2024年人民版高一化學(xué)上冊(cè)月考試卷

…………○…………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(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2024年人民版高一化學(xué)上冊(cè)月考試卷790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5題，共10分)1、能用來(lái)鑒別乙醇、己烷、己烯三種無(wú)色溶液的一種試劑是（）A.金屬鈉B.溴水C.氫溴酸D.氫氧化鈉溶液2、下列關(guān)環(huán)境污染原因敘述正確的是rm{)}A.重金屬、農(nóng)藥等會(huì)造成水體污染B.裝飾材料中的甲醛、苯等會(huì)造成居室污染C.rm{CO}會(huì)導(dǎo)致酸雨的形成D.rm{CO_{2}}的大量排放會(huì)加劇溫室效應(yīng)3、下面是一些常用的危險(xiǎn)品標(biāo)志，裝運(yùn)乙醇的包裝箱應(yīng)貼上的圖標(biāo)是rm{(}rm{)}A.B.C.D.4、下列關(guān)于硫酸的說(shuō)法正確的是rm{(}rm{)}A.濃硫酸有脫水性，故可用做干燥劑B.濃硫酸有強(qiáng)酸性，故能與金屬活動(dòng)順序氫后的金屬反應(yīng)C.硫酸的酸性比鹽酸強(qiáng)，利用復(fù)分解反應(yīng)用硫酸可以制鹽酸D.由于濃硫酸具強(qiáng)氧化性，因此不能干燥硫化氫和碘化氫氣體5、實(shí)驗(yàn)室常利用以下反應(yīng)制取少量氮?dú)猓簉m{NaNO_{2}+NH_{4}Cloverset{triangle}{!=!=!=!=!=}NaCl+N_{2}隆眉+2H_{2}O}關(guān)于該反應(yīng)的下列說(shuō)法不正確的是()A.rm{NaNO_{2}+NH_{4}Cloverset{triangle

}{!=!=!=!=!=}NaCl+N_{2}隆眉+2H_{2}O}是氧化劑，rm{NaNO_{2}}是還原劑B.rm{NH_{4}Cl}既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物C.rm{N_{2}}中的氮元素被還原，發(fā)生還原反應(yīng)D.每生成rm{NH_{4}Cl}時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為rm{1molN_{2}}rm{3mol}評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、在氧化還原反應(yīng)15CuSO4+11P+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，1molCuSO4能氧化磷單質(zhì)的物質(zhì)的量是______．7、下面是同學(xué)們熟悉的物質(zhì)：rm{壟脵O_{2}壟脷H_{2}SO_{4}壟脹NaBr壟脺NH_{4}Cl壟脻NaHSO_{4}}rm{壟脵O_{2}壟脷H_{2}SO_{4}壟脹NaBr

壟脺NH_{4}Cl壟脻NaHSO_{4}}rm{壟脼Ne}rm{壟脽Na_{2}O_{2}壟脿NaOH}這些物質(zhì)中，只含有共價(jià)鍵的是_____________；只含有離子鍵的是________；既含有共價(jià)鍵又含有離子鍵的是；不存在化學(xué)鍵的是_________。rm{(1)}填序號(hào)rm{(}rm{)}屬于共價(jià)化合物的是____；屬于離子化合物的是____。rm{(2)}填序號(hào)rm{(}rm{)}將rm{(3)}固體溶于水，破壞了rm{NaHSO_{4}}中的____rm{NaHSO_{4}}填化學(xué)鍵類型rm{(}rm{)}在熔融狀態(tài)下電離，破壞了rm{NaHSO_{4}}中的rm{NaHSO_{4}}填化學(xué)鍵類型rm{(}rm{)}8、如圖是一次性電池--銅鋅電池的簡(jiǎn)易裝置．

rm{(1)}該電池的負(fù)極材料是______；在外電路中；電流方向是______．

rm{(2)}正極上發(fā)生______rm{(}填“氧化”或“還原”rm{)}反應(yīng)，正極反應(yīng)式是______rm{.(3)}鋰離子電池是新一代可充電的綠色電池，其必須采用非水電解質(zhì)或固體電解質(zhì)的原因是______．9、圖rm{1}為實(shí)驗(yàn)室制取氨的實(shí)驗(yàn)裝置．

rm{(1)}寫出rm{A}中所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式______．

rm{(2)}在收集氨時(shí)試管口棉花的作用是______．

rm{(3)}一位學(xué)生用制得的氨，按圖rm{2}裝置進(jìn)行噴泉實(shí)驗(yàn)；燒瓶已充滿干燥的氨氣，引發(fā)噴泉實(shí)驗(yàn)的操作是______．

rm{(4)}另一學(xué)生積極思考產(chǎn)生噴泉的其他方法，設(shè)計(jì)了圖rm{3}裝置rm{.}首先在錐形瓶中分別加入足量的下列物質(zhì)；反應(yīng)后產(chǎn)生噴泉的是______．

A.rm{CaCO_{3}}粉末和濃鹽酸。

B.rm{NH4HCO_{3}}溶液與稀rm{NaOH}溶液。

C.rm{HCl}和rm{AgNO_{3}}溶液。

D.rm{HCl}和酚酞溶液。

該同學(xué)又向錐形瓶中加入酒精，水槽中加入冷水后，再加入足量的下列物質(zhì)，結(jié)果也產(chǎn)生了噴泉rm{.}水槽中加入的物質(zhì)可以是______．

A.硝酸銨rm{B.}食鹽rm{C.}濃硫酸rm{D.}硫酸銅．10、在如圖所示的物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系中rm{(}部分反應(yīng)條件及產(chǎn)物省略rm{)}化合物rm{A}由短周期元素組成，所含離子數(shù)目比為rm{1}rm{2}rm{B}是常見(jiàn)的無(wú)色液體，rm{C}是能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)色的氣體，rm{E}是淡黃色粉末，rm{D}rm{F}rm{G}均為無(wú)色氣體．

完成下列問(wèn)題：

rm{(1)}寫出rm{A}的化學(xué)式______．

rm{(2)}組成rm{F}的元素在周期表中的位置______．

rm{(3)B}中存在化學(xué)鍵為_(kāi)_____．

rm{(4)}反應(yīng)rm{壟脵}的化學(xué)方程式：______．評(píng)卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)11、過(guò)濾時(shí)，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸．（判斷對(duì)錯(cuò)）12、蒸餾時(shí)，溫度計(jì)水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．13、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對(duì)錯(cuò)）14、摩爾是七個(gè)基本物理量之一．（判斷對(duì)錯(cuò)）15、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對(duì)錯(cuò)）16、過(guò)濾時(shí)，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、蒸餾時(shí)，溫度計(jì)水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．18、向蛋白質(zhì)溶液中滴加Na2SO4溶液產(chǎn)生沉淀屬于化學(xué)變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）19、含碳的化合物一定是有機(jī)化合物．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、解答題(共4題，共28分)20、現(xiàn)有部分短周期元素的性質(zhì)或原子結(jié)構(gòu)如下表：

。元素元素性質(zhì)或原子結(jié)構(gòu)A最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍B該元素是所有元素中非金屬性最強(qiáng)的CL層只有5個(gè)電子D第3周期元素的簡(jiǎn)單離子中半徑最?。?）寫出元素A的離子結(jié)構(gòu)示意圖______．寫出元素C的氣態(tài)氫化物的電子式______．

