廣州黃埔區(qū)第二中學(xué)2026屆高三上化學(xué)期中質(zhì)量檢測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、25℃時，水的電離達(dá)到平衡：H2OH＋+OH－；ΔH>0，下列敘述正確的是A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移動，c（OH－）降低B．向水中加入少量固體硫酸氫鈉，c（H＋）增大，Kw不變C．向水中加入少量固體CH3COONa，平衡逆向移動，c（H＋）降低D．將水加熱，Kw增大，pH不變2、《我不是藥神》中的“格列寧”是一種抗癌藥。同樣是抗癌藥物"6-Azulenol”的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列有關(guān)敘述錯誤的是()A．分子式為C13H18O3B．能發(fā)生加成、氧化、酯化反應(yīng)C．能使溴水、酸性高錳酸鉀溶液褪色D．1mol該物質(zhì)與足量的Na反應(yīng)可產(chǎn)生11.2LH2（已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況）3、下列說法正確的是①NaCl晶體中每個Na+同時吸引著6個Cl-，CsCl晶體中每個Cl-同時吸引著6個Cs+②蔗糖、硫酸鋇和水分別屬于非電解質(zhì)、強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)③因為氧化性：HClO>H2SO4,所以非金屬性：Cl>S④膠體的本質(zhì)特征是丁達(dá)爾現(xiàn)象⑤除去鐵粉中混有的少量鋁粉，可加入過量的氫氧化鈉溶液，完全反應(yīng)后過濾⑥可用Ba(OH)2溶液同時鑒別能力Fe(NO3)3、AlCl3、NH4Cl、FeCl2、Na2SO4五種溶液A．②⑤⑥B．①②④C．②④⑤D．③⑤⑥4、下列各組物質(zhì)的分類正確的是①混合物：水玻璃、水銀、水煤氣②電解質(zhì)：明礬、冰醋酸、石膏③酸性氧化物：CO2、CO、SO3④同位素：1H、2H2、3H⑤同素異形體：C80、金剛石、石墨⑥干冰、液氯都是非電解質(zhì)A．①②③④⑤⑥ B．②④⑤⑥ C．②⑤⑥ D．②⑤5、工業(yè)上可由乙苯生產(chǎn)苯乙烯：，下列說法正確的是（）A．苯乙烯的分子式為C8H10B．可用Br2/CCl4鑒別乙苯和苯乙烯C．乙苯的同分異構(gòu)體共有三種D．乙苯和苯乙烯分子內(nèi)共平面的碳原子數(shù)均為76、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．在0.01mol·L－1Ba(OH)2溶液中：Al3+、NH4+、NO3-、HCO3-B．0.1mol?L－1的FeCl2溶液中：H+、Al3+、SO42-、ClO－C．滴加KSCN溶液顯紅色的溶液：NH4＋、K＋、Cl－、I－D．由水電離產(chǎn)生的c(H+)＝1×10-13mol·L－1的溶液中：Na+、Ba2+、NO3-、Cl－7、解釋下列物質(zhì)性質(zhì)的變化規(guī)律時，與共價鍵的鍵能無關(guān)的是（）A．N2比O2的化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定B．F2、Cl2、Br2、I2的沸點(diǎn)逐漸升高C．金剛石的熔點(diǎn)比晶體硅高D．HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性依次減弱8、硫代硫酸鈉溶液與氯氣能發(fā)生反應(yīng)：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。下列說法錯誤的是A．氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1:1B．若0.5molNa2S2O3作還原劑；則轉(zhuǎn)移4mol電子C．當(dāng)Na2S2O3過量時，溶液能出現(xiàn)渾濁D．硫代硫酸鈉溶液吸收氯氣后，溶液的pH降低9、化學(xué)反應(yīng)N2+3H2→2NH3的能量變化如圖所示，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是（）A．N2(g)+H2(g)→NH3(l)△H=-46kJ/molB．N2(g)+H2(g)→NH3(g)△H=-454kJ/molC．N2(g)+3H2(g)→2NH3(g)△H=-92kJ/molD．N2(g)+3H2(g)→2NH3(1)△H=+431.3kJ/mol10、NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．H2O2分解產(chǎn)生1molO2轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4NAB．0.1molH2和0.1mol碘蒸氣在密閉容器中充分反應(yīng)，容器內(nèi)分子總數(shù)為0.2NAC．1molNaHSO4熔融時電離出的陽離子數(shù)目為2NAD．S8分子結(jié)構(gòu)如圖，1mol該分子中含有S—S鍵個數(shù)為7NA11、某溫度下，VmL不飽和NaNO3溶液ag，蒸發(fā)掉bg水或加入bgNaNO3固體(恢復(fù)到原溫度)均可使溶液達(dá)到飽和，則下列量的計算結(jié)果正確的是A．