2024年人民版高三化學(xué)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年人民版高三化學(xué)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(xué)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9題，共18分)1、下列溶液中離子或分子有可能大量共存的是（）A.由水電離出的c（H）═10-13mol/L溶液：Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-B.無色溶液中：Na+、NH4+、Cl-、S2-C.高錳酸鉀溶液：Fe3+、H+、SO42-、C2H5OHD.中性溶液中：Fe3+、K+、Cl-、SO42-2、化學(xué)與人類社會的生產(chǎn)、生活有著密切聯(lián)系．下列敘述中正確的是（）A.蘋果放在空氣中久置變黃和紙張久置變黃原理相似B.高溫或日常用的消毒劑可使禽流感病毒蛋白質(zhì)變性C.淘米水中含有淀粉可以直接檢測加碘鹽中是否含有碘元素D.誤食重金屬鹽引起人體中毒，可喝大量的食鹽水解毒3、已知2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）（正反應(yīng)放熱）．若在500℃和催化劑的作用下，該反應(yīng)在容積固定的密閉容器中進行，下列有關(guān)說法正確的是（）A.升高溫度，可以加快反應(yīng)速率B.降低溫度，可以加快反應(yīng)速率C.在上述條件下，SO2能完全轉(zhuǎn)化為SO3D.任何情況，達到平衡時，SO2和SO3的濃度都一定相等4、設(shè)nA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是（）A.常溫下，用稀氫氧化鈉溶液吸收22.4LCl2，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為nAB.1mol/LMg（NO3）2溶液中含有NO3-的數(shù)目為2nAC.常溫下，1molN2和H2混合氣體中共含有2nA個原子D.標準狀況下，22.4LCO2中含有的共用電子對數(shù)目為2nA5、某溫度下，已知醋酸的電離常數(shù)Ka=1.8×10-5，醋酸銀的溶度積Ksp（CH3COOAg）=1.6×10-3，Ksp（Ag2CO3）=8.3×l0-12．在不考慮鹽類水解的情況下，下列有關(guān)說法正確的是（）A.醋酸水溶液中Kw不變，故醋酸對水的電離無影響B(tài).該溫度下飽和醋酸水溶液的pH=5-lgl.8C.該溫度下濃度均為0.01mol?L-1的CH3COONa溶液和AgNO3，溶液等體積混合（混合溶液體積具有加和性），有CH3COOAg沉淀生成D.將0.02mol?L-1的Na2CO3，溶液與CH3COOAg沉淀上清液等體積混合，出現(xiàn)白色沉淀6、以下說法：①福爾馬林和純鹽酸都是混合物；②沼氣和核能都是可再生能源；③冰和干冰既是純凈物又是化合物；④不銹鋼和建筑用螺紋鋼都是合金；⑤臭氧層的破壞和空氣液化制取氮氣都是發(fā)生物理變化；⑥氯水使紅墨水褪色原理和NH4HSO3溶液使KMnO4溶液褪色原理相同；⑦豆?jié){和霧都是膠體．上述說法正確的是（）A.①②③④B.①②⑤⑥C.③⑤⑥⑦D.①③④⑦7、如圖是某煤發(fā)電廠處理廢氣的裝置示意圖．下列說法錯誤的是（）A.使用此廢氣處理裝置可減少酸雨的形成B.裝置內(nèi)發(fā)生的反應(yīng)有化合、分解、置換和氧化還原反應(yīng)C.整個過程的反應(yīng)可表示為：2SO2+2CaCO3+O2═2CaSO4+2CO2D.可用酸性高錳酸鉀溶液檢驗廢氣處理是否達標8、下列有關(guān)說法正確的是()A.若在海輪外殼上附著一些銅塊，則可以減緩海輪外殼的腐蝕B.rm{2NO(g)+2CO(g)=N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}在常溫下能自發(fā)進行，則該反應(yīng)的rm{婁隴H>0}C.加熱rm{0.1mol隆隴L^{-1}Na_{2}CO_{3}}溶液，rm{0.1mol隆隴L^{-1}

Na_{2}CO_{3}}的水解程度和溶液的rm{CO_{3}^{2mathrm{{-}}}}均增大D.對于乙酸與乙醇的酯化反應(yīng)rm{pH}加入少量濃硫酸并加熱，該反應(yīng)的反應(yīng)速率和平衡常數(shù)均增大rm{(婁隴H<0)}9、工業(yè)上，可用如圖所示裝置來制取KIO3；則下列有關(guān)說法錯誤的是（）

A.圖中膜為陰膜（只允許陰離子通過），OH-從右往左通過該膜B.電解時，陰極電極反應(yīng)式為：2H++2e-═H2↑C.電解時，如有3mol電子通過導(dǎo)線，則一定生成0.6molKIO3D.電池總反應(yīng)為：KI+3H2OKIO3+3H2↑評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、在一密封容器中，1molCO和2molO2發(fā)生反應(yīng)，生成1molCO2，求容器中C、O的原子個數(shù)比：____．11、某化學(xué)興趣小組在學(xué)習(xí)“硫酸鹽的某些性質(zhì)和用途”中，進行了如下實驗探究：用KHSO4制取H2O2并測其質(zhì)量分數(shù)．

查閱資料得知：工業(yè)上用電解KHSO4飽和溶液可制取一定濃度的H2O2溶液．該興趣小組進行下列實驗測定H2O2的質(zhì)量分數(shù)．已知：2MnO+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+5O2．

操作①：取5.00mLH2O2溶液（密度為1.00g?mL-1）置于錐形瓶中加水稀釋；再加稀硫酸酸化；

操作②：用0.1000mol?L-1KMnO4溶液滴定；

操作③：用同樣方法滴定，4次消耗KMnO4溶液的體積分別為20.00mL；19.98mL、20.02mL、22.00mL．

請回答下列問題：

（1）操作②中，開始滴入KMnO4溶液時反應(yīng)速率很慢，隨著KMnO4溶液滴入反應(yīng)速率顯著加快（溶液溫度無明顯變化），最有可能的原因是____．

（2）滴定時盛裝KMnO4溶液應(yīng)選取的儀器是____（填序號）．

A．50mL酸式滴定管B．50mL堿式滴定管。

C．25mL酸式滴定管D．25mL堿式滴定管。

（3）在上述實驗中，下列操作會造成測定結(jié)果偏高的有____（填序號）．

A．錐形瓶用待測液潤洗。

B．量取H2O2溶液的滴定管用蒸餾水洗凈，未用H2O2溶液潤洗。

C．滴定速度過快；又未搖勻，停止滴定后發(fā)現(xiàn)紫紅色褪去。

D．滴定前讀數(shù)時平視；滴定終點讀數(shù)時仰視。

（4）分析數(shù)據(jù)，計算H2O2溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為____（保留三位有效數(shù)字）．12、某同學(xué)為探究元素周期表中元素性質(zhì)的遞變規(guī)律；設(shè)計了如下系列實驗．

Ⅰ．將鈉、鉀、鎂、鋁各1mol分別投入到足量的同濃度的鹽酸中，試預(yù)測實驗結(jié)果：____與鹽酸反應(yīng)最劇烈，____與鹽酸反應(yīng)的速度最慢．

Ⅱ．利用圖裝置可驗證同主族元素非金屬性的變化規(guī)律。

（1）儀器A的名稱為____，干燥管D的作用為防止____．

（2）現(xiàn)有稀硝酸、碳酸鈣、澄清石灰水、硅酸鈉溶液，選擇試劑用如圖裝置證明酸性：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，則A中裝試劑____，B中裝試劑____，C中裝試劑____．C中實驗現(xiàn)象為____；寫出C中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：____．

（3）如果C中裝飽和的硫化鈉溶液，A中裝濃鹽酸，B中裝高錳酸鉀溶液，反應(yīng)開始后觀察到的現(xiàn)象是C中產(chǎn)生淡黃色沉淀，寫出產(chǎn)生沉淀反應(yīng)的離子方程式：____；證明氯的非金屬性比硫的非金屬性____（填“強”、“弱”或“無法判斷”）．13、現(xiàn)有一包鐵粉和銅粉的混合粉末，為確定其組成，現(xiàn)提供4mol?L-1的FeCl3溶液（其他用品略）；某化學(xué)小組的實驗結(jié)果如表（假定反應(yīng)前后溶液的體積不變）：

。組別①②③④V[FeCl3（aq）]/mL100100100100混合粉末的質(zhì)量/g613.22436反應(yīng)后剩余固體的質(zhì)量/g01.2812.824.8試回答下列問題：

