2024年華師大新版高三化學(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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年華師大新版高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷500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)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列離子方程式屬于鹽類的水解，且書寫正確的是（）A.NaHCO3溶液：HCO3-+H2O?CO32-+H3O+B.NaHS溶液：HS-+H2O?H2S+OH-C.Na2CO3溶液：CO32-+2H2O?H2CO3+2OH-D.NH4Cl溶于D2O中：NH4++D2O?NH3?D2O+H+2、由CO2、H2和CO組成的混合氣在同溫、同壓下與氮?dú)獾拿芏认嗤?，則該混合氣體中CO2、H2和CO的體積比可能為（）A.29：8：13B.22：1：14C.13：6：29D.26：16：273、將足量的CO2通入下列溶液中；最終溶液渾濁的是（）

①飽和蘇打溶液②水玻璃③氯化鋇④次氯酸鈣．A.①②B.③④C.②③D.①②③④4、下列物質(zhì)不能通過化合反應(yīng)而得到的是（）A.NO2B.Fe（OH）3C.FeCl2D.H2SiO35、下列說法中，不正確的是（）A.短周期元素中，最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)兩倍的元素共有3種B.第三周期元素的離子半徑大小比較：S2-＞Cl-＞Na+＞Mg2+＞Al3+C.日本核電站釋放出的131I、132I和133I屬于同素異形體D.相同條件下，測定同濃度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，可比較C和S的非金屬性強(qiáng)弱評(píng)卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)6、下面是利用鹽橋電池從某些含碘鹽中提取碘的兩個(gè)裝置，下列說法中正確的是（）A.兩個(gè)裝置中石墨I(xiàn)和石墨I(xiàn)I作負(fù)極B.碘元素在裝置①中被氧化，在裝置②中被還原C.①中MnO2的電極反應(yīng)式為：MnO2+2H2O+2e-═Mn2++4OH?D.反應(yīng)①、②中生成等量的I2時(shí)導(dǎo)線上通過的電子數(shù)之比為1：57、有關(guān)常溫下rm{pH}均為rm{3}的醋酸和硫酸的說法正確的是()A.兩種溶液中，由水電離出的氫離子濃度均為rm{1隆脕10^{-11}mol隆隴L^{-1}}B.分別加水稀釋rm{100}倍后，兩種溶液的rm{pH}仍相同C.醋酸中的rm{c(CH_{3}}rm{COO}rm{COO}rm{{,!}^{-}}和硫酸中的rm{)}和硫酸中的rm{c(SO}rm{)}rm{c(SO}相等rm{rlap{_{4}}{^{2-}}}D.分別加入足量鋅片，兩種溶液生成rm{)}相等rm{)}8、下列有關(guān)氨氣或氨水的相關(guān)說法正確的是rm{(}rm{)}A.表面附著氨水的碳素鋼在空氣中主要發(fā)生析氫腐蝕B.反應(yīng)rm{NH_{3}(g)+HCl(g)?NH_{4}Cl}rm{(s)}的rm{triangleH<0}rm{triangleS<0}C.rm{25隆忙}時(shí)，rm{pH=11}的氨水與rm{pH=3}的鹽酸等體積混合，所得溶液的rm{pH>7}D.向rm{2NH_{3}(g)?N_{2}(g)+3H_{2}(g)}的平衡體系中加入催化劑，rm{NH_{3}}的平衡轉(zhuǎn)化率增大9、下列各組離子中，每個(gè)離子都能影響水的電離平衡的一組是（）A.Zn2+、Ag+、HCO3-、Cl-、PO43-、SO42-B.Fe3+、Br-、Al3+、H+、CO32-、H2PO4-C.Ag+、SO32-、SiO32-、Fe2+、S2-D.Fe2+、ClO-、OH-、HS-、Cu2+、HSO3-10、已知rm{H_{2}C_{2}O_{4}}是二元弱酸，rm{NaHC_{2}O_{4}}溶液顯酸性。rm{25隆忙}時(shí)，將rm{amol隆隴L^{-1}H_{2}C_{2}O_{4}}溶液與rm{amol隆隴L^{-1}

H_{2}C_{2}O_{4}}溶液等體積混合rm{(0<aleqslant0.1,0<bleqslant0.1)}下列有關(guān)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是rm{bmol隆隴L^{-1}NaOH}rm{(0<aleqslant

0.1,0<bleqslant0.1)}A.rm{(}時(shí)，rm{)}B.rm{a=b}時(shí)，rm{c(H_{2}C_{2}O_{4})+c(H^{+})=c(C_{2}O_{4}^{2mathrm{{-}}})+c(OH^{-})}C.rm{a=dfrac{2}}時(shí)，rm{c(C_{2}O_{4}^{2mathrm{{-}}})>c(HC_{2}O_{4}^{mathrm{{-}}})>c(H_{2}C_{2}O_{4})>c(OH^{-})}D.rm{a=2b}時(shí)，rm{2c(Na^{+})=c(H_{2}C_{2}O_{4})+c(HC_{2}O_{4}^{mathrm{{-}}})+c(C_{2}O_{4}^{2mathrm{{-}}})}rm{a=3b}11、化學(xué)與科學(xué)、技術(shù)、社會(huì)、環(huán)境密切相關(guān)，下列做法中正確的是rm{(}rm{)}A.研制乙醇汽油rm{(}汽油中添加一定比例乙醇rm{)}技術(shù)，不能降低機(jī)動(dòng)車尾氣中有害氣體排放B.工業(yè)上用石灰乳對(duì)煤燃燒后形成的煙氣進(jìn)行脫硫，最終能制得石膏C.為了有效的發(fā)展清潔能源，采用電解水的方法大量制備rm{H_{2}}D.世博停車場安裝催化光解設(shè)施，可將汽車尾氣中rm{CO}和rm{NO_{x}}反應(yīng)生成無毒氣體12、天然海水中主要含有rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Br_{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}等離子rm{.}火力發(fā)電燃煤排放的含rm{SO_{2}}的煙氣可利用海水脫硫；其工藝流程如圖所示：

下列說法錯(cuò)誤的是rm{(}rm{)}A.天然海水rm{pH隆脰8}的原因是由于海水中的rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}水解B.“氧化”是利用氧氣將rm{H_{2}SO_{3}}rm{HSO_{3}^{-}}rm{SO_{3}^{2-}}等氧化生成rm{SO_{4}^{2-}}C.“反應(yīng)、稀釋”時(shí)加天然海水的目的是防止凈化海水時(shí)生成沉淀D.“排放”出來的海水中rm{SO_{4}^{2-}}的物質(zhì)的量濃度與進(jìn)入吸收塔的天然海水相同．評(píng)卷人得分三、填空題(共9題，共18分)13、鎢是我國豐產(chǎn)元素，是熔點(diǎn)最高的金屬，廣泛用于拉制燈泡的燈絲，鎢在自然界主要以鎢（VI）酸鹽的形式存在．有開采價(jià)值的鎢礦石之一白鎢礦的主要成分是CaWO4；含有二氧化硅；氧化鐵等雜質(zhì)，工業(yè)冶煉鎢流程如下：

已知：

①鎢酸酸性很弱；難溶于水。

②完全沉淀離子的pH值：SiO32-為8，WO42-為5

③碳和金屬鎢在高溫下會(huì)反應(yīng)生成碳化鎢。

（1）74W在周期表的位置是第____周期．

（2）CaWO4與純堿發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式是____．

（3）濾渣B的主要成分是（寫化學(xué)式）____．調(diào)節(jié)pH可選用的試劑是：____（填寫字母序號(hào)）．

A．氨水B．氫氧化鈉溶液C．鹽酸D．碳酸鈉溶液。

（4）母液中加入鹽酸的離子方程式為____．檢驗(yàn)沉淀C是否洗滌干凈的操作是____．

（5）為了獲得可以拉制燈絲的高純度金屬鎢，不宜用碳而必須用氫氣作還原劑的原因是____．

（6）將氫氧化鈣加入鎢酸鈉堿性溶液中可得到鎢酸鈣，已知溫度為T時(shí)Ksp（CaWO4）=1×10-10；

Ksp[Ca（OH）2]=4×10-7，當(dāng)溶液中WO42-恰好沉淀完全（離子濃度等于10-5mol/L）時(shí)，溶液中=____．14、現(xiàn)有下列基本粒子：1H、2H、3H、1H+、234U、235U、238U、40K、40Ca、Cl2、14N、14C；請(qǐng)回答下列問題：

（1）其中含有____種元素，屬于氫元素的核素有____種，互為同位素的原子分別是____，____．

（2）質(zhì)量數(shù)相等的粒子為____，____，____（可不填滿；也可補(bǔ)充）．

（3）氫的同位素1H、2H、3H與氯的同位素35Cl、37Cl相互結(jié)合為氯化氫，可得氯化氫分子的種數(shù)為____．15、A；B、C、D、E代表五種元素．回答下列問題：

