2025年華東師大版高三化學下冊月考試卷

…………○…………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2025年華東師大版高三化學下冊月考試卷934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8題，共16分)1、下列變化不能用勒夏特列原理解釋的是（）A.工業(yè)生產(chǎn)硫酸的過程中使用過量的空氣，以提高二氧化硫的轉(zhuǎn)化率B.氯化鎂溶液加熱蒸干最終得不到氯化鎂固體C.實驗室用排飽和食鹽水的方法手機氯氣D.合成氨是放熱反應，采用在較高溫度下進行反應2、如表離子在未知溶液中的檢驗方法正確的是（）

。選項離子檢驗方法ACO32-向樣品中加入足量鹽酸，將生成的無色無味的氣體通入澄清石灰水中，觀察溶液是否變渾濁BSO42-向樣品中先加入稀硝酸酸化，再滴加氯化鋇溶液，觀察是否有白色沉淀生成CFe2+取少量溶液于試管中，加入酸性高錳酸鉀溶液，觀察溶液紫色是否褪去DI-取少量溶液于試管中，加入新制氯水，再加入淀粉溶液，觀察溶液是否變藍色A.AB.BC.CD.D3、金屬與不同濃度的硝酸反應時，往往生成多種不同價態(tài)的還原產(chǎn)物．圖d是各種不同密度的硝酸與鐵反應時（相同溫度）還原產(chǎn)物的分布圖．下列說法不正確的是（）A.密度小于1.1g/mL的硝酸與金屬反應，還原產(chǎn)物主要是NH4+B.當硝酸溶液的密度為1.36g/mL時，F(xiàn)e與過量硝酸反應的化學方程式為：4Fe+18HNO3=4Fe（NO3）3+3NO+3NO2+9H2OC.稀硝酸與金屬反應，一定被還原成NOD.某硝酸試劑瓶的標簽注明：密度1.26g/mL，質(zhì)量分數(shù)50.0%；若取該試劑10mL配成1000mL溶液，所得溶液的物質(zhì)的量濃度為1mol/L4、一定量的NH4HC03受熱完全分解后，使產(chǎn)物維持氣態(tài)進行下列實驗：（1）若將生成物全部依次通過足量Na2O2和足量濃H2S04時．Na2O2增重ag，濃H2S04增重bg；（2）若將生成物全部依次通過足量濃H2S04和足量Na2O2時．則濃H2SO4增重Cg，Na22增重dg．則a、b；c、d質(zhì)量從大到小的順序正確的是（）

A.c＞a＞d＞b

B.a＞b＞c＞d

C.d＞c＞b＞a

D.b＞a＞d＞c

5、下列說法正確的是（）A.HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性和還原性從左到右依次減弱B.O2-半徑比F-的小C.Na和Cs屬于第ⅠA族元素，Cs失電子能力比Na的強D.第三周期非金屬元素含氧酸的酸性從左到右依次增強6、短周期主族元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序數(shù)依次增大，rm{W}的簡單氫化物是常見的燃料，rm{Z}的簡單離子的半徑是所有短周期主族元素陽離子中最大的。由rm{H}rm{X}和rm{Y}三種元素形成的一種鹽中rm{X}有兩種不同的價態(tài)，且該化合物撞擊時會發(fā)生爆炸。下列說法錯誤的是rm{(}rm{)}A.rm{X}的簡單氫化物的熱穩(wěn)定性比rm{W}的強B.rm{Z}與其他三種元素既不同主族也不同周期C.rm{W}rm{Y}和rm{Z}三種元素只能形成一種離子化合物D.rm{Y}的簡單離子的半徑比rm{X}的簡單離子的半徑小7、一種熔融碳酸鹽燃料電池原理示意如圖rm{.}下列有關該電池的說法不正確的是rm{(}rm{)}A.反應rm{CH_{4}+H_{2}Odfrac{underline{;{麓脽祿爐錄脕};}}{triangle}3H_{2}+CO}每消耗rm{CH_{4}+H_{2}Odfrac{

underline{;{麓脽祿爐錄脕};}}{triangle}3H_{2}+CO}轉(zhuǎn)移rm{1molCH_{4}}電子B.電極rm{6mol}上rm{A}參與的電極反應為：rm{CO}C.電池工作時，rm{CO+CO_{3}^{2-}-2e^{-}簍T2CO_{2}隆眉}向電極rm{CO_{3}^{2-}}移動D.電極rm{B}上發(fā)生的電極反應為：rm{B}rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}簍T2CO_{3}^{2-}}8、下列離子方程式中，書寫正確的是（）A.AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH-=Al（OH）3↓B.往碳酸鈣中滴加稀鹽酸：CO32-+2H+=CO2↑+H2OC.Na與硫酸銅溶液反應：2Na+Cu2+=Cu+2Na+D.用小蘇打治療胃酸過多：HCO3-+H+=CO2↑+H2O評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)9、已知Ksp（AgCl）=1.8×10-10，Ksp（AgI）=1.0×10-16，下列有關說法中錯誤的是（）A.AgCl不溶于水，不能轉(zhuǎn)化為AgIB.兩種不溶物的Ksp相差越小，不溶物就越容易轉(zhuǎn)化為更難溶的不溶物C.AgI比AgCl更難溶于水，所以AgCl可以轉(zhuǎn)化為AgID.一定溫度下，向AgCl的飽和溶液中加入NaCl固體，有AgCl固體析出10、喝純凈水對人體的好處是（）A.純凈水溶解度低易被人體吸收B.用純凈水服藥，能使藥效充分吸收C.純凈水因它的水質(zhì)軟，因此具有美容護膚作用D.純凈水對乙醇的吸收起到加促作用，因此，不具有解酒作用11、已知由AgNO3溶液和稍過量的KI溶液制得的AgI溶膠，當它與Fe（OH）3溶膠相混合時，便析出AgI和Fe（OH）3的混合沉淀．由此可知（）A.該AgI膠粒帶正電荷B.該AgI膠粒電泳時向陽極移動C.該AgI膠粒帶負電荷D.該AgI膠粒不帶電荷12、物質(zhì)的分類依據(jù)通常是組成和性質(zhì)，下列對鈉的化合物分類的說法中，只考慮組成的是（）A.Na2O2是氧化物，不是堿性氧化物B.Na2CO3不是堿，是一種鈉鹽C.NaOH是一元堿、強堿D.NaClO是鈉鹽、含氧酸鹽13、有a克Na2CO3和NaHCO3混合物，下列實驗方案中可測定其中Na2CO3質(zhì)量分數(shù)的是（）A.將混合物與足量稀鹽酸充分反應，逸出氣體用堿石灰吸收，增重b克B.將混合物充分加熱，減重b克C.將混合物與足量Ba（OH）2溶液充分反應，過濾、洗滌、烘干，得b克固體D.將混合物與足量稀硫酸充分反應，逸出氣體用堿石灰吸收，增重b克14、制取下列物質(zhì)的方案能夠達到目的是（）A.用食鹽、二氧化錳和稀H2SO4共熱制Cl2B.用碳酸鈉與稀H2SO4反應制CO2C.用生銹的廢鋼鐵與稀H2SO4反應制綠礬D.在FeCl3溶液中通入H2S制備Fe2S315、下列各組離子一定能大量共存的是（）A.在無色溶液中：K+、SO42-、Cu2+、NO3-B.在強堿溶液中：Na+、K+、CO32-、NO3-C.常溫下，在pH=2的溶液中：K+、Na+、SO42-、Cl-D.在c（H+）=0.1mol?L-1的溶液中：K+、I-、Cl-、NO3-16、可逆反應aA（s）+bB（g）?cC（g）+dD（g），△H=Q，反應過程中，當其他條件不變時，某物質(zhì)在混合物中的含量與溫度（T）、壓強（p）的關系如圖示據(jù)圖分析，以下正確的是（）A.T1＞T2，Q＞0B.Tl＜T2，Q＜0C.P1＞P2，a+b=c+dD.Pl＜P2，b=c+d17、25℃，有c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1mol?L-1的一組醋酸和醋酸鈉混合溶液，溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO-）與pH值的關系如圖所示．下列有關敘述不正確的是（）A.由圖可知該溫度下醋酸的電離常數(shù)為1×10-4.75B.pH=3.5溶液中：c（Na+）+c（H+）-c（OH-）+c（CH3COOH）=0.1mol?L-1C.pH=5.5溶液中：c（CH3COOH）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）D.向1LW點所表示溶液中通入0.05molHCl氣體（溶液體積變化可忽略）：2c（H+）+c（CH3COOH）=c（CH3COO-）+2c（OH-）+2c（Cl-）評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)18、下面是我們熟悉的物質(zhì)：

