2025年華師大新版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年華師大新版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷68考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A.Na[Al（OH）4]溶液中通入過量CO2：2[Al（OH）4]-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-B.往碳酸鎂中滴加稀鹽酸：CO32-+2H+═CO2↑+H2OC.氧化銅溶于稀鹽酸中：CuO+2H+=Cu2++2H2OD.向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O2、下列說法中正確的是（）A.水溶液中，1molKCl和1molNaCl電離出的氯離子一樣多B.電解質(zhì)Ba（OH）2的電離方程式為：Ba（OH）2=Ba2++OH-C.凡溶于水后能電離出H+的物質(zhì)都是酸D.BaSO4的水溶液不導(dǎo)電，BaSO4屬非電解質(zhì)3、鍺（Ge）、錫（Sn）、鉛（Pb）與碳、硅兩元素同位于第ⅣA族，其原子序數(shù)按鍺、錫、鉛的順序依次增大，則下列推斷一定不正確的是A.鍺、錫在空氣中不反應(yīng)，鉛在空氣中表面生成一層氧化鉛B.鍺與鹽酸不反應(yīng)，錫、鉛能與鹽酸反應(yīng)C.鍺、錫、鉛的+4價(jià)氫氧化物的堿性：Ge(OH)4D.鍺、錫、鉛的金屬性依次減弱4、下列晶體熔化時(shí)不需破壞化學(xué)鍵的是（）A.晶體硅B.金剛石C.干冰D.二氧化硅5、下列關(guān)于顏色變化的敘述中，不正確的是（）A.淀粉遇KI溶液會(huì)變藍(lán)B.葡萄糖溶液能與新制氫氧化銅反應(yīng)會(huì)生成紅色的沉淀C.發(fā)煙硝酸在光照后變黃色D.氫氣燃燒的火焰因玻璃管口含鈉元素而呈黃色6、儲(chǔ)氫合金表面鍍銅過程發(fā)生反應(yīng)Cu2++2HCHO+4OH-═Cu↓+H2↑+2H2O+2HCOO-，下列說法錯(cuò)誤的是（）A.電鍍過程中氫氣在鍍件表面析出B.電鍍時(shí)溶液中Cu2+移向陰極，并在陰極上發(fā)生還原反應(yīng)C.陽極反應(yīng)式為HCHO+3OH--2e-=2H2O+HCOO-D.電鍍時(shí)每生成6.4g銅鍍層放出2.24LH2評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、C、N、S、Cl、Mg、Al、Cr；Cu是常見的元素．

（1）Al位于元素周期表第____周期第____族；Cr的基態(tài)原子核外有____個(gè)未成對(duì)電子；S的基態(tài)原子核外電子排布式為____．

（2）新型材料C3N4晶體熔點(diǎn)很高，硬度可與金剛石相媲美，其晶體類型為____；在H-C、H-N兩種共價(jià)鍵中，鍵的極性較強(qiáng)的是____；Mg與Al兩種元素中，原子半徑較大的是____．

（3）直接加熱MgCl2?6H2O晶體只能得到Mg（OH）Cl固體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是____；為了能得到無水MgCl2，可在____（填化學(xué)式）氣流中加熱．

（4）S與Cu能發(fā)生化合反應(yīng)，已知轉(zhuǎn)移0.1mol電子時(shí)放熱9.56kJ，該反應(yīng)的熱化學(xué)反應(yīng)方程式是____．8、（2012秋?自貢期末）表為元素周期表的一部分；其屮編號(hào)代表對(duì)應(yīng)的元素．

請(qǐng)回答下列問題。

（1）元素⑧的元累符號(hào)是____，其位于元素周期表的____區(qū)．寫出元素⑦的基態(tài)原子排布式____

（2）若元素①③⑤形成的某化合物顯酸性，這三種元素的質(zhì)量比為1：6：16，該化合物對(duì)氫氣的相對(duì)密度為23，則該化合物中③作為中心原子的雜化方式為____．

（3）元素④和⑤的第一電離能大小順序是____＞____（用元素符號(hào)表示）．請(qǐng)寫出由④和⑤兩種元素形．成的與N3-互為等電子體的分子的化學(xué)式____．

（4）在測(cè)定①和⑥形成的化合物的相對(duì)分子質(zhì)量時(shí)，實(shí)驗(yàn)測(cè)得值一般髙于理論值，其主要原因是____．

