2025年苏科版高三化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年苏科版高三化学上册月考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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、常温下，下列离子能使纯水中的H+离子数目增加的是（）A.S2-B.HCO3-C.Al3+D.K+2、将镁、铜组成的a克混合物投入适量的稀硝酸中恰好完全反应，固体完全溶解，还原产物只有NO，其体积在标况下为4.48L，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，金属离子恰好沉淀完全，则形成沉淀的质量为（）A.（a+5.1）克B.（a+1.02）克C.（a+20.4）克D.（a+2.04）克3、体积相同的CaCl2溶液和AlCl3溶液中Cl-数目相同，则CaCl2和AlCl3溶液的物质的量浓度之比为（）A.1：1B.3：2C.2：3D.1：24、下列说法正确的是（）A.铜、石墨均能导电，所以它们均是电解质B.NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C.将25gCuSO4.5H2O晶体加水配成100mL溶液，该溶液的物质的量浓度为1mol/LD.实验室要用容量瓶配制0.2mol/L的NaCl溶液950mL，应称量NaCl固体11.1g5、某元素R有两种同位素，可分别表示为85R和87R，若R的近似相对原子质量为85.5则85R原子的质量分数为（）A.75%B.25%C.74.6%D.64.7%6、下列叙述中正确的是（）A.NH3、CO、CO2都是极性分子B.CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子C.HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强D.由于氢键的影响，H2O比H2S的稳定性更好评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、二氧化铈CeO2是一种重要的稀土氧化物．平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质）．某课题组以此粉末为原料回收铈；设计实验流程如下：

（1）洗涤滤渣A的目的是为了去除____（填离子符号），检验滤渣A是否洗涤干净的方法是____．

（2）第②步反应的离子方程式是____，滤渣B的主要成分是____．

（3）萃取是分离稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP____（填“能”或“不能”）与水互溶．实验室进行萃取操作是用到的主要玻璃仪器有____；烧杯、量筒等．

（4）取上述流程中得到的Ce（OH）4[M=208g/mol]产品0.500g，加硫酸溶解后，用0.1000mol•L-1FeSO4标准溶液滴定（铈被还原为Ce3+），消耗20.00mL标准溶液，该产品中Ce（OH）4的质量分数为____．（保留两位小数）8、钛是继铁；铝后的第三金属；二氧化钛广泛应用于各类结构表面涂料、纸张涂层等，二氧化钛还可作为制备钛单质的原料．

Ⅰ．用钛铁矿制取二氧化钛，（钛铁矿主要成分为FeTiO3，其中Ti元素化合价为+4价，含有Fe2O3杂质．）主要流程如图1：

（1）Fe2O3与H2SO4反应的离子方程式____．

（2）加Fe的作用是____．

Ⅱ．由金红石（含TiO2大于96%）为原料生产钛的流程如图2：

（3）反应②的方程式是____，该反应需要在Ar气氛中进行的原因是____．

Ⅲ．科学家从电解冶炼铝的工艺得到启发；找出了冶炼钛的新工艺．

（4）TiO2直接电解法生产钛是一种较先进的方法，电解质为熔融的氧化钙，原理如图3所示该方法阴极获得钛的电极反应为____．

（5）阳极产生的CO2经常用氢氧化钠溶液来吸收，现有0.4molCO2用200ml3mol/L的NaOH溶液将其完全吸收，溶液中的离子浓度由大到小的顺序为____．9、如图；甲；乙、丙分别表示在不同条件下可逆反应A（g）+B（g）⇌xC（g）的生成物C在反应混合物中的百分含量w（C）和反应时间（t）的关系．

（1）若甲图中两条曲线分别表示有催化剂和无催化剂的情况，则____曲线表示无催化剂时的情况，原因是：____；

（2）若乙图表示反应达到平衡后分别在恒温恒压条件下和恒温恒容条件下充入氦气后的情况，则____曲线表示恒温恒容的情况，原因是____；

（3）根据丙图可以判断该可逆反应的正反应是____热反应，化学计量数x的值是____；

（4）丁图表示在某固定容积的密闭容器中上述可逆反应达到平衡后某物理量随着温度（T）的变化情况，根据你的理解，丁图的纵坐标可以是____、____．（写两条）10、（1）下列曲线表示卤素元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是______．

（2）利用“卤化硼法”合成含B和N两种元素的功能陶瓷，下图为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为______，该功能陶瓷的化学式为______．

（3）BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为______和______．第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有______种．