①O2②SO2③CaCl2④HNO3⑤NaOH⑥NH4Cl

這些物質(zhì)中，屬于共價化合物的是____；屬于離子化合物的是____；只含離子鍵的是____．19、草酸（H2C2O4；二元酸弱）與草酸鹽在實驗和工業(yè)生產(chǎn)中都起著重要的作用．

（1）Na2C2O4溶液顯堿性，請用離子方程式解釋原因____．

（2）硫酸酸化的KMnO4能與Na2C2O4溶液反應生成Mn2+和CO2，該反應的離子方程式為____

（3）分別使10mLpH=3的H2C2O4溶液和100mLpH=4的H2C2O4溶液全部轉(zhuǎn)化為Na2C2O4，所需等濃度的NaOH溶液的體積為V1和V2，則V1____V2（填“＞”“＜”或“=”）

（4）常溫下，用0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mL某未知濃度的H2C2O4溶液；滴定曲線如圖，c點所示溶液中：

2c（C2O）+2c（HC2O）+2c（H2C2O4）=c（Na+）

①該草酸溶液的物質(zhì)的量濃度為____

②a點所示溶液中各離子的濃度由大到小的順序為____

（5）已知：某溫度時，Ksp（FeC2O4）=2.0×10-7，Ksp（CaC2O4）=2.5×10-9

①此溫度下，CaC2O4飽和溶液的物質(zhì)的量濃度為____

②此溫度下，向Na2C2O4溶液中加入FeCl2與CaCl2，當兩種沉淀共存時，溶液中c（Fe2-）：c（Ca2-）20、室安卡因（G）是一種抗心率失常藥物；可由下列路線合成。

（1）已知A是的單體，則A中含有的官能團是____（寫名稱）．B的結(jié)構(gòu)簡式是____．

（2）C的名稱（系統(tǒng)命名）是____，C與足量NaOH醇溶液共熱時反應的化學方程式是____．

（3）X是E的同分異構(gòu)體，X分子中含有苯環(huán)，且苯環(huán)上一氯代物只有兩種，則X所有可能的結(jié)構(gòu)簡式有____、____、____．

（4）F→G的反應類型是____．

（5）下列關于室安卡因（G）的說法正確的是____．

a．能發(fā)生加成反應b．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色。

c．能與鹽酸反應生成鹽d．屬于氨基酸．21、2009年《自然》雜志報道了我國科學家通過測量SiO2中26Al和10Be兩種元素的比例確定“北京人”年齡的研究結(jié)果，這種測量方法叫“鋁鈹測年法”。完成下列填空：（1）10Be和9Be________。a．是同一種原子b．具有相同的中子數(shù)c．具有相同的化學性質(zhì)（2）Al和Be具有相似的化學性質(zhì)，寫出BeCl2水解反應的化學方程式_______________。（3）研究表明26Al可以衰變?yōu)?6Mg，可以比較這兩種元素金屬性強弱的方法是________________________________________________________________________。a．比較這兩種元素的單質(zhì)的硬度和熔點b．在氯化鋁和氯化鎂的溶液中分別滴加過量的氫氧化鈉溶液c．將打磨過的鎂帶和鋁片分別和熱水作用，并滴入酚酞溶液d．將空氣中放置已久的這兩種元素的單質(zhì)分別和熱水作用（4）目前還有一種測量方法叫“鉀氬測年法”。寫出和Ar核外電子排布相同的陰離子的半徑由大到小的順序________(用化學符號表示)；其中一種離子與鉀相鄰元素的離子所形成的化合物可用做干燥劑，此化合物的電子式是________。22、四種短周期元素X、Y、Z、W，原子序數(shù)依次增大，請結(jié)合表中信息回答下列問題。（1）W元素在周期表的位置為______________。（2）上述元素的最高價氧化物對應的水化物中，有一種物質(zhì)與其它三種物質(zhì)在一定條件下均能發(fā)生化學反應，該元素是_________（填元素名稱）。（3）X元素的最高價氧化物對應的水化物與其氣態(tài)氫化物反應得到的化合物為___________（填化學式）。（4）向含有Z元素的簡單陽離子的溶液中加入過量的NaOH溶液，發(fā)生反應的離子方程式為_____________________________________。（5）下列可作為比較Z和Mg金屬性強弱的方法是_______（填代號）。a．測兩種元素單質(zhì)的硬度和熔、沸點b．測等濃度相應氯化物水溶液的pHc．比較單質(zhì)與同濃度鹽酸反應的劇烈程度d．比較兩種元素在化合物中化合價的高低（6）Z單質(zhì)和Mg組成的混合物是一種常見的焰火材料，某化學興趣小組設計了如下圖所示的實驗方案，測定該混合物中Z的質(zhì)量分數(shù)。能確定混合物中Z的質(zhì)量分數(shù)的數(shù)據(jù)組有_________（填代號）。a．b．c．23、某研究性學習小組擬取鹽湖苦鹵的濃縮液（富含K+、Mg2+、Br-、SOCl-等）來制取較純凈的氯化鉀晶體及液溴；他們設計了如下流程：