（1）由第②組數(shù)據(jù)計算可知，原混合粉末中n（Fe）：n（Cu）=____．

（2）在②、③、④中，剩余固體只有銅的是____．

（3）第①組溶液反應(yīng)后，溶液中c（Fe3+）=____mol?L-1．14、（2012?六合區(qū)校級模擬）（1）選擇下列物質(zhì)：①MgCl2②金剛石③NH4Cl④KNO3⑤干冰⑥單質(zhì)碘晶體；按要求填空．（填序號）

熔化時不需要破壞化學(xué)鍵的是____，熔點最高的是____；

晶體中既有離子鍵，又有共價鍵的是____，屬于“真正的”分子式的是____．

（2）如圖所示的操作中正確的是____（填代號）．

（3）下列實驗操作或?qū)嶒炇聦嵉臄⑹稣_的有____（填序號）

①用氨水清洗做過銀鏡反應(yīng)的試管；

②用分液漏斗分離硝基苯和水的混合物；

③用堿式滴定管量取20.00mL0.1mol/LKMnO4溶液。

④將Na2CO3固體在瓷坩堝中加熱熔融；

⑤不慎將苯酚溶液沾到皮膚上；立即用NaOH稀溶液清洗。

⑥向沸騰的NaOH溶液中滴加FeCl3溶液，制備Fe（OH）3膠體。

⑦配制FeSO4溶液時，需加入少量鐵粉和稀硫酸．15、某?；瘜W(xué)課外小組為了鑒別碳酸鈉和碳酸氫鈉兩種白色固體；用不同的方法做了以下實驗，如圖Ⅰ～Ⅱ所示．

（1）圖Ⅰ、Ⅱ所示實驗均能鑒別這兩種物質(zhì)，與實驗Ⅰ相比，實驗Ⅱ的優(yōu)點是（填選項序號）____．

A．Ⅱ比Ⅰ復(fù)雜B．Ⅱ比Ⅰ安全。

C．Ⅱ比Ⅰ難操作D．Ⅱ可以做到用同一套裝置進行對比實驗；而Ⅰ不行。

（2）若用實驗Ⅱ驗證碳酸鈉和碳酸氫鈉的穩(wěn)定性．則試管B中應(yīng)裝入的固體最好是（填化學(xué)式）____．

（3）某同學(xué)將質(zhì)量為m1的NaHCO3固體放在試管中加熱分解一段時間后，恢復(fù)到原條件，測得剩余固體的質(zhì)量為m2．試管中發(fā)生的反應(yīng)的化學(xué)方程式是____生成的Na2CO3的質(zhì)量為____．

（4）將碳酸氫鈉溶液與澄清石灰水混合并充分反應(yīng)．當碳酸氫鈉與氫氧化鈣物質(zhì)的量之比為2：1時，請設(shè)計實驗檢驗反應(yīng)后所得溶液中溶質(zhì)的陰離子：____．16、（2015春?駐馬店期末）已知X；Y和Z為第三周期元素；其原子的第一至第四電離能如下表：

。電離能/kJ?mol-1I1I2I3I4X496456269129543Y7381451773310540Z5781817274511578（1）X、Y、Z的電負性從大到小的順序為____（用元素符號表示），元素Y的第一電離能大于Z的原因是____．

（2）W元素應(yīng)用廣泛，是一種重要的生物金屬元素，如人體內(nèi)W元素的含量偏低，則會影響O2在體內(nèi)的正常運輸．已知W2+與KCN溶液反應(yīng)得W（CN）2沉淀；當加入過量KCN溶液時沉淀溶解，生成配合物，其配離子結(jié)構(gòu)如圖所示．

①W元素基態(tài)原子價電子排布式為____．

②已知CN-與____分子互為等電子體，1molCN-中π鍵數(shù)目為____．

③上述沉淀溶解過程的化學(xué)方程式為____．17、按要求回答下列問題：

（1）的名稱為____；

（2）的名稱為____；

（3）2，4-二氯甲苯的結(jié)構(gòu)簡式為____；

（4）某物質(zhì)結(jié)構(gòu)如右圖所示，分子式為____；該物質(zhì)可以與下列____（填序號）發(fā)生反應(yīng)．

A．KMnO4酸性溶液B．氫氣C．溴水D．NaOH溶液。

（5）中含有的官能團的名稱為____，____．

（6）在戊烷的各種同分異構(gòu)體中，核磁共振氫譜只有一個吸收峰的結(jié)構(gòu)簡式為____．18、（1）將NH3和PH3兩分子中的共價鍵的各種鍵參數(shù)的數(shù)值大小相比較的結(jié)果是，鍵長：NH3____PH3、鍵能：NH3____PH3（填“大于”、“小于”或“等于”）．已知P的電負性小于H，則H為____價．

（2）肼（N2H4）分子可視為NH3分子中的一個氫原子被-NH2（氨基）取代形成的另一種氮的氫化物．PH3分子的空間構(gòu)型是____；N2H4分子中氮原子軌道的雜化類型是____．

（3）二氯化硫（Cl-S-S-Cl）是一種琥珀色液體；是合成硫化染料的重要原料．

①寫出它的電子式____．

②指出它分子內(nèi)的鍵型____（填“極性”或“非極性”）

③若4個原子不共面，則該分子____（填“有”或“無”）極性．

④指出硫元素的化合價為____．評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)19、實驗室通過消石灰和NH4Cl固體制備NH3，屬于離子反應(yīng)____（判斷對和錯）20、因為Na可以與水反應(yīng)放出H2，所以K也可以與水反應(yīng)放出H2____．（判斷對錯）21、現(xiàn)對0.1mol/L的純堿溶液進行相關(guān)研究．

（1）用pH試紙測定該溶液的pH，其正確的操作____．

（2）純堿溶液呈堿性的原因是（用離子方程式表示）____．

（3）某同學(xué)認為該溶液中Na2CO3的水解是微弱的，發(fā)生水解的CO32-離子不超過其總量的10%．請你設(shè)計實驗證明該同學(xué)的觀點是否正確．____．

（4）某同學(xué)根據(jù)所學(xué)知識對Na2CO3溶液進行分析；寫出了以下四個關(guān)系式．請你判斷：在正確的關(guān)系式后面打“√”，在錯誤的后面寫出正確的關(guān)系式．

①c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]：____；

②c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）：____；

③c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）：____；

④c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）：____．22、通過化學(xué)變化可以實現(xiàn)35Cl與37Cl間的相互轉(zhuǎn)化____．（判斷對錯）23、常溫常壓下，22.4LO3中含有3nA個氧原子____（判斷對錯）24、含5個碳原子的有機物，每個分子中最多可形成4個C-C單鍵____．評卷人得分四、其他(共1題，共2分)25、普通玻璃、鋼鐵和玻璃鋼是三種不同的材料，它們在性能方面差別很大。請根據(jù)學(xué)過的知識，回答下面問題。（1）普通玻璃的成分是；（2）鐵在人類的生產(chǎn)和生活中有著十分重要的應(yīng)用。鐵的應(yīng)用，經(jīng)歷了____到到____的演變過程。（3）某種復(fù)合材料具有耐高溫，強度高，導(dǎo)電性好，導(dǎo)熱性好的特點，估計該復(fù)合材料的基體和增強體材料可能分別是A．金屬；CB．陶瓷；SiO2C．合成樹脂；SiO2、Al2O3、MgOD．合成樹脂；C評卷人得分五、計算題(共4題，共16分)26、在Na2SO4和H2SO4的混合溶液100mL中，加入100mL2mol/LBaCl2溶液時，恰好使SO42-全部沉淀．過濾，在濾液中加入足量鋅粒，完全反應(yīng)后收集到的氣體為3.36L（標準狀況）．試計算原混合液中硫酸和硫酸鈉溶液的物質(zhì)的量濃度．27、使一定質(zhì)量的鋅與rm{100mL18.5mol/L}濃硫酸充分反應(yīng)．

rm{(1)}若鋅完全溶解，同時生成標準狀況下rm{SO_{2}}氣體rm{3.36L}求所得溶液中硫酸鋅的物質(zhì)的量濃度rm{(}假設(shè)反應(yīng)前后溶液體積保持不變rm{)}．

rm{(2)}若鋅完全溶解，同時生成標準狀況下混合氣體為rm{33.6L}并將反應(yīng)后的溶液稀釋至rm{1L}測得溶液中rm{c(H+)}為rm{0.100mol/L}求混合氣體中各組分的體積比．28、將0.65g鋅加到50mL1mol/L鹽酸中；計算：

