2025年蘇教新版高三化學(xué)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年蘇教新版高三化學(xué)下冊月考試卷935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：______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5題，共10分)1、下列各組物質(zhì)中；滿足表中圖示物質(zhì)在通常條件下一步轉(zhuǎn)化的組合只有（）

。序號XYZW①CuCuSO4Cu（OH）2CuO②FeFeCl3FeCl2Fe（OH）2③Cl2Ca（ClO）2HClOHCl④NaNaOHNa2CO3NaClA.①③④B.①②③C.②③④D.①②④2、下列家庭驗(yàn)中不涉及化學(xué)變化的是（）A.用熟蘋果催熟青香蕉B.用少量食醋除去水壺中的水垢C.用糯米、酒曲和水制甜酒釀D.用雞蛋殼膜和蒸餾水除去淀粉膠體中的食鹽3、R、X、Y、M、Z5種短周期主族元素的原子半徑依次減小，X、Y、Z的電子層數(shù)之和為5，X元素原子的最外層電子數(shù)是它的電子層數(shù)的2倍，Y元素原子的最外層電子數(shù)是X和Z兩元素原子最外層電子數(shù)的總和，M是地殼中含量最多的元素，R與Z的最外層電子數(shù)相同。下列敘述正確的是()A.Z與M形成的化合物中不可能含有非極性鍵B.對應(yīng)氫化物的熱穩(wěn)定性：X>Y＞MC.單質(zhì)的還原性：R＞M＞Y＞XD.X、Y、M、Z4種元素組成的離子化合物受熱易分解4、下列物質(zhì)中；不能由單質(zhì)直接化合生成的是：（）

（1）CuS（2）FeS（3）SO3（4）H2S（5）FeCl2（6）H2Te．A.（1）（3）（5）（6）B.（1）（2）（3）（5）C.（1）（2）（4）（5）D.全部5、在下列指定條件的溶液中，一定能大量共存的微粒組是A.rm{K_{2}S}溶液中：rm{SO_{4}^{2-}}rm{K^{+}}rm{CI^{-}}rm{Cu^{2+}}B.無色溶液中：rm{Fe^{2+}}rm{Na^{+}}rm{CIO^{-}}rm{CI^{-}}C.室溫下，rm{dfrac{{K}_{w}}{c({H}^{+})}=0.1mol漏qL^{-1}}的溶液中：rm{dfrac{{K}_{w}}{c({H}^{+})}

=0.1mol漏qL^{-1}}rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{SIO_{3}^{2-}}D.滴入rm{NO_{3}^{-}}溶液顯紅色的溶液中：rm{KSCN}rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{C_{6}H_{5}OH}評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)6、（2012廣東學(xué)業(yè)水平）海水是寶貴的化學(xué)資源，可以從海水中提取的物質(zhì)有（）A.SiB.AuC.NaD.Cl27、下列離子與氖原子具有相同核外電子數(shù)的有（）A.Mg2+B.O2-C.Al3+D.S2-8、二氧化硫的催化氧化是放熱反應(yīng)，下列關(guān)于接觸法制硫酸的敘述中正確的是（）A.為防止催化劑中毒，爐氣在進(jìn)入接觸室之前需要凈化B.為提高SO2的轉(zhuǎn)化率，接觸室內(nèi)反應(yīng)溫度選定在400℃～500℃C.為防止污染大氣，從吸收塔出來的尾氣常用稀氨水吸收D.為提高SO3的吸收效率，用稀硫酸代替水吸收SO3．9、NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是（）A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L的CHCl3所含的分子數(shù)為0.5NAB.17g羥基（-OH）所含有的電子數(shù)是10NAC.9.2g甲苯和丙三醇的混合物中，含氫原子數(shù)目為0.8NAD.現(xiàn)有乙烯、丙烯的混合氣體共28g，其中碳原子數(shù)為2NA10、下列關(guān)于如圖所示物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式的說法正確的是（）A.所有的碳原子有可能處于同一平面上B.所有的碳原子不可能處于同一平面上C.所有的氧原子有可能處于苯環(huán)的平面上D.所有的氫原子有可能處于苯環(huán)的平面上11、短周期元素A、B、C的原子序數(shù)依次遞增，它們的原子最外層電子數(shù)之和為10，A與C同主族，B原子的最外層電子數(shù)等于A原子的次外層電子數(shù)，則下列敘述正確的是（）A.原子半徑A＜B＜CB.A的氫化物穩(wěn)定性大于C的氫化物穩(wěn)定性C.三種元素的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物均可由化合反應(yīng)得到D.高溫條件下，A單質(zhì)能置換出B單質(zhì)，A單質(zhì)也能置換出C單質(zhì)評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)12、一氧化碳是一種用途廣泛的化工基礎(chǔ)原料．

