+）•c（A2-），Ksp只与温度有关．

①温度升高时，Ksp____（填“增大”“减小”或“不变”；下同）．

②向浊液中通入HCl气体c（Ca2+）____．

③测得25℃时，CaA的Ksp为2.0×10-11，常温下将10gCaA固体投入100mLCaCl2溶液中，充分搅拌后仍有固体剩余，测得溶液中c（Ca2+）=0.1mol•L-1，则溶液中c（A2-）=____．11、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-；现取三份100mL溶液进行如下实验：

①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生。

②第二份加足量NaOH溶液加热后；收集到气体0.04mol

③第三份加足量BaCl2溶液后；得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤；干燥后，沉淀质量为2.33g．

试回答下列问题。

（1）由实验②可知溶液中含有的离子为____，在100mL溶液中该离子的物质的量浓度为____

（2）由实验③可以判断中溶液中含有的离子为____

（3）由上述实验信息判断下列说法中正确的是____

A．K+一定存在B．100mL溶液中含0.01molCO32-C．Cl-可能存在D．Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在．

（4）根据上述实验，该溶液中是否有不能肯定其存在的离子？若有，则为进一步确定其存在，应该补充的实验是____．12、高分子材料M在光聚合物和金属涂料方面有重要用途；M的结构简式为：

已知：A完全燃烧只生成CO2和H2O，其蒸气密度是相同状况下氢气密度的43倍，分子中H、0原子个数比为3：1．它与Na或Na2CO3都能反应产生无色气体．

（1）A中含有的官能团的名称是____．

（2）下列说法正确的是____（填序号字母）．

a．工业上；B主要通过石油分馏获得。

b．C的同分异构体有2种（不包括C）

c．D在水中的溶解性很大，遇新制Cu（OH）2悬浊液；溶液呈绛蓝色。

d．E-M的反应是缩聚反应。

（3）写出A+D+H3PO4--E反应的化学方程式：____，该反应类型是____．

（4）F是A的一种同分异构体；F的核磁共振氢谱显示分子中有两种不同的氢原子．存在下列转化关系：

写出F、N的结构简式为：F：____N：____写出反应①的化学方程式____．13、判断正误。

rm{(1)Na}rm{(1)Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}的电子式为

rm{(}rm{)}rm{(}由短周期元素组成的中学常见无机物rm{)}rm{(2)}由短周期元素组成的中学常见无机物rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{X}存在如下图的转化关系rm{(}部分生成物和反应条件略去rm{)}rm{(2)}rm{A}rm{B}存在如下图的转化关系rm{C}部分生成物和反应条件略去rm{D}

rm{E}为rm{X}rm{(}能和rm{)}反应，则若rm{D}为rm{CO}rm{C}能和rm{E}反应，则rm{A}一定为rm{Na}一定为rm{D}rm{CO}rm{C}rm{E}rm{A}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}14、工业上利用CO和水蒸气在一定条件下发生反应制取氢气：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ/mol某小组研究在同温度下反应过程中的能量变化．他们分别在体积均为VL的两个恒温恒容密闭容器中加入一定量的反应物；使其在相同温度下发生反应．数据如下：

。容器编号起始时各物质物质的量/mol达到平衡的时间/min达平衡时体系能量的变化/kJCOH2OCO2H2H2①1400t1放出热量：32.8kJ②2800t2放出热量：Q（1）该反应过程中，反应物分子化学键断裂时所吸收的总能量____（填“大于”；“小于”或“等于”）生成物分子化学键形成时所释放的总能量．

（2）容器①中反应达平衡时，CO的转化率为____%．

（3）计算容器②中反应的平衡常数K=____．

（4）下列叙述正确的是____（填字母序号）．

a．平衡时，两容器中H2的体积分数相等。

b．容器②中反应达平衡状态时；Q＞65.6kJ

c．反应开始时；两容器中反应的化学反应速率相等。

d．容器①中，平衡时反应的化学反应速率为：v（H2O）=mol/（L．min）

（5）已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-484kJ/mol，写出CO完全燃烧生成CO2的热化学方程式：____．15、已知在一定条件下可以发生如下反应：

RCH2-X+H2ORCH2OH+HX（X为Cl、Br；I）

乙酸甘油酯可用做调味品与局部抗真菌剂；某同学以重油为原料设计了下列合成流程：

回答下列问题：

（1）下列说法不正确的是____

a．A中所含的官能团为羟基。

b．反应①②⑥都属于加成反应；反应⑤⑦⑧都属于取代反应。

c．乙酸甘油酯与硬脂酸甘油酯是同系物；都属于油脂。

d．黄酒中也存在A；A在微生物作用下可转化为B，并进一步转化为C

（2）写出结构简式：B____，D____

（3）写出②、⑧反应的方程式：②____，⑧____．16、图1是用石墨和铁作电极电解饱和食盐水的装置；请填空：

（1）该反应的总化学方程式为____，在电解过程中可能发生两个副反应，化学方程式为____、____．

（2）为了防止以上副反应的进行，工业上电解饱和食盐水的方法之一，是将两个极室用离子交换膜隔开（如图2），阳极室（A处）加入____，阴极室（B处）加入____，离子交换膜只允许____离子通过．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)17、在18g18O2中含有NA个氧原子．____（判断对错）18、为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒．____．（判断对错）19、因为SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，所以SO2具有漂白性____．（判断对错）20、将NaOH和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH-浓度均减少到原来的；____．21、0.1mol•L-1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA．____（判断对错）22、氨水呈弱碱性，故NH3是弱电解质____（判断对错）23、苯中混有已烯，可在加入适量溴水后分液除去____（判断对错）评卷人得分四、简答题(共4题，共32分)24、磷是生物体中不可缺少的元素之一；它能形成多种化合物．

（1）磷元素位于周期表的______区，基态磷原子中电子占据的最高能层符号为______，该能层具有的原子轨道数为______．

（2）第三周期中第一电离能位于铝元素和磷元素之间的有______种．

（3）白磷（P4）分子是正四面体结构，其键角为______，磷原子杂化方式为______，3.1g白磷中σ键的数目为______．P4易溶于二氧化碳，难溶于水，原因是______．