該溫度下NaNO3的溶解度為200gB．原不飽和溶液中NaNO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為%C．原不飽和溶液中NaNO3的物質(zhì)的量濃度為mol/LD．原不飽和溶液的密度為g/mL12、下列“油”中，一定條件下既不能與乙酸反應(yīng)也不能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的是A．甘油 B．醬油 C．奶油 D．汽油13、鋁是一種很重要的金屬，可以發(fā)生一系列反應(yīng)制備物質(zhì)，如圖所示：下列說法錯誤的是()A．反應(yīng)①又稱鋁熱反應(yīng)，可用于野外焊接鐵軌B．反應(yīng)②、③都有氫氣生成，產(chǎn)生等量的氫氣時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等C．常用反應(yīng)⑥制備Al(OH)3，方法是向A12(SO4)3溶液中滴加足量的NaOH溶液D．工業(yè)上用反應(yīng)⑦制備鋁時，常加入冰晶石以降低氧化鋁的熔融溫度14、若要在銅片上鍍銀時，下列敘述中錯誤的是（）①將銅片接在電源的正極②將銀片接在電源的正極③在銅片上發(fā)生的反應(yīng)是：Ag++e﹣=Ag④在銀片上發(fā)生的反應(yīng)是：4OH--4e-=O2+2H2O⑤可用CuSO4溶液作電解質(zhì)溶液⑥可用AgNO3溶液作電解質(zhì)溶液A．①③⑥ B．②③⑥ C．①④⑤ D．②③④⑥15、下列說法正確的是（）A．共價化合物中可能含離子鍵B．區(qū)別離子化合物和共價化合物的方法是看其水溶液是否能夠?qū)щ奀．離子化合物中只含離子鍵D．離子化合物熔融狀態(tài)能電離出自由移動的離子，而共價化合物不能16、如圖曲線a表示放熱反應(yīng)X(g)+Y(g)Z(g)+M(g)+N(s)進(jìn)行過程中X的轉(zhuǎn)化率隨時間變化的關(guān)系。若要改變起始條件，使反應(yīng)過程按b曲線進(jìn)行，可采取的措施是()A．升高溫度 B．加大X的投入量C．加催化劑 D．增大體積二、非選擇題（本題包括5小題）17、A、D、E、W是中學(xué)常見的四種元素，原子序數(shù)依次增大，A的原子最外層電子數(shù)是次外層的2倍，D的氧化物屬于兩性氧化物，D、E位于同周期，A、D、E的原子最外層電子數(shù)之和為14，W是人體必需的微量元素，缺乏W會導(dǎo)致貧血癥狀。（1）W在元素周期表中的位置是___。A與E組成的化合物是常用的溶劑，寫出其電子式___。（2）下列事實能用元素周期表相應(yīng)規(guī)律解釋的是（填字母序號）___。a．D的最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性弱于Mg(OH)2b．E的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性小于HFc．A的單質(zhì)能與二氧化硅高溫下制得粗品硅單質(zhì)（3）WE3的溶液可用于刻蝕銅制的印刷電路板，反應(yīng)的離子方程式為____。（4）①工業(yè)上用電解法制備D的單質(zhì)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。②家用“管道通”的有效成分是燒堿和D的單質(zhì)，使用時需加入一定量的水，此時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____。（5）W的單質(zhì)可用于處理酸性廢水中的NO3－，使其轉(zhuǎn)換為NH4+，同時生成有磁性的W的氧化物X，再進(jìn)行后續(xù)處理，上述反應(yīng)的離子方程式為__。上述W的氧化物X能與D的單質(zhì)反應(yīng)，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式為__。18、（選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)）有機(jī)物H的化學(xué)式為C15H16O2，它是一種在航空航天領(lǐng)域中應(yīng)用的重要原料，E為一種室內(nèi)裝修常見的污染氣體，F(xiàn)的產(chǎn)量可以衡量一個國家石油化工的發(fā)展水平，Q為酯類高分子物質(zhì)，④為多步進(jìn)行的反應(yīng)，請回答：（部分物質(zhì)及反應(yīng)條件省略）已知：（1）D的名稱為_____，反應(yīng)②的條件為_________。（2）H+N→Q的反應(yīng)類型為___________。（3）反應(yīng)①的化學(xué)方程式為________________。（4）反應(yīng)③的化學(xué)方程式為_________________。（5）H中最多有______個碳原子共平面，其滿足下列條件的同分異構(gòu)體有________種。I.兩個羥基分別連在兩個苯環(huán)上；II.苯環(huán)間通過一個碳原子連接在一起，有甲基且全部連在該碳原子上；III.不含H本身，不考慮立體異構(gòu)。（6）Q的結(jié)構(gòu)簡式為_____________________。（7）結(jié)合本題信息和上述合成路線，用流程圖表示出反應(yīng)④M→N的可能過程（無機(jī)藥品任選）。