回答以下問題：

（1）操作Ⅱ的名稱：______；要從橙色液體中分離出溴，所采取的操作需要的主要玻璃儀器除酒精燈、溫度計、冷凝管、牛角管（接引管）、錐形瓶外，還需要______

（2）已知試劑X是BaCl2溶液，Y是KOH溶液，則試劑Z的化學式為______；檢驗SO已除盡的方法是______

（3）操作Ⅲ的具體操作步驟：將溶液D倒入______中并置于三腳架上加熱，同時用玻璃棒不斷攪拌，直到______時；停止加熱．

（4）某同學用如圖所示的實驗裝置制取氧化劑Cl2并將其通入鹽湖苦鹵中．

裝置b在實驗中的作用是______．若把上述裝置中的a、b作為氣體的發(fā)生、收集裝置，裝置c可任意改進，則根據(jù)下列提供的藥品，用這套裝置還可以制取的氣體是______．

①制NH3：濃氨水和堿石灰②制SO2：Cu片和濃硫酸。

③制NO：Cu片和稀硝酸④制O2：MnO2和雙氧水。

若用上述裝置中的a、b制取并收集NO，應將裝置b如何改進：______．評卷人得分四、判斷題(共4題，共24分)24、0.012kg13C所含原子數(shù)為阿伏加德羅常數(shù)．____（判斷對錯）25、氨水呈弱堿性，故NH3是弱電解質(zhì)____（判斷對錯）26、判斷下列說法是否正確；正確的在橫線內(nèi)打“√”，錯誤的打“×”．

①1mol任何氣體的體積都是22.4L．____

②在標準狀況下，某氣體的體積為22.4L，則該氣體的物質(zhì)的量為1mol，所含的分子數(shù)目約為6.02×1023．____

③當溫度高于0℃時，一定量任何氣體的體積都大于22.4L．____

④凡升高溫度，均可使飽和溶液變成不飽和溶液．____．27、中性干燥劑無水氯化鈣，既可干燥H2，又可干燥HCl，還可干燥NH3____（判斷對錯）．評卷人得分五、簡答題(共1題，共4分)28、天然氣化工是我國石油化工的支柱產(chǎn)業(yè)之一。以天然氣為原料經(jīng)下列反應路線可得工程塑料rm{PBT}

已知：試回答下列問題：rm{(1)B}分子結(jié)構(gòu)中只有一種氫、一種氧、一種碳，則rm{B}的結(jié)構(gòu)簡式是_______________；rm{B}的同分異構(gòu)體中與葡萄糖具有類似結(jié)構(gòu)的是____________________________的同分異構(gòu)體中與葡萄糖具有類似結(jié)構(gòu)的是____________________________rm{B}寫結(jié)構(gòu)簡式rm{(}寫結(jié)構(gòu)簡式rm{)}rm{(}的結(jié)構(gòu)簡式是______________________；rm{)}屬于__________類有機高分子化合物。rm{(2)F}由rm{PBT}rm{(3)}生成rm{A}的反應方程式為____________________________，rm{D}rm{E}的同分異構(gòu)體其反應類型為____________。不能發(fā)生銀鏡反應，能使溴水褪色，能水解且產(chǎn)物的碳原子數(shù)不等，則rm{(4)E}在rm{G}溶液中發(fā)生水解反應的化學方程式是_________________。rm{G}評卷人得分六、綜合題(共3題，共12分)29、（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，名不符實的一種物質(zhì)是____________。（2）“三酸”與“兩堿”之間均可反應，若用化學方程式表示有六個（酸過量時），若用離子方程式表示卻只有兩個，請寫出這兩個離子方程式（酸過量時）：_____________；______________。（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能全部溶于足量濃硝酸的是________（填序號）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，當通入的CO2與溶液中NaOH物質(zhì)的量之比為9:7時，則所得溶液中NaHCO3的質(zhì)量為____ｇ。（相對原子質(zhì)量：H—1C—12O—16Na—23）30、（14分）黃鐵礦是我國大多數(shù)硫酸廠制取硫酸的主要原料。某化學興趣小組對某黃鐵礦石（主要成分為FeS）進行如下實驗探究。[實驗一]：測定硫元素的含量I．將mg該黃鐵礦樣品（雜質(zhì)中不含硫和鐵）放入如下圖所示裝置（夾持和加熱裝置省略）的石英管中，從a處不斷地緩緩通人空氣，高溫灼燒石英管中的黃鐵礦樣品至反應完全。石英管中發(fā)生反應的化學方程式為：Ⅱ．反應結(jié)束后，將乙瓶中的溶液進行如下處理：問題討論：（1）I中，甲瓶內(nèi)所盛試劑是＿＿＿＿＿＿＿＿溶液。乙瓶內(nèi)發(fā)生反應的離子方程式有＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（2）Ⅱ中。所加HO溶液需足量的理由是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（3）該黃鐵礦石中硫元素的質(zhì)量分數(shù)為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。[實驗二]：設計以下實驗方案測定鐵元素的含量問題討論：（4）②中，若選用鐵粉作還原劑。你認為合理嗎?＿＿＿＿＿＿＿＿。若不合理，會如何影響測量結(jié)果：＿＿＿＿＿＿＿＿（若合理，此空不答）。（5）③中，需要用到的儀器除燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外，還有＿＿＿＿＿＿＿＿。（6）④中高錳酸鉀溶液應放在＿＿＿＿＿滴定管中；判斷滴定終點的現(xiàn)象為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。31、（2015·海南）銀是一種貴金屬，古代常用于制造錢幣及裝飾器皿，現(xiàn)代在電池和照明器材等領域亦有廣泛應用?；卮鹣铝袉栴}。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【分析】勒沙特列原理是如果改變影響平衡的一個條件（如濃度、壓強或溫度等），平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動．勒沙特列原理適用的對象應存在可逆過程，如與可逆過程無關，則不能用勒沙特列原理解釋．【解析】【解答】解：A；增大反應物濃度；平衡向正反應方向移動，使用過量的空氣以提高二氧化硫的利用率，可以勒夏特列原理解釋，故A不選．

B、加熱會促進MgCl2的水解；蒸干產(chǎn)物不是氯化鎂，是氫氧化鎂固體，灼燒得到氧化鎂，能用勒夏特列原理解釋，故B不選；

C、氯化鈉在溶液中完全電離，所以飽和食鹽水中含有大量的氯離子，氯氣溶于水的反應是一個可逆反應，Cl2+H2O?ClO-+2H++Cl-；由于飽和食鹽水中含有大量的氯離子，相當于氯氣溶于水的反應中增加了大量的生成物氯離子，根據(jù)勒夏特列原理，平衡向逆反應方向移動，氯氣溶解量減小，所以可以勒夏特列原理解釋，故C不選；

D；工業(yè)合成氨是放熱反應；溫度升高，平衡向逆反應移動，不利用氨氣的生成，生成中在較高溫度下進行，注意考慮反應速率與催化劑的活性，不能用平衡移動原理來解釋，故D選；