（2）元素B與氯元素相比；非金屬性較強(qiáng)的是______（用元素符號(hào)表示），下列表述中能證明這一事實(shí)的是______．

a．B的單質(zhì)通入氯化鈉水溶液不能置換出氯氣。

b．氯與B形成的化合物中氯元素呈正價(jià)態(tài)。

c．常溫下氯氣的顏色比B單質(zhì)的顏色深。

（3）探尋物質(zhì)的性質(zhì)差異性是學(xué)習(xí)的重要方法之一．A；B、C、D四種元素的單質(zhì)中化學(xué)性質(zhì)明顯不同于其他三種單質(zhì)的是______（填元素符號(hào)）；理由是______．

21、如圖所示裝置。

（1）若燒杯中為稀H2SO4；兩極反應(yīng)式為：

正極______

負(fù)極______

總反應(yīng)方程式______

（2）若燒杯中為NaOH溶液；總反應(yīng)方程式為：______．

22、①～⑩是元素周期表中的十種元素：

。主族。

周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2①②③3④⑤⑥⑦⑧4⑨⑩回答下列問(wèn)題：

（1）某同學(xué)對(duì)下列性質(zhì)進(jìn)行了對(duì)比；其中正確的是______．

A．原子半徑：⑩＞⑨＞⑦

B．離子半徑：⑨＞④＞⑦

C．非金屬性：③＞②＞⑥

D．單質(zhì)的熔點(diǎn)：④＞⑨＞⑩＞⑧

E．單質(zhì)的氧化性：③＞⑦＞⑧

（2）用合適的化學(xué)用語(yǔ)回答：

金屬性最強(qiáng)的元素離子結(jié)構(gòu)示意圖為_(kāi)_____；常溫下呈液態(tài)的氫化物的結(jié)構(gòu)式為：______．

（3）在上述元素中；②；⑧元素形成的氣態(tài)氫化物可以相互反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____；⑨、⑤元素形成的最高價(jià)氧化物的水化物可以相互反應(yīng)，該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____．

23、某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HOOC-CHCH-CH2OH．

（1）該有機(jī)物分子中官能團(tuán)的名稱是：______；______、______．

（2）驗(yàn)證該有機(jī)物中含有-COOH官能團(tuán)常采用的試劑是______（填名稱）；現(xiàn)象是______．

評(píng)卷人得分五、原理綜合題(共1題，共10分)24、乙酸甲酯是樹(shù)脂；涂料、油墨、油漆、膠粘劑、皮革生產(chǎn)過(guò)程所需的有機(jī)溶劑；而且乙酸甲酯還可作為原料制備燃料乙醇。已知：乙酸甲酯可由乙酸和甲醇進(jìn)行酯化反應(yīng)得到。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)①CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)?H1=-874.5kJ/mol

②2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)?H2=-1453kJ/mol

③2CH3COOCH3(l)+7O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)?H3=-3189.8kJ/mol

由上述反應(yīng)，可求出CH3COOH(l)+CH3OH(l)=CH3COOCH3(l)+H2O(l)的?H=________

(2)對(duì)于反應(yīng)CH3COOH(l)+CH3OH(l)?CH3COOCH3(l)+H2O(l)，判斷下列選項(xiàng)可以提高乙酸平衡轉(zhuǎn)化率的是______

A.加入催化劑，增快反應(yīng)速率

B.加入過(guò)量的甲醇。

C.加入過(guò)量的乙酸

D.將乙酸甲酯從體系中分離。

E.適當(dāng)?shù)靥岣叻磻?yīng)溫度

F.適當(dāng)?shù)亟档头磻?yīng)溫度。

(3)在剛性容器壓強(qiáng)為1.01MPa時(shí)；乙酸甲酯與氫氣制備乙醇發(fā)生了兩個(gè)反應(yīng)：

主反應(yīng)：CH3COOCH3(g)+2H2(g)?CH3OH(g)+CH3CH2OH(g)?H<0；

副反應(yīng)：CH3COOCH3(g)+H2(g)?CH3OH(g)+CH3CHO(g)?H>0，實(shí)驗(yàn)測(cè)得，在相同時(shí)間內(nèi)，反應(yīng)溫度與CH3CH2OH和CH3CHO的產(chǎn)率之間的關(guān)系如圖所示：

①在540℃之前CH3CHO的產(chǎn)率遠(yuǎn)低于CH3CH2OH產(chǎn)率的原因是________。

②在470℃之后CH3CHO與CH3CH2OH產(chǎn)率變化趨勢(shì)可能的原因是________。

(4)若在470℃時(shí)，以n(CH3COOCH3):n(H2)=1:10的投料比只進(jìn)行主反應(yīng)(不考慮副反應(yīng))；乙酸甲酯平衡轉(zhuǎn)化率與氣體總壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示：

①A點(diǎn)時(shí)，CH3COOCH3(g)的平衡分壓為_(kāi)_______MPa，CH3CH2OH(g)的體積分?jǐn)?shù)________%(保留一位小數(shù))。

②470℃時(shí)，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)Kp=________(MPa)-1(Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，列出計(jì)算式，不要求計(jì)算結(jié)果)。評(píng)卷人得分六、工業(yè)流程題(共4題，共16分)25、鉬酸鈉(Na2MoO4)是一種冷卻水系統(tǒng)的金屬緩蝕劑，工業(yè)上利用鉬精礦(主要成分為MoS2)制備金屬鉬和鉬酸鈉晶體的流程如下圖所示。

回答下列問(wèn)題：

(1)如果在空氣中焙燒1molMoS2時(shí)，S轉(zhuǎn)移12mol電子，則MoS2中鉬元素的化合價(jià)為_(kāi)___；焙燒產(chǎn)生的尾氣對(duì)環(huán)境的主要危害是___。

(2)若在實(shí)驗(yàn)室中進(jìn)行操作2，則從鉬酸鈉溶液中得到鉬酸鈉晶體的操作步驟是_；過(guò)濾；洗滌、干燥。

(3)鉬精礦中MoS2含量的測(cè)定：取鉬精礦16g，經(jīng)在空氣中焙燒、操作1、操作2得到鉬酸鈉晶體(Na2MoO4·2H2O)12.1g(假設(shè)各步的轉(zhuǎn)化率均為100%)，鉬精礦中MoS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)________。(已知MoS2的相對(duì)分子質(zhì)量為160，Na2MoO4·2H2O的相對(duì)分子質(zhì)量為242)。

(4)操作3硫元素被氧化為最高價(jià)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______。

(5)用鎳、鉬作電極電解濃NaOH溶液制備鉬酸鈉(Na2MoO4)的裝置如圖所示。b電極上的電極反應(yīng)式為_(kāi)___________。

(6)某溫度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，該溫度下BaMoO4的Ksp的值為_(kāi)___。