（4）若BCl3与XYm通过B原子与X原子间的配位健结合形成配合物，则该配合物中提供孤对电子的原子是______．

（5）SiO2是硅酸盐玻璃（Na2CaSi6O14）的主要成分，Na2CaSi6O14也可写成Na2O•CaO•6SiO2．

长石是金属铝硅盐．由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石改写成氧化物的形式可表示为______．11、某待测液中可能含有Fe2+、Fe3+、Ag+、Al3+、Ba2+、Ca2+、NH4+等离子，进行如下实验（所加酸、碱、氨水、溴水都是过量的）．

根据实验结果：

（1）写出生成沉淀A的离子方程式____

（2）判定待测液中有无Ba2+、Ca2+离子，并写出理由．答：____．

（3）写出沉淀D的化学式：____．

（4）写出从溶液D生成沉淀E的反应的离子方程式：____．12、在生产生活和科学研究中；人们常常根据需要促进或抑制盐的水解．试回答下列问题：

（1）FeCl3溶液呈____（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：____；实验室在配制FeCl3溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中，以____（填“促进”；“抑制”）其水解；然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度．

（2）用离子方程式表示硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合时发生的主要反应____．

（3）为证明盐的水解是吸热的，四位同学分别设计了如下方案，其中正确的是____．

A．甲同学：在盐酸中加入氨水；混合液温度上升，说明盐类水解是吸热的．

B．乙同学：将硝酸铵晶体溶于水；水温降低，说明盐类水解是吸热的．

C．丙同学：在氨水加入氯化铵固体；溶液的pH变小，说明盐类水解是吸热的．

D．丁同学：在醋酸钠溶液中滴加2滴酚酞试剂；加热后红色加深，说明盐类水解是吸热的．

（4）把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是____．13、[化学——物质结构与性质]（13分）氢能是一种洁净的可再生能源，制备和储存氢气是氢能开发的两个关键环节。Ⅰ．氢气的制取（1）水是制取氢气的常见原料，下列说法正确的是（填序号）。A．H3O＋的空间构型为三角锥形B．水的沸点比硫化氢高C．冰晶体中，1mol水分子可形成4mol氢键（2）科研人员研究出以钛酸锶为电极的光化学电池，用紫外线照射钛酸锶电极，使水分解产生氢气。已知钛酸锶晶胞结构如图，则其化学式为。Ⅱ．氢气的存储（3）Ti(BH4)2是一种储氢材料。①Ti原子在基态时的核外电子排布式是。②Ti(BH4)2可由TiCl4和LiBH4反应制得，TiCl4熔点－25.0℃，沸点136.94℃，常温下是无色液体，则TiCl4晶体类型为。（4）最近尼赫鲁先进科学研究中心借助ADF软件对一种新型环烯类储氢材料（C16S8）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（结构如图所示），每个平面上下两侧最多可储存10个H2分子。①元素电负性大小关系是：CS（填“＞”、“＝”或“＜”）。②分子中C原子的杂化轨道类型为。③有关键长数据如下：。C—SC＝SC16S8中碳硫键键长/pm181155176从表中数据可以看出，C16S8中碳硫键键长介于C—S与C＝S之间，原因可能是：。④C16S8与H2微粒间的作用力是。14、化合物Ⅰ是重要的化工原料，可发生下列反应生成Ⅲ化合物Ⅰ可用石油裂解气中的2-戊烯来合成，流程如下:a的结构简式是______________________，②步的反应类型是_______________。化合物I的一种同分异构体是天然橡胶的单体，用系统命名法命名该单体___________。化合物Ⅰ与II反应还可能得到III的一种同分异构体，该物质的结构简式为__________。欲检验化合物Ⅲ中的碳碳双键，正确的试剂是_______________________。15、有机合成材料的出现是材料发展史上的一次重大突破rm{.}人们常说的三大合成材料是指______、______和______．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．____．（判断对错）17、实验室通过消石灰和NH4Cl固体制备NH3，属于离子反应____（判断对和错）18、用标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸到终点时，钠离子物质的量等于醋酸根离子的物质的量____（判断正误）19、有盐和水生成的反应不一定是中和反应____．（判断对错）20、因为CO2的水溶液可以导电，所以CO2是电解质____．（判断对错）评卷人得分四、计算题(共2题，共12分)21、（1）下列物质所含分子数由多到少的排列顺序是____；