（1）標況下生成H2的體積；

（2）若反應(yīng)完成后，溶液體積仍為50mL，這時求此時溶液中的Zn2+和H+的物質(zhì)的量濃度？29、化合物A俗稱石灰氮，以前是一種常用的肥料，其含氮量可高達35.0%，鈣含量為50%．它可以用CaCO3通過下列步驟方便地制出：

CaCO3BDA

（1）已知固態(tài)二元化合物D中鈣含量為62.5%，則D的化學(xué)式為____．

（2）請推算出A的化學(xué)式____．

（3）分別寫出上述過程中生成D和A的化學(xué)方程式．____；____．

（4）將A放入水中，會重新生成CaCO3并放出刺激性氣味的氣體，請寫出發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式．____．

（5）已知CaCO3與CaSO4的溶度積分別為2.8×10-9、9.1×10-6．由此可知二者的溶解度的大小關(guān)系為CaCO3____CaSO4．在鍋爐除垢操作中，要先用碳酸鈉溶液將水垢中的硫酸鈣轉(zhuǎn)化成為碳酸鈣．其主要原因是____．評卷人得分六、探究題(共4題，共24分)30、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．31、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：32、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．33、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【分析】A．該溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子；四種離子之間不反應(yīng)，都不與氫離子反應(yīng)；

B．銨根離子與硫離子發(fā)生雙水解反應(yīng)；

C．高錳酸鉀在酸性條件下具有強氧化性；能夠氧化乙醇；

D．鐵離子只能存在于中性溶液中．【解析】【解答】解：A．由水電離出的c（H）═10-13mol/L溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-之間不反應(yīng)；都不與氫離子反應(yīng)，在酸性溶液中能夠大量共存，故A正確；

B．NH4+、S2-之間發(fā)生雙水解反應(yīng)；在溶液中不能大量共存，故B錯誤；

C．酸性高錳酸鉀能夠氧化C2H5OH；在溶液中不能大量共存，故C錯誤；

D．Fe3+只能存在于中性溶液中；在中性溶液中不可能大量共存，故D錯誤；

故選A．2、B【分析】【分析】A．紙張久置變黃因為紙張纖維間的空隙中會滲入很多霉菌之類的真菌孢子；蘋果久置變黃是因為所含二價鐵離子被氧化生成三價鐵離子；

B；根據(jù)蛋白質(zhì)的理化性質(zhì)和生理功能發(fā)生改變的現(xiàn)象稱為蛋白質(zhì)的變性；

C；加碘鹽中加入的是碘的化合物；不是碘單質(zhì)；

D、重金屬鹽，能夠使蛋白質(zhì)變性．【解析】【解答】解：A．紙張久置變黃因為紙張纖維間的空隙中會滲入很多霉菌之類的真菌孢子；蘋果久置變黃是因為所含二價鐵離子被氧化生成三價鐵離子，二者原理不相同，故A錯誤；

B；根據(jù)蛋白質(zhì)的理化性質(zhì)和生理功能發(fā)生改變的現(xiàn)象稱為蛋白質(zhì)的變性．物理因素有：加熱、加壓、攪拌、振蕩、紫外線照射、超聲波等；化學(xué)因素有：強酸、強堿、重金屬鹽、三氯乙酸、乙醇、丙酮等；故高溫或日常用的消毒劑可使禽流感病毒蛋白質(zhì)變性，故B正確；

C；碘與淀粉變藍是指與碘單質(zhì)與淀粉變藍；而不是碘的化合物，而食鹽加碘加入的是碘的化合物，故C錯誤；

D；重金屬鹽；能夠使蛋白質(zhì)變性，引起人體中毒，可以服用牛奶或者雞蛋清等解毒，故D錯誤．

故選B．3、A【分析】【分析】A；根據(jù)升高溫度；反應(yīng)速率加快；

B；根據(jù)降低溫度；反應(yīng)速率減慢；

C；根據(jù)可逆反應(yīng)不可能完全進行到底；

D、平衡狀態(tài)時濃度不變．【解析】【解答】解：A；因升高溫度；單位體積內(nèi)的活化分子數(shù)增多，所以反應(yīng)速率加快，故A正確；

B；因降低溫度；單位體積內(nèi)的活化分子數(shù)減少，所以反應(yīng)速率減慢，故B錯誤；

C、因可逆反應(yīng)不可能完全進行到底，所以SO2不能完全轉(zhuǎn)化為SO3；故C錯誤；

D、因平衡狀態(tài)時SO2和SO3的濃度不變；而不是相等，濃度是否相等，與起始量和轉(zhuǎn)化率有關(guān)，故D錯誤；

故選：A．4、C【分析】【分析】A．常溫下；不能使用標況下的氣體摩爾體積計算22.4L氯氣的物質(zhì)的量；

B．缺少硝酸鎂溶液的體積；無法計算溶液中硝酸根離子的數(shù)目；

C．氮氣和氫氣都是雙原子分子；1mol氮氣和氫氣中含有2mol原子；

D．二氧化碳分子中含有4對共用電子對．標況下22.4L二氧化碳的物質(zhì)的量為1mol，含有4mol共用電子對．【解析】【解答】解：A．不是標準狀況下；不能使用標況下的氣體摩爾體積計算22.4L氯氣的物質(zhì)的量，故A錯誤；

B．沒有告訴硝酸鎂溶液的體積；無法計算溶液中硝酸根離子的物質(zhì)的量，故B錯誤；

C．1mol氮氣和氫氣的混合氣體中含有2mol原子，共含有2nA個原子；故C正確；

D．標況下22.4L二氧化碳的物質(zhì)的量為1mol，1mol二氧化碳中含有4mol共用電子對，含有的共用電子對數(shù)目為4nA；故D錯誤；

故選C．5、D【分析】【分析】A．醋酸電離子出氫離子；抑制水的電離；

B．溶液濃度未知；不能確定飽和溶液的pH；

C．根據(jù)Ksp確定是否有沉淀生成；

D．計算離子的濃度冪之積，與Ksp比較，可確定是否有沉淀生成．【解析】【解答】解：A．醋酸電離子出氫離子；抑制水的電離，故A錯誤；

B．溶液濃度未知；不能確定飽和溶液的pH，故B錯誤；

C．濃度均為0.01mol?L-1的CH3COONa溶液和AgNO3，溶液等體積混合，混合后c（CH3COO-）=0.005mol/L，c（Ag+）=0.005mol/L，則c（CH3COO-）×c（Ag+）=0.25×10-4；沒有沉淀生成，故C錯誤；

D．CH3COOAg沉淀上清液中c（Ag+）=mol/L=4.0×10-2mol/L，將0.02mol?L-1的Na2CO3，溶液與CH3COOAg沉淀上清液等體積混合，c（Ag+）=2.0×10-2mol/L，c（CO32-）=0.01mol/L，則c2（Ag+）×c（CO32-）=（2.0×10-2）2×0.01＞8.3×l0-12．有沉淀生成；故D正確．

故選D．6、D【分析】【分析】①不同物質(zhì)組成的物質(zhì)為混合物；

②在自然界中可以不斷再生；永續(xù)利用的能源；具有取之不盡，用之不竭的特點，主要包括太陽能、風(fēng)能、水能、生物質(zhì)能、地?zé)崮芎秃Ｑ竽艿龋?/p>

③同種物質(zhì)組成的為純凈物；不同元素組成的純凈物為化合物；

④合金是由兩種或兩種以上的金屬與非金屬經(jīng)一定方法所合成的具有金屬特性的物質(zhì)．一般通過熔合成均勻液體和凝固而得；

⑤氟氯代烷在高空會解離出氯；而氯可以催化（加速）臭氧轉(zhuǎn)變?yōu)檠醯姆磻?yīng)（這個過程中氯并不消耗），于是臭氧層被破壞了；

⑥氯水使紅墨水褪色，是由于氯水中含有HClO，HClO具有氧化性，破壞有色物質(zhì)的結(jié)構(gòu)，NH4HSO3溶液使KMnO4溶液褪色是因為還原高錳酸鉀；