26、鈷鉬系催化劑主要用于石油煉制等工藝，從廢鈷鉬催化劑（主要含有MoS2、CoS和Al2O3）中回收鈷和鉬的工藝流程如圖：

已知：浸取液中的金屬離子主要為MoOCo2+、Al3+。

（1）鉬酸銨[(NH4)2MoO4]中Mo的化合價(jià)為_(kāi)__，MoS2在空氣中高溫焙燒產(chǎn)生兩種氧化物：SO2和___（填化學(xué)式）。

（2）酸浸時(shí)，生成MoO的離子方程式為_(kāi)__。

（3）若選擇兩種不同萃取劑按一定比例（協(xié)萃比）協(xié)同萃取MoO和Co2+，萃取情況如圖所示，當(dāng)協(xié)萃比=___更有利于MoO的萃取。

（4）向有機(jī)相1中滴加氨水，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__。

（5）Co2+萃取的反應(yīng)原理為Co2++2HRCoR2+2H+，向有機(jī)相2中加入H2SO4能進(jìn)行反萃取的原因是___（結(jié)合平衡移動(dòng)原理解釋）。

（6）水相2中的主要溶質(zhì)除了H2SO4，還有___（填化學(xué)式）。

（7）Co3O4可用作電極，若選用KOH電解質(zhì)溶液，通電時(shí)可轉(zhuǎn)化為CoOOH，則陽(yáng)極電極反應(yīng)式為_(kāi)__。27、工業(yè)上利用廢鎳催化劑（主要成分為Ni，還含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO）制備草酸鎳晶體（NiC2O4·2H2O）的流程如下：

（1）NiC2O4·2H2O中C的化合價(jià)是___。既能加快“酸浸”反應(yīng)速率又能提高“酸浸”原料利用率的操作措施為_(kāi)__。

（2）“濾渣Ⅰ”的主要成分是___。

（3）在隔絕空氣的條件下，高溫煅燒無(wú)水NiC2O4得到Ni2O3和兩種含碳元素的氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是___。

（4）高能鋰離子電池的總反應(yīng)為2Li+FeS=Fe+Li2S。用該電池作電源電解含鎳酸性廢水回收Ni的裝置如圖（圖中X、Y為電極，LiPF6·SO(CH3)2為電解質(zhì)）。

①電極X的反應(yīng)材料是___（填化學(xué)式）；中間隔室b可以得到的主要物質(zhì)Z是___（填化學(xué)式）。

②電解總反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__。

已知F＝96500C/mol，若電池工作tmin，維持電流強(qiáng)度為IA，理論回收Ni___g（寫出計(jì)算表達(dá)式即可）。28、鉍(Bi)是一種稀有金屬；目前世界年產(chǎn)量約4000t左右。鉍的主要用途是制造易熔合金，作為冶金添加劑及制藥工業(yè)等方面。鉍的冶煉分為粗煉和精煉兩個(gè)階段：

Ⅰ.粗煉。輝鉍礦(Bi2S3)鉍華(Bi2O3)混合精礦(Bi2S3/Bi2O3)沉淀熔煉還原熔煉混合熔煉

Ⅱ.精煉。

回答下列問(wèn)題：

(1)鉍在元素周期表中的位置是_______________。

(2)①還原熔煉法中還需加入一定量造渣劑(純堿)使其與礦石中的脈石(主要為Al2O3)形成熔渣，寫出形成熔渣反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式______________________________。

②對(duì)于混合精礦，礦料中的Bi2S3和Bi2O3可在高溫下彼此進(jìn)行氧化還原反應(yīng)生產(chǎn)粗鉍，寫出此反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式______________________________。

③有些硫化鉍礦也可用濕法處理，即加入三氯化鐵與鹽酸的混合液，可溶解硫化鉍和少量天然鉍，這是利用了_______________________________。

(3)電解精煉時(shí)，以_______作為陽(yáng)極，__________作為陰極，電解液一般用FeCl3/HCl。此時(shí)電解出的鉍還含有砷；銻、碲雜質(zhì)；需進(jìn)一步除去：

①除砷；銻。

在熔融粗鉍中通入空氣，砷、銻將優(yōu)先氧化為As2O3及Sb2O3，根據(jù)上圖分析其原因是________________________________。

②除碲：向除砷、銻后的熔鉍中繼續(xù)鼓入空氣并加入NaOH，雜質(zhì)碲被氧化為TeO2隨即被NaOH吸入形成亞碲酸鈉，寫出吸入反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式_______________________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】解：A．乙醇；己烷、己烯三種物質(zhì)都是無(wú)色液體；但是化學(xué)性質(zhì)有明顯的不同．乙醇與金屬鈉可以發(fā)生反應(yīng)，有無(wú)色氣體（氫氣）生成，而己烷、己烯均不與金屬鈉反應(yīng)，無(wú)法鑒別開(kāi)，故A錯(cuò)誤；

B．溴水與乙醇可以互溶；己烯可以使溴水褪色，己烷和溴水混合會(huì)發(fā)生分層現(xiàn)象，可鑒別，故B正確；

C．氫溴酸與乙醇可以互溶；而己烷；己烯均不溶，也不發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D．氫氧化鈉溶液與氫溴酸類似；不能鑒別己烷和己烯，故D錯(cuò)誤．

故選B．

根據(jù)有機(jī)物的物理性質(zhì)以及化學(xué)性質(zhì)的異同來(lái)選擇鑒別方法；己烷；己烯都不溶于水，乙醇易溶于水，己烯含有C=C，能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，以此解答該題．

本題考查有機(jī)物的鑒別，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，題目難度不大，注意常見(jiàn)有機(jī)物的性質(zhì)的異同．【解析】【答案】B2、C【分析】解：重金屬；農(nóng)和難分解機(jī)物等會(huì)造成污染；故A確；

酸雨的成是由于rm{O2}rm{NO2}而引起的；的放不形成酸雨，故錯(cuò)誤；

氧化碳的大量排放會(huì)加劇溫室效；故正確；

故C．

A.水體污染要來(lái)自三個(gè)面：工業(yè)生產(chǎn)廢的任意排放農(nóng)業(yè)上大量地使用化和生活污水的任意排放；

居染來(lái)源于裝飾材料的醛；芳香及等會(huì)造成居室污染；

溫室應(yīng)的罪魁禍?zhǔn)诪槎趸迹?/p>

本題考查常見(jiàn)的境污染問(wèn)目難不大，握常見(jiàn)的有毒質(zhì)及環(huán)境污染現(xiàn)象為解答的關(guān)鍵注意酸雨與二化硫、的氧化物有關(guān)，題有利于高學(xué)生的環(huán)境．【解析】rm{C}3、D【分析】解：rm{A.}圖標(biāo)為腐蝕品；乙醇屬于易燃品，故A錯(cuò)誤；

B.圖標(biāo)為爆炸品；乙醇屬于易燃品，故B錯(cuò)誤；

C.圖標(biāo)為有毒氣體；乙醇屬于易燃品，故C錯(cuò)誤；

D.乙醇為易燃液體；圖標(biāo)為易燃液體，故D正確．

故選D．

乙醇易燃燒；屬于易燃液體，然后根據(jù)各選項(xiàng)圖標(biāo)的含義解答．

本題考查常用的危險(xiǎn)品標(biāo)志，難度不大，解答本題時(shí)，首先要知道各個(gè)標(biāo)簽所代表的含義，然后根據(jù)酒精的性質(zhì)進(jìn)行分析判斷，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力和應(yīng)用能力．【解析】rm{D}4、D【分析】解：rm{A.}濃硫酸有吸水性；故可用做干燥劑，不是脫水性，故A錯(cuò)誤；