（l）在高溫下CO可將SO2還原為單質(zhì)硫．已知：

2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H1=-566.0kJ?mol-1；

S（s）+O2（g）═SO2（g）△H2=-296.0kJ?mol-1；

請寫出CO還原SO2的熱化學(xué)方程式____．

（2）工業(yè)上用一氧化碳制取氫氣的反應(yīng)為：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g），已知420℃時(shí)，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=9．如果反應(yīng)開始時(shí)，在2L的密閉容器中充入CO和H2O的物質(zhì)的量都是0.60mol，5min末達(dá)到平衡，則此時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率為____，H2的平均生成速率為____mol?L-1?min-1．

（3）CO與H2反應(yīng)還可制備CH3OH，CH3OH可作為燃料使用，用CH3OH和O2組合形成的質(zhì)子交換膜燃料電池的結(jié)構(gòu)示意圖。

電池總反應(yīng)為：2CH3OH+3O2═2CO2+4H2O，則c電極是____（填“正極”或“負(fù)極”），c電極的反應(yīng)方程式為____．若用該電池電解精煉銅（雜質(zhì)含有Ag和Fe），粗銅應(yīng)該接此電源的____極（填“c”或“d”），反應(yīng)過程中析出精銅64g，則上述CH3OH燃料電池，消耗的O2在標(biāo)況下的體積為____L．13、氯化亞銅（CuCl）常用作有機(jī)合成工業(yè)中的催化劑，是一種白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸；在空氣中迅速被氧化成綠色；見光則分解，變成褐色．如圖是工業(yè)上以制作印刷電路的廢液（含F(xiàn)e3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）生產(chǎn)CuCl的流程：

根據(jù)以上信息回答下列問題：

（1）寫出生產(chǎn)過程中所加試劑：X____，Y____．

（2）生產(chǎn)中為了提高CuCl產(chǎn)品的質(zhì)量，采用抽濾法快速過濾，析出的CuCl晶體不用水而用無水乙醇洗滌的目的是____；生產(chǎn)過程中調(diào)節(jié)溶液的pH不能過大的原因是____．

（3）寫出產(chǎn)生CuCl的化學(xué)方程式：____．

（4）在CuCl的生成過程中除環(huán)境問題、安全問題外，還應(yīng)該注意的關(guān)鍵問題是____．14、已知X；Y、Z、M、G、Q是六種短周期元素；原子序數(shù)依次增大．X、Z、Q的單質(zhì)在常溫下呈氣態(tài)；Y的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍；X與M同主族；Z的氣態(tài)氫化物能與其最高價(jià)氧化物的水化物反應(yīng)，G是地殼中含量最高的金屬元素．

請回答下列問題：

（1）Y、Z、M、G四種元素原子半徑由大到小的順序是（寫元素符號）____．

（2）Z在元素周期表中的位置為____．

（3）上述元素的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物酸性最強(qiáng)的是（寫化學(xué)式）____．

（4）常溫下，不能與G的單質(zhì)發(fā)生反應(yīng)的是（填序號）____．

a．CuSO4溶液b．Fe2O3c．濃硫酸d．NaOH溶液e．Na2CO3固體。

（5）已知圖1化合物C含有上述元素中的某一種元素。

①若D是一種強(qiáng)酸，則C與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

有人認(rèn)為“濃H2SO4可以干燥氣體C”，某同學(xué)為了驗(yàn)證該觀點(diǎn)是否正確，用如圖2裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)．分液漏斗中應(yīng)加入____，打開分液漏斗進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，過程中，濃H2SO4中未發(fā)現(xiàn)有氣體逸出，且變?yōu)榧t棕色，則你得出的解釋和結(jié)論是____．