⑦依據(jù)膠體的本質(zhì)特征分析判斷．【解析】【解答】解：①福爾馬林是甲醛水溶液；純鹽酸是氯化氫的水溶液，都是混合物，故①正確；

②依據(jù)再生能源的含義；沼氣是可再生能源，核能不是，故②錯誤；

③冰為水；干冰是二氧化碳，既是純凈物又是化合物，故③正確；

④不銹鋼是加入鎳鉻的鋼；建筑用螺紋鋼是鐵含有碳硅等的混合物，都是合金，故④正確；

⑤臭氧層的破壞是發(fā)生了化學(xué)反應(yīng)；空氣液化制取氮氣是發(fā)生物理變化，故⑤錯誤；

⑥氯水使紅墨水褪色，是由于氯水中含有HClO，HClO具有氧化性，破壞有色物質(zhì)的結(jié)構(gòu)，NH4HSO3溶液使KMnO4溶液褪色是因為還原高錳酸鉀；故⑤錯誤；

⑦豆?jié){和霧符合膠體分散系的本質(zhì)特征；都是膠體，故⑦正確；

綜上所述：①③④⑦正確；

故選D．7、B【分析】解：A；二氧化硫是形成酸雨的重要物質(zhì)；經(jīng)過處理后能減少酸雨的形成，故A正確；

B、碳酸鈣受熱生成氧化鈣和二氧化碳的反應(yīng)屬于分解反應(yīng)；二氧化硫與石灰水反應(yīng)生成CaSO3和CaSO4是中和反應(yīng)；化合反應(yīng)；氧化還原反應(yīng)，但沒有置換反應(yīng)，故B錯誤；

C、整個過程中，二氧化硫與碳酸鈣和氧氣反應(yīng)生成了硫酸鈣和二氧化碳，化學(xué)反應(yīng)式可表示為2SO2+2CaCO3+O2=2CaSO4+2CO2；故C正確；

D；二氧化硫具有還原性；易被高錳酸鉀溶液氧化反應(yīng)使高錳酸鉀溶液褪色，可用酸性高錳酸鉀溶液檢驗廢氣處理是否達標，故D正確；

故選B．

A；二氧化硫是形成酸雨的重要物質(zhì)；

B、碳酸鈣受熱生成氧化鈣和二氧化碳的反應(yīng)屬于分解反應(yīng)；二氧化硫與石灰水反應(yīng)生成CaSO3和CaSO4是復(fù)分解反應(yīng)和氧化還原反應(yīng)；

C；根據(jù)反應(yīng)過程可以書寫反應(yīng)的化學(xué)方程式；

D；二氧化硫具有還原性；易被高錳酸鉀溶液氧化反應(yīng)使高錳酸鉀溶液褪色．

本題考查二氧化硫氣體的污染和治理，解答本題要充分理解處理廢氣的過程，只有這樣才能對相關(guān)方面的問題做出正確的判斷【解析】【答案】B8、C【分析】【分析】本題比較綜合，是常見題型，涉及金屬腐蝕與防護、化學(xué)反應(yīng)進行方向、鹽類水解、化學(xué)平衡移動、化學(xué)反應(yīng)速率及平衡常數(shù)影響因素等，難度不大，側(cè)重對基礎(chǔ)知識的考查?！窘獯稹緼.船體rm{(Fe)}rm{Cu}及海水構(gòu)成原電池，rm{Fe}比rm{Cu}活潑，作負極，加快海輪外殼的腐蝕，故A錯誤；B.正反應(yīng)為熵減的反應(yīng)，即rm{triangleS<0}常溫下能自發(fā)進行，根據(jù)rm{triangleH-TtriangleS=triangleG<0}反應(yīng)自發(fā)進行，可推知該反應(yīng)rm{triangleH-TtriangleS=triangle

G<0}故B錯誤；C.碳酸鈉溶液中碳酸根發(fā)生水解，溶液呈堿性，而鹽類水解是吸熱反應(yīng)，升高溫度，水解程度增大，溶液堿性增強，即溶液的rm{triangleH<0}均增大，故C正確；D.濃硫酸起催化劑作用，加入濃硫酸加快反應(yīng)速率，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，平衡常數(shù)減小，故D錯誤。故選C。rm{pH}【解析】rm{C}9、C【分析】解：A．電解時陰離子向陽極移動，則OH-從右往左通過該膜；故A正確；

B．陰極發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，電極方程式為2H++2e-═H2↑；故B正確；

C．電極反應(yīng)為：I--6e-+3H2O=IO3-+6H+，如有3mol電子通過導(dǎo)線，則一定生成0.5molKIO3；故C錯誤；

D．陽極生成KIO3，陰極生成氫氣，總方程式為KI+3H2OKIO3+3H2↑；故D正確。

故選：C。

用如圖所示裝置來制取KIO3，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)生成KIO3，電極反應(yīng)為：I--6e-+3H2O=IO3-+6H+，陰極發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，電極方程式為2H++2e-═H2↑，總方程式為KI+3H2OKIO3+3H2↑；以此解答該題．

本題考查了電解原理，為高頻考點，側(cè)重學(xué)生的分析能力的考查，注意從化合價的角度判斷電極反應(yīng)，根據(jù)電池反應(yīng)式判斷陰陽極材料、電極反應(yīng)，并結(jié)合鹽的性質(zhì)分析解答，難度中等．【解析】C二、填空題(共9題，共18分)10、1：5【分析】【分析】1molCO和2molO2發(fā)生反應(yīng)，根據(jù)原子守恒，不管產(chǎn)物以及量的多少，容器中氧原子都是5mol，碳原子都是1mol，根據(jù)N=nNA來計算回答．【解析】【解答】即：1molCO和2molO2發(fā)生反應(yīng)，根據(jù)原子守恒，不管產(chǎn)物以及量的多少，容器中氧原子都是5mol，碳原子都是1mol，根據(jù)N=nNA；原子數(shù)目之比等于原子的物質(zhì)的量之比，即容器中C；O的原子個數(shù)比是1：5．

故答案為：1：5．11、反應(yīng)中生成的Mn2+具有催化作用CAD3.40%【分析】【分析】（1）根據(jù)催化劑能加快化學(xué)反應(yīng)速率以及催化加快反應(yīng)速率的原因；

（2）依據(jù)高錳酸鉀溶液是強氧化劑具有腐蝕氧化橡膠管的小豬豬；選擇酸式滴定管，依據(jù)四次消耗溶液體積可知選擇25ml酸式滴定管可以完成實驗要求；

（3）根據(jù)C（待測）═分析誤差；

（4）分析反應(yīng)過程和實驗數(shù)據(jù)計算過氧化氫的質(zhì)量分數(shù)．【解析】【解答】解：（1）開始滴入KMnO4溶液時反應(yīng)速率很慢，隨著KMnO4溶液滴入反應(yīng)速率顯著加快，最可能是反應(yīng)生成了催化劑MnSO4；催化劑降低了反應(yīng)所需的活化能，加快反應(yīng)速率；

故答案為：反應(yīng)中生成的Mn2+具有催化作用；

（2）KMnO4溶液具有強氧化性，可以腐蝕橡皮管，故KMnO4溶液應(yīng)裝在酸式滴定管中，四次消耗KMnO4溶液的體積分別為20.00mL；19.98mL、20.02mL、22.00mL；所以選用25ml酸式滴定管可以完成實驗；

故答案為：C；

（3）A、錐形瓶用待測液潤洗，消耗標準液體積增大，根據(jù)C（待測）=分析；可知C（標準）增大，測定待測液濃度偏高，故A正確；

B、量取H2O2溶液的滴定管用蒸餾水洗凈，未用H2O2溶液潤洗，濃度減小，消耗標準液體積減小，根據(jù)C（待測）═分析；可知C（標準）減小，測定結(jié)果偏低，故B錯誤；

C．滴定速度過快，又未搖勻，停止滴定后發(fā)現(xiàn)紫紅色褪去，滴入的標準液減小，根據(jù)C（待測）═分析；可知C（標準）減小，測定結(jié)果偏低，故c錯誤；

D、滴定前讀數(shù)時平視，滴定終點讀數(shù)時仰視，滴定后觀察滴定管讀數(shù)時，視線低于刻度線，造成V（標準）偏大，根據(jù)C（待測）═；可知C（標準）偏大，故D正確；

故答案為：AD；

（4）過氧化氫溶液中過氧化氫質(zhì)量=5.0ml×1.0g/ml=5g，用0.1000mol/LKMnO4溶液滴定，用同樣方法滴定，四次消耗KMnO4溶液的體積分別為20.00mL、19.98mL、20.02mL、22.00ml，第四次誤差較大舍去，平均消耗高錳酸鉀溶液體積==20mL；

2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑

25

0.1000mol/L×0.0200Ln（H2O2）

n（H2O2）=0.005mol；

過氧化氫質(zhì)量分數(shù)=×100%=3.40%；

故答案為：3.40%．12、NaAl分液漏斗倒吸稀硝酸碳酸鈣硅酸鈉有白色沉淀生成SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-Cl2+S2-=2Cl-+S↓強【分析】【分析】I．元素的金屬性越強；其單質(zhì)與酸或水反應(yīng)越劇烈；