（4）磷酸与Fe3+可形成H3[Fe（PO4）2]，基态Fe3+的核外电子排布式为______，Fe、P、O电负性由大到小的顺序是______．

（5）磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，如图为其晶胞，晶胞边长为apm，阿伏伽德罗常数为NA，则磷化硼晶体的密度为______g/cm3（列出计算式即可）．25、已知：Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe（s）+3CO2（g）△H＜0；回答下列问题：

①写出该反应的平衡常数表达式K=______

②仅改变下列条件之一，平衡时增大的是______（填序号）

a．升高温度b．增大压强c．充入一定量COd．再加入一些铁粉。

一定温度下，在恒容密闭容器中达到平衡后，再充入少量CO，则平衡______移动（填“向左”、“向右”或“不”），CO的平衡转化率______（填“增大”、“减少”或“不变”）26、按要求回答下列问题：

（1）实验室常用NaOH溶液来进行洗气和提纯，当100mL3mol/L的NaOH溶液吸收标准状况下4.48LCO2时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为______．

（2）常温下向一定体积的0.1mol/L醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是______．

A．溶液中导电粒子的数目减小。

B．醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大。

C．溶液中不变。

D．溶液中减小。

（3）①常温下将0.15mol/L稀硫酸V1mL与0.1mol/LNaOH溶液V2mL混合，所得溶液的pH为1，则V1：V2=______（溶液体积变化忽略不计）．

②常温下若溶液由pH=3的HA溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合而得；则下列说法正确的是。

A．若反应后溶液呈中性，则c（H+）+c（OH-）=2×10-7mol/L

B．若V1=V2；反应后溶液pH一定等于7

C．若反应后溶液呈酸性，则V1一定大于V2

D．若反应后溶液呈碱性，则V1一定小于V2

（4）常温下；浓度均为0.1mol/L的下列五种溶液的pH值如表所示：

。溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNpH8.89.711.610.311.1①根据表中数据，将浓度均为0.01mol/L的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是______．

A．HCNB．HClOC．H2CO3D．CH3COOH

②根据以上数据，判断下列反应可以成立的是______．

A．CH3COOH+Na2CO3═NaHCO3+CH3COONa

B．CH3COOH+NaCN═CH3COONa+HCN

C．CO2+H2O+2NaClO═Na2CO3+2HClO

D．NaHCO3+HCN═NaCN+CO2+H2O

（5）几种离子开始沉淀时的pH如表：

。离子Fe2+Cu2+Mg2+pH7.65.210.4当向含相同浓度Cu2+、Mg2+、Fe2+离子的溶液中滴加NaOH溶液时，______（填离子符号）先沉淀，Ksp[Fe（OH）2]______Ksp[Mg（OH）2]（填“＞”、“=”或“＜”）27、氢能被视为rm{21}世纪最具发展潜力的清洁能源．

rm{(1)}水制取rm{H_{2}}的常见原料；下列有关水的说法正确的是______．

rm{a.}水分子是一种极性分子；水分子空间结构呈直线型。

rm{b.H_{2}O}分子中有rm{2}个由rm{s}轨道与rm{sp^{3}}杂化轨道形成的rm{娄脪}键。

rm{c.}水分子间通过rm{H-O}键形成冰晶体。

rm{d.}冰晶胞中水分子的空间排列方式与干冰晶胞类似。

rm{(2)}氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键．

rm{垄脵}最近尼赫鲁先进科学研究中心借助rm{ADF}软件对一种新型环烯类储氢材料rm{(C_{16}S_{8})}进行研究，从理论角度证明这种分子中的原子都处于同一平面上rm{(}如图rm{1}所示rm{)}每个平面上下两侧最多可存rm{10}个rm{H_{2}}分子rm{.}分子中rm{C}原子的杂化轨道类型为______，rm{C_{16}S_{8}}中碳硫键键长介于rm{C-S}与rm{C=S}之间，原因可能是______，rm{C_{16}S_{8}}与rm{H_{2}}微粒间的作用力是______

rm{垄脷}氨硼烷化合物rm{(NH_{3}BH_{3})}是最近密切关注的一种新型化学氢化物储氢材料rm{.}请画出含有配位键rm{(.}用“rm{隆煤}”表示rm{)}的氨硼烷的结构式______；与氨硼烷互为等电子体的有机小分子是______rm{(}写结构简式rm{)}．

rm{垄脹}种具有储氢功能的铜合金晶体具有立方最密堆积的结构，晶胞中rm{Cu}原子处于面心，rm{Au}原子处于顶点位置，氢原子可进人到由rm{Cu}原子与rm{Au}原子构成的四面体空隙中rm{.}若将rm{Cu}原子与rm{Au}原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与rm{CaF_{2}(}晶胞结构如rm{2}图rm{)}的结构相似；该晶体储氢后的化学式为______．

rm{垄脺MgH_{2}}是金属氢化物储氢材料，其晶胞如图rm{3}所示，已知该晶体的密度rm{ag?cm^{-3}}则晶胞的体积为______rm{cm^{3}隆虏}用含rm{a}rm{N_{A}}的代数式表示，rm{N_{A}}表示阿伏伽德罗常数rm{隆鲁}．评卷人得分五、探究题(共4题，共40分)28、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________．29、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：30、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________．31、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：参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】A．NaClO是由钠离子和次氯酸根离子构成的离子化合物；

B．ClO-，具有强氧化性，Fe2+具有还原性；

C．ClO-是弱酸的酸根离子在水溶液中要发生水解；

D．碳酸的酸性强于次氯酸，NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质．【解析】【解答】解：A．NaClO的电子式为NaClO是由Na+离子和ClO-离子构成的离子化合物；故A错误；

B．ClO-，具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应而不能共存；故B错误；

C．ClO-是弱离子在水溶液中要发生水解，故1L0.1mol•L-1NaClO溶液中含有ClO-的数目小于0.1NA；故C错误；

D．“84”消毒液在空气中久置，先发生CO2+H2O+NaClO═Na2CO3+2HClO，后发生2HClO2HCl+O2↑；变质，故D正确；

故选D．2、A【分析】【分析】A．植物油高级脂肪烃基含有C=C官能团；

B．葡萄糖为单糖；

C．蔗糖是二糖；相对分子质量较小；

D．蛋白质遇重金属盐发生变性．【解析】【解答】解：A．植物油高级脂肪烃基含有C=C官能团；能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，故A正确；