②若D是一種常見的強(qiáng)堿，則C與水反應(yīng)的離子方程式為____．

15、某試劑廠用銀（含雜質(zhì)銅）和硝酸（含雜質(zhì)Fe3+）反應(yīng)制取硝酸銀．其步驟如圖：

依據(jù)上述步驟；回答下列問題：

（1）溶解銀的硝酸應(yīng)該用____硝酸（填“濃”或“稀”），原因是____（填序號；下同）．

a．減少過程中產(chǎn)生NOx的量。

b．減少原料銀的消耗量。

c．節(jié)省硝酸物質(zhì)的量。

（2）步驟B加熱保溫的作用是____．

a．有利于加快反應(yīng)速率。

b．有利于未反應(yīng)的硝酸揮發(fā)。

c．有利于硝酸充分反應(yīng)，降低溶液中的c（H+）

（3）步驟C中是為了除去Fe3+、Cu2+等雜質(zhì)，沖稀靜置時(shí)發(fā)生化學(xué)反應(yīng)的類型是____．

a．置換反應(yīng)。

b．水解反應(yīng)。

c．氧化還原反應(yīng)。

產(chǎn)生沉淀物的化學(xué)式是____．16、某KCl樣品中含有MgSO4雜質(zhì)；用以下工藝流程除雜：

（1）MgSO4與KOH反應(yīng)的方程式為____；②K2CO3與鹽酸反應(yīng)的方程式為____．

（2）溶液A的“除雜”環(huán)節(jié)中，先加入過量的BaCl2溶液，攪拌后，再加入過量的____溶液，再經(jīng)攪拌后，再加入過量的____溶液；過濾．

（3）圖中濾渣的成分是____；濾液B的成分是____；對濾液B除雜加入的試劑是____．

（4）①，②的操作名稱分別是____，____．17、G；Q、X、Y、Z均為氯的含氧化合物；它們在一定條件下具有如下的轉(zhuǎn)換關(guān)系：

①G→Q+NaCl②Q+H2O→X+H2③Y+NaOH→G+Q+H2O④Z+NaOH→Q+X+H2O

（1）這五種化合物中，氯的化合價(jià)由低到高的順序?yàn)開___．

（2）由反應(yīng)②可看出Q、X中氯元素的高低順序，其理由是____．

（3）臭氧（O3）與二氧化氯作用，可得到紅色油狀的六氧化二氯．六氧化二氯遇有機(jī)物會(huì)爆炸，它與堿溶液反應(yīng)可得到兩種氯的含氧酸鹽，代表該反應(yīng)的是（填①～④編號）____．

（4）亞氯酸鹽（如NaClO2）可用作漂白劑，在常溫下不見光時(shí)可保存約一年．但在酸性溶液中因生成亞氯酸而發(fā)生分解：5HClO2=4ClO2↑+H++Cl-+2H2O，分解反應(yīng)在剛加入H2SO4時(shí)反應(yīng)緩慢，隨后反應(yīng)突然加快，迅速釋放出氣態(tài)的二氧化氯，這是因?yàn)開___．

