2025年人教B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B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6题，共12分)1、三氟化氮（NF3）是无色无味的气体，它是由NH3和F2直接反应制得的：4NH3+3F2NF3+3NH4F，下列有关叙述错误的是（）A.F2氧化性比NF3强B.NF3和NH4F都是还原产物C.NF3是极性分子D.NF3中的N是-3价2、下列依据相关实验得出的结论正确的是（）A.向某溶液中加入稀盐酸，产生无色无味且能使石灰水变浑浊的气体，该溶液一定含有CO32-B.用洁净的铂丝蘸取少量某溶液在无色火焰上灼烧，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液C.向某溶液中加入BaCl2溶液，有沉淀生成，再加入稀盐酸，沉淀不消失，该溶液一定含有SO42-D.向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2+3、一定温度下，在一容积不变的密闭容器中发生的可逆反应2X（g）≒Y（g）+Z（s），以下能说明作为反应达到平衡标志的是（）A.X的分解速率与Y的消耗速率相等B.X、Y与Z的物质的量之比为2：1：1C.混合气体的密度不再变化D.单位时间内生成lmolY的同时分解1molX4、下列离子方程式正确的是（）A.向NaOH溶液中通入少量的SO2：SO2+OH-═HSO3-B.向氯水中通入少量的SO2：Cl2+SO2+2H2O═4H++2Cl-+SO42-C.将SO2通入到饱和的NaHCO3溶液中：2H++CO32-═H2O+CO2↑D.将SO2通入到BaCl2溶液中：SO2+H2O+Ba2+═BaSO3↓+2H+5、铝分别于足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当反应中消耗的HCl和NaOH的物质的量相等时，两个反应放出的气体在标准状况下体积之比为（）A.1：1B.2：1C.1：3D.3：16、两体积相同的密闭容器中均充入1molX和1molY，分别于300℃和500℃开始发生反应：X（g）+Y（g）⇌3Z（g）．Z的含量（Z%）随时间t的变化如图所示．已知在t3时刻改变了某一实验条件．相关判断正确的是（）A.曲线a是500℃时的图象B.t3时刻可能是降低了温度C.正反应是吸热反应D.t3时刻可能是增大了压强评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)7、双香豆素可以从腐败草料中提取获得，其结构简式为可用作抗凝血药．下列关于双香豆素的推论中错误的是（）A.分子式为C19H14O6，能与NaOH溶液反应B.食草动物食用腐败草料后，在受外伤时血液不容易凝固C.分子中所有碳原子不可能在同一平面D.可发生水解、加成、氧化、还原反应8、下列物质不能用玻璃器皿贮存的是（）A.苛性钠B.氢氟酸C.浓硫酸D.硝酸铵9、药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：

下列有关叙述正确的是（）A.贝诺酯与足量NaOH溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠B.可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚C.乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3溶液反应D.对乙酰氨基酚分子中核磁共振氢谱出现五组峰，且峰面积之比为3：1：2：2：110、下列化合物在核磁共振氢谱中能出现两组峰，且其峰面积之比为2：1的有（）A.乙酸甲酯B.对苯二酚C.2-甲基丙烷D.对苯二甲酸11、下列有机物中，能发生消去反应、酯化反应的是（）A.B.CH3CH2CH2CH2ClC.D.12、下列各组物质中，互为同系物的是（）A.葡萄糖与蔗糖B.CH2=CH-CH3和CH2=CH-CH2-CH3C.甲烷与丙烷D.丁烷与异丁烷13、下列对实验I～IV电化学的装置正确；且实验现象预测正确的是（）

A.实验I：电流表A指针偏转，碳棒上有红色固体产生B.实验II：电流表A指针偏转，铁极上有无色气体产生C.实验III：碳棒上有无色气体产生，铁极上有黄绿色气体产生D.实验IV：粗铜溶解，精铜上有红色固体析出14、在某容积一定的密闭容器中，可逆反应：A（g）+B（g）⇌xC（g）；△H＜0，符合下图所示图象（1）的关系．由此推断对图象（2）的正确说法是（）A.P3＞P4，Y轴表示A的转化率B.P3＜P4，Y轴表示B的百分含量C.P3＞P4，Y轴表示混合气体密度D.P3＞P4，Y轴表示混合气体的平均摩尔质量15、rm{隆露}电石安全技术说明书rm{隆路}中对电石的描述为“rm{}遇水或湿气能迅速产生高度易燃的乙炔气体，应与氧化剂类物质分开存放rm{}”rm{.}下列说法不合理的是rm{(}rm{)}A.盛装电石的包装上贴有的危险化学品标志为：B.电石与硝酸分开存放C.运输电石的铁桶内可充入氮气D.电石着火可用泡沫灭火器扑灭评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)16、下列是几种有机物的结构简式：请回答下列问题：