（5）④和⑧形成某種化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖（每個(gè)球均表示1個(gè)原子），則其化學(xué)式為____．9、鐵、鋁、銅等金屬及其化合物在日常生活中應(yīng)用廣泛,請(qǐng)根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)回答問題:(1)生鐵中含有一種鐵碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空氣中高溫煅燒,生成有磁性的固體Y,將Y溶于過量鹽酸的溶液中含有的大量陽離子是。(2)某溶液中有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等四種離子,向其中加入過量的NaOH溶液后,過濾,將濾渣高溫灼燒并將灼燒后的固體投入過量的稀鹽酸中,所得溶液與原溶液相比,溶液中大量減少的陽離子是。A.Mg2+B.Fe2+C.Al3+D.Cu2+(3)氧化鐵是重要工業(yè)顏料,用廢鐵屑制備它的流程如下:回答下列問題:①操作Ⅰ的名稱是,操作Ⅱ的名稱是。②寫出在空氣中煅燒FeCO3的化學(xué)方程式。(4)有些同學(xué)認(rèn)為KMnO4溶液滴定也能進(jìn)行鐵元素含量的測(cè)定。a.稱取2.850g綠礬(FeSO4·7H2O)產(chǎn)品,溶解,在250mL容量瓶中定容;b.量取25.00mL待測(cè)溶液放入錐形瓶中;c.用硫酸酸化的0.01000mol·L-1KMnO4溶液滴定至終點(diǎn),消耗KMnO4溶液體積的平均值為20.00mL。①實(shí)驗(yàn)前,首先要精確配制一定物質(zhì)的量濃度的KMnO4溶液250mL,配制時(shí)需要的儀器除天平、玻璃棒、燒杯、膠頭滴管外,還需。②某同學(xué)設(shè)計(jì)的下列滴定方式,最合理的是。(夾持部分略去)(填字母序號(hào))③寫出滴定過程中反應(yīng)的離子方程式:。④計(jì)算上述樣品中FeSO4·7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。10、經(jīng)實(shí)驗(yàn)測(cè)定，在4℃時(shí)，水的密度最大，為1g?mL-1，請(qǐng)計(jì)算一下，4℃時(shí)1L水中含有的水分子數(shù)為____，每個(gè)水分子的質(zhì)量為____．11、下表是元素周期表的一部分；針對(duì)表中元素，填寫下列空白．

。

族。

周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2LiBeBCNOF3NaMgAlSiPSCl（1）寫出Al3+結(jié)構(gòu)示意圖____．

（2）F、Cl、S的氫化物中穩(wěn)定性最強(qiáng)的是____（填氫化物名稱）．12、在某個(gè)容積為2L的密閉容器內(nèi)；在T℃時(shí)按下圖1所示發(fā)生反應(yīng)：

mA（g）+nB（g）?pD（g）+qE（s）；△H＜0（m；n、p、q為最簡(jiǎn)比例的整數(shù)）．

（1）據(jù)圖1所示，反應(yīng)開始至達(dá)到平衡時(shí)，用D表示該反應(yīng)速率為____；

（2）該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K的數(shù)值為____（保留至兩位小數(shù)）；

（3）下列措施能增大B的轉(zhuǎn)化率的是____

A．再投入2molA和1molBB．保持體積不變通入1molB

C．移出部分物質(zhì)DD．再投入2molA；1molB和0.6molD

（4）在T℃時(shí)，相同容器中，若開始時(shí)加入0.2molA、0.8molB、0.9molD、0.5molE反應(yīng)，達(dá)到平衡后，A的濃度____0.2mol/L（填“大于”、“小于”、“等于”）理由是____

（5）反應(yīng)達(dá)到平衡后；第7min時(shí)，改變條件，在第9min達(dá)到新的平衡，在圖2上作出（作在答題紙上）：下列情況下，D濃度變化圖象：

