2024年粵教滬科版高一化學下冊月考試卷含答案

…………○…………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2024年粵教滬科版高一化學下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、一定溫度下，在三個體積約為rm{1.0L}的恒容密閉容器中發(fā)生反應：rm{2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)}

。容器編號溫度rm{(隆忙)}起始物質的量rm{(mol)}平衡物質的量rm{(mol)}rm{CH_{3}OH(g)}rm{CH_{3}OCH_{3}(g)}rm{H_{2}O(g)}rm{CH_{3}OCH_{3}(g)}rm{H_{2}O(g)}rm{I}rm{387}rm{0.20}rm{0.080}rm{0.080}Ⅱrm{387}rm{0.40}Ⅲrm{207}rm{0.20}rm{0.090}rm{0.090}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.該反應的正方應為吸熱反應B.若起始時向容器rm{I}中充入rm{CH_{3}OH}rm{0.1mol}rm{CH_{3}OCH_{3}0.15mol}和rm{H_{2}O}rm{0.10mol}則反應將向正反應方向進行C.容器rm{I}中反應達到平衡所需時間比容器Ⅲ中的長D.達到平衡時，容器rm{I}中的rm{CH_{3}OH}體積分數(shù)比容器Ⅱ中的小2、元素周期律最早是由下列哪位科學家提出rm{(}rm{)}A.道爾頓B.玻爾C.門捷列夫D.阿伏伽德羅3、下列各組物質中，不滿足組內任意兩種物質在一定條件下均能發(fā)生反應的是rm{(}rm{)}

。物質。

組別甲乙丙rm{A}rm{Al}rm{HCl}rm{NaOH}rm{B}rm{NH_{3}}rm{O_{2}}rm{HNO_{3}}rm{C}rm{SiO_{2}}rm{NaOH}rm{HF}rm{D}rm{CO_{2}}rm{Ca(OH)_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}4、下列反應中；屬于取代反應的是（）

A.CH4+2O2CO2+2H2O

B.CH2=CH2+H2CH3-CH3

C.

D.

5、鋁、鐵的混合物溶于足量的鹽酸中，再加入過量的NaOH溶液，在空氣中靜置，當紅褐色沉淀不再增加，將沉淀濾出并充分灼燒，得到的固體殘留物恰好跟原混合物的質量相等，則此合金中鋁的質量分數(shù)為（）A.22.2%B.30.0%C.75.7%D.80.6%6、下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.可用物質的量表示分子、原子、離子、米粒等微?；蛐☆w粒物質B.摩爾是國際單位制中的七個基本物理量之一C.rm{1mol}任何物質都含有rm{6.02隆脕10^{23}}個原子D.rm{0.012Kg^{12}C}所含碳原子數(shù)為rm{6.02隆脕10^{23}}7、在下列條件下，兩種氣體的分子數(shù)一定相等的是rm{(}rm{)}A.同質量、不同密度的rm{N_{2}}和rm{C_{2}H_{4}}B.同溫度、同體積的rm{O_{2}}和rm{N_{2}}C.同體積、同密度的rm{CO}和rm{CH_{4}}D.同壓強、同體積的rm{N_{2}}和rm{O_{2}}評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)8、元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序數(shù)之和為rm{36}rm{X}rm{Y}在同一周期，rm{X^{+}}與rm{Z^{2-}}具有相同的核外電子層結構。下列推測正確的是()A.同周期元素中rm{X}的金屬性最強B.原子半徑rm{X>Y}離子半徑rm{X^{+}>Z^{2-}}C.同族元素中rm{Z}的氫化物穩(wěn)定性最高D.同周期元素中rm{Y}的最高價含氧酸的酸性最強9、下列溶液中有關物質的量濃度關系正確的是A.pH=2的HA溶液與pH＝12的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)B.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三種溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)C.物質的量濃度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合：c(CH3COO-)+2c(OH-)＝2c(H+)+c(CH3COOH)D.0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH＝4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2-)10、下列溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是：A.室溫下，向0.01mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na＋)>c(SO42－)>c(NH4＋)>c(OH－)＝c(H＋)B.0.1mol·L－1NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(OH－)>c((HCO3－)>c(H＋)C.Na2CO3溶液：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)+2c(H2CO3)D.25℃時，pH＝4.75、濃度均為0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO－)＋c(OH－)3COOH)＋c(H＋)11、25℃時，配制一組c(PO43-)+c(HPO42-)+c(H2PO4-)+c(H3PO4)=0.100mol·L－1的H3PO4和NaOH混合溶液；溶液中部分微粒的物質的量濃度隨pH的變化曲線如圖所示。下列指定溶液中微粒的物質的量濃度關系一定正確的是。

A.pH=6的溶液中：c(H3PO4)+c(HPO42-)＞c(H2PO4-)B.c(Na+)=0.100mol·L－1的溶液中：c(H3PO4)=2c(PO43-)+c(HPO42-)C.pH=7的溶液中：c(Na+)＞2c(HPO42-)+c(H2PO4-)D.c(H3PO4)=c(H2PO4-)的溶液中：c(Na+)＜0.100mol·L－1+2c(PO43-)+c(HPO42-)12、H2SO3是二元弱酸，NaHSO3溶液呈酸性，在0.1mol·L-1NaHSO3溶液中，下列關系正確的是A.B.C.D.13、高溫時通過以下反應制備金屬鋁。用鋁制作的“快速放電鋁離子二次電池”的原理如下圖所示(EMI+為有機陽離子)。

①Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)△H1=akJ·mol-1

②3AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g)△H2=bkJ·mol-1

③Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)△H3

下列說法正確的是A.該電池的電解質可用氯化鋁水溶液替代B.Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)△H3=(a-b)kJ·mol-1C.該電池充電時石墨電極與電源正極相連D.該電池放電時的負極反應方程式為：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-14、遇到下列情況，處理不當?shù)氖莚m{(}rm{)}A.不小心將少量濃硫酸沾到皮膚，立即用水沖洗B.皮膚上沾有濃堿溶液時，立即用酒精沖洗C.為了避免浪費，應該把實驗用剩的藥品放回原試劑瓶中D.連接并組裝成套儀器時，一般按自下而上rm{.}從左到右的順序進行安裝評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定條件下可實現(xiàn)下圖所示的物質之間的變化：據(jù)此回答下列問題：（1）圖中涉及分離溶液與沉淀的方法是__________________。（2）B、C、D三種物質的化學式為：B_________C_________D_________（3）沉淀E與稀硫酸反應的離子方程式為________________________________________。（4）將沉淀F中存在的兩種金屬元素組成的合金溶于100mL4mol/LHCl溶液中，然后再滴加1mol/LNaOH溶液，沉淀質量m隨加入NaOH溶液的體積V變化如下圖所示。已知V1＝160mL。根據(jù)以上信息回答：①_________（填“能”或“不能”）計算出V3②V2為_________mL（若能算出具體數(shù)字，請在橫線上填寫具體數(shù)字；若不能請在橫線上填“不能確定”）16、下表是元素周期表的一部分，回答下列有關問題：（1）寫出下列元素符號：①，⑥，⑦。（2）畫出原子的結構示意圖：④，⑤，⑧。（3）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。（均填元素符號）（4）在這些元素的最高價氧化物對應水化物中，酸性最強的是，堿性最強的是，呈兩性的氫氧化物是。（5）在③與④中，化學性質較活潑的是（填元素符號），怎樣用化學實驗證明：答：（該空2分，其余每空1分）17、下列各組物質中互為同位素的是______，互為同素異形體的是______，互為同分異構體的是______，屬于同一種物質的是______．（填序號）