___________________________________。19、納米碳酸鈣廣泛應(yīng)用于橡膠、塑料、造紙、化學(xué)建材、油墨、涂料、密封膠與膠粘劑等行業(yè)。在濃CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得納米級碳酸鈣。某校學(xué)生實驗小組設(shè)計如圖所示裝置，制取該產(chǎn)品。D中裝有蘸稀硫酸的脫脂棉，圖中夾持裝置已略去?？蛇x用的藥品有：a．石灰石b．飽和氯化鈣溶液c．6mol/L鹽酸d．氯化銨e．氫氧化鈣。（1）A中制備氣體時，所需藥品是（選填字母序號）_____________________。（2）B中盛有飽和碳酸氫鈉溶液，其作用是_____________________________。（3）寫出制取氨氣的化學(xué)方程式：_____________________________________。（4）在實驗過程中，向C中通入氣體有先后順序，先通入氣體的化學(xué)式是：__________。（5）檢驗D出口處是否有氨氣逸出的方法是______________________。（6）寫出制納米級碳酸鈣的化學(xué)方程式：_____________________。20、樹德中學(xué)化學(xué)興趣小組設(shè)計不同實驗方案比較Cu2+、Ag+的氧化性。(本實驗忽略Cu2+、Ag+在此條件下的水解)(1)方案1:通過置換反應(yīng)比較:向AgNO3溶液插入銅絲，析出黑色固體，溶液變藍(lán)。反應(yīng)的離子方程式是______，說明氧化性Ag+>Cu2+。(2)方案2:通過Cu2+、Ag+分別與同一物質(zhì)反應(yīng)進(jìn)行比較實驗試劑編號及現(xiàn)象試管滴管1.0mol/LKI溶液1.0mol/LAgNO3溶液1mLI.產(chǎn)生黃色沉淀，溶液無色1.0mol/LCuSO4溶液1mLII.產(chǎn)生棕黑色沉淀A，溶液變棕黃①經(jīng)檢驗，I中溶液不含I2，黃色沉淀是______。②取II中棕黃色溶液，加入少量______溶液，變?yōu)開_____色，說明生成了I2。推測Cu2+做氧化劑,沉淀A有CuI。該反應(yīng)的離子方程式為:________________查閱資料得知:CuI為難溶于水的白色固體。于是對棕黑色沉淀的組成提出假設(shè)并證明假設(shè)是否成立，取部分棕黑色沉淀進(jìn)行實驗二:已知:CuI難溶于CCl4；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(無色)；Cu++2S2O32-=Cu(S2O3)23-(無色)。由實驗二得出結(jié)論:棕黑色沉淀是___________________?，F(xiàn)象ⅲ為______________。用化學(xué)平衡移動原理解釋產(chǎn)生現(xiàn)象ii的原因:________________。③白色沉淀CuI與AgNO3溶液反應(yīng)生成AgI和一種固體單質(zhì)，該反應(yīng)的離子方程式是______，說明氧化性Ag+>Cu2+。21、碳及其化合物廣泛存在于自然界。請回答下列問題：（1）反應(yīng)Ⅰ：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)ΔH1平衡常數(shù)為K1反應(yīng)Ⅱ：Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)ΔH2平衡常數(shù)為K2不同溫度下，K1、K2的值如下表：現(xiàn)有反應(yīng)Ⅲ：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)，結(jié)合上表數(shù)據(jù)，反應(yīng)Ⅲ是_______(填“放熱”或“吸熱”）反應(yīng)。（2）已知CO2催化加氫合成乙醇的反應(yīng)原理為：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)?H<0。設(shè)m為起始時的投料比，即m=n(H2)/n(CO2)。①圖1中投料比相同，溫度從高到低的順序為______________________。②圖2中m1、m2、m3從大到小的順序為________________________。③圖3表示在總壓為5MPa的恒壓條件下，且m=3時，平衡狀態(tài)時各物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系。則曲線d代表的物質(zhì)化學(xué)名稱為______________，T4溫度時，該反應(yīng)平衡常數(shù)KP的計算式為(不必化簡)_______________________。（3）已知：NH3·H2O的Kb=1.7×10－5，H2CO3的Ka1=4.3×10－7、Ka2=5.6×10－11。工業(yè)生產(chǎn)尾氣中的CO2捕獲技術(shù)之一是氨水溶液吸收技術(shù)，工藝流程是將煙氣冷卻至15.5℃～26.5℃后用氨水吸收過量的CO2。所得溶液的pH___________7（填“＞”、“=”或“＜”）。煙氣需冷卻至15.5℃～26.5℃的可能原因是____________。（4）為了測量某湖水中無機(jī)碳含量，量取100mL湖水，酸化后用N2吹出CO2，再用NaOH溶液吸收。