…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵教新版高三化學下冊階段測試試卷797考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列各離子組能大量共存的是（）A.Fe3+、NH4+、H+、SO42-B.Fe3+、Br-、Na+、I-C.Fe2+、AlO2-、Na+、NO3-D.Fe3+、HCO3-、NH4+、NO3-2、高一學生小強的化學筆記中有如下內容：你認為他的筆記中有幾處錯誤（）

①物質按照組成可以分為單質和化合物。

②單質又可分為金屬和非金屬。

③化合物主要包括：酸；堿、鹽和氧化物。

④按照分散劑粒子直徑大小可將分散系分為溶液；濁液和膠體。

⑤只要在水溶液中能導電的化合物就是電解質。

⑥按照樹狀分類法可將化學反應分為：氧化還原反應和離子反應。

⑦氧化還原反應的本質是化合價升降．

⑧測得納米材料Fe3O4的微粒直徑為90nm，所以納米材料Fe3O4屬于膠體。

⑨C（金剛石，s）═C（石墨，s）△H=-1.5kJ?mol-1所以通常石墨比金剛石穩定．A.三處B.四處C.五處D.六處3、碳跟濃硫酸共熱產生的氣體X和二氧化錳跟濃鹽酸反應產生的氣體Y同時通入盛有足量氯化鋇溶液的洗氣瓶中（如圖裝置），下列有關說法正確的是（）A.洗氣瓶中產生的沉淀是碳酸鋇B.在Z導管出來的氣體中無二氧化碳C.洗氣瓶中產生的沉淀是硫酸鋇D.洗氣瓶中產生的沉淀是碳酸鋇和亞硫酸鋇4、二氯化二硫（S2Cl2）是廣泛用于橡膠工業的硫化劑，其分子結構如圖所示．常溫下，（S2Cl2）是一種橙黃色的液體，遇水易水解，并產生能使品紅褪色的氣體．下列說法中錯誤的是（）A.S2Cl2為共價化合物B.S2Cl2只含有極性共價鍵C.S2Cl2與水反應時S-S鍵和S-Cl鍵都斷裂D.S2Cl2分子中S-S鍵和S-Cl鍵是通過共用電子對的相互作用形成的5、下列反應中屬于加成反應的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{4}+Cl_{2}xrightarrow{{鹿芒脮脮}}CH_{3}Cl+HCl}B.rm{CH_{4}+Cl_{2}

xrightarrow{{鹿芒脮脮}}CH_{3}Cl+HCl}C.rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}D.rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2隆煤}CH_{2}BrCH_{2}Br}6、我國科學家屠呦呦因成功提取青蒿素而獲得諾貝爾獎。已知青蒿素分子結構如圖所示，下列說法中不正確的是（）A.青嵩素分子中所有的碳原子不可能在同一平面內B.青嵩素在酸或堿催化條件下可以水解C.青蒿素分子含三種官能團，分子結構穩定，受熱不易分解D.青蒿素難溶于水，可采用有機溶劑萃取后蒸餾提取評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)7、如表是元素周期表的一部分；回答下列有關問題：

。族。

周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②3③④⑤⑥⑦⑧⑨4⑩??（1）寫出下列元素符號：①____，⑥____，⑦____，?____．

（2）在這些元素中，最活潑的金屬元素是____，最活潑的非金屬元素是____，最不活潑的元素是____（用元素符號作答）．

（3）在這些元素的最高價氧化物對應水化物中，酸性最強的是（填化學式）____，堿性最強的是____，呈兩性的氫氧化物是____．

（4）在這些元素中（除稀有氣體），原子半徑最小的是（填元素符號）____，原子半徑最大的是____．

（5）在⑤與④中，化學性質較活潑的是（填元素名稱）____，設計一個簡單實驗（只要寫出實驗方案即可），用化學實驗證明．____．

（6）在⑧與⑦中，單質的化學性質較活潑的是____，寫出可以驗證該結論的化學方程式____．8、給試管里的液體加熱，液體體積一般不超過試管容積的____，加熱前先____，然后再集中加熱；為了避免傷人，加熱時切記不可使試管口對著人．9、在標準狀況下，0.50molNH3的體積是____，這些NH3中所含原子數目與____molH3PO4分子所含原子數目相等．10、N；Cu、H、O、S、Mg是常見的六種元素：

（1）Mg位于元素周期表第____周期第____族；N與O的基態原子核外未成對電子個數比為。

____；Cu的基態原子電子排布式為____．

（2）用“＞”或“＜”填空：

。堿性：

Mg（OH）2____Cu（OH）2第一電離能：O____N熔點：

MgS____MgO穩定性：

H2S____H2O（3）Mg在空氣中燃燒可微量生產氮化鎂（Mg3N2），Mg3N2（S）溶于足量的稀硫酸可得到兩種正鹽，在25℃、101kPa下，已知該反應每消耗1molH2SO4放熱akJ，則該反應的熱化學方程式為____．