B.濃硫酸具有強(qiáng)的氧化性；能與金屬活動(dòng)順序氫后的金屬反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C.濃硫酸難揮發(fā)；鹽酸易揮發(fā)，則利用復(fù)分解反應(yīng)用硫酸可以制鹽酸，故C錯(cuò)誤；

D.濃硫酸具有強(qiáng)的氧化性；能夠氧化硫化氫和碘化氫，不能用濃硫酸干燥硫化氫和碘化氫，故D正確；

故選：rm{D}．

A.依據(jù)濃硫酸有吸水性；故可用做干燥劑；

B.濃硫酸具有強(qiáng)的氧化性；能與金屬活動(dòng)順序氫后的金屬反應(yīng)；

C.根據(jù)濃硫酸難揮發(fā)；鹽酸易揮發(fā)分析；

D.濃硫酸具有強(qiáng)的氧化性；能夠氧化硫化氫和碘化氫．

本題考查了濃硫酸的性質(zhì)，熟悉濃硫酸的強(qiáng)氧化性、脫水性、吸水性、難揮發(fā)性、酸性是解題關(guān)鍵，注意濃硫酸具有強(qiáng)的氧化性，不能用來(lái)制取還原性氣體，例如硫化氫，碘化氫．【解析】rm{D}5、C【分析】【分析】本題考查氧化還原反應(yīng)，側(cè)重考查基本概念、基本計(jì)算，明確元素化合價(jià)變化是解本題關(guān)鍵，知道氧化劑、還原性的判斷方法，題目難度中等?！窘獯稹垦趸€原反應(yīng)實(shí)質(zhì)是在反應(yīng)過(guò)程中有電子的轉(zhuǎn)移rm{(}得失或電子對(duì)偏移rm{)}特征是有化合價(jià)的變化，所以我們可以依據(jù)反應(yīng)過(guò)程中元素的化合價(jià)變化進(jìn)行有關(guān)概念的分析；化學(xué)反應(yīng)過(guò)程中，失去電子rm{(}或電子對(duì)偏離rm{)}化合價(jià)升高的元素，被氧化，發(fā)生氧化反應(yīng)，做還原劑；得到電子rm{(}或電子對(duì)偏向rm{)}化合價(jià)降低的元素，被還原，發(fā)生還原反應(yīng)，做氧化劑。A.該反應(yīng)中rm{N}元素化合價(jià)由rm{+3}價(jià)、rm{-3}價(jià)變?yōu)閞m{0}價(jià)；所以亞硝酸鈉是氧化劑；氯化銨是還原劑，故A正確；

B.rm{NaNO_{2}}是氧化劑，rm{NH_{4}Cl}是還原劑，所以rm{N_{2}}既是氧化產(chǎn)物；又是還原產(chǎn)物，故B正確；

C.該反應(yīng)中rm{NH_{4}Cl}中的氮元素化合價(jià)升高；失電子；被氧化，發(fā)生氧化反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D.該反應(yīng)每生成rm{1}rm{mol}rm{N_{2}}時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量rm{=1mol隆脕(3-0)=3}rm{mol}故D正確。

故選C。【解析】rm{C}二、填空題(共5題，共10分)6、略

【分析】解：首先分析反應(yīng)中各元素的化合價(jià)變化，Cu的價(jià)態(tài)由+2→+1（還原），11molP元素中6mol化合價(jià)升高（氧化）、5mol化合價(jià)降低（還原），可見(jiàn)被氧化的6molP，是被Cu（+2）和另一部分P共同氧化的．由電子得失數(shù)目可知，6mol被氧化的P共失電子6mol×5=30mol，其中Cu（+2）得15mol，另一部分P得另15mol．即15molCuSO4所氧化的P為=3mol，則1molCuSO4氧化Pmol．

故答案為：mol．

首先分析反應(yīng)中各元素的化合價(jià)變化，Cu的價(jià)態(tài)由+2→+1（還原），11molP元素中6mol化合價(jià)升高（氧化）、5mol化合價(jià)降低（還原），可見(jiàn)被氧化的6molP，是被Cu（+2）和另一部分P共同氧化的．再分析電子得失數(shù)目發(fā)現(xiàn)，6mol被氧化的P共失電子30mol，其中Cu（+2）得15mol，另一部分P得另15mol．即15molCuSO4所氧化的P為3mol，則1molCuSO4氧化Pmol．

本題考查氧化還原反應(yīng)基本概念與計(jì)算，難度中等，關(guān)鍵根據(jù)化合價(jià)判斷氧化劑與還原劑，可以直接利用Cu（+2）得電子等于CuSO4氧化的磷得電子數(shù)守恒計(jì)算，更為簡(jiǎn)單．【解析】mol7、（1）①②③④⑤⑦⑧⑥

（2）②③④⑤⑦⑧

（3）離子鍵和共價(jià)鍵離子鍵。

【分析】【分析】本題考查了化學(xué)鍵和化合物的判斷；根據(jù)物質(zhì)的構(gòu)成微粒及微粒間的作用力來(lái)分析解答，注意硫酸氫鈉在水溶液里或熔融狀態(tài)下電離方程式的區(qū)別，知道稀有氣體中不存在化學(xué)鍵，為易錯(cuò)點(diǎn)。

【解答】rm{壟脵O_{2}}中rm{O}原子之間只存在非極性共價(jià)鍵；為單質(zhì)；

rm{壟脷H}rm{2}rm{2}rm{SO}中rm{4}原子和rm{4}原子、rm{S}原子和rm{O}原子之間存在極性共價(jià)鍵；為共價(jià)化合物；

rm{O}中鈉離子和溴離子之間只存在離子鍵；為離子化合物；

rm{H}rm{壟脹NaBr}rm{壟脺NH}中銨根離子和氯離子之間存在離子鍵、rm{4}原子和rm{4}原子之間存在極性共價(jià)鍵；為離子化合物；

rm{Cl}rm{N}中鈉離子和硫酸氫根離子之間存在離子鍵、rm{H}原子和rm{壟脻NaHSO}原子之間存在共價(jià)鍵；為離子化合物；

rm{4}中不存在化學(xué)鍵；

rm{4}中鈉離子和過(guò)氧根離子之間存在離子鍵、rm{S}原子之間存在非極性共價(jià)鍵；為離子化合物；

rm{O}中鈉離子和氫氧根離子之間存在離子鍵、rm{壟脼Ne}原子和rm{壟脽Na_{2}O_{2}}原子之間存在極性鍵；為離子化合物；

rm{O}只含有共價(jià)鍵的是rm{壟脿NaOH}只含有離子鍵的是rm{O}既含有共價(jià)鍵又含有離子鍵的是：rm{H}不存在化學(xué)鍵的是rm{(1)}