①CH3CH2OH和CH3OCH3

②D和T

③16O2和18O2

④干冰和CO2

⑤白磷和紅磷。

⑥H2O和H2O2

⑦CH3-CH2-CH2-CH3和18、科學工作者為心臟病人設計的心臟起搏器的電池是以rm{Pt}和rm{Zn}為電極材料，依靠人體內液體中含有一定濃度的溶解氧、rm{H^{+}}和rm{Zn^{2+}}進行工作rm{.}回答下列問題：

rm{(1)}正極材料是______；

rm{(2)}負極材料是______，負極電極反應是______．19、在一定溫度下，某飽和氫氧化鈉溶液體積為rm{VmL}溶液密度為rm{dg隆隴cm^{-3}}質量分數(shù)為rm{w}物質的量濃度為rm{cmol隆隴L^{-1}}溶液中含氫氧化鈉的質量為rm{mg}該溫度下rm{NaOH}的溶解度為rm{S}rm{(1)}用rm{w}來表示該溫度下氫氧化鈉的溶解度rm{(S)}為_________________。rm{(2)}用rm{m}rm{V}表示溶液中溶質的物質的量濃度rm{(c)}為__________________。rm{(3)}用rm{w}rmpahrvtg表示溶液中溶質的物質的量濃度rm{(c)}為__________________。rm{(4)}用rm{c}rmszc4cjn表示溶液中溶質的質量分數(shù)rm{(w)}為______________________。rm{(5)}用rm{S}rma4ho3ir表示溶液中溶質的物質的量濃度rm{(c)}為___________________。20、海水開發(fā)利用的部分過程如圖所示．

rm{(1)}向苦鹵中通入rm{Cl_{2}}是為了提取溴；發(fā)生反應的離子方程式為______．

rm{(2)}富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質溴，再用rm{SO_{2}}的水溶液將其還原吸收，發(fā)生反應的化學方程式為______rm{.}也可用純堿吸收溴，主要反應是rm{Br_{2}+Na_{2}CO_{3}+H_{2}O隆煤NaBr+NaBrO_{3}+NaHCO_{3}(}未配平rm{)}吸收rm{1mol}rm{Br_{2}}時，轉移的電子為______rm{mol}．

rm{(3)}下列有關海水綜合利用的說法錯誤的是______．

A.粗鹽可采用除雜和重結晶等過程提純。

B.電解飽和食鹽水可制得金屬鈉。

C.工業(yè)生產常選用rm{NaOH}作為沉淀劑。

D.海水提鎂涉及到復分解反應．21、(14分)汽車尾氣中CO、NOx以及燃煤廢棄中的SO2都是大氣污染物，對它們的治理具有重要意義。Ⅰ．①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H1=—574kJ·mol-1．②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H2=一1160kJ·mol-1（1）甲烷直接將NO2還原為N2的熱化學方程式為；Ⅱ．吸收SO2和NO，獲得Na2S2O4和NH4NO3產品的流程圖如下(Ce為鈰元素)：（2）裝置Ⅱ中，酸性條件下，NO被Ce4+氧化的產物主要是NO3-、NO2-，寫出只生成NO3-的離子方式；（3）裝置Ⅲ的作用之一是再生Ce4+，其原理如下圖所示。①生成的Ce4+從電解槽的(填字母序號)口流出；②生成S2O42-的電極反應式為；（4）已知進入裝置Ⅳ的溶液中，NO2-的濃度為ag·L-1，要使1m3該溶液中的NO2-完全轉化為NH4NO3，至少需向裝置Ⅳ中通入標準狀況下的O2L。(用含a代數(shù)式表示，計算結果保留整數(shù))22、(1)某化學課外研究小組，設計實驗探究KI溶液和FeCl3溶液反應存在一定的限度．請完成相關的實驗步驟和現(xiàn)象．可選試劑：①0.1mol?L-1KI溶液；②0.1mol?L-1FeCl3溶液；③FeCl2溶液；④鹽酸；⑤KSCN溶液；⑥CCl4．

實驗步驟：①取5mL0.1mol?L-1KI溶液，再滴加5～6滴0.1mol?L-1FeCl3溶液。

②充分反應后；將溶液分成三份。

③取其中一份，滴加試劑CCl4，用力振蕩一段時間，CCl4層出現(xiàn)紫紅色；說明反應生成碘．

④另取一份；滴加試劑____________(填試劑序號)，若現(xiàn)象為____________，該反應有一定的限度．

(2)為比較Fe3+和Cu2+對H2O2分解的催化效果；某化學研究小組的同學分別設計了如圖甲；乙所示的實驗．請回答相關問題：

①定性分析：如圖甲可通過觀察____________(填現(xiàn)象)，定性比較得出結論．有同學提出將FeCl3改為Fe2(SO4)3溶液更為合理，其理由是____________．寫出H2O2在二氧化錳作用下發(fā)生反應的化學方程式：____________．

②定量分析：如圖乙所示；實驗時均以生成40mL氣體為準，其它可能影響實驗的因素均已忽略．實驗中一定需要測量的數(shù)據(jù)是____________(填序號)．

①收集40mL氣體所需要的時間②CuSO4溶液和FeCl3溶液的濃度③過氧化氫溶液的濃度．23、某待測液中可能含有大量rm{Mg^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{K^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{H^{+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{OH^{-}}離子中的一種或幾種；現(xiàn)通過下實驗進行檢驗：

rm{(1)}取少量待測液；仔細觀察，呈無色；

rm{(2)}向上述待測液中滴加rm{NaOH}溶液；先無明顯現(xiàn)象，后有白色沉淀生成；

rm{(3)}向上述溶液中加入rm{BaCl_{2}}溶液；無現(xiàn)象．

據(jù)此可以判斷該待測液中一定大量存在的離子是______；一定不能大量存在的離子是______，不能確定是否存在的離子是______；

依次寫出rm{(2)}中加入氫氧化鈉后的離子反應：______，______．評卷人得分四、判斷題(共2題，共12分)24、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對錯）25、在冶金工業(yè)的煙道廢氣中，常混有大量的SO2和CO；它們都是大氣的污染物，在773K和催化劑（鋁礬土）的作用下，使二者反應可收回大量的硫磺．