（4）工業上采取加熱條件下用氨氣還原氧化銅制取銅，同時得到兩種無污染的氣體（或蒸汽）．寫出該反應的化學方程式，并標出電子轉移的方向和數目____．11、60年代美國化學家鮑林提出了一個經驗規則：設含氧酸的化學式為HnROm；其中（m-n）為非羥基氧原子數，鮑林認為含氧酸的強弱與非羥基氧原子數（m-n）的關系見表．

。m-n0123含氧酸強度弱酸中強強很強實例HClOH3PO4HNO3HClO4試回答下列問題：

（1）按此規則判斷H3AsO4、H2CrO4、HMnO4酸性由弱到強的順序為____．

（2）H3PO3和H3AsO3的形式一樣，但酸性強弱相差很大．已知H3PO3為中強酸，H3AsO3

為弱酸，試推斷H3PO3和H3AsO3的分子結構____．

（3）按此規則判斷碳酸應屬于____酸，與通常認為的碳酸的強度是否一致？____．其可能的原因是____．12、（1）除去CO2中混有的少量SO2氣體，應____（填試劑及方法；下同）；

（2）除去CO2中混有的少量H2S氣體，應____；

（3）除去BaSO4中混有的少量BaSO3，應____；

（4）除去FeCl2中混有的FeS，應____．13、（Ⅰ）在一定溫度下將2molA和2molB兩種氣體混合于2L密閉容器中，發生如下反應：3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g),2分鐘末反應達到平衡狀態，生成了0.8molD，請填寫下面空白。（1）用D表示的平均反應速率為____________A的轉化率為____________。（2）如果縮小容器容積(溫度不變)，則平衡體系中混合氣體的密度____________(填“增大”、“減少”或“不變”)。（3）若向原平衡體系再投入1molA和1molB，平衡____________(填“右移、左移或不移”)。（4）若開始時只加C和D各4/3mol，要使平衡時各物質的質量分數與原平衡相等，則還應加入____________molB物質。（Ⅱ）現有反應：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)；△H<0，在850℃時，平衡常數K=1。（1）850℃時，若向一容積可變的密閉容器中同時充入1.0molCO、3.0molH2O、1.0molCO2和xmolH2，則：①當x=5.0時，上述平衡向_______（填正反應或逆反應）方向進行。②若要使上述反應開始時向正反應方向進行，則x應滿足的條件是________。（2）在850℃時，若設x＝5.0mol和x＝6.0mol，其它物質的投料不變，當上述反應達到平衡后，測得H2的體積分數分別為a％、b％，則a_______b（填“大于”、“小于”或“等于”）。評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)14、判斷下列說法是否正確；正確的在橫線內打“√”，錯誤的打“×”．

①1mol任何氣體的體積都是22.4L．____

②在標準狀況下，某氣體的體積為22.4L，則該氣體的物質的量為1mol，所含的分子數目約為6.02×1023．____

③當溫度高于0℃時，一定量任何氣體的體積都大于22.4L．____

④凡升高溫度，均可使飽和溶液變成不飽和溶液．____．15、SO3和H2O的反應與SO2和H2O的反應類型完全相同____（判斷對和錯）16、用標準NaOH溶液滴定未知濃度的醋酸到終點時，鈉離子物質的量等于醋酸根離子的物質的量____（判斷正誤）17、常溫常壓下，22.4LO3中含有3nA個氧原子____（判斷對錯）18、標準狀況下，1moL水中所含原子總數數為3NA____（判斷對錯）19、下列實驗操作或對實驗事實的敘述中；正確的在括號內打√，錯誤的在括號內打X

（1）實驗室制取乙烯時，必須將溫度計的水銀球插入反應液液面以下，根據溫度計指示的溫度來調節酒精燈火焰大小，以控制反應液的溫度____．

（2）在潔凈的試管里加入1mL2%的氨水，然后一邊搖動試管，一邊逐滴滴人2%的硝酸銀溶液，至最初產生的沉淀恰好溶解為止，即得銀氨溶液____．

（3）用稀硝酸清洗做過銀鏡反應實驗的試管____．

（4）實驗室制肥皂時，將適量植物油和NaOH溶液混合，并不斷攪拌、加熱，直到混合物變稠，即可得到肥皂____．

（5）進行纖維素水解實驗時，把一小團蓬松脫脂棉放入試管，滴入少量濃硫酸攪拌，使脫脂棉變成糊狀，再加入一定量的水，加熱至溶液呈亮棕色，然后加入新制的Cu（OH）2加熱至沸騰即可____．評卷人得分四、探究題(共4題，共8分)20、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．21、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：22、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．23、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分五、推斷題(共3題，共21分)24、如圖是無機物A～M在一定條件下的轉化關系（部分產物及反應條件未列出）．其中；I是地殼中含量最高的金屬，K是一種紅棕色氣體．