①若降低溫度（用虛線）

②若將容器的容積壓縮為原來一半（用實(shí)線）評(píng)卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)13、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為22.4L____（判斷對(duì)錯(cuò)）14、氨水呈弱堿性，故NH3是弱電解質(zhì)____（判斷對(duì)錯(cuò)）15、將40gNaOH溶解在1L水中，溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為1mol/L____．（判斷對(duì)錯(cuò)）16、乙炔、聚乙炔、乙烯、聚乙烯、甲苯、乙苯都能使KMnO4（H+）溶液褪色____（判斷對(duì)錯(cuò)）17、12g金剛石中含有的共價(jià)鍵數(shù)為2NA．____（判斷對(duì)錯(cuò)）18、通過紅外光譜分析可以區(qū)分乙醇與乙酸乙酯____．評(píng)卷人得分四、探究題(共4題，共28分)19、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．20、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來測(cè)定其含量，操作為：21、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．22、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來測(cè)定其含量，操作為：評(píng)卷人得分五、書寫(共2題，共14分)23、某學(xué)生往一支試管里按一定順序分別加入下列幾種物質(zhì)：A．KI溶液；B．淀粉溶液，C．NaOH溶液，D．氯水．發(fā)現(xiàn)溶液顏色按下面順序變化：①無色→②棕黃色→③藍(lán)色→④無色，依據(jù)溶液顏色的變化回答下列問題：

（1）加入以上藥品的順序是____．

（2）寫出①→②的離子方程式，若為氧化還原反應(yīng)，請(qǐng)標(biāo)明電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：____．

（3）寫出③→④的化學(xué)方程式：____．24、寫出下列物質(zhì)在水溶液中的變化。

（1）NaHSO4的電離____．

（2）H2S的電離____．

（3）NH4Cl的水解離子方程式____．

（4）泡沫滅火器原理的離子方程式____．評(píng)卷人得分六、綜合題(共2題，共12分)25、（14分）黃鐵礦是我國大多數(shù)硫酸廠制取硫酸的主要原料。某化學(xué)興趣小組對(duì)某黃鐵礦石（主要成分為FeS）進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)探究。[實(shí)驗(yàn)一]：測(cè)定硫元素的含量I．將mg該黃鐵礦樣品（雜質(zhì)中不含硫和鐵）放入如下圖所示裝置（夾持和加熱裝置省略）的石英管中，從a處不斷地緩緩?fù)ㄈ丝諝?，高溫灼燒石英管中的黃鐵礦樣品至反應(yīng)完全。石英管中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Ⅱ．反應(yīng)結(jié)束后，將乙瓶中的溶液進(jìn)行如下處理：?jiǎn)栴}討論：（1）I中，甲瓶?jī)?nèi)所盛試劑是＿＿＿＿＿＿＿＿溶液。乙瓶?jī)?nèi)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式有＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（2）Ⅱ中。所加HO溶液需足量的理由是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（3）該黃鐵礦石中硫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。[實(shí)驗(yàn)二]：設(shè)計(jì)以下實(shí)驗(yàn)方案測(cè)定鐵元素的含量問題討論：（4）②中，若選用鐵粉作還原劑。你認(rèn)為合理嗎?＿＿＿＿＿＿＿＿。若不合理，會(huì)如何影響測(cè)量結(jié)果：＿＿＿＿＿＿＿＿（若合理，此空不答）。（5）③中，需要用到的儀器除燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外，還有＿＿＿＿＿＿＿＿。（6）④中高錳酸鉀溶液應(yīng)放在＿＿＿＿＿滴定管中；判斷滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。26、（2015·海南）銀是一種貴金屬，古代常用于制造錢幣及裝飾器皿，現(xiàn)代在電池和照明器材等領(lǐng)域亦有廣泛應(yīng)用。回答下列問題。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】A．二氧化碳過量反應(yīng)生成碳酸氫鈉；

B．碳酸鎂為沉淀；應(yīng)保留化學(xué)式；

C．氧化銅與鹽酸反應(yīng)生成氯化銅和水；

D．反應(yīng)生成硫酸鋇、硫酸鈉和和水．【解析】【解答】解：A．Na[Al（OH）4]溶液中通入過量CO2，離子方程式：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；故A錯(cuò)誤；

B．往碳酸鎂中滴加稀鹽酸，離子方程式：MgCO3+2H+═CO2↑+H2O+Mg2+；故B錯(cuò)誤；

C．氧化銅溶于稀鹽酸中，離子方程式：CuO+2H+=Cu2++2H2O；故C正確；

D．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性，反應(yīng)離子方程式為：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；故D錯(cuò)誤；

