2025年新世纪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年新世纪版高三化学上册阶段测试试卷961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6题，共12分)1、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.标准状况下，11.2LCCl4含有的分子数目为0.5NAB.在常温常压下，1mol氦气所含原子数为2NAC.10g重水（D2O）里含有的电子数为10NAD.标准状况下，22.4LNO2气体含有的分子数目小于NA2、霉酚酸酯（MMF）是器官移植中抑制细胞增殖最常用的药物，它在酸性溶液中能发生如下反应：下列说法中正确的是A.1molMMF与足量NaOH溶液共热，最多可消耗3molNaOHB.可以用NaHCO3溶液区别MMF与化合物ⅠC.化合物R的分子式为C6H12NO2D.MMF分子中含有三种官能团3、比较锌和二氧化锰分别与盐酸的反应，下列叙述错误的是（）A.若Zn和MnO2都是足量的，则前一反应中盐酸全部被还原，后一反应中盐酸部分被氧化B.两个都是氧化还原反应C.盐酸都是被还原D.等物质的量的Zn和MnO2分别与足量的浓盐酸反应，转移的电子数相等4、下列关于有机物的叙述不正确的是（）A.乙醇能发生取代反应B.C5H12有三种同分异构体C.氨基酸、淀粉属于高分子化合物D.乙烯和甲烷可用硫酸酸化的高锰酸钾溶液鉴别5、下列变化中，属于化学变化的是（）A.向氢氧化铁胶体中加入少量硫酸镁溶液后产生沉淀B.烧瓶中盛有溴蒸气，加入活性炭后，红棕色逐渐消失C.浓硝酸“发烟”D.无水硫酸铜由白变蓝6、（2015浙江）某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)；设计了如下流程：

下列说法____的是（）A.溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B.固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2C.从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D.若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)7、25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.物质的量浓度相等的①NH4Cl②（NH4）2SO4③NH4Al（SO4）2三种溶液中，c（NH4+由大到小的顺序为：③＞②＞①B.0.1mol•L-1CH3COOH与0.05mol•L-1NaOH溶液等体积混合（pH＜7）：

c（CH3COO-）＞c（Na+）＞cCH3COOH）＞c（H+）C.0.1mol•L-1Na2CO3与0.05mol•L-1NaHCO3溶液等体积混合：

c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）D.在0.1mol•L-1NaHC2O4溶液（pH＜7）中：c（OH-）+2c（C2O42-）=c（H+）+2c（H2C2O4）8、下列化学用语的书写正确的是（）A.基态Mg原子的核外电子排布图：B.过氧化氢的电子式：C.As原子的简化电子排布式：[Ar]4s24p3D.羟基的电子式：9、在一定温度下将1molCO和1mol水蒸气放入一固定容积的密闭容器中，反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）达平衡后，得到0.6molCO2；再通入0.3mol水蒸气，达到新平衡状态后，CO2的物质的量可能是。

（）A.0.9molB.0.8molC.0.7molD.0.6mol10、E～N等元素在周期表中的相对位置如下表．E与K的原子序数相差4，K的一种单质是空气中含量最多的物质，H与N属同周期元素，下列判断不正确的是（）A.K的氢化物水溶液显碱性B.F的单质与氧气反应只生成一种氧化物C.H与N的原子核外电子数相差14D.最高价氧化物的水化物酸性：K＞L＞M11、下列化学用语书写正确的是（）A.甲烷的电子式：B.丙烯的键线式：C.乙醚的结构式：D.乙烯的结构简式：CH2CH212、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13、下列不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是（）A.Fe+CuSO4═FeSO4+CuB.2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑C.CO+CuOCu+CO2D.MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O14、一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌3C（g），若反应开始时充入2molA和2molB，达平衡后A的体积分数为a%．其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后A的体积分数大于a%的是（）A.2molCB.2mol3molB和1molHe（He不参加反应）C.1molB和1molCD.2mol1molB和3molC15、C3N4和Si3N4晶体结构相似，是新型的非金属高温结构陶瓷材料．下列说法中正确的是（）A.C3N4和Si3N4晶体中含有共价键B.C3N4和Si3N4中N的化合价为+3价C.C3N4和Si3N4易于水反应生成NH3D.C3N4晶体的硬度比Si3N4晶体的硬度小评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、0.1mol•L-1Na2CO3溶液与0.1mol•L-1NaHCO3溶液等体积混合：写出。