A．标准状况下33.6LH2B．所含电子的物质的量为4mol的H2

C．20℃45gH2OD．常温下，16gO2与14gN2的混合气体。

E．含原子总数约为1.204×1024的NH3

（2）用量筒量取一定体积的液体时，若采用俯视的方法量取20ml液体，则实际量取的液体的体积比20ml____，若量筒中实际有20ml液体，而你读数时采用了俯视的方法，则读得的数据比20ml____．

（3）在BaCl2溶液中加入一定量的稀硫酸，恰好完全反应，产生的沉淀质量与原稀硫酸溶液的质量相同，则原稀硫酸溶液中溶质的质量分数是____．（结果保留4位有效数字）22、同温同压下，质量比为7：33的CO和CO2组成的混合气体，CO和CO2物质的量之比为____，CO气体的体积分数为____，碳和氧原子个数之比为____，混合气体平均摩尔质量为____．评卷人得分五、解答题(共1题，共10分)23、标准状况下，2.24LO2的物质的量是多少？评卷人得分六、简答题(共2题，共10分)24、催化剂是化工技术的核心；绝大多数的化工生产均需采用催化工艺．

（1）人们常用催化剂来选择反应进行的方向．如图1示为一定条件下1molCH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图如图1反应物O2（g）和生成物H2O（g）略去]．

①在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成______（填“CO、CO2或HCHO”）．

②2HCHO（g）+O2（g）═2CO（g）+2H2O（g）△H=______．

③在稀硫酸催化下，HCHO可以通过反应生成分子式为C3H6O3的环状三聚甲醛分子，其分子中同种原子的化学环境均相同．写出三聚甲醛的结构简式：______．

④甲醇制取甲醛可用Ag作催化剂，含有AgCl会影响Ag催化剂的活性，用氨水可以溶解除去其中的AgCl，写出该反应的离子方程式：______．

（2）一种以铜作催化剂脱硫有如下两个过程：

①在铜的作用下完成工业尾气中SO2的部分催化氧化；所发生反应为：

2SO2+2nCu+（n+1）O2+（2-2n）H2O═2nCuSO4+（2-2n）H2SO4

从环境保护的角度看，催化脱硫的意义为______；每吸收标准状况下11.2LSO2，被SO2还原的O2的质量为______g．

②利用图2所示电化学装置吸收另一部分SO2，并完成Cu的再生．写出装置内所发生反应的离子方程式______．25、把FeCl3溶液蒸干灼烧，最后得到的固体是____。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】常温下，能使溶液中氢离子数目增加，说明该离子能发生水解反应，且水解后溶液呈酸性，则为弱碱离子的水解反应．【解析】【解答】解：A．硫离子是多元弱酸阴离子分步水解；溶液显碱性，所以溶液中氢离子数目减少，故A错误；

B．碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子；溶液中氢氧根离子数目增加，氢离子数目减少，故B错误；

C．铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；导致溶液中氢离子数目增加，氢氧根离子数目减少，故C正确；

D．钾离子不水解；所以不改变溶液中氢离子或氢氧根离子数目，故D错误；

故选C．2、A【分析】【分析】向反应后的溶液中加入NaOH溶液，金属离子恰好沉淀完全，得到沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，根据电荷守恒可知，金属提供电子物质的量等于沉淀中氢氧根离子物质的量，结合NO的体积，根据电子转移守恒计算金属提供电子物质的量，而沉淀质量等于金属质量与沉淀中氢氧根离子质量之和．【解析】【解答】解：向反应后的溶液中加入NaOH溶液，金属离子恰好沉淀完全，得到沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，根据电荷守恒可知，金属提供电子物质的量等于沉淀中氢氧根离子物质的量，反应生成NO的物质的量为=0.2mol，根据电子转移守恒，金属提供电子物质的量为=0.3mol；即沉淀中氢氧根离子为0.3mol，故沉淀质量为ag+0.3mol×17g/mol=（a+5.1）g；

故选A．3、B【分析】【分析】溶液中Cl-数目相同，溶液的体积相同，所以Cl-物质的量浓度相等，根据化学式和物质的量浓度计算离子的物质的量，进而计算物质的量浓度之比．【解析】【解答】解：溶液中Cl-数目相同，溶液的体积相同，所以Cl-物质的量浓度相等，所以CaCl2和AlCl3溶液的物质的量浓度之比：=3：2；

故选B．4、C【分析】【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，无论电解质和非电解质，都一定为化合物，单质和混合物一定不是电解质和非电解质，据此进行解答AB；