（1）A的分子式____，所含官能团的名称分别为____；

（2）A与甲醇反应的化学方程式____；反应类型____；

（3）1molA与足量的氢氧化钠反应消耗氢氧化钠____mol

（4）有关A、B、C、D四种有机物说法错误的是____

a．都属于芳香族化合物b．都能发生取代反应和加成反应。

c．B苯环上的一氯代物有3种d．A和B都能与碳酸氢钠反应放出CO2气体。

（5）在C溶液中通入少量SO2气体，生成无机物的化学式____（已知亚硫酸比碳酸钠酸性强）；

（6）A的同分异构体E也含有“-OCH2COOH”则E有____种（不包括A本身），C的水溶液中通入过量CO2，生成有机物F，则B、D、F互为____．17、某芳香烃A有如下转化关系：

按要求填空：

（1）属于取代反应的有____（填序号），⑤的反应类型为____⑦的反应类型为____；

（2）有关物质的结构简式：A____；F____；

（3）有关反应的化学方程式：②____．③____．

（4）围绕有机物回答下列问题：

①在浓硫酸的作用下，该有机物每2个分子间能形成一种环状酯，写出该酯的结构简式：____．

②该有机物有多种同分异构体，请写出一种符合下列要求的同分异构体的结构简式：____．

A．遇FeCl3溶液显紫色；B．遇紫色石蕊试液不变红；

C．苯环上的一溴取代物只有二种D能够发生银镜反应．18、氮元素和碳元素一样也存在一系列氢化物并有广泛应用．例如：NH3、N2H4、N3H5、N4H6．

（1）写出该系列氢化物的通式：____．

（2）上述系列第6号物质的同分异构体有多种，写出符合一氯代物有三种结构的结构简式____．

（3）已知NH3为一元碱，N2H4为二元碱，N2H4在水溶液中的一级电离方程式可表示为N2H4•H2O⇌N2H5++OH-，试写出N2H4的二级电离方程式：____．

（4）25℃时，NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10-5mol•L-1，可用氨水吸收NO2生成NH4NO3．将xmolNH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是____（用离子方程式表示）．向该溶液滴加yL氨水后溶液呈中性，所滴加氨水的浓度为____mol•L-1．

（5）在碱性介质中，用N2H4与NO2可组合制成燃料电池，产物中无污染物，试写出该电池正极的电极反应式____．

（6）发射卫星时可用N2H4为燃料；若用氟作氧化剂，已知：

N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ/mol

H2（g）+F2（g）═HF（g）△H=-269kJ/mol

H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=-242kJ/mol

则N2H4与F2反应的热化学方程式为：____．19、（12分）（1）环境专家认为可以用金属铝将水体中的NO转化为N2，从而清除污染。该反应中涉及的粒子有：H2O、Al、OHAl(OH)3、NON2，写出反应的离子方程式。（2）我国首创的海洋电池以海水为电解质溶液，电池总反应为：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3。电池正极的电极反应式为。（3）已知：4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(g)△H=－2834.9kJ/molFe2O3(s)+C(s)=CO2(g)+2Fe(s)△H=+234.1kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g)△H=－393.5kJ/mol写出铝与氧化铁发生铝热反应的热化学方程式。（4）将一定质量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mol，pH=14的溶液，然后2mol/L盐酸滴定，可得沉淀质量与消耗的盐酸体积关系如下图：则反应过程中产生氢气的总体积为L（标准状况）20、下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。

试回答下列问题：

rm{(1)h}的单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，请用原子结构的知识解释发光的原因：________________________________________________的单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，请用原子结构的知识解释发光的原因：________________________________________________rm{(1)h}

_____。rm{(2)o}rm{p}两元素的部分电离能数据列于下表：两元素的部分电离能数据列于下表：。rm{(2)o}元素rm{p}rm{p}电离能rm{/(kJ隆陇mol}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{1}}rm{)}rm{I}rm{{,!}_{1}}rm{717}rm{759}rm{I}rm{{,!}_{2}}rm{1509}rm{1561}rm{1561}rm{I}rm{{,!}_{3}}rm{3248}rm{2957}rm{2957}

比较两元素的rm{I_{2}}rm{I_{3}}可知，气态rm{o^{2+}}再失去一个电子比气态rm{p^{2+}}再失去一个电子难。对此，你的解释是_______________________________________。

rm{(3)}第三周期rm{8}种元素按单质熔点高低的顺序如图甲所示，其中电负性最大的是____________rm{(}填图中的序号rm{)}第三周期rm{(3)}种元素按单质熔点高低的顺序如图甲所示，其中电负性最大的是____________rm{8}填图中的序号rm{(}

rm{)}表中所列的某主族元素的电离能情况如图乙所示，则该元素是____________rm{(4)}表中所列的某主族元素的电离能情况如图乙所示，则该元素是____________rm{(}填元素符号rm{)}填元素符号rm{(4)}rm{(}评卷人得分四、判断题(共3题，共27分)21、加过量的NaOH溶液，未看见产生气体，溶液里一定不含NH4+．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”22、将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体____．（判断对错）23、通过红外光谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯____．评卷人得分五、其他(共4题，共28分)24、实验是化学研究的重要手段；贯穿于化学学习的始终．试回答下列中学化学实验室中常见仪器的有关问题：