請填寫下列空白：

（1）在周期表中，組成單質G的元素位于第____周期第____族．

（2）在反應⑦中還原劑與氧化劑的物質的量之比為____．

（3）某同學取F的溶液，酸化后加入KI、淀粉溶液，變為藍色．寫出與上述變化過程相關的離子方程式：____．

（4）將化合物D與KNO3、KOH共熔，可制得一種“綠色”環保高效凈水劑K2FeO4，同時還生成KNO2和H2O，該反應的化學方程式是____．

（5）鎂與金屬I的合金是一種潛在的貯氫材料；可在氬氣保護下，將一定化學計量比的Mg與金屬I的單質在一定溫度下熔煉獲得．

①熔煉制備該合金時通入氬氣的目的是____．

②I電池性能優越，I-AgO電池可用作水下動力電源，其原理如圖所示．該電池反應的化學方程式為____．

25、已知C、D、G、I為短周期元素形成的單質，D、G、I常溫下為氣態，且G為黃綠色；形成D的元素原子的最外層電子數是次外層的3倍；B的焰色反應呈紫色（透過藍色鈷玻璃）；K為紅棕色粉末。其轉化關系如圖。請回答：（1）工業上制C用A不用H的原因____（2）寫出C與K反應的化學方程式____，該反應的反應物總能量____（填“大于”或“小于”）生成物總能量（3）L是目前應用最廣泛的金屬，用碳棒作陽極，L作陰極，接通電源（短時間）電解E水溶液的化學方程式____，電解后為使溶液與電解前完全相同，需向上述溶液中通入____（4）J與H反應的離子方程式為____26、有機物rm{A(C_{11}H_{12}O_{5})}同時滿足下列條件：rm{壟脵}含苯環且不含甲基；rm{壟脷}苯環上一氯取代物只有rm{2}種；rm{壟脹1mol}rm{A}與足量的rm{NaHCO_{3}}反應生成rm{1mol}rm{CO_{2}}rm{壟脺}遇rm{FeCl_{3}}溶液不顯色rm{.A}有如圖所示轉化關系：

已知：rm{+NaOHxrightarrow[triangle]{CaO}R-H+Na_{2}CO_{3}}

回答下列問題：

rm{+NaOHxrightarrow[triangle

]{CaO}R-H+Na_{2}CO_{3}}中有______種官能團，rm{(1)A}的分子式為______．

rm{H}由rm{(2)}生成rm{C}的反應類型是______．

rm{G}的結構簡式為______，rm{(3)G}的結構簡式為______．

rm{K}寫出rm{(4)壟脵}反應的化學方程式______；

rm{C隆煤D}寫出rm{壟脷}反應的離子方程式______．

rm{I隆煤J}的同分異構體中能同時滿足下列條件：rm{(5)壟脵C}能發生銀鏡反應，rm{a.}能發生皂化反應；rm{b.}能與rm{c.}反應產生rm{Na}氣，共有______種rm{H_{2}}不含立體異構rm{(}其中核磁共振氫譜顯示為rm{).}組峰，且峰面積比為rm{3}的是______rm{6漏s1漏s1}寫結構簡式rm{(}．

rm{)}的所有同分異構體在下列一種表征儀器中顯示的信號rm{壟脷C}或數據rm{(}完全相同，該儀器是______rm{)}填標號rm{(}．

A.元素分析儀rm{)}質譜儀rm{B.}紅外光譜儀rm{C.}核磁共振儀．rm{D.}參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】根據離子之間不能結合生成沉淀、氣體、水等，不能發生氧化還原反應、不能相互促進水解等，則離子大量共存，以此來解答．【解析】【解答】解：A．該組離子之間不反應；可大量共存，故A正確；

B．Fe3+、I-發生氧化還原反應；不能大量共存，故B錯誤；

C．Fe2+、AlO2-相互促進水解；不能大量共存，故C錯誤；

D．Fe3+、HCO3-相互促進水解；不能大量共存，故D錯誤；

故選A．2、C【分析】【分析】①物質按照組成可以分純凈物和混合物；根據組成元素純凈物分為單質；化合物；

②單質根據組成元素可分為金屬單質和非金屬單質；

③化合物主要包括：酸；堿、鹽和氧化物。

④按照分散質粒子直徑大小可將分散系分為溶液；濁液和膠體；

⑤電解質是在水溶液中或融化狀態下能導電的化合物；但像二氧化碳溶于水溶液能導電，是因為生成了電解質，但二氧化碳是非電解質；

⑥氧化還原反應和離子反應是交叉關系；

⑦氧化還原反應的本質是電子得失或共用電子對偏移；化合價變化是氧化還原反應的特征；⑧膠體微粒直徑1-100nm分析；

⑨物質能量越高越活潑．【解析】【解答】解：①物質按組成分為純凈物和混合物；純凈物按元素組成分為單質（僅一種元素組成的純凈物）和化合物（由兩種或兩種以上元素組成的純凈物），故①錯誤；

