2025年统编版高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年统编版高三化学下册阶段测试试卷380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8题，共16分)1、已知弱电解质在水中的电离平衡常数（25℃）如下表：

。弱电解质H2CO3NH3•H2O电离平衡常数Ka1=4.30×10-7Ka2=5.61×10-111.77×10-5则常温下0.1mol•L-1的（NH4）2CO3溶液，其中错误的是（）A.c（NH4+）＞c（CO32-）＞c（NH3•H2O）＞c（HCO3-）B.c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-）C.c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）=0.1mol•L-1D.c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）2、如图所示的装置中，观察到电流计指针发生偏转，M棒变粗，N棒变细，由此判断如下M、N、P（溶液），其中可以成立的是（）A.M-AgN-ZnP-AgNO3B.M-ZnN-CuP-H2SO4C.M-CuN-FeP-HClD.M-FeN-CuP-CuSO43、Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为1：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为（）A.1：9B.1：7C.1：5D.2：94、除去下列物质中少量杂质采用的方法与制取无水乙醇的方法相同的是（）A.己烷（杂质为己烯）B.乙醇（杂质为乙酸）C.硝基苯（杂质为苯）D.苯（杂质为甲苯）5、能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A.等体积等物质的量浓度的氢氧化钡溶液与碳酸氢铵溶液混合：Ba2++2OH?+NH4++HCO3?＝BaCO3↓+NH3?H2O+H2OB.碳酸钙与盐酸反应：CO32－+2H+＝H2O+CO2↑C.向亚硫酸钠溶液中加入足量硝酸：SO32－+2H+＝SO2↑+H2OD.碳酸氢铵溶液中加入少量NaOH：NH4++OH-=NH3·H2O6、“化学是人类进步的关键”．下列有关说法不能反映正确化学观点的是()A.改变物质的性质不一定要通过化学变化B.一种元素可能形成不止一种离子，也可能形成不止一种分子C.炼铁是铁矿石在高温下被氧化的过程D.合金材料中可能含有非金属元素7、下列各物质按所含原子数由大到小顺序排列的是（）

①0.3molNH3

②标准状况下的22.4L氯气。

③9mLH2O（4℃）

④0.2mol磷酸．A.①④③②B.④③②①C.②④③①D.①④②③8、查处酒后驾驶采用的“便携式乙醇检测仪”以燃料电池为工作原理，在酸性环境中，理论上乙醇可以被完全氧化为CO2，但实际乙醇被氧化为X．其中一个电极上的反应为：CH3CH2OH-4e-+H2O═X+4H+．下列有关说法正确的是（）A.检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B.另一电极上发生的反应为：O2+4e-+2H2O═4OH-C.乙醇在正极发生反应，电子通过外电路流向负极D.电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、（2013春•成都校级月考）如图是可逆反应A+2B⇌2C+3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变（先降温后加压）而变化的情况，由此可推断（）A.若B是气体，则D是液体或固体B.D均为气体C.逆反应是放热反应D.达平衡后，v（A）正=2v（C）逆10、下列垃圾的处理方法不正确的是（）A.废旧电池直接填埋B.废弃的秸秆用于堆肥C.聚乙烯塑料露天焚烧D.玻璃废品回收利用11、已知1-18号元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（）A.离子的还原性：Y2-＞Z-B.原子序数：c＞bC.氢化物的稳定性：H2Y＞HZD.离子半径：aW3+＜cY2-12、下列物质属于等电子体一组的是（）A.CO2和NO2B.B3H6N3和C6H6C.CH4和NH4+D.H2O和CH413、在实验室里，可用同一套仪器制取的气体是（）A.NH3和Cl2B.NH3和O2C.CO2和O2D.Cl2和CO214、某温度下，N2O4（g）⇌2NO2（g）；△H＞0．在密闭容器中达到平衡，下列说法不正确的是（）A.加压时（减小体积），将使正、逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动B.保持体积不变，加入少许NO2，将使正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动C.保持体积不变，加入少许N2O4，再达到平衡时，颜色变深D.保持体积不变，降低温度，再达平衡时颜色变深评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、铁；锰机器化合物可用于电池、制作坦克的钢甲等材料．

（1）1987年科学家制得了极不稳定的黑色固体FeSO4，FeO4中Fe的化合价为____．

（2）Mn的最高价氧化物的化学式为____，该氧化物属于____（填“酸性”或“碱性”）氧化物．

（3）工业上常用电解锰酸钾（K2MnO4）溶液的方法制备KMnO4，阴极上的产物为____，阳极的电极反应式为____．

（4）已知：3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-46.97kJ•mol-1；

Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+19.3kJ•mol-1；

则Fe2O3（s）+CO（g）=2FeO（s）+CO2（g）△H=____kJ•mol-1．16、（2014秋•苍溪县校级期末）已知H2O2分子的结构如图所示：H2O2分子不是直线形的；两个氢原子犹如在半展开的书的两面上，两个氧原子在书脊位置上，书页夹角为93°52′，而两个O-H键与O-O键的夹角均为96°52′．