B．葡萄糖为单糖；不能发生水解，故B错误；

C．蔗糖是二糖；相对分子质量较小，则不属于高分子化合物，故C错误；

D．硫酸铜属于重金属盐；蛋白质遇重金属盐发生变性，变性是不可逆过程，故D错误．

故选A．3、D【分析】【分析】A．蛋白质中含C；H、O、N等元素；

B．油脂水解产物是高级脂肪酸和甘油；

C．糖类是多羟基醛或多羟基酮及其缩聚物和某些衍生物的总称；

D．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：A．蛋白质还含有N；S等元素；故A错误；

B．油脂在人体中水解产物是高级脂肪酸和甘油；故B错误；

C．糖类主要成分是多羟基醛或多羟基酮；故C错误；

D．淀粉；蛋白质都是高分子化合物；故D正确．

故选D．4、D【分析】【分析】A．根据苯和苯的同系物性质判断；

B．氯化铁溶液和苯酚溶液反应呈紫色；可确定苯酚的存在；

C．根据乙烯和苯的性质分析；

D．含有醛基的物质可被银氨溶液氧化，据此分析．【解析】【解答】解：A．苯的同系物可被酸性高锰酸钾氧化；而苯较稳定，不能被酸性高锰酸钾氧化，故A错误；

B．苯酚和氯化铁的显色反应只是定性实验；无法确定苯酚的含量，故B错误；

C．乙烯含碳碳双键可和溴发生加成反应；使溴水褪色，苯和溴不反应，但苯可把溴水中溴萃取出来，故C错误；

D．含有醛基的物质可被银氨溶液氧化；所以银氨溶液具有一定的氧化性，故D正确；

故选D．5、C【分析】【分析】该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生改变，增大反应物浓度，可使反应速率增大，平衡向正反应方向移动．【解析】【解答】解：A．达到平衡时；正反应速率等于逆反应速率，此为平衡状态的决定性因素，故A正确；

B．反应物的浓度越大；反应速率越大，故B正确；

C．该反应为可逆反应；反应物不可能完全转化，故C错误；

D．当达到平衡状态时；正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生改变，故D正确．

故选C．6、B【分析】【解析】【答案】B7、D【分析】解：①加热试管时，先均匀加热，后局部加热可防止试管局部过热而炸裂，②用排水法收集气体时，要先撤出导管，然后熄灭酒精灯，以免引起倒吸，③制取气体物质时，要先检查装置的气密性，否则会造成药品的浪费，④分液漏斗和滴定管的活塞容易出现漏液现象，使用前必须检查是否漏水，用容量瓶来配制溶液时，摇匀这个步骤需颠倒容量瓶2～3次，故必须保证瓶塞处不能漏液，⑤用蒸馏水先将试纸湿润，让气体溶解并与试纸发生作用，否则气体不与试纸作用，⑥使用托盘天平时，必须先调零，否则可能引起实验误差，⑦H2还原CuO时要先通H2，排净系统内的空气，若先加热再通H2会引起爆炸，实验完毕后仍需通H2以待试管冷却，若立即停止通H2；会引起氧化．

故选D．

根据试管的加热；气体的收集、制取气体的步骤、带活塞仪器的使用、试纸的使用、托盘天平的使用及氢气还原氧化铜的注意事项分析．

本题难度不大，熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键．【解析】【答案】D8、A【分析】【分析】四种元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-（a、b、c、d为元素的原子序数），它们具有相同的电子层结构，则a-m=b-n=c+n=d+m，若m＞n，故原子序数大小顺序是a＞b＞c＞d，结合离子所得电荷可知，X、Y为金属元素，Z、R为非金属元素，且X、Y位于Z和R的下一周期，同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的金属性随着原子序数的增大而减小，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强．【解析】【解答】解：四种元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-（a、b、c、d为元素的原子序数），它们具有相同的电子层结构，则a-m=b-n=c+n=d+m，若m＞n，故原子序数大小顺序是a＞b＞c＞d；结合离子所得电荷可知，X；Y为金属元素，Z、R为非金属元素，且X、Y位于Z和R的下一周期；

A．通过以上分析知，元素的原子序数：a＞b＞c＞d；故A正确；

B．由于a-m=b-n，则a-b=m-n；故B错误；

C．Z和R属于同一周期元素；且原子序数Z＞R，同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，所以元素非金属性：Z＞R，故C错误；

D．金属性Y＞X；所以最高价氧化物对应水化物碱性：X＜Y，故D错误；

故选A．9、B【分析】解：rm{A.}硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的变化不同；硝酸钾溶解度变化较大，将混合物制成热饱和溶液，冷却结晶，得到的固体仍为氯化钠和硝酸钾的混合物，故A错误；

B.邻苯二甲酸氢钾纯度高，组成稳定，且相对分子质量较大，容易精确称量和配制容易，常作标准溶液，所以能用邻苯二甲酸氢钾作为基准物质来标定rm{NaOH}溶液；故B正确；

C.从海带中提取单质碘，灼烧溶解后以碘离子存在，需要加氧化剂氧化生成碘单质，然后萃取即可，即步骤为灼烧rm{-}浸泡rm{-}过滤rm{-}氧化rm{-}萃取rm{-}分液rm{-}粗碘提纯；故C错误；

D.在洁净试管中加入rm{2mL}rm{10%}rm{NaOH}溶液，再加入等量的rm{CuSO_{4}}溶液；碱不足，不能用新制氢氧化铜悬浊液检验糖尿病人尿液中葡萄糖，故D错误；

故选B．

A.硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的变化不同；可用重结晶法分离；

B.邻苯二甲酸氢钾纯度高；组成稳定，且相对分子质量较大，容易精确称量和配制容易，常作标准溶液；

C.从海带中提取单质碘；灼烧；溶解后以碘离子存在，需要加氧化剂氧化生成碘单质，然后萃取即可；

D.新制氢氧化铜悬浊液检验糖尿病人尿液中葡萄糖；需要在碱性条件下．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、物质检验等，把握物质的性质、发生的反应、相关反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，注重反应原理与实验相结合的训练，题目难度中等．【解析】rm{B}二、填空题(共7题，共14分)10、向左减小不变＜NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）=增大增大2.0×10-10mol/L【分析】【分析】（1）①氨水中存在NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，向氨水中加入含有铵根离子或氢氧根离子的物质抑制一水合氨电离，据此判断电离平衡一定方向及的值变化；温度不变；水的离子积常数不变；