（1）物料守恒式____；

（2）质子守恒式____．17、某实验小组同学欲探究SO2的性质，并测定空气中SO2的含量；他们设计如图1实验装置，请你参与探究，并回答问题：

（1）装置中的氨水可吸收多余的SO2，发生反应的离子方程式是____，使用倒立的漏斗能防止倒吸的原因是____；

（2）装置B用于检验SO2的漂白性，其中所盛试剂为____，装置D用于检验SO2的____性质；

（3）装置C中发生的现象是____；

（4）如果用盐酸和硫酸钠反应制取二氧化硫，装置如图2所示，其中a导管的作用是，所用硫酸为70%的浓硫酸，不用稀硫酸的原因是____．

（5）他们拟用以下方法（如图3）测定空气中SO2含量（假设空气中无其他还原性气体）．

方案Ⅰ：

①洗气瓶C中溶液蓝色消失后，若没有及时关闭活塞A，则测得的SO2含量____（填“偏高”；“偏低”或“无影响”）

方案Ⅱ：

②实验中若通过的空气的体积为33.6L（已换算成标准状况），最终所得固体质量为0.233g，试通过计算确定该空气中二氧化碳的含量是否合格（计算过程）：____．（空气中二氧化碳的体积分数小于0.05%表示合格）18、SO2、NO是大气污染物．工业上吸收SO2和NO，同时获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如图（Ce为铈元素）：

（1）装置Ⅰ中生成HSO3-的离子方程式为____；

（2）向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，溶液中出现浑浊，pH降为2，用化学平衡移动原理解释溶液pH降低的原因：____；

（3）装置Ⅲ中，电解槽的阳极发生的电极反应为____；

（4）从装置Ⅳ中获得粗产品NH4NO3的实验操作依次为____；过滤、洗涤等．

19、A；B、C、D、E都是短周期元素；原子序数依次增大，B、C同周期，C的非金属性最强，A、D同主族隔周期，E元素原子最外层的p亚层电子数是s亚层电子数的一半．A、B能形成两种液态化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1．根据以上信息回答下列问题：

（1）甲、乙两分子中含有非极性共价键的物质的电子式是____，C元素在周期表中的位置是____．

（2）C和D的离子中，半径较小的是____（填离子符号）．

（3）将D的单质投入甲中，待D消失后再向上述溶液中加入E的单质，此时发生反应的化学方程式是____

（4）C、D、E可组成离子化合物，其晶胞（晶胞是在晶体中具有代表性的最小重复单元）结构如下图所示，阳离子D+（用○表示）位于正方体的棱的中点和正方体内部；阴离子EC6x-（用●表示）位于该正方体的顶点和面心．该化合物的化学式是____．

（5）如图，铁有δ、γ、α三种同素异形体，三种晶体在不同温度下能发生转化．下列说法正确的是____

A．γ-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个。

B．α-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个。

C．若δ-Fe晶胞边长为acm，α-Fe晶胞边长为bcm，则两种晶体密度比为2b3：a3

D．将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却；得到的晶体类型相同。

20、（1）2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O氧化剂是____还原剂是____

（2）MnO2+4HCl═MnCl2+2H2O+Cl2↑MnO2被____HCl被____（填“氧化”或“还原”）

（3）6KOH+3Cl2=5KCl+KClO3+3H2O，请用双线桥表示电子的转移，____．21、一种由甲醇；氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池；容量达氢镍电池或锂电池的10倍，可连续使用一个月才充一次电．请完成下列与甲醇有关的问题．

（1）工业上有一种生产甲醇的反应为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）；△H=-49.0kJ•mol-1

在温度和容积相同的A；B两个容器中；按不同方式投人反应物，保持恒温恒容，经10秒钟后达到平衡，达到平衡时的有关数据如下表：

。容器AB反应物投入量1molCO2（g）和3molH2（g）1molCH3OH（g）和1molH2O（g）CH3OH（g）浓度（mol•L-1）c1c2反应能量变化放出29.4kJ吸收akJ①从反应开始到达到平衡时，A中用CO2来表示的平均反应速率为____（用含C1的表达式表示）．

②a=____．

（2）某同学设计了一个甲醇燃料电池，并用该电池电解200mL-定浓度NaCl与CuSO4混合溶液；其装置如图：

①写出甲中通入甲醇这一极的电极反应式____

②理论上乙中两极所得气体的体积随时间变化的关系如丙图所示（气体体积已换算成标准状况下的体积），写出在t2后，铁电极上的电极反应式____；在t2时所得溶液的pH为____．（假设溶液体积不变）

（3）科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航天航空．如图丁所示装置中，以稀土金属材料做惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y203的Zr02固体，它在高温下能传导02-离子。