A．酸使亞氯酸的氧化性增強(qiáng)B．溶液中的H+起催化作用C．溶液中的Cl-起催化作用，D．逸出ClO2使反應(yīng)的生成物濃度降低．18、乙炔是有機(jī)合成工業(yè)的一種原料。工業(yè)上曾用CaC2與水反應(yīng)生成乙炔。（1）CaC2與水反應(yīng)生成乙炔的反應(yīng)方程式為________.（2）比較第二周期元素C、N、O三種元素的第一電離能從大到小順序?yàn)開_____（用元素符號表示），用原子結(jié)構(gòu)觀點(diǎn)加以解釋______。（3）CaC中C22－與O22＋互為等電子體，O22＋的電子式可表示為______；1molO22＋中含有的Π鍵數(shù)目為_______。（4）CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCI晶體的相似（如圖所示），但CaC2晶體中含有的中啞鈴形C22－的存在，使晶胞沿一個(gè)方向拉長。CaC2晶體中1個(gè)Ca2＋周圍距離最近的C22－數(shù)目為______。（5）將乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2紅棕色沉淀。Cu+基態(tài)核外電子排布式為_______。（6）乙炔與氫氰酸反應(yīng)可得丙烯腈(H2C=CH-C≡N)。丙烯腈分子中碳原子軌道雜化類型是______；分子中處于同一直線上的原子數(shù)目最多為______。評卷人得分四、判斷題(共2題，共14分)19、伴有能量變化的物質(zhì)變化都是化學(xué)變化．____．（判斷對錯(cuò)）20、312g石墨中含有的共價(jià)鍵數(shù)為1.5NA．____（判斷對錯(cuò)）評卷人得分五、書寫(共4題，共16分)21、寫出下列反應(yīng)離子方程式。

硫酸鋁溶液和氨水的反應(yīng)____

氫氧化鋁和氫氧化鈉溶液的反應(yīng)____

氯化亞鐵溶液和氯氣的反應(yīng)____．22、（1）向3mL1mol?L-1的CaCl2溶液中滴入5mL1mol?L-1的Na2SO4溶液．現(xiàn)象：____；離子方程式：____．

（2）靜置．吸取上層清液置于試管中，滴入1mol?L-1Na2CO3溶液．現(xiàn)象：____；離子方程式：____．

（3）通過（1）（2）的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象你得出的結(jié)論是____．23、下圖是某廣告公司展示的方形氫氣球；若其為棱長0.282m的正方體，且當(dāng)天天氣狀況可以視為標(biāo)準(zhǔn)狀況，回答下列問題：

（1）氣球中含有氫氣的物質(zhì)的量約為____mol，其質(zhì)量為____g．

（2）若其中的氫氣用鋅粒和稀硫酸反應(yīng)來制取，寫出制取氫氣的離子方程式：____；

（3）氫氣球容易發(fā)生危險(xiǎn)，若同樣體積的氣球內(nèi)改充相對安全的氦氣，則其充入的氦氣質(zhì)量為____．24、CuSO4溶液與K2C2O4溶液反應(yīng)；得到一種藍(lán)色結(jié)晶水合物晶體．通過下述實(shí)驗(yàn)確定該晶體的組成：

①稱取0.1680g晶體，加入過量的H2SO4溶液，使樣品溶解后加入適量水，加熱近沸，用0.02000mol?L-1KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)（溶液變?yōu)闇\紫紅色）；消耗20.00mL．

②接著將溶液充分加熱，使淺紫紅色變?yōu)樗{(lán)色，此時(shí)MnO4-轉(zhuǎn)化為Mn2+并釋放出O2

③冷卻后加入2gKI固體（過量）和適量Na2CO3；溶液變?yōu)樽厣⑸沙恋恚?/p>

④用0.05000mol?L-1Na2S2O3溶液滴定；近終點(diǎn)時(shí)加指示劑，滴定至終點(diǎn)，消耗10.00mL．

已知：2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O

2Cu2++4I-═2CuI↓+I22Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6

（1）步驟②中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為____．

（2）步驟④中加入的指示劑為____．

（3）通過計(jì)算寫出該藍(lán)色晶體的化學(xué)式（寫出計(jì)算過程）．評卷人得分六、探究題(共4題，共20分)25、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過程．請?jiān)诶ㄌ杻?nèi)填寫分離時(shí)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________．26、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：27、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過程．請?jiān)诶ㄌ杻?nèi)填寫分離時(shí)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________．28、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【分析】①Cu與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸銅；硫酸銅與氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化銅，氫氧化銅加熱分解生成氧化銅，氧化銅被還原生成Cu；

②Fe與Cl2反應(yīng)可生成FeCl3，F(xiàn)eCl3與Fe反應(yīng)可得到FeCl2，F(xiàn)eCl2與氫氧化鈉生成氫氧化亞鐵；氫氧化亞鐵得不到Fe；