II．（1）儀器A的名稱是分液漏斗；有緩沖作用的儀器能防止倒吸；

（2）要證明酸性強弱；應(yīng)該采用強酸制取弱酸的方法檢驗，強酸和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸；硝酸酸性最強，所以A中盛放硝酸，硝酸和碳酸鈣制取二氧化碳，二氧化碳和硅酸鈉溶液生成硅酸，從而確定酸性強弱；

（3）濃鹽酸具有還原性、酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣，氯氣具有強氧化性，能氧化Na2S溶液中的S2-生成S，非金屬元素的非金屬性越強，其單質(zhì)的氧化性越強，同一氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性．【解析】【解答】解：I．同一周期元素；金屬性隨著原子序數(shù)增大而減弱，元素的金屬性越強，其單質(zhì)與酸或水反應(yīng)越劇烈，所以金屬性Na＞Mg＞Al，則Na與鹽酸反應(yīng)最劇烈；Al與鹽酸反應(yīng)速率最慢，故答案為：Na；Al；

II．（1）儀器A的名稱是分液漏斗；有緩沖作用的儀器能防止倒吸；倒置的干燥管有緩沖作用，所以能防止倒吸，故答案為：分液漏斗；倒吸；

（2）要證明酸性強弱，應(yīng)該采用強酸制取弱酸的方法檢驗，硝酸酸性最強，所以A中盛放硝酸，硝酸和碳酸鈣制取二氧化碳，二氧化碳和硅酸鈉溶液生成硅酸，則B中盛放碳酸鈣、C中盛放硅酸鈉，硅酸難溶于水，所以二氧化碳和硅酸鈉反應(yīng)生成硅酸沉淀，看到的現(xiàn)象是有白色沉淀生成，C中反應(yīng)質(zhì)量方程式為SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-；

故答案為：稀硝酸；碳酸鈣；硅酸鈉；有白色沉淀生成；SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-；

（3）濃鹽酸具有還原性、酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣，氯氣具有強氧化性，能氧化Na2S溶液中的S2-生成S，離子方程式為Cl2+S2-=2Cl-+S↓，非金屬元素的非金屬性越強，其單質(zhì)的氧化性越強，同一氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，該反應(yīng)中Cl元素化合價由0價變?yōu)?1價、S元素化合價由-2價變?yōu)?價，所以氯氣是氧化劑、S是氧化產(chǎn)物，則氧化性：Cl2＞S；所以非金屬性Cl＞S；

故答案為：Cl2+S2-=2Cl-+S↓；強．13、1：1②③2【分析】【分析】鐵的還原性強于銅，所以Fe3+先和鐵發(fā)生反應(yīng)：Fe+2Fe3+=3Fe2+，反應(yīng)完全后，F(xiàn)e3+有剩余，再與銅發(fā)生反應(yīng)：Cu+2Fe3+=Fe2++Cu2+，能剩余的固體可以是銅，可以是鐵和銅，由第②組數(shù)據(jù)中可以得出②中FeCl3溶液全部參與反應(yīng)，100mLFeCl3溶液能溶解金屬質(zhì)量為13.2g-1.28g=11.92g，大于第①組溶解的金屬質(zhì)量，故第①組金屬完全反應(yīng)、FeCl3有剩余，第②組實驗中FeCl3溶液全部參與反應(yīng)，其物質(zhì)的量為=0.1L×4mol/L=0.4mol，假設(shè)只發(fā)生：Fe+2Fe3+=3Fe2+；加反應(yīng)金屬的物質(zhì)的量為0.2mol，則溶解的Fe的質(zhì)量為0.2mol×56g/mol=11.2g＜11.92g，所以同時也有一部分Cu溶解，所以剩余的固體全部為Cu；

第③組實驗中溶解金屬為24g-12.8g=11.2g；混合物中Fe恰好完全反應(yīng)；Cu不反應(yīng)，剩余12.8g為Cu；故第④組實驗中，剩余固體為Fe、Cu；

（1）結(jié)合③組中Fe、Cu質(zhì)量，根據(jù)n=計算原混合粉末中n（Fe）：n（Cu）；

（3）計算6g混合物中Fe、Cu的物質(zhì)的量，再根據(jù)方程式計算反應(yīng)的Fe3+的物質(zhì)的量，進而計算反應(yīng)后溶液中c（Fe3+）．【解析】【解答】解：鐵的還原性強于銅，所以Fe3+先和鐵發(fā)生反應(yīng)：Fe+2Fe3+=3Fe2+，反應(yīng)完全后，F(xiàn)e3+有剩余，再與銅發(fā)生反應(yīng)：Cu+2Fe3+=Fe2++Cu2+，能剩余的固體可以是銅，可以是鐵和銅，由第②組數(shù)據(jù)中可以得出②中FeCl3溶液全部參與反應(yīng)，100mLFeCl3溶液能溶解金屬質(zhì)量為13.2g-1.28g=11.92g，大于第①組溶解的金屬質(zhì)量，故第①組金屬完全反應(yīng)、FeCl3有剩余，第②組實驗中FeCl3溶液全部參與反應(yīng)，其物質(zhì)的量為=0.1L×4mol/L=0.4mol，假設(shè)只發(fā)生：Fe+2Fe3+=3Fe2+；加反應(yīng)金屬的物質(zhì)的量為0.2mol，則溶解的Fe的質(zhì)量為0.2mol×56g/mol=11.2g＜11.92g，所以同時也有一部分Cu溶解，所以剩余的固體全部為Cu；

第③組實驗中溶解金屬為24g-12.8g=11.2g；混合物中Fe恰好完全反應(yīng)；Cu不反應(yīng)，剩余12.8g為Cu；故第④組實驗中，剩余固體為Fe、Cu；

（1）第③合金中Fe與Cu的質(zhì)量分別為11.2g；12.8g；則原混合粉末中n（Fe）：n（Cu）=

：=1：1；故答案為：1：1；

（2）由上述分析可知；在②；③、④中，剩余固體只有銅的是②③，故答案為：②③；

（3）①中n（Fe）=n（Cu）==0.05mol，由Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Fe2++Cu2+，可知反應(yīng)的Fe3+為0.05mol×2+0.05mol×2=0.2mol，故第①組溶液反應(yīng)后，溶液中c（Fe3+）=4mol/L-=2mol/L，故答案為：2．14、⑤⑥②③④⑤⑥B②⑦【分析】【分析】（1）根據(jù)物質(zhì)含有的化學(xué)鍵類型以及變化類型進行判斷；

（2）先把試紙放在玻璃片上再用玻璃棒蘸取待測液把它滴在試紙上觀察顏色的變化；

（3）①氨水不能和銀反應(yīng)；

②能用分液漏斗分離的必須是兩種互不相溶的液體混合物；

③高錳酸鉀具有氧化性；腐蝕橡皮管；

④二氧化硅能夠與碳酸鈉高溫下反應(yīng)；

⑤氫氧化鈉有腐蝕性；

⑥根據(jù)制取氫氧化鐵膠體的正確方法判斷；

⑦Fe2+易水解，水解呈酸性，具有還原性，可被空氣中氧氣氧化．【解析】【解答】解：（1）①MgCl2為離子化合物；只含有離子鍵；

②金剛石為原子晶體；存在共價鍵，熔化時需要破壞共價鍵，熔點高；

③NH4Cl為離子化合物；既存在離子鍵又存在共價鍵，熔化時需要破壞離子鍵；

④KNO3為離子化合物；既存在離子鍵又存在共價鍵，熔化時需要破壞離子鍵；

⑤干冰為分子晶體；含有共價鍵，熔化時不需要破壞化學(xué)鍵，破壞的是分子間作用力；

⑥單質(zhì)碘晶體為分子晶體；含有共價鍵，熔化時不需要破壞化學(xué)鍵，破壞的是分子間作用力；

故答案為：⑤⑥；②；③④；⑤⑥；

（2）用試紙時；先把試紙放在玻璃片上再用玻璃棒蘸取待測液把它滴在試紙上觀察顏色的變化，故答案為：B；

（3）①氨水是弱堿；不能和銀反應(yīng)，做過銀鏡反應(yīng)實驗的試管上附著單質(zhì)銀，所以不能用氨水洗，故①錯誤；

②硝基苯和水不互溶；能用分液漏斗分離，故②正確；

③高錳酸鉀具有氧化性；腐蝕橡皮管，應(yīng)用酸式滴定管，故③錯誤；

④陶瓷中含有二氧化硅，二氧化硅能夠與碳酸鈉高溫下反應(yīng)，所以不能用瓷坩堝高溫熔融Na2CO3的固體混合物；故④錯誤；

⑤氫氧化鈉有腐蝕性；會腐蝕皮膚，故⑤錯誤；

⑥向沸騰的NaOH稀溶液中滴加FeCl3飽和溶液；生成的是氫氧化鐵沉淀，不是氫氧化鐵膠體，制取氫氧化鐵膠體方法應(yīng)該是將飽和氯化鐵溶液加入沸水中，故⑥錯誤；