（1）A元素基態(tài)原子的最外層有3個(gè)未成對(duì)電子，次外層有2個(gè)電子，其元素符號(hào)為____；

（2）B元素的一價(jià)陰離子和C元素的一價(jià)陽離子的電子層排布均與氬相同，則B的元素符號(hào)為____，C的元素符號(hào)為____．

（3）D元素的三價(jià)陽離子的3d軌道為半充滿，則其元素符號(hào)為____，D的基態(tài)原子電子排布式為____．

（4）E元素基態(tài)原子的電子排布是前四周期中未成對(duì)電子最多的，則其元素符號(hào)為____，E的外圍電子排布式為____．16、（1）0.1mol某烴在足量的氧氣中完全燃燒，生成CO2和水各0.6mol，則該烴的分子式為____．

（2）若該烴的核磁共振氫譜如圖所示，則此烴屬于____烴，結(jié)構(gòu)簡式為____，名稱是____．

（3）若該烴能使溴水褪色，且能在催化劑作用下與H2發(fā)生加成反應(yīng)，生成2，2-二甲基丁烷，則此烴結(jié)構(gòu)簡式為____，該烴的核磁共振氫譜中將出現(xiàn)____組峰．

（4）寫出該烴屬于（3）中物質(zhì)類別的主鏈為4個(gè)碳的結(jié)構(gòu)簡式____．17、CuCl是有機(jī)合成的重要催化劑，并用于顏料、防腐等工業(yè)．工業(yè)上由廢銅料（含F(xiàn)e、Al及其化合物、SiO2雜質(zhì)）；生產(chǎn)CuCl的工藝流程如下：

已知：CuCl溶于NaCl的濃溶液可生成CuCl2-，CuCl2-的溶液用水稀釋后可生成CuCl沉淀．

（1）煅燒的主要目的是____．

（2）操作Ⅰ為調(diào)節(jié)溶液的PH值，范圍為____，加入的物質(zhì)X可以是____

A、CuOB、Cu（OH）2C、NaOH溶液D、CaCO3

。物質(zhì)開始沉淀沉淀完全Fe（OH）32.73.7Cu（OH）25.66.7Al（OH）33.84.7（3）濾渣Ⅱ的主要成分是____．

（4）往濾液Ⅱ中加入食鹽并通入SO2可生成CuCl2-，請(qǐng)寫出反應(yīng)的離子方程式：____．

（5）在反應(yīng)Ⅰ中，溫度控制在70～80℃并使用濃NaCl溶液，主要目的是：____．

（6）常溫下，已知CuOH的KSP為1.0×10-14，則Cu++H2O?CuOH+H+的平衡常數(shù)為____．18、金剛石、rm{SiC}具有優(yōu)良的耐磨；耐腐蝕特性；應(yīng)用廣泛．

rm{(1)}碳與短周期元素rm{Q}的單質(zhì)化合僅能生成兩種常見氣態(tài)化合物，其中一種化合物rm{R}為非極性分子rm{.}碳元素在周期表中的位置是______，rm{Q}是______，rm{R}的電子式為______；

rm{(2)}一定條件下，rm{Na}還原rm{CCl_{4}}可制備金剛石，反應(yīng)結(jié)束冷卻至室溫后，回收其中的rm{CCl_{4}}的實(shí)驗(yàn)操作名稱為______；除去粗產(chǎn)品中少量鈉的試劑為______；

rm{(3)}碳還原rm{SiO_{2}}制rm{SiC}其粗產(chǎn)品中雜質(zhì)為rm{Si}和rm{SiO_{2}}現(xiàn)將rm{20.0g}rm{SiC}粗產(chǎn)品加入到過量的rm{NaOH}溶液中充分反應(yīng)，收集到rm{0.1mol}氫氣，生成氫氣的離子方程式為______，將濾液稀釋到rm{1L}若所得rm{Na_{2}SiO_{3}}的物質(zhì)的量濃度為rm{0.17mol?L^{-1}}則rm{SiC}的純度為______；

rm{(4)}下列敘述正確的有______rm{(}填序號(hào)rm{)}

rm{壟脵Na}還原rm{CCl_{4}}的反應(yīng)、rm{Cl_{2}}與rm{H_{2}O}的反應(yīng)均是置換反應(yīng)。

rm{壟脷Na_{2}SiO_{3}}溶液與rm{SO_{3}}的反應(yīng)可用于推斷rm{Si}與rm{S}的非金屬性強(qiáng)弱。

rm{壟脹}鈉、鋰分別在空氣中燃燒，生成的氧化物中陰陽離子數(shù)目比均為rm{1}rm{2}

rm{壟脺}水晶、干冰熔化時(shí)克服粒子間作用力的類型相同．19、鉬酸鈉晶體（Na2MoO4?2H2O）是無公害型冷卻水系統(tǒng)的金屬緩蝕劑，由鉬精礦（主要成分是MoS2，含少量PbS等）制備鉬酸鈉晶體的部分流程如圖：

（1）焙燒的過程中采用的是“逆流焙燒”的措施，則該措施的優(yōu)點(diǎn)是：____．

（2）寫出焙燒時(shí)生成MoO3的化學(xué)方程式為：____．

（3）寫出“堿浸”反應(yīng)的離子方程式：____．

（4）堿浸液結(jié)晶前需加入Ba（OH）2固體以除去SO42-．當(dāng)BaMoO4開始沉淀時(shí)，求SO42-的去除率（寫出計(jì)算過程）．已知：堿浸液中c（MoO42-）=0.40mol?L-1，c（SO42-）=0.040mol?L-1，Ksp（BaSO4）=1.0×10-10、Ksp（BaMoO4）=4.0×10-8，加入Ba（OH）2固體引起的溶液體積變化可忽略．

（5）下圖是碳鋼在3種不同介質(zhì)中的腐蝕速率實(shí)驗(yàn)結(jié)果：

①碳鋼在鹽酸和硫酸中腐蝕速率隨酸的濃度變化有明顯差異，其原因可能是____．

②空氣中鉬酸鹽對(duì)碳鋼的緩蝕原理是在鋼鐵表面形成FeMoO4～Fe2O3保護(hù)膜．密閉式循環(huán)冷卻水系統(tǒng)中的碳鋼管道緩蝕，除需加入鉬酸鹽外還需加入NaNO2，則NaNO2的作用是____．20、（2012秋?嵊泗縣校級(jí)月考）工業(yè)生產(chǎn)的純堿中常含有少量的NaCl等雜質(zhì)．如圖是測定產(chǎn)品中Na2CO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)的實(shí)驗(yàn)裝置．（堿石灰是一種既能吸收CO2，又能吸收H2O的物質(zhì)）

（1）裝置甲的作用是____．

（2）若去掉裝置乙，會(huì)使測定結(jié)果____（填“偏高”“偏低”或“無影響”）．

（3）在實(shí)驗(yàn)開始和結(jié)束之前，都要緩緩地鼓入空氣數(shù)分鐘，而在結(jié)束之前要鼓入空氣的目的是____．

（4）若將ng樣品放入廣口瓶中，填滿堿石灰的干燥管開始時(shí)質(zhì)量為mg，實(shí)驗(yàn)結(jié)束后質(zhì)量為wg，則該產(chǎn)品中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____．21、（2013?臨渭區(qū)校級(jí)模擬）已知U；V、W、X、Y、Z均為元素周期表中前36號(hào)元素；且原子序數(shù)依次增大．U、V、W和X、Y分別為同一周期的主族元素，V原子p能級(jí)電子總數(shù)與s能級(jí)電子總數(shù)相等．U、Z原子中未成對(duì)電子數(shù)是同周期中最多的，且基態(tài)Z原子核外電子數(shù)是基態(tài)V原子核外電子數(shù)的3倍．X和Y原子的第一至第四電離能如表所示：

。電離能/kJ/molI1I2I3I4X7381451773310540Y5781817274511575（1）試比較U、V、W三種元素電負(fù)性____（用元素符號(hào)填空）

X、Y兩元素中X的第一電離能較大的原因是____

（2）基態(tài)Z原子的核外電子排布式為____．該基態(tài)原子共有____種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子．