故選D．2、D【分析】【分析】A．原溶液中可能含有碳酸氫根離子；不一定含有碳酸根離子；

B．應該用稀鹽酸酸化；否則原溶液中若含有亞硫酸根離子，會被稀硝酸氧化成硫酸根離子；

C．原溶液中含有含有亞硫酸根離子；不一定含有亞鐵離子；

D．根據(jù)碘單質(zhì)能夠使淀粉變藍的特性進行鑒別．【解析】【解答】解：A．向樣品中加入足量鹽酸，將生成的無色無味的氣體通入澄清石灰水中，觀察溶液是否變渾濁，該氣體為二氧化碳，原溶液中可能含有碳酸氫根離子，不一定含有CO32-；故A錯誤；

B．向樣品中先加入稀硝酸酸化；稀硝酸能夠氧化亞硫酸根離子，則原溶液中可能含有亞硫酸根離子，應該用稀鹽酸酸化，故B錯誤；

C．取少量溶液于試管中，加入酸性高錳酸鉀溶液，溶液紫色，只能說明原溶液中含有還原性離子，可能為亞硫酸根離子，不一定含有Fe2+；故C錯誤；

D．碘單質(zhì)能夠使淀粉溶液變藍；所以檢驗碘離子的方法為：取少量溶液于試管中，加入新制氯水，再加入淀粉溶液，觀察溶液是否變藍色，故D正確；

故選D．3、C【分析】【分析】A．密度小于1.1g?cm-3的硝酸與鐵反應，還原產(chǎn)物百分率最多的是NH4+；最低的是二氧化氮；

B．當硝酸溶液的密度為1.36g?mL-1時，由圖象可看出，生成的NO和NO2物質(zhì)的量相等，反應的化學方程式應為4Fe+20HNO3=4Fe（NO3）3+3NO↑+3NO2↑+10H2O；

C．根據(jù)圖片知；硝酸和Fe反應有多種含氮微粒生成；

D．該硝酸物質(zhì)的量濃度=mol/L==10mol/L，若取該試劑10ml配成100ml溶液，所得溶液物質(zhì)的量濃度是1mol/L．【解析】【解答】解：A．根據(jù)圖片知，密度小于1.1g?cm-3的硝酸與鐵反應，還原產(chǎn)物百分率最多的是NH4+；最低的是二氧化氮，故A正確；

B．當硝酸溶液的密度為1.36g?mL-1時，由圖象可看出，生成的NO和NO2物質(zhì)的量相等，反應的化學方程式應為4Fe+20HNO3=4Fe（NO3）3+3NO↑+3NO2↑+10H2O；故B錯誤；

C．由圖象可以看出；硝酸的濃度越大時，生成物的化合價越高，對應的硝酸的密度也越大，故C正確；

D．該硝酸物質(zhì)的量濃度=mol/L==10mol/L；若取該試劑10ml配成100ml溶液，所得溶液物質(zhì)的量濃度是1mol/L，故D正確；

故選C．4、A【分析】

碳酸氫銨受熱分解產(chǎn)生水；氨氣和二氧化碳三種氣體；分解產(chǎn)生水、氨氣和二氧化碳三種氣體質(zhì)量比為18：17：44；

（1）若將生成物全部依次通過足量過氧化鈉和足量濃硫酸時，過氧化鈉增重ag，濃硫酸增重bg，過氧化鈉增重ag為二氧化碳以及水的總量減去氧氣的量，濃硫酸增重bg為氨氣；

（2）若將生成物全部依次通過濃硫酸和過氧化鈉時，則濃硫酸增重cg，過氧化鈉增重dg，濃硫酸增重cg為分解產(chǎn)生的所有水及氨氣；過氧化鈉增重dg為分解產(chǎn)生的所有二氧化碳，過氧化鈉和二氧化碳以及水反應的同時還會放出氧氣，根據(jù)反應方程式：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑，過氧化鈉質(zhì)量增加0.5×（88g-32g）=28g，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，過氧化鈉質(zhì)量增加0.5×（36g-32g）=2g，所以a=30g，b=17g，c=18g+17g=35g，d=28g，所以c＞a＞d＞b；

故選A．

【解析】【答案】碳酸氫銨受熱分解產(chǎn)生水；氨氣和二氧化碳三種氣體；過氧化鈉增質(zhì)量為二氧化碳或水的質(zhì)量減去生成的氧氣的質(zhì)量，濃硫酸吸收多少氨氣或水，質(zhì)量就增加多少．

5、C【分析】解：A、同一主族，由上到下，得電子能力逐漸減弱，非金屬性減弱，其氫化物的穩(wěn)定性逐漸減弱，還原性逐漸增強，則HF、HCl、HBr；HI的熱穩(wěn)定性從左到右依次減弱；還原性從左到右依次增強，故A錯誤；

B、同周期從左到右陰離子的半徑逐漸減小，O2-半徑比F-的大；故B錯誤；

C；同主族從上到下金屬性增強；則Na和Cs屬于第ⅠA族元素，Cs失電子能力比Na的強，故C正確；

D；同一周期；由左到右，得電子能力逐漸增強，非金屬性增強，則第三周期非金屬元素最高價含氧酸的酸性依次增強，非金屬元素含氧酸的酸性不一定為最高價含氧酸，故D錯誤；

故選C．

A．非金屬性越強；氫化物越穩(wěn)定，對應離子的還原性減弱；

B．同周期從左到右陰離子的半徑逐漸減小；

C．同主族從上到下金屬性增強；

D．同周期從左到右最高價含氧酸的酸性依次增強．

本題考查了元素周期律，主要考查了同主族和同周期元素性質(zhì)的遞變規(guī)律，題目難度不大，注意把握非金屬性強弱的判斷依據(jù)．【解析】【答案】C6、C【分析】解：由以上分析可知rm{W}為rm{C}rm{X}為rm{N}rm{Y}為rm{O}rm{Z}為rm{Na}元素。

A.非金屬性rm{N>C}元素的非金屬性越強，對應的氫化物的穩(wěn)定性越強，故A正確；

B.rm{C}rm{N}rm{O}為第二周期，rm{Na}為第三周期；且各在不同的主族，故B正確；

C.rm{W}rm{Y}和rm{Z}三種元素可形成碳酸鈉；草酸鈉等離子化合物；故C錯誤；

D.rm{X}為rm{N}rm{Y}為rm{O}對應的簡單離子具有相同的核外電子排布，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故D正確。

故選：rm{C}

rm{W}的簡單氫化物是常見的燃料，應為甲烷，則rm{A}為rm{C}元素，rm{Z}的簡單離子的半徑是所有短周期主族元素陽離子中最大的，應為rm{Na}元素，由rm{H}rm{X}和rm{Y}三種元素形成的一種鹽中rm{X}有兩種不同的價態(tài)，且該化合物撞擊時會發(fā)生爆炸，應為硝酸銨，則rm{X}為rm{N}元素、rm{Y}為rm{O}元素；以此解答該題。