②一水合氨和氯化氢反应生成氯化铵和水；氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解，其溶液呈酸性，然后根据铵根离子水解判断离子浓度大小；

③pH=7；溶液为中性，然后结合电荷守恒判断铵离子与氯离子浓度关系；

（2）①该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，然后判断Ksp；

②加盐酸；促进难溶盐的电离，使平衡向正反应方向移动；

③根据Ksp=c（Ca2+）×c（A2+）以及钙离子的浓度计算．【解析】【解答】解：（1）①氨水中存在NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，向氨水中加入含有铵根离子或氢氧根离子的物质抑制一水合氨电离，所以NH3•H2O的电离平衡向左移动；

溶液中氢氧根离子浓度降低、一水合氨浓度增大，所以此时溶液中变小，在该过程中，温度不变，则水的离子积常数Kw不变；

故答案为：向左；减小；不变；

②一水合氨和氯化氢反应生成氯化铵和水，离子反应方程式为：NH3．H2O+H+=NH4++H2O，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使其溶液呈酸性，水解离子反应方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，所以溶液的pH＜7；氯离子不水解，溶液中铵根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；

故答案为：＜；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；

③若向该氨水中加入稀盐酸，所得溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可得：[NH4+]=[Cl-]；故答案为：=；

（2）①该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，Ksp增大；故答案为：增大；

②加HCl发生反应：A2-+H+⇌HA-，A2-浓度减小，CaA的溶解平衡向右移动，n（Ca2+）显著增大，而溶液体积几乎不变化，所以c（Ca2+）增大；故答案为：增大；

③已知溶液中c（Ca2+）=0.1mol/L，Ksp=c（Ca2+）×c（A2+）=2.0×10-11，则c（A2-）=mol/L=2.0×10-10mol/L，故答案为：2.0×10-10mol/L．11、NH4+0.4mol/LCO32-、SO42-AC取少量原溶液，加入足量Ba（NO3）2溶液后，静置取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3，如果有沉淀产生说明存在Cl-【分析】【分析】①加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在Cl-、CO32-、SO42-；

②0.04mol气体为氨气，溶液中一定含有NH4+；并且物质的量为0.04mol；

③2.33g沉淀为硫酸钡；6.27g沉淀为硫酸钡和碳酸钡的混合物；

再根据电荷守恒，得出一定存在钾离子，据此进行解答．【解析】【解答】解：①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，与AgNO3溶液有沉淀产生的离子有：Cl-、CO32-、SO42-；

②加足量NaOH溶液加热产生气体，气体是氨气，故一定有铵离子0.04mol，溶液中一定含有NH4+；并且物质的量为0.04mol；

③不溶于盐酸的2.33g为硫酸钡，物质的量为：=0.01mol；6.27g沉淀是硫酸钡和碳酸钡，碳酸钡质量为6.27g-2.33g=3.94g，碳酸钡的物质的量为：=0.02mol，故原溶液中一定存在CO32-、SO42-，则一定没有Mg2+、Ba2+；

再根据电荷守恒，正电荷为：n（+）=n（NH4+）=0.04mol；c（-）=2c（CO32-）+2c（SO42-）=0.06mol，正电荷总物质的量大于负电荷，故原溶液中一定有K+；至少为0.02mol；

综合以上可以得出，一定存在的离子有：NH4+、K+、CO32-、SO42-，一定没有的离子Mg2+、Ba2+，可能存在Cl-；

（1）由实验②可知溶液中含有0.04molNH4+，在100mL溶液中该离子的物质的量浓度为：=0.4mol/L；

故答案为：NH4+；0.4mol/L；

（2）由实验③可以判断中溶液中一定存在CO32-、SO42-，则一定没有Mg2+、Ba2+；

故答案为：CO32-、SO42-；

（3）A．根据分析可知，溶液中一定存在K+；故A正确；

B．100mL溶液中含0.02molCO32-；故B错误；

C．溶液中可能含有Cl-；故C正确；

D．溶液中一定没有Mg2+、Ba2+；故D错误；

故答案为：AC；

（4）溶液中可能含有氯离子，检验原溶液中是否含有氯离子的操作方法为：取少量原溶液，加入足量Ba（NO3）2溶液后，静置取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3，如果有沉淀产生说明存在Cl-；

故答案为：取少量原溶液，加入足量Ba（NO3）2溶液后，静置取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3，如果有沉淀产生说明存在Cl-．12、碳碳双键，羧基C酯化反应（或取代反应）OHC-CH2-CH2-CHOOHC-CH2-CH2-CHO+4Cu（OH）2+2NaOH→NaOOC-CH2-CH2-COONa+2Cu2O↓+6H2O【分析】【分析】A完全燃烧只生成CO2和H2O，其蒸气密度是相同状况下氢气密度的43倍，其相对分子质量为86，分子中H、0原子个数比为3：1．它与Na或Na2CO3都能反应产生无色气体，说明分子中含有羧基，如含有2个O原子，则H原子为6，C为=4，则分子式为C4H6O2，符合题意，其它情况无需讨论，肯定不正确，结合M的结构可知H为则A为D为C为CH2BrCHBrCH3，B为CH3CH=CH2，F是A的一种同分异构体，F的核磁共振氢谱显示分子中有两种不同的氢原子，且能发生银镜反应，说明分子中含有-CHO，应为OHC-CH2-CH2-CHO，被氧化生成H为HOOC-CH2-CH2-COOH，可与D发生缩聚反应生成N，为结合有机物的结构和性质解答该题．【解析】【解答】解：A完全燃烧只生成CO2和H2O，其蒸气密度是相同状况下氢气密度的43倍，其相对分子质量为86，分子中H、0原子个数比为3：1．它与Na或Na2CO3都能反应产生无色气体，说明分子中含有羧基，如含有2个O原子，则H原子为6，C为=4，则分子式为C4H6O2，符合题意，其它情况无需讨论，肯定不正确，结合M的结构可知H为则A为D为C为CH2BrCHBrCH3，B为CH3CH=CH2，F是A的一种同分异构体，F的核磁共振氢谱显示分子中有两种不同的氢原子，且能发生银镜反应，说明分子中含有-CHO，应为OHC-CH2-CH2-CHO，被氧化生成H为HOOC-CH2-CH2-COOH，可与D发生缩聚反应生成N，为