往吸收液中滴加1.0mol/L鹽酸，生成的V(CO2)隨V(鹽酸)變化關(guān)系如圖所示，則原吸收液中離子濃度由大到小的順序為__________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【詳解】A.氨水能抑制水的電離，但堿性是增強(qiáng)的，A不正確；B.硫酸氫鈉是強(qiáng)酸的酸式鹽，溶于水顯酸性，水的離子積常數(shù)只和溫度有關(guān)，所以B是正確的；C.醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解顯堿性。水解是促進(jìn)水的電離的，所以C不正確；D.電離是吸熱的，因此加熱促進(jìn)水的電離，水的離子積常數(shù)增大，pH降低，D不正確。答案選B。2、D【詳解】A選項，根據(jù)結(jié)構(gòu)式數(shù)出該分子的分子式為C13H18O3，故A正確；B選項，含有碳碳雙鍵能發(fā)生加成、氧化，含有羧基和羥基都能發(fā)生酯化反應(yīng)，故B正確；C選項，含有碳碳雙鍵能使溴水、酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；D選項，該物質(zhì)有羥基、羧基，且每1mol羥基生成0.5mol氫氣，每1mol羧基反應(yīng)生成0.5mol氫氣，因此該物質(zhì)1mol與足量的Na反應(yīng)可產(chǎn)生標(biāo)況下22.4LH2，故D錯誤；綜上所述，答案為D?！军c(diǎn)睛】碳碳雙鍵能使酸性高錳酸鉀褪色，能使溴水褪色，能被氧化，注意兩個關(guān)系：2—OH——H2，2—COOH——H23、A【解析】NaCl晶體中每個Na+同時吸引著6個Cl-，CsCl晶體中每個Cl-同時吸引著8個Cs+，故①錯誤；蔗糖在水溶液里以分子存在，屬于非電解質(zhì)；硫酸鋇雖然難溶于水，但在熔融狀態(tài)能完全電離，所以屬于強(qiáng)電解質(zhì)；水能部分電離，屬于弱電解質(zhì)，所以蔗糖、硫酸鋇和水分別屬于非電解質(zhì)、強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)，故②正確；非金屬性Cl＞S，可比較最高價含氧酸的酸性，不能比較HClO、稀H2SO4的氧化性，二者沒有因果關(guān)系，故③錯誤；膠體的本質(zhì)特征是微粒直徑在1-100nm之間，故④錯誤；鋁粉能和氫氧化鈉反應(yīng)生成可溶性的偏鋁酸鈉，但鐵和氫氧化鈉不反應(yīng)，所以除去鐵粉中混有的少量鋁粉，可加入過量的氫氧化鈉溶液，完全反應(yīng)后過濾，故⑤正確；氫氧化鋇和硝酸鐵反應(yīng)生成紅褐色的氫氧化鐵沉淀；和氯化鋁反應(yīng)先生成白色沉淀，當(dāng)氫氧化鋇過量時白色沉淀又溶解；和氯化銨反應(yīng)生成刺激性氣味的氣體；和氯化亞鐵反應(yīng)先生成白色絮狀沉淀，白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色、最后變?yōu)榧t褐色沉淀；和硫酸鈉反應(yīng)生成白色沉淀，且氫氧化鋇過量時，白色沉淀不消失；所以可用Ba（OH）2溶液同時鑒別Fe(NO3)3、AlCl3、NH4Cl、FeCl2、Na2SO4五種溶液，故⑥正確。故選A。4、D【解析】①水玻璃和水煤氣是混合物，水銀是單質(zhì)，故①錯誤；②明礬、冰醋酸、石膏在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，是電解質(zhì)，故②正確；③CO2、SO3都可以與堿反應(yīng)生成鹽和水，屬于酸性氧化物，CO不能與堿反應(yīng)是不成鹽氧化物，故③錯誤；④同位素是同元素的不同原子，1H、3H是氫元素的同位素，2H2是單質(zhì)，故④錯誤；⑤同素異形體是同元素的不同單質(zhì)，C80、金剛石、石墨都是碳元素的不同單質(zhì)，屬于同素異形體，故⑤正確；⑥干冰的水溶液能導(dǎo)電，原因是干冰和水反應(yīng)生成碳酸，碳酸能電離出自由移動的陰陽離子而使溶液導(dǎo)電，碳酸是電解質(zhì)，干冰是非電解質(zhì)；液氯是單質(zhì)不是化合物，所以液氯既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故⑥錯誤；故選D。5、B【解析】苯乙烯的分子式為C8H8，故A錯誤；苯乙烯含有碳碳雙鍵，能使Br2/CCl4褪色，故B正確；乙苯的同分異構(gòu)體中屬于芳香烴的有鄰二甲苯、間二甲苯、對二甲苯三種，還有烯烴、炔烴等，故C錯誤；乙苯和苯乙烯分子內(nèi)共平面的碳原子數(shù)均為7或8，故D錯誤。6、D【解析】A、Al3+與HCO3－雙水解反應(yīng)不能大量共存，而且HCO3－與條件中OH-反應(yīng)不能大量共存，選項A錯誤；B、Al3+、ClO-發(fā)生雙水解反應(yīng)，H+、ClO-反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸能夠氧化FeCl2，在溶液中一定不能大量共存，選項B錯誤；C、滴加KSCN溶液顯紅色的溶液中含有Fe3＋：2Fe3＋+2I－=2Fe2＋+I2，不能大量共存，選項C錯誤；D、由水電離出的c(H＋)=10－13mol?L－1的溶液既可能呈酸性又可能呈堿性，酸性條件下，Na+、Ba2+、NO3-、Cl－都可以大量共存，選項D正確。