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點，把握元素化合物知識、元素的位置、元素的性質(zhì)來推斷元素為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不大?！窘馕觥縭m{C}7、C【分析】解：rm{A.}反應rm{CH_{4}+H_{2}Odfrac{underline{;{麓脽祿爐錄脕};}}{triangle}3H_{2}+CO}中，rm{CH_{4}+H_{2}Odfrac{

underline{;{麓脽祿爐錄脕};}}{triangle}3H_{2}+CO}化合價由rm{1molCH_{4}隆煤CO}價rm{-4}上升rm{隆煤+2}價，則rm{6}參加反應共轉(zhuǎn)移rm{1molCH_{4}}電子；故A正確；

B.rm{6mol}在負極上失電子生成二氧化碳，則電極rm{CO}上rm{A}參與的電極反應為：rm{CO}故B正確；

C.原電池中陰離子向負極移動，rm{CO+CO_{3}^{2-}-2e^{-}簍T2CO_{2}隆眉}通入燃料，則rm{A}為負極，所以rm{A}向電極rm{CO_{3}^{2-}}移動；故C錯誤；

D.電極rm{A}上氧氣得電子發(fā)生還原反應，則電極rm{B}上發(fā)生的電極反應為：rm{B}故D正確．

故選C．

本題考查了化學電源新型電池，明確原電池中物質(zhì)得失電子、電子流向、離子流向即可解答，題目難度不大，側(cè)重于考查學生的分析能力和對基礎知識的應用能力．rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}簍T2CO_{3}^{2-}}【解析】rm{C}8、D【分析】【分析】A．反應生成氫氧化鋁和氯化銨；一水合銨在離子反應中保留化學式；

B．碳酸鈣在離子反應中保留化學式；

C．反應生成氫氧化銅；氫氣、硫酸鈉；

D．反應生成氯化鈉、水、二氧化碳．【解析】【解答】解：A．AlCl3溶液中加入足量的氨水的離子反應為Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；故A錯誤；

B．往碳酸鈣中滴加稀鹽酸的離子反應為CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；故B錯誤；

C．Na與硫酸銅溶液反應的離子反應為2Na+2H2O+Cu2+=Cu（OH）2↓+H2↑+2Na+；故C錯誤；

D．用小蘇打治療胃酸過多的離子反應為HCO3-+H+=CO2↑+H2O；故D正確；

故選D．二、多選題(共9題，共18分)9、AB【分析】【分析】A．AgCl能轉(zhuǎn)化為AgI；

B．兩種不溶物的Ksp相差越大；不溶物就越容易轉(zhuǎn)化為更難溶的不溶物；

C．由沉淀轉(zhuǎn)化原理分析；

D．AgCl的飽和溶液存在平衡：AgCl（s）?Ag+（aq）+Cl-（aq），據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：A．AgCl難溶；但是AgI溶解度更小，所以AgCl能轉(zhuǎn)化為AgI；故A錯誤；

B．兩種不溶物的Ksp相差越大；不溶物就越容易轉(zhuǎn)化為更難溶的不溶物，故B錯誤；

C．根據(jù)沉淀轉(zhuǎn)化原理：溶解度小的能轉(zhuǎn)化為溶解度更小的；所以AgCl可以轉(zhuǎn)化為AgI，故C正確；

D．AgCl的飽和溶液存在平衡：AgCl（s）?Ag+（aq）+Cl-（aq）；加入NaCl固體，氯離子濃度增大，平衡左移，有AgCl沉淀析出，故D正確；

故選AB．10、BC【分析】【分析】純凈水在制造過程中幾乎去除了水中所有的雜質(zhì)；是水的本來面目，可直接生飲，甘醇爽口，對人體的好處是多方面的：

（1）溶解度高；與人體細胞親和力最強，有促進新陳代謝的功效．

（2）能消除人體消化系統(tǒng)中的油膩；消除血管上的血脂，降低膽固醇．對高血壓；動脈硬化、冠心病患者有好處．

（3）煎服中藥時；能毫無保留地泡出草藥中深藏得固有的藥的成份，中藥能最大地發(fā)揮藥性．服藥時飲用純凈水有助于藥物充分溶解；吸收，提高療效．

（4）可滋潤皮膚；消除皮膚上的分泌物，能保持皮膚細膩光澤，有利于美容，是最便宜的美容品．

（5）純凈水可延緩乙醇的吸收；防止飲酒后的腹瀉，有解酒作用．

（6）用純凈水沖茶能適當調(diào)節(jié)鞣酸的溶解；使茶色明亮，茶味香醇，不僅口感好，還沒有茶銹，您更能體會到“三分茶，七分水”的意境．

（7）用純凈水煮湯做飯味道鮮美可口．

（8）汽車水箱；加濕器、電熨斗等使用純凈水不會結(jié)垢；可延長使用壽命．

（9）純凈水是富氧水，能活化細胞及內(nèi)臟，增強免疫力和抵抗力．【解析】【解答】解：A．純凈水溶解度高；故A錯誤；

B．服藥時飲用純凈水有助于藥物充分溶解；吸收；提高療效，故B正確；

C．純凈水可滋潤皮膚；消除皮膚上的分泌物，故C正確；

D．純凈水可延緩乙醇的吸收；防止飲酒后的腹瀉，有解酒作用，故D錯誤．

故選BC．11、BC【分析】【分析】AgI溶膠與Fe（OH）3溶膠相混合時，析出AgI和Fe（OH）3的混合沉淀，這是發(fā)生了膠體的聚沉，說明AgI膠粒與Fe（OH）3膠粒帶相反電荷，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：AgI溶膠與Fe（OH）3溶膠相混合時，析出AgI和Fe（OH）3的混合沉淀，這是發(fā)生了膠體的聚沉，說明AgI膠粒與Fe（OH）3膠粒帶相反電荷．

而Fe（OH）3膠粒帶正電；故AgI膠粒帶負電．

A；AgI膠粒帶負電；故A錯誤；

B；AgI膠粒帶負電；故電泳時向陽極移動，故B正確；

C；AgI膠粒帶負電；故C正確；

D；AgI膠粒帶負電；故D錯誤．

故選BC．12、BD【分析】【分析】對物質(zhì)進行分類是研究物質(zhì)的重要方法，常見的分類方法是按物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)進行分類．【解析】【解答】解：A、Na2O2是氧化物；過氧化物；不是堿性氧化物，是根據(jù)其性質(zhì)來劃分的，故A錯誤；