（3）試寫出U元素單質(zhì)的2種等電子體，并舉例說明其結(jié)構(gòu)或性質(zhì)與U元素單質(zhì)的相似之處：①____，____；

②____，____；

（4）將W的單質(zhì)通入NaOH溶液中可得到VW2．VW2是一種無色；幾乎無味的劇毒氣體；主要用于氧化反應(yīng)，火箭工程、助燃劑等．

①VW2中V原子的雜化軌道類型是____，VW2分子的空間構(gòu)型為____．

②與H2O分子相比，VW2分子的極性更____（填“大”或“小”），原因是____．

（5）金屬Z內(nèi)部原子的堆積方式與Na相同，都是體心立方堆積方式，如圖．則晶胞中Z的配位數(shù)為____，若該晶胞的邊長為289pm，NA取值為6.02×1023，Z原子的摩爾質(zhì)量為52g/mol，則E的密度為____g/cm3．Z原子與次近的Z原子的核間距離為____pm．評(píng)卷人得分四、計(jì)算題(共3題，共9分)22、“汽車尾氣污染”已備受世人關(guān)注。汽車內(nèi)燃機(jī)中，汽油汽化后與空氣按一定比例混合進(jìn)入汽缸，被引擎用電火花點(diǎn)燃。燃燒使汽缸內(nèi)溫度迅速升高，氣體體積急劇膨脹，由此產(chǎn)生的壓力推動(dòng)活塞運(yùn)動(dòng)。燃燒時(shí)產(chǎn)生的有害氣體通過尾氣排出，造成大氣污染。為簡化討論，以辛烷(C8H18)代表汽油的成分，并設(shè)空氣中O2占1/5體積。請(qǐng)回答下列問題：(1)設(shè)辛烷氣與空氣的體積比(相同條件下)為a，要使辛烷完全燃燒，a的最小值為(用小數(shù)表示，設(shè)此最小值為a′)________。(2)若辛烷氣與空氣的體積比大于a′則尾氣所含污染大氣的有害氣體中相對(duì)含量會(huì)增多的是(寫分子式)________。(3)若辛烷氣與空氣的體積比小于a′，則尾氣所含污染大氣的有害氣體中相對(duì)含量會(huì)增多的是(寫分子式)________，產(chǎn)生這種氣體的反應(yīng)方程式是__________________________。23、現(xiàn)有由等質(zhì)量的rm{NaHCO_{3}}和rm{KHCO_{3}}組成的混合物rm{a}rm{g}與rm{100mL}鹽酸反應(yīng)rm{.(}題中涉及的氣體體積均以標(biāo)準(zhǔn)狀況計(jì)，填空時(shí)可以用帶字母的式子表示rm{)}

rm{(1)}該混合物中rm{NaHCO_{3}}與rm{KHCO_{3}}的物質(zhì)的量之比為______；

rm{(2)}如碳酸氫鹽與鹽酸恰好完全反應(yīng)，則鹽酸中rm{HCl}的物質(zhì)的量的計(jì)算式為______rm{mol}rm{(}不需要化簡rm{)}

rm{(3)}如果鹽酸過量，生成rm{CO_{2}}的體積的計(jì)算式為______rm{L}rm{(}不需要化簡rm{)}

rm{(4)}如果反應(yīng)后碳酸氫鹽有剩余，鹽酸不足量，要計(jì)算生成rm{CO_{2}}的體積；還需要知道______；

rm{(5)}若rm{NaHCO_{3}}和rm{KHCO_{3}}不是以等質(zhì)量混合，則rm{a}rm{g}固體混合物與足量的鹽酸完全反應(yīng)時(shí)生成rm{CO_{2}}的體積rm{[V(CO_{2})]}范圍是______rm{.(}不需要化簡rm{)}24、rm{100g}rm{CaCO_{3}}與rm{30g}rm{SiO_{2}}的混合物加強(qiáng)熱，使之充分反應(yīng)rm{.}請(qǐng)計(jì)算得到氣體的體積為多少rm{(}標(biāo)準(zhǔn)狀況rm{)}評(píng)卷人得分五、綜合題(共3題，共21分)25、（15分）下圖中A～J均代表無機(jī)物或其水溶液，其中A是一種紅棕色粉末，B、D、G是單質(zhì)，B是地殼中含量最高的金屬元素，G是氣體，J是磁性材料。根據(jù)圖示回答問題：（1）寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：A____，E____，I____；（2）反應(yīng)①的化學(xué)方程式是；反應(yīng)②的化學(xué)方程式是；（3）J與鹽酸反應(yīng)的離子方程式是；反應(yīng)后的溶液與D反應(yīng)的化學(xué)方程式是。26、（13分）化工生產(chǎn)中常常用到“三酸兩堿”，“三酸”指硝酸、硫酸和鹽酸，“兩堿”指燒堿和純堿。（1）從物質(zhì)的分類角度看，名不符實(shí)的一種物質(zhì)是____________。（2）“三酸”與“兩堿”之間均可反應(yīng)，若用化學(xué)方程式表示有六個(gè)（酸過量時(shí)），若用離子方程式表示卻只有兩個(gè)，請(qǐng)寫出這兩個(gè)離子方程式（酸過量時(shí)）：_____________；______________。（3）“三酸”常用于溶解金屬和金屬氧化物。下列塊狀金屬在常溫時(shí)能全部溶于足量濃硝酸的是________（填序號(hào)）A．AgB．CuC．AlD．Fe（4）燒堿、純堿溶液均可吸收CO2。向含有4．0ｇNaOH的溶液中通入CO2，當(dāng)通入的CO2與溶液中NaOH物質(zhì)的量之比為9:7時(shí)，則所得溶液中NaHCO3的質(zhì)量為____ｇ。（相對(duì)原子質(zhì)量：H—1C—12O—16Na—23）27、［化學(xué)選修──有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)］（15分）根據(jù)圖示回答下列問題：（1）寫出A、E、G的結(jié)構(gòu)簡式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反應(yīng)②的化學(xué)方程式（包括反應(yīng)條件）是_________________________，（3）反應(yīng)④化學(xué)方程式（包括反應(yīng)條件）是____________________________________；（4）寫出①、⑤的反應(yīng)類型：①________________、⑤__________________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】A．碳酸氫根水解生成碳酸和氫氧根離子；

B．硫氫根離子水解生成硫化氫和氫氧根離子；

C．碳酸根離子分步水解；以第一步為主；

D．銨根離子水解生成一水合氨和氫離子．【解析】【解答】解：A．NaHCO3溶液，離子方程式：HCO3-+H2O?H2CO3+OH-；故A錯(cuò)誤；

B．NaHS溶液，離子方程式：HS-+H2O?H2S+OH-；故B正確；

C．Na2CO3溶液，離子方程式：CO32-+H2O?HCO3-+OH-；故C錯(cuò)誤；

D．NH4Cl溶于D2O中，離子方程式：NH4++D2O?NH3?HDO+D+；故D錯(cuò)誤；

故選：B．2、D【分析】【分析】由于CO與N2具有相同的相對(duì)分子質(zhì)量，所以CO2、H2、CO混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量僅由CO2和H2來決定，CO的量可以任意，可利用十字交叉法解答．【解析】【解答】解：由于CO與N2具有相同的相對(duì)分子質(zhì)量，所以CO2、H2、CO混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量僅由CO2和H2來決定；CO的量可以任意；

由交叉法：

可知符合條件的只有D．

故選D．3、A【分析】解：①蘇打溶液為碳酸鈉溶液；飽和碳酸鈉溶液和二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉，由于碳酸氫鈉溶解度比碳酸鈉小，則生成沉淀，故①正確；

②水玻璃是硅酸鈉溶液，向Na2SiO3溶液中通入過量CO2會(huì)生成硅酸沉淀；故②正確；

③向BaCl2溶液中通入少量的CO2不會(huì)發(fā)生反應(yīng)；無沉淀出現(xiàn)，故③錯(cuò)誤；

④向Ca（ClO）2溶液通入過量CO2會(huì)生成次氯酸和碳酸氫鈣；沒有沉淀，故④錯(cuò)誤；

故選A．

先判斷反應(yīng)是否發(fā)生；再根據(jù)生成物的溶解性進(jìn)行判斷，難溶性的物質(zhì)會(huì)產(chǎn)生沉淀，白色沉淀有：硅酸；碳酸氫鈉晶體、難溶的碳酸鹽等，以此解答．

本題考查物質(zhì)之間的化學(xué)反應(yīng)，掌握元素及其化合物的性質(zhì)，熟悉復(fù)分解反應(yīng)發(fā)生的條件及常見物質(zhì)的溶解性是解答本題的關(guān)鍵，注意注意通入的過量二氧化碳能否與產(chǎn)物繼續(xù)反應(yīng)是該題易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大．【解析】【答案】A4、D【分析】解：A．NO與氧氣發(fā)生化合反應(yīng)生成NO2；故A不選；

B．氫氧化亞鐵、氧氣、水可發(fā)生化合反應(yīng)生成Fe（OH）3；故B不選；

C．Fe與氯化鐵發(fā)生化合反應(yīng)生成FeCl2；故C不選；

D．二氧化硅不溶于水，與水不反應(yīng)，則不能利用化合反應(yīng)生成H2SiO3；故D選；

故選D．

A．NO與氧氣發(fā)生化合反應(yīng)；

B．氫氧化亞鐵；氧氣、水可發(fā)生化合反應(yīng)；

C．Fe與氯化鐵發(fā)生化合反應(yīng)；

D．二氧化硅不溶于水；與水不反應(yīng)．

本題考查元素化合物知識(shí)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意化合反應(yīng)的特點(diǎn)，題目難度不大．【解析】【答案】D5、C【分析】【分析】A．短周期元素中；最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)兩倍的元素有He；C、S；

B．電子層越多；離子半徑越大，具有相同電子排布的離子原子序數(shù)大的離子半徑?。?/p>

C．131I、132I和133I為質(zhì)子數(shù)相同；中子數(shù)不同的原子；

D．測定同濃度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，可知酸性為硫酸＞碳酸，以此比較非金屬性．【解析】【解答】解：A．短周期元素中；最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)兩倍的元素有He；C、S，共3種，故A正確；

B．電子層越多，離子半徑越大，可知S2-、Cl-離子半徑大于Na+、Mg2+、Al3+，具有相同電子排布的離子原子序數(shù)大的離子半徑小，則離子半徑為S2-＞Cl-＞Na+＞Mg2+＞Al3+；故B正確；