⑦Fe2+易水解；水解呈酸性，加入酸可抑制水解，具有還原性，可被空氣中氧氣氧化，加入鐵粉可防止被氧化，故⑦正確；

故答案為：②⑦．15、DNaHCO32NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑取上層清液少許于潔凈試管中，加入適量CaCl2溶液，若有白色沉淀生成，證明有CO32-【分析】【分析】（1）根據(jù)兩個實驗的區(qū)別分析；Ⅱ可以做對比實驗；

（2）不直接加熱碳酸氫鈉就能分解更說明碳酸氫鈉不穩(wěn)定；

（3）碳酸氫鈉加熱分解生成碳酸鈉；二氧化碳氣體和水；書寫化學(xué)方程式，根據(jù)差量進行計算，由此分析解答；

（4）根據(jù)反應(yīng)方程式判斷溶液中的溶質(zhì)；碳酸根離子能和鈣離子反應(yīng)生成碳酸鈣白色沉淀，向上層清液中加入氯化鈣溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，就證明有碳酸根離子．【解析】【解答】解：（1）實驗Ⅰ與實驗Ⅱ相比；實驗Ⅱ可以做到一套裝置同時進行兩個對比實驗，而實驗I不能，故選D；

故答案為：D；

（2）碳酸鈉直接加熱；碳酸氫鈉不直接加熱，不直接加熱的碳酸氫鈉能分解而直接加熱的碳酸鈉不分解更能說明碳酸氫鈉不穩(wěn)定；

故答案為：NaHCO3；

（3）碳酸氫鈉加熱發(fā)生的反應(yīng)方程式為：2NaHO3Na2CO3+CO2↑+H2O；

根據(jù)差量法：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O△m

10662

m（Na2CO3）（m1-m2）g

碳酸鈉的質(zhì)量為：m（Na2CO3）=g=；

故答案為：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；；

（4）碳酸氫鈉與氫氧化鈣的物質(zhì)的量之比為2：1時，反應(yīng)方程式為2NaHCO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，根據(jù)方程式知該溶液是碳酸鈉溶液；該溶液中含有碳酸根離子，碳酸根離子能和鈣離子生成白色沉淀，所以檢驗方法是：取上層清液于潔凈的試管中加入適量CaCl2溶液，振蕩，若有白色沉淀生成，則證明溶液中含有CO32-；

故答案為：取上層清液少許于潔凈試管中，加入適量CaCl2溶液，若有白色沉淀生成，證明有CO32-．16、Al、Mg、Na因為元素Mg價電子排布式為3s2完全充滿狀態(tài)，比Al穩(wěn)定3d64s2N22NAFe（CN）2+4KCN=K4[Fe（CN）6]【分析】【分析】（1）根據(jù)第一至第四電離能的變化可判斷出各元素的最高化合價；進而推斷元素的種類，周期表中，同周期元素從左到右電負性逐漸增強；

（2）W元素應(yīng)用廣泛，是一種重要的生物金屬元素，如人體內(nèi)W元素的含量偏低，則會影響O2在體內(nèi)的正常運輸，W為鐵元素，根據(jù)能量最低原理及洪特規(guī)則書寫電子排布式；從N2的結(jié)構(gòu)分析lCN+中π鍵數(shù)目，W（CN）2沉淀為Fe（CN）2，與過量KCN反應(yīng)，由配離子結(jié)構(gòu)示意圖可知生成K4[Fe（CN）6]．【解析】【解答】解：（1）從表中原子的第一至第四電離能可以看出，X的第一電離能較小，而第二電離子能較大，說明易失去1個電子，則X的化合價為+1價，應(yīng)為Na元素，Y的第一、第二電離能較小，可失去2個電子，即最外層應(yīng)有2個電子，應(yīng)為Mg元素，而Z的第一、第二、第三電離能都較小，可失去3個電子，最高化合價為+3價，應(yīng)為Al元素，周期表中，同周期元素從左到右電負性逐漸增強，則X、Y、Z的電負性從大到小的順序為Al、Mg、Na，因為元素Mg價電子排布式為3s2完全充滿狀態(tài)；比Al穩(wěn)定，所以Mg的第一電離能大于Al；

故答案為：Al、Mg、Na；因為元素Mg價電子排布式為3s2完全充滿狀態(tài)；比Al穩(wěn)定；

（2）①W元素應(yīng)用廣泛，是一種重要的生物金屬元素，如人體內(nèi)W元素的含量偏低，則會影響O2在體內(nèi)的正常運輸，W為鐵元素，F(xiàn)e是26號元素，鐵元素基態(tài)原子電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，價電子排布式為3d64s2；

故答案為：3d64s2；

②將C原子及1個電子用“N”代換可得CN-等電子體分子N2，N2中，N原子之間含有2個π鍵，已知CN-與N2結(jié)構(gòu)相似，則1molCN-中π鍵數(shù)目為2NA；

故答案為：N2；2NA；

③由配離子結(jié)構(gòu)示意圖可知黃血鹽的化學(xué)式為K4[Fe（CN）6]，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為Fe（CN）2+4KCN=K4[Fe（CN）6]；

故答案為：Fe（CN）2+4KCN=K4[Fe（CN）6]．17、3，3，6-三甲基辛烷3，6-二甲基-1-庚炔C15H22O2ABCD羥基酯基【分析】【分析】（1）該有機物為烷烴；選取最長碳鏈為主鏈，然后從取代基編號之和最長的一端編號，先寫出取代基位置，在寫出主鏈名稱；

（2）該有機物為炔烴；選取含有碳碳三鍵的最長碳鏈為主鏈，然后從距離碳碳三鍵最近的一端開始編號，命名中需要標出碳碳三鍵的位置；

（3）甲基連接的碳為1號C；在2；4號C各含有應(yīng)該氯原子；

（4）根據(jù)圖示的有機物結(jié)構(gòu)簡式寫出分子式；根據(jù)該有機物結(jié)構(gòu)判斷具有的化學(xué)性質(zhì)；

（5）根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知；該有機物分子中含有的官能團為羥基和酯基；

（6）核磁共振氫譜只有一個吸收峰，說明該有機物分子中中含有一種等效H一種，則該有機物具有對稱結(jié)構(gòu)，再結(jié)合戊烷的三種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)進行判斷．【解析】【解答】解：（1）該有機物分子中最長碳鏈含有8個C，主鏈為辛烷，從右上方開始編號，在3號C含有2個甲基；在6號C含有1個甲基，該有機物名稱為：3，3，6-三甲基辛烷；

故答案為：3；3，6-三甲基辛烷；

（2）該有機物為炔烴，選取含有碳碳三鍵的最長碳鏈為主鏈，該有機物最長碳鏈含有7個C，主鏈為庚炔，編號從右邊開始，碳碳三鍵在1號C，在3；6號C各含有1個甲基，該有機物名稱為：3，6-二甲基-1-庚炔；

故答案為：3；6-二甲基-1-庚炔；

（3）2，4-二氯甲苯的主鏈為甲苯，甲苯所在的C為1號C，在2、4號C各含有一個氯原子，該有機物結(jié)構(gòu)簡式為：

故答案為：

（4）該有機物分子中含有15個C、22個H和2個O，該有機物的分子式為：C15H22O2；

該有機物含有碳碳雙鍵；能夠與被酸性高錳酸鉀溶液氧化，能夠與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，能夠使溴水褪色；分子中還含有羧基，能夠與氫氧化鈉溶液發(fā)生中和反應(yīng)，所以ABCD都正確；

故答案為：C15H22O2；ABCD．

（5）中含有的官能團為羥基；酯基；

故答案為：羥基；酯基；

（6）戊烷的同分異構(gòu)體有：正戊烷：異戊烷和新戊烷、其中分子中只有一種等效H一種的為新戊烷：

故答案為：．18、小于大于-1三角錐型sp3S-S鍵是非極性共價鍵，S-Cl是極性共價鍵有+1【分析】【分析】（1）原子半徑越大的；鍵長越長；原子半徑越小的鍵能越大；電負性越強的元素吸引電子能力越強，在化合物中表現(xiàn)負價態(tài)；