答案選D。7、B【詳解】A項、N≡N鍵的鍵能比O=O鍵大，N2分子比O2的化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，與共價鍵的鍵能有關(guān)，故A錯誤；B項、F2、Cl2、Br2、I2的相對分子質(zhì)量在增大，分子間作用力增大，則熔、沸點(diǎn)在增大，與鍵能無關(guān)，故B正確；C項、金剛石中鍵能大于硅中的鍵能，碳碳鍵比硅硅鍵強(qiáng)，則金剛石的硬度大，熔點(diǎn)高，與鍵能有關(guān)，故C錯誤；D項、非金屬性F>Cl>Br>I，元素的非金屬性越強(qiáng)，形成的氫化物共價鍵的鍵能越大，對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，與鍵能有關(guān)，故D錯誤；故選B?！军c(diǎn)睛】金剛石、晶體硅都是由原子通過共價鍵結(jié)合的原子晶體，共價鍵越強(qiáng)，破壞它使物質(zhì)融化或汽化需要消耗的能量就越高，物質(zhì)的熔沸點(diǎn)就越高。8、A【分析】硫代硫酸鈉溶液與氯氣能發(fā)生反應(yīng)：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4，由化學(xué)方程式可知，Cl2是氧化劑，Na2S2O3是還原劑，NaCl和HCl都是還原產(chǎn)物，H2SO4是氧化產(chǎn)物，1molNa2S2O3在反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為8NA?！驹斀狻緼．H2SO4是氧化產(chǎn)物，NaCl和HCl都是還原產(chǎn)物；氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2:(2+6)=1:4，A錯誤，符合題意；B．若0.5molNa2S2O3作還原劑，則轉(zhuǎn)移4mol電子，B正確，不選；C．當(dāng)Na2S2O3過量時，過量的部分可以與硫酸反應(yīng)生成硫，所以溶液能出現(xiàn)渾濁，C正確，不選；D．Na2S2O3溶液吸收氯氣后生成了硫酸，溶液的pH降低，D正確，不選；答案選A。9、C【分析】根據(jù)反應(yīng)熱等于反應(yīng)物舊鍵斷裂吸收的總能量減去生成物新鍵形成所放出總能量計算反應(yīng)熱，然后根據(jù)并熱化學(xué)方程式的書寫方法寫出熱化學(xué)方程式，注意反應(yīng)物的物質(zhì)的量和生成物的聚集狀態(tài)?！驹斀狻坑蓤D可以看出，molN2(g)+molH2(g)斷鍵吸收的能量為204kJ，形成1molNH3(g)的放出的能量為250kJ，所以N2(g)+H2(g)=NH3(g)△H=-46kJ/mol，而1mol的NH3(g)轉(zhuǎn)化為1mol的NH3(l)放出的熱量為22.7kJ，根據(jù)蓋斯定律可知：N2(g)+H2(g)=NH3(l)△H=-68.7kJ/mol，即：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ/mol，N2(g)+3H2(g)=2NH3(l)△H=-137.4kJ/mol，故合理選項是C?！军c(diǎn)睛】本題考查熱化學(xué)方程式的書寫，注意書寫熱化學(xué)方程式時要注明物質(zhì)的存在狀態(tài)及與反應(yīng)的物質(zhì)相對應(yīng)的反應(yīng)熱，放熱反應(yīng)的反應(yīng)熱為負(fù)值，吸熱反應(yīng)的反應(yīng)熱為正值，反應(yīng)熱包括符號、數(shù)值及單位。10、B【解析】A.H2O2分解方程式為：2H2O2=2H2O+O2↑，H2O2發(fā)生歧化反應(yīng)，由化合價升降可知，產(chǎn)生1molO2轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA，錯誤；B.H2+I2?2HI，該反應(yīng)為反應(yīng)前后分子數(shù)不變的可逆反應(yīng)，故0.1molH2和0.1mol碘蒸氣在密閉容器中充分反應(yīng)，容器內(nèi)分子總數(shù)為0.2NA，正確；C.NaHSO4熔融時電離方程式為：NaHSO4Na++HSO4-，故陽離子總數(shù)為1NA，錯誤；D.由分子結(jié)構(gòu)模型可知，1molS8中含有S-S鍵個數(shù)為8NA，錯誤。答案選B?！军c(diǎn)睛】對于常見需要掌握的可逆反應(yīng)：H2+I2?2HI，N2+3H2?2NH3，PCl3+Cl2?PCl5，SO2+O2?SO3（需注意SO3的聚集狀態(tài)），弱電解質(zhì)的電離，鹽類的水解等，需要注意題干的要求信息，切忌顧首不顧尾；常見易錯物質(zhì)的化學(xué)鍵數(shù)目（以下物質(zhì)均為1mol）：硅單質(zhì)-2molSi-Si，二氧化硅-4molSi-O，金剛石-2molC-C，石墨-1.5molC-C，白磷（P4）-6molP-P等。11、C【詳解】A．蒸發(fā)掉bg水或加入bgNaNO3固體（恢復(fù)到原溫度）均可使溶液達(dá)到飽和，說明一定溫度下bgNaNO3固體溶于bg水中形成的是飽和溶液，根據(jù)溶解度概念列式計算設(shè)溶解度為S，則=100g，故該溫度下NaNO3的溶解度為100g，故A錯誤；B．