③氯氣與石灰乳生成次氯酸鈣；次氯酸鈣與稀鹽酸生成次氯酸，次氯酸光照分解生成HCl，HCl電解生成氯氣；

④鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉，氫氧化鈉與碳酸反應(yīng)生成碳酸鈉，碳酸鈉與稀鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉，氯化鈉熔融電解生成鈉；【解析】【解答】解：①Cu與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸銅；硫酸銅與氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化銅，氫氧化銅加熱分解生成氧化銅，氧化銅被還原生成Cu，故正確；

②Fe與Cl2反應(yīng)可生成FeCl3，F(xiàn)eCl3與Fe反應(yīng)可得到FeCl2，F(xiàn)eCl2與氫氧化鈉生成氫氧化亞鐵；氫氧化亞鐵得不到Fe，故錯(cuò)誤；

③氯氣與石灰乳生成次氯酸鈣；次氯酸鈣與稀鹽酸生成次氯酸，次氯酸光照分解生成HCl，HCl電解生成氯氣，故正確；

④鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉；氫氧化鈉與碳酸反應(yīng)生成碳酸鈉，碳酸鈉與稀鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉，氯化鈉熔融電解生成鈉，故正確；

故選A2、D【分析】【分析】根據(jù)化學(xué)變化的特征可知化學(xué)變化應(yīng)有新物質(zhì)生成，結(jié)合相關(guān)變化以及物質(zhì)的性質(zhì)判斷．【解析】【解答】解：A．熟蘋果會(huì)釋放乙烯；具有催熟效果！但乙烯只作為催化劑，不參與化學(xué)變化，發(fā)生化學(xué)變化的是淀粉，香蕉中淀粉在乙烯的催化作用下會(huì)生成果糖和葡萄糖，發(fā)生化學(xué)變化，故A不選；

B．食醋呈酸性；可與水垢中的碳酸鈣和氫氧化鎂反應(yīng)，為化學(xué)變化，故B不選；

C．糯米在酒曲的催化作用下生成乙醇；發(fā)生化學(xué)變化，故C不選；

D．用雞蛋殼膜和蒸餾水除去淀粉膠體中的食鹽；為膠體的滲析過程，沒有發(fā)生化學(xué)變化，故D選．

故選D．3、D【分析】由“X元素原子的最外層電子數(shù)是它的電子層數(shù)的2倍”，則X為碳元素或硫元素，再結(jié)合X、Y、Z電子層數(shù)之和為5，則X為碳元素。從而可推出Y、M、Z分別為氮、氧、氫元素，而R則可能為鋰元素或鈉元素。氫元素與氧元素形成的化合物H2O2中含有的氧氧鍵為非極性鍵，A項(xiàng)錯(cuò)誤；非金屬性：O>N>C，對應(yīng)氫化物的穩(wěn)定性：H2O>NH3>CH4，B項(xiàng)錯(cuò)誤；O2幾乎沒有還原性，C項(xiàng)錯(cuò)誤；C、N、O、H元素組成的離子化合物為NH4HCO3或(NH4)2CO3，受熱易分解，D項(xiàng)正確【解析】【答案】D4、A【分析】【分析】Fe、Cu都是變價(jià)金屬，能和強(qiáng)氧化劑反應(yīng)生成高價(jià)態(tài)化合物，和弱氧化劑反應(yīng)生成低價(jià)態(tài)化合物，氯氣具有強(qiáng)氧化性，S具有弱氧化性；S和氧氣反應(yīng)生成SO2；S和氫氣反應(yīng)生成相應(yīng)的氫化物，Te和氫氣不能直接化合，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：（1）S具有弱氧化性，能將Cu氧化為低價(jià)態(tài)，所以和Cu反應(yīng)生成Cu2S而不是CuS；故選；