（2）根據(jù)價層電子對互斥理論確定分子的空間構(gòu)型和原子的雜化方式；

（3）①根據(jù)共價化合物電子式的書寫規(guī)則書寫；

②同種非金屬元素之間易形成非極性共價鍵；不同非金屬元素之間易形成極性共價鍵；

③正負電荷重心不重合的分子為極性分子；

④電負性越大的元素在化合物中顯負價態(tài)，電負性小的元素在化合物中顯正價態(tài)，且正負化合價的代數(shù)和為0．【解析】【解答】解：（1）氮原子原子半徑小于磷原子原子半徑，原子半徑越大的，鍵長越長，鍵長越小的鍵能越大，所以鍵長：NH3小于PH3、鍵能：NH3大于PH3；P的電負性小于H，所以H顯負價，H得一個電子達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以H顯-1價；

故答案為：小于；大于，-1價；

（2）PH3分子中價層電子對=3+1=4，含有一個孤電子對，所以其空間構(gòu)型是三角錐型；N2H4分子中氮原子的加成電子對=3+1=4，含有一個孤電子對，N原子軌道的雜化類型是sp3；

故答案為：三角錐型，sp3；

（3）①根據(jù)二氯化硫的結(jié)構(gòu)式知其電子式為

故答案為：

②S-S鍵是非極性共價鍵；S-Cl是極性共價鍵；

故答案為：S-S鍵是非極性共價鍵；S-Cl是極性共價鍵；

③4個原子不共面；則二氯化硫分子中正負電荷重心不重合，所以該分子是極性分子；

故答案為：有；

④氯元素的電負性大于硫元素；所以硫元素顯正價，硫原子和氯原子間共用一個電子對，所以硫顯+1價；

故答案為+1．三、判斷題(共6題，共12分)19、×【分析】【分析】有離子參加的化學(xué)反應(yīng)是離子反應(yīng)，離子反應(yīng)離子反應(yīng)的本質(zhì)是某些離子濃度發(fā)生改變，常見離子反應(yīng)多在水溶液中進行，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：實驗室通過消石灰和NH4Cl固體制備NH3，化學(xué)反應(yīng)方程式為：2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3↑+CaCl2+2H2O，此反應(yīng)是在大試管中進行，無溶液，故不屬于離子反應(yīng)，答案為：×．20、√【分析】【分析】根據(jù)同主族元素性質(zhì)相似的規(guī)律判斷．【解析】【解答】解：Na和K位于周期表相同主族，性質(zhì)相似，Na可以與水反應(yīng)放出H2，所以K也可以與水反應(yīng)放出H2；

故答案為：√．21、√【分析】【分析】（1）pH試紙的正確使用方法是：把小塊pH試紙放在表面皿（或玻璃片）上；用蘸有待測溶液的玻璃棒點在試紙的中部，試紙變色后，與標準比色卡比較來確定溶液的pH；

（2）根據(jù)鹽的類型分析呈堿性；純堿是強堿弱酸鹽水解呈堿性；

（3）用pH試紙測pH值計算水解產(chǎn)生的氫氧根離子的濃度；

（4）根據(jù)電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子守恒分析．【解析】【解答】解：（1）測定溶液pH的具體操作方法為：用干凈的玻璃棒蘸取待測溶液并滴在pH試紙上；把試紙顯示的顏色與標準比色卡對照，讀出相同顏色的pH值；

故答案為：把小塊pH試紙放在表面皿（或玻璃片）上；用蘸有待測溶液的玻璃棒點在試紙的中部，試紙變色后，與標準比色卡比較來確定溶液的pH；

（2）純堿是強堿弱酸鹽，碳酸根離子能發(fā)生水解使溶液中的氫氧根離子的濃度大于氫離子的濃度，導(dǎo)致溶液呈堿性，離子方程式為CO32-+H2O?HCO3-+OH-，故答案為；CO32-+H2O?HCO3-+OH-；

（3）用pH試紙測pH值計算水解產(chǎn)生的氫氧根離子的濃度，其操作為：用pH試紙測0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH，若pH＜12，則證明水解的CO32-不超過其總量的10%，故答案為：用pH試紙測0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH，若pH＜12，則證明水解的CO32-不超過其總量的10%；

（4）①根據(jù)物料守恒，碳元素在溶液中的形式有：CO32-、HCO3-、H2CO3、所以c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），故答案為：錯誤；c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）；

②根據(jù)電荷守恒分析解答，c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）；故答案為：√；

③根據(jù)質(zhì)子守恒：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故答案為：錯誤；c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）；

④碳酸鈉溶液水解呈堿性，所以離子濃度大小為：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-），故答案為：√．22、×【分析】【分析】化學(xué)變化不涉及原子核內(nèi)部的變化，即化學(xué)變化不能改變中子數(shù)、質(zhì)子數(shù)．故通過化學(xué)變化無法實現(xiàn)35Cl與37Cl間的相互轉(zhuǎn)化，同位素之間的轉(zhuǎn)化屬于核變化．【解析】【解答】解：35Cl與37Cl間的相互轉(zhuǎn)化沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故通過化學(xué)變化無法實現(xiàn)35Cl與37Cl間的相互轉(zhuǎn)化；

故答案為：×．23、×【分析】【分析】常溫常壓下，氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，無法計算物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：常溫常壓下，氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，則22.4LO3的物質(zhì)的量不等于1mol，氧原子個數(shù)不等于3nA；

故答案為：×．24、×【分析】【分析】根據(jù)碳原子可以形成碳鏈，也可以形成碳環(huán)，可以帶支鏈，也可以不帶支鏈來解答；【解析】【解答】解：碳原子可以形成碳鏈；無論帶支鏈，還是不帶支鏈，都含有4個C-C單鍵；碳原子可以形成碳環(huán)，可以帶支鏈，也可以不帶支鏈，都含有5個C-C單鍵；

故答案為：×；四、其他(共1題，共2分)25、略

【分析】（1）玻璃是常見的硅酸鹽材料。制普通玻璃的主要原料是純堿、石灰石和石英。生產(chǎn)玻璃時，把原料粉碎后按一定比例混合后，放入玻璃熔爐中加強熱，石灰石與石英反應(yīng)生成硅酸鈣和二氧化碳，純堿與石英反應(yīng)生成硅酸鈉和二氧化碳，但原料中石英是過量的，所以普通玻璃的成分為硅酸鈣、硅酸鈉、二氧化硅。（2）由鐵礦石煉得的生鐵雖然硬度很大，但較脆且不易加工，人們就想辦法降低生鐵中的碳元素，調(diào)節(jié)其中的硅、錳等元素，將鐵轉(zhuǎn)化為鋼，大大改善了其性能。但是，鋼鐵很容易銹蝕，于是不銹鋼應(yīng)運而生。因此，鐵的應(yīng)用經(jīng)歷了“鐵——普通鋼——不銹鋼等特種鋼”的演變過程。（3）復(fù)合材料兼具有基體和增強體的優(yōu)點，據(jù)此可判斷，應(yīng)該為金屬和C的復(fù)合材料?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）硅酸鈣、硅酸鈉、二氧化硅。（2）鐵、普通鋼、不銹鋼。（3）A五、計算題(共4題，共16分)26、略

【分析】【分析】混合溶液加入BaCl2溶液時，發(fā)生反應(yīng)：Ba2++SO42-=BaSO4↓，根據(jù)n=cV計算n（Ba2+），再根據(jù)方程式計算n總（SO42-），濾液中加入鋅粒，發(fā)生反應(yīng)：Zn+2H+=Zn2++H2↑，根據(jù)n=計算氫氣的物質(zhì)的量，根據(jù)方程式計算n（H+），而n（H2SO4）=n（H+），n（Na2SO4）=n總（SO42-）-n（H2SO4），再根據(jù)c=計算．【解析】【解答】解：n（Ba2+）=n（BaCl2）=0.1L×2mol/L=0.2mol；