設(shè)不飽和溶液中溶質(zhì)為xg，蒸發(fā)水bg后為飽和溶液，溶解度為100g，則依據(jù)溶解度概念列式計，解得x=，所以原不飽和溶液中NaNO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)=%，B錯誤；C．設(shè)不飽和溶液中溶質(zhì)為xg，蒸發(fā)水bg后為飽和溶液，溶解度為100g，則依據(jù)溶解度概念列式計算，x=，原不飽和溶液中NaNO3物質(zhì)的量濃度=mol/L，C正確；D．溶液的密度=g/L，D錯誤，答案選C。12、D【詳解】A.甘油指的是丙三醇，屬于醇類化合物，能與羧酸發(fā)生酯化反應(yīng)，故A不符合題意；B.醬油屬于混合物，主要成分為氨基酸，能和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，故B不符合題意；C.奶油指的是酯類化合物，能和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，故C不符合題意；D.汽油屬于烴類化合物，既不能與乙酸反應(yīng)也不能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，故D符合題意；故答案：D。13、C【詳解】A.鋁熱反應(yīng)指Al與某些金屬氧化物間的置換反應(yīng)，反應(yīng)①為鋁熱反應(yīng)，因反應(yīng)劇烈放熱，生成熔融的鐵水，可用于野外焊接鐵軌，選項A正確；B.Al既能與酸反應(yīng)放出氫氣又能與堿反應(yīng)放出氫氣，根據(jù)化合價的變化，產(chǎn)生等量的氫氣時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等，選項B正確；C.Al(OH)3具有兩性，因此制備時不使用強(qiáng)酸、強(qiáng)堿，用Al2(SO4)3溶液制備Al(OH)3沉淀應(yīng)選用氨水，選項C錯誤；D.Al2O3熔點(diǎn)高，電解時要耗費(fèi)更多的能源，加入冰晶石與氧化鋁形成共熔物，可降低氧化鋁的熔融溫度，選項D正確；答案選C。14、C【分析】根據(jù)電鍍原理，若在銅片上鍍銀，銅做電解池的陰極與電源負(fù)極相連，電解質(zhì)溶液中的銀離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成銀；銀做電解池的陽極和電源正極相連，銀失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成銀離子；電解質(zhì)溶液為硝酸銀溶液。【詳解】①將銅片接在電源的負(fù)極上，故①錯誤；②將銀片接在電源的正極上，故②正確；③在銅片上發(fā)生的反應(yīng)是：Ag++e-=Ag

，故③正確；④在銀片上發(fā)生的反應(yīng)是：Ag-e-=Ag+，故④錯誤；⑤用含有鍍層金屬的鹽溶液作電解質(zhì)溶液，不能選用硫酸銅溶液為電鍍液，故⑤錯誤；⑥用含有鍍層金屬的鹽溶液作電解質(zhì)溶液，可以選用硝酸銀溶液為電鍍液，故⑥正確；綜上所述，錯誤的有①④⑤；故選C?！军c(diǎn)睛】掌握電鍍的原理是解題的關(guān)鍵。本題的易錯點(diǎn)為電解質(zhì)溶液的選擇，要注意用含有鍍層金屬的鹽溶液作電解質(zhì)溶液，常見的易溶于水的銀鹽就是硝酸銀。15、D【詳解】A．只含共價鍵的化合物是共價化合物，含有離子鍵的化合物為離子化合物，故A錯誤；B．部分共價化合物在水溶液里能電離出陰陽離子，如HCl在水中能電離，其水溶液能導(dǎo)電，故B錯誤；C．離子化合物中一定含有離子鍵，可能含有共價鍵，如NaOH屬于離子化合物，含有O-H共價鍵，故C錯誤；D．離子化合物熔融狀態(tài)能電離，共價化合物在熔融時不電離，只有在水中才能電離，故D正確；故答案選D?！军c(diǎn)睛】根據(jù)化學(xué)鍵的概念及物質(zhì)中存在的化學(xué)鍵來分析解答。只含共價鍵的化合物是共價化合物，含有離子鍵的化合物為離子化合物，離子化合物中一定含有離子鍵，可能含有共價鍵，共價化合物一定不存在離子鍵，共價化合物只有在水中才能電離。16、C【分析】先分析出反應(yīng)X(g)+Y(g)Z(g)+M(g)+N(s)的特點(diǎn)是：氣體計量數(shù)不變、放熱。再由圖可知，按b曲線進(jìn)行與按a曲線進(jìn)行的關(guān)系是：b途徑反應(yīng)速率快，但達(dá)到的平衡結(jié)果與a相同，根據(jù)影響速率的因素及勒夏特列原理可作判斷?！驹斀狻緼.升高溫度：反應(yīng)速率增大，但平衡逆向移動X的轉(zhuǎn)化率下降，A錯誤；B.加大X的投入量，可增大的X的濃度，使平衡正向移動，但X的轉(zhuǎn)化率下降，B錯誤；C.加催化劑加快反應(yīng)速率，不改變x的轉(zhuǎn)化率，C正確；D.增大體積相當(dāng)于減壓，不影響該反應(yīng)的平衡，但會使反應(yīng)速率減小，D錯誤；答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、第四周期，第VⅢ族ab2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+2Al2O3(熔融)4A1+3O2↑2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe【分析】A、D、E、W是中學(xué)常見的四種元素，原子序數(shù)依次增大，A的原子最外層電子數(shù)是次外層的2倍，A為C元素；D的氧化物屬于兩性氧化物，D為Al元素；D、E位于同周期，A、D、E的原子最外層電子數(shù)之和為14，則E的最外層電子數(shù)=14-4-3=7，E為Cl元素；W是人體必需的微量元素，缺乏W會導(dǎo)致貧血癥狀，W為Fe元素，據(jù)此分析解答。