②單質分為金屬單質和非金屬單質；故②正確；

③化合物主要包括酸；堿、鹽和氧化物；故③正確；

④按分散質粒子直徑大小將分散系分為溶液；濁液和膠體；故④正確；

⑤電解質是自身能發生電離的化合物如SO2、NH3等水溶液雖然能導電但不是自身發生電離不屬于電解質；故⑤錯誤；

⑥氧化還原反應與離子反應是交叉關系；按樹狀分類應為氧化還原反應和非氧化還原反應，故⑥錯誤；

⑦氧化還原反應的本質是電子轉移；故⑦錯誤；

⑧膠體微粒直徑1-100nm，在分散系中形成膠體，納米材料Fe3O4不是膠體；屬于分散質，故⑧錯誤；

⑨物質能量越高越活潑，C（金剛石，s）═C（石墨，s）△H=-1.5kJ?mol-1；金剛石能量高，石墨比金剛石穩定，故⑨正確；

故選C．3、C【分析】【分析】碳與濃硫酸共熱產生的X氣體為CO2和SO2的混合氣體，二氧化錳跟濃鹽酸反應產生的氣體Y是Cl2，同時通入時因Cl2與水和SO2共同作用要產生SO42-，硫酸根離子與鋇離子結合生成硫酸鋇沉淀，以此解答該題．【解析】【解答】解：碳與濃硫酸共熱產生的X氣體為CO2和SO2的混合氣體，二氧化錳跟濃鹽酸反應產生的氣體Y是Cl2，洗氣瓶中發生SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl；

A．氯化鋇與硫酸反應生成硫酸鋇沉淀；則洗氣瓶中產生的是硫酸鋇沉淀，故A錯誤；

B．酸性溶液抑制二氧化碳的溶解，則Z處逸出的氣體中有CO2；故B錯誤；

C．洗氣瓶中產生的沉淀是硫酸鋇；故C正確；

D．碳酸鋇與鹽酸反應；不能生成碳酸鋇沉淀，故D錯誤；

故選C．4、B【分析】【分析】S2Cl2為共價化合物，分子中含有Cl-S極性鍵和S-S非極性鍵，與水發生反應2S2Cl2+2H2O→SO2↑+3S↓+4HCl，以此解答該題．【解析】【解答】解：A．S2Cl2為非金屬元素形成的共價化合物；故A正確；

B．分子中含有Cl-S極性鍵和S-S非極性鍵；故B錯誤；

C．與水發生反應2S2Cl2+2H2O→SO2↑+3S↓+4HCl；S-S鍵和S-Cl鍵都斷裂，故C正確；

D．S2Cl2的結構式為Cl-S-S-Cl；由結構式可知含有S-S鍵和S-Cl鍵，且為共價鍵，通過共用電子對的相互作用形成，故D正確．

故選B．5、B【分析】解：rm{A}甲烷中的氫原子被氯原子所取代；屬于取代反應，故A錯誤；

B；乙烯中的碳碳雙鍵斷裂；兩個碳原子分別結合了溴原子，屬于加成反應，故B正確；

C；乙醇在銅的催化作用下被氧氣氧化；屬于氧化反應，故C錯誤；

D；苯中的氫原子被硝基所取代；屬于取代反應，故D錯誤；

故選B．

根據加成反應的定義：有機物分子中的不飽和鍵斷裂；斷鍵原子與其他原子或原子團相結合，生成新的化合物的反應．

本題考查了加成反應的定義，難度不大，注意取代反應和加成反應的區別．【解析】rm{B}6、C【分析】解：A．含有飽和碳原子；具有甲烷的結構特征，則所有的碳原子不可能在同一個平面上，故A正確；

B．含有酯基；則在酸或堿催化條件下可以水解，故B正確；

C．含有過氧鍵；受熱易分解，故C錯誤；

D．含有酯基；難溶于水，可采用有機溶劑萃取后蒸餾提取，故D正確。

故選：C。

有機物含有過氧鍵；具有氧化性，含有酯基，具有酯類的性質，以此解答該題。

本題考查有機物結構和性質，為高頻考點，明確官能團及其性質關系是解本題關鍵，側重考查反應類型、化學鍵及酯的性質，題目難度不大。【解析】C二、填空題(共7題，共14分)7、NSiSCaKFArHClO4KOHAl（OH）3FK鎂分別與水反應根據反應劇烈程度進行判斷氯氣Cl2+2H2S=2HCl+S↓【分析】【分析】由元素在周期表中位置，可知①為N、②為F、③為Na、④為Mg、⑤為Al、⑥為Si、⑦S、⑧為Cl、⑨為Ar、⑩為K、?為Ca、?為Br；