（1）A为含有碳碳双键，羧基等官能团，故答案为：碳碳双键，羧基；

（2）a．B为CH3CH=CH2；应通过石油的裂化获得，故a错误；

b．C为CH2BrCHBrCH3，对应的同分异构体有CHBr2CH2CH3、CH3CBr2CH3、CH2BrCH2CH2Br3种（不包括C），故b错误；

c．D为含有2个-OH，易溶于水，遇新制Cu（OH）2悬浊液；溶液呈绛蓝色，故c正确；

d．E-M的反应是加聚反应；故d错误．

故答案为：c；

（3）A+D+H3PO4三者发生酯化反应生成E，反应的化学方程式为

故答案为：酯化反应（或取代反应）；

（4）F是A的一种同分异构体，F的核磁共振氢谱显示分子中有两种不同的氢原子，且能发生银镜反应，说明分子中含有-CHO，应为OHC-CH2-CH2-CHO，被氧化生成H为HOOC-CH2-CH2-COOH，可与D发生缩聚反应生成N，为反应①的化学方程式为OHC-CH2-CH2-CHO+4Cu（OH）2+2NaOH→NaOOC-CH2-CH2-COONa+2Cu2O↓+6H2O；

故答案为：OHC-CH2-CH2-CHO；OHC-CH2-CH2-CHO+4Cu（OH）2+2NaOH→NaOOC-CH2-CH2-COONa+2Cu2O↓+6H2O．13、rm{(1)隆脕}

rm{(2)隆脤}【分析】【分析】本题考查了钠的氧化物的性质以及过氧化钠的电子式，难度不大。【解答】rm{(1)Na_{2}O_{2}}是离子化合物，电子式应为故答案为：rm{隆脕}rm{(2)}若rm{D}为rm{CO}可推断rm{X}为碳，rm{C}为二氧化碳，rm{B}为氧气，短周期元素组成的物质中，能和水常温下反应生成氧气的有rm{Na_{2}O_{2}}和rm{F_{2}}但要满足rm{C}能和rm{E}反应，则rm{A}只能是rm{Na_{2}O_{2}}rm{Na_{2}O_{2}}电子式为故答案为：rm{隆脤}【解析】rm{(1)隆脕}rm{(2)隆脤}14、小于801a2CO（g）+O2（g）﹦2CO2（g）△H=-566kJ/mol【分析】【分析】（1）正反应为放热反应；则断键吸收的总能量小于成键放出的总能量；

（2）平衡时放出热量为32.8kJ，则参加反应的CO为=0.8mol；进而计算CO转化率；

（3）容器①、②温度相同，平衡常数相同，根据容器①中消耗CO物质的量，计算平衡时各物质的物质的量，反应前后气体体积不变，用物质的量代替浓度代入K=计算平衡常数；

（4）a．容器①、②中CO、H2O起始物质的量之比均为1：4；反应前后气体体积不变，恒温恒容下二者为等效平衡，平衡时同种物质的含量相等；

b．容器①；②为等效平衡；平衡时CO转化率相等，计算容器②中反应CO的物质的量，结合热化学方程式计算放出的热量；

c．浓度越大；反应速率越快；

d．由方程式可知生成的水的物质的量等于消耗CO物质的量，根据v=计算v（H2O）；

（5）已知：①CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ/mol

②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-484kJ/mol；

根据盖斯定律，①×2+②可得：2CO（g）+O2（g）﹦2CO2（g）．【解析】【解答】解：（1）正反应为放热反应；反应物分子化学键断裂时所吸收的总能量小于生成物分子化学键形成时所释放的总能量，故答案为：小于；

（2）平衡时放出热量为32.8kJ，则参加反应的CO为=0.8mol，则CO转化率为×100%=80%；故答案为：80%；

（3）容器①；②温度相同；平衡常数相同，容器①中消耗CO物质的量为0.8mol，则：

CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）

起始量（mol）：1400

变化量（mol）：0.80.80.80.8

平衡量（mol）：0.23.20.80.8

反应前后气体体积不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K===1；

故答案为：1；

（4）a．容器①、②中CO、H2O起始物质的量之比均为1：4，反应前后气体体积不变，恒温恒容下二者为等效平衡，两容器中H2的体积分数相等；故a正确；

b．容器①、②为等效平衡，平衡时CO转化率相等，容器②中反应CO的物质的量为2mol×80%=1.6mol，放出的热量为1.6mol×41kJ/mol=65.6kJ，故b错误；

c．容器②中反应物起始浓度比①中的大；故容器②中开始反应速率较快，故c错误；

d．由方程式可知生成的水的物质的量等于消耗CO物质的量，则v（H2O）==mol/（L．min）；故d错误；

故选：a；

（5）已知：①CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ/mol

②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-484kJ/mol；

根据盖斯定律，①×2+②可得：2CO（g）+O2（g）﹦2CO2（g）△H=-566kJ/mol；

故答案为：2CO（g）+O2（g）﹦2CO2（g）△H=-566kJ/mol．15、bcCH3CHOClCH2CHBrCH2Br（或ClCH2CHClCH2Cl）CH2=CH2+H2OCH3CH2OHCH2OH-CHOH-CH2OH+3CH3COOH+3H2O【分析】【分析】石油裂解生成小分子化合物乙烯和丙烯，乙烯和水发生加成反应生成A，则A的结构简式为CH3CH2OH，乙醇被氧化生成B，B的结构简式为CH3CHO，B被氧化生成C，C的结构简式为CH3COOH；C与E发生酯化反应生成乙酸甘油酯，根据乙酸甘油酯的结构简式可知E为甘油，根据题中信息可知则D的结构简式为ClCH2CHBrCH2Br，据此进行解答．【解析】【解答】解：石油裂解生成小分子化合物乙烯和丙烯，乙烯和水发生加成反应生成A，则A的结构简式为CH3CH2OH，乙醇被氧化生成B，B的结构简式为CH3CHO，B被氧化生成C，C的结构简式为CH3COOH；C与E发生酯化反应生成乙酸甘油酯，根据乙酸甘油酯的结构简式可知E为甘油，根据题中信息可知则D的结构简式为ClCH2CHBrCH2Br；