【詳解】根據(jù)上述分析，A為C元素，D為Al元素，E為Cl元素，W為Fe元素。(1)W為Fe元素，在元素周期表中位于第四周期，第VⅢ族；A為C元素，E為Cl元素，組成的化合物是常用的溶劑為四氯化碳，電子式為，故答案為第四周期，第VⅢ族；；(2)a．同周期元素，從左到右，金屬性依次減弱，鋁在鎂的右邊，所以金屬性弱于鎂，所以氫氧化鋁的堿性弱于Mg(OH)2，故a選；b．同主族元素，從上到下，非金屬性依次減弱，所以F的非金屬性強(qiáng)于Cl，則氫化物穩(wěn)定性HCl小于HF，故b選；c．高溫下，碳能與二氧化硅高溫下制得粗品硅單質(zhì)，是因為生成的CO是氣體，沸點(diǎn)遠(yuǎn)低于二氧化硅，不能用元素周期律解釋，故c不選；故答案為ab；(3)FeCl3的溶液可用于刻蝕銅制的印刷電路板，是因為鐵離子能夠氧化銅生成銅離子，反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；(4)①工業(yè)上用電解氧化鋁的方法制備鋁，方程式：2Al2O3(熔融)

4Al+3O2↑；故答案為2Al2O3(熔融)

4Al+3O2↑；②鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，生成的氫氣可以有效的疏通管道，反應(yīng)的化學(xué)方程式：2Al+2

NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案為2Al+2

NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(5)酸性環(huán)境下硝酸根離子具有強(qiáng)的氧化性，能夠氧化鐵生成四氧化三鐵，反應(yīng)的離子方程式：3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+；鋁與四氧化三鐵反應(yīng)生成氧化鋁和鐵，方程式：8Al+3Fe3O4

4Al2O3+9Fe，故答案為3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+；8Al+3Fe3O4

4Al2O3+9Fe。18、苯酚Fe，加熱縮聚反應(yīng)或聚合反應(yīng)135【分析】由合成流程可知，碳化鈣與水反應(yīng)生成A為，結(jié)合反應(yīng)③生成酚醛樹脂可知，B為，C為，D為，E為一種室內(nèi)污染氣體，E為，A與氫氣反應(yīng)生成F為，F(xiàn)與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成M為，N為，結(jié)合已知信息可知H為，H與N發(fā)生縮聚反應(yīng)生成Q為，據(jù)此分析作答?！驹斀狻?1)反應(yīng)③生成酚醛樹脂可知D物質(zhì)名稱為苯酚，反應(yīng)②為苯和溴生成溴苯，條件為，加熱；故答案為：苯酚；，加熱；（2）H與N發(fā)生縮聚反應(yīng)生成Q為，故答案為：縮聚反應(yīng)；（3）反應(yīng)①為乙炔生成苯，故方程式為，故答案為：；（4）反應(yīng)③為苯酚和甲醛縮聚生成酚醛樹脂，方程式為：，答案為：（5）H為，由中間C的四面體結(jié)構(gòu)可知,2個苯環(huán)與C最多共面，即H中最多有13個碳原子共平面；根據(jù)限定的3個條件,要有結(jié)構(gòu)，且兩端苯環(huán)上各連一個，不含H本身，移動2個的位置，、、，即還有5種；故答案為：13；5；（6）H為，N為乙二酸，H與N發(fā)生縮聚反應(yīng)生成Q，Q的結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為：；（7）M為，N為，有M制取N，需要先生成乙二醇，再氧化得乙二醛，再氧化得乙二酸，即；故答案為：。19、ac除去CO2中的HCl2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2

+2NH3↑+2H2ONH3將濕潤的紅色石蕊試紙放在D出口處，若試紙變藍(lán)，則證明有氨氣逸出；若試紙不變藍(lán)，則證明沒有氨氣逸出（或用蘸有濃鹽酸的玻璃棒靠近D出口處，若有白煙，則證明有氨氣逸出；若沒有白煙，則證明沒有氨氣逸出。）CaCl2

+H2O+CO2

+2NH3