（1）在仪器①分液漏斗②试剂瓶③集气瓶④滴定管⑤容量瓶⑥量筒⑦托盘天平中，标有“0“刻度的是（填序号，下同）____；标有使用温度的仪器是____．

（2）“磨砂“是增加玻璃仪器密封性的一种处理工艺．在仪器①试管②分液漏斗③细口试剂瓶④广口试剂瓶⑤集气瓶⑥酸式滴定管⑦碱式滴定管中，用到“磨砂“的有____．

（3）在仪器①漏斗②容量瓶③蒸馏烧瓶④分液漏斗⑤烧杯⑥蒸发皿中，可用于粗盐提纯实验的有____；可用于分离两种沸点接近且互不相溶的液态混合物（即分液）实验的有____．25、日常生活中的一些用品与我们化学实验中的仪器作用相似．请写出下列生活用品相对应的实验仪器名称：

。炒菜时取味精（小勺子）____烧热水（电热器）____冲白糖水（杯子）____给病人打针（注射器）____26、如图所示为实验室常用的仪器：

请根据图回答：

（1）写出A～F各仪器的名称：

A____B____C____D____E____F____

（2）用于吸取和滴加少量液体的是（填序号，下同）____；

（3）能直接加热的仪器是____；

（4）用于作热源的仪器是____；

（5）用于夹持试管的是____；

（6）可取用少量固体粉未的是____；

（7）用来量取液体体积的是____．27、现有E、F、H、I、G、K六种原子序数依次增大的前四周期主族元素，且分属四个不同周期，E、G同主族，F、H、I为同周期相邻的三种元素，其中F元素形成的化合物种类是所有元素中最多的，I、G简单离子具有相同的电子层结构，K与F形成的离子化合物Q与E和I形成的常见共价化合物R之间的反应是实验室常见的可燃气体制备原理。（题中的字母只代表元素代号，与实际元素符号无关）,请回答下列问题：（1）E～K六种元素原子，原子半径第三大的是____（填对应的元素符号，下同）。（2）E与H两种元素组成一种阳离子，该离子的结构式为____。（3）I、G两种元素组成含有两种化学键的化合物，该化合物的电子式为____。（4）下图为常温下向25mL0.1mol·L-1由E、I、G组成的化合物W溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1E、F、I组成相对分子质量为60的一元酸Z溶液过程中溶液pH的变化曲线。①上图能确定Z为(“强”或“弱”)酸,理由是____②B点溶液呈中性，有人据此认为，在B点时W与Z恰好完全反应，这种看法是否正确？____（选填“是”或“否”）。若不正确，则二者恰好完全反应的点是在AB区间还是BD区间内？区间（若正确，此问不答）。（5）写出Q与R之间的化学反应方程式____。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】在反应中4NH3+3F2NF3+3NH4F中，N元素化合价升高，由-3价升高到+3价，被氧化，NH3为还原剂，F元素化合价降低，被还原，F2为氧化剂，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．F2为氧化剂，NF3为氧化产物，F2氧化性比NF3强；故A正确；

B．F元素化合价降低，被还原生成NF3和NH4F，则NF3和NH4F都是还原产物；故B正确；

C．NF3中N元素形成3个δ键；并有1个孤电子对，为三角锥形的极性分子，故C正确；

D．NF3中的N是+3价；F为-1价，故D错误．

故选：D．2、D【分析】解：A．HCO3-也能与酸反应生成无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体，则不一定含有CO32-；故A错误；

B．焰色反应为元素的性质；只能说明含有钠元素，不一定为钠盐，也可能为NaOH等，故B错误；

C．加入氯化钡；可能生成AgCl沉淀，如检验硫酸根离子，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡检验，如生成沉淀，可说明含有硫酸根离子，故C错误；

D．滴加氯水后溶液显红色，说明生成Fe3+，而滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明含有Fe2+，氯气氧化Fe2+生成Fe3+；故D正确．

故选D．

A．HCO3-也能与酸反应生成无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体；

B．焰色反应为元素的性质；只能说明含有钠元素；

C．可能生成AgCl沉淀；

D．滴加氯水后溶液显红色，说明生成Fe3+．

本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，在检验离子存在时，需要排除干扰了，保证检验方案的严密性．【解析】【答案】D3、C【分析】【分析】根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，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：A；速率之比不等于计量数之比；故A错误；