试回答：

①H2O2结构式是____．

②H2O2分子是含有____键和____键的____（填“极性”或“非极性”）分子．

③H2O2难溶于非极性溶剂CS2，简要说明理由：____．17、I．铝的阳极氧化能使铝的表面生成一层特别致密的氧化膜；该氧化膜不溶于稀硫酸，模拟该生产过程如下：

（1）把铝片浸入热的16%NaOH溶液中约半分钟左右洗去油污，除去表面的氧化膜，取出用水冲洗．写出除去氧化膜有关反应的离子方程式____

（2）如图，组装好仪器，通电约25min．在阳极生成氧化铝，阴极产生气体．则该过程中阳极发生反应的电极式为____；该溶液PH的变化____（填：“增大”或“减小”或“不变”）

II现代社会对电池的需求越来越大；尤其足可充电的二次电池．

髙铁电池是一种新型可充电电池，总反应为：3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH3Zn+2K2FeO4+8H2O，该电池放电时正极材料的化学式是____其电极反应式是____，若电路中通过1.204X1O23个电子时，负极质量变化为____g充电时，该电池的正极接直流电源的____（填“正极”或“负极”）．

18、为探究Cl2和SO2同时通入H2O中发生的反应；某化学兴趣小组设计了如图所示的实验装置．

(1)化学兴趣小组的同学采用Na2SO3粉末与70%的硫酸反应制取SO2气体，采用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2．已知SO2的溶解度比Cl2大40倍；在此实验中，E仪器的作用是____________；发生装置B应选择以下三种装置中的____________(填序号)

(2)资料显示等物质的量的Cl2和SO2同时通入H2O中恰好反应生成两种酸；请写出反应的离子方程式____________．

(3)为了不影响产物的检验；小组成员认为上述整套装置有一处不合理，应在____________装置之间(填代号)连接一装置，请在装置图右边的方框中画出简易装置图，并注明装置中盛有的试剂．

(4)已知干燥的SO2和Cl2在活性炭催化剂存在下反应生成液态的SO2Cl2，反应的方程式为：SO2(g)+Cl2(g)⇌SO2Cl2(l)△H=-97.3KJ/mol；SO2Cl2溶于水得到的产物与上述实验结果相同．

①为了提高上述反应中Cl2的平衡转化率；下列说法合理的是____________(填序号)

A、缩小容器体积B、使用催化剂C、增加SO2浓度D；升高温度。

②已知20℃时，AgCl的溶解度为1.5×10-4g，Ag2SO4的溶解度为0.796g，则SO2Cl2溶于水所得溶液中逐滴加入AgNO3稀溶液时，最先产生的沉淀是____________．19、X；Y、Z、M、N五种元素的原子序数依次递增．已知：

①N是原子序数为26的常见金属元素；其余的均为短周期主族元素；

②X；Y、M位于元素周期表中的不同周期；且最外层电子数之和为7

③Y；Z两种元素形成的单质是组成空气的主要成分；

请回答下列问题：

（1）写出M离子的离子结构示意图____．

（2）X、Y、Z、M、N几种元素中的一种或几种可以组成多种漂白剂，试写出其中一种常见漂白剂的化学式：____．

（3）写出N单质在氧气中燃烧之后的产物溶于稀硫酸的离子方程式：____，请简述怎样检验所得溶液中的金属阳离子？____．

（4）已知1molN单质恰好溶解在含Y的最高价氧化物对应水化物3.2mol的稀溶液中，已知还原产物只有一种且其中Y元素价态为+2价，此时氧化剂与还原剂的物质的量之比为：____．20、常温下1gCH4完全燃烧并生成液态水，放出55.64kJ的热量，写出CH4燃烧的热化学方程式：____．21、根据我国目前汽车业发展速度，预计2020年汽车保有量超过2亿辆，中国已成为全球最大的汽车市场．因此，如何有效处理汽车排放的尾气，是需要进行研究的一项重要课题．目前，汽车厂商常利用催化技术将尾气中的NO和CO转化成CO2和N2，化学方程式如下：2NO+2CO2CO2+N2．为研究如何提高该转化过程反应速率；某课题组进行了以下实验探究．