故答案為：rm{壟脵壟脷壟脺}rm{壟脹}rm{壟脻壟脼壟脽壟謾壟芒}rm{壟脿}

rm{壟脵壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺壟脻壟脽壟脿}rm{壟脼}rm{(2)}屬于共價(jià)化合物的是rm{壟脷}，屬于離子化合物的是rm{壟脹壟脺壟脻壟脽壟脿}，故答案為：

rm{壟脷}是強(qiáng)酸強(qiáng)堿酸式鹽，屬?gòu)?qiáng)電解質(zhì)，完全電離，電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子，所以破壞了；中的離子鍵和共價(jià)鍵，rm{壟脹壟脺壟脻壟脽壟脿}在熔融狀態(tài)下電離；破壞了離子鍵，故答案為：離子鍵和共價(jià)鍵；離子鍵。

；【解析】rm{(1)壟脵壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}rm{壟脺}rm{壟脻壟脽壟脿}

rm{壟脼}rm{壟脼}rm{(2)}

rm{壟脷}rm{壟脹壟脺壟脻壟脽壟脿}離子鍵和共價(jià)鍵離子鍵。

rm{壟脷}8、鋅；由銅到鋅；還原反應(yīng)；2H++2e-=H2↑；鋰是活潑金屬，易與水發(fā)生反應(yīng)【分析】解：rm{(1)}該電池的負(fù)極材料是鋅；在外電路中，電流方向是正極銅流向負(fù)極鋅，故答案為：鋅；由銅到鋅；

rm{(2)}正極上發(fā)生還原反應(yīng)，正極反應(yīng)式是rm{2H^{+}+2e-=H_{2}隆眉}故答案為：還原反應(yīng)，rm{2H^{+}+2e-=H_{2}隆眉}

rm{(3)}鋰是一種活潑金屬；易與水反應(yīng)，鋰離子電池必須用非水電解質(zhì)，故答案為：鋰是活潑金屬，易與水發(fā)生反應(yīng)．

銅片和鋅片用導(dǎo)線連接后插入稀硫酸中形成了原電池，由于金屬活動(dòng)性rm{Zn>Cu}rm{Zn}為負(fù)極，rm{Cu}為正極，電池工作時(shí)，負(fù)極上發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)式為rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}正極上發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)式為rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}鋰是一種活潑金屬；鋰離子電池必須用非水電解質(zhì)，由此分析解答．

本題考查原電池的基礎(chǔ)知識(shí)，題目較為簡(jiǎn)單，注意原電池的組成和工作原理．【解析】鋅；由銅到鋅；還原反應(yīng)；rm{2H^{+}+2e-=H_{2}隆眉}鋰是活潑金屬，易與水發(fā)生反應(yīng)9、2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；減少氨氣與空氣的對(duì)流，加快收集的速率，同時(shí)保證試管中能收集滿氨氣；打開(kāi)橡皮管的夾子，擠壓膠頭滴管的膠頭，使少量的水進(jìn)入燒瓶，由于氨氣易溶于水；A；C【分析】解：rm{(1)}采用的是固rm{+}固混合加熱制氣的方法，故用氯化銨和氫氧化鈣固體混合加熱制rm{NH_{3}}氯化銨與氫氧化鈣反應(yīng)生成氯化鈣、氨氣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}

故答案為：rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}

rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}收集氨氣用的是向下排空氣法；試管口棉花的作用是減少氨氣與空氣的對(duì)流，加快收集的速率，同時(shí)保證試管中能收集滿氨氣；

故答案為：減少氨氣與空氣的對(duì)流；加快收集的速率，同時(shí)保證試管中能收集滿氨氣；

rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}氨氣極易溶于水；如果打開(kāi)止水夾，氨氣溶于水后燒瓶?jī)?nèi)壓強(qiáng)迅速減小，而形成噴泉；

故答案為：打開(kāi)橡皮管的夾子；擠壓膠頭滴管的膠頭，使少量的水進(jìn)入燒瓶；

rm{(2)}粉末和濃鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生大量二氧化碳；使錐形瓶中壓強(qiáng)增大，形成噴泉，故A正確；

B.rm{(3)}溶液與稀rm{(4)CaCO_{3}}溶液；不產(chǎn)生氣體，不能形成噴泉，故B錯(cuò)誤；

C.rm{NH_{4}HCO_{3}}和rm{NaOH}溶液；不產(chǎn)生氣體，不能形成噴泉，故C錯(cuò)誤；

D.rm{HCl}和酚酞溶液；不產(chǎn)生氣體，不能形成噴泉，故D錯(cuò)誤；

錐形瓶?jī)?nèi)裝有酒精，易揮發(fā)，要形成噴泉，應(yīng)使錐形瓶?jī)?nèi)壓強(qiáng)增大，所加物質(zhì)應(yīng)放出大量的熱，濃硫酸遇水被稀釋，釋放出大量的熱，使錐形瓶中的乙醇揮發(fā)，壓強(qiáng)增大，形成噴泉，而其它物質(zhì)都不能達(dá)到溶于水而放出大量的熱的目的，只有rm{AgNO_{3}}符合；

故答案為：rm{HCl}rm{C}．

rm{A}氯化銨與氫氧化鈣反應(yīng)生成氯化鈣；氨氣和水；

rm{C}根據(jù)氨氣的性質(zhì)判斷；

rm{(1)}利用氨氣極易溶于水；形成壓強(qiáng)差而形成噴泉進(jìn)行解答；

rm{(2)}依據(jù)加入的物質(zhì)能導(dǎo)致錐形瓶中氣壓變大的原理才能產(chǎn)生噴泉；結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)分析解答．

本題考查了氨氣的制備和性質(zhì)，明確反應(yīng)原理、形成噴泉的原理和操作方法是解答的關(guān)鍵，題目難度不大．rm{(3)}【解析】rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}減少氨氣與空氣的對(duì)流，加快收集的速率，同時(shí)保證試管中能收集滿氨氣；打開(kāi)橡皮管的夾子，擠壓膠頭滴管的膠頭，使少量的水進(jìn)入燒瓶，由于氨氣易溶于水；rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+2H_{2}O}rm{A}rm{C}10、略

【分析】解：化合物rm{A}由短周期元素組成，加熱分解得到rm{B}rm{C}rm{D}rm{C}是能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)色的氣體，則rm{C}為rm{NH_{3}}rm{B}是常見(jiàn)的無(wú)色液體，rm{E}是淡黃色粉末，二者反應(yīng)生成無(wú)色氣體rm{F}應(yīng)是過(guò)氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉與氧氣，則rm{E}為rm{Na_{2}O_{2}}rm{B}為rm{H_{2}O}rm{F}為rm{O_{2}}結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系，可知rm{G}為rm{NO}rm{H}為rm{NO_{2}}rm{I}為rm{HNO_{3}}濃硝酸與木炭反應(yīng)生成rm{D}為rm{CO_{2}}rm{A}中所含離子數(shù)目比為rm{1}rm{2}故A為rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}．

rm{(1)A}的化學(xué)式：rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}故答案為：rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}

rm{(2)}組成rm{F}的元素為元素，在周期表中的位置：第二周期rm{VIA}族，故答案為：第二周期rm{VIA}族；

rm{(3)B}為rm{H_{2}O}存在化學(xué)鍵為共價(jià)鍵，故答案為：共價(jià)鍵；

rm{(4)}反應(yīng)rm{壟脵}的化學(xué)方程式：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}故答案為：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O.}