C、根据n=计算25gCuSO4•5H2O的物质的量，根据c=计算溶液中CuSO4的物质的量浓度；

D、实验室无950mL容量瓶，需要1000mL容量瓶，据此计算需要固体的质量．【解析】【解答】解：A；铜、石墨属于单质；既不是电解质也不是非电解质，故A错误；

B、NH3、CO2的水溶液导电的原因是一水合氨、碳酸电离出的离子，不是NH3、CO2本身电离的离子，因此NH3、CO2属于非电解质；故B错误；

C、25gCuSO4•5H2O的物质的量为=0.1mol，故n（CuSO4）=0.1mol，溶液体积为100mL，故该溶液中CuSO4的物质的量浓度为：=1mol/L；故C正确；

D、没有950ml的容量瓶，应选择1000ml容量瓶，配制0.2mol/L的NaCl溶液需氯化钠质量为1L×0.2mol/L×58.5g/mol=11.7g，故D错误，故选C．5、C【分析】【分析】根据元素的相对原子质量为该元素各种核素的相对原子质量的平均值，原子的相对原子质量在数值上等于其质量数来解答．【解析】【解答】解：R的近似相对原子质量为85.5是质量数分别为85和87的核素的平均值，由十字交叉法得，85R和87R两种同位素原子的个数比为所以85R原子的质量分数为×100%=74.6%，故选：D．6、B【分析】【解答】A．NH3的分子构型为三角锥形，空间结构不对称，为极性分子，CO空间结构不对称，为极性分子，CO2是直线形；结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，为非极性分子，故A错误；

B．CH4、CCl4都是含有极性键；分子的空间构型为正四面体，均为非极性分子，故B正确；

C．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，则HF、HCl、HBr；HI的稳定性依次减弱；故C错误；

D．氢键只影响物质的物理性质；分子的稳定性由共价键决定，故D错误．

故选B．

【分析】A．以极性键结合的多原子分子如结构对称；正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子；

B．以极性键结合的多原子分子如结构对称；正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子；

C．元素的非金属性越强；其氢化物越稳定；

D．氢键只影响物质的物理性质．二、填空题(共9题，共18分)7、Fe3+、Cl-取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净或取最后洗涤液少量，滴加AgNO3，如无白色沉淀，则洗干净6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2OSiO2不能分液漏斗83.20%【分析】【分析】①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；③加入碱后Ce3+转化为沉淀；④通入氧气讲Ce从+3氧化为+4，得到产品；

（1）根据滤渣A上含有FeCl3；取最后一次洗涤液；加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；

（2）根据氧化还原反应中电子得失守恒来分析；滤渣B为SiO2；

（3）萃取剂与水不互溶；结合萃取需要的仪器分析；

（4）根据电子守恒建立关系式：Ce（OH）4～FeSO4，然后进行计算求出Ce（OH）4的质量，最后求出质量分数．【解析】【解答】解：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；③加入碱后Ce3+转化为沉淀；④通入氧气讲Ce从+3氧化为+4，得到产品；

（1）滤渣A上含有FeCl3，洗涤滤渣A的目的是为了除去Fe3+、Cl-；取最后一次洗涤液；加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；

故答案为：Fe3+、Cl-；取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净或取最后洗涤液少量，滴加AgNO3；如无白色沉淀，则洗干净；

（2）稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2（SO4）3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O；加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，SiO2不反应，滤渣B的成分为SiO2；

故答案为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O；SiO2；

（3）化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来；所以TBP不能与水互溶，故答案为：不能；分液漏斗；

（4）用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至终点，铈被还原成Ce3+，则Fe2+被氧化为Fe3+；则。

Ce（OH）4～FeSO4

0.002mol0.1000mol/L-1×0.020L

所以m（Ce（OH）4）=0.002mol×208g/mol=0.416g；

产品中Ce（OH）4的质量分数为=83.20%；

故答案为：83.20%．8、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O将Fe3+还原为Fe2+TiCl4+4Na4NaCl+Ti防止高温下Na（Ti）与空气中的O2（或N2、CO2）作用TiO2+4e-=Ti+2O2-c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）【分析】【分析】I．钛铁矿用硫酸溶解，得到溶液中含有TiO2+、Fe2+、Fe3+，加入Fe粉将Fe3+还原为Fe2+，过滤除去不溶物，滤液冷却结晶析出硫酸亚铁晶体，过滤分离，滤液中经过系列转化得到TiO2；