【资料查阅】①不同的催化剂对同一反应的催化效率不同；

②使用相同的催化剂；当催化剂质量相等时，催化剂的比表面积对催化效率有影响．

【实验设计】课题组为探究某些外界条件对汽车尾气转化反应速率的影响规律；设计了以下对比实验．

（1）完成以下实验设计表（表中不要留空格）．

。实验编号实验目的T/℃NO初始浓度。

mol/LCO初始浓度。

mol/L同种催化剂的比表面积。

m2/gⅠ为以下实验作参照2806.50×10-34.00×10-380Ⅱ________120Ⅲ探究温度对尾气转化速率的影响360________80【图象分析与结论】利用气体传感器测定了三组实验中CO浓度随时间变化的曲线图；如图：

（2）计算第Ⅰ组实验中，达平衡时NO的浓度为____；

（3）由曲线Ⅰ、Ⅱ可知，增大催化剂比表面积，汽车尾气转化速率____（填“增大”、“减小”、“无影响”）．22、（2013秋•南充月考）常见元素A；B、C、D；其原子结构的相关信息如下表：

。元素相关信息A核外电子总数等于该基态原子电子层数B最外层电子数是次外层电子数的2倍C基态原子L电子层中有3个未成对电子D生活中大量使用的合金制品，工业上可用电解其氧化物的方法制取其单质E外围电子排布为（n+1）d3n（n+2）sn请回答下列问题：

（1）按电子排布，可把周期表里的元素划分成5个区，E元素属____区；B原子基态原子的价电子排布图为____

（2）ABC分子的空间构型____；C2A4分子中，C原子杂化方式____．

（3）如图所示，为B单质晶体的一种晶胞，密度为dg•cm-3，阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶胞的边长为____cm．（用含d和NA式子表示）

（4）已知C2A4和过氧化氢混合可作火箭推进剂．液态C2A4与足量液态过氧化氢反应生成C的单质和气态水，转移1.6mol电子时放出256.0kJ的热量．已知：H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ﹒mol-1写出液态C2A4和足量液态过氧化氢反应生成C的单质和液态水的热化学方程式：____

（5）标准状况下，C的某种氧化物（原子个数比为1：1）40L与15L氧气混合通入一定浓度的NaOH溶液中，恰好被完全吸收，同时生成两种盐，请写出该反应的离子方程式____

（6）D的单质与E的红色氧化物在高温条件下反应的方程式为____．评卷人得分四、判断题(共2题，共6分)23、常温下，11.2L甲烷气体含有的甲烷分子数为0.5NA．____（判断对错）24、浓硫酸可用于干燥NH3、H2、O2等气体____．（判断对错）评卷人得分五、计算题(共2题，共14分)25、（2014秋•滕州市校级期末）实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低．现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定体积某浓度的稀硝酸充分反应，反应过程中无气体放出．在反应结束后的溶液中，逐滴加入5mol•L-1的NaOH溶液；所加NaOH溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量关系如图所示．则。

（1）B与A的差值为____mol；

（2）原硝酸溶液中含硝酸的物质的量为____mol；

（3）铝粉和铁粉的混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为____；

（4）写出铝与该浓度硝酸反应的离子方程式____．26、（1）在一定温度和压强下，1体积X2（g）和3体积Y2（g）化合生成2体积Z（g），则Z气体的化学式是____．

（2）相同条件下，有1molCl2与1molO2的混合气体22.4L，则该混合气体的平均相对分子质量为____．

（3）等体积的0.5mol/L的三种溶液硫酸钠、硫酸镁、硫酸铝中，阴离子（SO42-）的个数比是____．

（4）1mol/L的H2SO4溶液1000ml与0.5molNa2CO3反应，可生成标况下的气体体积为____．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】依据表中平衡常数的数据分析，一水合氨电离程度大于碳酸第一步电离平衡常数，（NH4）2CO3溶液显碱性；

A、CO32-水解程度大于铵根离子的水解程度；碳酸氢根离子浓度大于一水合氨浓度；

B；溶液中存在电荷守恒分析判断；

C；依据溶液中物料守恒分析；

D、溶液中存在物料守恒，n（N）=2n（C）．【解析】【解答】解：依据表中平衡常数的数据分析，一水合氨电离程度大于碳酸第一步电离平衡常数，（NH4）2CO3溶液显碱性；

A、CO32-水解程度大于铵根离子的水解程度，碳酸氢根离子浓度大于一水合氨浓度，c（NH4+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（NH3•H2O）；故A错误；

B、溶液中存在电荷守恒，c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-）；故B正确；

C、依据溶液中物料守恒，溶液中碳元素守恒得到，c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）=0.1mol•L-1；故C正确；

D、溶液中存在物料守恒，n（N）=2n（C），c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）；故D正确；

故选A．2、A【分析】【分析】电流计指针发生偏转，形成电流，则装置为原电池，M棒变粗，N棒变细，则N为负极，金属活泼性N＞M，且正极上金属离子得电子析出金属，以此来解答．【解析】【解答】解：A．N（Zn）为负极；正极上银离子得电子，构成原电池，能成立，故A正确；