B；X、Y与Z的物质的量之比为2：1：1；而不是量不变，故B错误；

C；混合气体的密度不再变化；说明气体的质量不变，达化学平衡状态，故C正确；

D；量的变化不符合计量数之比；应是单位时间内生成lmolY的同时生成2molX，故D错误．

故选C．4、B【分析】【分析】A．二氧化硫少量反应生成亚硫酸钠和水；

B．向氯水中通入少量的SO2反应生成盐酸与硫酸；

C．二氧化硫与水反应生成亚硫酸；亚硫酸与碳酸氢钠反应生成亚硫酸钠和水；二氧化碳；

D．盐酸的酸性弱于亚硫酸，二氧化硫与氯化钡不反应．【解析】【解答】解：A．向NaOH溶液中通入少量的SO2，离子方程式：SO2+2OH-═H2O+SO32-；故A错误；

B．向氯水中通入少量的SO2，离子方程式：Cl2+SO2+2H2O═4H++2Cl-+SO42-；故B正确；

C．将SO2通入到饱和的NaHCO3溶液中，离子方程式：SO2+2HCO3-═H2O+CO2↑+SO32-；故C错误；

D．将SO2通入到BaCl2溶液中不发生反应；故D错误；

故选：B．5、C【分析】【分析】铝与盐酸发生反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，铝与NaOH溶液发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，假设消耗的HCl和NaOH的物质的量都是6mol，根据方程式计算生成氢气的物质的量，相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比．【解析】【解答】解：假设消耗的HCl和NaOH的物质的量都是6mol；则：

2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑

6mol3mol

2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

6mol9mol

相同条件下；气体的体积之比等于其物质的量之比，故生成氢气的体积之比=3mol：9mol=1：3；

故选C．6、B【分析】【分析】根据“先拐先平数值大”知，a的温度小于b；升高温度，Z的含量减小，说明正反应是放热反应；t3时刻，Z的含量增大，平衡向正反应方向移动，可以采用降低温度、减小压强的方法．【解析】【解答】解：A．根据“先拐先平数值大”知，a的温度小于b；所以曲线a是300℃时的图象，故A错误；

B．a的温度小于b，升高温度，Z的含量减小，说明正反应是放热反应，t3时刻改变条件；Z的含量增大，平衡向正反应方向移动，所以可能是降低了温度或减小压强，故B正确；

C．a的温度小于b；升高温度，Z的含量减小，说明正反应是放热反应，逆反应是吸热反应，故C错误；

D．如果t3时刻增大压强；则平衡向逆反应方向移动，Z的含量减小，实际上Z的含量增大，所以可能是减小了压强，故D错误；

故选B．二、多选题(共9题，共18分)7、AC【分析】【分析】由双香豆素的结构可知，分子中含-COOC-、-OH、碳碳双键，结合酯、醇、烯烃的性质来解答．【解析】【解答】解：A．双香豆素的分子式为C19H12O6；故A错误；

B．为抗凝血药；则受外伤时血液不容易凝固，故B正确；

C．根据苯分子结构中6个碳原子共平面；以及乙烯分子中6原子共平面，判断知该分子中所有碳原子有可能在同一平面，故C错误；

D．含有酯基；可发生水解反应，含有苯环，可发生加成反应；还原反应，含有酚羟基，可发生氧化反应，故D正确．

故选AC．8、AB【分析】【分析】玻璃的成分是二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，不与酸反应和酸性物质反应，但二氧化硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅气体，由此分析解答．【解析】【解答】解：玻璃的成分是二氧化硅；二氧化硅是酸性氧化物，不与酸反应和酸性物质反应，但二氧化硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅气体，苛性钠的成份是氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化硅反应生成硅酸钠和水，所以苛性钠与氢氟酸不能用玻璃器皿贮存；

故选AB．9、BD【分析】【分析】A．乙酰水杨酸含有酯基；可在碱性条件下水解；

B．对乙酰氨基酚含有酚羟基；可与氯化铁发生显色反应；

C．酚羟基酸性较弱；与碳酸氢钠不反应；

D．分子中含有5种位置不同的H．【解析】【解答】解：A．乙酰水杨酸含有酯基；可在碱性条件下水解，贝诺酯与足量NaOH溶液共热发生水解，-COOC-；-NH-CO-均发生断键，不生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠，故A错误；

B．对乙酰氨基酚含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应，可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚；故B正确；

C．酚羟基酸性较弱；与碳酸氢钠不反应，故C错误；

D．分子中含有5种位置不同的H；由结构可知峰面积之比为3：1：2：2：1，故D正确．

故选BD．10、BD【分析】【分析】核磁共振氢谱中能出现两组峰；说明物质含有2种H原子，其峰面积之比为2：1，则两种H原子数目之比为2：1．

注意等效氢判断：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效，②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，③处于镜面对称位置上的氢原子等效．【解析】【解答】解：A．乙酸甲酯（CH3COOCH3）中含有2种氢原子；核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为1：1，故A错误；

B．对苯二酚（）中含有2种氢原子；核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为2：1，故B正确；

C.2-甲基丙烷中含有2种氢原子；核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为9：1，故C错误；