①d电极的名称为____．

②如图戊所示用铂电极电解足量硫酸铜溶液，b电极上的电极反应式为____．若电解一段时间后要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入____（填序号）．

a．CuOb．Cu（OH）2c．CuC03d．Cu2（OH）2C03．22、若有等体积的a：PH=1的盐酸，b：PH=1的硫酸，c：物质的量浓度为0.1mol•L-1的醋酸（均用物质序号回答下列问题）：

（1）欲均加水稀释到相同PH值，所加水的体积关系是：____．

（2）分别加入足量的锌粉，产生氢气体积（相同温度和压强）大小关系是____

（3）某学生用蒸馏水润湿的PH试纸测定PH值，误差最小的是____．23、中共十八大报告提出：“大力推进生态文明建设”．

（1）向燃煤中加入石灰石作脱硫剂，可大大减少SO2的排放及酸雨的发生，用这种方法最终可将煤中的硫转化为____（填化学式）．

（2）自来水厂常用漂白粉、液氯、二氧化氯、臭氧等作为消毒剂，杀灭水中的细菌．液氯注入水中后，能杀死水中细菌，写出反应的化学方程式____．

（3）对汽车加装尾气催化净化装置，使其中的有害气体NO、CO转化为无害气体，转化为CO2和____（填化学式）．评卷人得分四、综合题(共3题，共15分)24、［化学选修──有机化学基础］（15分）根据图示回答下列问题：（1）写出A、E、G的结构简式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反应②的化学方程式（包括反应条件）是_________________________，（3）反应④化学方程式（包括反应条件）是____________________________________；（4）写出①、⑤的反应类型：①________________、⑤__________________。25、（16分）常温下，在20.0mL0.20mol/LCH3COONa溶液中滴加0.20mol/L的稀盐酸。溶液的PH值的变化关系如右图所示。(1)a＞7.0的理由是（用离子方程式表示）（2）如图，当加入稀盐酸的体积为V1mL时，溶液的pH值刚好为7.0。此时溶液中c(Cl-)c(CH3COOH)（填＜、＞或＝）。简要写出判断依据。（3）当加入的盐酸的体积为20.0mL时，测定溶液中的c(H+)为1.3×10-3­mol/L，求CH3COOH的电离平衡常数Ka(设混合后的体积为二者的体积之和，计算结果保留两位有效数字)。26、［化学选修──有机化学基础］（15分）根据图示回答下列问题：（1）写出A、E、G的结构简式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反应②的化学方程式（包括反应条件）是_________________________，（3）反应④化学方程式（包括反应条件）是____________________________________；（4）写出①、⑤的反应类型：①________________、⑤__________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】A；根据标准状况下四氯化碳不是气体判断；

B；根据稀有气体为单原子分子分析；

C；重水的摩尔质量为20g/mol；1mol重水中含有10mol电子；

D、根据二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡判断．【解析】【解答】解：A；标况下；四氯化碳不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算四氯化碳的物质的量，故A错误；

B、1mol氦气含有1mol氦原子，所含原子数为NA；故B错误；

C、10g重水的物质的量为0.5mol，0.5mol重水含有5mol电子，含有的电子数为5NA；故C错误；

D、标况下，22.4L二氧化氮的物质的量为1mol，由于二氧化氮部分转化成了四氧化二氮，所以含有的分子数目小于NA；故D正确；

故选：D．2、A|B【分析】试题分析：A、MMF分子中含有2个酯基、1个酚羟基，所以1molMMF与足量NaOH溶液共热，最多可消耗3molNaOH，正确；B、MMF中的酚羟基不与碳酸氢钠溶液反应，而化合物I中的羧基可与碳酸氢钠溶液反应有气体生成，可以鉴别，正确；C、根据质量守恒定律，化合物R的分子式中已不存在O元素，错误；D、MMF分子中含有酯基、羟基、碳碳双键、氮原子、醚键5种官能团，错误，答案选AB。考点：考查有机物结构、性质的判断，官能团的判断与性质【解析】【答案】AB3、C【分析】【分析】反应4HCl+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑中，Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂，Mn元素化合价降低，被还原，MnO2为氧化剂，反应2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑中，H元素化合价降低，被还原，HCl为氧化剂，Zn元素化合价升高，被氧化，Zn为还原剂，据此分析．【解析】【解答】解：A、反应4HCl+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑中，部分Cl元素化合价升高，所以盐酸部分被氧化，反应2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑中；H元素化合价降低，则全部被还原被还原，故A正确；

B、反应4HCl+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑和反应2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑中；都有化合价变化，所以都是氧化还原反应，故B正确；

C、反应4HCl+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑中；部分Cl元素化合价升高，所以盐酸部分被氧化，故C错误；

D、反应4HCl+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑和反应2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑中，等物质的量的Zn和MnO2分别反应；生成1mol氢气和1mol氯气，所以转移的电子数相等，故正确；