B．M为负极；且正极生成氢气，与题意不符，故B错误；

C．N（Fe）为负极；但正极上生成氢气，与题意不符，故C错误；

D．M为负极；正极上析出Cu，与题意不符，故D错误；

故选A．3、B【分析】【分析】Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由-2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2．令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒计算参加反应的Cu2S的物质的量，由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO2）+n（NO），根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu（NO3）2]=2n（Cu2S）-n（CuSO4），由硫元素守恒可知n（Cu2S）=n（CuSO4），据此计算参加反应的硝酸的物质的量．据此计算判断．【解析】【解答】解：Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由-2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2．

令NO2和NO的物质的量分别为1mol；1mol；根据电子转移守恒可知：

n（Cu2S）×[6-（-2）+1×2]=1mol×（5-4）+1mol×（5-2），解得n（Cu2S）=0.4mol．

由硫元素守恒可知n（CuSO4）=n（Cu2S）=0.4mol；

根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu（NO3）2]=2n（Cu2S）-n（CuSO4）=2×0.4mol-0.4mol=0.4mol．

由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO2）+n（NO）=2×0.4mol+1mol+1mol=2.8mol．

所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=1：7；

故选B．4、B【分析】【分析】乙醇中含有少量水可加入生石灰再蒸馏制得无水乙醇．【解析】【解答】解：A．己烷（杂质为己烯）方法是：可以用溴水洗涤；故A错误；

B．乙醇（杂质为乙酸）方法是：加入氧化钙蒸馏；故B正确；

C．硝基苯（杂质为苯）方法是：蒸馏；故C错误；

D．苯（杂质为甲苯）方法是：可以用酸性高锰酸钾溶液氧化除去；故D错误．

故选B．5、A【分析】【解析】试题分析：选项B、碳酸钙是难溶于水的固体，写离子方程式时，不能拆开来。选项C、硝酸具有氧化性，能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子。选项D、碳酸氢铵溶液中的碳酸氢根离子也会与氢氧根离子反应。综上，答案为A。考点：离子方程式的判断【解析】【答案】A6、C【分析】解：A．物质的性质包括物理性质和化学性质；如改变物质的状态是通过物理变化而不是化学变化，故A正确；

B．一种元素可能形成不止一种离子，也可能形成不止一种分子，如02-，022-和02，03；故B正确；

C．炼铁是铁矿石中的主要成分三氧化二铁在高温下被还原剂一氧化碳还原为单质铁的过程；故C错误；

D．合金材料中一定有金属；也可能含有非金属元素，如生铁是铁和碳的合金，故D正确．

故选C．【解析】【答案】C7、C【分析】【分析】根据n=计算氯气物质的量，根据m=ρV计算水的质量，再根据n=计算水的物质的量，结合分子式计算各物质含有原子总物质的量．【解析】【解答】解：①0.3molNH3含有原子总物质的量为0.3mol×3=0.9mol；

②标准状况下，22.4L氯气的物质的量为=1mol；含有原子总物质的量为1mol×2=2mol；

③9mLH2O（4℃）的质量为9mL×1g/mL=9g，物质的量为=0.5mol；含有原子总物质的量为0.5mol×3=1.5mol；

④0.2mol磷酸含有原子总物质的量为0.2mol×8=1.6mol；

故所含原子数由大到小顺序排列为：②④③①；

故选：C．8、D【分析】【分析】乙醇酸性燃料电池中，乙醇被氧化，应为电池负极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，电池总反应应为2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极．【解析】【解答】解：A．原电池工作时；阳离子向正极移动，故A错误；

B．电解质溶液呈酸性，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O；故B错误；

C．原电池工作时；电子由负极经外电路流向正极，故C错误；

D．电池总反应为2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O；故D正确．

故选D．二、多选题(共6题，共12分)9、AD【分析】【分析】由图象可以看出降低温度，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应移动，则该反应的正反应为放热反应，增大压强，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，则说明气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，以此可解答该题．【解析】【解答】解：A．图示增大压强；正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，则说明气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，若A；B是气体，D是液体或固体，增大压强平衡向正反应方向移动与图示一致，则A正确；

B．若A；B、C、D均为气体；增大压强平衡向逆反应方向移动，图示增大压强平衡向正反应方向移动，故B错误；

C．由图象可以看出降低温度；正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应移动，则该反应的正反应为放热反应，逆反应吸热，故C错误；

D．当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，速率之比等于化学计量数之比，平衡为动态平衡，平衡后，v（A）正=2v（C）逆；A的消耗速率等效于C的消耗速率，故D正确；