請寫出該反應的化學方程式：____

請判斷該反應式寫的是否正確。評卷人得分五、簡答題(共4題，共24分)26、某銀白色金屬單質A在空氣中加熱燃燒時發(fā)出黃色火焰；得到淡黃色固體B，A露置在空氣中足夠長時間最終變?yōu)镃，B和氣體D能生成C，A和B都能與水生成E，E和D也能生成C．回答下列問題．

（1）寫出下列物質的化學式：B______，C______；

（2）寫出下列反應的離子方程式：

①A和水生成E：______

②E與D生成C：______

（3）E物質是否屬于電解質______（填：是、否）27、在等質量的下列物質中：rm{CO_{2}}rm{HCl}rm{O_{2}}rm{NH_{3}}其中常溫常壓下密度最小的是______；所含分子數(shù)目最少的是______；在標準狀況下體積最大的是______；在標準狀況下體積最小的是______．28、某氣體的摩爾質量為rm{Mg/mol}分子數(shù)目為rm{N}質量是rm{mg}阿伏加德羅常數(shù)為rm{N_{A}}rm{m(C)}為rm{{,!}^{12}C}原子質量，試說明下列各式所表示的意義。rm{(1)dfrac{N}{{{N}_{A}}}}rm{(2)dfrac{M}{{{N}_{A}}}}rm{(3)dfrac{m}{N}}rm{(4)dfrac{dfrac{m}{N}}{dfrac{1}{12}m(C)}}29、指出下列反應中的氧化劑和還原劑。

rm{(1)Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl}氧化劑：____，還原劑：____；

rm{(2)2KNO3+S+3CK2S+N2隆眉+3CO2隆眉}氧化劑：____，還原劑：____；

rm{(1)Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+

2HCl}rm{(2)2KNO3+S+3C

K2S+N2隆眉+3CO2隆眉}氧化劑：____，還原劑：____。rm{(3)4FeS2+11O2}評卷人得分六、元素或物質推斷題(共1題，共5分)30、如圖表示A；B、C、D、E五種含氮物質相互轉化的關系圖。其中A、B、C、D常溫下都是氣體；B為紅棕色。

回答下列問題：

(1)A→D反應常用于人工固氮，寫出該反應的化學方程式：_______。

(2)D→C是工業(yè)制硝酸的重要反應，化學方程式為_______。

(3)B與一定量的氧氣混合通入水中能被完全吸收，則B與的物質的量之比為_______，若該反應轉移個電子，則參加反應的B的物質的量為_______mol。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】解：rm{A.}容器Ⅰ中平衡時rm{c(CH_{3}OCH_{3})=c(H_{2}O)=dfrac{0.080mol}{1.0L}=0.080mol/L}rm{c(CH_{3}OH)=dfrac{0.2mol-0.080mol隆脕2}{1.0L}=0.04mol/L}容器Ⅰ中化學平衡常數(shù)rm{K_{1}=dfrac{0.08隆脕0.08}{0.04隆脕0.04}=4}容器Ⅲ中平衡時rm{c(CH_{3}OCH_{3})=c(H_{2}O)=dfrac{0.090mol}{1.0L}=0.090mol/L}rm{c(CH_{3}OH)=dfrac{0.2mol-0.00mol隆脕2}{1.0L}=0.02mol/L}化學平衡常數(shù)rm{K_{2}=dfrac{0.09隆脕0.09}{0.02隆脕0.02}=20.25>4}所以降低溫度，化學平衡常數(shù)增大，反應向正反應方向移動，則正反應是放熱反應，故A錯誤；

B.rm{c(CH_{3}OCH_{3})=c(H_{2}O)=dfrac

{0.080mol}{1.0L}=0.080mol/L}rm{c(CH_{3}OH)=dfrac

{0.2mol-0.080mol隆脕2}{1.0L}=0.04mol/L}rm{K_{1}=dfrac

{0.08隆脕0.08}{0.04隆脕0.04}=4}濃度商rm{=dfrac{0.1隆脕0.15}{0.1隆脕0.1}=1.5<4}平衡向正反應方向移動，故B正確；

C.容器rm{c(CH_{3}OCH_{3})=c(H_{2}O)=dfrac

{0.090mol}{1.0L}=0.090mol/L}中的溫度比容器rm{c(CH_{3}OH)=dfrac

{0.2mol-0.00mol隆脕2}{1.0L}=0.02mol/L}的溫度高；溫度越高反應速率越快，達到平衡所需時間越短，故C錯誤；

D.恒容條件下，容器Ⅱ相當于在容器Ⅰ的基礎上加壓，但由于該反應是反應前后氣體體積不變的反應，因此平衡不移動，所以容器Ⅰ中的rm{K_{2}=dfrac

{0.09隆脕0.09}{0.02隆脕0.02}=20.25>4}體積分數(shù)和容器Ⅱ中的相等；故D錯誤；

故選B．

A.根據(jù)溫度與化學平衡常數(shù)的關系確定反應熱；

B.根據(jù)化學平衡常數(shù)與濃度商的相對大小判斷反應方向；如果濃度商小于平衡常數(shù)，則平衡向正反應方向進行；

C.溫度越高；反應速率越大，反應時間越短；

D.該反應是反應前后氣體體積不變的反應；溫度相同，化學平衡常數(shù)相同，反應物的轉化率相同．

本題考查了化學平衡常數(shù)的有關計算，根據(jù)平衡常數(shù)公式計算平衡常數(shù)，再結合濃度與反應速率的關系、化學平衡常數(shù)與濃度商之間的關系來分析解答，注意該反應特點，題目難度中等．rm{c(CH_{3}OH)=0.1mol/L}【解析】rm{B}2、C【分析】解：rm{A.}道爾頓提出原子的概念；并創(chuàng)立了原子學說，故A錯誤；

B.居里夫人發(fā)現(xiàn)鐳；故B錯誤；

C.門捷列夫發(fā)現(xiàn)了元素周期律；并編制出了元素周期表，故C正確；

D.阿伏加德羅首先提出了分子的概念；創(chuàng)立了分子學說，故D錯誤．

故選C．

rm{1869}年；門捷列夫發(fā)現(xiàn)了元素周期律，并編制出了元素周期表，據(jù)此解題．

本題考查化學史，難度較小，旨在考查學生對基礎知識的識記，注意基礎知識的積累掌握．【解析】rm{C}3、B【分析】解：rm{A.}甲與乙；丙均發(fā)生氧化還原反應；乙、丙發(fā)生復分解反應，則均能反應，故A不選；

B.乙；丙不能發(fā)生反應；不符合題意，故B選；

C.甲與乙；丙均發(fā)生復分解反應；乙、丙發(fā)生復分解反應，則均能反應，故C不選；

D.甲與乙；丙均發(fā)生復分解反應；乙、丙發(fā)生復分解反應，則均能反應，故D不選；

故選B．

A.rm{Al}與rm{HCl}反應生成氯化鋁，rm{Al}與rm{NaOH}反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，rm{HCl}與rm{NaOH}發(fā)生中和反應；