故选：C．4、C【分析】【分析】A；乙醇可以和卤化氢加热发生取代反应；乙醇分子间脱水生成乙醚发生取代反应；

B；分子式判断为烷烃；戊烷存在三种同分异构体；

C；氨基酸不是高分子化合物；

D、乙烯含不饱和键能使酸化的高锰酸钾溶液褪色，甲烷是饱和烷烃不能使高锰酸钾溶液褪色．【解析】【解答】解：A；乙醇中的羟基氢可以发生取代反应；乙醇可以和卤化氢加热发生取代反应，乙醇分子间脱水生成乙醚发生取代反应，故A正确；

B、分子式C5H12判断为烷烃；戊烷存在三种同分异构体，正戊烷；异戊烷、新戊烷，故B正确；

C；氨基酸不是高分子化合物；淀粉是高分子化合物，故C错误；

D；乙烯含不饱和键能使酸化的高锰酸钾溶液褪色；甲烷是饱和烷烃不能使高锰酸钾溶液褪色，可以利用高锰酸钾鉴别乙烯和甲烷，故D正确；

故选：C．5、D【分析】【分析】化学变化是指在原子核不变的情况下，有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成，据此分析判断．【解析】【解答】解：A．是胶体的聚沉过程；属于物理变化，故A错误；

B．体现了活性炭的吸附性；属于物理变化，故B错误；

C．浓硫酸发烟是由于硝酸沸点低易挥发；挥发的硝酸遇空气中的水蒸气造成的，属于物理变化，故C错误；

D．无水硫酸铜由白变蓝是其结合水生成了胆矾；属于化学变化，故D正确．

故选D．6、D【分析】【解答】A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁．A正确；B、固体1为SO2，分离固固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2（SO4）3采用的是调控pH的方法．使Al3+转化为Al（OH）3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解．C正确;D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe（OH）2沉淀，但Fe（OH）2

不稳定，很容易被氧化为Fe（OH）3，这样的话，最终所得的产品不纯，混有较多的杂质Fe2（S04）3,D不正确.答案选D.

【分析】离子推断题的发展主要以离子反应为前提，主要考查学生在熟练掌握阴阳离子性质的基础上，进行1性推断，考查方式为离子的判断、离子间的反应方程式，在此基础上会结合相关化学量的计算，还有综合推断型，主要考查学生1性分析和1量分析的综合能力，还会出现与元素化合物知识相结合，考查学生的综合解题能力。考查了学生对知识理解、综合运用能力及阅读材料接受信息的能力和思维能力，对相关知识的掌握情况，能够很好地考查考生所掌握的化学知识结构。这道高考题为一道中高档题，能力要求较高。二、多选题(共9题，共18分)7、BC【分析】【分析】A．①NH4Cl②（NH4）2SO4③NH4Al（SO4）2，先不考虑水解，则②（NH4）2SO4含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于其它两种物质，①③溶液中c（NH4+）根据盐类水解的影响分析判断；

B.0.1mol•L-1CH3COOH与0.05mol•L-1NaOH溶液等体积混合得到重生和醋酸钠的混合溶液；pH＜7溶液显酸性说明是电离大于醋酸根离子的水解：

C.0.1mol•L-1Na2CO3与0.05mol•L-1NaHCO3溶液等体积混合溶液中存在物料守恒；0.15n（Na）=0.25n（C），即3n（Na）=5n（C）；

D．在0.1mol•L-1NaHC2O4溶液（pH＜7）中溶液显酸性，HC2O4-电离大于水解，溶液中存在电荷守恒和物料守恒计算分析．【解析】【解答】解：A．①NH4Cl②（NH4）2SO4③NH4Al（SO4）2，先不考虑水解，则②（NH4）2SO4含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于其它两种物质，①③二种物质中①NH4Cl，NH4+水解，③NH4Al（SO4）2，铝离子的水解对铵根离子起抑制作用，即溶液中c（NH4+）②＞③＞①；故A错误；

B.0.1mol•L-1CH3COOH与0.05mol•L-1NaOH溶液等体积混合得到重生和醋酸钠的混合溶液，pH＜7溶液显酸性说明是电离大于醋酸根离子的水解，溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）；故B正确；

C.0.1mol•L-1Na2CO3与0.05mol•L-1NaHCO3溶液等体积混合溶液中存在物料守恒，0.15n（Na）=0.25n（C），即3n（Na）=5n（C），c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）；故C正确；