（1）①；⑥、⑦、?分別為N、Si、S、Ca；

（2）同周期自左而右金屬性減弱；非金屬性增強；同主族自上而下金屬性增強、非金屬性減弱，稀有氣體原子最外層為穩定結構，化學性質最不能活潑；

（3）非金屬性越強；最高價含氧酸的酸性越強，F元素沒有最高價含氧酸，故高氯酸的酸性最強；金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的堿性越強；氫氧化物呈兩性的是氫氧化鋁；

（4）同周期自左而右原子半徑減?。煌髯遄陨隙略影霃皆龃螅?/p>

（5）⑤與④中；化學性質較活潑的為Mg，可利用與水反應的劇烈程度說明；

（6）⑧與⑦中，單質的化學性質較活潑的為氯氣，可利用單質之間的置換反應說明．【解析】【解答】解：由元素在周期表中位置，可知①為N、②為F、③為Na、④為Mg、⑤為Al、⑥為Si、⑦S、⑧為Cl、⑨為Ar、⑩為K、?為Ca、?為Br；

（1）①；⑥、⑦、?分別為N、Si、S、Ca；故答案為：N；Si；S；Ca；

（2）同周期自左而右金屬性減弱、非金屬性增強，同主族自上而下金屬性增強、非金屬性減弱，故上述元素中最活潑的金屬元素是⑩，為K元素，最活潑的非金屬元素是②，為F元素，最不活潑的元素是⑨，為Ar；

故答案為：K；F；Ar；

（3）非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強，F元素沒有最高價含氧酸，故HClOH4的酸性最強；金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的堿性越強，故KOH的堿性最強；Al（OH）3是兩性氫氧化物；

故答案為：HClO4；KOH；Al（OH）3；

（4）同周期自左而右原子半徑減??；同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑最小的是F，原子半徑最大的是K，故答案為：F；K；

（5）Mg與Al；根據同主族元素金屬性的遞變規律可知，金屬性Mg＞Al，根據判斷金屬性強弱的方法，可依據二者單質分別與水反應的劇烈程度來判斷其金屬性強弱；

故答案為：鎂；分別與水反應根據反應劇烈程度進行判斷．

（8）⑧和⑦分別是Cl和S，根據同周期元素非金屬性的遞變規律可知，非金屬性Cl＞S，根據判斷非金屬性強弱的方法，可依據二者氣態氫化物的穩定性、單質之間的置換反應等來判斷其非金屬性強弱，即Cl2+2H2S=2HCl+S↓．

故答案為：氯氣；Cl2+2H2S=2H++2Cl-+S↓．8、預熱【分析】【分析】給試管里的液體加熱時，要先預熱，加熱液體的量不能超過試管容積的．【解析】【解答】解：給試管里的液體加熱時，要先預熱，方法是：在火焰上來回移動試管，對已固定的試管，可移動酒精燈；加熱液體的量不能超過試管容積的；否則加熱時液體可能濺出；

故答案為：；預熱．9、11.2L0.25【分析】【分析】由標準狀況氣體摩爾體積概念計算，n=，原子數相同即物質的量相同，結合分子中所含原子數計算得到．【解析】【解答】解：在標準狀況下，0.50molNH3的體積V=nVm=0.50mol×22.4L/mol=11.2L；

0.50molNH3中所含原子物質的量=0.50mol×4=2mol；

設與xmolH3PO4分子所含原子數目相等；

得到xmol×8=2mol；

x=0.25mol；

故答案為：11.2L；0.25．10、三IIA3：21s22s22p63s23p63d104s1＞＜＜＜Mg3N2（S）+4H2SO4（aq）=3MgSO4（aq）+（NH4）2SO4（aq）△H=-4akJ/mol【分析】【分析】（1）Mg是12號元素，位于元素周期表第三周期第IIA族；N原子的核外電子排布為1s22s22p3、O原子的核外電子排布為1s22s22p4，所以兩者基態原子核外未成對電子個數比為3：2；Cu是29號元素，銅的基態原子電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；

（2）金屬性越強最高價氧化物對應水化物的堿性越強；同周期第一電離能逐漸增大；但ⅡA和ⅤA元素異常；離子晶體晶格能越大，熔點越高；中心元素的非金屬性越強，氫化物越穩定；

（3）熱化學方程式書寫要注明反應物和生成物的聚焦狀態和反應熱；

（4）氨氣還原氧化銅制取銅，同時得到兩種無污染的氣體（或蒸汽）只能是氮氣和水蒸氣，然后根據電子轉移情況標出電子轉移的數目．【解析】【解答】解：（1）Mg是12號元素，位于元素周期表第三周期第IIA族；N的核外電子排布為1s22s22p3與O的核外電子排布為1s22s22p4，所以兩者基態原子核外未成對電子個數比為3：2；Cu是29號元素，銅的基態原子電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；