＝CaCO3+2NH4Cl【解析】(1)根據(jù)裝置特點(diǎn)可知，A為二氧化碳的發(fā)生裝置，E為氨氣的發(fā)生裝置；(2)根據(jù)生成的二氧化碳中混有氯化氫，結(jié)合C中的反應(yīng)分析判斷；(3)實驗室制取氨氣采用氯化銨和氫氧化鈣加熱制的生成氯化鈣、氨氣和水；(4)根據(jù)二氧化碳和氨氣的溶解性判斷先通入的氣體；(5)根據(jù)氨氣的檢驗方法分析解答；(6)由反應(yīng)物和生成物寫出反應(yīng)方程式?！驹斀狻?1)裝置A為碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)制二氧化碳，所需藥品是石灰石和6mol/L鹽酸，故答案為ac；(2)飽和NaHCO3溶液可除掉揮發(fā)出來的氯化氫，故答案為除去二氧化碳中的氯化氫；(3)實驗室制取氨氣采用氯化銨和氫氧化鈣加熱制的生成氯化鈣、氨氣和水，方程式為：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(4)氨氣極易溶于水，易于二氧化碳的吸收，所以應(yīng)先通入氨氣，故答案為NH3；(5)氨氣是堿性氣體，能使紅色石蕊試紙變藍(lán)；氨氣能和濃鹽酸反應(yīng)生成白煙，故答案為用濕潤的紅色石蕊試紙放到D出口處，如果試紙變藍(lán)，則證明氨氣逸出，反之則不逸出（或用玻璃棒蘸取濃鹽酸靠近試管口處，若觀察到白煙，則證明氨氣逸出，反之則不逸出）；(6)氨氣溶于水生成氨水，溶液呈堿性，二氧化碳是酸性氣體，能和堿反應(yīng)生成碳酸銨，碳酸銨和氯化鈣發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成碳酸鈣和氯化銨：CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，故答案為CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl。20、Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+AgI淀粉藍(lán)2Cu2++4I-2CuI↓+I2CuI吸附I2

形成的(CuI與I2的混合物)

棕黑色固體顏色變淺，溶液變?yōu)樽霞t色CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-與Cu+反應(yīng)生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)減小，平衡右移從而使白色沉淀溶解CuI+

2Ag+=Cu2++Ag+AgI【分析】（1）結(jié)合金屬活動性順序及氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性規(guī)律，再根據(jù)反應(yīng)現(xiàn)象推出結(jié)論；（2）①黃色沉淀是碘離子與銀離子形成的碘化銀沉淀；②證明棕黃色溶液中含有I2，則可以用淀粉溶液檢測，若溶液變藍(lán)，則證明溶液中含有I2單質(zhì)，再根據(jù)電子守恒規(guī)律，配平氧化還原反應(yīng)即可；根據(jù)已知信息“CuI為難溶于水的白色固體，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(無色)”，結(jié)合實驗二現(xiàn)象可推知，棕黃色沉淀為CuI吸附I2形成的混合物；又知I2易溶于有機(jī)溶劑，CuI不溶于CCl4；所以加入CCl4振蕩靜置后，觀察到的現(xiàn)象為：棕黑色固體顏色變淺，四氯化碳中因溶解了I2變?yōu)樽霞t色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI（s）?Cu+(aq)+I-(aq)，加入的S2O32-與因與Cu+反應(yīng)，促進(jìn)平衡向沉淀溶解方向移動，最后使沉淀消失。③反應(yīng)能說明氧化性Ag+>Cu2+，說明Ag+被還原為固體單質(zhì)為Ag，Cu2+為氧化產(chǎn)物?！驹斀狻浚?）向酸化的AgNO3溶液插入銅絲，析出黑色固體，溶液變藍(lán)，說明銅置換出了金屬銀，反應(yīng)的離子方程式為，說明氧化性Ag+＞Cu2+，故答案為；（2）①經(jīng)檢驗，Ⅰ中溶液不含I2，黃色沉淀是碘離子與銀離子形成的碘化銀沉淀，故答案為AgI；②欲證明棕黃色溶液中含有I2，則可以用淀粉溶液檢測，若溶液變藍(lán)，則證明溶液中含有I2，推測Cu2+做氧化劑，沉淀A有CuI，根據(jù)氧化還原反應(yīng)電子守恒規(guī)律得知，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；根據(jù)已知信息“CuI為難溶于水的白色固體，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(無色)”，結(jié)合實驗二現(xiàn)象可推知，棕黃色沉淀為CuI吸附I2形成的混合物；又知I2易溶于有機(jī)溶劑，CuI不溶于CCl4；所以加入CCl4振蕩靜置后，觀察到的現(xiàn)象為：棕黑色固體顏色變淺，四氯化碳中因溶解了I2變?yōu)樽霞t色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI（s）?Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-與Cu+發(fā)生反應(yīng)Cu++2S2O32-=Cu(S2O3)23-(無色)，使c(Cu+)減小，促進(jìn)平衡向沉淀溶解方向移動，最后使沉淀消失，故答案為淀粉；藍(lán)；2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；CuI吸附I2形成的(CuI與I2的混合物)；棕黑色固體顏色變淺，溶液變?yōu)樽霞t色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3