D．对苯二甲酸（）中含有2种氢原子；核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为2：1，故D正确．

故选：BD．11、AC【分析】【分析】与-OH或-X相连C的邻位C上有H可发生消去反应，含-OH或-COOH可发生酯化反应，以此来解答．【解析】【解答】解：A．含-OH可发生酯化反应；且与-OH相连C的邻位C上有H可发生消去反应，故A选；

B．含-Cl；发生消去反应，不能发生酯化反应，故B不选；

C．含-OH；-COOH可发生酯化反应；且与-OH相连C的邻位C上有H可发生消去反应，故C选；

D．与-Cl相连C的邻位C上没有H；不能发生消去反应，故D不选；

故选AC．12、BC【分析】【分析】同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团，具有相同官能团的化合物．【解析】【解答】解：A．葡萄糖属于单糖；属于还原性糖，蔗糖属于二塘，属于非还原性糖，二者结构不同，不是同分异构体，故A错误；

B．二者都含碳碳双键，分子式相差一个CH2；属于烯烃同系物，故B正确；

C、甲烷和丙烷，组成通式相同，都属于烷烃，相差2个CH2原子团；为同系物，故C正确．

D、丁烷与异丁烷，分子式相同，都为C4H10；由碳原子的连接次序不同而引起的异构现象，互为同分异构体，故D错误；

故选BC．13、AD【分析】【分析】A．实验I：该装置符合原电池构成条件；能形成原电池，所以有电流产生，铁易失电子而作负极，碳作正极，正极上得电子发生还原反应；

B．实验II：该电池符合原电池构成条件；能形成原电池，所以有电流产生，铁发生吸氧腐蚀；

C．实验III：该装置是电解池；碳作阳极，铁作阴极，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；

D．实验IV：该装置是电解池，为粗铜的精炼，精铜作阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应．【解析】【解答】解：A．实验I：该装置符合原电池构成条件；能形成原电池，所以有电流产生，铁易失电子而作负极，碳作正极，碳棒上铜离子得电子生成铜单质，所以碳棒上有红色物质析出，故A正确；

B．实验II：该电池符合原电池构成条件；能形成原电池，所以有电流产生，铁易失电子生成亚铁离子而作负极，故B错误；

C．实验III：该装置是电解池；碳作阳极，铁作阴极，碳棒上氯离子放电生成黄绿色的氯气，铁棒上氢离子放电生成无色的氢气，故C错误；

D．实验IV：该装置是电解池；精铜作阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应生成金属单质铜，故D正确；

故选AD．14、AD【分析】【分析】由图（1）可知，压强为P2时，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2；且温度越高，平衡时C的质量分数越低，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；

温度为T1时，压强P2先到达平衡，故压强P2＞P1；且压强越大，平衡时C的质量分数越高，故增大压强平衡向正反应移动，正反应为体积减小的反应，故x=1；

由图（2）可知，升高温度，平衡向逆反应方向移动，y值减小，则y可为A、B的转化率、C的体积分数等，结合压强对平衡移动的影响分析．【解析】【解答】解：由图（1）可知，压强为P2时，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2；且温度越高，平衡时C的质量分数越低，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；

温度为T1时，压强P2先到达平衡，故压强P2＞P1；且压强越大，平衡时C的质量分数越高，故增大压强平衡向正反应移动，正反应为体积减小的反应，故x=1，则：

A．如果P3＞P4；在相同温度下增大压强平衡向正反应方向移动，则A的转化率增大，同时升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，图象与实际符合，故A正确；

B．P3＜P4；增大压强，平衡向正反应移动，B的含量减小，同时升高温度平衡向逆反应方向移动，B的含量应增大，图象与实际不符，故B错误；

C．混合气体的总质量不变；容器的体积不变，混合气体的密度不变，故C错误；

D．P3＞P4；增大压强，平衡向正反应移动，混合气体总的物质的量减小，混合气体的总质量不变，平均相对分子质量增大，温度升高平衡向逆反应移动，混合气体总的物质的量增大，平均相对分子质量减小，图象与实际相符，故D正确；

故选AD．15、D【分析】解：rm{A.}电石与水发生反应的化学方程式为rm{CaC_{2}+2H_{2}O篓TCa(OH)_{2}+C_{2}H_{2}隆眉}生成易燃气体乙炔rm{(C_{2}H_{2})}乙炔遇明火发生爆炸生成二氧化碳和水，电石属于遇潮易燃物品，故A正确；

B.接硝酸易挥发；电石与挥发的水；硝酸触，发生化学反应或引起燃烧，保存时应与硝酸分开存放，故B正确；

C.氮气性质稳定；运输电石的铁桶内可充入氮气，可防止电石遇潮易燃，故C正确；

D.泡沫灭火器原理，在溶液中发生反应：rm{Al^{3+}+3HCO_{3}^{-}=Al(OH)_{3}隆媒+3CO_{2}隆眉}产生二氧化碳灭火，冲出的二氧化碳中含有水、电石与水反应，生成的rm{C_{2}H_{2}}继续燃烧；故D错误；