故選：C．2、A【分析】【分析】A；KCl和NaCl在溶液中完全電離；

B；根據(jù)電荷守恒分析；

C；根據(jù)酸的概念分析；

D、BaSO4是難溶電解質(zhì)．【解析】【解答】解：A；KCl和NaCl都是易溶性的強(qiáng)電解質(zhì)；在溶液中完全電離，所以水溶液中，1molKCl和1molNaCl電離出的氯離子一樣多，故A正確；

B、電解質(zhì)Ba（OH）2的電離方程式為：Ba（OH）2=Ba2++2OH-；故B錯(cuò)誤；

C；酸是電離出來的陽離子全部是氫離子的化合物；能電離氫離子的化合物不一定是酸，如NaHS是酸式鹽，能電離出氫離子，故C錯(cuò)誤；

D、在溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物屬于電解質(zhì)，BaSO4熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電是電解質(zhì)；在水中溶解度很小是難溶電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤．

故A正確．3、D【分析】試題分析：A．若鍺、錫在空氣中不反應(yīng)，而鉛活動(dòng)性比鍺、錫強(qiáng)，所以鉛在空氣中表面生成一層氧化鉛，正確；B．鍺與鹽酸不反應(yīng)，而錫、鉛活動(dòng)性比鍺強(qiáng)，所以可能都能與鹽酸反應(yīng)，正確；C．從上到下，元素的金屬性逐漸增強(qiáng)，所以鍺、錫、鉛的+4價(jià)氫氧化物的堿性：Ge(OH)4考點(diǎn)：考查同族元素的單質(zhì)及化合物的性質(zhì)比較的知識(shí)?！窘馕觥俊敬鸢浮緿4、C【分析】【分析】根據(jù)熔化時(shí)不需要破壞化學(xué)鍵的是分子晶體，原子晶體、離子晶體、金屬晶體熔化時(shí)需要破壞化學(xué)鍵，以此來分析．【解析】【解答】解：A；晶體硅是原子晶體；熔化需要破壞共價(jià)鍵，故A錯(cuò)誤；

B；金剛石屬于原子晶體；熔化需要破壞共價(jià)鍵，故B錯(cuò)誤。

C；干冰屬于分子晶體；原子晶體，熔化需要破壞共價(jià)鍵，熔化時(shí)破壞分子間作用力，沒有破壞化學(xué)鍵，故C正確；

D；二氧化硅屬于原子晶體；熔化需要破壞共價(jià)鍵，故D錯(cuò)誤；

故選C．5、A【分析】【分析】A．淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán)色；

B．葡萄糖分子中含有醛基和新制氫氧化銅加熱反應(yīng)生成紅色沉淀；

C．硝酸見光易分解；

D．鈉元素的焰色反應(yīng)為黃色．【解析】【解答】解：A．碘單質(zhì)遇淀粉與淀粉結(jié)合形成藍(lán)色物質(zhì)；淀粉碘化鉀溶液中含有碘離子，碘離子遇淀粉不變色，故A錯(cuò)誤；

B．向葡萄糖溶液中加入新制的氫氧化銅；加熱至沸，靜置后生成紅色的氧化亞銅沉淀，故B正確；

C．硝酸見光易分解生成二氧化氮；因溶有二氧化氮顯黃色，故C正確；

D．玻璃管口含鈉元素；鈉元素的焰色反應(yīng)為黃色，故D正確．

故選A．6、D【分析】【分析】A；電鍍池中；鍍件是陰極，在陰極上發(fā)生還原反應(yīng)；

B；電解池中；陽離子移向陰極，陰極上發(fā)生得電子的還原反應(yīng)；

C；在電解池的陽極上發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)；

D、根據(jù)電解池中的電極反應(yīng)式結(jié)合電子守恒來計(jì)算．【解析】【解答】解：A；電鍍池中；鍍件是陰極，氫離子可以在陰極上發(fā)生還原反應(yīng)析出氫氣，故A正確；

B、電解池中，陽離子Cu2+移向陰極；并在陰極上發(fā)生還原反應(yīng)，故B正確；

C、根據(jù)反應(yīng)：Cu2++2HCHO+4OH-═Cu↓+H2↑+2H2O+2HCOO-，在陽極上是甲醛發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，即HCHO+3OH--2e-=2H2O+HCOO-；故C正確；

