2024年華東師大版高三化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※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2024年華東師大版高三化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列物質(zhì)中無Cl-的是（）A.KCl溶液B.KClO3C.NaCl晶體D.氯水2、門捷列夫根據(jù)元素周期表的位置，預測到鍺的存在．鍺的最外層電子排布為4s24p2，以下相關判斷最有可能錯誤的是（）A.甲鍺烷（GeH4）是一種結構與甲烷相近的化合物B.就導電的本領而言，單質(zhì)鍺優(yōu)于一般非金屬，劣于一般金屬C.通常狀態(tài)下，二氧化鍺與二氧化碳都是非極性的氣體化合物D.鍺失去1個電子需要的能量低于碳3、下列除去雜質(zhì)的實驗方法不正確的是（）A.除去食鹽中少量的I2：將固體灼燒至質(zhì)量不再改變B.除去Fe2O3中少量的Al2O3：加入足量鹽酸充分反應后，過濾、洗滌、干燥C.除去Cl2中少量的HCl氣體：先通入足量飽和食鹽水，然后用濃H2SO4干燥D.除去Na2CO3固體中少量的NaHCO3：將固體灼燒至質(zhì)量不再改變4、鋰空氣電池比鋰離子電池具有更高的能量密度，前景非常廣闊，其結構及工作原理如圖（固體電解液只允許Li+通過）；下列有關說法不正確的是（）

A.電池工作時，正極反應式：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣B.去掉固體電解液和有機電解質(zhì)，電池反應發(fā)生改變C.充電時，生成14gLi，空氣極質(zhì)量增加16gD.充電時，專用充電電極可以有效防止空氣極腐蝕和劣化5、（2013春?成都校級月考）反應：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）中A的轉(zhuǎn)化率和含量符合如圖所示變化關系，下列敘述中，正確的是．A.壓強P1比P2大B.（a+b）比（c+d）大C.溫度t1℃比t2℃低D.正反應為吸熱反應．6、下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是（）A.銅與硝酸銀溶液反應：Cu+Ag+=Cu2++AgB.氯氣溶于水：Cl2+H2O?H++Cl-+HClOC.硫酸溶液中滴加氫氧化鋇溶液：H++SO42-+Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓D.氯化鈣溶液中通入二氧化碳氣體：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+7、下列有關能量轉(zhuǎn)換的說法正確的是（）A.氫氧燃燒電池是將化學能轉(zhuǎn)化為熱能的過程B.化石燃料和植物燃料燃燒時放出的能量均來源于太陽能C.動物體內(nèi)葡萄糖被氧化是葡萄糖的總內(nèi)能完全轉(zhuǎn)變成能CO2和H2O的總內(nèi)能D.植物通過光合作用將CO2轉(zhuǎn)化為葡萄糖是太陽能轉(zhuǎn)變成熱能的過程評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、有下列幾組物質(zhì)：

A．和

B．甲烷和己烷。

C．紅磷和白磷。

D．和

E．和

F．CH2═CH2和CH3-CH═CH2

G．和

其中：（1）屬于脂肪烴的是____．屬于芳香烴的是____

（2）屬于同位素的是____；屬于同素異形體的是____

（3）屬于同一種物質(zhì)的是____；

（4）屬于同系物的是____

（5）屬于同分異構體的是____．9、立方氮化硼是一種自然界不存在的人工合成超硬材料；硬度僅次于金剛石，是超硬材料領域的最重要成就之一．請回答下列問題：

（1）在第二周期，原子的第一電離能一般隨核電荷數(shù)的增大而逐漸____，比較下列原子的第一電離能：Be____B，N____O（填“＞”“＜”），其原因是____．

（2）圖甲為立方氮化硼的晶胞，則氮化硼的化學式為____，該晶體中B原子填充N原子的____空隙．

若該晶胞的邊長為acm，那么該晶體的密度為____g/cm3（只要求列出算式）．

（3）立方氮化硼的晶體結構與金剛石的結構相似，但其熔點比金剛石的低，試分析其原因____．

（4）立方氮化硼由六方氮化硼在高溫高壓下制備，六方氮化硼又稱“白玉墨”，結構和許多性質(zhì)與石墨相似，六方氮化硼中N原子的雜化軌道類型為____，請在圖乙的方框中畫出六方氮化硼的平面結構示意圖（用“○”代表N原子，用“●”代表B原子，每種原子不少于7個）．10、某化學學習小組的同學設計實驗來探究草酸受熱分解的產(chǎn)物；他們將草酸受熱分解得到的氣體通過如下圖所示裝置：

A；C、F中盛裝澄清石灰水；B中盛NaOH溶液，E中裝有CuO．請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

（1）證明產(chǎn)物中有CO2的現(xiàn)象是____，證明產(chǎn)物中有CO的現(xiàn)象是____．

（2）導管G的作用是____．

（3）小李同學查閱相關資料發(fā)現(xiàn)：草酸是二元酸，酸性比碳酸強，在受熱分解過程中有少量升華；草酸鈣和草酸氫鈣均為白色不溶物．小李通過進一步研究認為：草酸蒸氣與石灰水反應生成草酸鈣白色沉淀，對實驗有干擾，因此需要在裝置A之前增加一個裝有____（填寫下列編號字母）的洗氣裝置．

a．水b．NaOH溶液c．Na2CO3溶液d．飽和NaHCO3溶液。

（4）如果在E管中盛裝CuO和Cu2O的混合物，根據(jù)F瓶增重可以測定混合物中CuO的質(zhì)量．當CuO和Cu2O的混合物7.6g全部被還原后，F(xiàn)裝置增重3.3g，混合物中CuO的質(zhì)量為____g；當原混合物質(zhì)量為ag，反應后F裝置增重bg時，b的取值范圍是（用含a的代數(shù)式表達）____．11、（2015春?吉安校級月考）由短周期元素組成的單質(zhì)A；B、C和甲、乙、丙、丁四種化合物有圖示的轉(zhuǎn)換關系；已知C為密度最小的氣體．

根據(jù)圖示轉(zhuǎn)化關系回答：

（1）若甲是電解質(zhì)?寫出下列物質(zhì)的化學式：甲____，丁____?寫出乙與過量CO2反應的離子方程式：____?

（2）若甲是非電解質(zhì)?寫出下列物質(zhì)的化學式：甲____，乙____?12、原子序數(shù)大于4的主族元素X、Y的離子Xm+、Yn-；它們的核外電子排布相同．

據(jù)此可推知：X和Y所屬周期之差為____，X和Y的核電荷數(shù)之差為____，（用m、n的代數(shù)式表示下同），Y和X的族序數(shù)之差為____．13、（2014秋?贛州期中）加入0.1molMnO2粉末于50mL過氧化氫溶液（ρ=1.1g?mL-1）中；在標準狀況下放出氣體的體積和時間的關系如圖所示．（忽略溶液體積變化）

（1）計算初始時溶液中過氧化氫的物質(zhì)的量濃度____（保留二位有效數(shù)字）

（2）A、B、C、D各點反應速率快慢的順序為____解釋反應速率變化的原因是____

（3）列式計算反應開始時到2min放出45mLO2時，H2O2的質(zhì)量分數(shù)____（保留二位有效數(shù)字）14、如圖所示是元素周期表的一部分，A、B、C均為短周期元素，A、C兩種元素的原子核外電子數(shù)之和等于B的質(zhì)子數(shù)，B的原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)相等．回答：

（1）寫出元素符號：A____；B____；C____．

（2）C的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性與A的相比：____＞____（填化學式）；B的最高價氧化物對應水化物的化學式為____．

（3）A的氫化物的水溶液顯____（填酸或堿）性．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)15、向蛋白質(zhì)溶液中滴加Na2SO4溶液產(chǎn)生沉淀屬于化學變化____．（判斷對確）16、將30mL0.5mol/L的NaOH溶液加水稀釋到500mL，稀釋后NaOH的物質(zhì)的量濃度為0.3mol/L____．（判斷對錯）17、近半個多世紀以來；隨著人類社會的高度發(fā)達，環(huán)境污染問題也越來越受到了人們的關注．請回答下列問題：

（1）水是人類賴以生存的物質(zhì)．下列物質(zhì)會帶來水體的重金屬污染的是____（填字母）；

A．含Hg2+的化合物B．含N的化合物C．含P的化合物。

其他選項的化合物會造成水體的____（填名稱）．

（2）煤和石油是當今世界重要的化石燃料，但它們的燃燒會對環(huán)境造成影響，生成的____、____（填化學式）等容易形成酸雨．某火力發(fā)電廠為了防止廢氣污染環(huán)境，現(xiàn)采用廉價易得的石灰石漿來吸收，其反應方程式為：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2x．試推測x的化學式為____．x的大量排放仍會帶來環(huán)境問題，它對環(huán)境帶來的影響是造成____（填名稱）．若改用另一種吸收劑，則可避免x的大量排放，其反應方程式為：2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O，則y的化學式為____．