D．在0.1mol•L-1NaHC2O4溶液（pH＜7）中溶液显酸性，根据物料守恒得c（Na+）=c（HC2O4-）+c（H2C2O4）+c（C2O42-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），所以得c（H+）+c（H2C2O4）=2c（C2O42-）+c（OH-）；故D错误；

故选BC．8、AD【分析】【分析】A、基态Mg原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s2，所以核外电子轨道表示式：

B；过氧化氢为共价化合物；分子中含有2个O-H键和1个O-O键；

C；As是35号元素；属于主族元素，根据构造原理书写其核外电子排布；

D、羟基是电中性基团，氧原子与氢原子以1对共用电子对连接．【解析】【解答】解：A、基态Mg原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s2，所以核外电子轨道表示式：故A正确；

B、双氧水属于共价化合物，含有2个O-H键和1个O-O键，其电子式为故B错误；

C、As的原子序数为33，属于主族元素，由构造原理可知电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p3，所以As原子的简化电子排布式为：[Ar]3d104s24p3；故C错误；

D、氧原子与氢原子通过一对共用电子对连接，羟基是电中性基团，羟基的电子式为故D正确；

故选AD．9、BC【分析】【分析】反应CO+H2O（g）⇌CO2+H2达平衡后，加入水蒸气，化学平衡会向着正反应方向进行，但是反应物不可能全部转化为生成物，据此判断．【解析】【解答】解：根据题意；利用三段式分析。

CO+H2O（g）⇌CO2+H2；

初始物质的量：1100

变化物质的量：0.60.60.60.6

平衡物质的量：0.40.40.60.6

此时二氧化碳的物质的量是0.6mol，再通入0.3mol水蒸气，化学平衡会向着正反应方向进行，假设一氧化碳全部转化完毕，则会生成二氧化碳和氢气各0.3mol，此时CO2的物质的量0.9mol，但是一氧化碳不会全部转化，所以达到新的平衡后，CO2的物质的量介于0.6mol-0.9mol之间，故选BC．10、BC【分析】【分析】K的一种单质是空气中含量最多的物质；则K是N元素，则L是P元素；M是Si元素、N是Ge元素；E与K的原子序数相差4，H与N属同周期元素，则E是Li元素、F是Na元素、G是Mg元素、H是Ca元素；

A．K的氢化物是氨气；

B．F是Na元素；钠的氧化物有氧化钠；过氧化钠；

C．H是Ca元素；N是Ge元素；二者原子序数相差12；

D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强．【解析】【解答】解：K的一种单质是空气中含量最多的物质；则K是N元素，则L是P元素；M是Si元素、N是Ge元素；E与K的原子序数相差4，H与N属同周期元素，则E是Li元素、F是Na元素、G是Mg元素、H是Ca元素；

A．K的氢化物是氨气；氨水溶液呈碱性，故A正确；

B．F是Na元素；钠的氧化物有氧化钠；过氧化钠，有两种氧化物，故B错误；

C．H是Ca元素；N是Ge元素；二者原子序数相差12而不是14，故C错误；

D．元素的非金属性越强；其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性K＞L＞M，所以最高价氧化物的水化物酸性强弱K＞L＞M，故D正确；

故选BC．11、AC【分析】【分析】A．甲烷分子中含有4个碳氢键；碳原子最外层达到8电子稳定结构；

B．键线式是进一步省去碳氢元素的符号；只要求表示出碳碳键以及与碳原子相连的基团，键线式中每个拐点和终点均表示一个碳原子，每个碳原子都形成四个共价键，不足的用氢原子补足。

C．乙醚分子中含有2个甲基；不存在羟基；

D．结构简式中需要标出官能团结构，乙烯的结构简式没有表示出其官能团碳碳双键．【解析】【解答】解：A．甲烷分子中含有4个碳氢键，为正四面体结构，甲烷的电子式为：故A正确；

B．键线式中所有拐点和端点都有一个碳原子，为丁烯，丙烯有3个碳原子，正确的键线式为：故B错误；

C．乙醚分子中含有两个甲基，不存在羟基，乙醚的结构式为：故C正确；

D．烯烃的结构简式中C=C双键不能省略，乙烯的结构简式为CH2=CH2；故D错误；

故选AC．12、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．13、CD【分析】【分析】氧化还原反应的特征为元素化合价的变化，如元素化合价发生变化，则属于氧化还原反应，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．为置换反应；Fe和Cu元素发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；

B．为分解反应；Mn和O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；

C．不属于四种基本反应类型；C和Cu元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C选；

D．不属于四种基本反应类型；Mn和Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D选．

故选：CD．14、AD【分析】【分析】反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）：n（B）=1：1，即可得到相同平衡状态，若要平衡后A的体积分数大于a%，说明平衡向左移动，根据等效平衡，把物质都换算成方程式一边的物质，满足n（A）：n（B）＞1：1，据此进行判断即可．【解析】【解答】解：反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）中；气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为A；B，且满足n（A）：n（B）=1：1，为等效平衡，则。