Ba2++SO42-=BaSO4↓

11

0.2moln總（SO42-）

n總（SO42-）==0.2mol；

標況下，3.36L氫氣的物質(zhì)的量==0.15mol；

Zn+2H+=Zn2++H2↑

21

n（H+）0.15mol

n（H+）=0.15mol×2=0.3mol

n（H2SO4）=n（H+）=0.3mol×=0.15mol，則c（H2SO4）==1.5mol/L；

n（Na2SO4）=n總（SO42-）-n（H2SO4）=0.2mol-0.15mol=0.05mol，c（Na2SO4）==0.5mol/L；

答：原混合液中c（Na2SO4）=0.5mol/L、c（H2SO4）=1.5mol/L．27、解：（1）標準狀況下SO2氣體3.36L，n（SO2）===0.15mol；

Zn+2H2SO4（濃）=ZnSO4+SO2↑+H2O；

1mol1mol

0.15mol0.15mol

則n（ZnSO4）=0.150mol，c（ZnSO4）===1.50mol?L-1

答：所得溶液中硫酸鋅的物質(zhì)的量濃度為1.50mol?L-1；

（2）反應(yīng)后測得溶液c（H+）為0.1mol/L，則n剩余（H2SO4）=0.1mol/L×1L×=0.05mol，假定氣體A全部為二氧化硫，根據(jù)硫原子守恒可知，生成二氧化硫的物質(zhì)的量=18.5mol/L×0.1L-0.05mol=1.8mol，實際氣體A的物質(zhì)的量==1.5mol，小于1.8mol，故生成氣體為SO2、H2；

令SO2、H2的物質(zhì)的量分別為xmol；ymol；則：

Zn+2H2SO4（濃）=ZnSO4+SO2↑+H2O；

2xmolxmol

Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；

ymolymol

故：x+y=1.5；2x+y=1.8，聯(lián)立方程，解得：x=0.3，y=1.2

則：V（SO2）：V（H2）=0.300mol：1.20mol=1：4

答：混合氣體中V（SO2）：V（H2）=0.300mol：1.20mol=1：4．【分析】

rm{(1)}根據(jù)反應(yīng)rm{Zn+2H_{2}SO_{4}(}濃rm{)=ZnSO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}結(jié)合相關(guān)數(shù)據(jù)進行計算；

rm{(2)}根據(jù)反應(yīng)后溶液中氫離子濃度計算剩余硫酸的物質(zhì)的量，假定氣體rm{A}全部為二氧化硫；根據(jù)硫原子守恒計算二氧化硫的物質(zhì)的量，與實際氣體的物質(zhì)的量比較判斷氣體的成分，據(jù)此解答．

本題考查根據(jù)方程式的有關(guān)計算，題目難度中等，rm{(2)}中判斷氣體的成分是解題關(guān)鍵rm{.}注意物質(zhì)的量公式靈活運用．【解析】解：rm{(1)}標準狀況下rm{SO_{2}}氣體rm{3.36L}rm{n(SO_{2})=dfrac{V}{V_{m}}=dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}

rm{n(SO_{2})=dfrac{V}{V_{m}}=dfrac

{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}濃rm{Zn+2H_{2}SO_{4}(}

rm{)=ZnSO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{1mol}

rm{1mol}rm{0.15mol}

則rm{0.15mol}rm{c(ZnSO_{4})=dfrac{n}{v}=dfrac{0.15mol}{0.1L}=1.50mol?L^{-1}}

答：所得溶液中硫酸鋅的物質(zhì)的量濃度為rm{n(ZnSO_{4})=0.150mol}

rm{c(ZnSO_{4})=dfrac{n}{v}=dfrac

{0.15mol}{0.1L}=1.50mol?L^{-1}}反應(yīng)后測得溶液rm{1.50mol?L^{-1}}為rm{(2)}則rm{n_{脢攏脫脿}(H_{2}SO_{4})=0.1mol/L隆脕1L隆脕dfrac{1}{2}=0.05mol}假定氣體rm{c(H^{+})}全部為二氧化硫，根據(jù)硫原子守恒可知，生成二氧化硫的物質(zhì)的量rm{0.1mol/L}實際氣體rm{n_{脢攏脫脿}(H_{2}SO_{4})=0.1mol/L隆脕1L隆脕

dfrac{1}{2}=0.05mol}的物質(zhì)的量rm{=dfrac{33.6L}{22.4L/mol}=1.5mol}小于rm{A}故生成氣體為rm{=18.5mol/L隆脕0.1L-0.05mol=1.8mol}rm{A}

令rm{=dfrac

{33.6L}{22.4L/mol}=1.5mol}rm{1.8mol}的物質(zhì)的量分別為rm{SO_{2}}rm{H_{2}}則：

rm{SO_{2}}濃rm{H_{2}}

rm{xmol}rm{ymol}

rm{Zn+2H_{2}SO_{4}(}

rm{)=ZnSO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{2xmol}

故：rm{xmol}rm{Zn+H_{2}SO_{4}=ZnSO_{4}+H_{2}隆眉}聯(lián)立方程，解得：rm{ymol}rm{ymol}

則：rm{x+y=1.5}rm{2x+y=1.8}rm{x=0.3}rm{y=1.2}

答：混合氣體中rm{V(SO_{2})}rm{V(H_{2})=0.300mol}rm{1.20mol=1}rm{4}．rm{V(SO_{2})}28、略

【分析】【分析】根據(jù)n=計算Zn的物質(zhì)的量，根據(jù)n=cV計算HCl的物質(zhì)的量，根據(jù)方程式Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑進行過量計算；根據(jù)不足量的物質(zhì)計算生成氯化鋅；氫氣的物質(zhì)的量，消耗HCl的物質(zhì)的量；

（1）根據(jù)V=nVm計算氫氣的體積；

（2）根據(jù)c=計算溶液中Zn2+和H+的物質(zhì)的量濃度．【解析】【解答】解：0.65g鋅的物質(zhì)的量==0.01mol；

50mL1mol/L鹽酸中HCl的物質(zhì)的量=0.05L×1mol/L=0.05mol；

由Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑可知；0.01molZn完全反應(yīng)消耗HCl=0.01mol×2=0.02mol＜0.05mol，故鹽酸有剩余，則：

Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑

0.01mol0.01mol0.01mol

（1）標況下生成H2的體積=0.01mol×22.4L/mol=0.224L；

答：標況下生成H2的體積為0.224L；

（2）溶液中Zn2+的物質(zhì)的量濃度==0.2mol/L

剩余氫離子物質(zhì)的量=0.05mol-0.02mol=0.03mol，故H+的物質(zhì)的量濃度==0.6mol/L；

答：溶液中Zn2+的物質(zhì)的量濃度是0.2mol/L，H+的物質(zhì)的量濃度是0.6mol/L．29、CaC2CaCN2CaO+3CCaC2+COCaC2+N2=CaCN2+CCaCN2+3H2O=CaCO3↓+2NH3↑＜碳酸鈣可溶于酸而硫酸鈣不溶【分析】【分析】由CaCO3BDA可知，B為CaO，固態(tài)二元化合物D中鈣含量為62.5%，則：=1：2，D為CaC2，A中含氮量可高達35.0%，鈣含量為50%，則含C為15%，Ca、C、N的原子個數(shù)比為：：=1：1：2，則A為CaCN2，然后結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)及化學(xué)用語來解答．【解析】【解答】解：由CaCO3BDA可知，B為CaO，固態(tài)二元化合物D中鈣含量為62.5%，則：=1：2，D為CaC2，A中含氮量可高達35.0%，鈣含量為50%，則含C為15%，Ca、C、N的原子個數(shù)比為：：=1：1：2，則A為CaCN2；

（1）D的化學(xué)式為CaC2，故答案為：CaC2；

（2）A的化學(xué)式為CaCN2，故答案為：CaCN2；

（3）生成D和A的化學(xué)方程式分別為CaO+3CCaC2+CO、CaC2+N2=CaCN2+C，故答案為：CaO+3CCaC2+CO；CaC2+N2=CaCN2+C；

（4）A放入水中，會重新生成CaCO3并放出刺激性氣味的氣體，氣體為氨氣，該反應(yīng)為CaCN2+3H2O=CaCO3↓+2NH3↑，故答案為：CaCN2+3H2O=CaCO3↓+2NH3↑；

（5）CaCO3與CaSO4的溶度積分別為2.8×10-9、9.1×10-6，類型相同，溶度積小的溶解度小，則溶解度的大小關(guān)系為CaCO3＜CaSO4，鍋爐除垢操作中，要先用碳酸鈉溶液將水垢中的硫酸鈣轉(zhuǎn)化成為碳酸鈣，是因碳酸鈣可溶于酸而硫酸鈣不溶，故答案為：＜；碳酸鈣可溶于酸而硫酸鈣不溶．六、探究題(共4題，共24分)30、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