（3）防治環(huán)境污染；改善生態(tài)環(huán)境已成為全球的共識，請回答下列問題：

①空氣質(zhì)量報告的各項指標可以反映出各地空氣的質(zhì)量．下列氣體已納入我國空氣質(zhì)量報告的是____（填字母）．

A．CO2B．N2C．NO2D．SO2

②垃圾應分類收集．你用過的舊試卷應放置于貼有____（填字母）標志的垃圾筒內(nèi)．

③工業(yè)廢水需處理達標后才能排放．判斷下列廢水處理的方法是否合理；合理的請畫“√”，不合理的請在括號中填寫正確方法．

A．用中和法除去廢水中的酸____

B．用混凝法除去廢水中的重金屬離子____

C．用氯氣除去廢水中的懸浮物____．18、判斷下列有關烷烴的命名是否正確。

（1）2-甲基丁烷____

（2）2，2，3-三甲基戊烷____

（3）（CH3CH2）2CHCH33-甲基戊烷____

（4）異戊烷____．19、將NaOH和氨水溶液各稀釋一倍，兩者的OH-濃度均減少到原來的；____．評卷人得分四、計算題(共3題，共30分)20、質(zhì)量分數(shù)為0.37的濃鹽酸的密度為1.18kg?L-1，其物質(zhì)的量濃度為____．21、常溫常壓下，16克臭氧所含電子數(shù)為____．22、（2015秋?荊州校級期中）實驗室要用Na2CO3?10H2O晶體配制500mL0.1mol?L-1Na2CO3溶液；回答下列問題：

（1）應該用托盤天平稱取Na2CO3?10H2O____g．

（2）如圖Ⅰ表示10mL量筒中液面的位置，A與B，B與C刻度間相差1mL，如果刻度A為8，量筒中液體的體積是____mL．

（3）若實驗中如圖Ⅱ所示的儀器有下列情況；對配制溶液的濃度有何影響？（填“偏高”；“偏低”或“無影響”）

A．定容前容量瓶底部有水珠____；

B．定容時加水超過刻度線____；

C．最終定容時俯視觀察液面____．評卷人得分五、推斷題(共4題，共36分)23、（2013春?江西期中）A；B、C、D、E、F六種物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關系如圖所示（反應條件和部分產(chǎn)物未標出）．

（1）若A為短周期金屬單質(zhì)，D為短周期非金屬單質(zhì)，且所含元素的原子序數(shù)A是D的2倍，所含元素的原子最外層電子數(shù)D是A的2倍，F(xiàn)的濃溶液與A、D反應都有紅棕色氣體生成，則A的原子結構示意圖為____，反應④的化學方程式為____．

（2）若A是常見的變價金屬的單質(zhì)，D、F是氣態(tài)單質(zhì)，且反應①在水溶液中進行．反應②也在水溶液中進行，其離子方程式是____，已知光照條件下D與F反應生成B，寫出該反應的化學方程式：____．

（3）若A、D、F都是短周期非金屬元素單質(zhì)，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，則反應①的化學方程式為____．24、X、Y、Z、W四種主族元素分布在三個不同的短周期，它們的原子序數(shù)依次增大，其中Y與Z為同一周期，X與W為同一主族，Z元素的外圍電子排布為nsnnp2n，W在空氣中燃燒可以得到淡黃色固體。又知四種元素分別形成的常見單質(zhì)在常溫常壓下有三種是氣體，一種是固體。請回答下列問題：（1）W在元素周期表中的位置是；基態(tài)時Y的電子排布式是＿＿＿。（2）比較元素Y和Z的第一電離能：Y____Z（填“大于”、“小于”或“不確定”），將YX3通入溴水中可發(fā)生反應，生成Y的單質(zhì)和一種鹽M，Y的單質(zhì)中的σ鍵和π鍵個數(shù)比為____，鹽M的晶體類型是。（3）由W和Y組成的化合物易水解，其水解的化學方程式是____；（4）已知Y2X4和過氧化氫混合可作火箭推進劑。12.8g液態(tài)Y2X4與足量過氧化氫反應生成Y的單質(zhì)和氣態(tài)水，放出256.65kJ的熱量：2H2O2(l)=O2(g)+2H2O(l)ΔH＝－196.4KJ/molH2O(l)=H2O(g)ΔH＝+44KJ/mol寫出液態(tài)Y2X4和氧氣反應生成Y的單質(zhì)和液態(tài)X2Z的熱化學方程式。25、下列物質(zhì)rm{A隆蘆F}是我們熟悉的單質(zhì)或化合物，其中rm{A}rm{B}均是常見的金屬，且rm{B}的合金用量最大；rm{E}在常溫下是黃綠色氣體；在適當?shù)臈l件下；它們之間可以發(fā)生如圖所示的轉(zhuǎn)化．

試回答下列問題：

rm{(1)A}的化學式是______；

rm{(2)}反應rm{F隆煤D}的化學方程式是______．

rm{(3)}檢驗rm{F}中金屬陽離子的常用方法是______．

rm{(4)}物質(zhì)rm{B}與鹽酸反應的離子方程式是______．26、rm{1}rm{000mL}某待測液中除含有rm{0.2mol?L^{-1}}的rm{Na^{+}}外；還可能含有下列離子中的一種或多種：

。陽離子rm{K^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Fe^{3+}}rm{Ba^{2+}}陰離子rm{Cl^{-}}rm{Br^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{SO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}現(xiàn)進行如下實驗操作rm{(}每次實驗所加試劑均過量rm{)}

rm{(1)}寫出生成白色沉淀rm{B}的離子方程式：______．

rm{(2)}待測液中肯定不存在的陽離子是______．

rm{(3)}若無色氣體rm{D}是單一氣體：

。陰離子rm{Cl^{-}}rm{Br^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{SO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}濃度rm{/mol?L^{-1}}rm{壟脵}將陰離子的物質(zhì)的量濃度填入下表中rm{(}一定不存在的填“rm{0}”，不能確定的填“？”rm{)}

rm{壟脷}判斷原溶液中rm{K^{+}}是否存在；若存在，求其物質(zhì)的量濃度的最小值，若不存在，請說明理由：______．

rm{(4)}若無色氣體rm{D}是混合氣體：

rm{壟脵}待測液中一定含有的陰離子是______．

rm{壟脷}沉淀rm{A}中能與稀硝酸反應的成分是______rm{(}寫化學式rm{)}．評卷人得分六、實驗題(共4題，共40分)27、實驗室有一瓶混有少量NaCl雜質(zhì)的NaOH固體試劑；為準確測其純度，采用鹽酸滴定法進行測定．

（1）稱取WgNaOH固體試劑配制成100.00mL水溶液備用；

（2）將濃度為cmol/L的標準鹽酸裝在用標準鹽酸潤洗過的25.00mL酸式滴定管中；調(diào)節(jié)液面位置在零刻度以下，并記下刻度；

（3）取V1mLNaOH待測溶液置于潔凈的錐形瓶中，加入2～3滴甲基橙指示劑充分振蕩，然后用濃度為cmol/L的標準鹽酸滴定，用去鹽酸V2mL；試回答：

①配制標準鹽酸溶液時，必須使用的最主要玻璃儀器是____．

②如有1mol/L和0.1mol/L的標準鹽酸應選用____mol/L鹽酸，原因是____

③滴定時，滴定過程中兩眼應該注視____．滴定終點時溶液顏色由____色突變?yōu)開___色．在盛放待測溶液的錐形瓶下方放一張白紙的作用是____．

④若滴定前酸式滴定管尖嘴氣泡未排出，會使堿測定值____（偏大；偏小、無影響）．

⑤不用標準鹽酸潤洗酸式滴定管，會使堿測定值____（偏大；偏小、無影響）．

⑥讀數(shù)時，若滴定前仰視，滴定后俯視，則會使測定結果____．（偏大；偏小、無影響）．

⑦固體試劑NaOH的質(zhì)量分數(shù)的表達式為____．28、某學生課外活動小組模擬呼吸面具中的反應原理，設計用下圖所示的儀器來制取氧氣并測量氧氣的體積rm{.}圖中量氣裝置rm{E}由甲、乙兩根玻璃管組成，它們由橡皮管連通，并裝入適量水rm{.}甲管有刻度rm{(0隆蘆50mL)}供量氣用；乙管可上下移動調(diào)節(jié)液面高低．

實驗可供選用的藥品還有：稀硫酸；稀鹽酸、過氧化鈉、碳酸鈉、大理石、水．

請回答下列問題：

rm{(1)}圖中各裝置接口連接順序是rm{(}填各接口的編號rm{)}______rm{隆煤}______rm{隆煤}______rm{隆煤壟脼隆煤壟脽隆煤}______rm{隆煤}______rm{隆煤}______．

rm{(2)}裝置rm{C}中放入的反應物是______和______rm{(}填化學式rm{)}．

rm{(3)}裝置rm{B}的作用是______．

rm{(4)}為了較準確測量氧氣的體積，除了必須檢查整個裝置的氣密性之外，在讀反應前后甲管中液面的讀數(shù)求其差值的過程中，應注意______rm{(}填字母編號rm{)}．