（1）Fe2O3与H2SO4反应生成硫酸铁与水；

（2）加入Fe粉将Fe3+还原为Fe2+；

Ⅱ．（3）在550℃时；氩气环境下；Na与四氯化钛发生置换反应；高温时，Na、Ti易与空气中的氧气等发生反应；

Ⅲ．TiO2直接电解法生产钛，发生还原反应，二氧化钛为阴极，连接电源负极，由示意图可知二氧化钛获得电子生成Ti与氧离子；根据二氧化碳和氢氧化钠之间反应量的关系：按照1：1反应，产物是碳酸氢钠，按照1：2反应，产物是碳酸钠来分析回答．【解析】【解答】解：I．钛铁矿用硫酸溶解，得到溶液中含有TiO2+、Fe2+、Fe3+，加入Fe粉将Fe3+还原为Fe2+，过滤除去不溶物，滤液冷却结晶析出硫酸亚铁晶体，过滤分离，滤液中经过系列转化得到TiO2；

（1）Fe2O3与H2SO4反应生成硫酸铁与水，反应离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

（2）加Fe的作用是：将Fe3+还原为Fe2+，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；

Ⅱ．（3）在550℃时、氩气环境下，Na与四氯化钛发生置换反应，反应方程式为：TiCl4+4Na4NaCl+Ti，高温时，Na、Ti易与空气中的氧气等发生反应，所以该反应需要在Ar气氛中进行；

故答案为：TiCl4+4Na4NaCl+Ti；防止高温下Na（Ti）与空气中的O2（或N2、CO2）作用；

Ⅲ．（4）TiO2直接电解法生产钛，发生还原反应，二氧化钛为阴极，连接电源负极，由示意图可知二氧化钛获得电子生成Ti与氧离子，阴极电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-；

故答案为：TiO2+4e-=Ti+2O2-；

III．（4）电解时，阴极上得电子发生还原反应，所以二氧化钛得电子生成钛和氧离子，和电源负极相连，电极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-；

故答案为：TiO2+4e-=Ti+2O2-；

（5）根据二氧化碳和氢氧化钠之间反应量的关系：按照1：1反应，产物是碳酸氢钠，按照1：2反应，产物是碳酸钠，0.4molCO2和200mL3mol/LNaOH溶液混合，二者的物质的量之比是2：3，所的溶液是碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，混合物显碱性c（OH-）＞c（H+），碳酸根离子水解程度大与碳酸氢根离子的水解程度，所以c（CO32-）＜c（HCO3-），即c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）；

故答案为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）．9、bb达到平衡用到的时间长，化学反应速率慢，没有使用催化剂aA中充入氦气，w（C）不变，平衡不移动吸x＞2C%A的转化率（或是B的转化率、压强）【分析】【分析】（1）使用催化剂；加快反应速率，缩短到达平衡的时间，据此判断；

（2）恒温恒容条件下；通入惰性气体，不影响反应混合气体各组分的浓度，平衡不移动；

（3）由丙图可知；相同压强温度越高，C%越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，温度相同压强越高，C%越小，说明增大压强，平衡向逆反应移动，据此解答．

（4）根据（3）中可知该反应为吸热反应还是放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动．由图可知，纵轴所表示的量随温度升高而增大，根据平衡移动分析．【解析】【解答】解：（1）使用催化剂，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，由图可知，a先到达平衡，故a曲线表示使用催化剂，b曲线表示没有使用催化剂，故答案为：b；

b达到平衡用到的时间长；化学反应速率慢，没有使用催化剂；

（2）恒温恒容条件下；通入惰性气体，不影响反应混合气体各组分的浓度，平衡不移动，C%不变，故答案为：a；A中充入氦气，w（C）不变，平衡不移动；

（3）由丙图可知；相同压强温度越高，C%越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，正反应为吸热反应，温度相同压强越高，C%越小，说明增大压强，平衡向逆反应移动，故x＞1+1，即x＞2；

故答案为：吸；x＞2；

（4）该反应正反应为吸热反应，反应前后气体的体积增大．升高温度，平衡向吸热方向移动，即向右移动．由图可知，纵轴所表示的量随温度升高而增大，升高温度，平衡向吸热方向移动，即向右移动，C的含量增大，A、B的转化率增大，平衡时A、B浓度降低．反应前后气体的体积增大，在恒容条件下，升高温度，平衡向吸热方向移动，即向右移动，混合物总的物质的量增加，所以平衡时，容器内压强增大，故答案为：C%；A的转化率（或是B的转化率、压强）．10、略