B.氨氣與氧氣反應生成rm{NO}和水；氧氣與硝酸不反應；

C.二氧化硅與rm{NaOH}反應生成硅酸鈉和水，二氧化硅與rm{HF}反應生成rm{SiF_{4}}和水，rm{NaOH}和rm{HF}發(fā)生中和反應；

D.二氧化碳與氫氧化鈣反應生成碳酸鈣和水，二氧化碳與碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，氫氧化鈣與碳酸鈉反應生成碳酸鈣和rm{NaOH}．

本題考查元素化合物知識，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反應為解答的關鍵，綜合考查元素化合物性質及應用，題目難度不大．【解析】rm{B}4、C【分析】

A；甲烷的燃燒反應；屬于氧化反應，故A錯誤；

B；乙烯與氫氣發(fā)生加成反應生成乙烷；故B錯誤；

C；苯環(huán)上的氫原子被羥基取代生成硝基苯；屬于取代反應，故C正確；

D；苯與氫氣發(fā)生加成反應生成環(huán)己烷；故D錯誤．

故選C．

【解析】【答案】根據(jù)取代反應的定義“有機化合物分子里的某些原子或原子團被其它原子或原子團所代替的反應”進行判斷．

5、B【分析】【解答】解：由鐵鋁合金粉末溶于足量鹽酸中；加入過量NaOH溶液，在空氣中靜置，當紅褐色沉淀不再增加，則得到的沉淀為氫氧化鐵，然后將沉淀濾出并充分灼燒，得到固體殘留物為氧化鐵；

得到的固體殘留物恰好跟原混合物的質量相等，則m（Fe、Al）=m（Fe2O3）；所以合金中鋁的質量等于氧化鐵中氧元素的質量，合金中Al的質量分數(shù)等于氧化鐵中O的質量分數(shù)；

所以原合金中鋁的質量分數(shù)為：×100%=30%；

故選B．

【分析】將鐵鋁合金粉末溶于足量鹽酸中，加入過量NaOH溶液，在空氣中靜置，當紅褐色沉淀不再增加，則得到的沉淀為氫氧化鐵，然后將沉淀濾出并充分灼燒，得到固體殘留物為氧化鐵，利用組成可知氧化鐵中氧元素的質量等于合金中鋁的質量，以此來解答．6、D【分析】解：rm{A.}物質的量不能表示宏觀物質；米粒是宏觀物質，故A錯誤；

B.摩爾是物質的量的單位；不是物理量，物質的量是國際單位制中的七個基本物理量之一，故B錯誤；

C.rm{1mol}任何物質都含有約rm{6.02隆脕10^{23}}個微粒，如rm{1molH_{2}O}中含有rm{3mol}原子；故C錯誤；

D.rm{0.012kg^{12}C}中所含的碳原子數(shù)為阿伏伽德羅常數(shù)數(shù)值，其近似值為rm{6.02隆脕10^{23}}故D正確；

故選D．

A.物質的量不能表示宏觀物質；

B.摩爾是物質的量的單位；不是物理量；

C.rm{1mol}任何物質都含有約rm{6.02隆脕10^{23}}個微粒；

D.rm{0.012kg^{12}C}中所含的碳原子數(shù)為阿伏伽德羅常數(shù)數(shù)值．

本題考查了有關物質的量、摩爾質量、阿伏伽德羅常數(shù)等幾個概念，側重于基礎知識的考查，題目難度不大，側重于考查學生對基礎知識的應用能力．【解析】rm{D}7、A【分析】解：rm{A}rm{N_{2}}和rm{C_{2}H_{4}}的摩爾質量相同；二者質量相同，則物質的量相同，二者含有分子數(shù)目相等，故A正確；

B、同溫度、同體積的rm{O_{2}}和rm{N_{2}}影響二者物質的量的因素有壓強，二者的壓強若相等，含有相同的分子數(shù)目，但二者壓強不一定相同，含有分子數(shù)目不一定相等，故B錯誤；

C、同體積、同密度的rm{CO}和rm{CH_{4}}二者質量相同，但二者的摩爾質量不同，故二者物質的量不同，rm{CO}和rm{CH_{4}}含有分子數(shù)目之比與摩爾質量成反比，為rm{16g/mol}rm{28g/mol=4}rm{7}故C錯誤；

D、同壓強、同體積的rm{N_{2}}和rm{O_{2}}影響二者物質的量的因素有溫度，二者的溫度若相等，含有相同的分子數(shù)目，但二者溫度不一定相同，含有分子數(shù)目不一定相等，故D錯誤；

故選A．

A、rm{N_{2}}和rm{C_{2}H_{4}}的摩爾質量相同；二者質量相同，則物質的量相同，分子數(shù)目之比等于物質的量之比；

B、同溫度、同體積的rm{O_{2}}和rm{N_{2}}影響二者物質的量的因素有壓強，二者的壓強不一定相同；

C、同體積、同密度的rm{CO}和rm{CH_{4}}二者質量相同，但二者的摩爾質量不同，故二者物質的量不同；

D、同壓強、同體積的rm{N_{2}}和rm{O_{2}}影響二者物質的量的因素有溫度，二者的溫度不一定相同．

考查阿伏伽德羅定律及推論，難度不大，可以根據(jù)rm{pV=nRT}理解阿伏伽德羅定律及推論．【解析】rm{A}二、多選題(共7題，共14分)8、ACD【分析】【分析】本題考查元素的推斷和元素周期律，為高考常見題型，題目難度中等，注意把握元素的推斷的角度以及元素周期律的遞變規(guī)律?！窘獯稹縭m{X}rm{Y}在同一周期，rm{X}rm{X}在同一周期，rm{Y}rm{X}rm{{,!}^{+}}與rm{Z}rm{Z}在rm{{,!}^{2-}}具有相同的核外電子層結構，可推rm{Z}在rm{X}rm{Y}的上一個周期，又因為rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序數(shù)之和為rm{36}平均原子序數(shù)為rm{12}則rm{X}為rm{Na}rm{Z}為rm{O}進而可知rm{Y}為rm{Cl}則的上一個周期，又因為rm{Z}rm{X}rm{Y}原子序數(shù)之和為rm{X}平均原子序數(shù)為rm{Y}則rm{Z}為rm{36}rm{12}為rm{X}進而可知rm{Na}為rm{Z}則

rm{O}為rm{Y}由同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸減弱可知同周期元素中rm{Cl}的金屬性最強，故A正確；

A.rm{X}為rm{Na}由同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸減弱可知同周期元素中rm{X}的金屬性最強，故A正確；rm{X}rm{Na}rm{X}B.具有相同的核外電子層結構的離子，核電核數(shù)越大，半徑越小，則離子半徑應為：rm{Z}

rm{Z}的氫化物為rm{{,!}^{2-}}rm{>X}rm{>X}含有氫鍵，常溫下為液態(tài)，同族元素中rm{{,!}^{+}}的氫化物沸點最高，故C正確；