故答案為：三；IIA；3：2；1s22s22p63s23p63d104s1；

（2）金屬性越強最高價氧化物對應水化物的堿性越強，金屬性：Mg＞Cu，所以堿性：Mg（OH）2＞Cu（OH）2；同周期第一電離能逐漸增大；但ⅡA和ⅤA元素異常，其中的氮是第ⅤA元素，所以電離能：O＜N；硫離子的半徑大于氧離子，所以MgO晶格能大，則MgO的熔點高，故熔點：MgS＜MgO；

中心元素的非金屬性越強，非金屬性O＞S，所以氫化物越穩定H2S＜H2O；故答案為：＞；＜，＜，＜；

（3）因為Mg3N2（S）溶于足量的稀硫酸可得到兩種正鹽，在25℃、101kPa下，已知該反應每消耗1molH2SO4放熱akJ，所以熱化學方程式為：Mg3N2（S）+4H2SO4（aq）=3MgSO4（aq）+（NH4）2SO4（aq）△H=-4akJ/mol，故答案為：Mg3N2（S）+4H2SO4（aq）=3MgSO4（aq）+（NH4）2SO4（aq）△H=-4akJ/mol；

（4）氨氣還原氧化銅制取銅，同時得到兩種無污染的氣體（或蒸汽）只能是氮氣和水蒸氣，所以反應方程式為：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，用單線橋表示電子轉移為：故答案為：11、H3AsO4＜H2CrO4＜HMnO4中強酸不一致溶于水的那部分CO2并不能完全轉化為H2CO3【分析】【分析】（1）根據題中非羥基氧原子數與酸性強弱的關系分析；

（2）H3PO3和H3AsO3的酸性不同；說明二者分子中非羥基氧原子數不同，據此分析；

（3）根據碳酸中非羥基氧原子數判斷，二氧化碳在水中溶解度不大，二氧化碳與水的反應是可逆反應．【解析】【解答】解：（1）根據題中表格數據可知；非羥基氧原子數越多，酸性越強；

H3AsO4非羥基氧原子數為1，H2CrO4非羥基氧原子數為2，HMnO4非羥基氧原子數為3，則酸性：H3AsO4＜H2CrO4＜HMnO4；

故答案為：H3AsO4＜H2CrO4＜HMnO4；

（2）因為酸性H3PO3＞H3AsO3，則H3PO3中非羥基氧的數目應大于H3AsO3，且H3AsO3為弱酸，所以可以推知H3AsO3沒有非羥基氧，其分子結構分別為：

故答案為：

（3）H2CO3中非羥基氧數目為1，應為中強酸，與通常認為碳酸是弱酸不一致；二氧化碳在水中溶解度不大，二氧化碳與水的反應是可逆反應，所以碳酸為弱酸其可能原因是由于溶于水的那部分CO2并不能完全轉化為H2CO3；

故答案為：中強；不一致；溶于水的那部分CO2并不能完全轉化為H2CO3．12、酸性高錳酸鉀或飽和碳酸氫鈉溶液硫酸銅溶液稀硫酸或硝酸鹽酸【分析】【分析】（1）SO2具有還原性；可與酸性高錳酸鉀發生氧化還原反應，也可與飽和碳酸氫鈉溶液反應；

（2）H2S可與硫酸銅溶液反應生成沉淀；

（3）BaSO3可與硫酸或硝酸反應而生成BaSO4；

（4）FeS可溶于鹽酸．【解析】【解答】解：（1）SO2具有還原性；可與酸性高錳酸鉀發生氧化還原反應，也可與飽和碳酸氫鈉溶液反應，則可用酸性高錳酸鉀或飽和碳酸氫鈉溶液除雜；