故选AD．10、AC【分析】【分析】A．废旧电池含有汞；直接填埋会引起土壤污染；

B．废弃的秸秆用于堆肥；变废为宝；

C．聚乙烯塑料露天焚烧；会产生有害气体和烟尘，污染大气；

D．玻璃废品回收利用，节约能源．【解析】【解答】解：A．废旧电池含有汞；直接填埋会引起土壤污染，应该回收处理，故A错误；

B．废弃的秸秆用于堆肥；变废为宝，处理方法得当，故B正确；

C．聚乙烯塑料露天焚烧；会产生有害气体和烟尘，污染大气，处理方式不得当，故C错误；

D．玻璃废品回收利用；节约能源，减少污染，保护环境，处理方法得当，故D正确；

故选：AC．11、AD【分析】【分析】离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，则有a-3=b-1=c+2=d+1，可知原子a＞b＞d＞c，Y、Z为非金属，处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素．结合元素周期律解答．【解析】【解答】解：离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，则有a-3=b-1=c+2=d+1，可知原子a＞b＞d＞c；Y；Z为非金属，处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素．

A．非金属性Y＜Z；元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，故A正确；

B．由以上分析可知d＞c；故B错误；

C．非金属性Y＜Z；元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；

D．aW3+和cY2-具有相同的核外电子排布；核电荷数越大，离子半径越小，故D正确．

故选AD．12、BC【分析】【分析】原子数相同、电子总数相同的分子，互称为等电子体，由此来解答．【解析】【解答】解：A、CO2和NO2的原子总数相同；电子数分别为6+8×2=22和7+8×2=23，不是等电子体，故A错误；

B、B3H6N3和C6H6的原子总数相同；电子数分别为：5×3+6+3×7=42和6+6×6=42，属于等电子体，故B正确；

C、CH4和NH4+的原子总数相同；电子数分别为6+1×4=10和7+1×4-1=10，属于等电子体，故C正确；

D、H2O和CH4的原子总数不相同；不是等电子体，故D错误；

故选BC．13、BC【分析】【分析】A、制备NH3可用固、固加热（熟石灰+氯化铵）或固、液不加热（碱石灰+浓氨水）的方法；制备Cl2只能用固；液加热的方法；

B、制备NH3可用固、固加热（熟石灰+氯化铵）或固、液不加热（碱石灰+浓氨水）的方法；制备O2可用固；固加热（氯酸钾+二氧化锰）或固、液不加热（双氧水+二氧化锰）的方法；

C、制备CO2只能用固、液不加热（大理石+稀盐酸）的方法；制备O2可用固；固加热（氯酸钾+二氧化锰）或固、液不加热（双氧水+二氧化锰）的方法；

D、制备氯气只能用固、液加热的方法；制备CO2只能用固、液不加热（大理石+稀盐酸）的方法．【解析】【解答】解：A、备NH3可用固、固加热（熟石灰+氯化铵）或固、液不加热（碱石灰+浓氨水）的方法；制备Cl2只能用固；液加热的方法；不能用同一套仪器制取气体，故A错误；

B、制备NH3可用固、固加热（熟石灰+氯化铵）或固、液不加热（碱石灰+浓氨水）的方法；制备O2可用固；固加热（氯酸钾+二氧化锰）或固、液不加热（双氧水+二氧化锰）的方法；都可以采用固、液不加热装置制备，故B正确；

C、制备CO2只能用固、液不加热（大理石+稀盐酸）的方法；制备O2可用固；固加热（氯酸钾+二氧化锰）或固、液不加热（双氧水+二氧化锰）的方法；故C正确；

D、制备氯气只能用固、液加热的方法；制备CO2只能用固；液不加热（大理石+稀盐酸）的方法；故D错误；

故选：BC．14、BD【分析】【分析】A；增大压强正逆反应速率都加快；平衡向气体体积减小的方向移动；

B、少许NO2平衡向逆反应方向移动，N2O4浓度增大；正反应速率增大，逆反应速率瞬间增大，然后降低；

C、持体积不变，加入少许N2O4，平衡向正反应移动，NO2浓度增大，NO2是红棕色气体；

D、降低温度平衡向放热反应移动，即平衡向逆反应移动，NO2浓度降低．【解析】【解答】解：A；增大压强反应物、生成物的浓度都增大；正逆反应速率都加快，平衡向气体体积减小的方向移动，即向逆反应移动，故A正确；

B、少许NO2平衡向逆反应方向移动，N2O4浓度增大；正反应速率增大，逆反应速率瞬间增大，然后降低，故B错误；

C、持体积不变，加入少许N2O4，平衡向正反应移动，NO2是红棕色气体，NO2浓度增大；达到平衡时颜色变深，故C正确；

D、降低温度平衡向放热反应移动，即平衡向逆反应移动，NO2浓度降低；达平衡时颜色变浅，故D错误．

故选BD．三、填空题(共8题，共16分)15、+8Mn2O7酸性H2MnO42--e-=MnO4--2.79【分析】【分析】（1）根据化合价规则结合氧元素的化合价是-2价来计算Fe的化合价；