B、根據(jù)碳酸鈉的組成元素或離子，Na2CO3是一種鈉鹽；碳酸鹽、正鹽；故B正確；

C、NaOH是一元堿、強堿，是根據(jù)其能否完全電離以及電離出的OH-的個數(shù)來劃分的；故C錯誤；

D；NaClO是鈉鹽、含氧酸鹽；是根據(jù)其元素組成來劃分的，故D正確．

故選BD．13、BC【分析】【分析】實驗方案是否可行；關鍵看根據(jù)測量數(shù)據(jù)能否計算出結(jié)果．

A．鹽酸易揮發(fā)；生成物中含有氯化鈣；

B．此方案利用碳酸氫鈉的不穩(wěn)定性；利用差量法即可計算質(zhì)量分數(shù)；

C．根據(jù)質(zhì)量關系；可列方程組求解；

D．應先把水蒸氣排除才合理．【解析】【解答】解：A．鹽酸易揮發(fā)；生成物中含有氯化鈣，生成的物質(zhì)不全部為碳酸鈣，不能確定物質(zhì)的組成，故A錯誤；

B．NaHCO3受熱易分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，所以通過加熱分解利用差量法即可計算出Na2CO3質(zhì)量分數(shù)；故B正確；

C．Na2CO3和NaHCO3都與Ba（OH）2反應，反應的方程式為CO32-+Ba2+=BaCO3↓、HCO3-+OH-+Ba2+=H2O+BaCO3↓，因此最后得到的固體是BaCO3，所以可以計算出Na2CO3質(zhì)量分數(shù)；故C正確；

D．混合物與足量稀硫酸充分反應；也會生成水和二氧化碳，所以逸出的氣體是二氧化碳，但會混有水蒸氣，即堿石灰增加的質(zhì)量不是二氧化碳的質(zhì)量，不能測定含量，故D錯誤．

故選BC．14、BC【分析】【分析】A；稀硫酸與食鹽形成溶液中鹽酸濃度太小；不能與二氧化錳反應．

B；反應進行為復分解反應；符合復分解反應發(fā)生條件，為強酸制備弱酸．

C；鐵與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵．

D、鐵離子強氧化性比較強，可以氧化H2S．【解析】【解答】解：A；稀硫酸與食鹽形成溶液中鹽酸濃度太小；稀鹽酸不能與二氧化錳反應，可以用濃硫酸與食鹽代替濃鹽酸，故A錯誤；

B、碳酸鈉與稀H2SO4反應生成硫酸鈉與CO2，可以準備CO2；但反應不易控制，故B正確；

C；鐵與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵；蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶可以獲得綠礬，故C正確；

D、鐵離子強氧化性比較強，可以氧化H2S為S單質(zhì)；二者發(fā)生氧化還原反應，不是復分解反應，故D錯誤．

故選：BC．15、BC【分析】【分析】A．Cu2+為藍色；

B．強堿溶液中該組離離子之間不反應；

C．pH=2的溶液；顯酸性；

D．c（H+）=0.1mol?L-1的溶液，顯酸性．【解析】【解答】解：A．Cu2+為藍色；與無色溶液不符，故A不選；

B．強堿溶液中該組離離子之間不反應；可大量共存，故B選；

C．pH=2的溶液；顯酸性，該組離離子之間不反應，可大量共存，故C選；

D．c（H+）=0.1mol?L-1的溶液，顯酸性，H+、I-、NO3-發(fā)生氧化還原反應；不能共存，故D不選；

故選BC．16、BD【分析】【分析】根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”確定溫度、壓強的大小關系，再根據(jù)溫度、壓強的改變對物質(zhì)百分含量的改變確定其反應熱、氣體計量數(shù)之間的關系，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”知，Tl＜T2、Pl＜P2，當升高溫度時，C的百分含量減小，說明平衡向逆反應方向移動，則正反應是放熱反應，Q＜0；當增大壓強時，B的百分含量不變，說明壓強對該反應無影響，則反應前后氣體的計量數(shù)之和不變，即b=c+d，故選BD．17、CD【分析】【分析】根據(jù)圖象可看出，濃度增大的曲線應為c（CH3COO-），濃度減小的曲線應為c（CH3COOH），W點時c（CH3COOH）=c（CH3COO-）；

A．根據(jù)電離平衡常數(shù)公式解答；

B．結(jié)合溶液的電荷守恒；物料守恒判斷；

C．根據(jù)圖象結(jié)合溶液pH分析；

D．根據(jù)電荷守恒、物料守恒判斷．【解析】【解答】解：A．W點c（CH3COOH）=c（CH3COO-），平衡常數(shù)K==10-4.75mol?L-1；故A正確；

B．pH=3.5溶液中c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），再把題干中的c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1mol?L-1代入即可得c（Na+）+c（H+）-c（OH-）+c（CH3COOH）=0.1mol?L-1；故B正確；

C．根據(jù)圖象知，pH=5.5溶液中：c（CH3COOH）＜c（CH3COO-）；故C錯誤；

D．向W點所表示溶液中通入0.05molHCl氣體，原有平衡被打破，建立起了新的平衡，溶液中電荷守恒關系為：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+c（Cl-）；物料守恒關系為：2c（Cl-）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1mol?L-1，所以得2c（Na+）+2c（H+）=3c（CH3COO-）+2c（OH-）+c（CH3COOH）；故D錯誤；

故選CD．三、填空題(共6題，共12分)18、②④③⑤⑥③【分析】【分析】一般來說，活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價鍵，由單原子分子形成的物質(zhì)不含化學鍵，以此解答該題．【解析】【解答】解：①O2中O原子和O原子之間只存在共價鍵；為單質(zhì)；

②SO2只含共價鍵的共價化合物；

③CaCl2只含離子鍵的離子化合物；

④HNO3只含共價鍵的共價化合物；

⑤NaOH既含共價鍵又含離子鍵的離子化合物；

⑥NH4ClNaOH既含共價鍵又含離子鍵的離子化合物；故答案為：②④；③⑤⑥；③．19、C2O42-+H2O?HC2O4-+OH-，HC2O4-+H2O?H2C2O4+OH-2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O＞0.11mol/Lc（C2O42-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（HC2O4-）＞c（OH-）5×10-5mol/L【分析】【分析】（1）草酸鈉（Na2C2O4）溶液顯堿性是草酸根離子水解導致；

（2）根據(jù)KMnO4能與熱的經(jīng)硫酸化的Na2C2O4反應生成Mn2+和CO2；并利用質(zhì)量守恒定律；電荷守恒來書寫離子反應方程式；

（3）相同溫度下；酸的濃度越小其電離程度越大，草酸和堿反應消耗堿的物質(zhì)的量與酸的物質(zhì)的量成正比；

（4）①用0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mL某未知濃度的H2C2O4溶液；根據(jù)c點離子濃度之間的關系，得到c點的溶液是草酸鈉的水溶液，根據(jù)滴定原理來計算；