，故B錯誤；

C.rm{Z}的氫化物為rm{H}rm{Z}【解析】rm{ACD}9、AC【分析】【詳解】

A.pH=2的HA溶液與pH=12的MOH溶液任意比混合，酸和堿發(fā)生反應后的溶液中存在的離子有：H+、M+、OH-、A-，無論酸堿的相對多少如何，溶液總是呈電中性的，根據(jù)電荷守恒有：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)；A正確；

B.同濃度的CH3COONa、NaOH、Na2CO3三種溶液中，pH的比較為NaOH>Na2CO3>CH3COONa，所以pH相同時，三種溶液的濃度由小到大為：NaOH2CO33COONa；B錯誤;

C.物質的量濃度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合，即混合溶液中CH3COOH和CH3COONa物質的量相等；為了分析的方便，不妨假設它們的物質的量均為1mol，溶液中存在以下三個平衡：

CH3COOH?CH3COO-+H+，CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-，H2O?H++OH-

根據(jù)電荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)①

根據(jù)物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)②

將①代入②消去2c(Na+)即得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)；C正確；

D.0.1moL/L的NaHA溶液中存在三個平衡：

H2O?H++OH-，HA-+H2O?H2A+OH-，HA-?H++A2-

已知其pH=4，說明HA-的電離強于水解，即c(A2-)>c(H2A)；D錯誤；

故合理選項為AC。10、AC【分析】【詳解】

A、室溫下，向0.01mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液，如加入等物質的量的NaOH，溶液呈酸性，若呈中性，則加入的NaOH應多于硫酸氫銨，但小于硫酸氫銨物質的量的2倍，溶液中存在NH4+和NH3·H2O，故有c(Na＋)>c((SO42－)>c(NH4＋)>c(OH－)＝c(H＋)；故A正確；

B、NaHCO3溶液中，OH-是由HCO3-水解和水的電離所生成的，但是這些都是微弱的，HCO3-的濃度應大于OH-濃度；故B錯誤；

C、由電荷守恒有：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），由物料守恒可得：c（Na+）=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c（H2CO3），合并可得c(OH－)－c(H＋)＝c((HCO3－)+2c(H2CO3)；故C正確；

D、25C時，pH=4.75、濃度均為0.1mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa的混合液為酸性，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度，則溶液中c（CH3COO-）>c（Na+）>c（CH3COOH），根據(jù)電荷守恒可得：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），由于c（Na+）>c（CH3COOH），則c（CH3COO-）+c（OH-）>c（CH3COOH）+c（H+）；故D錯誤；

故選AC。11、CD【分析】【詳解】

A．pH＝6的溶液主要是H2PO4﹣的溶液，此時磷酸已充分反應，c(H3PO4)+c(HPO42﹣)＜c(H2PO4﹣)；故A錯誤；

B．c(Na+)＝0.100mol?L﹣1的溶液中c(PO43﹣)+c(HPO42﹣)+c(H2PO4﹣)＝0.100mol?L﹣1＝c(Na+)，溶液中溶質主要是NaH2PO4根據(jù)圖象可知，H2PO4﹣的水解程度小于電離程度，生成的H3PO4較少，則2c(PO43﹣)+c(HPO4﹣)＞c(H3PO4)；故B錯誤；

C．pH＝7.2的溶液為等濃度的NaH2PO4和Na2HPO4，pH＝7的溶液NaH2PO4的濃度略大于Na2HPO4，溶液中離子濃度c(Na+)＞2c(HPO42﹣)＞c(H2PO4﹣)；故C正確；

D．c(H3PO4)＝c(H2PO4﹣)的溶液pH＝2，則c(H+)＞c(OH﹣)，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(H2PO4﹣)+2c(HPO42﹣)+3c(PO43﹣)，c(PO43﹣)+c(HPO42﹣)+c(H2PO4﹣)＝0.100mol?L﹣1，得到c(Na+)＜0.100mol?L﹣1+2c(PO43﹣)+c(HPO42﹣)；故D正確；

故答案為CD。

【點睛】

判斷電解質溶液的離子濃度關系，需要把握三種守恒，明確等量關系。①電荷守恒規(guī)律，電解質溶液中，無論存在多少種離子，溶液都是呈電中性，即陰離子所帶負電荷總數(shù)一定等于陽離子所帶正電荷總數(shù)。如NaHCO3溶液中存在著Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下關系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒規(guī)律，電解質溶液中，由于某些離子能夠水解，離子種類增多，但元素總是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三種形式存在，它們之間有如下守恒關系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③質子守恒規(guī)律，如Na2S水溶液中質子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。質子守恒的關系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導得到。12、AB【分析】【分析】

HSO3－在水溶液中即可以電離也可以水解，HSO3－H＋＋SO32－，HSO3－＋H2OH2SO3＋OH，NaHSO3溶液顯酸性，說明HSO3－電離程度大于水解程度。

【詳解】

A、NaHSO3溶液顯酸性，說明HSO3－電離程度大于水解程度，說明電離生成SO32－的濃度大于水解生成H2SO3的濃度，水解和電離都是微弱的，則HSO3－濃度最大，有c(HSO3—)＞c(SO32—)＞c(H2SO3)；A正確；

B、NaHSO3溶液中，根據(jù)物料守恒，c(Na＋)=c(HSO3—)+c(SO32—)+c(H2SO3)；B正確；

C、由于發(fā)生水解，有c(Na＋)>c(HSO3—)；C錯誤；

D、根據(jù)電荷守恒，有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO3—)＋c(OH－)＋2c(SO32—)；D錯誤；

答案選AB。13、CD【分析】【分析】

【詳解】

A．該電池在無水條件下進行；電解質不可用氯化鋁水溶液替代，高溫時氯化鋁水溶液水解生成氫氧化鋁，故A錯誤；

B．根據(jù)蓋斯定律Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g）為①+②，所以Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g）△H3=（a+b）kJ·mol－1；故B錯誤；

C．充電時正極與外接電源的正極相連；則石墨極與外電源的正極相連，故C正確；

D．放電時，鋁是活潑的金屬鋁是負極，鋁發(fā)生氧化反應生成鋁離子，鋁離子與AlCl4－結合生成Al2Cl7－，所以電極反應式為：Al-3e－+7AlCl4－═4Al2Cl7－；故D正確；

故選CD。

【點睛】

本題考查學生二次電池的工作原理以及蓋斯定律的應用等知識，側重學生的分析能力的考查，屬于綜合知識的考查，注意把握電極的判斷方法和電極方程式的書寫，易錯點A，高溫時氯化鋁水溶液水解生成氫氧化鋁。14、ABC【分析】解：rm{A.}濃硫酸溶于水并放熱；且具有強腐蝕性，少量濃硫酸沾在皮膚上，應先用干抹布拭去，再用大量的水沖洗，最后涂上碳酸氫鈉溶液，故A錯誤；