A．若将2molC全部转化为A、B，分别得到molA和molB；n（A）：n（B）=2：1＞1：1，使A的转化率减小，A的百分含量增加，故A正确；

B.2molA；3molB和1molHe（不参加反应）；n（A）：n（B）=2：3＜1：1，A的转化率增大，则平衡后A的体积分数小于a%，故B错误；

C.1molB和1molC，相当于molA和molB；n（A）：n（B）=1：2＜1：1，A的转化率增大，则平衡后A的体积分数小于a%，故C错误；

D.2molA；1molB和3molC；相当于4molA和2molB，n（A）：n（B）=2：1＞1：1，A的转化率降低，则平衡后A的体积分数大于a%，故D正确；

故选AD．15、AB【分析】【分析】A．氮化硅晶体中的构成微粒是原子；原子间以共价键相结合构成原子晶体；

B．正负化合价的代数和为0；

C．C3N4和Si3N4都是原子晶体；

D．C-N键比Si-N键短，键能大．【解析】【解答】解：A．C3N4和Si3N4是原子晶体；含有含有共价键，故A正确；

B．氮化硅中氮元素的电负性大于硅元素，所以氮元素显负价，硅元素显正价，硅元素的化合价是+4价，化合物中各元素的化合价代数和为0，所以氮元素的化合价是-3价，同理C3N4中氮元素的化合价是-3价；故B错误；

C．C3N4和Si3N4都是原子晶体；原子晶体不易溶于水，故C错误；

D．C原子半径比Si小；C-N键比Si-N键短，键能大，硬度高，故D错误．

故选A．三、填空题(共8题，共16分)16、2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）c（HCO3-）+3c（H2CO3）+2c（H+）=c（CO32-）+2c（OH-）【分析】【分析】任何电解质溶液中都存在物料守恒和电荷守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断质子守恒，该溶液中钠离子与含有C原子的微粒存在物料守恒，据此分析解答．【解析】【解答】解：（1）该溶液中钠离子与含有C原子的微粒存在物料守恒，钠离子浓度和含有C原子的微粒的浓度之和的比为3：2，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子、碳酸氢根离子水解生成碳酸，所以含有C原子的微粒有CO32-、HCO3-、H2CO3，所以存在的物料守恒为2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）；

故答案为：2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）；

（2）根据物料守恒得2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）；

根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（OH-）+c（HCO3-）；

所以存在质子守恒得c（HCO3-）+3c（H2CO3）+2c（H+）=c（CO32-）+2c（OH-），故答案为：c（HCO3-）+3c（H2CO3）+2c（H+）=c（CO32-）+2c（OH-）．17、2NH3•H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O倒扣的漏斗，椭圆形部分体积较大，具有缓冲作用，能防止倒吸品红溶液氧化性深黄色的碘水褪色二氧化硫在水中的溶解度比较大，浓硫酸具有吸水性，能促使二氧化硫的生成偏低不合格【分析】【分析】探究SO2的性质实验流程：在装置A1中Cu与浓硫酸共热发生反应反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑，生成硫酸铜、二氧化硫气体和水，B、C、D分别检验SO2的漂白性、还原性和氧化性，装置B用品红溶液检验漂白性，在装置C中SO2与碘水发生反应：I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，检验二氧化硫的还原性，在装置D中发生反应：SO2+2H2S=3S↓+H2O；检验二氧化硫的氧化性，在装置E中用碱性的氨水吸收尾气．

（1）二氧化硫属于酸性氧化物；能和碱溶液反应生成盐和水，易发生倒吸，为了防止倒吸，可以在导管中连接体积较大的容器；

（2）二氧化硫具有漂白性，如果B中品红溶液褪色，证明混合气体中含有二氧化硫气体；装置D用于检验SO2的氧化性；

（3）装置C中SO2与碘水发生反应I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；碘水褪色；

（4）a导管的作用是平衡分液漏斗和蒸馏烧瓶间的压强；使液体顺利流下，二氧化硫在水中的溶解度比较大，浓硫酸具有酸性和吸水性；

（5）方案Ⅰ：①没有及时关闭活塞A；则通过流量计的气体中的二氧化硫不能全部被吸收；

方案Ⅱ：②生成的沉淀0.233g是硫酸钡，根据n=计算硫酸钡的物质的量，根据硫元素守恒，可知n（SO2）=n（H2SO4）=n（BaSO4），根据V=nVm计算二氧化硫的体积，利用体积分数定义计算判断是否合格．【解析】【解答】解：（1）二氧化硫有毒不能直接排空，且二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱溶液反应生成无毒的盐和水，所以用氨水吸收二氧化硫，离子方程式为：2NH3•H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O；由于二氧化硫气体极易溶于氨水，导致装置内压强急剧降低，外界大气压压着液体进入，产生倒吸现象，用倒扣的漏斗，椭圆形部分体积较大，具有缓冲作用，能防止倒吸；