C．131I、132I和133I為質(zhì)子數(shù)相同；中子數(shù)不同的原子，則互為同位素，故C錯(cuò)誤；

D．測定同濃度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH；可知酸性為硫酸＞碳酸，可知非金屬性S＞C，故D正確；

故選C．二、雙選題(共7題，共14分)6、B|D【分析】解：A；裝置①中碘離子失去電子；石墨I(xiàn)為負(fù)極；裝置②中碘酸鈉得電子石墨I(xiàn)I作正極，所以兩個(gè)裝置中石墨I(xiàn)負(fù)極而石墨I(xiàn)I作正極，故A錯(cuò)誤；

B；裝置①中碘離子失去電子；被氧化；在裝置②中碘酸鈉得電子被還原，故B正確；

C、酸性介質(zhì)中不可能生成氫氧根離子，所以電極反應(yīng)式為：MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O；故C錯(cuò)誤；

D、裝置①中碘離子失去電子，1mol碘化鈉失去1mol電子；裝置②中碘酸鈉得電子，1mol碘酸鈉得到5mol的電子，所以反應(yīng)①、②中生成等量的I2時(shí)導(dǎo)線上通過的電子數(shù)之比為1：5；故D正確；

故選BD．

A；裝置①中碘離子失去電子；石墨I(xiàn)為負(fù)極；裝置②中碘酸鈉得電子石墨I(xiàn)I作正極；

B；裝置①中碘離子失去電子；被氧化；在裝置②中碘酸鈉得電子被還原；

C；酸性介質(zhì)中不可能生成氫氧根離子；

D；裝置①中碘離子失去電子；1mol碘化鈉失去1mol電子；裝置②中碘酸鈉得電子，1mol碘酸鈉得到5mol的電子．

本題考查化學(xué)電源的工作原理，題目難度不大，注意電極反應(yīng)方程式的書寫和判斷．【解析】【答案】BD7、AD【分析】【分析】本題是對(duì)強(qiáng)弱電解質(zhì)的知識(shí)的考查，是中學(xué)化學(xué)的重要知識(shí)，難度一般。關(guān)鍵是掌握強(qiáng)弱電解質(zhì)的區(qū)別，側(cè)重知識(shí)的能量考查?！窘獯稹緼.依據(jù)酸對(duì)水的電離平衡的影響可得，兩種溶液中，由水電離出的氫離子濃度均為rm{1隆脕10}rm{1隆脕10}rm{-}rm{-}rm{11}rm{11}，故A正確；B.由于醋酸是弱酸，在溶液中存在電離平衡，稀釋時(shí)電離程度增大，故B錯(cuò)誤；C.由于所帶電荷不同，rm{mol隆隴L}要大于rm{mol隆隴L}故C錯(cuò)誤；D.兩溶液與鋅反應(yīng)時(shí)，醋酸生成的rm{-}多，故D正確。故選AD。rm{-}【解析】rm{AD}8、rBC【分析】解：rm{A}氨水呈堿性；發(fā)生吸氧腐蝕，而不是析氫腐蝕，故A錯(cuò)誤；

B、反應(yīng)rm{NH_{3}(g)+HCl(g)?NH_{4}Cl}rm{(s)}正反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量減少的放熱反應(yīng)，所以rm{triangleH<0}rm{triangleS<0}故正確；

C、rm{25隆忙}時(shí)，rm{pH=11}的氨水與rm{pH=3}的鹽酸等體積混合，得到氨水和氯化銨的混合物以氨水的電離為主，溶液呈堿性，所以所得溶液的rm{pH>7}故C正確；

D、使用催化劑平衡不移動(dòng)，rm{NH_{3}}的平衡轉(zhuǎn)化率不變；故D錯(cuò)誤；

故選BC．

A；氨水呈堿性；發(fā)生吸氧腐蝕；

B、反應(yīng)rm{NH_{3}(g)+HCl(g)?NH_{4}Cl}rm{(s)}正反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量減少的放熱反應(yīng)，所以rm{triangleH<0}rm{triangleS<0}

C、rm{25隆忙}時(shí)，rm{pH=11}的氨水與rm{pH=3}的鹽酸等體積混合；得到氨水和氯化銨的混合物以氨水的電離為主，溶液呈堿性；

D；使用催化劑平衡不移動(dòng)．

本題考查了電化腐蝕，平衡的移動(dòng)，酸與堿混合后溶液rm{pH}的判斷，其中rm{A}氨水呈堿性發(fā)生析氫腐蝕，題目難度中等．【解析】rm{BC}9、C|D【分析】解：A．Cl-，SO42-為強(qiáng)酸的陰離子；不能結(jié)合水電離的氫離子生成弱電解質(zhì)，不能影響水的電離，故A不選；

B．Br-為強(qiáng)酸的陰離子；不能結(jié)合水電離的氫離子生成弱電解質(zhì)，不能影響水的電離，故B不選；

C．Ag+、Fe2+為弱堿陽離子，SO32-、SiO32-、S2-為弱酸的陰離子；都能與水電離出的氫離子或氫氧根離子結(jié)合成弱電解質(zhì)，能促進(jìn)水的電離，故C選；

D．Cu2+、Fe2+為弱堿陽離子，ClO-、HS-、HSO3-能結(jié)合水電離的氫氧根離子生成弱電解質(zhì)，OH-抑制水的電離；能影響水的電離，故D選．

故選CD．

影響因素有溫度；酸、堿、鹽等；加熱促進(jìn)電離；加酸、加堿抑制水的電離；能水解的鹽促進(jìn)水的電離，結(jié)合離子的性質(zhì)解答該題．

本題考查了對(duì)水電離的影響因素，解答的關(guān)鍵是抓住酸或堿抑制水的電離，加入能水解的鹽促進(jìn)水電離，難度不大．【解析】【答案】CD10、AC【分析】【分析】本題是對(duì)弱電解質(zhì)的電離平衡、鹽類水解的知識(shí)的考察，是高考?？贾R(shí)，難度較大。關(guān)鍵是掌握弱電解質(zhì)的電離平衡、鹽類水解的原理，側(cè)重知識(shí)的能力考察?！窘獯稹緼.當(dāng)rm{a=b}時(shí)，兩者恰好反應(yīng)生成rm{NaHC}時(shí)，兩者恰好反應(yīng)生成rm{a=b}rm{NaHC}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{4}rm{4}，溶液中的電荷守恒式為rm{c(Na}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)+c(H}rm{)+c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)=c(HC}rm{)=c(HC}rm{2}物料守恒式為rm{2}rm{O_{4}^{?}}rm{)+2c(C}rm{)+2c(C}rm{2}rm{2}rm{O_{4}^{2?}}rm{)+c(OH}rm{)+c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)}物料守恒式為rm{c(Na}rm{)}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)=c(HC}將物料守恒中的rm{)=c(HC}rm{2}rm{2}代入電荷守恒式中可知，故A正確；rm{O_{4}^{?}}rm{)+c(C}rm{)+c(C}rm{2}rm{2}rm{O_{4}^{2?}}rm{)+c(H}rm{)+c(H}rm{2}rm{2}rm{C}rm{C}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{4}rm{4}rm{)}將物料守恒中的rm{c(Na}rm{)}故B錯(cuò)誤；rm{c(Na}時(shí)，溶液是等物質(zhì)的量的rm{{,!}^{+}}rm{)}代入電荷守恒式中可知，故A正確；rm{)}B.當(dāng)rm{a=}rm{a=}rm{dfrac{2}}時(shí)，兩者恰好反應(yīng)生成rm{Na}rm{Na}rm{2}rm{2}rm{C}而含有rm{C}的粒子有三種rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{4}rm{4}，由于rm{C}rm{C}rm{2}rm{2}rm{O_{4}^{2?}}的一級(jí)水解程度遠(yuǎn)大于其二級(jí)水解程度，故rm{c(OH}rm{c(OH}rm{{,!}^{-}}時(shí)，rm{)>c(H}rm{)>c(H}rm{2}rm{2}rm{C}rm{C}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}的系數(shù)應(yīng)為rm{4}故D錯(cuò)誤。rm{4}rm{)}故B錯(cuò)誤；【解析】rm{AC}11、rBD【分析】解：rm{A.}燃燒產(chǎn)物為二氧化碳和水；使用乙醇汽油能減少有害氣體的排放，能降低機(jī)動(dòng)車尾氣中有害氣體排放，故A錯(cuò)誤；

B.石灰乳吸收煙氣中的二氧化硫；生成亞硫酸鈣，繼續(xù)氧化可以得到石膏，故B正確；

C.電解水的方法大量制備rm{H_{2}}消耗更多的能源，不經(jīng)濟(jì)，所以不采用電解水的方法大量制備rm{H_{2}}故C錯(cuò)誤；

D.世博停車場安裝催化光解設(shè)施，可將汽車尾氣中rm{CO}和rm{NOx}反應(yīng)生成無毒氣體rm{N_{2}}和rm{CO_{2}}故D正確；