A.視線與凹液面最低處相平。

B.等待氣體恢復常溫才讀數(shù)。

C.讀數(shù)時應上下移動乙管；使甲；乙兩管液面相平。

D.讀數(shù)時不一定使甲、乙兩管液面相平．29、不久前，一則“食用撒了魚浮靈的魚蝦可能致癌”的微博在網(wǎng)上熱傳。“魚浮靈”的化學成分實為過碳酸鈉，使用不當會讓魚損傷，過碳酸鈉本身無毒無害，對人體不會有危害。過碳酸鈉，俗稱固體雙氧水，化學式為2Na2CO3·3H2O2，是一種無機鹽，是白色顆粒狀粉末，可以分解為碳酸鈉和過氧化氫。某探究小組制備過碳酸鈉并測定樣品中H2O2的含量，其制備流程和裝置示意圖如下：已知：50°C時2Na2CO3·3H2O2(s)開始分解主反應2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)2Na2CO3·3H2O2(s)ΔH<0副反應2H2O2=2H2O+O2↑滴定反應6KMnO4+5(2Na2CO3·3H2O2)+19H2SO4=3K2SO4+6MnSO4+10Na2SO4+10CO2↑+15O2↑+34H2O根據(jù)以上信息回答下列問題：（1）推測圖中支管的作用可能是。（2）步驟①的關鍵是控制溫度，結合裝置圖歸納其措施有________、________和。（3）在濾液X中加入適量NaCl固體或無水乙醇均可析出過碳酸鈉，原因是。（4）步驟③中選用無水乙醇洗滌產(chǎn)品的目的是。（5）測定樣品中H2O2的質(zhì)量分數(shù)的方法是：準確稱取0.2000g過碳酸鈉樣品于250mL錐形瓶中，加50mL蒸餾水溶解，再加50mL2.000mol·L－1H2SO4(H2SO4過量)，用0.002000mol·L－1KMnO4標準溶液滴定至終點時消耗30.00mL。①滴定前，滴定管需用KMnO4標準溶液潤洗2～3次，潤洗的操作方法是：關閉酸式滴定管活塞，向滴定管中注入少量KMnO4標準。②上述樣品中H2O2的質(zhì)量分數(shù)計算表達式為（只列出算式，不作任何運算！H2O2的式量為34.00）。30、rm{Ca(H_{2}PO_{2})_{2}(}次磷酸鈣，一元中強酸rm{H_{3}PO_{2}}的鈣鹽rm{)}是一種白色結晶粉末，溶于水rm{(}常溫時，溶解度rm{16.7g/100g}水rm{)}其水溶液呈現(xiàn)弱酸性rm{.}可用作醫(yī)藥、抗氧化劑以及制備次磷酸鈉等rm{.}由白磷rm{(P_{4})}與石灰乳制備rm{Ca(H_{2}PO_{2})_{2}}的實驗步驟如下：

步驟rm{1.}在三口燒瓶中加入白磷和石灰乳，先通入rm{N_{2}}然后在約rm{98^{circ}C}下充分攪拌rm{1h}同時收集產(chǎn)生的rm{PH_{3}}．

步驟rm{2.}將反應液靜置；過濾．

步驟rm{3.}向濾液中通入適量rm{CO_{2}}再過濾．

步驟rm{4.}用次磷酸溶液調(diào)節(jié)步驟rm{3}濾液的rm{pH}濃縮；冷卻結晶、干燥得次磷酸鈣．

rm{(1)}步驟rm{1}先通入rm{N_{2}}的目的是______；攪拌的目的是______．

rm{(2)}步驟rm{1}石灰乳與rm{P_{4}(}白磷rm{)}發(fā)生反應的化學方程式為______；步驟rm{2}過濾所得濾渣成分為______．

rm{(3)}步驟rm{3}的目的是______．

rm{(4)}請補充完整由產(chǎn)品進一步制備rm{NaH_{2}PO_{2}?H_{2}O}的實驗方案：取產(chǎn)品次磷酸鈣加入燒杯中，加適量的水溶解，______，干燥得到rm{NaH_{2}PO_{2}?H_{2}O.}

rm{(}已知：在常壓下，加熱蒸發(fā)次磷酸鈉溶液會發(fā)生爆炸，rm{100隆忙}時rm{NaH_{2}PO_{2}?H_{2}O}的溶解度為rm{667g/100g}水rm{)}參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】KCl、NaCl都屬于離子化合物，則氯化鈉溶液、氯化鉀晶體中都含有氯離子；氯水中，氯氣與水反應生成氯化氫和次氯酸，HCl在溶液中能夠電離出氯離子；而KClO3中含有鉀離子和氯酸根離子，不存在氯離子，據(jù)此進行解答．【解析】【解答】解：A．KCl溶液中存在氯化鉀電離出的鉀離子和Cl-；故A錯誤；

B．KClO3含有的離子為鉀離子和氯酸根離子，不存在Cl-；故B正確；

C．NaCl屬于離子化合物，氯化鈉晶體中含有鈉離子和Cl-；故C錯誤；

D．氯水中，氯氣與水反應生成HCl和HClO，則氯水中含有HCl電離出的Cl-；故D錯誤；

故選B．2、C【分析】【分析】A、鍺與碳在同一主族，所以甲鍺烷（GeH4）是一種結構與甲烷相近的化合物；

B；鍺是半導體元素；所以單質(zhì)鍺優(yōu)于一般非金屬，劣于一般金屬；

C；二氧化鍺的構成微粒為陰陽離子；是離子化合物；

D、鍺的金屬性強于碳，失去1個電子需要的能量低于碳；【解析】【解答】解：A、鍺與碳在同一主族，所以甲鍺烷（GeH4）是一種結構與甲烷相近的化合物；故A不選；

B；鍺是半導體元素；所以單質(zhì)鍺優(yōu)于一般非金屬，劣于一般金屬，故B不選；

C；二氧化鍺的構成微粒為陰陽離子；是離子化合物，故選C；

D；鍺的金屬性強于碳；失去1個電子需要的能量低于碳，故D不選；

故選C．3、B【分析】【分析】A．碘易升華；而NaCl受熱不易分解；

B．氧化鐵；氧化鋁均與鹽酸反應；

C．HCl極易溶于水；食鹽水中抑制氯氣的溶解，且氯氣不與濃硫酸反應；

D．碳酸氫鈉受熱易分解生成碳酸鈉．【解析】【解答】解：A．碘易升華，而NaCl受熱不易分解，則將固體灼燒至質(zhì)量不再改變可除去食鹽中少量的I2；故A正確；

B．氧化鐵、氧化鋁均與鹽酸反應，不符合除雜的原則，則除去Fe2O3中少量的Al2O3應加入足量NaOH溶液充分反應后；過濾；洗滌、干燥，故B錯誤；

C．HCl極易溶于水，食鹽水中抑制氯氣的溶解，且氯氣不與濃硫酸反應，則先通入足量飽和食鹽水，然后用濃H2SO4干燥可除去Cl2中少量的HCl氣體；故C正確；

D．碳酸氫鈉受熱易分解生成碳酸鈉，則將固體灼燒至質(zhì)量不再改變可除去Na2CO3固體中少量的NaHCO3；故D正確；

故選B．4、C【分析】【解答】解：A、因為該電池為水性電解液，正極上是氧氣得電子的還原反應，反應為O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；故A正確；

B；電極反應和電解質(zhì)環(huán)境有關；去掉固體電解液和有機電解質(zhì)，電池反應發(fā)生改變，故B正確；

C、充電時，生成14gLi，轉(zhuǎn)移2mol電子，正極上是氧氣得電子的還原反應，反應為O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；空氣極質(zhì)量增加34g氫氧根離子，故C錯誤；

D；充電時；結合電池的構造和原理，采用專用充電電極可以有效防止空氣極腐蝕，故D正確．

故選C．

【分析】在鋰空氣電池中，鋰作負極，以空氣中的氧氣作為正極反應物，水性電解液，氧氣得電子生成氫氧根離子，據(jù)此解答．5、D【分析】【分析】根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，P2＞P1，增大壓強，A的轉(zhuǎn)化率減小，說明增大壓強平衡左移，正反應是氣體體積增大的反應，即a+b＜c+d；

T1＞T2，升高溫度，A的含量減小，說明升溫平衡右移，正反應是吸熱反應，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：A、根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，P2＞P1；故A錯誤；