②a點所示溶液顯示酸性；此時草酸剩余，得到的是草酸和草酸鈉的混合物，據(jù)此回答；

（5）①根據(jù)Ksp的意義結(jié)合物質(zhì)的量濃度公式c=來計算；

②根據(jù)Ksp表達式得到溶液中c（Fe2-）：c（Ca2-）等于Ksp（FeC2O4）：Ksp（CaC2O4），據(jù)此計算．【解析】【解答】解：（1）草酸鈉（Na2C2O4）溶液顯堿性是草酸根離子水解導致，水解方程式為：C2O42-+H2O?HC2O4-+OH-，HC2O4-+H2O?H2C2O4+OH-，故答案為：C2O42-+H2O?HC2O4-+OH-，HC2O4-+H2O?H2C2O4+OH-；

（2）由KMnO4能與熱的經(jīng)硫酸化的Na2C2O4反應生成Mn2+和CO2，則反應為2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O，離子方程式是：2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

故答案為：2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

（3）相同溫度下，酸的濃度越小其電離程度越大，所以pH=3草酸的濃度大于pH=4草酸濃度的10倍，10mLpH=3的草酸溶液和100mLpH=4的草酸溶液，前者的物質(zhì)的量大于后者，草酸和堿反應消耗堿的物質(zhì)的量與酸的物質(zhì)的量成正比，所以消耗氫氧化鈉體積V1＞V2；故答案為：＞；

（4）①用0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mL某未知濃度的H2C2O4溶液，根據(jù)c點離子濃度之間的關系，得到c點的溶液是草酸鈉的水溶液，草酸和氫氧化鈉之間按照1：2物質(zhì)的量之比進行反應，所以該草酸溶液的物質(zhì)的量濃度為≈0.11mol/L；故答案為：0.11mol/L；

②a點所示溶液顯示酸性，此時草酸剩余，得到的是草酸和草酸鈉的混合物，各離子的濃度由大到小的順序為c（C2O42-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（HC2O4-）＞c（OH-），故答案為：c（C2O42-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（HC2O4-）＞c（OH-）；

（5）①已知Ksp（CaC2O4）=2.5×10-9，假設溶液的體積是1L，所以溶解的草酸鈣的物質(zhì)的量是5×10-5mol，物質(zhì)的量濃度c==5×10-5mol/L，故答案為：5×10-5mol/L；

②此溫度下，向Na2C2O4溶液中加入FeCl2與CaCl2，當兩種沉淀共存時，溶液中c（Fe2-）：c（Ca2-）=Ksp（FeC2O4）：Ksp（CaC2O4）==80，故答案為：80．20、碳碳雙鍵、羧基CH3CH2COOH2-溴丙酸取代反應abc【分析】【分析】（1）A是的單體，則A為CH2=CHCOOH；A→B發(fā)生加成反應；

（2）據(jù)B→C結(jié)構(gòu)的變化；可知發(fā)生的是α-取代反應，C為2-溴丙酸；C與足量NaOH醇溶液共熱時發(fā)生消去和中和反應；

（3）X是E的同分異構(gòu)體；X分子中含有苯環(huán)，且苯環(huán)上一氯代物只有兩種，可能有2個取代基或3個取代基，利用對稱來分析；

（4）F→G的碳鏈結(jié)構(gòu)相同，只是溴原子被-NH2取代；

（5）根據(jù)G中含有苯環(huán)、C=O鍵、-NH2來分析其性質(zhì)．【解析】【解答】解：由A是的單體，可知A為CH2=CHCOOH；據(jù)A→B的反應條件可知，發(fā)生的是加成反應，則B為CH3CH2COOH；據(jù)B→C結(jié)構(gòu)的變化；可知發(fā)生的是α-取代反應；從C→D結(jié)構(gòu)的變化可知發(fā)生的是取代反應；同樣從結(jié)構(gòu)的變化可判斷，D+E→F，F(xiàn)→G的反應也都是取代反應．

（1）A為CH2=CHCOOH，官能團為碳碳雙鍵和羧基，CH2=CHCOOH與氫氣發(fā)生加成反應生成B，則B為CH3CH2COOH，故答案為：碳碳雙鍵、羧基；CH3CH2COOH；

（2）據(jù)B→C結(jié)構(gòu)的變化，可知發(fā)生的是α-取代反應，C為2-溴丙酸；C與足量NaOH醇溶液共熱時發(fā)生消去和中和反應，該反應為

故答案為：2-溴丙酸；

（3）“苯環(huán)上一氯代物只有兩種”，說明結(jié)構(gòu)的對稱程度高，由移動取代基的位置可得：若是三個取代基，可以是

故答案為：

（4）F→G的碳鏈結(jié)構(gòu)相同，只是溴原子被-NH2取代；則反應為取代反應，故答案為：取代反應；

（5）G中含有苯環(huán)、C=O鍵、-NH2，其中的苯環(huán)和羰基可以發(fā)生加成反應，故a正確；苯環(huán)上的甲基可以使酸性高錳酸鉀褪色，故b正確；氨基顯堿性，故可與鹽酸反應成鹽，故c正確；結(jié)構(gòu)中沒有羧基，故d錯，故答案為：abc．21、略

【分析】10Be與9Be是同種元素的不同核素，二者互為同位素，具有相同的化學性質(zhì)。比較金屬Mg、Al的金屬性強弱的方法有：比較其最高價氧化物對應水化物的堿性強弱，可利用Mg(OH)2、Al(OH)3分別和NaOH溶液反應的情況來比較Mg(OH)2和Al(OH)3的堿性強弱，比較Mg、Al與酸或水反應置換出氫氣的難易等，d項在空氣中久置，二者表面均被氧化為氧化物，無法比較，單質(zhì)熔、沸點與金屬性強弱無關。與Ar(核外有18個電子)核外電子排布相同的陰離子有S2－、Cl－，二者半徑：S2－＞Cl－，核外具有18個電子和K相鄰的離子為Ca2＋，CaCl2常用作干燥劑，其是離子化合物，其電子式為：【解析】【答案】（1）c（2）BeCl2＋2H2OBe(OH)2＋2HCl；（3）c（4）S2－＞Cl－；22、略

【分析】試題分析：由表中信息可得X為N，Y為Na，Z為Al，W為Si。（1）Si在元素周期表的位置為第三周期第ⅣA族。（2）氫氧化鈉可以和硝酸、氫氧化鋁、硅酸均可以反應。（3）氨氣和硝酸反應:NH3++HNO3=NH4NO3．（4）略（5）金屬性強弱的方法有：比較最高價氧化物對應水化物的堿性強弱，比較置換出氫的難易程度，另外比較等濃度相應氯化物水溶液的pH也可以，pH越小，金屬性越弱。（6）a．w=1-（3n）/（5m）b．設Al的物質(zhì)的量為x，Mg的物質(zhì)的量為y，則y+3x/2=p,27x+24y=m,可解得x，y。就可以求出Z的質(zhì)量分數(shù)。c．設Al的物質(zhì)的量為x，Mg的物質(zhì)的量為y，y+3x/2=p，40y=n?？山獾脁，y。就可以求出Z的質(zhì)量分數(shù)考點：元素周期律和元素周期表【解析】【答案】（1）第三周期第ⅣA族(2分)（2）鈉(2分)（3）NH4NO3(2分)（4）Al3++4OH-=[Al（OH）4]-(2分)（5）bc(2分)（6）abc(2分)23、略