D、電鍍時(shí)，在陰極上析出Cu，Cu2++2e-=Cu，每生成6.4g銅，轉(zhuǎn)移電子是0.2mol，減少銅離子是0.1mol，根據(jù)反應(yīng)Cu2++2HCHO+4OH-═Cu↓+H2↑+2H2O+2HCOO-；在該極上會(huì)生成氫氣0.1mol，標(biāo)況下的體積是2.24L，故D錯(cuò)誤．

故選D．二、填空題(共6題，共12分)7、三ⅢA61s22s22p63s23p4原子晶體H-NMgMgCl2?6H2OMg（OH）Cl+HCl↑+5H2O↑HCl2Cu（s）+S（s）=Cu2S（s）△H=-191.2kJ?mol-1【分析】【分析】（1）Al元素位于元素周期表第三周期第ⅢA族；Cr的基態(tài)價(jià)電子核外電子排布式為3d54s1；S原子核外電子基態(tài)排布式為1s22s22p63s23p4；

（2）根據(jù)新型材料C3N4晶體熔點(diǎn)很高；硬度可與金剛石相媲美判斷；鍵的極性和中心原子的得電子能力相關(guān)，得電子能力大，極性強(qiáng)；根據(jù)電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越大半徑越小比較Mg與Al的原子半徑大小；

（3）直接將MgCl2?6H2O加強(qiáng)熱只能得到Mg（OH）Cl固體，同時(shí)還生成HCl和水蒸氣，氯化鎂易水解，為防止氯化鎂水解，在制取氯化鎂時(shí)，要將MgCl2?6H2O放在氯化氫氣體中；

（4）在一定條件下，S與Cu能發(fā)生化合反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：2Cu+S=Cu2S，反應(yīng)時(shí)，每轉(zhuǎn)移0.1mol電子時(shí)放熱9.56kJ，則參加反應(yīng)1molS轉(zhuǎn)移2mol電子，所以放熱為為9.56kJ×=191.2KJ，據(jù)此書寫．【解析】【解答】解：（1）Al元素位于元素周期表第三周期第ⅢA族；Cr的基態(tài)價(jià)電子核外電子排布式為3d54s1，共6個(gè)未成對(duì)電子；S原子核外電子數(shù)為16，核外電子基態(tài)排布式為1s22s22p63s23p4；

故答案為：三；ⅢA；6；1s22s22p63s23p4；

（2）新型材料C3N4晶體熔點(diǎn)很高；硬度可與金剛石相媲美，則該晶體為原子晶體；鍵的極性和中心原子的得電子能力相關(guān)，得電子能力大，極性強(qiáng)，故H-N的極性強(qiáng)于H-C；又電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越大半徑越小，所以Mg與Al兩種元素中，原子半徑較大的Mg，故答案為：原子晶體；H-N；Mg；

（3）直接將MgCl2?6H2O加強(qiáng)熱只能得到Mg（OH）Cl固體，同時(shí)還生成HCl和水蒸氣，反應(yīng)方程式為MgCl2?6H2OMg（OH）Cl+HCl↑+5H2O↑，氯化鎂易水解，為防止氯化鎂水解，在制取氯化鎂時(shí)，要將MgCl2?6H2O放在氯化氫氣體中，故答案為：MgCl2?6H2OMg（OH）Cl+HCl↑+5H2O↑；HCl；

（4）在一定條件下，S與Cu能發(fā)生化合反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：2Cu+S=Cu2S，反應(yīng)時(shí)，每轉(zhuǎn)移0.1mol電子時(shí)放熱9.56kJ，則參加反應(yīng)1molS轉(zhuǎn)移2mol電子，所以放熱為為9.56kJ×=191.2KJ，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是：2Cu（s）+S（s）=Cu2S（s）△H=-191.2kJ?mol-1；

故答案為：2Cu（s）+S（s）=Cu2S（s）△H=-191.2kJ?mol-1．8、Cuds1s22s22p63s23p63d54s1sp2NON2OHF分子間存在氫鍵，容易形成締合分子（HF）nCu3N【分析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，①為H、②為Be、③為C、④為N、⑤為O、⑥為F、⑦為Cr；⑧為Cu；