B、P2＞P1，增大壓強，A的轉(zhuǎn)化率減小，說明增大壓強平衡左移，正反應是氣體體積增大的反應，即a+b＜c+d；故B錯誤；

C、根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，T1＞T2；故C錯誤；

D、T1＞T2；升高溫度，A的含量減小，說明升溫平衡右移，正反應是吸熱反應，故D正確．

故選D．6、B【分析】【分析】A．離子方程式兩邊正電荷不相等；不滿足電荷守恒；

B．氯氣與水反應生成氯化氫和次氯酸；次氯酸需要保留分子式；

C．氫離子；氫氧根離子的計量數(shù)不滿足硫酸、氫氧化鋇的化學式組成；

D．氯化鈣溶液與二氧化碳氣體不發(fā)生反應，無法寫出反應的離子方程式．【解析】【解答】解：A．銅與硝酸銀溶液反應生成銀和硝酸銅，正確的離子方程式為：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag；故A錯誤；

B．氯氣溶于水，反應生成氯化氫、次氯酸，反應的離子方程式為：Cl2+H2O?H++Cl-+HClO；故B正確；

C．硫酸溶液中滴加氫氧化鋇溶液反應生成硫酸鋇和水，正確的離子方程式為：2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓；故C錯誤；

D．氯化鈣溶液中通入二氧化碳；二者不發(fā)生反應，無法寫出離子方程式，故D錯誤；

故選B．7、B【分析】【分析】A．原電池是將化學能轉(zhuǎn)化為電能的裝置；

B．植物在光合作用中的物質(zhì)轉(zhuǎn)化和能量轉(zhuǎn)化．植物的光合作用是將光能（太陽能）轉(zhuǎn)化為化學能；將無機物轉(zhuǎn)化為有機物；

C．葡萄糖的總內(nèi)能大于CO2和H2O的總內(nèi)能；

D．植物通過光合作用將CO2轉(zhuǎn)化為葡萄糖是太陽能轉(zhuǎn)變成化學能的過程．【解析】【解答】解：A．氫氧燃燒電池是將化學能轉(zhuǎn)化為電能的過程；故A錯誤；

B．植物進行光合作用制造有機物；儲存能量．植物死后，其尸體的一部分被腐生細菌或是真菌分解，剩下的植物的這些殘骸經(jīng)過一系列的演變形成了煤炭．所以，煤中儲存的能量來源于植物，植物中的能量來源于太陽能（或光能），所以化石燃料和植物燃料燃燒時放出的能量均來源于太陽能，故B正確；

C．動物體內(nèi)葡萄糖被氧化放出的能量是葡萄糖的總內(nèi)能與CO2和H2O的總內(nèi)能的差；故C錯誤；

D．植物通過光合作用將CO2轉(zhuǎn)化為葡萄糖是太陽能轉(zhuǎn)變成化學能的過程；故D錯誤．

故選B．二、填空題(共7題，共14分)8、BEFGDACEBFG【分析】【分析】脂肪烴分子中只含有碳和氫兩種元素；碳原子彼此相連成鏈，不能成環(huán)，包括烷烴；烯烴、炔烴；

芳香烴：含有苯環(huán)的環(huán)烴；

質(zhì)子數(shù)相同質(zhì)量數(shù)（或中子數(shù)）不同的原子互稱同位素；

同種元素形成的不同單質(zhì)互為同素異形體；

組成和結構都相同的物質(zhì)為同一物質(zhì)；同一物質(zhì)組成；結構、性質(zhì)都相同，結構式的形狀及物質(zhì)的聚集狀態(tài)可能不同；

同系物指結構相似、通式相同，組成上相差1個或者若干個CH2原子團；具有相同官能團及數(shù)目的化合物．

具有相同分子式而結構不同的化合物互為同分異構體；

結合定義及其特征分析．【解析】【解答】解：A．和屬于氫元素的不同核素；互為同位素；

B．甲烷和己烷均屬于烷烴；互為同系物；屬于脂肪烴；

C．紅磷和白磷都是由磷元素組成的不同單質(zhì)；互為同素異形體；

D．和均含有苯環(huán)；屬于芳香烴；

E．和分子式相同；結構相同，為同一種物質(zhì)；屬于脂肪烴；

F．CH2═CH2和CH3-CH═CH2均屬于烯烴；互為同系物；屬于脂肪烴；

G．和分子式相同；結構不同，存在碳鏈異構，互為同分異構體；屬于脂肪烴；

故答案為：（1）BEFG；D；（2）A；C；（3）E；（4）BF；（5）G．9、增大＞＞Be原子中2s軌道處于全充滿狀態(tài)，N原子中2p軌道處于半充滿狀態(tài)，是比較穩(wěn)定的狀態(tài)，故它們的第一電離能高于兩邊相鄰的原子BN四面體立方氮化硼晶體中氮硼鍵的鍵長比金剛石晶體中碳碳鍵的鍵長要長，故熔點比金剛石的低sp2【分析】【分析】（1）同周期原子的第一電離能一般隨核電荷數(shù)的增大而呈增大趨勢；Be原子中2s軌道處于全充滿狀態(tài)，N原子中2p軌道處于半充滿狀態(tài)，是比較穩(wěn)定的狀態(tài)，故它們的第一電離能高于兩邊相鄰的原子；

（2）根據(jù)均攤法計算晶胞中N、B原子數(shù)目確定化學式；由晶胞結構可知，B原子位于4個N原子形成的四面體的中心位置；根據(jù)晶胞含有微粒數(shù)目計算晶胞的質(zhì)量，根據(jù)ρ=計算密度；

（3）都屬于原子晶體；根據(jù)鍵長分析，鍵長越長熔點越低；

（4）六方氮化硼晶體與石墨結構相似，石墨層內(nèi)為鄰近的三個碳原子形成三個共價單鍵并排列成平面正六邊形的網(wǎng)狀結構，將正六邊形間位位置的3個C原子換成3個B原子即得六方氮化硼的層內(nèi)平面結構，根據(jù)B原子成鍵判斷其雜化方式．【解析】【解答】解：（1）同周期原子的第一電離能一般隨核電荷數(shù)的增大而呈增大趨勢；Be原子中2s軌道處于全充滿狀態(tài)，N原子中2p軌道處于半充滿狀態(tài)，是比較穩(wěn)定的狀態(tài)，故它們的第一電離能高于兩邊相鄰的原子，故第一電離能Be＞B；N＞O；

故答案為：增大；＞；＞；Be原子中2s軌道處于全充滿狀態(tài)；N原子中2p軌道處于半充滿狀態(tài)，是比較穩(wěn)定的狀態(tài)，故它們的第一電離能高于兩邊相鄰的原子；

（2）晶胞中N原子數(shù)目=8×+6×=4、B原子數(shù)目=4，故氮化硼的化學式為BN；由晶胞結構可知，B原子位于4個N原子形成的四面體的中心位置，故B原子填充N原子的正四面體空隙；晶胞的質(zhì)量=，晶胞的體積為a3cm3，根據(jù)晶胞密度ρ===g/cm3；

故答案為：BN；四面體；g/cm3；

（3）都屬于原子晶體；立方氮化硼晶體中氮硼鍵的鍵長比金剛石晶體中碳碳鍵的鍵長要長，故熔點比金剛石的低；

故答案為：立方氮化硼晶體中氮硼鍵的鍵長比金剛石晶體中碳碳鍵的鍵長要長；故熔點比金剛石的低；

（4）六方氮化硼晶體與石墨結構相似，石墨層內(nèi)為鄰近的三個碳原子形成三個共價單鍵并排列成平面正六邊形的網(wǎng)狀結構，將正六邊形間位位置的3個C原子換成3個B原子即得六方氮化硼的層內(nèi)平面結構，B原子成3個B-C鍵、變化孤對電子，故B原子采取sp2雜化，六方氮化硼的平面結構示意圖為

故答案為：sp2；．10、裝置A中澄清石灰水變渾濁裝置C中澄清石灰水不變渾濁，裝置E中黑色固體變?yōu)榧t色，裝置F中澄清石灰水變渾濁處理尾氣，防止劇毒的CO污染空氣a4.0＜b＜【分析】【分析】（1）二氧化碳能使石灰水變渾濁；一氧化碳具有還原性；能將氧化銅還原為金屬銅自身被氧化為二氧化碳；

（2）一氧化碳的尾氣處理可以采用點燃法；

（3）根據(jù)草酸蒸氣和二氧化碳的性質(zhì)來回答；

（4）根據(jù)化學方程式：CuO+COCO2+Cu，Cu2O+COCO2+2Cu來計算氧化銅質(zhì)量，根據(jù)極限假設法來確定生成的二氧化碳質(zhì)量的取值范圍．【解析】【解答】解：（1）草酸受熱分解產(chǎn)物中，證明產(chǎn)物中有CO2的現(xiàn)象是裝置A中澄清石灰水變渾濁；一氧化碳具有還原性，能將氧化銅還原為金屬銅自身被氧化為二氧化碳，如果裝置C中澄清石灰水不變渾濁，裝置E中黑色固體變?yōu)榧t色，裝置F中澄清石灰水變渾濁，可以證明草酸受熱分解產(chǎn)物中存在二氧化碳，故答案為：裝置A中澄清石灰水變渾濁；裝置C中澄清石灰水不變渾濁，裝置E中黑色固體變?yōu)榧t色，裝置F中澄清石灰水變渾濁；