【分析】解：（1）a．同一主族中；元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以从氟到溴，其电负性逐渐减小，故正确；

b．氟元素没有正化合价；第VIIA族氯；溴元素的最高化合价数值等于其族序数，故错误；

c．第VIIA族元素氢化物的沸点随着相对分子质量的增大而增大；但HF分子间能形成氢键，氢键属于特殊的分子间作用力，强度大于分子间作用力，沸点最高，故错误；

d．由于卤族元素的单质均属于分子晶体；随相对分子质量增大范德华力增大，因而沸点逐渐升高，故错误；

故选a；

（2）B的原子半径比N大，因而结构示意图中大球代表B原子，B原子个数=8×N原子个数=1+×4=2；该晶胞中N原子和B原子个数之比=2：2=1：1，所以其化学式为BN；

故答案为：2；BN；

（3）BCl3中的B原子的价层电子对数是3且不含孤电子对，所以B原子属于sp2杂化；NCl3中的N原子的价层电子对个数为4且含有一个孤电子对，所以N原子属于sp3杂化；

同一周期元素中；元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于相邻元素，根据电离能的变化规律，半充满的N原子和全充满的Be原子第一电离能要比同周期原子序数大的原子高，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素；

故答案为：sp2；sp3；3；

（4）BCl3是缺电子化合物；B原子的所有价电子已经使用，因而提供孤对电子的原子是X；

故答案为：X；

（5）由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石的化学式为Ca（AlSi3O8）2，改写成氧化物的形式可表示为CaO．Al2O3．6SiO2；

故答案为：CaO．Al2O3．6SiO2．

（1）a．第VIIA族元素中；元素的电负性随着原子序数的增大而减小；

b．F元素没有正化合价；

c．第VIIA族氢化物的沸点与其相对分子质量成正比；氢键的存在导致氢化物的沸点升高；

d．卤族单质的熔点随着核电荷数的增大而增大；

（2）根据均摊法确定B原子个数和N原子个数；根据B；N原子个数最简比确定其化学式；

（3）根据价层电子对互斥理论确定中心原子的杂化方式；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于相邻元素；

（4）在配位化合物中；中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对．

本题以卤族元素为载体考查了原子杂化方式、电负性、第一电离能、配位键、晶胞的计算等知识点，中等难度，答题时注意题中信息的充分利用．【解析】a；2；BN；sp2；sp3；3；X；CaO．Al2O3．6SiO211、Ag++Cl-=AgCl↓待测液中含有Ba2+、Ca2+离子中的两种或一种．BaSO4难溶于水，CaSO4微溶于水Fe（OH）3AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-【分析】【分析】根据待测液中加入HCl，有不溶于稀硝酸的沉淀A产生，说明待测液中有Ag+存在，沉淀A是AgCl；根据继续往溶液A中加入稀H2SO4和溴水，有沉淀B产生，说明沉淀B一定是不溶于稀酸的硫酸盐沉淀．因为溶液中唯一能与Br-产生沉淀的Ag+已在第一步沉淀完全．所以，溴水的作用应该是起一个氧化剂的作用（氧化某离子），据此，可推断待测液中一定含有Ba2+、Ca2+中的一种或两种，因为BaSO4不溶于水，CaSO4微溶于水（微溶物量大时以沉淀形式存在）；根据继续往溶液B中加入氨水，产生沉淀C，沉淀C中加入NaOH溶液，沉淀部分溶解，得溶液D和沉淀D．可知，沉淀D一定是Fe（OH）3（加入溴水后，溶液中就只有Fe3+了．至于原来是Fe2+还是Fe3+，则无法确定）．同时，由于往溶液D中通入CO2有沉淀产生，说明溶液D中一定含AlO2-，沉淀E一定是Al（OH）3．然后根据问题回答．【解析】【解答】解：（1）因待测液中加入HCl，有不溶于稀硝酸的沉淀A产生，说明待测液中有Ag+存在，沉淀A是AgCl，离子反应方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓，故答案为：Ag++Cl-=AgCl↓；

（2）根据继续往溶液A中加入稀H2SO4和溴水，有沉淀B产生，说明沉淀B一定是不溶于稀酸的硫酸盐沉淀．因为溶液中唯一能与Br-产生沉淀的Ag+已在第一步沉淀完全．所以，溴水的作用应该是起一个氧化剂的作用（氧化某离子），据此，可推断待测液中一定含有Ba2+、Ca2+中的一种或两种，因为BaSO4不溶于水，CaSO4微溶于水（微溶物量大时以沉淀形式存在），故答案为：一定含有Ba2+、Ca2+中的一种或两种；因为BaSO4不溶于水，CaSO4微溶于水；沉淀B一定是这两种物质中的一种或两种；