故答案为：2NH3•H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O；倒扣的漏斗；椭圆形部分体积较大，具有缓冲作用，能防止倒吸；

（2）装置B用于检验SO2的漂白性，SO2能与某些有色物质如品红结合形成无色的物质，因此SO2有漂白性，在装置B用品红溶液检验，在装置D中发生反应：SO2+2H2S=3S↓+H2O，反应中SO2是氧化剂，表现氧化性，H2S是还原剂；表现还原性；

故答案为：品红溶液；氧化性；

（3）在装置C中SO2与碘水发生反应：SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；深黄色的碘水褪色；

故答案为：深黄色的碘水褪色；

（4）a导管连接分液漏斗和蒸馏烧瓶；其作用是平衡分液漏斗和蒸馏烧瓶间的压强，使液体顺利流下，常温下，1体积水中溶解40体积的二氧化硫，不用稀硫酸制取二氧化硫的原因是二氧化硫在水中的溶解度比较大，浓硫酸具有吸水性，能促使二氧化硫的生成；

故答案为：平衡分液漏斗和蒸馏烧瓶间的压强；使液体顺利流下；二氧化硫在水中的溶解度比较大，浓硫酸具有吸水性，能促使二氧化硫的生成；

（5）①洗气瓶C中溶液蓝色消失后，没有及时关闭活塞A，则通入尾气的体积增大，因此SO2含量偏低；

故答案为：偏低；

方案Ⅱ：②0.233g硫酸钡的物质的量为=0.001mol，根据硫元素守恒，可知n（SO2）=n（H2SO4）=n（BaSO4）=0.01mol，故二氧化硫的体积为0.01mol×22.4L/mol=0.0224L，二氧化硫的体积分数为×100%≈0.067%；大于0.05%不合格；

故答案为：不合格．18、SO2+OH-=HSO3-HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3-⇌SO32-+H+，加CaCl2溶液后，Ca2++SO32-=CaSO3↓使电离平衡右移，c（H+）增大Ce3+-e-═Ce4+蒸发浓缩、冷却结晶【分析】【分析】（1）二氧化硫是酸性氧化物；能和强碱之间发生反应；

（2）NaHSO3溶液中HSO3-的电离大于水解；溶液显示酸性，根据平衡移动原理来回答；

（3）在电解池中；阳极上发失去电子的氧化反应；

（4）根据获得粗产品的实验步骤来分析．【解析】【解答】解：（1）二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠之间发生反应：SO2+OH-=HSO3-，NO和氢氧化钠之间不会反应，故答案为：SO2+OH-=HSO3-；

（2）NaHSO3溶液中HSO3-的电离大于水解，HSO3-⇌SO32-+H+，溶液显示酸性，加入CaCl2溶液后，Ca2++SO32-=CaSO3↓使电离平衡右移；

故答案为：HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3-⇌SO32-+H+，加CaCl2溶液后，Ca2++SO32-=CaSO3↓使电离平衡右移，c（H+）增大；

（3）电解池的阳极上发失去电子的氧化反应，电极反应为：Ce3+-e-═Ce4+，故答案为：Ce3+-e-═Ce4+；

（4）获得粗产品的实验步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；19、第二周期、第ⅦA族Na+2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Na3AlF6BC【分析】【分析】A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、D同主族隔周期，A的原子序数小于D，则A为H元素，则D为Na元素；B、C同周期，且B、C的原子序数小于D，则B和C位于第二周期元素，C的非金属性最强，则C是F元素，A、B能形成两种液态化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，则B是O元素，甲是H2O，乙是H2O2，E元素原子最外层的p亚层电子数是s亚层电子数的一半，且原子序数大于11，所以E是Al元素，结合原子结构、物质性质分析解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、D同主族隔周期，A的原子序数小于D，则A为H元素，则D为Na元素；B、C同周期，且B、C的原子序数小于D，则B和C位于第二周期元素，C的非金属性最强，则C是F元素，A、B能形成两种液态化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，则B是O元素，甲是H2O，乙是H2O2；E元素原子最外层的p亚层电子数是s亚层电子数的一半，且原子序数大于11，所以E是Al元素；