故答案為：酸性高錳酸鉀或飽和碳酸氫鈉溶液；

（2）H2S可與硫酸銅溶液反應生成CuS沉淀；而二氧化碳不反應，則可將混合氣體通過硫酸銅溶液除雜，故答案為：硫酸銅溶液；

（3）BaSO3可與硫酸或硝酸反應而生成BaSO4；而硫酸鋇不溶，可將固體加入到硫酸中或硝酸中除雜，然后過濾，故答案為：稀硫酸或硝酸；

（4）FeS可溶于鹽酸，可用鹽酸除雜，故答案為：鹽酸．13、略

【分析】試題分析：（Ⅰ）(1)V（D）=?c/?t=0.8mol÷2L÷2min=0.2mol·L－1·min－1；根據化學方程式：3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g)初始物質的量（mol）2200轉化物質的量（mol）1.20.40.80.8平衡物質的量（mol）0.81.60.80.8則A的轉化率=1.2mol÷2mol×100%=60%。（2）反應混合物都為氣體，總質量不變，體積減小，平衡體系中混合氣體的密度增大。（3）增大反應物的濃度，平衡向正反應方向移動。（4）平衡時各物質的質量分數與原平衡相等，為等效平衡，應前后氣體體積不變，按化學計量數轉化到左邊，滿足n（A）：n（B）=1：1即可。根據3A（g）+B（g）2C（g）+2D（g）可知，C和D各4/3mol，轉化到左邊可得A為2mol，B為2/3mol。令B的物質的量為nmol，則：2mol：（n+2/3）mol=2mol：2mol，解得n=4/3。（Ⅱ）（1）①此時的濃度商Qc=5×1÷（1×3）=1.67，大于平衡常數1，故平衡向逆反應方向移動。②平衡向正反應方向移動，濃度商小于平衡常數，即1×x÷（1×3）＜1，解得x＜3，則x應滿足的條件是：0≤x＜3。③增大一種生產物（氫氣）的體積分數，平衡向逆反應方向移動，平衡移動的結果是降低這種增大的幅度，故平衡后氫氣的體積分數還是大于原來的，故a小于b?？键c：本題考查化學反應速率、化學平衡移動、等效平衡?！窘馕觥俊敬鸢浮浚á瘢?1)0.2mol·L－1·min－160%(2)增大(3)右移(4)4/3（Ⅱ）（1）①逆反應②0≤x＜3(2)小于三、判斷題(共6題，共12分)14、×【分析】【分析】①外界條件不同；氣體的體積不同；

②標準狀況下，氣體的氣體摩爾體積為22.4L/mol，結合n==計算；

③氣體的體積受溫度；壓強影響；

④升高溫度，如溶解度減小，則仍未飽和溶液．【解析】【解答】解：①氣體的體積受溫度；壓強影響；外界條件不同，分子之間的距離不同，則氣體的體積不同，故答案為：×；

②標準狀況下，氣體的氣體摩爾體積為22.4L/mol，n===1moL，所含的分子數目約為6.02×1023；故答案為：√；

③氣體的體積受溫度；壓強影響；如壓強較大，則氣體的體積可能小于22.4L，故答案為：×；

④升高溫度，如溶解度減小，則仍未飽和溶液，故答案為：×．15、×【分析】【分析】依據化學方程式分析判斷，反應都是兩種物質反應生成一種物質，屬于化合反應，但從可逆反應上來看，二氧化硫與水反應為可逆反應．【解析】【解答】解：SO3+H2O=H2SO4，H2O+SO2?H2SO3依據化學方程式分析判斷，反應都是兩種物質反應生成一種物質，屬于化合反應，但從可逆反應上來看，二氧化硫與水反應為可逆反應，故不完全相同，故答案為：×．16、×【分析】【分析】用標準NaOH溶液滴定未知濃度的醋酸到終點時，反應恰好生成醋酸鈉，水解呈堿性，以此解答．【解析】【解答】解：達到滴定終點時，氫氧化鈉和醋酸的物質的量相等，生成醋酸鈉，醋酸鈉為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，c（CH3COO-）＜c（Na+）；

故答案為：×．17、×【分析】【分析】常溫常壓下，氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，無法計算物質的量．【解析】【解答】解：常溫常壓下，氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，則22.4LO3的物質的量不等于1mol，氧原子個數不等于3nA；

故答案為：×．18、√【分析】【分析】水的分子式為H2O，結合分子式進行判斷．【解析】【解答】解：水的分子式為H2O，1moL水中所含原子總數為3NA；

故答案為：√．19、√【分析】【分析】（1）制取乙烯在170℃；需測定反應液的溫度；

（2）向硝酸銀溶液中滴加氨水；制取銀氨溶液；

（3）Ag能與硝酸反應；

（4）植物油和NaOH溶液混合發生水解生成高級脂肪酸鹽；需加飽和食鹽水發生鹽析；

（5）纖維素水解后溶液顯酸性，而檢驗水解產物葡萄糖，應在堿性溶液中．【解析】【解答】解：（1）制取乙烯時在170℃；需測定反應液的溫度，必須將溫度計的水銀球插入反應液液面以下，根據溫度計指示的溫度來調節酒精燈火焰大小，以控制反應液的溫度；