故選BD．

A.乙醇燃燒產(chǎn)物為二氧化碳和水；

B.用石灰乳對(duì)煤燃燒后形成的煙氣進(jìn)行脫硫，可減少二氧化硫的排放，rm{S}轉(zhuǎn)化為硫酸鈣；

C.電解消耗大量的電能；

D.rm{CO}和rm{NO_{x}}反應(yīng)生成二氧化碳和氮?dú)猓?/p>

本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，涉及化學(xué)反應(yīng)與能量、氧化還原反應(yīng)、尾氣處理等知識(shí)，側(cè)重于化學(xué)與生活、生產(chǎn)的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，題目難度不大．【解析】rm{BD}12、rCD【分析】解：rm{A.}海水中主要含有rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Br^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO^{-}_{3}}等離子，在這些離子中能發(fā)生水解的是rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO^{-}_{3}}離子，rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}rm{HCO_{3}^{-}+H_{2}O?H_{2}CO_{3}+OH^{-}}它們水解呈堿性，所以天然海水的rm{pH隆脰8}呈弱堿性，故A正確；

B.天然海水吸收了含硫煙氣后，要用rm{O_{2}}進(jìn)行氧化處理，因?yàn)檠鯕饩哂醒趸?，被氧化的硫元素的化合價(jià)為rm{+4}價(jià)，具有還原性，所以氧氣將rm{H_{2}SO_{3}}rm{HSO_{3}^{-}}rm{SO_{3}^{2-}}等氧化為硫酸，如亞硫酸被氧化的反應(yīng)為rm{2H_{2}SO_{3}+O_{2}=2H_{2}SO_{4}}故B正確；

C.氧化后的“海水”需要用大量的天然海水與之混合后才能排放，是因中和稀釋經(jīng)氧氣氧化后海水中生成的酸rm{(H^{+})}故C錯(cuò)誤；

D.從框圖可知：排放”出來的海水，是經(jīng)過加天然海水中和、稀釋經(jīng)氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的體積顯然比進(jìn)入吸收塔的天然海水大，所以rm{SO_{4}^{2-}}的物質(zhì)的量濃度排放出來的海水中濃度??；故D錯(cuò)誤；

故選CD．

A.根據(jù)海水中的離子是否水解進(jìn)行解答；

B.根據(jù)使用空氣中的氧氣將rm{H_{2}SO_{3}}氧化來分析；

C.利用酸堿反應(yīng)分析混合的目的；

D.“排放”出來的海水體積與進(jìn)入吸收塔的天然海水的體積不同．

本題考查了含硫煙氣的處理，利用所學(xué)知識(shí)結(jié)合框圖信息是解答本題的關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】rm{CD}三、填空題(共9題，共18分)13、六CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑H2SiO3CWO42-+2H+=H2WO4↓取最后一次的洗滌液少量于試管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴加1～2滴AgNO3溶液；若無白色沉淀。

生成，則說明沉淀已經(jīng)洗滌干凈，若出現(xiàn)白色沉淀則表明沉淀未洗凈碳或氫氣都可置換出鎢，但碳為固體，難以分離，且碳和金屬鎢在高溫下會(huì)反應(yīng)生成碳化鎢5×10-5【分析】【分析】白鎢礦的主要成分是CaWO4，含有二氧化硅、氧化鐵等雜質(zhì)，白鎢礦與碳酸鈉在1000℃溫度下反應(yīng)，二氧化硅與碳酸鈉會(huì)反應(yīng)生成硅酸鈉，氧化鐵不反應(yīng)，得到的混合物用水浸取，過濾后的濾液經(jīng)過系列操作得到WO3，說明碳酸鈉與CaWO4反應(yīng)生成Na2WO4，則濾渣A為氧化鐵等，濾液中含有Na2SiO3、Na2WO4，再調(diào)節(jié)pH在5～8之間，使硅酸根轉(zhuǎn)化為H2SiO3沉淀過濾除去，母液中含有Na2WO4，再加入鹽酸得到沉淀C為H2WO4；灼燒產(chǎn)生三氧化鎢和水，再還原得到鎢．

（1）根據(jù)每周期容納元素種數(shù)判斷元素所在周期；

（2）CaWO4與純堿反應(yīng)生成Na2WO4；CaO與二氧化碳；

（3）濾渣B為硅酸，調(diào)節(jié)溶液pH使硅酸根轉(zhuǎn)化為H2SiO3沉淀過濾除去；應(yīng)加入酸；

（4）母液中Na2WO4與鹽酸得到H2WO4沉淀與氯化鈉；檢驗(yàn)沉淀C的表面會(huì)附著NaCl；用硝酸銀溶液檢驗(yàn)最后一次洗滌液中是否含有氯離子判斷；

（5）碳或氫氣都可置換出鎢；但碳為固體，難以分離，且碳和金屬鎢在高溫下會(huì)反應(yīng)生成碳化鎢；

（6）根據(jù)Ksp（CaWO4）=c（Ca2+）×c（WO4-）計(jì)算c（Ca2+），再根據(jù)Ksp[Ca（OH）2]=c（Ca2+）×c2（OH-）計(jì)算c（OH-），進(jìn)而計(jì)算溶液中．【解析】【解答】解：白鎢礦的主要成分是CaWO4，含有二氧化硅、氧化鐵等雜質(zhì)，白鎢礦與碳酸鈉在1000℃溫度下反應(yīng)，二氧化硅與碳酸鈉會(huì)反應(yīng)生成硅酸鈉，氧化鐵不反應(yīng)，得到的混合物用水浸取，過濾后的濾液經(jīng)過系列操作得到WO3，說明碳酸鈉與CaWO4反應(yīng)生成Na2WO4，則濾渣A為氧化鐵等，濾液中含有Na2SiO3、Na2WO4，再調(diào)節(jié)pH在5～8之間，使硅酸根轉(zhuǎn)化為H2SiO3沉淀過濾除去，母液中含有Na2WO4，再加入鹽酸得到沉淀C為H2WO4；灼燒產(chǎn)生三氧化鎢和水，再還原得到鎢．

（1）由74-2-8-8-18-32=6；可鎢處于第六周期；

故答案為：六；

（2）CaWO4與純堿反應(yīng)生成Na2WO4、CaO與二氧化碳，反應(yīng)方程式為：CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑；

故答案為：CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑；

（3）濾渣B的主要成分為H2SiO3，調(diào)節(jié)溶液pH使硅酸根轉(zhuǎn)化為H2SiO3沉淀過濾除去；應(yīng)加入鹽酸；

故答案為：H2SiO3；C；

（4）母液中Na2WO4與鹽酸得到H2WO4沉淀與氯化鈉，反應(yīng)離子方程式為：WO42-+2H+=H2WO4↓；檢驗(yàn)沉淀C是否洗滌干凈的操作是：取最后一次的洗滌液少量于試管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴加1～2滴AgNO3溶液；若無白色沉淀。

生成；則說明沉淀已經(jīng)洗滌干凈，若出現(xiàn)白色沉淀則表明沉淀未洗凈；

故答案為：WO42-+2H+=H2WO4↓；取最后一次的洗滌液少量于試管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴加1～2滴AgNO3溶液；若無白色沉淀生成，則說明沉淀已經(jīng)洗滌干凈，若出現(xiàn)白色沉淀則表明沉淀未洗凈；

（5）如果用碳做還原劑；混雜在金屬中的碳不易除去，而且碳會(huì)在高溫下和金屬鎢反應(yīng)形成碳化鎢；

不容易獲得純的金屬鎢；用氫氣作還原劑可避免產(chǎn)生以上問題；

故答案為：碳或氫氣都可置換出鎢；但碳為固體，難以分離，且碳和金屬鎢在高溫下會(huì)反應(yīng)生成碳化鎢；

（6）當(dāng)溶液中WO42-恰好沉淀完全，其離子濃度等于10-5mol/L，根據(jù)Ksp（CaWO4）=c（Ca2+）×c（WO4-）=1×10-10，則溶液中c（Ca2+）=1×10-5mol/L，再根據(jù)Ksp[Ca（OH）2]=c（Ca2+）×c2（OH-）=4×10-7，可知c（OH-）=0.2mol/L，則溶液中==5×10-5；

故答案為：5×10-5．14、731H、2H、3H234U、235U、238U1H、1H+40K、40Ca14N、14C6【分析】【分析】（1）元素就是具有相同的核電荷數(shù)（即核內(nèi)質(zhì)子數(shù)）的一類原子的總稱；核素是指具有一定數(shù)目質(zhì)子和一定數(shù)目中子的一種原子；具有相同質(zhì)子數(shù)；不同中子數(shù)同一元素的不同核素互為同位素；

（2）原子符號(hào)左上角的數(shù)字為質(zhì)量數(shù)；

（3）根據(jù)氫原子有三種同位素和氯原子有兩種同位素，它們兩兩結(jié)合生成氯化氫進(jìn)行判斷．【解析】【解答】解：（1）元素的種類由質(zhì)子數(shù)決定，質(zhì)子數(shù)不同，元素的種類就不同，1H、2H、3H、1H+；234U、235U、238U；40K；40Ca；Cl2；14N；14C分別屬于H；U；K；Ca；Cl；N；C7種元素，氫元素的核素有3種1H、2H、3H，1H、2H、3H互為同位素，234U、235U、238U互為同位素；