（1）⑧為Cu；處于ds區(qū)，核外電子數(shù)目為29，根據(jù)能量最低原理書寫其核外電子排布；

（2）若元素H、C、O形成的某化合物顯酸性，三種元素的質(zhì)量比為1：6：16，則原子數(shù)目之比=：：=2：1：2，故最簡(jiǎn)式為CH2O2；該化合物對(duì)氫氣的相對(duì)密度為23，則其相對(duì)分子質(zhì)量為46，故該化合物為HCOOH；

（3）N；O元素同周期相鄰；N元素2p能級(jí)容納3個(gè)電子，處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于O元素；1個(gè)氮原子及1個(gè)單位負(fù)電荷用O原子代換，可以得到其等電子體；

（4）HF分子間存在氫鍵；容易形成締合分子（HF）n；

（5）利用均攤法計(jì)算晶胞中各原子數(shù)目，據(jù)此確定其化學(xué)式．【解析】【解答】解：由元素在周期表中的位置可知，①為H、②為Be、③為C、④為N、⑤為O、⑥為F、⑦為Cr；⑧為Cu；

（1）⑧為Cu，處于ds區(qū)，核外電子數(shù)目為29，其核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d54s1；

故答案為：Cu；ds；1s22s22p63s23p63d54s1；

（2）若元素H、C、O形成的某化合物顯酸性，三種元素的質(zhì)量比為1：6：16，則原子數(shù)目之比=：：=2：1：2，故最簡(jiǎn)式為CH2O2，該化合物對(duì)氫氣的相對(duì)密度為23，則其相對(duì)分子質(zhì)量為46，故該化合物為HCOOH，分子中C原子成3個(gè)σ鍵，沒有孤對(duì)電子，故C原子采取sp2雜化；

故答案為：sp2；

（3）N、O元素同周期相鄰，N元素2p能級(jí)容納3個(gè)電子，處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于O元素；1個(gè)氮原子及1個(gè)單位負(fù)電荷用O原子代換，可以得到其等電子體為N2O；

故答案為：N＞O；N2O；

（4）HF分子間存在氫鍵；容易形成締合分子（HF）n，故實(shí)驗(yàn)測(cè)得值一般髙于理論值；

故答案為：HF分子間存在氫鍵；容易形成締合分子（HF）n；

（5）由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中Cu原子數(shù)目=12×=3、N原子數(shù)目=8×=1，故該物質(zhì)的化學(xué)式為：Cu3N；

故答案為：Cu3N．9、略

【分析】(1)Y是Fe3O4,發(fā)生Fe3O4+8H+2Fe3++Fe2++4H2O;(2)Al3+與過量NaOH反應(yīng)生成的Al在濾液中;Fe2+與NaOH反應(yīng)生成Fe(OH)2,被空氣中的氧氣氧化成Fe(OH)3;(3)注意FeCO3中的鐵為+2價(jià),會(huì)被氧氣氧化;(4)②酸性高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性,可以腐蝕橡膠,只有b正確;④n(FeSO4·7H2O)=n(Fe2+)=5n(Mn)=5×0.01000mol·L-1×20.00mL×10-3L·mL-1=1×10-3mol,m(FeSO4·7H2O)=1×10-3mol×10×278g·mol-1=2.78g【解析】【答案】(1)Fe3+、Fe2+、H+(2)BC(3)①過濾洗滌②4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2(4)①250mL容量瓶②b③5Fe2++Mn+8H+5Fe3++Mn2++4H2O④0.97510、3.344×10253.0×10-23g【分析】【分析】4℃時(shí)1L水中含有的水的質(zhì)量為1000g，結(jié)合n=計(jì)算．【解析】【解答】解：在4℃時(shí)，水的密度最大，為1g?mL-1，1L水中含有的水的質(zhì)量為1000g，n==55.56mol，N=55.56mol×6.02×1023/mol=3.344×1025；

每個(gè)水分子的質(zhì)量為=3.0×10-23g；

故答案為：3.344×1025；3.0×10-23g．11、氟化氫【分析】【分析】（1）鋁是13號(hào)元素，最外層有3個(gè)電子，Al3是將原子的外層電子失去；次外層做最外層；