故答案為：√；

（2）向硝酸銀溶液中滴加氨水；生成白色沉淀，繼續滴加氨水，至生成的沉淀恰好溶解，所得溶液為銀氨溶液，故答案為：×；

（3）因Ag能互硝酸反應；而溶解，則可用稀硝酸清洗做過銀鏡反應實驗的試管，故答案為：√；

（4）實驗室制肥皂時；將適量植物油和NaOH溶液混合，并不斷攪拌；加熱，直到混合物變稠，然后加飽和食鹽水發生鹽析，即可得到肥皂，故答案為：×；

（5）進行纖維素水解實驗時，把一小團蓬松脫脂棉放入試管，滴入少量濃硫酸攪拌，使脫脂棉變成糊狀，再加入一定量的水，加熱至溶液呈亮棕色，然后先加堿至堿性，再加入新制的Cu（OH）2加熱至沸騰來檢驗水解產物，故答案為：×．四、探究題(共4題，共8分)20、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．21、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質的量不變，對V（標準）無影響，根據c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．22、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．23、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質的量不變，對V（標準）無影響，根據c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．五、推斷題(共3題，共21分)24、四Ⅷ2：12Fe3++2I-=2Fe2++I2Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O防止Mg、Al被空氣氧化2Al+3AgO+2NaOH2NaAlO2+3Ag+H2O【分析】【分析】FeS2與氧氣反應生成Fe2O3與SO2，A能連續與氧氣發生反應，則D為Fe2O3，A為SO2，B為SO3，C為B的水化物，則C為H2SO4．K是一種紅棕色氣體，則K為NO2，則L為NO，J為HNO3，J為HNO3，I是地殼中含量最高的金屬，則I為Al，Al與氧化鐵反應生成G與H，G與硝酸反應生成M與NO，結合C與M反應得到F與NO，則則G為Fe、H為Al2O3，M為Fe（NO3）3，F為Fe（NO3）3或Fe2（SO4）3，E為Fe（OH）3，據此解答．【解析】【解答】解：FeS2與氧氣反應生成Fe2O3與SO2，A能連續與氧氣發生反應，則D為Fe2O3，A為SO2，B為SO3，C為B的水化物，則C為H2SO4．K是一種紅棕色氣體，則K為NO2，則L為NO，J為HNO3，J為HNO3，I是地殼中含量最高的金屬，則I為Al，Al與氧化鐵反應生成G與H，G與硝酸反應生成M與NO，結合C與M反應得到F與NO，則則G為Fe、H為Al2O3，M為Fe（NO3）3，F為Fe（NO3）3或Fe2（SO4）3，E為Fe（OH）3；

（1）在周期表中；組成單質G的元素為Fe，位于第四周期第Ⅷ族，故答案為：四；Ⅷ．

（2）反應⑦的化學方程式為：Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe；還原劑為Al，氧化劑為氧化鐵，二者物質的量之比為2：1，故答案為：2：1；

（3）F的溶液，加入KI、淀粉溶液，變為藍色，離子反應為2Fe3++2I-=2Fe2++I2；

故答案為：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；

（4）由題給信息可知，反應的方程式為：Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O；

故答案為：Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O；

（5）①Mg；Al是活潑金屬易被氧化；故熔煉制備鎂鋁合金時常需通入氬氣作保護氣，目的是防止Mg、Al被空氣氧化；

故答案為：防止Mg；Al被空氣氧化；

②Al電池性能優越，Al-AgO電池可用作水下動力電源，反應本質是Al、AgO在堿性條件下反應生成偏鋁酸鈉、Ag與水，該電池反應的化學方程式為：2Al+3AgO+2NaOH2NaAlO2+3Ag+H2O；

故答案為：2Al+3AgO+2NaOH2NaAlO2+3Ag+H2O．25、略

【分析】【解析】試題分析：由題意可知，G為Cl2，D為O2，K為Fe2O3，B中含有鉀離子，結合轉化關系圖，可推知B是KClO3，常用于制備氧氣，E是KCl，I是H2，F是KOH；H含有氯元素，又能與過量的堿反應，生成H的C可以和Fe2O3高溫下反應，可知H是AlCl3，而J是KAlO2，C是Al，A是Al2O3,L是Fe。（1）氯化鋁是共價化合物，熔融狀態下不導電，故用氧化鋁；（2）即鋁和氧化鐵的反應，該反應能放出大量的熱，反應物總能量高于生成物總能量；（3）電解KCl的水溶液，該電解過程，氫離子得電子被還原成氫氣，氯離子失電子被氧化成氯氣，溶液中實際減少的物質含氫元素和氯元素；（4）鋁離子和偏鋁酸根離子發生雙水解，生成氫氧化鋁沉淀?？键c：短周期元素的互相轉化；常見金屬及其重要化合物【解析】【答案】（9分）（1）氯化鋁是共價化合物，熔融狀態下不導電（合理即可）（1分）（2）2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe（2分）大于（1分）（3）2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑（2分）氯化氫或HCl（1分）（4）Al3++3AlO2－+6H2O=4Al(OH)3↓（2分）26、略

【分析】解：rm{A}在堿性條件下發生水解反應得到rm{B}與rm{H}rm