B.皮膚上沾有堿液要先用較多的水沖洗；再涂硼酸溶液，故B錯誤；

C.除了一些金屬單質和塊狀的固體藥品外；用剩的藥品一般要放在指定的容器內，不可放回原瓶，防止污染藥品，故C錯誤；

D.連接并組裝儀器時；一般按由下而上；從左到右的順序進行，故D正確．

故選ABC．

A.根據(jù)濃硫酸的強腐蝕性和溶于水放熱的角度分析；

B.濃堿可用水沖洗；

C.用剩的藥品一般不可放回原瓶；

D.由下而上；從左到右的順序安裝．

本題考查化學實驗安全及事故處理，難度不大，化學實驗要嚴格遵守操作規(guī)程，否則會造成不良后果或危險，掌握化學實驗時常見意外事故的處理方法即可正確解答本題．【解析】rm{ABC}三、填空題(共9題，共18分)15、略

【分析】試題分析：已知混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，加水溶解后，沉淀F是Al2O3和Fe2O3；溶液G是KAl（SO4）2溶液，其中含有K+、Al3+、SO42—（1）分離溶液與沉淀的方法是過濾。（2）沉淀F是Al2O3和Fe2O3，加入過量NaOH溶液，沉淀C是Fe2O3，溶液D是NaAlO2溶液。溶液G是KAl（SO4）2溶液與稀氨水反應生成E，Al(OH)3沉淀；Al(OH)3加熱得到B，Al2O3。（3）沉淀E與稀硫酸反應的離子方程式Al(OH)3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O；（4）沉淀F中存在的兩種金屬元素是Al和Fe，因為不知二者的物質的量無法計算出V3。100mL4mol/LHCl溶解Al和Fe后，用1mol/LNaOH沉淀，由圖像知，V2時Al和Fe的存在形式是：Al(OH)3、Fe(OH)3，可以認為此點是氫氧化鈉和鹽酸完全反應，所以V2為400mL.考點：Al和Fe的化合物的性質分析和推斷?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）過濾（2分）（2）Al2O3（2分）Fe2O3（2分）NaAlO2（2分）（3）Al(OH)3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O（2分）（4）①不能（2分）②400（2分）16、略

【分析】試題分析：（1）根據(jù)元素周期表可知①為N元素；⑥是Si元素；⑦是S元素；（2）④為Mg元素，原子結構示意圖⑤為Al元素，原子結構示意圖⑧為Cl元素原子結構示意圖（3）在元素周期表中位于左下方的元素金屬性最強，所以⑩號元素是最活潑的金屬K；最活潑的非金屬位于元素周期表的右上方，為②號元素F；最不活潑的元素是稀有氣體元素⑨號Ar；（4）F的非金屬性最強，但是不存在最高價含氧酸，所以最高價氧化物對應水化物中，酸性最強的是⑧號Cl元素對應的HClO4；堿性最強的是金屬性最強的K對應的KOH；呈兩性的氫氧化物是⑤號Al對應的Al(OH)3；（5）在③與④中，化學性質較活潑的是③Na，二者與水或等濃度的酸反應的劇烈程度不同，或比較等濃度的堿的堿性的強弱?？键c：考查元素在元素周期表中的位置、結構、性質的關系【解析】【答案】（1）①N；⑥Si；⑦S；（2）（3）K；F；Ar（4）HClO4；KOH；Al(OH)3；（5）Na；與H2O反應；17、略

【分析】解：①CH3CH2OH和CH3OCH3分子式相同；結構不同，屬于同分異構體；

⑤白磷和紅磷是磷元素組成的不同單質；屬同素異形體；

②D和T質子數(shù)相同；中子數(shù)不同的原子，屬于同位素；

④干冰和CO2狀態(tài)不同，為同一物質、⑦CH3-CH2-CH2-CH3和寫法不同；為同一物質；

故答案為：②；⑤；①；④⑦．

同分異構體是指分子式相同；但結構不同的化合物；

同素異形體是指由同種元素組成的不同單質；

同位素是質子數(shù)相同；而中子數(shù)不同的原子；

同一物質是分子組成相同；結構相同的物質．

本題主要考查了同分異構體、同素異形體、同位素、同一物質等知識，根據(jù)概念即可解答．【解析】②；⑤；①；④⑦18、略

【分析】解：rm{(1)Zn}rm{Pt}和電解質溶液構成原電池，rm{Zn}活潑性強失電子作負極，rm{Pt}作正極；

故答案為：rm{Pt}

rm{(2)Zn}作負極、rm{Pt}作正極，電解質溶液呈酸性，負極上鋅失電子發(fā)生氧化反應生成鋅離子，電極反應式為rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}

故答案為：rm{Zn}rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}．

rm{Zn}rm{Pt}和電解質溶液構成原電池，rm{Zn}作負極、rm{Pt}作正極；負極上鋅失電子發(fā)生氧化反應生成鋅離子，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應生成水，據(jù)此分析解答．

本題考查原電池原理，題目難度不大，側重考查學生書寫電極反應式，明確溶液酸堿性是解本題關鍵，電解質溶液酸堿性不同其電極反應式不同，書寫要仔細揣摩．【解析】rm{Pt}rm{Zn}rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}19、（1）g（2）mol·L－1（3）25dwmol·L－1（4）%（5）mol·L－1【分析】【分析】本題考查了物質的量濃度的計算，題目難度不大，要求學生熟練掌握物質的量與摩爾質量、物質的量濃度之間的轉化關系，試題貼近高考，針對性強；有利于激發(fā)學生的學習興趣和學習積極性?！窘獯稹縭m{(1)}設該飽和溶液的質量為rm{x}該溫度下rm{NaOH}的溶解度為：rm{S=}設該飽和溶液的質量為rm{(1)}該溫度下rm{x}的溶解度為：rm{NaOH}rm{dfrac{m_{{脠脺脰脢}}}{m_{{脠脺錄脕}}}}rm{S=}rm{dfrac{x隆脕婁脴%}{x-x隆脕婁脴%}}rm{dfrac