（2）一氧化碳的尾氣處理可以采用點燃法；所以導管G的作用是處理尾氣，防止劇毒的CO污染空氣，故答案為：處理尾氣，防止劇毒的CO污染空氣；

（3）草酸分解的氣體中含有CO2，用氫氧化鈉溶液會將二氧化碳除去，無法進行下一步檢驗，故b錯，草酸既然是酸，那么就會跟碳酸根、碳酸氫根發(fā)生反應放出CO2，對檢驗CO2產(chǎn)生干擾；故c；d錯，故選a；

（4）設反應物中CuO為xmol，Cu2O為ymol，混合物7.6g得到產(chǎn)物CO23.3g，根據(jù)方程式CuO+COCO2+Cu；

Cu2O+COCO2+2Cu；可列方程組：80x+144y=7.6；（x+y）×44=3.3

解得x=0.05，y=0.025，所以CuO質(zhì)量為：0.05mol×80g/mol=4.0g，根據(jù)化學反應，假設原反應物全為CuO，則得CO2為g，假設原反應物全為Cu2O，得CO2為，b的取值范圍是：，故答案為：4.0；．11、Al2O3Al（OH）3AlO2-+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-SiO2Na2SiO3【分析】【分析】（1）C為密度最小的氣體，則C是H2，金屬A和氫氧化鈉溶液反應生成乙和氫氣，中學階段學習的能和氫氧化鈉溶液反應生成氫氣的金屬只有Al，所以A是Al，乙是NaAlO2，鋁和單質(zhì)B反應生成甲，甲中含有鋁元素，甲是電解質(zhì)，能和氫氧化鈉溶液，則甲是Al2O3，B是O2，氧化鋁和氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和水，則丙是H2O，偏鋁酸鈉和二氧化碳反應生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，丁失去水生成氧化鋁，則丁是Al（OH）3；

（2）C為密度最小的氣體，則C是H2，甲為非電解質(zhì)，則非金屬A和氫氧化鈉溶液反應生成乙和氫氣，中學階段學習的能和氫氧化鈉溶液反應生成氫氣的非金屬只有Si，然后結合發(fā)生的轉(zhuǎn)化反應來解答．【解析】【解答】解：（1）C為密度最小的氣體，則C是H2，金屬A和氫氧化鈉溶液反應生成乙和氫氣，中學階段學習的能和氫氧化鈉溶液反應生成氫氣的金屬只有Al，所以A是Al，乙是NaAlO2，鋁和單質(zhì)B反應生成甲，甲中含有鋁元素，甲是電解質(zhì)，能和氫氧化鈉溶液，則甲是Al2O3，B是O2，氧化鋁和氫氧化鈉溶液反應生成乙為偏鋁酸鈉，則丙是H2O，偏鋁酸鈉和二氧化碳反應生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，丁失去水生成氧化鋁，則丁是Al（OH）3，乙與過量CO2反應的離子方程式為AlO2-+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-，故答案為：Al2O3；Al（OH）3；AlO2-+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-；

（2）C為密度最小的氣體，則C是H2，甲為非電解質(zhì)，則非金屬A和氫氧化鈉溶液反應生成乙和氫氣，中學階段學習的能和氫氧化鈉溶液反應生成氫氣的非金屬只有Si，甲為SiO2，B是O2，丙為水，乙為Na2SiO3，故答案為：SiO2；Na2SiO3．12、1m+n8-n-m【分析】【分析】X和Y是原子序數(shù)大于4的主族元素，Xm+和Yn-兩種離子的電子層結構相同，則二者核外電子數(shù)相等，X處于Y的下一周期，設X、Y的原子序數(shù)分別為a、b，則a-m=b+n，且X為金屬元素，Y為非金屬元素，結合元素周期律解答．【解析】【解答】解：X和Y是原子序數(shù)大于4的主族元素，Xm+和Yn-兩種離子的電子層結構相同；則二者核外電子數(shù)相等，X處于Y的下一周期，X和Y所屬周期之差為1；

設X、Y的原子序數(shù)分別為a、b，則a-m=b+n，即a-b=m+n；

X的族序數(shù)為m；Y的族序數(shù)為8-n，故二者族序數(shù)之差為8-n-m；

故答案為：1；m+n；8-n-m．13、0.11mol/LD＞C＞B＞A隨著反應的進行，c（H2O2）逐漸降低，反應速率逐漸變慢0.086%【分析】【分析】（1）根據(jù)圖片知，雙氧水發(fā)生反應2H2O22H2O+O2↑，n（O2）==0.0027mol，根據(jù)雙氧水和氧氣的關系式得n（H2O2）=2n（O2）=2×0.0027mol=0.0054mol，根據(jù)C=計算過氧化氫的物質(zhì)的量濃度；

（2）v=知；相同時間內(nèi)，反應速率與體積變化量成正比；反應物濃度越大，反應速率越大；

（3）反應開始時到2min放出45mLO2時，n（O2）==0.002mol，m（O2）=0.002mol×32g/mol=0.064g，原來溶液質(zhì)量=1.1g/mL×50mL=55g，2min時溶液質(zhì)量=55g-0.064g=54.36g，根據(jù)質(zhì)量分數(shù)公式計算其質(zhì)量分數(shù)．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)圖片知，雙氧水發(fā)生反應2H2O22H2O+O2↑，n（O2）==0.0027mol，根據(jù)雙氧水和氧氣的關系式得n（H2O2）=2n（O2）=2×0.0027mol=0.0054mol，物質(zhì)的量濃度===0.11mol/L；

故答案為：0.11mol/L；

（2）v=知，相同時間內(nèi)，反應速率與體積變化量成正比，根據(jù)圖片知，反應速率大小順序是D＞C＞B＞A；反應物濃度越大，反應速率越大，隨著反應的進行，反應物濃度逐漸減小，則反應速率逐漸減小，故答案為：D＞C＞B＞A；隨著反應的進行，c（H2O2）逐漸降低；反應速率逐漸變慢；

（3）反應開始時到2min放出45mLO2時，n（O2）==0.002mol，m（O2）=0.002mol×32g/mol=0.064g；原來溶液質(zhì)量=1.1g/mL×50mL=55g，2min時溶液質(zhì)量=55g-0.064g=54.36g，雙氧水的質(zhì)量=（0.0054mol-0.004mol）×34g/mol=0.0048g；

其質(zhì)量分數(shù)=100%=0.086%，故答案為：0.086%．14、NSFHFNH3H2SO4堿【分析】【分析】設A的質(zhì)子數(shù)為x，根據(jù)三種元素在周期表中的位置，可知B的質(zhì)子數(shù)為x+9，C的質(zhì)子數(shù)為x+2，則有x+x+2=x+9，x=7，所以A為N元素，B為S元素，C為F元素，根據(jù)元素周期律、化合價以及化合物的性質(zhì)解答本題．【解析】【解答】解：（1）設A的質(zhì)子數(shù)為x；根據(jù)三種元素在周期表中的位置可知B的質(zhì)子數(shù)為x+9，C的質(zhì)子數(shù)為x+2，則有x+x+2=x+9，x=7，所以A為N元素，B為S元素，C為F元素，故答案為：N；S；F；

（2）非金屬性F＞N，故氫化物穩(wěn)定性HF＞NH3，B為S元素，最外層電子數(shù)為6，則最高正價為+6價，其最高價氧化物對應水化物的化學式為H2SO4，故答案為：HF＞NH3；H2SO4；

（3）A為N元素，對應的氫化物為NH3，在水溶液中存在：NH3+H2ONH3?H2ONH4++OH-，水溶液顯堿性，故答案為：堿．三、判斷題(共5題，共10分)15、×【分析】【分析】化學變化的實質(zhì)是在原子核不變的情況下，有新物質(zhì)生成，分析各選項是否符合化學變化的概念，即有新物質(zhì)生成，就是化學變化．【解析】【解答】解：蛋白質(zhì)溶液中加入Na2SO4溶液，蛋白質(zhì)析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質(zhì)生成是物理變化，故答案為：×．16、×【分析】【分析】稀釋前后氫氧化鈉的物質(zhì)的量不變，根據(jù)稀釋定律C1V1=C2V2計算判斷．【解析】【解答】解：令稀釋后NaOH的物質(zhì)的量濃度為c，稀釋前后氫氧化鈉的物質(zhì)的量不變，則：0.03L×0.5mol/L=c×0.5L，解得c=0.03mol/L，故錯誤，故答案為：×．17、A【分析】【分析】（1）密度小于4.5的為輕金屬；大于4.5的為重金屬；水體富營養(yǎng)化是因為向水中排放含氮；磷等元素的生產(chǎn)生活廢水過多造成的；