故选D．

A.电石rm{(CaC_{2})}与水发生反应，生成易燃气体乙炔rm{(C_{2}H_{2})}乙炔遇明火发生爆炸生成二氧化碳和水；

B.硝酸易挥发；电石与水反应；

C.运输电石的铁桶内可充入氮气作为保护气；

D.泡沫灭火器灭火原理：在溶液中铝离子与碳酸氢根离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；二氧化碳灭火．

本题主要考查了电石、乙炔的性质以及电石保存方法，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，根据物质的性质及分液操作的规范性来分析解答，题目难度不大．【解析】rm{D}三、填空题(共5题，共10分)16、C8H6O3Cl2羧基、醚键、氯原子酯化反应会取代反应5cdNa2SO35同分异构体【分析】【分析】（1）根据A的结构简式确定分子式；可知含有的官能团有羧基；醚键、氯原子；

（2）A中羧基甲醇发生酯化反应；

（3）氯原子水解得到酚羟基与HCl；酚羟基；HCl、羧基能与氢氧化钠反应；

（4）a．含有苯环的化合物为芳香族化合物；

b．均含有苯环；具有苯的性质，苯环可以发生加成反应；取代反应，羧基、酚羟基、氯原子也可以发生取代反应；

c．B苯环上的有5种H原子；

d．羧基能与碳酸氢钠反应；酚羟基不能与碳酸氢钠反应；

（5）亚硫酸比碳酸钠酸性强，亚硫酸氢根的酸性强于碳酸，在C溶液中通入少量SO2气体；反应得到无机物为亚硫酸钠；

（6）A的同分异构体E也含有“-OCH2COOH”，含有取代基还含有2个-Cl原子，2个-Cl原子有邻、间、对三种位置，移动-OCH2COOH确定同分异构体数目，C的水溶液中通入过量CO2生成的有机物F与B、D的分子式相同，结构不同，属于同分异构体．【解析】【解答】解：（1）根据A的结构简式，可知分子式为C8H6O3Cl2；含有的官能团有羧基；醚键、氯原子；

故答案为：C8H6O3Cl2；羧基；醚键、氯原子；

（2）A中羧基甲醇发生酯化反应，反应方程式为：属于取代反应；

故答案为：酯化反应或取代反应；

（3）氯原子水解得到酚羟基与HCl；酚羟基；HCl、羧基能与氢氧化钠反应，1molA水解得到2mol酚羟基、2molHCl，还含有1mol羧基，最多含有消耗5molNaOH；

故答案为：5；

（4）a．含有苯环的化合物为芳香族化合物；A；B、C都含有苯环，都属于芳香族化合物，故a正确；

b．均含有苯环，具有苯的性质，苯环可以发生加成反应、取代反应，羧基、酚羟基、氯原子也可以发生取代反应，故b正确；

c．B苯环上的有5种H原子；其一氯代物有5种，故c错误；

d．A含有羧基；能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，B含有酚羟基，不能与碳酸氢钠反应，故d错误；

故选：cd；

（5）亚硫酸比碳酸钠酸性强，亚硫酸氢根的酸性强于碳酸，在C溶液中通入少量SO2气体；反应得到无机物为亚硫酸钠；

故答案为：Na2SO3；

（6）A的同分异构体E也含有“-OCH2COOH”，含有取代基还含有2个-Cl原子，2个-Cl原子有邻、间、对三种位置，-OCH2COOH的位置分别有2种、3种、1种，除A外有5种，C的水溶液中通入过量CO2生成的有机物F与B；D的分子式相同；结构不同，属于同分异构体；

故答案为：5；同分异构体．17、②⑥消去反应加聚反应+2NaOH

+2NaBr2+O22+2H2O【分析】【分析】由反应④可知D为则C为故A为A与溴发生加成反应生成B为B在氢氧化钠水溶、加热条件下发生水解反应生成C．由F发生加聚反应的产物可知，F为则E与甲醇发生酯化反应生成F，故E为反应⑤是在氢氧化钠醇溶液；加热条件下发生消去反应生成E，结合有机物的结构和性质解答该题．

（1）根据框图中发生的反应进行分析解答；

（2）围绕结合各反应推出A和F的结构；

（3）反应②是卤代烃在氢氧化钠水溶；加热条件下发生水解反应；反应③为醇的催化氧化反应；

（4）①在一定条件下2个分子间脱去2个水分子形成的环状酯；

②A．遇FeCl3溶液显紫色；说明结构中含有酚羟基；

B．遇紫色石蕊试液不变红；说明结构中不含有羧基；

C．苯环上的一溴取代物只有二种；说明苯环结构中只含有两种性质不同的氢原子；

D．能够发生银镜反应，说明结构中含有醛基；【解析】【解答】解：由反应④可知D为则C为故A为A与溴发生加成反应生成B为B在氢氧化钠水溶、加热条件下发生水解反应生成C．由F发生加聚反应的产物可知，F为则E与甲醇发生酯化反应生成F，故E为反应⑤是在氢氧化钠醇溶液；加热条件下发生消去反应生成E；