{m_{{脠脺脰脢}}}{m_{{脠脺錄脕}}}}rm{隆脕100=}rm{隆脕100=}

rm{dfrac

{x隆脕婁脴%}{x-x隆脕婁脴%}}rm{隆脕100=}rm{隆脕100=}

rm{dfrac{婁脴}{100-婁脴}}溶液中氫氧化鈉的物質的量為：rm{g}rm{g}故答案為：rm{dfrac{婁脴}{100-婁脴}}用rm{g}rm{g}表示溶液的物質的量濃度為：rm{(2)}溶液中氫氧化鈉的物質的量為：rm{dfrac{dfrac{m}{40}mol}{V隆脕{10}^{-3}L}=dfrac{25m}{V}mol/L}rm{(2)}

rm{dfrac{mg}{40g/mol}}rm{=}

rm{=}氫氧化鈉溶液中含有氫氧化鈉的質量為：rm{dfrac{m}{40}}rm{mol}用rm{m}rm{V}表示溶液的物質的量濃度為：rm{c(NaOH)=}rm{mol}氫氧化鈉的物質的量為：rm{dfrac{1000婁脴dg}{40g/mol}=25dwmol/L}rm{m}

rm{V}rm{c(NaOH)=}rm{dfrac{

dfrac{m}{40}mol}{V隆脕{10}^{-3}L}=dfrac{25m}{V}mol/L}

，氫氧化鈉溶液的質量為：故答案為：rm{mol/L}rm{mol/L}含有溶質氫氧化鈉的質量為：rm{(3)1L}氫氧化鈉溶液中含有氫氧化鈉的質量為：rm{1000mL隆脕g?cm}rm{(3)1L}rm{1000mL隆脕g?cm}

rm{{,!}^{-3}}rm{dfrac{0.04Vc}{dV}隆脕100攏樓=dfrac{4c}9uzfmvx攏樓}rm{隆脕婁脴%=10婁脴dg}氫氧化鈉的物質的量為：

rm{隆脕婁脴%=10婁脴dg}rm{dfrac{1000婁脴dg}{40g/mol}=25dwmol/L

}，故答案為：rm{25dwmol隆隴L^{-1;}}；表示溶液中溶質的物質的量濃度rm{(4)VmL}氫氧化鈉溶液的質量為：rm{dg?cm}為：rm{(4)VmL}rm{dg?cm}rm{{,!}^{-3}}rm{隆脕VmL=dVg}含有溶質氫氧化鈉的質量為：rm{40g/mol隆脕cmol/L隆脕V隆脕10}

rm{隆脕VmL=dVg}【解析】rm{(1)}rm{g}rm{(2)}rm{mol隆隴L^{-1}}rm{(3)25dwmol隆隴L^{-1;}}rm{(4)}rm{%}rm{(5)}rm{mol隆隴L^{-1}}20、Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；BC【分析】解：rm{(1)}向苦鹵中通入rm{Cl_{2}}置換出溴單質，分離得到溴，通入rm{Cl_{2}}是為了提取溴，分液的離子方程式為：rm{Cl_{2}+2Br^{-}=2Cl^{-}+Br_{2}}故答案為：rm{Cl_{2}+2Br^{-}=2Cl^{-}+Br_{2}}

rm{(2)}海水提取溴一般用氯氣置換溴離子轉化為溴單質，溴單質沸點低，易揮發(fā)，用空氣和水蒸氣吹出單質溴，再用rm{SO_{2}}將其還原吸收轉化為rm{HBr}達到富集的目的，用rm{SO_{2}}的水溶液將其還原吸收，發(fā)生反應的化學方程式為rm{SO_{2}+Br_{2}+2H_{2}O=H_{2}SO_{4}+2HBr}純堿吸收溴單質，溴元素化合價rm{0}價變化為rm{-1}價和rm{+5}價，電子轉移rm{5e-}配平得到rm{3Br_{2}+6Na_{2}CO_{3}+3H_{2}O隆煤5NaBr+NaBrO_{3}+6NaHCO_{3}}反應中，rm{Br}元素化合價分別由rm{0}價變化為rm{-1}價、rm{+5}價，反應中rm{Br_{2}}起氧化劑、還原劑作用，根據(jù)電子轉移守恒可知，rm{2隆脕n_{脩玫祿爐錄脕}(Br_{2})=2隆脕5隆脕n_{祿鹿脭顱錄脕}(Br_{2})}故rm{n_{脩玫祿爐錄脕}(Br_{2})}rm{n_{祿鹿脭顱錄脕}(Br_{2})=5}rm{1}故吸收rm{1molBr_{2}}時，轉移的電子數(shù)為rm{1mol隆脕2隆脕dfrac{1}{1+5}隆脕5=dfrac{5}{3}mol}

故答案為：rm{1mol隆脕2隆脕dfrac{1}{1+5}隆脕5=dfrac

{5}{3}mol}

rm{dfrac{5}{3}}粗鹽中含有rm{(3)A.}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}等雜質，精制時通常在溶液中依次中加入過量的rm{SO_{4}^{2-}}溶液、過量的rm{BaCl_{2}}溶液和過量的rm{NaOH}溶液；過濾后向濾液中加入鹽酸至溶液呈中性，再進行重結晶進行提純，故A正確；

B.電解飽和食鹽水生成的是氯氣；氫氣和氫氧化鈉；電解熔融氯化鈉生成鈉和氯氣，故B錯誤；

C.氫氧化鈉是強堿；具有強腐蝕性價格高，工業(yè)生產中常選用生石灰或石灰水作沉淀劑，故C錯誤；

D.海水提鎂；涉及生成氫氧化鎂；氫氧化鎂與鹽酸反應，生成氯化鎂電解可生成鎂，涉及復分解反應，故D正確．

故答案為：rm{Na_{2}CO_{3}}．

海水開發(fā)利用：空氣吹出法是用于工業(yè)規(guī)模海水提溴的常用方法，其中一種工藝是在預先經過酸化的濃縮海水中，用氯氣置換溴離子使之成為單質溴，繼而通入空氣和水蒸氣，將溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收劑二氧化硫發(fā)生作用轉化成氫溴酸以達到富集的目的，也就是得到富集溴rm{BC}然后，再用氯氣將其氧化得到產品溴，粗鹽中含有rm{.}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}等雜質；精制時應加入試劑進行除雜，過濾后向濾液中加入鹽酸至溶液呈中性，再進行重結晶進行提純，鎂形成氫氧化鎂沉淀．

rm{SO_{4}^{2-}}向苦鹵中通入rm{(1)}置換出溴單質；分離得到溴；

rm{Cl_{2}}先用空氣和水蒸氣吹出單質溴，再用rm{(2)}將其還原吸收轉化為rm{SO_{2}}達到富集的目的，二氧化硫和溴單質反應生成溴化氫和硫酸，用純堿吸收溴，主要反應是rm{HBr}配平書寫化學方程式，結合元素化合價變化和電子轉移守恒計算；

rm{Br_{2}+Na_{2}CO_{3}+H_{2}O隆煤NaBr+NaBrO_{3}+NaHCO_{3}}粗鹽中含有rm{(3)A.}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}等雜質；精制時應加入試劑進行除雜，過濾后向濾液中加入鹽酸至溶液呈中性，再進行重結晶進行提純；