（2）酸雨主要由化石燃料燃燒產(chǎn)生的二氧化硫；氮氧化物等酸性氣體；經(jīng)過復雜的大氣化學反應，形成硫酸和硝酸，被雨水吸收溶解而成；根據(jù)化學反應前后原子的種類與數(shù)目保持不變可以判斷物質(zhì)的化學式；二氧化碳是一種主要的溫室效應氣體；根據(jù)質(zhì)量守恒的原因推出Y為氫氧化鈣；

（3）①空氣質(zhì)量報告的主要內(nèi)容包括：空氣污染指數(shù)；首要污染物（包括可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮等氣體）、空氣質(zhì)量級別、空氣質(zhì)量狀況等；

②舊試卷屬于可回收物；可回收再利用；

③根據(jù)污水的類型選取處理的方法．【解析】【解答】解：（1）工業(yè)廢水中常見的重金屬元素指的是Cu2+、Hg2+、Cd2+、Pb2+等重金屬離子；含鉛；汞的物質(zhì)是常見的有毒污染物；生物所需的氮、磷等營養(yǎng)物質(zhì)大量進入湖泊、河口、海灣等緩流水體，引起藻類及其它浮游生物迅速繁殖，水體溶氧量下降，魚類及其它生物大量死亡，該現(xiàn)象為水體富營養(yǎng)化導致的結果；

故答案為：A；富營養(yǎng)化；

（2）酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH約為5.6；酸雨主要由化石燃料燃燒產(chǎn)生的二氧化硫、氮氧化物等酸性氣體，經(jīng)過復雜的大氣化學反應，被雨水吸收溶解而成，根據(jù)2CaCO3+2SO2+O2═2CaSO4+2x可知，依據(jù)質(zhì)量守恒定律可知每個x中含有1個碳原子和2個氧原子，所以x是二氧化碳．二氧化碳是形成溫室效應的主要物質(zhì)，2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O；依據(jù)質(zhì)量守恒定律可知每個y中含有1個鈣原子和2個氫氧根原子團，所以y是氫氧化鈣；

故答案為：SO2；NO2；CO2；溫室效應；Ca（OH）2；

（3）①空氣質(zhì)量報告的主要內(nèi)容包括：空氣污染指數(shù)、首要污染物（包括可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮等氣體）、空氣質(zhì)量級別、空氣質(zhì)量狀況等，二氧化碳無毒，不屬于空氣污染物，氮氣是空氣的主要組成氣體，而可吸入顆粒物、NO2、SO2均為污染物；需要檢測；

故答案為：CD；

②用過的舊試卷可回收再利用重新做成紙漿；屬于可回收垃圾，故答案為：A；

③A．如果污水中含大量氫離子或氫氧根離子；可采用酸堿中和法，除去水中大量的氫離子或氫氧根離子，故答案為：√；

B．如果水中含重金屬離子；可加入一些物質(zhì)使金屬陽離子轉(zhuǎn)化成沉淀而除去這些離子，即沉降法，故答案為：（沉降法）；

C．如果使懸浮于水中的泥沙形成絮狀不溶物沉降下來，使水澄清，可用明礬等混凝劑作凈水劑，故答案為：（混凝法）．18、√【分析】【分析】（1）根據(jù)烷烴的系統(tǒng)命名法分析；

（2）取代基的編號錯誤；應該是2，2，4-三甲基戊烷；

（3）根據(jù)烷烴的命名方法進行分析；

（4）根據(jù)圖示的球棍模型進行命名并判斷正誤．【解析】【解答】答案（1）√（2）×（3）√（4）×

解：（1）主鏈為丁烷，命名為：2-甲基丁烷，題中命名正確；

故答案為：√；

（2）不是2，2，3-三甲基戊烷，編號錯誤，正確應為2，2，4三甲基戊烷；

故答案為：×；

（3）（CH3CH2）2CHCH33-甲基戊烷；滿足烷烴的系統(tǒng)命名法，命名正確；

故答案為：√；

（4）根據(jù)球棍模型，其結構簡式為名稱為2甲基戊烷，所以題中命名錯誤；

故答案為：×．19、×【分析】【分析】氫氧化鈉是強電解質(zhì)，一水合氨是弱電解質(zhì)，加水稀釋弱電解質(zhì)溶液，促進弱電解質(zhì)電離，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：氫氧化鈉是強電解質(zhì)，在水中完全電離，加水稀釋一倍，氫氧根離子濃度變?yōu)樵瓉淼囊话?，一水合氨是弱電解質(zhì)，在水溶液里存在電離平衡，加水稀釋促進其電離，當稀釋一倍后，氫氧根離子濃度大于原來的一半，該說法錯誤，故答案為：×．四、計算題(共3題，共30分)20、11.96mol/L【分析】【分析】根據(jù)物質(zhì)的量濃度c=計算該鹽酸的物質(zhì)的量濃度．【解析】【解答】解：濃鹽酸的密度為1.18kg?L-1=1.18g/mL，該鹽酸的物質(zhì)的量濃度為：c（HCl）==mol/L≈11.96mol/L；

故答案為：11.96mol/L．21、4.816×1024【分析】【分析】16克臭氧，氧原子的物質(zhì)的量為1mol，含電子的物質(zhì)的量為：8mol，所含電子數(shù)為8×6.02×1023．【解析】【解答】解：16克臭氧，氧原子的物質(zhì)的量為1mol，含電子的物質(zhì)的量為：8mol，所含電子數(shù)為8×6.02×1023=4.816×1024，故答案為：4.816×1024；22、14.37.2無影響偏低偏高【分析】【分析】（1）根據(jù)500mL0.1mol?L-1Na2CO3溶液中含有的碳酸鈉的物質(zhì)的量計算出需要Na2CO3?10H2O晶體的質(zhì)量；

（2）根據(jù)量筒的構造及圖示凹液面所在的刻度線讀出量筒中液體的體積；

（3）根據(jù)cB=可得，一定物質(zhì)的量濃度溶液配制的誤差都是由溶質(zhì)的物質(zhì)的量nB和溶液的體積V引起的，若nB比理論值小，或V比理論值大時，都會使所配溶液濃度偏?。蝗鬾B比理論值大，或V比理論值小時，都會使所配溶液濃度偏大．【解析】【解答】解：（1）配制500mL0.1mol?L-1Na2CO3溶液，溶液中含有碳酸鈉的物質(zhì)的量為：0.1mol?L-1×0.5L=0.05mol，需要Na2CO3?10H2O晶體的質(zhì)量為286g/mol×0.05mol=14.3g；

故答案為：14.3；

（2）量筒刻度線從下向上逐漸增大；根據(jù)圖示，A為8，則B刻度為7；A與B；B與C刻度間相差1mL，則每個小刻度為0.2mL，液面位于B刻度之上一個小刻度，所以溶液的體積為7.2mL；

故答案為：7.2；

（3）A；定容前容量瓶底部有水珠；對溶質(zhì)的物質(zhì)的量沒有影響，所以不影響配制結果，故答案為：無影響；

B、定容時加水超過刻度線，導致配制的溶液體積偏大，根據(jù)cB=可得；配制的溶液濃度偏低；

故答案為：偏低；

C、最終定容時俯視觀察液面，導致加入的蒸餾水體積偏小，根據(jù)cB=可得；配制的溶液濃度偏高；

故答案為：偏高．五、推斷題(共4題，共36分)23、C+4HNO3（濃）CO2↑+4NO2↑+2H2O2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-H2+Cl22HCl2C+SiO2Si+2CO↑【分析】【分析】（1）若A為短周期金屬單質(zhì)，D為短周期非金屬單質(zhì)，A+B=C+D是置換反應，F(xiàn)的濃溶液與A、D反應都有紅棕色氣體生成，說明生成的氣體為NO2，F(xiàn)為濃硝酸HNO3，非金屬判斷D為C，結合置換反應和所含元素的原子序數(shù)A是D的2倍，所含元素的原子最外層電子數(shù)D是A的2倍，分析判斷A為Mg，B為CO2，C為MgO，E為Mg（NO3）2；依據(jù)分析判斷出的物質(zhì)回答問題；

（2）若A是常見的變價金屬的單質(zhì)，D、F是氣態(tài)單質(zhì)，且反應①在水溶液中進行，D和F單質(zhì)化合反應生成B為酸，則推斷變價金屬為Fe，B為HCl，D為H2，F(xiàn)為Cl2，E為FeCl3，反應②在水溶液中進行反應，其離子方程式是：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；光照條件下D（H2）與F（Cl2）反應生成B（HCl）；依據(jù)判斷物質(zhì)回答問題；