故答案為：7；3；1H、2H、3H；234U、235U、238U；

（2）1H、1H+的質(zhì)量數(shù)都是1，40K、40Ca的質(zhì)量數(shù)都是40，14N、14C的質(zhì)量數(shù)都是14；所以質(zhì)量數(shù)相等的粒子為以上三組；

故答案為：1H、1H+；40K、40Ca；14N、14C；

（3）氫原子有三種同位素H、D、T，氯原子有兩種同位素35Cl、37Cl，故氯化氫分子可能為：H35Cl、H37Cl、D35Cl、D37Cl、T35Cl、T37Cl；則形成的氯化氫分子的種類有6種；

故答案為：6．15、NClKFe1s22s22p63s23p63d64s2Cr3d54s1【分析】【分析】（1）次外層有2個(gè)電子；則有2個(gè)電子層；

（2）在原子中，核電荷數(shù)=核內(nèi)質(zhì)子數(shù)=核外電子數(shù)，B元素原子的核電荷數(shù)為n，X得到1個(gè)電子后變?yōu)锽-，C失去1個(gè)電子后變?yōu)镃+；根據(jù)電子層結(jié)構(gòu)相同，即核外電子數(shù)相同，列出等式求解即可；

（3）D元素的正三價(jià)離子的3d軌道為半充滿；3d軌道電子數(shù)為5，應(yīng)為Fe元素；

（4）E元素基態(tài)原子的電子排布是前四周期中未成對(duì)電子最多的，則E原子價(jià)電子排布式為3d54s1，據(jù)此分析判斷．【解析】【解答】解：（1）基態(tài)原子的最外層有3個(gè)未成對(duì)電子，次外層有2個(gè)電子的元素符號(hào)為N，其電子排布式為：1s22s22p3；故答案為：N；

（2）設(shè)元素B的核電荷數(shù)是a，C元素原子的核電荷數(shù)為b，因?yàn)殛庪x子B-與陽離子C+電子層結(jié)構(gòu)都與氬相同相同，即核外電子數(shù)相同，所以a=18-1=17，b=18+1=19；所以B是Cl，C為K原子，故答案為：Cl；K；

（3）D元素的正三價(jià)離子的3d軌道為半充滿，3d軌道電子數(shù)為5，則基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，應(yīng)為Fe元素，故答案為：Fe；1s22s22p63s23p63d64s2；

（4）E元素基態(tài)原子的電子排布是前四周期中未成對(duì)電子最多的，則E原子價(jià)電子排布式為3d54s1，所以該原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，則質(zhì)子數(shù)為24，為Cr元素，故答案為：Cr；3d54s1．16、C6H12環(huán)烷環(huán)己烷（CH3）3CCH=CH23【分析】【分析】（1）根據(jù)原子守恒可知，該烴的分子式為C6H12；

（2）該烴的核磁共振氫譜只有1個(gè)吸收峰；則分子中有1種H原子，應(yīng)為環(huán)己烷；

（3）該烴能使溴水褪色，且能在催化劑作用下與H2發(fā)生加成反應(yīng)，生成2，2-二甲基丁烷，含有1個(gè)C=C雙鍵，則該烴為（CH3）3CCH=CH2；

（4）該烴屬于（3）中物質(zhì)類別，含有碳碳雙鍵，且主鏈為4個(gè)碳原子，據(jù)此書寫可能結(jié)構(gòu)簡式．【解析】【解答】解：（1）0.1mol某烴在足量的氧氣中完全燃燒，生成水和二氧化碳各0.6mol，則該烴分子中N（C）==6、N（H）==12，則該烴分子式為C6H12，故答案為：C6H12；

（2）該烴的核磁共振氫譜只有1個(gè)吸收峰，則分子中有1種H原子，結(jié)構(gòu)簡式為名稱環(huán)己烷，屬于環(huán)烷烴，故答案為：環(huán)烷；環(huán)己烷；

（3）若該烴能使溴水褪色，該烴在催化劑作用下，與H2發(fā)生加成反應(yīng)，生成2，2-二甲基丁烷，含有1個(gè)C=C雙鍵，則該烴為（CH3）3CCH=CH2，分子中有3種化學(xué)環(huán)境不同的H原子，該烴的核磁共振氫譜中將出現(xiàn)3組峰，故答案為：（CH3）3CCH=CH2；3；

（4）該烴屬于（3）中物質(zhì)類別，含有碳碳雙鍵，且主鏈為4個(gè)碳原子，可能結(jié)構(gòu)簡式有：故答案為：．17、使銅轉(zhuǎn)化為可溶于酸的氧化物4.7≤PH＜5.6ABCFe（OH）3和Al（OH）32H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl2-+SO42-+4H+提高的CuCl2-生成速率1【分析】【分析】（1）煅燒的主要目的是使銅轉(zhuǎn)化為可溶于酸的氧化物；因?yàn)殂~與稀硫酸不反應(yīng)；

（2）加入X與酸反應(yīng)調(diào)節(jié)PH使三價(jià)鐵離子和鋁離子完全沉淀；而銅離子不能沉淀，由表中數(shù)據(jù)可知，所以需要調(diào)節(jié)pH的范圍為4.7≤pH＜5.6；

（3）加入X與酸反應(yīng)調(diào)節(jié)PH使三價(jià)鐵離子和鋁離子完全沉淀；而銅離子不能沉淀；

（4）根據(jù)題目信息：CuSO4和NaCl混合液中通入SO2可生成CuCl2-和硫酸；

（5）升高溫度或增大反應(yīng)物的濃度能加快反應(yīng)速率；

（6）根據(jù)Cu++H2O?CuOH+H+的平衡常數(shù)k====1．【解析】【解答】解：（1）銅與稀硫酸不反應(yīng)；煅燒的主要目的是使銅轉(zhuǎn)化為可溶于酸的氧化物，故答案為：使銅轉(zhuǎn)化為可溶于酸的氧化物；

（2）加入X與酸反應(yīng)調(diào)節(jié)PH使三價(jià)鐵離子和鋁離子完全沉淀，而銅離子不能沉淀，由表中數(shù)據(jù)可知，所以需要調(diào)節(jié)pH的范圍為4.7≤pH＜5.6，A、CuOB、Cu（OH）2C；NaOH溶液可以和酸反應(yīng)；故答案為：4.7≤pH＜5.6；ABC；

（3）濾渣Ⅱ的主要成分是Fe（OH）3和Al（OH）3，故答案為：Fe（OH）3和Al（OH）3；

（4）二氧化硫有還原性，銅離子有氧化性，所以二氧化硫和銅離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)方程式為2Cu2++SO2+4Cl-+2H2O=2CuCl2-+SO42-+4H+，故答案為：2Cu2++SO2+4Cl-+2H2O=2CuCl2-+SO42-+4H+；

（5）升高溫度或增大反應(yīng)物的濃度能加快反應(yīng)速率，所以溫度升至70～80℃，并使用NaCl濃溶液，目的是提高CuCl2-的生成速率；

故答案為：提高CuCl2-的生成速率；

（6）常溫下，已知CuOH的KSP為1.0×10-14，則Cu++H2O?CuOH+H+的平衡常數(shù)k====1，故答案為：1．18、略

【分析】解：rm{(1)}碳元素在周期表中的位置是：第二周期第Ⅳrm{A}族，由題給信息“碳與rm{Q}的單質(zhì)化合僅能生成兩種常見氣態(tài)化合物，其中一種化合物rm{R}為非極性分子”可推知rm{Q}為氧，非極性分子rm{R}為rm{CO_{2}}rm{CO_{2}}的電子式為

故答案為：第二周期第Ⅳrm{A}族；rm{O}

rm{(2)}金剛石是不溶于rm{CCl_{4}}的固體，rm{CCl_{4}}是液體，將不溶性固體和液體分離通常采用的方法是過濾；由于rm{Na}可以與水rm{(}或乙醇rm{)}發(fā)生反應(yīng)，而金剛石不與水rm{(}或乙醇rm{)}反應(yīng)，所以除去粗產(chǎn)品中少量的鈉可用水rm{(}或乙醇rm{)}

故答案為：過濾；水rm{(}或乙醇rm{)}

rm{(3)}硅與rm{NaOH}反應(yīng)的化學(xué)方程式rm{Si+2NaOH+H_{2}O簍TNa_{2}SiO_{3}+2H_{2}隆眉}其離子方程式為：rm{Si+2OH^{-}+H_{2}O簍TSiO_{3}^{2-}+2H_{2}隆眉}反應(yīng)生成rm{0.1mol}氫氣，則生成硅酸鈉為rm{0.1mol隆脕dfrac{1}{2}=0.05mol}溶液中硅酸鹽的物質(zhì)的量為rm{0.1mol隆脕dfrac

{1}{2}=0.05mol}硅酸鈉原與rm{0.17mol?L^{-1}隆脕1L=0.17mol}二氧化硅與氫氧化鈉反應(yīng)得到，根據(jù)rm{Si}元素守恒，二氧化硅物質(zhì)的量為rm{Si}則產(chǎn)品中rm{0.17mol-0.05mol=0.12mol}與rm{Si}的總質(zhì)量rm{SiO_{2}}故rm{=0.05mol隆脕28g/mol+0.12mol隆脕60g/mol=8.6g}的質(zhì)量為rm{SiC}則rm{20.0g-8.6g=11.4g}的純度為rm{dfrac{11.4g}{20g}隆脕100%=57%}