（2）锰元素的最高价是+7价；根据化合价规则书写化学式，可以和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；

（3）用电解锰酸钾（K2MnO4）溶液的方法制备KMnO4；在阴极上发生还原反应，阳极上发生氧化反应；

（4）由①3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-46.97kJ•mol-1；

②Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+19.3kJ•mol-1；

得到Fe2O3（s）+CO（g）=2FeO（s）+CO2（g），根据盖斯定律计算焓变．【解析】【解答】解：（1）氧元素的化合价是-2价；根据化合价规则，Fe的化合价是+8价，故答案为：+8；

（2）锰元素的最高价是+7价，Mn的最高价氧化物的化学式为Mn2O7，Mn2O7可以和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故答案为：Mn2O7；酸性；

（3）用电解锰酸钾（K2MnO4）溶液的方法制备KMnO4，在阴极上发生还原反应，2H++2e-=H2↑，阳极上发生氧化反应；MnO42--e-=MnO4-；

故答案为：H2；MnO42--e-=MnO4-；

（4）由①3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-46.97kJ•mol-1；

②Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+19.3kJ•mol-1；

得到Fe2O3（s）+CO（g）=2FeO（s）+CO2（g），根据盖斯定律焓变=kJ•mol-1=-2.79kJ•mol-1；故答案为：-2.79．16、H-O-O-H极性非极性极性因H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据相似相溶原理，H2O2难溶于CS2中【分析】【分析】（1）根据结构式的定义来解答；一对共用电子对用一个短线来表示；

（2）同种元素原子间形成非极性键；不同种元素原子间形成极性键，据此解答；

（3）判断H2O2、CS2分子的极性，依据相似相溶的原理解答．【解析】【解答】解：（1）一对共用电子对用一个短线来表示；所以结构式为：H-O-O-H，故答案为：H-O-O-H；

（2）双氧水中氢与氧形成的是极性键；氧与氧形成的是非极性键，形成的极性分子，故答案为：极性；非极性；极性；

（3）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．

H2O2是极性分子，CS2是非极性分子，依据相似相溶的原理可知，H2O2难溶于CS2；

故答案为：因H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据相似相溶原理，H2O2难溶于CS2中．17、略

【分析】

Ⅰ．（1）Al2O3具有两性，可与强碱反应生成AlO2-，反应的方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；

（2）阳极发生氧化反应，Al被氧化生成Al2O3，电极方程式为2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+，负极方程式为2H++2e-=H2↑，总方程式为2Al+3H2O+=Al2O3+3H2↑，电解过程中消耗水，H+浓度增大，溶液pH减小，故答案为：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+；减小；

Ⅱ．正极K2FeO4发生还原反应生成Fe（OH）3，电极方程式为FeO42-+4H2O+3e-=Fe（OH）3+5OH-，负极Zn被氧化生成Zn（OH）2，方程式为Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2，若电路中通过1.204×1O23个电子时；即通过0.2mol电子，由电极方程式可知消耗Zn0.1mol，质量为6.5g，充电时，该电池的正极接直流电源的正极相连接；

故答案为：K2FeO4；FeO42-+4H2O+3e-=Fe（OH）3+5OH-；6.5；正极．

【解析】【答案】Ⅰ．（1）Al2O3具有两性，可与强碱反应生成AlO2-；

（2）阳极发生氧化反应，Al被氧化生成Al2O3，阴极生成H2；根据电解方程式判断溶液pH的变化；

Ⅱ．正极K2FeO4发生还原反应生成Fe（OH）3，负极Zn被氧化生成Zn（OH）2；充电时，该电池的正极接直流电源的正极相连接．

18、略

【分析】解：(1)SO2易与水反应；且溶解度较大会发生倒吸，则E可以防倒吸，装置B为制取氯气的装置，由固液反应且加热的原理可知应选择①，故答案为：防止倒吸；①；

(2)氯气具有氧化性；二氧化硫既有氧化性又有还原性，二者在水溶液中后发生反应生成盐酸和硫酸；

即SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=-4H++2Cl-+SO42-；

(3)实验室用浓盐酸和二氧化锰来制氯气时；因浓盐酸易挥发，则在氯气中混有的HCl气体，所以应在B；C之间利用饱和食盐水来除去氯气中的HCl；

故答案为：BC；

(4)①根据反应：SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)△H=-97.3KJ/mol；要提高氯气的转化率，可以让化学平衡正向进行；