（1）根据物质的结构和性质，可知①为加成反应，②为取代反应，③④为氧化反应，⑤为+H2O的消去反应，⑥为取代反应，⑦为的加聚反应；

故答案为：②⑥；消去反应；加聚反应；

（2）由反应④可知D为则C为故A为由F发生加聚反应的产物可知，F为

故答案为：

（3）反应②是卤代烃在氢氧化钠水溶、加热条件下发生水解反应，+2NaOH

+2NaBr；

反应③为氧化反应，对应的化学方程式：2+O22+2H2O；

故答案为：；2+O22+2H2O；

（4）①它是由2个分子在一定条件下脱去2个水分子形成的环状酯，该反应的化学方程式为：所以该酯的结构简式为：

故答案为：

②该有机物遇FeCl3溶液显紫色，说明结构中含有酚羟基；遇紫色石蕊试液不变红；说明结构中不含有羧基；苯环上的一溴取代物只有二种，说明苯环结构中只含有两种性质不同的氢原子；D．能够发生银镜反应，说明结构中含有醛基；所以符合要求的同分异构体的结构简式可以为

故答案为：18、NnHn+2（n≥2）或NH2-NH-NH-NH-NH-NH2N2H5++H2O⇌N2H62++OH-NH4++H2O⇌NH3•H2O4H2O+2NO2+8e-=N2+8OH-N2H4（g）+2F2（g）=N2（g）+4HF（g）△H=-1126kJ/mol【分析】【分析】（1）根据氮原子和氢原子个数之间的关系确定氢化物的通式；

（2）一氯代物有三种结构说明有机物中含有三种类型的氢原子；

（3）N2H4是二元弱碱，可分别发生N2H4+H2O⇌N2H5++OH-、N2H5++H2O⇌N2H62++OH-两步电离；

（4）依据铵根离子水解分析回答；依据一水合氨的电离平衡常数计算得到氨水浓度；

（5）用N2H4与NO2可组合制成燃料电池；产物中无污染物，即为氮气和水，原电池的正极上发生得电子的还原反应；

（6）根据盖斯定律和热化学方程式的书写方法来书写热化学方程式．【解析】【解答】解：（1）根据氮原子和氢原子个数之间的关系：氢原子个数比氮原子个数多2；所以通式表示为：NnHn+2（n≥2），故答案为：NnHn+2（n≥2）；

（2）有机物中含有三种类型的氢原子，其一氯代物就有三种结构，为NH2-NH-NH-NH-NH-NH2；

故答案为：或NH2-NH-NH-NH-NH-NH2；

（3）N2H4是二元弱碱，可分别发生N2H4+H2O⇌N2H5++OH-、N2H5++H2O⇌N2H62++OH-，故答案为：N2H5++H2O⇌N2H62++OH-；

（4）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3，25℃时，将amolNH4NO3溶于水，溶液显酸性，是因为铵根离子水解；反应的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；将axmolNH4NO3溶于水，向该溶液滴加yL氨水后溶液呈中性，依据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度=10-7mol/L，c（NH4+）=c（NO3-）；NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10-5mol•L-1，设混合后溶液体积为1L，（NH4+）=c（NO3-）=xmol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3•H2O⇌NH4++OH-，平衡常数K===2×10-5mol•L-1，计算得到c（NH3•H2O）=mol/L；

故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；；

（5）用N2H4与NO2可组合制成燃料电池，产物中无污染物，即为氮气和水，二氧化氮中氮元素化合价降低，在原电池的正极上时二氧化氮发生得电子的还原反应：4H2O+2NO2+8e-=N2+8OH-，故答案为：4H2O+2NO2+8e-=N2+8OH-；

（6）已知：①N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ/mol

②H2（g）+F2（g）═HF（g）△H=-269kJ/mol

③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=-242kJ/mol

则反应N2H4（g）+2F2（g）=N2（g）+4HF（g）是①+②×4-③×2得到；则△H=（-534kJ/mol）+4×（-269kJ/mol）-2×（-242kJ/mol）=-1126kJ/mol．