（3）若A、D、F都是短周期非金屬元素單質(zhì)，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，A+B=C+D是置換反應，依據(jù)周期表中非金屬單質(zhì)發(fā)生置換反應可知A為C，D為Si，F(xiàn)為O2，依據(jù)判斷物質(zhì)回答；【解析】【解答】（1）若A為短周期金屬單質(zhì)，D為短周期非金屬單質(zhì)，A+B=C+D是置換反應，F(xiàn)的濃溶液與A、D反應都有紅棕色氣體生成，說明生成的氣體為NO2，F(xiàn)為濃硝酸HNO3，非金屬判斷D為C，結合置換反應和所含元素的原子序數(shù)A是D的2倍，所含元素的原子最外層電子數(shù)D是A的2倍，分析判斷A為Mg，B為CO2，C為MgO，E為Mg（NO3）2；A為Mg原子結構示意圖為：反應④是碳和濃硝酸加熱反應生成二氧化氮和二氧化碳氣體及水的反應，化學方程式為：C+4HNO3（濃）CO2↑+4NO2↑+2H2O；

故答案為：C+4HNO3（濃）CO2↑+4NO2↑+2H2O；

（2）若A是常見的變價金屬的單質(zhì)，D、F是氣態(tài)單質(zhì)，且反應①在水溶液中進行，D和F單質(zhì)化合反應生成B為酸，則推斷變價金屬為Fe，B為HCl，D為H2，F(xiàn)為Cl2，E為FeCl3，反應②在水溶液中進行反應，其離子方程式是：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；光照條件下D（H2）與F（Cl2）反應生成B（HCl），化學方程式為：H2+Cl22HCl；

故答案為：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-H2+Cl22HCl

（3）若A、D、F都是短周期非金屬元素單質(zhì)，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，A+B=C+D是置換反應，依據(jù)周期表中非金屬單質(zhì)發(fā)生置換反應可知A為C，D為Si，F(xiàn)為O2，反應①是碳置換硅的反應，化學方程式為為：2C+SiO2Si+2CO↑；故答案為：2C+SiO2Si+2CO↑；24、略

【分析】試題分析：X、Y、Z、W四種為三個不同的短周期主族元素,且原子序數(shù)依次增大，X必定為H；X與W為同一主族，W一定在第三周期，W在空氣中燃燒可以得到淡黃色固體，W是Na；Y、Z必定是第二周期元素，Z元素的外圍電子排布為2s22p4，Z元素為O；又知四種元素分別形成的常見單質(zhì)在常溫常壓下有三種是氣體，一種是固體，可知Y只能是N。（1）W是Na，位于第3周期ⅠA族；N的電子排布式1s22s22p3。（2）同周期元素的第一電離能：第ⅤA>第ⅥA；根據(jù)題中信息反應為：8NH3+3Br2=N2+6NH4Br，中1個σ鍵和2個π鍵，NH4Br屬于離子晶體。（3）Na3N的水【解析】

Na3N+3H2O=3NaOH+NH3。（4）由12.8g（0.4mol）液態(tài)Y2X4與足量過氧化氫反應生成Y的單質(zhì)和氣態(tài)水，放出256.65kJ的熱量可得：①N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)ΔH1＝－256.65/0.4KJ/mol=－641.6KJ/mol②2H2O2(l)=O2(g)+2H2O(l)ΔH2＝－196.4KJ/mol③H2O(l)=H2O(g)ΔH2＝+44KJ/mol根據(jù)蓋斯定律①-②-③×4得到N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH＝ΔH1-ΔH2-4ΔH2=-621.2kJ/mol，考點：本題以元素推斷為基礎，考查原子結構、電離能、元素周期表、元素及化合物性質(zhì)、熱化學方程式的書寫、蓋斯定律等知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚ü?4分）（1）第3周期ⅠA族（2分）；1s22s22p3（2分）（2）大于（1分）；1∶2（1分）；離子晶體（1分）；（3）Na3N+3H2O=3NaOH+NH3（可寫成NH3·H2O，3分）（4）N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-621.2kJ/mol（4分，其中方程式2分，熱量2分）25、略

【分析】解：rm{A}rm{B}均是常見的金屬，且rm{B}的合金用量最大，則rm{B}為rm{Fe}rm{E}在常溫下是黃綠色氣體，則rm{E}為rm{Cl_{2}}rm{Fe}與鹽酸反應得到rm{D}為rm{FeCl_{2}}氯化亞鐵氯氣反應得到rm{F}為rm{FeCl_{3}}金屬rm{A}與鹽酸反應得到rm{C}與氫氣，rm{C}與rm{NaOH}反應得到白色沉淀，且白色沉淀能溶于rm{NaOH}溶液與稀鹽酸，則rm{A}為rm{Al}rm{C}為rm{AlCl_{3}}白色沉淀為rm{Al(OH)_{3}}

rm{(1)}由以上分析可知rm{A}為rm{Al}故答案為：rm{Al}

rm{(2)}反應rm{F隆煤D}的化學方程式是為rm{2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}故答案為：rm{2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}

rm{(3)F}中金屬陽離子為rm{Fe^{3+}}常用試劑rm{KSCN}溶液檢驗，故答案為：用rm{KSCN}溶液；溶液變紅色；

rm{(4)B}為rm{Fe}與鹽酸反應的離子方程式為rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}故答案為：rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉.}

A、rm{B}均是常見的金屬，且rm{B}的合金用量最大，則rm{B}為rm{Fe}rm{E}在常溫下是黃綠色氣體，則rm{E}為rm{Cl_{2}}rm{Fe}與鹽酸反應得到rm{D}為rm{FeCl_{2}}氯化亞鐵與氯氣反應得到rm{F}為rm{FeCl_{3}}金屬rm{A}與鹽酸反應得到rm{C}與氫氣，rm{C}與rm{NaOH}反應得到白色沉淀，且白色沉淀能溶于rm{NaOH}溶液與稀鹽酸，則rm{A}為rm{Al}rm{C}為rm{AlCl_{3}}白色沉淀為rm{Al(OH)_{3}}結合對應物質(zhì)的性質(zhì)以及題目要求解答該題．

本題考查無機物的推斷，為高考常見題型，側重于學生的分析能力和元素化合物知識的綜合理解和運用的考查，涉及rm{Fe}rm{Al}rm{Cl}元素單質(zhì)化合物的性質(zhì)，rm{B}的用途及轉(zhuǎn)化關系特殊反應是推斷突破口，難度不大，注意對基礎知識的掌握．【解析】rm{Al}rm{2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}用rm{KSCN}溶液，溶液變紅色；rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}26、略

【分析】解：待測液和氯化鋇溶液反應得到沉淀rm{A}則溶液中可能含有rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}向沉淀中加入稀硝酸生成氣體，且有部分沉淀不溶解，則溶液中存在rm{CO_{3}^{2-}}可能存在rm{SO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}中的兩種或一種，根據(jù)離子共存知，溶液中不存在rm{Ba^{2+}}

濾液rm{A}中有rm{Ba^{2+}}加入過量的rm{NaOH}溶液得到氣體rm{B}白色沉淀rm{B}則溶液中一定含有rm{NH_{4}^{+}}rm{HCO_{3}^{-}}一定不存在rm{Fe^{3+}}氣體rm{B}為rm{NH_{3}}白色沉淀rm{B}為rm{BaCO_{3}}濾液rm{B}中通入氯氣，得淺黃綠色溶液，溶液中一定沒有rm{Br^{-}}濾液rm{B}中加入硝酸銀、硝酸溶液得到白色沉淀rm{C}rm{C}為rm{AgCl}說明濾液rm{B}中含有rm{Cl^{-}}由于加入氯化鋇溶液，不能確定原溶液中是否含有rm{Cl^{-}}

rm{(1)}由上述分析可知，白色沉淀rm{B}為碳酸鋇，是由rm{HCO_{3}^{-}}rm{Ba^{2+}}rm{OH^{-}}反應生成，反應離子方程式為：rm{HCO_{3}^{-}+Ba^{2+}+OH^{-}=BaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

故答案為：rm{HCO_{3}^{-}+Ba^{2+}+OH^{-}=BaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

rm{(2)}由上述分析可知，溶液中一定沒有的陽離子是：rm{Fe^{3+}}rm{Ba^{2+}}

故答案為：rm{Fe^{3+}}rm{Ba^{2+}}

rm{(3)壟脵}由上述分析可知，不能確定原溶液中是否含有rm{Cl^{-}}溶液中一定沒有rm{Br^{-}}．

若無色氣體rm{D}是單一氣體，則rm{D}為rm{CO_{2}}rm{E}為rm{CaCO_{3}}溶液中含有rm{CO_{3}^{2-}}白色沉淀rm{D}只能為rm{BaSO_{4}}溶液中一定沒有rm{SO_{3}^{2-}}一定含有rm{SO_{4}^{2-}}

rm{B(}碳酸鋇rm{)}的物質(zhì)的量rm{=dfrac{19.7}{197g/mol}=0.1mol}則rm{=dfrac

{19.7}{197g/mol}=0.1mol}故rm{c(HCO_{3}^{-})=dfrac{0.1mol}{1L}=0.1mol/L}

rm{n(HCO_{3}^{-})=0.1mol}碳酸鈣rm{c(HCO_{3}^{-})=dfrac

{0.1mol}{1L}=0.1mol/L}的物質(zhì)的量rm{=dfrac{10g}{100g/mol}=0.1mol}則rm{E(}故rm{c(CO_{3}^{2-})=dfrac{0.1mol}{1L}=0.1mol/L}

rm{)}硫酸鋇rm{=dfrac

{10g}{100g/mol}=0.1mol}的物質(zhì)的量rm{=dfrac{11.65g}{233g/mol}=0.05mol}則rm{n(CO_{3}^{2-})=0.1mol}故rm{c(SO_{4}^{2-})=dfrac{0.05mol}{1L}=0.05mol/L}