（3）因继续往溶液B中加入氨水，产生沉淀C，沉淀C中加入NaOH溶液，沉淀部分溶解，得溶液D和沉淀D．可知，沉淀D一定是Fe（OH）3（加入溴水后，溶液中就只有Fe3+了．至于原来是Fe2+还是Fe3+，则无法确定）．故答案为：Fe（OH）3；

（4）由于往溶液D中通入CO2有沉淀产生，说明溶液D中一定含AlO2-，沉淀E一定是Al（OH）3，化学方程式为：CO2+3H2O+2AlO2-═2Al（OH）3↓+2CO32-，故答案为：CO2+3H2O+2AlO2-═2Al（OH）3↓+2CO32-．12、酸Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+抑制Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑DAl2O3【分析】【分析】（1）FeCl3为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，溶液中存在Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+；加入盐酸，抑制水解；

（2）硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合时发生Al3+与HCO3-的互促水解反应；

（3）证明盐的水解是吸热的；应改变溶液的温度，根据溶液pH的变化判断；

（4）AlCl3溶液加热促进水解生成Al（OH）3，灼烧时灼烧分解．【解析】【解答】解：（1）FeCl3为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，溶液中存在Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，加入盐酸，H+浓度增大；抑制水解；

故答案为：酸；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；抑制；

（2）硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合时，由于Al3+水解呈酸性，HCO3-水解呈碱性，则发生Al3+与HCO3-的互促水解反应，方程式为Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

故答案为：Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

（3）A．反应为中和反应；放热，不能证明水解，故A错误；

B．硝酸铵晶体溶于水吸热；不能证明水解，故B错误；

C．在氨水加入氯化铵固体；铵根离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，溶液的pH变小，不能说明盐类水解是吸热的，故C错误；

D．在醋酸钠溶液中滴加2滴酚酞试剂；加热后红色加深，说明升高温度平衡向正反应方向移动，可说明盐类水解是吸热的，故D正确．

故答案为：D；

（4）AlCl3溶液加热促进水解生成Al（OH）3，灼烧时Al（OH）3灼烧分解生成Al2O3，故答案为：Al2O3．13、略

【分析】试题分析：（1）A、H3O＋中氧原子含有1对孤对电子，其价层电子对数是4个，因此其空间构型为三角锥形，A正确；B、水分子间存在氢键，因此水的沸点比硫化氢高，B正确；C、冰晶体中，1mol水分子可形成2mol氢键，C不正确，答案选AB。（2）根据钛酸锶晶胞结构并依据均摊法可知，晶胞中Sr、Ti、O的原子个数分别是8×＝1、1、6×＝3，因此其化学式为SrTiO3。（3）①Ti元素的原子序数是22，根据核外电子排布规律可知，Ti原子在基态时的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2。②TiCl4熔点－25.0℃，沸点136.94℃，常温下是无色液体，这说明TiCl4晶体类型为分子晶体。（4）①非金属性越强，元素电负性越大。硫元素的非金属性强于碳元素，因此电负性大小关系是C＜S。②分子中的原子都处于同一平面上，因此分子中C原子的杂化轨道类型为sp2。③根据结构简式可知，分子中的C与S原子之间有π键，因此导致C16S8中碳硫键键长介于C—S与C＝S之间。④氢气形成的晶体是分子晶体，所以C16S8与H2微粒间的作用力是范德华力。考点：考查电负性、核外电子排布、晶胞结构、化学键以及氢键等有关判断【解析】【答案】（1）AB（填对一个给1分，共2分）（2）SrTiO3（2分）（3）①1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2（2分）②分子晶体（1分）（4）①＜（2分）②sp2（1分）③分子中的C与S原子之间有π键（或分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质等合理答案）（2分）④范德华力（1分）14、略

【分析】【解析】试题分析：（1）反应①是碳碳双键的加成反应，则a的结构简式是a中含有溴原子，所以根据反应②的结构简式可知，该反应是卤代烃的消去反应。（2）天然橡胶的单体是异戊二烯，其系统命名法是2-甲基-1、3-丁二烯。（3）该反应是碳碳双键的加成反应，所以另外一种同分异构体应该是酯基和醛基互换位置，则其结构简式是（4）由于分子中还含有醛基，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验，应该用Br2的四氯化碳溶液检验碳碳双键。考点：考查有机物结构简式、有机反应类型、有机物命名、同分异构体的判断以及官能团的检验【解析】【答案】(1分)消去反应(1分)2-甲基-1、3-丁二烯(2分)(2分)Br2的四氯化碳溶液(2分)15、略