A；缩小容器体积；相当于加压，化学平衡正向进行，故A正确；

B；使用催化剂；化学平衡不移动，故B错误；

C、增加SO2浓度；化学平衡正向进行，故C正确；

D；升高温度；化学平衡向着吸热的逆反应方向进行，故D错误．

②根据氯化银和硫酸银的溶解度数据可以知道氯化银的溶解度小于硫酸银；所以将氯离子沉淀需要的银离子的浓度小于将硫酸根离子沉淀的银离子浓度，即先出现氯化银沉淀．

故答案为：AgCl．【解析】防止倒吸;①;SO2+Cl2+2H2O=-4H++2Cl-+SO42-;BC;AC;AgCl19、H2O2或Na2O2Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O取两支洁净试管分别加入适量待测液，往其中一支滴加高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，说明待测液含Fe2+，往另一支中滴加硫氰化钾溶液，若变红，说明待测液含Fe3+4：5【分析】【分析】X、Y、Z、M、N五种元素的原子序数依次递增，N是原子序数为26的常见金属元素，则N为Fe，其余的均为短周期主族元素，Y、Z两种元素形成的单质是组成空气的主要成分，则Y为N元素、Z为O元素，X、Y、M位于元素周期表中的不同周期，且最外层电子数之和为7，则X为H元素，M原子最外层电子数为7-1-5=1，故M为Na，据此解答．【解析】【解答】解：X；Y、Z、M、N五种元素的原子序数依次递增；N是原子序数为26的常见金属元素，则N为Fe，其余的均为短周期主族元素，Y、Z两种元素形成的单质是组成空气的主要成分，则Y为N元素、Z为O元素，X、Y、M位于元素周期表中的不同周期，且最外层电子数之和为7，则X为H元素，M原子最外层电子数为7-1-5=1，故M为Na．

（1）M离子为Na+，离子结构示意图为故答案为：

（2）X、Y、Z、M、N几种元素中的一种或几种可以组成多种漂白剂，其中一种常见漂白剂为：H2O2或Na2O2，故答案为：H2O2或Na2O2；

（3）N单质在氧气中燃烧产物为Fe3O4，Fe3O4溶于稀硫酸的离子方程式：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，检验所得溶液中的金属阳离子方法：取两支洁净试管分别加入适量待测液，往其中一支滴加高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，说明待测液含Fe2+，往另一支中滴加硫氰化钾溶液，若变红，说明待测液含Fe3+；

故答案为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；取两支洁净试管分别加入适量待测液，往其中一支滴加高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，说明待测液含Fe2+，往另一支中滴加硫氰化钾溶液，若变红，说明待测液含Fe3+；

（4）1molFe单质恰好溶解在含3.2molHNO3的稀溶液中；还原产物只有一种且其中Y元素价态为+2价，故还原产物为NO，设NO为xmol，则起酸性作用的硝酸为（3.2-x）mol，根据电子转移守恒，金属提供电子为3xmol，由电荷守恒可知3x=（3.2-x），解得x=0.8mol，此时氧化剂与还原剂的物质的量之比为0.8mol：1mol=4：5；

故答案为：4：5．20、CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.24kJ/mol【分析】【分析】根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态来解答．【解析】【解答】解：1gCH4在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出55.64kJ热量，16g即1molCH4在氧气中燃烧生成CO2和液态水；放出890.24kJ热量；

则热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.24KJ/mol；

故答案为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.24KJ/mol．21、6.50×10-34.00×10-36.50×10-34.00×10-33.50×10-3mol/L增大【分析】【分析】（1）根据影响反应速率的因素有浓度；压强、温度和催化剂的比表面积；而要想探究一种影响因素，必须保持其他影响因素是一致的来分析；

（2）根据第Ⅰ组实验中，达平衡时CO的平衡浓度为1.00×10-3mol/L；可得出CO的浓度该变量，再根据在一个反应中，各物质的浓度的该变量之比等于计量数之比即可求出NO的浓度的该变量，从而求出NO的平衡浓度；

（3）由图象可知，增大催化剂比表面积后，缩短了到达平衡的时间，故增大了反应速率．【解析】【解答】解：（1）影响反应速率的因素有浓度；压强、温度和催化剂的比表面积；而要想探究一种影响因素，必须保持其他影响因素是一致．

根据Ⅲ的实验目的是探究温度对尾气转化速率的影响，故Ⅲ和Ⅰ的区别是温度的不同，其他因素必须保持一致，故Ⅲ中NO初始浓度为6.50×10-3mol/L，CO初始浓度为4.00×10-3mol/L；而通过对比Ⅱ和Ⅰ的条件可知，两者的区别是催化剂的比表面积不同，故其他的影响因素均应相同，故Ⅱ中NO初始浓度为6.50×10-3mol/L，CO初始浓度为4.00×10-3mol/L；而且Ⅱ探究的是催化剂比表面积对尾气转化速率的影响，故答案为：