（2）根據(jù)元素周期律可知：同周期元素從上到下氫化物的穩(wěn)定性依次減弱，從左向右氫化物的穩(wěn)定性依次增強(qiáng)．再根據(jù)F、Cl、S在周期表中位置可以解決問題．【解析】【解答】解：（1）鋁是13號(hào)元素，最外層有3個(gè)電子，Al3是將原子的外層電子失去，次外層做最外層，故答案為：

（2）根據(jù)元素周期律可知：同周期元素從上到下氫化物的穩(wěn)定性依次減弱，從左向右氫化物的穩(wěn)定性依次增強(qiáng)．而F、Cl是同一主族，F(xiàn)在Cl的上面，所以HF的穩(wěn)定性比HCl強(qiáng)，Cl、S同一周期，S在Cl的前面，所以HCl的穩(wěn)定性比H2S強(qiáng)，故答案為：氟化氫．12、0.1mol/（L?min）1.69ACD小于溫度不變，平衡常數(shù)不變，若加入0.8molA、1.0molB平衡濃度則與上圖1中A濃度相同，投入量相當(dāng)于0.8molA、1.0molB后再投入0.1molB，平衡向正向移動(dòng)【分析】【分析】（1）根據(jù)v=計(jì)算v（D）；

（2）化學(xué)平衡常數(shù)指生成物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積除以各反應(yīng)物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積所得的比值；

（3）A．增大A的濃度；提高B的轉(zhuǎn)化率；

B．增大B的濃度；A的轉(zhuǎn)化率變大，B的轉(zhuǎn)化率減小；

C．移出部分物質(zhì)D；減小生成物濃度，平衡正向移動(dòng)；

D．全部轉(zhuǎn)化為A和B；進(jìn)行判斷；

（4）結(jié)合等效平衡思想判斷平衡時(shí)A的濃度；

（5）①該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；降低溫度，平衡向放熱方向移動(dòng)，即向正反應(yīng)移動(dòng)，D的濃度變大；

②容器的容積壓縮為原來的一半，壓強(qiáng)增大1倍，改變條件瞬間，平衡未移動(dòng)時(shí)B的濃度為原來2倍，m+n=p，平衡不移動(dòng)，D的濃度為原來2倍．【解析】【解答】解：（1）由圖1可知，在3min時(shí)反應(yīng)達(dá)平衡，D的濃度變化量為0.6mol/L，v（D）===0.1mol/（L?min）；

故答案為：0.1mol/（L?min）；

（2）物質(zhì)的量的變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比；所以（0.8-0.4）mol：（1.0-0.8）mol：0.6mol：0.2mol=m：n：p：q，即。

m：n：p：q=2：1：3：1，所以方程式為2A（g）+B（g）?3D（g）+E（s），平衡時(shí)c（A）==0.2mol/L，c（B）==0.4mol/L，c（D）==0.3mol/L，所以平衡常數(shù)k===1.69；

故答案為：1.69；

（3）A．原投料比為：n（A）：n（B）=0.8：1=4：5；先投入比為：n（A）：n（B）=2：1，相當(dāng)于增大了A的濃度，B的轉(zhuǎn)化率增大，故A正確；

B．保持體積不變通入1molB；增大B的濃度，A的轉(zhuǎn)化率變大，B的轉(zhuǎn)化率減小，故B錯(cuò)誤；

C．移出部分物質(zhì)D；減小生成物濃度，平衡正向移動(dòng)，B的轉(zhuǎn)化率增大，故C正確；

D．再投入2molA；1molB和0.6molD；全部轉(zhuǎn)化為A和B，則n（A）=2+0.6×3÷2=2.4mol，n（B）=1+0.6÷3=1.2，n（A）：n（B）=2.4：1.2=2：1，相當(dāng)于增大了A的濃度，B的轉(zhuǎn)化率增大，故D正確；

故答案為：ACD；

（4）相同條件下；開始加入0.2molA；0.8molB、0.9molD和0.5molE，按化學(xué)計(jì)量數(shù)轉(zhuǎn)化到左邊，可以等效為開始加入0.8molA、1.1molB、A的濃度與原平衡相同，B的濃度比原平衡大，平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，所以平衡時(shí)A的濃度小于原平衡時(shí)濃度，c（A）＜0.2mol/L；

故答案為：＜；溫度不變，平衡常數(shù)不變，若加入0.8molA；1.0molB平衡濃度則與上圖1中A濃度相同，投入量相當(dāng)于0.8molA、1.0molB后再投入0.1molB，平衡向正向移動(dòng)；