故答案為：rm{SiC}rm{dfrac

{11.4g}{20g}隆脕100%=57%}

rm{Si+2OH^{-}+H_{2}O簍TSiO_{3}^{2-}+2H_{2}隆眉}還原rm{57%}的反應(yīng)屬于置換反應(yīng)，但rm{(4)壟脵Na}與rm{CCl_{4}}反應(yīng)生成rm{Cl_{2}}和rm{H_{2}O}不是置換反應(yīng)，故rm{HCl}錯(cuò)誤；

rm{HClO}溶液與rm{壟脵}的反應(yīng)，說明酸性rm{壟脷Na_{2}SiO_{3}}比rm{SO_{3}}弱，則可用于推斷rm{H_{2}SiO_{3}}與rm{H_{2}SO_{4}}的非金屬性強(qiáng)弱，故rm{Si}正確；

rm{S}鈉、鋰分別在空氣中燃燒，生成的氧化物分別為rm{壟脷}rm{壟脹}陰陽離子數(shù)目比均為rm{Na_{2}O_{2}}rm{Li_{2}O}故rm{1}正確；

rm{2}二氧化硅屬于原子晶體，而干冰屬于分子晶體，熔化時(shí)克服粒子間作用力的類型不相同，故rm{壟脹}錯(cuò)誤．

故選：rm{壟脺}

故答案為：rm{壟脺}．

rm{壟脷壟脹}碳與短周期元素rm{壟脷壟脹}的單質(zhì)化合僅能生成兩種常見氣態(tài)化合物，其中一種化合物rm{(1)}為非極性分子，則rm{Q}是rm{R}rm{Q}是rm{O_{2}}在二氧化碳分子中每個(gè)rm{R}原子和rm{CO_{2}}原子之間能形成兩對(duì)共用電子對(duì)；

rm{O}將不溶性固體和液體分離通常采用的方法是過濾；rm{C}可以與水rm{(2)}或乙醇rm{Na}發(fā)生反應(yīng)；金剛石不可以；

rm{(}與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成硅酸鈉與氫氣；根據(jù)rm{)}計(jì)算rm{(3)Si}的物質(zhì)的量，硅酸鈉原與rm{n=cV}二氧化硅與氫氧化鈉反應(yīng)得到，根據(jù)rm{Na_{2}SiO_{3}}元素守恒計(jì)算二氧化硅物質(zhì)的量，根據(jù)rm{Si}計(jì)算rm{Si}二氧化硅的質(zhì)量，進(jìn)而計(jì)算rm{m=nM}的質(zhì)量，可以計(jì)算rm{Si}的純度；

rm{SiC}還原rm{SiC}的反應(yīng)屬于置換反應(yīng)，但rm{(4)壟脵Na}與rm{CCl_{4}}反應(yīng)生成rm{Cl_{2}}和rm{H_{2}O}

rm{HCl}元素的非金屬性越強(qiáng)；對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性越強(qiáng)；

rm{HClO}鈉、鋰分別在空氣中燃燒，生成的氧化物分別為rm{壟脷}rm{壟脹}

rm{Na_{2}O_{2}}二氧化硅屬于原子晶體；而干冰屬于分子晶體．

本題綜合元素化合物知識(shí)，注意從質(zhì)量守恒的角度結(jié)合反應(yīng)的化學(xué)方程式計(jì)算，題目難度中等．rm{Li_{2}O.}【解析】第二周期第Ⅳrm{A}族；rm{O}過濾；水rm{(}或乙醇rm{)}rm{Si+2OH^{-}+H_{2}O簍TSiO_{3}^{2-}+2H_{2}隆眉}rm{57%}rm{壟脷壟脹}19、增大鉬精礦與空氣接觸，使其充分反應(yīng)，提高原料的利用率2MoS2+7O22MoO3+4SO2MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑Cl-有利于碳鋼的腐蝕，SO42-不利于碳鋼的腐蝕，使得鋼鐵在鹽酸中的腐蝕速率明顯快于硫酸；或（硫酸隨著濃度的增大，氧比性增強(qiáng)，會(huì)使鋼鐵鈍化，腐蝕速率減慢）替代空氣中氧氣起氧化劑作用【分析】【分析】灼燒鉬精礦，MoS2燃燒，反應(yīng)方程式為2MoS2+7O22MoO3+4SO2，堿性條件下，MoO3和Na2CO3溶液反應(yīng)，反應(yīng)方程式為MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑，然后向溶液中加入沉淀劑除去重金屬離子，溶液中的溶質(zhì)為Na2MoO4，將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，然后重結(jié)晶得到Na2MoO4.2H2O；

（1）反應(yīng)物接觸時(shí)間越長；反應(yīng)越充分；

（2）焙燒時(shí)MoS2發(fā)生氧化反應(yīng)生成MoO3；

（3）堿性條件下，MoO3和Na2CO3溶液反應(yīng)生成二氧化碳和鉬酸鈉；

（4）根據(jù)據(jù)鉬酸鋇和硫酸鋇的溶度積計(jì)算出溶液中硫酸根離子的濃度，再計(jì)算出SO42-的去除率；

（5）①根據(jù)圖片知；如果相同濃度時(shí)，硫酸中氫離子濃度大于HCl中，但鹽酸腐蝕速率遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于硫酸腐蝕速率，說明氯離子影響腐蝕速率遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于硫酸根離子影響腐蝕速率；

②NaNO2具有氧化性．【解析】【解答】解：灼燒鉬精礦，MoS2燃燒，反應(yīng)方程式為2MoS2+7O22MoO3+4SO2，堿性條件下，MoO3和Na2CO3溶液反應(yīng)，反應(yīng)方程式為MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑，然后向溶液中加入沉淀劑除去重金屬離子，溶液中的溶質(zhì)為Na2MoO4，將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，然后重結(jié)晶得到Na2MoO4.2H2O；

（1）反應(yīng)物接觸時(shí)間越長；反應(yīng)越充分，焙燒的過程中采用的是“逆流焙燒”的措施，該措施優(yōu)點(diǎn)是增大鉬精礦與空氣接觸，使其充分反應(yīng)，提高原料的利用率；

故答案為：增大鉬精礦與空氣接觸；使其充分反應(yīng)，提高原料的利用率；

（2）焙燒時(shí)MoS2發(fā)生氧化反應(yīng)生成MoO3同時(shí)生成二氧化硫，反應(yīng)方程式為2MoS2+7O22MoO3+4SO2；

故答案為：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；

（3）堿性條件下，MoO3和Na2CO3溶液反應(yīng)生成二氧化碳和鉬酸鈉，離子方程式為MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑；

故答案為：MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑；

（4）當(dāng)BaMoO4開始沉淀時(shí)，c（Ba2+）==mol/L=1.0×10-7mol?L-1；

此時(shí)c（SO42-）=mol/L=1.0×10-3mol?L-1；

SO42-的去除率=×100%=97.5%；

答：硫酸根離子的去除率為97.5%；

（5）①根據(jù)圖片知，如果相同濃度時(shí)，硫酸中氫離子濃度大于HCl中，但鹽酸腐蝕速率遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于硫酸腐蝕速率，說明Cl-有利于碳鋼的腐蝕，SO42-不利于碳鋼的腐蝕；使得鋼鐵在鹽酸中的腐蝕速率明顯快于硫酸；或（硫酸隨著濃度的增大，氧比性增強(qiáng)，會(huì)使鋼鐵鈍化，腐蝕速率減慢）；

故答案為：Cl-有利于碳鋼的腐蝕，SO42-不利于碳鋼的腐蝕；使得鋼鐵在鹽酸中的腐蝕速率明顯快于硫酸；或（硫酸隨著濃度的增大，氧比性增強(qiáng)，會(huì)使鋼鐵鈍化，腐蝕速率減慢）；

②NaNO2具有氧化性；能代替空氣中氧氣起到氧化劑作用，從而導(dǎo)致碳鋼管道緩蝕；

故答案為：替代空氣中氧氣起氧化劑作用．20、吸收空氣中的二氧化碳偏高排出裝置中的二氧化碳?xì)怏w×100%【分析】【分析】（1）實(shí)驗(yàn)裝置中會(huì)殘留部分二氧化碳；影響丁中二氧化碳質(zhì)量的測定，需要通入空氣將裝置內(nèi)的二氧化碳完全排入丁中被吸收；

（2）濃硫酸能吸收水蒸氣；從裝置乙中產(chǎn)生導(dǎo)出的氣體中含有水，如果不除去氣體中的水，會(huì)使丁中測定的二氧化碳的質(zhì)量增大；

（3）裝置中含有二氧化碳；不將二氧化碳排盡，會(huì)使測定的二氧化碳的質(zhì)量增大，故反應(yīng)前應(yīng)先通空氣，排盡裝置內(nèi)的二氧化碳；