化合物rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}由短周期元素組成，加熱分解得到rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O.}rm{A}rm{B}rm{C}是能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)色的氣體，則rm{D}為rm{C}rm{C}是常見(jiàn)的無(wú)色液體，rm{NH_{3}}是淡黃色粉末，二者反應(yīng)生成無(wú)色氣體rm{B}應(yīng)是過(guò)氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉與氧氣，則rm{E}為rm{F}rm{E}為rm{Na_{2}O_{2}}rm{B}為rm{H_{2}O}結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系，可知rm{F}為rm{O_{2}}rm{G}為rm{NO}rm{H}為rm{NO_{2}}濃硝酸與木炭反應(yīng)生成rm{I}為rm{HNO_{3}}rm{D}中所含離子數(shù)目比為rm{CO_{2}}rm{A}故A為rm{1}據(jù)此解答．

本題考查無(wú)機(jī)物推斷，涉及氮元素化合物性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，“rm{2}rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}性質(zhì)及二者發(fā)生的反應(yīng)以及rm{B}的性質(zhì)”等是推斷突破口，再結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系推斷，需要學(xué)生熟練掌握元素化合物知識(shí)，難度中等．rm{E}【解析】rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}第二周期rm{VIA}族；共價(jià)鍵；rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}三、判斷題(共9題，共18分)11、A【分析】【解答】過(guò)濾是把不溶于液體的固體物質(zhì)跟液體分離開(kāi)來(lái)的一種混合物分離的方法；過(guò)濾時(shí)，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸，避免萬(wàn)一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會(huì)順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導(dǎo)致過(guò)濾失敗，所以題干說(shuō)法正確；

故答案為：正確．

【分析】根據(jù)過(guò)濾的注意事項(xiàng)‘一貼二低三靠’；取用液體藥品的方法進(jìn)行分析解答．

一貼：過(guò)濾時(shí)；為了保證過(guò)濾速度快，而且避免液體順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，濾紙應(yīng)緊貼漏斗內(nèi)壁，且中間不要留有氣泡．

二低：如果濾紙邊緣高于漏斗邊緣；過(guò)濾器內(nèi)的液體極有可能溢出；如果漏斗內(nèi)液面高于濾紙邊緣，液體也會(huì)順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，這樣都會(huì)導(dǎo)致過(guò)濾失?。?/p>

三靠：傾倒液體的燒杯口要緊靠玻璃棒，是為了使液體順著玻璃棒緩緩流下，避免了液體飛濺；玻璃棒下端如果緊靠一層濾紙?zhí)?，萬(wàn)一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會(huì)順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導(dǎo)致過(guò)濾失敗，而靠在三層濾紙?zhí)巹t能避免這一后果；漏斗下端管口的尖嘴要緊靠承接濾液的燒杯內(nèi)壁，可以使濾液順著燒杯內(nèi)壁流下，避免了濾液從燒杯中濺出．12、B【分析】【解答】蒸餾是用來(lái)分離沸點(diǎn)不同的液體混合物；溫度計(jì)測(cè)量的是蒸汽的溫度，故應(yīng)放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據(jù)溫度計(jì)在該裝置中的位置與作用；13、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構(gòu)成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質(zhì)的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個(gè)電子，失去最外層1個(gè)電子形成鈉離子，此時(shí)最外層有8個(gè)電子，故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對(duì)．

【分析】先計(jì)算鈉離子的物質(zhì)的量，再根據(jù)鈉離子結(jié)構(gòu)計(jì)算最外層電子總數(shù)．14、B【分析】【解答】摩爾是物質(zhì)的量的單位；是國(guó)際單位制中七個(gè)基本單位之一；

故答案為：×．

【分析】摩爾是物質(zhì)的量的單位．15、B【分析】【解答】標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標(biāo)準(zhǔn)狀況己烷不是氣體，物質(zhì)的量不是0.1mol，故上述錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)．

【分析】氣體摩爾體積的概念和應(yīng)用條件分析判斷，標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol16、A【分析】【解答】過(guò)濾是把不溶于液體的固體物質(zhì)跟液體分離開(kāi)來(lái)的一種混合物分離的方法；過(guò)濾時(shí)，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸，避免萬(wàn)一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會(huì)順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導(dǎo)致過(guò)濾失敗，所以題干說(shuō)法正確；

故答案為：正確．

【分析】根據(jù)過(guò)濾的注意事項(xiàng)‘一貼二低三靠’；取用液體藥品的方法進(jìn)行分析解答．

一貼：過(guò)濾時(shí)；為了保證過(guò)濾速度快，而且避免液體順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，濾紙應(yīng)緊貼漏斗內(nèi)壁，且中間不要留有氣泡．

二低：如果濾紙邊緣高于漏斗邊緣；過(guò)濾器內(nèi)的液體極有可能溢出；如果漏斗內(nèi)液面高于濾紙邊緣，液體也會(huì)順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，這樣都會(huì)導(dǎo)致過(guò)濾失?。?/p>

三靠：傾倒液體的燒杯口要緊靠玻璃棒，是為了使液體順著玻璃棒緩緩流下，避免了液體飛濺；玻璃棒下端如果緊靠一層濾紙?zhí)?，萬(wàn)一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會(huì)順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導(dǎo)致過(guò)濾失敗，而靠在三層濾紙?zhí)巹t能避免這一后果；漏斗下端管口的尖嘴要緊靠承接濾液的燒杯內(nèi)壁，可以使濾液順著燒杯內(nèi)壁流下，避免了濾液從燒杯中濺出．17、B【分析】【解答】蒸餾是用來(lái)分離沸點(diǎn)不同的液體混合物；溫度計(jì)測(cè)量的是蒸汽的溫度，故應(yīng)放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據(jù)溫度計(jì)在該裝置中的位置與作用；18、B【分析】【解答】蛋白質(zhì)溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白質(zhì)析出，再加水會(huì)溶解，鹽析是可逆的，沒(méi)有新物質(zhì)生成是物理變化，故答案為：×．

【分析】化學(xué)變化的實(shí)質(zhì)是在原子核不變的情況下，有新物質(zhì)生成，分析各選項(xiàng)是否符合化學(xué)變化的概念，即有新物質(zhì)生成，就是化學(xué)變化．19、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素；但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無(wú)機(jī)物相似，把它們歸入無(wú)機(jī)物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機(jī)化合物，簡(jiǎn)稱有機(jī)物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素，但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無(wú)機(jī)物相似，把它們歸入無(wú)機(jī)物．四、解答題(共4題，共28分)20、略

【分析】

短周期元素；由最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，則A有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，即A為O；所有元素中非金屬性最強(qiáng)的元素是F，則B為F；C的L層只有5個(gè)電子，則C為N；第3周期元素的簡(jiǎn)單離子中半徑最小的為鋁離子，則D為Al；

（1）A為O，質(zhì)子數(shù)為8，得到2個(gè)電子變?yōu)殡x子，離子結(jié)構(gòu)示意圖為C為N，其其它氫化物為氨氣，電子式為

故答案為：

（2）所有元素中非金屬性最強(qiáng)的元素是F，非金屬性F＞Cl，氟單質(zhì)和溶液中的水反應(yīng)，則不能置換出Cl，不能利用單質(zhì)的顏色來(lái)比較非金屬性，但在化合物中F顯負(fù)價(jià)，則非金屬性強(qiáng)，故答案為：F；b；