故答案為：。rm{c(CO_{3}^{2-})=dfrac

{0.1mol}{1L}=0.1mol/L}陰離子rm{Cl^{-}}rm{Br^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{SO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}濃度rm{/mol?L^{-1}}？rm{0}rm{0.1}rm{0.1}rm{0}rm{0.05}rm{壟脷n(NH_{4}^{+})=n(NH_{3})=dfrac{2.24L}{22.4L/mol}=0.1mol}則rm{壟脷n(NH_{4}^{+})=n(NH_{3})=dfrac

{2.24L}{22.4L/mol}=0.1mol}溶液中rm{c(NH_{4}^{+})=0.1mol/L}rm{c(Na^{+})=0.2mol/L}rm{c(HCO_{3}^{-})=0.1mol/L}rm{c(CO_{3}^{2-})=0.1mol/L}單位體積為正電荷rm{c(SO_{4}^{2-})=0.05mol/L}單位體積內(nèi)負電荷rm{=1隆脕0.1mol/L+1隆脕0.2mol/L=0.3mol/L}則單位體積為正電荷rm{=1隆脕0.1mol/L+2隆脕0.1mol/L+2隆脕0.05mol/L=0.4mol/L}單位體積內(nèi)負電荷，故一定含有rm{<}當溶液中沒有rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}離子濃度最小，根據(jù)電荷守恒可知，rm{K^{+}}最小濃度rm{c(K^{+})}

故答案為：存在；rm{=0.4mol/L-0.3mol.L=0.1mol/L}離子最小濃度為rm{K^{+}}

rm{0.1mol/L}由上述分析可知，溶液中一定含有rm{(4)}rm{CO_{3}^{2-}}不能確定原溶液中是否含有rm{HCO_{3}^{-}}溶液中一定沒有rm{Cl^{-}}．

若無色氣體rm{Br^{-}}是混合氣體，只能為rm{D}rm{CO_{2}}混合氣體，白色沉淀rm{NO}只能為rm{D}溶液中一定含有rm{BaSO_{4}}不能確定是否含有rm{SO_{3}^{2-}}沉淀rm{SO_{4}^{2-}}中一定含有rm{A}rm{BaCO_{3}}

rm{BaSO_{3}}待測液中一定含有的陰離子是rm{壟脵}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}故答案為：rm{SO_{3}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}

rm{SO_{3}^{2-}}沉淀rm{壟脷}中rm{A}rm{BaCO_{3}}能與稀硝酸反應，故答案為：rm{BaSO_{3}}rm{BaCO_{3}}．

rm{BaSO_{3}}待測液和氯化鋇溶液反應得到沉淀rm{(1)(2)}則溶液中可能含有rm{A}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{3}^{2-}}向沉淀中加入稀硝酸生成氣體，且有部分沉淀不溶解，則溶液中存在rm{SO_{4}^{2-}}可能存在rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{3}^{2-}}中的兩種或一種，根據(jù)離子共存知，溶液中不存在rm{SO_{4}^{2-}}

濾液rm{Ba^{2+}}中有rm{A}加入過量的rm{Ba^{2+}}溶液得到氣體rm{NaOH}白色沉淀rm{B}則溶液中一定含有rm{B}rm{NH_{4}^{+}}一定不存在rm{HCO_{3}^{-}}氣體rm{Fe^{3+}}為rm{B}白色沉淀rm{NH_{3}}為rm{B}濾液rm{BaCO_{3}}中通入氯氣，得淺黃綠色溶液，溶液中一定沒有rm{B}濾液rm{Br^{-}}中加入硝酸銀、硝酸溶液得到白色沉淀rm{B}rm{C}為rm{C}說明濾液rm{AgCl}中含有rm{B}由于加入氯化鋇溶液，不能確定原溶液中是否含有rm{Cl^{-}}

rm{Cl^{-}}若無色氣體rm{(3)}是單一氣體，則rm{D}為rm{D}rm{CO_{2}}為rm{E}溶液中含有rm{CaCO_{3}}白色沉淀rm{CO_{3}^{2-}}只能為rm{D}溶液中一定沒有rm{BaSO_{4}}一定含有rm{SO_{3}^{2-}}計算rm{SO_{4}^{2-}}碳酸鋇rm{B(}rm{)}碳酸鈣rm{E(}硫酸鋇的物質(zhì)的量；根據(jù)離子守恒計算各離子的濃度；

根據(jù)電荷守恒判斷是否含有鉀離子，若溶液含有rm{)}當溶液中沒有rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}離子濃度最小；根據(jù)電荷守恒計算；

rm{K^{+}}若無色氣體rm{(4)}是混合氣體，只能為rm{D}rm{CO_{2}}混合氣體，白色沉淀rm{NO}只能為rm{D}溶液中一定含有rm{BaSO_{4}}不能確定是否含有rm{SO_{3}^{2-}}沉淀rm{SO_{4}^{2-}}中一定含有rm{A}rm{BaCO_{3}}．

本題考查了離子的推斷、檢驗，熟悉物質(zhì)的性質(zhì)是解本題關鍵，根據(jù)實驗過程中反應現(xiàn)象、離子共存條件來確定溶液中存在的離子，注意根據(jù)溶液中電荷守恒確定鉀離子是否存在，同時考查學生綜合運用知識解決問題的能力，題目難度較大．rm{BaSO_{3}}【解析】rm{HCO_{3}^{-}+Ba^{2+}+OH^{-}=BaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{Fe^{3+}}rm{Ba^{2+}}存在，rm{K^{+}}離子最小濃度為rm{0.1mol/L}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{SO_{3}^{2-}}rm{BaCO_{3}}rm{BaSO_{3}}六、實驗題(共4題，共40分)27、容量瓶0.1mol/L溶液濃度越稀，誤差越小錐形瓶內(nèi)溶液的顏色變化黃橙觀察錐形瓶中溶液顏色的變化明顯，減少實驗誤差偏大偏大偏小×100%【分析】【分析】①配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的儀器是容量瓶．

②根據(jù)造成誤差的大小分析．

③根據(jù)中和滴定存在規(guī)范操作分析．

④⑤⑥根據(jù)所用酸的體積誤差分析．

⑦先根據(jù)酸堿中和反應計算氫氧化鈉溶液的濃度，根據(jù)m=CVM計算100mL溶液中氫氧化鈉的質(zhì)量，再根據(jù)質(zhì)量分數(shù)公式計算氫氧化鈉的質(zhì)量分數(shù)．【解析】【解答】解：（1）配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的儀器是容量瓶．

故答案為：容量瓶．

（2）溶液濃度越??；指示劑的顏色變化越靈敏，所用誤差越小，故選濃度小的．

故答案為：0.1mol/L；溶液濃度越稀；誤差越?。?/p>

（3）滴定時；滴定過程中兩眼應該注視錐形瓶內(nèi)溶液的顏色變化．滴定終點時溶液顏色由黃色突變?yōu)槌壬谑⒎糯郎y溶液的錐形瓶下方放一張白紙的作用是觀察錐形瓶中溶液顏色的變化明顯，減少實驗誤差．

故答案為：錐形瓶內(nèi)溶液的顏色變化；黃色；橙色（或紅色）；觀察錐形瓶中溶液顏色的變化明顯；減少實驗誤差．

（4）若滴定前酸式滴定管尖嘴氣泡未排出；導致所用酸體積偏大，所用會使堿測定值偏大．

故答案為：偏大．

（5）不用標準鹽酸潤洗酸式滴定管；導致滴定管內(nèi)的溶液濃度偏低，所以導致所用酸的體積偏大，使堿測定值偏大．

固液答案為：偏大．

（6）讀數(shù)時；若滴定前仰視，滴定后俯視，導致所用酸的體積偏小，所以使測定結果偏?。?/p>

故答案為：偏小．

（7）根據(jù)酸堿中和反應計算氫氧化鈉溶液的濃度==mol/L；0.1L氫氧化鈉溶液中含有氫氧化鈉的質(zhì)量=CVM=mol/L×0.1L×40g/mol=g，所以氫氧化鈉的質(zhì)量分數(shù)=×100%=×100%．

故答案為：×100%．28、略

【分析】解：rm{(1)}儀器rm{C}可以用來制取二氧化碳，連接rm{3}用來除去rm{HCl}rm{4}連接rm