故答案为：N2H4（g）+2F2（g）=N2（g）+4HF（g）△H=-1126kJ/mol．19、略

【分析】试题分析：（1）由金属铝将水体中的NO3-转化为N2可知，反应中Al元素被氧化，化合价由0价升高到＋3价；N元素被还原，化合价从＋5价降低到0价，则根据电子得失守恒可知反应的离子方程式为6NO3-+10Al+18H2O＝10Al（OH）3+3N2↑+6OH-；（2）由电池总反应4Al+3O2+6H2O=4Al（OH）3可知，Al作负极，氧气在正极上得电子发生还原反应，正极反应为2H2O+O2+4e-＝4OH-；（3）由①4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（g）△H=-2834.9kJ/mol，②Fe2O3（s）+C（s）=CO2（g）+2Fe（s）△H=＋234.1kJ/mol，③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ/mol，根据盖斯定律可知，①×+②-③×可得，2Al（s）+Fe2O3（s）=2Fe（s）=2Fe（s）+Al2O3（s）△H=-593.1kJ/mol；（4）由2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑、NaOH+HCl═NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O═Al（OH）3↓+NaCl可知，反应后n（Na）=n（NaCl）=n（NaOH）+n（NaAlO2），由图象可知，30mL盐酸生成沉淀最大，则n（NaCl）=n（HCl）=0.03L×2mol/L=0.06mol，由合金全部溶解后得到20mol，pH=14的溶液，n（NaOH）=0.02L×1mol/L=0.02mol，则n（Al）=n（NaAlO2）=0.06mol-0.02mol=0.04mol，即合金中Na为0.06mol、Al为0.04mol，设反应过程中产生氢气的物质的量为n，由电子守恒可知，0.06mol×1+0.04mol×3=n×2×1，解得n=0.09mol，所以在标况下其体积为0.09mol×22.4L/mol=2.016L。考点：考查氧化还原反应、原电池、盖斯定律计算反应热、化学反应与图象的计算【解析】【答案】（每空3分）（1）6NO3-+10Al+18H2O＝10Al（OH）3+3N2↑+6OH-（2）2H2O+O2+4e-=4OH-（3）2Al（s）+Fe2O3（s）==2Fe（s）+Al2O3（s）△H=-593.1kJ/mol；（4）2.01620、rm{(1)}电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光rm{(}子rm{)}的形式释放能量

rm{(2)Mn^{2+}}的rm{3d}轨道电子排布为半满状态，比较稳定

rm{(3)2}

rm{(4)Al}【分析】【分析】本题考查元素周期表的结构、核外电子排布规律、晶体结构与性质、电负性等，题目难度不大，整体把握元素周期表的结构，注意同周期中原子晶体的熔点最高，题目综合性较强。【解答】根据元素在周期表中的位置知：rm{a}rm{b}rm{c}rm{d}rm{e}rm{f}rm{g}rm{h}rm{i}rm{j}rm{k}rm{l}rm{m}rm{n}rm{o}rm{p}元素分别是rm{H}rm{Li}rm{C}rm{N}rm{O}rm{F}rm{Na}rm{Mg}rm{Al}rm{Si}rm{S}rm{Cl}rm{Ar}rm{K}rm{Mn}rm{Fe}元素，rm{a}rm{b}rm{c}rm{d}rm{e}rm{f}rm{g}rm{h}rm{i}rm{j}rm{k}rm{l}rm{m}rm{n}rm{o}元素分别是rm{p}rm{H}rm{Li}rm{C}rm{N}rm{O}rm{F}rm{Na}rm{Mg}rm{Al}rm{Si}rm{S}rm{Cl}rm{Ar}rm{K}rm{Mn}元素，rm{Fe}为rm{(1)h}元素，rm{Mg}单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，原因是电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光rm{Mg}子rm{(}的形式释放能量，故答案为：电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光rm{)}子rm{(}的形式释放能量；rm{)}元素为rm{(2)o}rm{Mn}的基态离子的电子排布式为rm{Mn^{2+}}其rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}}能级为半充满结构，相对比较稳定，当失去第三个电子时比较困难，而rm{3d}元素为rm{p}rm{Fe}的基态离子的电子排布式为rm{Fe^{2+}}其rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}}能级再失去一个电子即为半充满结构，形成相对比较稳定的结构，故其失去第三个电子比较容易，故答案为：rm{3d}rm{Mn}的rm{2+}轨道电子排布为半满状态，比较稳定；rm{2+}第三周期rm{3d}种元素分别为钠、镁、铝、硅、磷、硫、氯、氩，其单质中钠、镁、铝形成金属晶体，熔点依次升高；硅形成原子晶体；磷、硫、氯、氩形成分子晶体，且常温下磷、硫为固体，氯气、氩为气体，故rm{(3)}种元素按单质熔点由高到低的顺序为硅、铝、镁、硫、磷、钠、氯、氩，其中电负性最大的为氯，故答案为：rm{8}rm{8}由图可知，该元素的电离能rm{2}远大于rm{(4)}故为第Ⅲrm{I4}族元素，周期表中所列的第Ⅲrm{I3}族元素rm{A}属于第三周期，应为rm{A}故答案为：rm{i}

rm{Al}【解析】rm{(1)}电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光rm{(}子rm{)}的形式释放能量rm{(2)Mn^{2+}}的rm{3d}轨道电子排布为半满状态，比较稳定rm{(3)2}rm{(4