（1）a．A为乙醇；乙醇中所含的官能团为羟基，故a正确；

b．根据分析可知，反应①为裂解反应，反应②⑥属于加成反应，反应⑤⑦⑧都属于取代反应，故b错误；

c．乙酸甘油酯与硬脂酸甘油酯是同系物；但是油脂为高级脂肪酸甘油酯，乙酸甘油酯不属于油脂，故c错误；

d．A为乙醇；B为乙醛、C为乙酸；黄酒中也存在乙醇，A在微生物作用下可转化为乙醛，并进一步转化为乙酸，故d正确；

故答案为：bc；

（2）根据分析可知，B为乙醛，结构简式为：CH3CHO；D为ClCH2CHBrCH2Br或ClCH2CHClCH2Cl；

故答案为：CH3CHO；ClCH2CHBrCH2Br；ClCH2CHBrCH2Br（或ClCH2CHClCH2Cl）；

（3）反应②为乙烯与水的加成反应，反应的化学方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；

反应⑧为甘油与乙酸的酯化反应，反应的方程式为：CH2OH-CHOH-CH2OH+3CH3COOH+3H2O；

故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；CH2OH-CHOH-CH2OH+3CH3COOH+3H2O．16、2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑Cl2+H2=2HClCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O饱和食盐水去离子水Na+【分析】【分析】（1）电解饱和食盐水；阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧化钠，如两个极室没有用离子交换膜隔开，氯气可与氢气；氢氧化钠反应；

（2）电解饱和食盐水，阳极发生氧化反应生成氯气，阴极发生还原反应生成氢气，为防止H2与Cl2混合爆炸，防止Cl2与NaOH反应使NaOH不纯，常将两个极室用离子膜隔开，电解时阳极室（A处）加入精制饱和食盐水，阴极室（B处）加入去离子水，以维持溶液的离子浓度．【解析】【解答】解：（1）电解饱和食盐水，阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧化钠，反应的总方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，在电解过程中可能发生两个副反应，化学方程式为Cl2+H2=2HCl、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；Cl2+H2=2HCl；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

（2）为了防止以上副反应的进行；工业上电解饱和食盐水的方法之一，是将两个极室用离子交换膜隔开，阳极室（A处）发生氧化反应，应加入饱和食盐水，阴极室（B处）加入去离子水，阳离子向阴极移动，则离子交换膜只允许钠离子移动；

故答案为：饱和食盐水；去离子水；Na+．三、判断题(共7题，共14分)17、√【分析】【分析】18O2的相对分子质量为36，结合n==计算．【解析】【解答】解：18O2的相对分子质量为36，n（18O2）==0.5mol，则含有1mol18O原子，个数为NA，故答案为：√．18、√【分析】【分析】流感病毒的成分为蛋白质，而食醋的主要成分为乙酸，乙酸能使蛋白质发生变性，以此来解答．【解析】【解答】解：因流感病毒的成分为蛋白质；而食醋的主要成分为乙酸，乙酸能使蛋白质发生变性，则为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒，做法正确；

故答案为：√．19、×【分析】【分析】SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化还原反应，以此来解答．【解析】【解答】解：SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色；发生氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，说法错误；

故答案为：×．20、×【分析】【分析】氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质，加水稀释弱电解质溶液，促进弱电解质电离，据此分析解答．【解析】【解答】解：氢氧化钠是强电解质，在水中完全电离，加水稀释一倍，氢氧根离子浓度变为原来的一半，一水合氨是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进其电离，当稀释一倍后，氢氧根离子浓度大于原来的一半，该说法错误，故答案为：×．21、×【分析】【分析】依据n=CV可知要计算溶质的物质的量需要知道溶液的浓度和溶液的体积，据此判断解答．【解析】【解答】解：0.1mol•L-1的NaHSO4溶液，体积未知，无法计算硫酸氢钠的物质的量，无法计算阳离子个数，故错误；22、×【分析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；

非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；

在水溶液中完全电离的是强电解质；部分电离的是弱电解质．【解析】【解答】解：氨气在水溶液中与水反应生成一水合氨；一水合氨部分电离出铵根离子和氢氧根离子，氨气自身不能电离，故氨气是非电解质；

故答案为：×．23、×【分析】【分析】根据苯和1，2-二溴已烷可以互溶，难易分离；【解析】【解答】解：苯中混有已烯，可在加入适量溴水，苯与溴水不反应，已烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴已烷，但苯和1，2-二溴已烷可以互溶，难易分离，故答案为：×；四、简答题(共4题，共32分)24、略

【分析】解：（1）P原子核外有15个电子，分三层排布，即有三个能层，所以电子占据的最高能层符号为M；最外层为3s2p3；则磷元素位于周期表的p区，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，所以M能层具有的原子轨道数为4个；故答案为：p；M；4；

（2）同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势；但P元素原子3p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故铝到磷元素的第一电离能P＞S＞Si＞Al，所以第三周期中第一电离能位于铝元素和磷元素之间的有2种，故答案为：2；

（3）P4分子为正四面体构型，键角为60°，P4分子中每个P原子与相邻的3个P原子形成3个σ键、含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，则P原子采取sp3杂化；

因为P4分子中每个P原子与相邻的3个P原子形成3个σ键，则平均每个P原子形成1.5个σ键，所以3.1g白磷中σ键的数目为×1.5=0.15mol；

相似相溶原理是指由于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂，P4和CO2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶的原理，P4易溶于CO2；难溶于水；

故答案为：60°；sp3；0.15mol；P4和CO2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶的原理，P4易溶于CO2；难溶于水；

（4）Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则电负性：S＞P，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：O＞S，所以电负性O＞P，又Fe为金属元素，则电负性由大到小的顺序是O＞P＞Fe，故答案为：1s22s22p63s23p63d5；O＞P＞Fe；

（5）该晶胞中P原子个数=8×+6×=4，B原子个数为4，晶胞边长=a×10-10cm，体积V=（a×10-10cm）3，ρ==g•cm3=g•cm3；

故答案为：g•cm3．

（1）P原子核外有15个电子，分三层排布，即有三个能层，最外层M能层为3s2p3；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，据此分析判断；