（3）A；B、C、D四種元素中只有Al為金屬；具有金屬性，故答案為：Al；具有金屬性．

【解析】【答案】短周期元素；由最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，則A有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，即A為O；所有元素中非金屬性最強(qiáng)的元素是F，則B為F；C的L層只有5個(gè)電子，則C為N；第3周期元素的簡(jiǎn)單離子中半徑最小的為鋁離子，則D為Al，然后利用元素及其單質(zhì)；化合物的性質(zhì)來(lái)解答．

21、略

【分析】

（1）Mg、Al都和稀硫酸反應(yīng)，但Mg失電子的能力大于Al，所以Mg作負(fù)極，Al作正極，負(fù)極上Mg失電子變成離子進(jìn)入溶液，所以電極反應(yīng)式為：Mg-2e-=Mg2+．正極上氫離子得電子生成氫氣，所以電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2↑；正負(fù)極上的電極反應(yīng)式相加即得電池反應(yīng)式，所以電池反應(yīng)式為Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑．

故答案為：正極2H++2e-=H2↑

負(fù)極Mg-2e-=Mg2+

總Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑

（2）Al和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，Mg和氫氧化鈉溶液不反應(yīng)，Al失電子和氫氧根離子生成偏鋁酸根離子和水，即Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；所以Al作負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)；

Mg作正極；正極上水得電子生成氫氣和氫氧根離子，發(fā)生還原反應(yīng)，正極上的電極反應(yīng)式為。

6H2O+6e-=6OH-+3H2↑

所以電池反應(yīng)式為2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

故答案為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

【解析】【答案】（1）Mg；Al都和稀硫酸反應(yīng)；所以根據(jù)金屬的活潑性判斷正負(fù)極，從而寫出電極反應(yīng)式和電池反應(yīng)式；

（2）根據(jù)電極上發(fā)生反應(yīng)的反應(yīng)類型判斷正負(fù)極；寫出相應(yīng)的電池反應(yīng)方程式；

22、略

【分析】

（1）A；同主族元素從左到右原子半徑逐漸減?。粍t有⑨＞⑩，故A錯(cuò)誤；

B；⑨和⑦離子核外電子排布相同；核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則有⑦＞⑨，故B錯(cuò)誤；

C；根據(jù)同主族元素從上到下元素的非金屬性逐漸減弱；同周期元素從左到右元素的非金屬性逐漸增強(qiáng)，則有非金屬性③＞②＞⑥，故C正確；

D；④和⑨為同主族金屬元素；從上到下金屬的熔點(diǎn)逐漸降低，常溫下為固體，⑧和⑩為同主族非金屬元素，單質(zhì)的熔點(diǎn)從上到下逐漸增大，⑧常溫下為液體，⑩常溫下為固體，易升華，熔點(diǎn)較小，則有單質(zhì)的熔點(diǎn)：④＞⑨＞⑩＞⑧，故D正確；

E；同周期元素從左到右元素的非金屬性逐漸增強(qiáng)；對(duì)應(yīng)單質(zhì)的氧化性逐漸增強(qiáng)，則有氧化性⑧＞⑦，故E錯(cuò)誤．

故答案為：CD；

（2）非金屬最強(qiáng)的元素在表中左下角，為K元素，對(duì)應(yīng)離子核內(nèi)有19個(gè)質(zhì)子，核外有18個(gè)電子，則離子的結(jié)構(gòu)示意圖為常溫下呈液態(tài)的氫化物為H2O；O與H原子之間有1對(duì)共用電子，結(jié)構(gòu)式為H-O-H；

故答案為：H-O-H；

（3）②、⑧元素形成的氣態(tài)氫化物分別為NH3和HCl，相互反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH3+HCl═NH4Cl，⑨、⑤元素形成的最高價(jià)氧化物的水化物分別為NaOH和Al（OH）3，相互反應(yīng)的離子方程式為Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2；

故答案為：NH3+HCl═NH4Cl；Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O．

【解析】【答案】（1）根據(jù)元素所在周期表中的位置結(jié)合元素周期律的遞變規(guī)律分析；

（2）非金屬最強(qiáng)的元素在表中左下角，為K元素；常溫下呈液態(tài)的氫化物為H2O；

（3）②、⑧元素形成的氣態(tài)氫化物分別為NH3和HCl，⑨、⑤元素形成的最高價(jià)氧化物的水化物分別為NaOH和Al（OH）3．

23、略

【分析】

（1）根據(jù)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知該有機(jī)物含有羥基；羧基、碳碳雙鍵三種官能團(tuán)；故答案為：羥基；羧基；碳碳雙鍵；

（2）羧基具有酸的通性；能使石蕊試液變紅，能和碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳等，故答案為：石蕊試液；變紅．

【解析】【答案】（1）根據(jù)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式來(lái)觀察含有的官能團(tuán)；并書寫名稱；

（2）羧基具有酸的通性：使石蕊試液變紅；能和碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳等等．

五、原理綜合題(共1題，共10分)24、略

【分析】【分析】

(1)依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律進(jìn)行計(jì)算；

(2)A.加入催化劑；增快反應(yīng)速率，并不會(huì)影響平衡移動(dòng)；

B.加入過(guò)量的甲醇；增大了反應(yīng)物濃度，使平衡正向移動(dòng)，乙酸的轉(zhuǎn)化率增大；

C.加入過(guò)量的乙酸；增大了反應(yīng)物濃度，雖然使平衡正向移動(dòng)，但乙酸的轉(zhuǎn)化率降低；

D.將乙酸甲酯從體系中分離；使產(chǎn)物減少，促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，乙酸的轉(zhuǎn)化率增；

E.根據(jù)?H為負(fù)值；反應(yīng)正向是放熱反應(yīng)，因此，適當(dāng)降低溫度，平衡正向移動(dòng)，乙酸的轉(zhuǎn)化率增大；

(3)①兩反應(yīng)快慢的核心是活化能的大小,反應(yīng)快活化能小；而反應(yīng)慢活化能大；

②470℃之后；乙醇的產(chǎn)率逐漸降低是該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高平衡逆向移動(dòng)，乙醛的產(chǎn)率逐漸升高是反應(yīng)速率逐漸加快。

(4)利用三段式；化學(xué)平衡常數(shù)進(jìn)行計(jì)算。

【詳解】

(1)依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律，①+②-③可得到CH3COOH(l)+CH3OH(l)=CH3COOCH3(l)+H2O(l)，則?H=?H1+?H2-?H3=-6.10kJ?mol-1。

(2)A.加入催化劑；增快反應(yīng)速率，并不會(huì)影響平衡移動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.加入過(guò)量的甲醇；增大了反應(yīng)物濃度，使平衡正向移動(dòng)，乙酸的轉(zhuǎn)化率增大，B項(xiàng)正確；

C.加入過(guò)量的乙酸；增大了反應(yīng)物濃度，雖然使平衡正向移動(dòng)，但乙酸的轉(zhuǎn)化率降低，C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.將乙酸甲酯從體系中分離；使產(chǎn)物減少，促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，乙酸的轉(zhuǎn)化率增大，D項(xiàng)正確；