（5）①該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；降低溫度，平衡向放熱方向移動(dòng)，即向正反應(yīng)移動(dòng)，D的濃度變大，所以降低溫度，D的物質(zhì)的量減小，A完全轉(zhuǎn)化，生成1.2molD，c（D）=1.2÷2=0.6mol/L，故平衡時(shí)c（D）＜0.6mol/L，②m+n=p，容器的容積壓縮為原來的一半，壓強(qiáng)增大1倍，平衡不移動(dòng)，7min后D濃度為原來2倍，即0.6mol/L，故答案為：

．三、判斷題(共6題，共12分)13、×【分析】【分析】標(biāo)準(zhǔn)狀況下，氣體的摩爾體積為22.4L/mol，結(jié)合V=nVm計(jì)算．【解析】【解答】解：標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為V=1mol×22.4L/mol=22.4L；

故答案為：×．14、×【分析】【分析】電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔铮?/p>

非電解質(zhì)：在熔融狀態(tài)和水溶液中都不能導(dǎo)電的化合物；

在水溶液中完全電離的是強(qiáng)電解質(zhì)；部分電離的是弱電解質(zhì)．【解析】【解答】解：氨氣在水溶液中與水反應(yīng)生成一水合氨；一水合氨部分電離出銨根離子和氫氧根離子，氨氣自身不能電離，故氨氣是非電解質(zhì)；

故答案為：×．15、×【分析】【分析】將40gNaOH溶解在1L水中，溶液體積大于1L．【解析】【解答】解：將40gNaOH溶解在1L水中；溶液體積大于1L，溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度小于1mol/L；

故答案為：×．16、×【分析】【分析】烯烴、炔烴及苯的同系物均能被高錳酸鉀氧化，使其褪色，而不含不飽和鍵的物質(zhì)不能，以此來解答．【解析】【解答】解：乙炔；聚乙炔、乙烯均含不飽和鍵；均能被高錳酸鉀氧化，使其褪色；

甲苯、乙苯為苯的同系物，都能使KMnO4（H+）溶液褪色；

只有聚乙烯中不含C=C；不能被高錳酸鉀氧化，則不能使其褪色；

故答案為：×．17、√【分析】【分析】求出金剛石的物質(zhì)的量，然后根據(jù)1mol金剛石中含2mol共價(jià)鍵來分析．【解析】【解答】解：12g金剛石的物質(zhì)的量為1mol，而1mol金剛石中含2mol共價(jià)鍵即2NA個(gè)，故答案為：√．18、√【分析】【分析】根據(jù)乙醇與乙酸乙酯中含有的官能團(tuán)以及紅外光譜主要用于分析有機(jī)物中的官能團(tuán)類解答；【解析】【解答】解：乙醇中含有羥基；乙酸乙酯中含有酯基，官能團(tuán)不同，所以通過紅外光譜分析可以區(qū)分乙醇與乙酸乙酯；

故答案為：√；四、探究題(共4題，共28分)19、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)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．20、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)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(qiáng)氧化性，應(yīng)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(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會(huì)加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)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(yīng)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(shè)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(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）無影響，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯(cuò)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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯(cuò)誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)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(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計(jì)算；

④根據(jù)c（待測(cè)）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．21、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)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．22、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)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(qiáng)氧化性，應(yīng)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(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會(huì)加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)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(yīng)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(shè)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(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）無影響，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯(cuò)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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯(cuò)誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)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(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計(jì)算；

④根據(jù)c（待測(cè)）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．五、書寫(共2題，共14分)23、A、D、B、CI2+2NaOH═NaI+NaIO+H2O【分析】【分析】由溶液顏色按下面順序變化：①無色→②棕黃色→③藍(lán)色→④無色可知，溶液顯棕黃色，說明溶液中有I2生成，氯水和KI溶液反應(yīng)生成I2，而氯水顯淺綠色，故①為加入KI溶液，②為加入氯水，溶液顯藍(lán)色是I2遇淀粉形成的，故③為加入淀粉溶液；又由于I2+2NaOH═NaI+NaIO+H2O，加入NaOH溶液后I2逐漸消失，藍(lán)色逐漸褪為無色，故④為加入NaOH溶液，以此