（2）同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势；但P元素原子3p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；

（3）P4分子为正四面体构型，键角为60°，P4分子中每个P原子与相邻的3个P原子形成3个σ键；并且含有1对孤对电子；杂化轨道数目为4；依据相似相溶的原理进行解答；

（4）Fe原子核外电子数为26；原子形成阳离子先按能层高低失去电子，能层越高的电子越容易失去，同一能层中按能级高低失去电子，能级越高越容易失去；同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则电负性：S＞P，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：O＞S，由此分析解答；

（5）该晶胞中P原子个数=8×+6×=4，B原子个数为4，再根据ρ=计算密度．

本题考查物质结构和性质，涉及电负性的比较、杂化方式的判断、晶胞的计算、电子排布式等，侧重于基础知识的综合应用的考查，题目难度较大，注意把握晶胞的计算方法．【解析】p；M；4；2；60°；sp3；0.15mol；P4和CO2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶的原理，P4易溶于CO2，难溶于水；1s22s22p63s23p63d5；O＞P＞Fe；25、略

【分析】解：①平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，反应Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe（s）+3CO2（g）的平衡常数K=

故答案为：

②Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe（s）+3CO2（g）△H＜0；改变条件比值增大；说明平衡逆向进行；

a．反应是放热反应；升高温度平衡逆向进行，比值增大，故a正确；

b．反应前后去体积不变，增大压强平衡不变，比值不变，故b错误；

c．充入一定量CO平衡正向进行；达到平衡状态后相同，比值不变，故c错误；

d．再加入一些铁粉是固体不影响平衡；比值不变，故d错误；

增大反应物浓度平衡正向进行；但反应前后气体体积不变，一氧化碳转化率不变；

故答案为：a；向右；不变；

①平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；

②改变条件比值增大；说明平衡逆向进行；

增大反应物浓度平衡正向进行；但反应前后气体体积不变，一氧化碳转化率不变；

本题考查了化学平衡的计算应用，主要是平衡常数影响因素，平衡移动方向判断，掌握移动原理是解题关键，题目较简单．【解析】a；向右；不变26、略

【分析】解：（1）实验室常用NaOH溶液来进行洗气和提纯，当100mL3mol/L的NaOH溶液吸收标准状况下4.48LCO2时，n（NaOH）=3mol/L×0.1L=0.3mol，n（CO2）==0.2mol，n（NaOH）：n（CO2）=3：2，二者会发生反应为：3NaOH+2CO2=Na2CO3+NaHCO3+H2O，根据物料守恒可得c（Na+）最大，CO32-、HCO3-都会发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使溶液中c（OH-）＞c（H+），溶液显碱性，由于CO32-水解程度大于HCO3-的水解程度，所以c（HCO3-）＞c（CO32-），但是盐水解的程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以c（CO32-）＞c（OH-），所以所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）；

故答案为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）；

（2）A．在醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+；A．当加水稀释时，醋酸的电离平衡正向移动，电离程度增大，所以溶液中导电粒子的数目增加，故A错误；

B．加水稀释，醋酸的电离程度增大，但是由于稀释使离子浓度减小的趋势大于电离平衡正向移动使离子浓度增大的趋势，所以溶液中c（H+）、c（CH3COO-）减小；故B错误；

C．溶液中不变；故C正确；

D．溶液中c（CH3COO-）、c（H+）减小，由于溶液中存在水的电离平衡，水的离子积是个常数，所以c（OH-）增大，故减小；故D正确；

故答案为：CD；

（3）①常温下将0.15mol/L稀硫酸V1mL与0.1mol/LNaOH溶液V2mL混合，所得溶液的pH为1，则=0.1mol/L，则V1：V2=1：1；

故答案为：1：1；

②A．若反应后溶液呈中性，c（H+）V1=c（OH-）V2，由于c（H+）=c（OH-），所以V1=V2，则c（H+）+c（OH-）=1×10-7mol/L+1×10-7mol/L=2×10-7mol/L；故A正确；

B．若V1=V2，则c（H+）=c（OH-）；若酸是强酸，则二者恰好中和，溶液显中性，pH=7；若酸是弱酸，则酸电离产生的氢离子恰好被中和，其中含有大量未电离的酸分子，所以酸过量，反应后溶液显酸性，pH＜7，故反应后溶液pH不一定等于7，故B错误；

C．若反应后溶液呈酸性，则酸是强酸，则V1=V2，若酸是弱酸，V1可能大于、等于，也可能小于V2，不一定大于V2；故V错误；

D．若反应后溶液呈碱性，由于碱是强碱，则无论酸是强酸还是弱酸，则V1一定小于V2；故D正确；

故答案为：AD；

（4）①根据盐的水解规律：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解，根据盐溶液的pH可知酸的酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞HCO3-；酸的酸性越强，稀释时氢离子的浓度变化越大；酸的酸性越弱，稀释时氢离子的浓度变化越小，所以四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是HCN，选项A正确；

故答案为：A；

②A．由于酸性CH3COOH＞H2CO3，所以可以发生反应CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa；故A正确；

B．由于酸性CH3COOH＞HCN，所以可以发生反应：CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN；故B正确；

C．由于酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，所以CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO不能发生；故C错误；

D．由于酸性HCN＞HCO3-，所以NaHCO3+HCN=NaCN+CO2+H2O不能发生；故D错误；

故答案为：AB；

（5）Fe（OH）2、Cu（OH）2、Mg（OH）2的构型相同，物质的溶度积常数越小，当离子浓度相同时，溶液的pH越小，就越容易形成其沉淀，所以根据形成沉淀的pH数值可知，当向含相同浓度Cu2+、Mg2+、Fe2+离子的溶液中滴加NaOH溶液时，Cu2+先沉淀，则Ksp[Fe（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]；

故答案为：Cu2+；＜．

（1）n（NaOH）=3mol/L×0.1L=0.3mol，n（CO2）==0.2mol；设生成的碳酸钠的物质的量为x；碳酸氢钠的物质的量为y，则x+y=0.2、2x+y=0.3，解得：x=0.1、y=0.1，即碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量都是0.1mol，碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液呈碱性，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，再结合物料守恒判断；