E.根據(jù)?H為負(fù)值；反應(yīng)正向是放熱反應(yīng)，因此，適當(dāng)降低溫度，平衡正向移動(dòng)，乙酸的轉(zhuǎn)化率增大，E項(xiàng)錯(cuò)誤，F(xiàn)項(xiàng)正確；

綜上所述；答案為BDF。

(3)①兩反應(yīng)快慢的核心是活化能的大小,反應(yīng)快活化能?。欢磻?yīng)慢活化能大，根據(jù)圖像可知，副反應(yīng)的活化能遠(yuǎn)大于主反應(yīng)的活化能，副反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)速慢；

②470℃之后；乙醇的產(chǎn)率逐漸降低是該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高平衡逆向移動(dòng)，乙醛的產(chǎn)率逐漸升高是反應(yīng)速率逐漸加快，反應(yīng)吸熱平衡正向移動(dòng)。

(4)①由圖可看出，轉(zhuǎn)化率為90%時(shí)，總壓為1.01MPa，已知n(CH3COOCH3):n(H2)=1:10；列三行式求解：

總壓為1.01MPa，因此CH3COOCH3(g)的平衡分壓為CH3CH2OH(g)的體積分?jǐn)?shù)即為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，其體積分?jǐn)?shù)

②

【點(diǎn)睛】

主副兩反應(yīng)快慢的核心是活化能的大小，反應(yīng)快活化能小，而反應(yīng)慢活化能大?！窘馕觥?6.1kJ?mol-1BDF副反應(yīng)的活化能遠(yuǎn)大于主反應(yīng)的活化能，副反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)速慢470℃之后，乙醇的產(chǎn)率逐漸降低是該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高平衡逆向移動(dòng)，乙醛的產(chǎn)率逐漸升高是反應(yīng)速率逐漸加快，反應(yīng)吸熱平衡正向移動(dòng)0.01MPa8.9六、工業(yè)流程題(共4題，共16分)25、略

【分析】【分析】

制備鉬酸鈉：鉬精礦(主要成分為MoS2)在空氣中焙燒得到MoO3，根據(jù)S元素的價(jià)態(tài)變化規(guī)律可知S元素被氧化成二氧化硫；然后MoO3用NaOH溶液溶解，過(guò)濾分離出難溶物，得到Na2MoO4溶液；經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥得到Na2MoO4.2H2O；制備鉬單質(zhì)：鉬精礦(主要成分為MoS2)經(jīng)堿浸并用NaClO氧化，過(guò)濾得到Na2MoO4溶液，加入足量硫酸得到鉬酸沉淀，過(guò)濾后經(jīng)高溫灼燒得到MoO3，氫氣還原MoO3得到Mo。

【詳解】

(1)如果在空氣中焙燒1molMoS2時(shí)，S轉(zhuǎn)移12mol電子，根據(jù)電子守恒：(+4-x)×2=12，解得x=-2，所以MoS2中硫元素為-2價(jià)，鉬元素的化合價(jià)為+4；焙燒的產(chǎn)物除MoO3外的另一種是SO2，產(chǎn)生的尾氣對(duì)環(huán)境的主要危害是形成酸雨；(2)在實(shí)驗(yàn)室中進(jìn)行操作2，從鉬酸鈉溶液中得到鉬酸鈉晶體的操作步驟是加熱濃縮(或蒸發(fā)濃縮)、冷卻結(jié)晶，過(guò)濾、洗滌、干燥；(3)設(shè)鉬精礦中MoS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為w，根據(jù)元素守恒可得關(guān)系式所以160:16w=242:12.1g，解得w=0.5，所以鉬精礦中MoS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50％；(4)根據(jù)題意可知NaClO將MoS2氧化生成和自身被還原成Clˉ，MoS2整體化合價(jià)升高18價(jià)，NaClO降低2價(jià)，所以二者的系數(shù)比為1:9，再結(jié)合元素可得發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為MoS2+6OHˉ+9ClOˉ=+2+9Clˉ+3H2O；(5)b與電源正極相連，為陽(yáng)極，所以鉬得電子發(fā)生氧化反應(yīng)，在堿性環(huán)境中生成Na2MoO4，根據(jù)電荷守恒和電子守恒可得電極反應(yīng)式為Mo-6eˉ+8OHˉ=+4H2O；(6)據(jù)圖可知c(Ba2＋)=2×10－4mol/L時(shí)，c()==2×10－4mol/L，所以BaMoO4的Ksp=c(Ba2＋)c()==2×10－4×2×10－4=4×10－8；

【點(diǎn)睛】

本題考查了物質(zhì)制備流程和方案的分析判斷，物質(zhì)性質(zhì)的應(yīng)用，結(jié)合題目信息對(duì)流程的分析是本題的解題關(guān)鍵，難點(diǎn)為第4題中NaClO將MoS2氧化生成和的方程式的配平，要注意結(jié)合電子守恒、電荷守恒、質(zhì)量守恒進(jìn)行配平。【解析】+4形成酸雨加熱濃縮(或蒸發(fā)濃縮)、冷卻結(jié)晶50％MoS2+6OHˉ+9ClO-=+2+9Clˉ+3H2OMo-6eˉ+8OHˉ=+4H2O4×10-826、略

【分析】【分析】

從廢鈷鉬催化劑(主要含有MoS2、CoS和Al2O3)經(jīng)過(guò)焙燒后，得到MoO3，CoO和二氧化硫，加入硫酸后，浸取液中的金屬離子主要為MoO22+、Co2+、Al3+，經(jīng)過(guò)萃取和分液得到有機(jī)相1和水相1，有機(jī)相1中含有MoO22+，加入氨水后得到鉬酸銨溶液，經(jīng)結(jié)晶后得到鉬酸銨；水相1中含有Co2+、Al3+，SO42-，經(jīng)萃取分液后，水相2中含有H2SO4和Al2（SO4）3，有機(jī)相2中含有Co2+、SO42-；加入硫酸后，得到水相3，加入草酸銨，得到草酸鈷，加熱草酸鈷可以得到四氧化三鈷，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)(NH4)2MoO4中，銨根離子為+1價(jià)，O為-2價(jià)，所有元素的化合價(jià)之和為0，Mo的化合價(jià)為+6價(jià)；MoS2和氧氣反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2MoS2+7O2=2MoO3+4SO2，可知生成物有二氧化硫和MoO3兩種氧化物；

(2)MoS2在空氣中高溫焙燒產(chǎn)生MoO3，酸浸時(shí)，生成MoO22+的離子方程式為MoO3+2H+=MoO22++H2O；

(3)根據(jù)圖像，找到MoO22+最多，Co2+較少的協(xié)萃比為4:1；

(4)有機(jī)相1中含有MoO22+，向有機(jī)相1中滴加氨水，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為MoO+4NH3·H2O=MoO+4NH+2H2O；

(5)根據(jù)Co2++2HR?CoR2+2H+可知，加入H2SO4，c(H+)增大；平衡向左移動(dòng)，能進(jìn)行反萃??；

(6)水相1中含有Co2+、Al3+，SO4