【分析】解：（1）操作Ⅱ為分離固液混合物，應為過濾；由于溴和CCl4的沸點不同；可用蒸餾的方法分離，蒸餾時用到的儀器有酒精燈；溫度計、蒸餾燒瓶、冷凝管、牛角管、錐形瓶等；

故答案為：過濾；蒸餾燒瓶；

（2）除去溶液中的Mg2+、SO42-，應分別加入過量的BaCl2、KOH、K2CO3，類似于粗鹽的提純，加入過量BaCl2可除去SO42-；

加入過量KOH溶液可除去Mg2+，最后加入K2CO3可除去BaCl2，檢驗SO42-已除盡的方法是取無色溶液D，加入BaCl2溶液，若沒有白色沉淀，則SO42-已除盡；

故答案為：K2CO3；取無色溶液D，加入BaCl2溶液，若沒有白色沉淀，則SO42-已除盡；

（3）操作Ⅲ為蒸發(fā)操作；蒸發(fā)時將溶液倒入蒸發(fā)皿中并置于三腳架上；加熱并用玻璃棒不斷攪拌蒸發(fā)皿中的液體，直到出現(xiàn)較多晶體時，停止加熱，注意不能直接蒸干；

故答案為：蒸發(fā)皿；有大量晶體析出；

（4）制備氣體時要防止液體倒吸，b的作用為安全瓶，起到防止倒吸作用，由裝置圖可知，制備氣體時不需要加熱，并且生成的氣體用向下排空氣法收集，氣體的密度比空氣的小，只有氨氣符合；NO只能用排水法收集，則b中應裝滿水．

故答案為：防止倒吸；①；將b中裝滿水．

（1）操作Ⅱ為分離固液混合物；從橙色液體中分離出溴，應為蒸餾操作，以此判斷所需要的儀器；

（2）除去溶液中的Mg2+、SO42-，應分別加入過量的BaCl2、KOH、K2CO3，檢驗SO42-已除盡，應加入BaCl2溶液；觀察是否有沉淀生成；

（3）操作Ⅲ為蒸發(fā)操作；從操作要點分析；

（4）制備氣體時要防止液體倒吸；根據(jù)反應裝置不要加熱的特點以及氣體的收集方法判斷還可制備的氣體；根據(jù)NO的性質(zhì)選擇收集方法．

本題考查較為綜合，涉及物質(zhì)的制備和分離、物質(zhì)的檢驗、蒸發(fā)以及氣體的制備、收集等問題，本題難度中等，學習中注意相關基礎知識的積累．【解析】過濾；蒸餾燒瓶；K2CO3；取無色溶液D，加入BaCl2溶液，若沒有白色沉淀，則SO42-已除盡；蒸發(fā)皿；有大量晶體析出；防止倒吸；①；將b中裝滿水四、判斷題(共4題，共24分)24、×【分析】【分析】0.012kg12C中所含的碳原子數(shù)為阿伏加德羅常數(shù)，以此解答該題．【解析】【解答】解：0.012kg12C中所含的碳原子數(shù)為阿伏加德羅常數(shù)，而不是13C，故答案為：×．25、×【分析】【分析】電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔铮?/p>

非電解質(zhì)：在熔融狀態(tài)和水溶液中都不能導電的化合物；

在水溶液中完全電離的是強電解質(zhì)；部分電離的是弱電解質(zhì)．【解析】【解答】解：氨氣在水溶液中與水反應生成一水合氨；一水合氨部分電離出銨根離子和氫氧根離子，氨氣自身不能電離，故氨氣是非電解質(zhì)；

故答案為：×．26、×【分析】【分析】①外界條件不同；氣體的體積不同；

②標準狀況下，氣體的氣體摩爾體積為22.4L/mol，結(jié)合n==計算；

③氣體的體積受溫度；壓強影響；

④升高溫度，如溶解度減小，則仍未飽和溶液．【解析】【解答】解：①氣體的體積受溫度；壓強影響；外界條件不同，分子之間的距離不同，則氣體的體積不同，故答案為：×；

②標準狀況下，氣體的氣體摩爾體積為22.4L/mol，n===1moL，所含的分子數(shù)目約為6.02×1023；故答案為：√；

③氣體的體積受溫度；壓強影響；如壓強較大，則氣體的體積可能小于22.4L，故答案為：×；

④升高溫度，如溶解度減小，則仍未飽和溶液，故答案為：×．27、×【分析】【分析】氨氣能與氯化鈣發(fā)生反應生成絡合物（CaCl2?8NH3），據(jù)此解題．【解析】【解答】解：氨氣能與氯化鈣發(fā)生反應生成絡合物（CaCl2?8NH3），因此不能使用無水氯化鈣來干燥氨氣，故答案為：×．五、簡答題(共1題，共4分)28、rm{(1)}

rm{(2)HO-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-OH}酯rm{(}或聚酯rm{)}

rm{(3)HC隆脭CH+2HCHOxrightarrow[]{錄卯}HOCH_{2}C隆脭CCH_{2}OH}加成反應

rm{(3)HC隆脭CH+2HCHOxrightarrow[]{錄卯}

HOCH_{2}C隆脭CCH_{2}OH}rm{(4)CH_{2}=CH-COOCH_{3}+NaOH隆煤CH_{2}=CH-COONa+CH_{3}OH}【分析】【分析】rm{(1)}甲醇在rm{Cu}作催化劑、加熱條件被氧氣氧化生成甲醛rm{(HCHO)}則rm{A}為rm{HCHO}結(jié)合rm{A}rm{B}的分子式可知，rm{B}為rm{3}分子甲醛形成，rm{B}分子結(jié)構(gòu)為六元環(huán)狀化合物，應是rm{3}分子甲醛之間的加成反應生成rm{B}rm{B}的同分異構(gòu)體與葡萄糖結(jié)構(gòu)類似，該異構(gòu)體中含有rm{1}個rm{-CHO}rm{2}個羥基rm{-OH}為鏈狀結(jié)構(gòu)；rm{(2)}由rm{E隆煤F}的轉(zhuǎn)化及rm{F}分子式可知，rm{E}中含有rm{4}個rm{C}原子，由rm{HCHO+D隆煤E}再根據(jù)已知反應信息可知，該反應為rm{2}分子甲醛與乙炔發(fā)生加成反應，rm{D}為rm{HC隆脭CH}rm{E}為rm{HOCH_{2}-C隆脭C-CH_{2}OH}rm{E}與氫氣發(fā)生加成反應生成rm{F}rm{F}與二元羧酸通過酯化反應形成高聚物rm{PBT}rm{(3)}由rm{(2)}中分析可知，由rm{A}rm{D}生成rm{E}的反應為rm{2}分子甲醛與乙炔發(fā)生加成反應生成rm{HOCH_