。实验编号实验目的T/℃NO初始浓度。

mol/LCO初始浓度。

mol/L同种催化剂的比表面积。

m2/gⅠⅡ探究催化剂比表面积对尾气转化速率的影响（2分）2806.50×10-34.00×10-3Ⅲ6.50×10-34.00×10-3（2）通过图象可知，平衡时CO的平衡浓度为1.00×10-3mol/L，可得出CO的浓度该变量△C（CO）=4.00×10-3mol/L-1.00×10-3mol/L=3.00×10-3mol/L，在一个反应中，各物质的浓度的该变量之比等于计量数之比，故NO的浓度的该变量△C（NO）=3.00×10-3mol/L，故NO的平衡浓度C（NO）=6.50×10-3mol/L-3.00×10-3mol/L=3.50×10-3mol/L，故答案为：3.50×10-3mol/L；

（3）由图象可知，增大催化剂比表面积后，缩短了到达平衡的时间，故增大了反应速率，故答案为：增大．22、ds直线型sp3N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-817.63KJ/mol8NO+3O2+8OH-=2NO3-+6NO2-+4H2O2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe【分析】【分析】A原子的核外电子总数等于其基态电子层数，则A为H元素；B原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B原子核外有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；C的基态原子L电子层中有3个未成对电子，则C原子核外电子排布式为1s22s22p3，则C为N元素；D是生活中大量使用的合金制品，工业上可用电解其氧化物的方法制取其单质，所以D为Al元素；E的外围电子层排布为（n+1）d3n（n+2）sn，含有d能级，则电子层最少为3，s能级最多容纳2个电子，则n=2，故E外围电子层排布为3d64s2，则E为Fe，据此解答．【解析】【解答】解：A原子的核外电子总数等于其基态电子层数，则A为H元素；B原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B原子核外有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；C的基态原子L电子层中有3个未成对电子，则C原子核外电子排布式为1s22s22p3，则C为N元素；D是生活中大量使用的合金制品，工业上可用电解其氧化物的方法制取其单质，所以D为Al元素；E的外围电子层排布为（n+1）d3n（n+2）sn，含有d能级，则电子层最少为3，s能级最多容纳2个电子，则n=2，故E外围电子层排布为3d64s2；则E为Fe；

（1）E为Fe元素，在周期表中位于ds区，B为碳元素，其原子基态原子的价电子排布图为故答案为：ds；

（2）ABC分子是HCN，由于其中有碳氮三键和碳氢单键，所以其空间构型为直线型，C2A4分子为N2H4，其中有一个氮氮单键，四个氮氢键，每个氮原子有一对孤电子对，所以氮原子的杂化方式为sp3；

故答案为：直线型；sp3；

（3）B为碳元素，在晶胞中含有碳原子数为4=8，则晶胞的体积V==cm3=cm3，所以晶胞的边长为cm，故答案为：；

（4）C2A4为肼，足量液态过氧化氢反应生成C的单质和气态水，肼中的氮由-2价到0，所以1mol肼完全反应转移电子数4NA，转移1.6mol电子时放出256.0kJ的热量，则1mol肼完全反应放出641.63KJ，热化学方程式为①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63KJ/mol；结合②H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ﹒mol-1，依据盖斯定律①+②×4可以写出生成液态水的热化学方程式为：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-817.63KJ/mol；

故答案为：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-817.63KJ/mol；

（5）C的某种氧化物（原子个数比为1：1）为NO，与氧气反应按40：15=8：3反应，根据氧化还原反应中的电子守恒以及电荷守恒可以写出离子反应方程式：8NO+3O2+8OH-=2NO3-+6NO2-+4H2O；

故答案为：8NO+3O2+8OH-=2NO3-+6NO2-+4H2O；

（6）D的单质为铝与E的红色氧化物三氧化二铁在高温条件下发生铝热反应的方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；四、判断题(共2题，共6分)23、×【分析】【分析】常温下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol，结合n=计算．【解析】【解答】解：常温下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol，则不能计算11.2L甲烷的物质的量以及分子个数，故答案为：×．24、×【分析】【分析】浓硫酸为酸性、强氧化性干燥剂，能够干燥酸性、中性气体，如：氧气、氢气、二氧化硫等，浓硫酸不能用于干燥碱性气体，如氨气，据此进行解答．【解析】【解答】解：浓硫酸为酸性、强氧化性干燥剂，能够干燥酸性、中性气体，如：氧气、氢气、二氧化硫等，能够与NH3反应；不能使用浓硫酸干燥氨气，所以该说法错误；

故答案为：×．五、计算题(共2题，共14