（2）加水稀释促进醋酸电离；溶液中醋酸根离子浓度；醋酸分子浓度、氢离子浓度都减小，氢氧根离子浓度增大；

（3）①所得溶液的pH值为1，溶液中氢离子浓度为1×10-1mol•L-1，说明氢离子过量，根据题中稀硫酸和氢氧化钠溶液体积列式计算出V1：V2的比值；

②A．若反应后溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-）=1×10-7mol/L；

B．若V1=V2；反应后溶液pH等于7或小于7；

C．若反应后溶液呈酸性，V1可能等于V2；

D．如果溶液呈碱性；则溶液可能是碱和盐溶液，也可能只是盐溶液；

（4）①相同浓度的钠盐溶液；酸的酸性越弱，则酸根离子水解程度越大，根据钠盐溶液pH确定酸的强弱；相同浓度的不同酸，加水稀释促进弱酸电离，则稀释相同的倍数，酸的酸性越弱，酸溶液稀释过程中pH变化越小；

②酸根离子水解程度越强；则酸的酸性越弱，结合强酸制取弱酸分析；

（5）生成沉淀需要的pH越小；则该离子先沉淀；根据离子积常数计算其溶度积常数．

本题考查电解质溶液中离子浓度大小比较、电离平衡常数、溶度积常数的应用等知识，题目难度中等，注意根据溶液中的溶质及其性质确定溶液中离子浓度大小，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）；CD；1：1；A；AB；Cu2+；＜27、略

【分析】解：rm{(1)a.H_{2}O}分子空间结构呈rm{V}型；正负电荷中心不重合，属于极性分子，故A错误；

rm{b.H_{2}O}分子中rm{2}个氢原子的rm{2}个由rm{s}轨道与氧原子的rm{sp^{3}}杂化轨道形成rm{娄脪}键；故B正确；

rm{c.}水形成冰晶体是通过氢键作用的，不是rm{H-O}键；故C错误；

rm{d.}冰晶胞：干冰晶胞：即冰晶胞中水分子的空间排列方式与干冰胞不同，故D错误；

故选rm{b}

rm{(2)垄脵}根据图rm{2}结构可知：碳原子形成rm{2}个rm{C-S}rm{1}个rm{C=S}二键，rm{C}原子杂化轨道数为rm{(2+1)=3}rm{C}原子采取rm{sp^{2}}杂化方式；

分子中的rm{C}与rm{S}原子之间有rm{娄脨}键或分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质，可导致rm{C_{16}S_{8}}中碳硫键键长介于rm{C-S}与rm{C=S}之间；

分子之间存在范德华力，rm{C_{16}S_{8}}与rm{H_{2}}微粒间的作用力是范德华力；

故答案为：rm{sp^{2}}分子中的rm{C}与rm{S}原子之间有rm{娄脨}键或分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质；范德华力；

rm{垄脷}氮原子提供一对共用电子对给硼原子形成配位键，氨硼烷的结构式为等电子体具有相同的电子数目和原子数目，与氨硼烷互为等电子体的有机小分子是rm{CH_{3}CH_{3}}

故答案为：rm{CH_{3}CH_{3}}

rm{垄脹CaF_{2}}的结构如图根据题意知，该晶胞中铜原子个数rm{=6隆脕dfrac{1}{2}=3}金原子个数rm{=8隆脕dfrac{1}{8}=1}氢原子可进入到由rm{Cu}原子与rm{Au}原子构成的四面体空隙中，则rm{H}原子应位于晶胞内部，氢原子相当于该晶胞中的rm{F}离子，所以该晶胞中应含有rm{8}个rm{H}所以其化学式为rm{Cu_{3}AuH_{8}}

故答案为：rm{Cu_{3}AuH_{8}}

rm{垄脺}该晶胞中镁原子个数rm{=dfrac{1}{8}隆脕8+1=2}氢原子个数rm{=4隆脕dfrac{1}{2}+2=4}rm{V=dfrac{m}{娄脩}=dfrac{dfrac{M(24隆脕2+1隆脕4)}{N_{A}}}{娄脩}cm^{3}=dfrac{52}{aN_{A}}cm^{3}}故答案为：rm{V=dfrac{m}{娄脩}=dfrac{dfrac

{M(24隆脕2+1隆脕4)}{N_{A}}}{娄脩}cm^{3}=dfrac

{52}{aN_{A}}cm^{3}}．

rm{dfrac{52}{aN_{A}}}中rm{(1)a.H_{2}O}rm{H}元素形成的极性键，分子空间结构呈rm{O}型；正负电荷中心不重合，属于极性分子；

rm{V}分子中rm{b.H_{2}O}个氢原子的rm{2}个由rm{2}轨道与氧原子的rm{s}杂化轨道形成rm{sp^{3}}键；

rm{娄脪}水分子之间是通过氢键作用形成冰晶体；

rm{c.}冰晶胞：干冰晶胞：

rm{d.}对于有机物利用杂化轨道数rm{(2)(2)垄脵}孤对电子对数rm{=}键数进行判断，当rm{+娄脪}rm{n=2}杂化，rm{sp}rm{n=3}杂化，rm{sp^{2}}rm{n=4}杂化；分子中的rm{sp^{3}}与rm{C}原子之间有rm{S}键或分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质；分子与分子间的作用力为分子间作用力；

rm{娄脨}根据氮原子提供一对共用电子对给硼原子形成配位键；根据等电子体具有相同的电子数目和原子数目来分析；

rm{垄脷}的结构如图利用均摊法计算；

rm{垄脹CaF_{2}}先根据均摊法确定该晶胞中含有的各种原子个数，从而得出其质量，再根据rm{垄脺}计算其体积。

本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及杂化方式的判断、空间构型的判断、晶胞的计算等知识点，难点是晶胞的计算，知道晶胞计算中各个物理量之间的关系，题目难度中等．rm{V=dfrac{m}{娄脩}}【解析】rm{b}rm{sp^{2}}分子中的rm{C}与rm{S}原子之间有rm{娄脨}键或分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质；范德华力；rm{CH_{3}CH_{3}}rm{Cu_{3}AuH_{8}}rm{dfrac{52}{aN_{A}}}五、探究