（2）S具有弱氧化性；能將Fe氧化為低價(jià)態(tài)，所以和Fe反應(yīng)生成FeS，故不選；

（3）在點(diǎn)燃條件下，S和氧氣反應(yīng)生成二氧化硫，二氧化硫和氧氣在催化劑、加熱條件下反應(yīng)生成SO3；故選；

（4）在加熱條件下，氫氣和S反應(yīng)生成H2S；故不選；

（5）氯氣具有強(qiáng)氧化性，能將鐵氧化生成FeCl3；故選；

（6）Te的非金屬性很弱，不能和氫氣直接化合生成H2Te；故選；

故選A．5、C【分析】略【解析】rm{C}二、多選題(共6題，共12分)6、CD【分析】【分析】海水中含有的化學(xué)元素有80多種，蘊(yùn)藏著豐富的化學(xué)資源，海水經(jīng)過曬鹽，可得到食鹽，經(jīng)過蒸餾可獲得淡水，從海水中可以獲取食鹽、鎂、鉀、溴及其化工產(chǎn)品．【解析】【解答】解：A．海水中不含硅；硅元素存在于硅酸鹽和硅石中，不能從海水中獲取，故A不選；

B．海水中含有Au元素；但含量很少，不能從海水中提取，故B不選；

C．海水中鈉元素含量豐富；通過暴曬海水得到NaCl，電解熔融NaCl得到Na，所以可以從海水中提取，故C選；

D．海水中氯元素含量豐富；通過暴曬海水得到NaCl，電解飽和氯化鈉溶液得到氯氣，所以可以從海水中提取，故D選；

故選CD．7、ABC【分析】【分析】Ne原子核外電子數(shù)是10，與Ne原子具有相同的核外電子數(shù)說明該離子中核外電子數(shù)是10，陽離子核外電子數(shù)=核電荷數(shù)-所帶電荷數(shù)，陰離子核外電子數(shù)=核電荷數(shù)+所帶電荷數(shù)．【解析】【解答】解：Ne原子核外電子數(shù)是10；

A．鎂離子核外電子數(shù)=12-2=10；故A正確；

B．氧離子核外電子數(shù)=8+2=10；故B正確；

C．鋁離核外電子數(shù)=13-3=10；故C正確；

D．硫離子核外電子數(shù)=16+2=18；故D錯(cuò)誤；

故選ABC．8、AC【分析】【分析】A．生產(chǎn)分三步；二氧化硫的制取和凈化；二氧化硫轉(zhuǎn)化為三氧化硫、三氧化硫的吸收，分別在沸騰爐、接觸室、吸收塔中進(jìn)行；其中從沸騰爐中出來的氣體需要凈化和干燥，是為了防止在接觸室中的催化劑中毒；

B．二氧化硫與氧氣反應(yīng)生成三氧化硫?yàn)榉艧岱磻?yīng)；高溫的目的是考慮催化劑的活性；

C．尾氣中的SO2通常用足量氨水吸收；

D．工業(yè)上在吸收塔內(nèi)用濃硫酸吸收，防止形成酸霧阻止充分吸收．【解析】【解答】解：A．制備硫酸過程中；從沸騰爐中出來的氣體需要凈化和干燥，是為了防止在接觸室中的催化劑中毒，故A正確；

B．二氧化硫與氧氣反應(yīng)生成三氧化硫?yàn)榉艧岱磻?yīng)；所以低溫有利于提高二氧化硫轉(zhuǎn)化率，接觸室內(nèi)反應(yīng)溫度選定在400℃～500℃是考慮催化劑活性，故B錯(cuò)誤；

C．為防止污染大氣；從吸收塔出來的尾氣常用氨水吸收，故C正確；

D．工業(yè)上在吸收塔內(nèi)用濃硫酸吸收；防止形成酸霧阻止充分吸收；稀硫酸吸收容易形成酸霧，故D錯(cuò)誤．

故選：AC．9、CD【分析】【分析】A．標(biāo)況下CHCl3不是氣體；不能使用標(biāo)況下的氣體摩爾體積計(jì)算；

B．17g羥基（-OH）的物質(zhì)的量為1mol；1mol羥基中含有9mol電子；

C．甲苯和丙三醇的相對分子質(zhì)量都為92；都含有8個(gè)氫原子；

D．28g乙烯、丙烯的混合氣體中含有2mol最簡式CH2，含有2mol碳原子．【解析】【解答】解：A．標(biāo)況下CHCl3不是氣體，不能使用標(biāo)況下的氣體摩爾體積計(jì)算11.2LCHCl3的物質(zhì)的量；故A錯(cuò)誤；