【分析】解：合成材料又称人造材料，是把不同物质经化学方法或聚合作用加工而成的材料，三大合成材料是指塑料、合成橡胶和合成纤维rm{.}三大合成材料是人工合成的高聚物rm{.}高聚物正在越来越多地取代金属；成为现代社会使用的重要材料；

故答案为：塑料；合成纤维；合成橡胶．

根据“三大合成材料”指的是塑料；合成纤维、合成橡胶；有机合成材料的出现是对自然资源的一种补充，据此即可解答．

本题主要考查学生对合成材料的特点和作用的认识，解答本题要充分理解材料的分类方法，题目较简单．【解析】塑料；合成纤维；合成橡胶三、判断题(共5题，共10分)16、×【分析】【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；【解析】【解答】解：蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．17、×【分析】【分析】有离子参加的化学反应是离子反应，离子反应离子反应的本质是某些离子浓度发生改变，常见离子反应多在水溶液中进行，据此解答即可．【解析】【解答】解：实验室通过消石灰和NH4Cl固体制备NH3，化学反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3↑+CaCl2+2H2O，此反应是在大试管中进行，无溶液，故不属于离子反应，答案为：×．18、×【分析】【分析】用标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸到终点时，反应恰好生成醋酸钠，水解呈碱性，以此解答．【解析】【解答】解：达到滴定终点时，氢氧化钠和醋酸的物质的量相等，生成醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，c（CH3COO-）＜c（Na+）；

故答案为：×．19、√【分析】【分析】有盐和水生成的反应不一定是中和反应，如酸性氧化物与碱的反应，碱性氧化物与酸的反应等．【解析】【解答】解：有盐和水生成的反应不一定是中和反应；如氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，该反应不属于中和反应；

故答案为：√．20、×【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．【解析】【解答】解：二氧化碳在水溶液中与水反应生成碳酸；碳酸电离出自由移动的离子导电，二氧化碳自身不能电离，故二氧化碳是非电解质；

故答案为：×．四、计算题(共2题，共12分)21、C＞B＞A＞D＞E小大42.06%【分析】【分析】（1）计算出各物质的物质的量；再比较分子数多少；

（2）量筒的刻度由上到下逐渐减小以及俯视时液面低于刻度线；

（3）根据硫酸与氯化钡反应的化学方程式，可以求出硫酸与硫酸钡之间的质量关系，由于产生沉淀的质量和原硫酸溶液的质量相等，也是硫酸与硫酸溶液的之间质量关系，根据这个质量关系即可求出则原硫酸溶液中溶质的质量分数．【解析】【解答】解：（1）A．标准状况下33.6LH2物质的量为1.5mol；

B．所含电子的物质的量为4mol的H2物质的量为2mol；

C．20℃45gH2O物质的量为2.5mol；

D．常温下，16gO2与14gN2的混合气体；物质的量为1mol；

E．含原子总数约为1.204×1024的NH3；物质的量为0.25mol；

则物质所含分子数由多到少的排列顺序是C＞B＞A＞D＞E；

故答案为：C＞B＞A＞D＞E；

（2）量筒的刻度由上到下逐渐减小；用量筒量取一定体积的液体时，若采用俯视的方法量取20ml液体，俯视时液面低于刻度线，所以实际量取的液体的体积比20ml小，量筒中实际有20ml液体，而你读数时采用了俯视的方法，俯视时液面低于刻度线，则读得的数据比20ml大；

故答案为：小；大；

（3）由题意可知，硫酸与氯化钡反应的方程式为：BaCl2+H2SO4═BaSO4↓+2HCl，由方程式可知：硫酸与硫酸钡的质量关系为98：233，由于产生沉淀的质量和原硫酸溶液的质量相等，所以原硫酸溶液中溶质的质量分数为：×100%=42.06%．

故答案为：42.06%．22、1：325%4：740g/mol【分析】【分析】根据n=计算其物质的量之比，根据V=nVm计算其体积之比，根据N=nNA结合其分子组成计算C、O原子个数之比，根据M=计算混合气体平均摩尔质量．【解析】【解答】解