（1）甲、乙两分子中含有非极性共价键的物质是H2O2，H2O2的电子式是C元素是O元素，O元素在周期表中的位置是第二周期第VIIA族；

故答案为：第二周期；第ⅦA族；

（2）C和D的离子分别是F-和Na+，电子层结构相同的离子中，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以半径较小的是Na+，故答案为：Na+；

（3）钠和水反应生成NaOH和氢气，Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（4）F、Na、Al可组成离子化合物，阳离子Na+（用○表示）位于正方体的棱的中点和正方体内部；阴离子AlF6x-（用●表示）位于该正方体的顶点和面心．该化合物的化学式是。

阴离子个数==4，Na+个数==12，阴阳离子个数比=4：12=1：3，化合物中阴阳离子所带电荷相等，所以x=3，则其化学式为：Na3AlF6，故答案为：Na3AlF6；

（5）A．γ-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子个数=3×=12；故错误；

B．α-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是相邻顶点上铁原子；铁原子个数=2×3=6，故正确；

C．若δ-Fe晶胞边长为acm，α-Fe晶胞边长为bcm，则两种晶体中铁原子个数之比=（1+）：（8×）=2：1，密度比=：=2b3：a3；故正确；

D．将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却；温度不同，得到的晶体类型不相同，故错误；

故选BC．20、Cl2Cl2还原氧化【分析】【分析】（1）Cl元素的化合价既升高又降低；

（2）Mn元素的化合价降低；Cl元素的化合价升高；

（3）Cl元素的化合价既升高又降低，反应中转移5e-．【解析】【解答】解：（1）Cl元素的化合价既升高又降低，则Cl2既是氧化剂又是还原剂，故答案为：Cl2；Cl2；

（2）Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，则MnO2被还原；HCl被氧化，故答案为：还原；氧化；

（3）Cl元素的化合价既升高又降低，反应中转移5e-，双线桥表示电子的转移为

故答案为：．21、0.1c1mol/（L•S）19.6CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O2H++2e-=H2↑1负极Cu2++2e-═Cuac【分析】【分析】（1）①根据方程式知，1mol二氧化碳完全反应放出49kJ能量，则反应放出29.4kJ热量，则参加反应的二氧化碳的物质的量==0.6mol，根据方程式知，生成c1mol甲醇需要二氧化碳的物质的量为c1mol/L，从反应开始到达到平衡时，A中用CO2来表示的平均反应速率=；

②A；B是等效平衡；则A中放出的热量与B中吸收的热量之和为49.0kJ；

（2）①甲是原电池；通入甲醇的电极是负极；通入氧气的电极是正极，负极上甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；

②电解该混合溶液时；阳极上先是氯离子放电生成氯气；后是氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先是铜离子放电生成Cu单质，所以没有气体生成，然后是氢离子放电生成氢气，根据图象知，I为阴极发生的反应、II为阳极发生的反应；

在t2后；铁电极上氢离子放电生成氢气；石墨电极上氢氧根离子放电生成氧气，实际上是电解水；

（3）①根据电流方向知；c是正极；d是负极；

②如图戊所示用铂电极电解足量硫酸铜溶液，b电极上铜离子放电生成Cu；若电解一段时间后要使电解质溶液恢复到电解前的状态，根据析出什么加入什么原则加入物质即可．【解析】【解答】解：（1）①根据方程式知，1mol二氧化碳完全反应放出49kJ能量，则反应放出29.4kJ热量，则参加反应的二氧化碳的物质的量==0.6mol，根据方程式知，生成c1mol甲醇需要二氧化碳的物质的量为c1mol/L，从反应开始到达到平衡时，A中用CO2来表示的平均反应速率===0.1c1mol/（L•S）；

故答案为：0.1c1mol/（L•S）；

②A；B是等效平衡；则A中放出的热量与B中吸收的热量之和为49.0kJ，则a=49.0kJ-29.4kJ=19.6kJ；

故答案为：19.6；

（2）①甲是原电池，通入甲醇的电极是负极、通入氧气的电极是正极，负极上甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；

②电解该混合溶液时，阳极上先是氯离子放电生成氯气、后是氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先是铜离子放电生成Cu单质，所以没有气体生成，然后是氢离子放电生成氢气，根据图象知，I为阴极发生的反应、II为阳极发生的反应，阳极电极反应式为2H++2e-=H2↑；

在t2后，铁电极上氢离子放电生成氢气、石墨电极上氢氧根离子放电生成氧气，实际上是电解水，所以溶液pH变化的为t1-t2时间段；阳极上生成氧气体积为（336-224）mL=112mL=0.112L，阳极电极反应式为。