B．17g羥基（-OH）的物質(zhì)的量為1mol，1mol羥基中含有9mol電子，含有的電子數(shù)目為9NA；故B錯(cuò)誤；

C．甲苯和丙三醇的相對分子質(zhì)量都為92，都含有8個(gè)氫原子，則9.2g甲苯和丙三醇的混合物的物質(zhì)的量為0.1mol，含氫原子數(shù)目為0.8NA；故C正確；

D．28g乙烯、丙烯的混合氣體中含有2mol最簡式CH2，含有2mol碳原子，含有的原子數(shù)為2NA；故D正確；

故選CD．10、AC【分析】【分析】在常見的有機(jī)化合物中甲烷是正四面體結(jié)構(gòu)，乙烯和苯是平面型結(jié)構(gòu)，乙炔是直線型結(jié)構(gòu)，其它有機(jī)物可在此基礎(chǔ)上進(jìn)行判斷．【解析】【解答】解：A．乙烯中兩個(gè)同一個(gè)處于同一平面上，苯環(huán)上所有碳原子處于同一平面上，所以與碳碳雙鍵和苯環(huán)相連的碳原子處于同一平面上，-CH2CH2OH中兩個(gè)碳原子可能在同一平面上；所以該化合物中所有的碳原子有可能處于同一平面上，故A正確；

B．乙烯中兩個(gè)同一個(gè)處于同一平面上，苯環(huán)上所有碳原子處于同一平面上，所以與碳碳雙鍵和苯環(huán)相連的碳原子處于同一平面上，-CH2CH2OH中兩個(gè)碳原子可能在同一平面上；所以該化合物中所有的碳原子有可能處于同一平面上，故B錯(cuò)誤；

C．酚羥基中氧原子和苯環(huán)共面，-CH2CH2OH中氧原子可能和苯環(huán)共面；所以該分子中所有的氧原子有可能處于苯環(huán)的平面上，故C正確；

D．亞甲基和甲烷結(jié)構(gòu)相似；所以該分子中所有氫原子不可能處于同一平面上，故D錯(cuò)誤；

故選AC．11、BD【分析】【分析】短周期元素A、B、C的原子序數(shù)依次遞增，B原子的最外層電子數(shù)等于A原子的次外層電子數(shù)，最外層電子數(shù)不超過8，故A有2個(gè)電子層，B的最外層電子數(shù)為2，A與C同主族，它們的原子最外層電子數(shù)之和為10，則A、C的最外層電子數(shù)為=4，則A為碳元素、C為Si元素，B元素的原子序數(shù)大于碳元素，最外層電子數(shù)為2，則B為Mg元素，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：短周期元素A、B、C的原子序數(shù)依次遞增，B原子的最外層電子數(shù)等于A原子的次外層電子數(shù)，最外層電子數(shù)不超過8，故A有2個(gè)電子層，B的最外層電子數(shù)為2，A與C同主族，它們的原子最外層電子數(shù)之和為10，則A、C的最外層電子數(shù)為=4；則A為碳元素；C為Si元素，B元素的原子序數(shù)大于碳元素，最外層電子數(shù)為2，則B為Mg元素；

A．同主族自上而下原子半徑增大；同周期自左而右原子半徑減小，故原子半徑Mg＞Si＞C，故A錯(cuò)誤；

B．同主族自上而下非金屬性減弱；故非金屬性C＞Si，非金屬性越強(qiáng)氫化物越穩(wěn)定，故氫化物穩(wěn)定性A＞C，故B正確；

C．氧化鎂與水不反應(yīng)；不能化合生成氫氧化鎂，可由可溶性鎂鹽與堿反應(yīng)制得．二氧化硅與水不反應(yīng)，不能化合生成硅酸，由可溶性硅酸鹽與酸反應(yīng)制備硅酸，故C錯(cuò)誤；