（4）由題意可知，反應(yīng)生成的二氧化碳的質(zhì)量為（w-m）g，計(jì)算二氧化碳的物質(zhì)的量，根據(jù)碳元素守恒二氧化碳的物質(zhì)的量等于樣品中碳酸鈉的物質(zhì)的量，計(jì)算樣品中碳酸鈉的質(zhì)量，再利用質(zhì)量分?jǐn)?shù)的定義計(jì)算．【解析】【解答】解：（1）實(shí)驗(yàn)裝置中會(huì)殘留部分二氧化碳；影響丁中二氧化碳質(zhì)量的測定，需要通入空氣將裝置內(nèi)的二氧化碳完全排入丁中被吸收，空氣中含有二氧化碳，故應(yīng)先用氫氧化鈉溶液吸收，防止影響二氧化碳的測定，裝置甲的作用是吸收空氣中的二氧化碳；

故答案為：吸收空氣中的二氧化碳；

（2）濃硫酸能吸收水蒸氣；從裝置乙中產(chǎn)生導(dǎo)出的氣體中含有水，如果不除去氣體中的水，會(huì)使丁中測定的二氧化碳的質(zhì)量增大，導(dǎo)致測定的樣品中碳酸鈉的質(zhì)量增大，測定的碳酸鈉質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大．

故答案為：偏高；

（3）裝置中含有二氧化碳；不將二氧化碳排盡，會(huì)使測定的二氧化碳的質(zhì)量增大，故反應(yīng)前應(yīng)先通空氣，排盡裝置內(nèi)的二氧化碳，裝置乙的作用是排出裝置中的二氧化碳?xì)怏w；

故答案為：排出裝置中的二氧化碳?xì)怏w；

（4）題意可知，反應(yīng)生成的二氧化碳的質(zhì)量為（w-m）g，二氧化碳的物質(zhì)的量為=mol，根據(jù)碳元素守恒可知樣品中碳酸鈉的物質(zhì)的量為mol，樣品中碳酸鈉的質(zhì)量為mol×106g/mol=g，樣品中碳酸鈉質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=×100%；

故答案為：×100%．21、F＞O＞NX為Mg、Y為Al，Mg原子價(jià)電子排布為3s2，而Al原子的價(jià)電子排布為3s23p1，Mg原子3s軌道全充滿，3p軌道全空相對(duì)穩(wěn)定[Ar]3d54s124CO都呈電中性CN-都具有穩(wěn)定性sp3V形小F的電負(fù)性大于O，導(dǎo)致正負(fù)電荷中心偏離程度減小87.1289【分析】【分析】U、V、W、X、Y、Z均為元素周期表中前36號(hào)元素，且原子序數(shù)依次增大．V原子p能級(jí)電子總數(shù)與s能級(jí)電子總數(shù)相等，則V為O元素；U、Z原子中未成對(duì)電子數(shù)是同周期中最多的，且基態(tài)Z原子核外電子數(shù)是基態(tài)V原子核外電子數(shù)的3倍，則U為N元素，Z為Cr元素；根據(jù)X和Y原子的第一至第四電離可知，X的第3電離能較大，則X為Mg元素；Y的第4電離能明顯增大，則Y為Al元素；W為F元素；再結(jié)合題目分析解答．【解析】【解答】解：U、V、W、X、Y、Z均為元素周期表中前36號(hào)元素，且原子序數(shù)依次增大．V原子p能級(jí)電子總數(shù)與s能級(jí)電子總數(shù)相等，則V為O元素；U、Z原子中未成對(duì)電子數(shù)是同周期中最多的，且基態(tài)Z原子核外電子數(shù)是基態(tài)V原子核外電子數(shù)的3倍，則U為N元素，Z為Cr元素；根據(jù)X和Y原子的第一至第四電離可知；X的第3電離能較大，則X為Mg元素；Y的第4電離能明顯增大，則Y為Al元素；W為F元素；再結(jié)合題目分析解答．

（1）非金屬性：F＞O＞N，故電負(fù)性：F＞O＞N；Mg原子價(jià)電子排布為3s2，而Al原子的價(jià)電子排布為3s23p1，Mg原子3s軌道全充滿，3p軌道全空相對(duì)穩(wěn)定，故第一電離能：F＞O＞N；X為Mg、Y為Al，Mg原子價(jià)電子排布為3s2，而Al原子的價(jià)電子排布為3s23p1；Mg原子3s軌道全充滿，3p軌道全空相對(duì)穩(wěn)定；

（2）Cr的核外電子數(shù)為24，有24種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子，其原子的核外電子排布式為[Ar]3d54s1，故答案為：[Ar]3d54s1；24；

（3）N2有14個(gè)電子，其等電子體有都呈電中性的CO，都較穩(wěn)定的CN-，故答案為：CO，都呈電中性；CN-；都具有穩(wěn)定性；

（4）①OF2中，O原子與F形成2條共價(jià)鍵，還有2個(gè)孤對(duì)電子，形成4個(gè)雜化軌道，采用sp3雜化，構(gòu)成V形空間結(jié)構(gòu)；故答案為：sp3；V形；

②F的電負(fù)性大于O，導(dǎo)致正負(fù)電荷中心偏離程度減小，OF2分子的極性小于H2O；故答案為：??；F的電負(fù)性大于O；導(dǎo)致正負(fù)電荷中心偏離程度減??；

（5）該晶胞中，晶胞中心Cr與周圍8個(gè)Cr最近，其配位數(shù)為8；其密度為ρ===7.1g/cm3，Cr原子與次近的Cr原子為另一個(gè)晶胞的中心Cr原子，其核間距離為邊長為289pm，故答案為：8；7.0至7.2均可；289pm．四、計(jì)算題(共3題，共9分)22、略

【分析】(1)辛烷完全燃燒時(shí)的化學(xué)方程式為：2C8H18＋25O216CO2＋18H2O(設(shè)C8H18為aL)每升辛烷完全燃燒需O2為L，需空氣為×5L，即a′＝＝0.016。(2)若a>0.016時(shí)，辛烷過量，則辛烷不能充分燃燒，尾氣中會(huì)增加CO。(3)若a<0.016時(shí)，O2過量，即空氣過量，由于放電條件下空氣中的N2被氧化成NO，進(jìn)而生成NO2，故NO2氣體增多。反應(yīng)方程式：N2＋O22NO,2NO＋O2===2NO2?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)0.016(2)CO(3)NO3N2＋O22NO,2NO＋O2===2NO223、略

【分析】解：等質(zhì)量的rm{NaHCO_{3}}和rm{KHCO_{3}}組成的混合物rm{a}rm{g}

rm{(1)}該混合物中rm{NaHCO_{3}}與rm{KHCO_{3}}的物質(zhì)的量之比為rm{dfrac{dfrac{1}{2}ag}{84g/mol}}rm{dfrac{dfrac{1}{2}ag}{100g/mol}=100}rm{dfrac{dfrac

{1}{2}ag}{84g/mol}}故答案為：rm{dfrac{dfrac

{1}{2}ag}{100g/mol}=100}rm{84}

rm{100}的物質(zhì)的量rm{=dfrac{dfrac{1}{2}ag}{84g/mol}=dfrac{a}{168}mol}rm{84}的物質(zhì)的量rm{=dfrac{dfrac{1}{2}ag}{100g/mol}=dfrac{a}{200}mol}混合物與rm{(2)NaHCO_{3}}鹽酸恰好反應(yīng)，碳酸氫鹽與鹽酸按rm{=dfrac{dfrac{1}{2}ag}{84g/mol}=

dfrac{a}{168}mol}rm{KHCO_{3}}反應(yīng)，則rm{n(HCl)=n(NaHCO_{3})+(KHCO_{3})=dfrac{a}{168}mol+dfrac{a}{200}mol=dfrac{23a}{2100}mol}故答案為：rm{=dfrac{dfrac{1}{2}ag}{100g/mol}=

dfrac{a}{200}mol}

rm{100mL}鹽酸過量，rm{1}和rm{1}組成的混合物完全反應(yīng)，根據(jù)碳元素守恒可知，rm{n(CO_{2})=n(NaHCO_{3})+(KHCO_{3})=dfrac{a}{168}mol+dfrac{a}{200}mol=(dfrac{a}{168}+dfrac{a}{200})mol}所以標(biāo)準(zhǔn)狀況下生成rm{n(HCl)=n(NaHCO_{3})+(KHCO_{3})=dfrac

{a}{168}mol+dfrac{a}{200}mol=dfrac{23a}{2100}mol}的體積為rm{=(dfrac{a}{168}+dfrac{a}{200})mol隆脕22.4L/mol=dfrac{23a隆脕22.4}{2100}L}

故答案為：rm{dfrac{23a}{2100}}

rm{(3)}碳酸氫鹽與鹽酸按rm{NaHCO_{3}}rm{KHCO_{3}}反應(yīng)，鹽酸不足量，碳酸氫鹽有剩余，應(yīng)根據(jù)rm{n(CO_{2})=n(NaHCO_{3})+(KHCO_{3})=

dfrac{a}{168}mol+dfrac{a}{200}mol=(dfrac{a}{168}+dfrac

{a}{200})mol}的物質(zhì)的量計(jì)算二氧化碳的體積，所以要計(jì)算生成rm{CO_{2}}的體積；還需要知道鹽酸的物質(zhì)的量濃度；

故答案為：鹽酸的物質(zhì)的量濃度；

rm{=(dfrac{a}{168}+dfrac

{a}{200})mol隆脕22.4L/mol=df