B.飽和食鹽水電解；陽極是氯離子失電子生成氯氣，陰極是氫離子得到電子生成氫氣，溶液中生成氫氧化鈉溶液；

C.工業(yè)生成處于生石灰或石灰水作沉淀劑；

D.海水提鎂；涉及生成氫氧化鎂；氫氧化鎂與鹽酸反應．

本題考查海水資源的綜合利用，主要是氯化鈉提取、溴的制備過程分析，注意掌握中學常見的化學工業(yè)，側重對化學與技術的考查，題目難度中等．rm{SO_{4}^{2-}}【解析】rm{Cl_{2}+2Br^{-}=2Cl^{-}+Br_{2}}rm{SO_{2}+Br_{2}+2H_{2}O=H_{2}SO_{4}+2HBr}rm{dfrac{5}{3}}rm{BC}21、略

【分析】試題分析：（1）（①＋②）÷2，整理可得：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)ΔH=-867KJ/mol；（2）裝置Ⅱ中，酸性條件下，NO被Ce4+氧化的產物主要是NO3-、NO2-，根據(jù)氧化還原反應中電子轉移數(shù)目相等及電荷守恒、原子守恒，可得只生成NO3-的離子方程式是NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+；（3）裝置Ⅲ的作用之一是再生Ce4+，其原理如下圖所示。①生成的Ce4+是氧化產物，所以應該從電解槽的陽極a流出，②生成S2O42-的電極反應式為2H++2HSO3-+2e-=S2O42-+2H2O；（4）已知進入裝置Ⅳ的溶液中，NO2-的濃度為ag·L-1，要使1m3該溶液中的NO2-完全轉化為NH4NO3，因為n(NO2-)=(ag/L×1000L)÷46g/mol=500a/23mol,根據(jù)氧化還原反應中電子轉移數(shù)目相等可得n(NO2-)=2n(O2),所以n(O2)=250a/23mol則至少需向裝置Ⅳ中通入標準狀況下的O2的體積是：V（O2）=n(O2)×Vm=250a/23mol×22.4L/mol=5600a/23L=243a。考點：考查熱化學方程式的書寫、電解原理的應用、守恒法在離子方程式的書寫及計算的應用的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)ΔH=-867KJ/mol；（2）NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+；（3）①a；②2H++2HSO3-+2e-=S2O42-+2H2O；（4）243a(或5600a/23)22、略

【分析】解：(1)④可以用KSCN溶液(即⑤)，來檢驗三價鐵是否剩余，若果溶液顯紅色，說明三價鐵剩余，KI溶液和FeCl3溶液反應不徹底；反之則進行徹底；

故答案為：⑤；溶液顯紅色；

(2)①可以通過觀察產生氣泡的快慢來定性比較比較Fe3+和Cu2+對H2O2分解的催化效果，將CuSO4改為CuCl2更為合理，這樣Fe3+和Cu2+中的陰離子種類相同；可以排除因陰離子的不同可能帶來的影響；

故答案為：兩個試管中氣泡生成的速率；排除因陰離子的不同可能帶來的影響；H2O2在二氧化錳作用下發(fā)生反應的化學方程式為：2H2O2H2O+O2↑

②均以生成40mL氣體為準時；產生等量的氣體用的時間越短，則反應速率越快，所以實驗中需要測量的數(shù)據(jù)是收集40mL氣體所需的時間；

故答案為：①；【解析】⑤;溶液變紅色;兩個試管中氣泡生成的速率;排除陰離子Cl-對實驗的干擾;2H2O2H2O+O2↑;①23、略

【分析】解：某待測液中可能含有大量rm{Mg^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{K^{+}}rm{H^{+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{OH^{-}}離子中的一種或幾種；

rm{(1)}取少量待測液，仔細觀察，呈無色，則不含有色離子rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}且溶液中沒有沉淀生成；

rm{(2)}向上述待測液中滴加rm{NaOH}溶液，先無明顯現(xiàn)象，后有白色沉淀生成，說明溶液中含有rm{H^{+}}rm{Mg^{2+}}則溶液中一定不含rm{OH^{-}}

rm{(3)}向上述溶液中加入rm{BaCl_{2}}溶液，無現(xiàn)象，沒有沉淀生成，說明不含rm{SO_{4}^{2-}}

溶液呈電中性，所以一定含有rm{NO_{3}^{-}}

通過以上分析知，溶液中一定含有rm{H^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{NO_{3}^{-}}一定不含rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{OH^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}可能含有rm{K^{+}}

；要檢驗是否含有鉀離子，需要做焰色反應；

rm{(2)}中加入氫氧化鈉后有氫離子、鎂離子和氫氧根離子的反應，所以離子反應方程式分別為rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}rm{Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}隆媒}

故答案為：rm{H^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{OH^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{K^{+}}rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}rm{Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}隆媒.}

某待測液中可能含有大量rm{Mg^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{K^{+}}rm{H^{+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{OH^{-}}離子中的一種或幾種；

rm{(1)}取少量待測液，仔細觀察，呈無色，則不含有色離子rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}且溶液中沒有沉淀生成；

rm{(2)}向上述待測液中滴加rm{NaOH}溶液，先無明顯現(xiàn)象，后有白色沉淀生成，說明溶液中含有rm{H^{+}}rm{Mg^{2+}}則溶液中一定不含rm{OH^{-}}

rm{(3)}向上述溶液中加入rm{BaCl_{2}}溶液，無現(xiàn)象，沒有沉淀生成，說明不含rm{SO_{4}^{2-}}

溶液呈電中性，所以一定含有rm{NO_{3}^{-}}

通過以上分析知，無法確定溶液中是否含有rm{K^{+}}

本題考查離子檢驗，為高頻考點，明確離子顏色、離子性質、離子共存條件等知識點是解本題關鍵，知道常見離子檢驗方法及其現(xiàn)象，題目難度不大．【解析】rm{H^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{OH^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{K^{+}}rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}rm{Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}隆媒}四、判斷題(共2題，共12分)24、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個電子，失去最外層1個電子形成鈉離子，此時最外層有8個電子，故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質的量，再根據(jù)鈉離子結構計算最外層電子總數(shù)．25、A【分析】【解答】依據(jù)題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案為：對．

【分析】依據(jù)題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應生成二氧化碳和硫，結合原子個數(shù)守恒書寫方程式．五、簡答題(共4題，共24分)26、略

【分析】解：某銀白色金屬單質A在空氣中加熱燃燒時發(fā)出黃色火焰，則A是Na，得到淡黃色固體B，鈉在空氣燃燒生成淡黃色固體過氧化鈉，則B是Na2O2，鈉露置在空氣中足夠長時間變?yōu)镹a2CO3，所以C是Na2CO3，過氧化鈉和酸性氣體D反應生成Na2CO3，則D是CO2，E和二氧化碳反應也生成Na2CO3；鈉；過氧化鈉和水反應都生成氫氧化鈉，則E是NaOH；

（1）通過以上分析知，B、C分別是Na2O2、Na2CO3；

故答案為：Na2O2；Na2CO3；

（2）①A為Na，與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，反應的離子方程式為2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；

②E為NaOH，D是CO2，二者反應生成碳酸鈉和水，反應的離子方程式為CO2+2OH-=CO32-+H2O；

故答案為：2Na+2H2O=2