D．工業(yè)上可以利用碳為還原劑，利用熱還原法冶煉鎂，工業(yè)制備硅：C+SiO2Si+2CO↑；故D正確；

故選BD．三、填空題(共7題，共14分)12、2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）△H3=-270kJ?mol-175%0.045負(fù)極CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+d11.2【分析】【分析】（1）利用蓋斯定律可以根據(jù)已知的反應(yīng)的熱化學(xué)方程式求反應(yīng)2CO+SO2=S+2CO2的焓變；進(jìn)而寫熱化學(xué)方程式；

（2）根據(jù)所給反應(yīng)的平衡常數(shù)；利用三段式法計(jì)算出平衡濃度減小求算；

CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）

起始濃度（mol/L）0.300.3000

轉(zhuǎn)化濃度（mol/L）xxxx

轉(zhuǎn)化濃度（mol/L）0.30-x0.30-xxx

（3）原電池中電子從負(fù)極經(jīng)外電路流向正極；負(fù)極反應(yīng)氧化反應(yīng)，結(jié)合電解質(zhì)書寫電極反應(yīng)式；

根據(jù)c為負(fù)極；d為正極，粗銅精煉時(shí)，粗銅作陽極，與電源的正極相連；

根據(jù)電子得失守恒以及精銅中銅離子得到電子來計(jì)算．【解析】【解答】解：（1）①2CO（g）+O2（s）=2CO2（g）△H1=-566.0kJ?mol-1

②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H2=-296.0kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律，①-②得到2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）；△H=-270kJ?mol-1；

故答案為：2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）△H3=-270kJ?mol-1；

（2）設(shè)參加反應(yīng)的CO的濃度為x

CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）

起始濃度（mol/L）0.300.3000

轉(zhuǎn)化濃度（mol/L）xxxx

轉(zhuǎn)化濃度（mol/L）0.30-x0.30-xxx

K=9.0=；x=0.225；

所以CO的轉(zhuǎn)化率α（CO）=×100%=75%；

氫氣反應(yīng)速率v（H2）==0.045mol/（L?min）；

故答案為：75%；0.045mol/（L?min）；

（3）甲醇具有還原性，在負(fù)極上發(fā)生氧化反應(yīng)生成CO2，電極反應(yīng)式為：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；

因c為負(fù)極；d為正極，粗銅精煉時(shí)，粗銅作陽極，與電源的正極d相連；

精銅電極電極反應(yīng)式：Cu2++2e-=Cu，Cu2+的物質(zhì)的量為==1mol；由電子得失守恒可知電子轉(zhuǎn)移2mol；

原電池中正極電極反應(yīng)為4OH--4e-=2H2O+O2↑；則生成氧氣物質(zhì)的量為0.5mol，體積=0.5mol×22.4L/mol=11.2L；

故答案為：負(fù)極；CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；d；11.2．13、Fe稀鹽酸減少產(chǎn)品CuCl的損失防止CuCl水解CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O═2CuCl↓+2H2SO4生產(chǎn)中應(yīng)防止CuCl的氧化和見光分解【分析】【分析】利用制作印刷電路的廢液制備氯化亞銅，首先應(yīng)制備并分離出銅，向工業(yè)上以制作印刷電路的廢液（含F(xiàn)e3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入過量的鐵粉；三價(jià)鐵離子與鐵粉反應(yīng)轉(zhuǎn)化為二價(jià)鐵離子，銅離子與鐵反應(yīng)生成銅，然后過濾，濾渣為過量的鐵和生成的銅，依據(jù)銅與鐵活潑性，將濾渣溶于鹽酸，銅與鹽酸不反應(yīng)，過濾得到濾渣即為銅，然后銅與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸銅和二氧化硫，銅與氯氣反應(yīng)生成氯化銅，硫酸銅；二氧化硫、氯化銅反應(yīng)生成氯化亞銅．

（1）印刷電路的廢液（含F(xiàn)e3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入鐵；三價(jià)鐵離子能夠原鐵反應(yīng)生成二價(jià)鐵離子，銅離子能夠與鐵反應(yīng)生成銅；過濾后濾渣中含有銅和鐵，依據(jù)銅和鐵的活潑性，加入鹽酸分離二者；

（2）CuCl是一種白色粉末；微溶于水；不溶于乙醇及稀硫酸，乙醇洗滌可以減少CuCl的損失，生產(chǎn)過程中調(diào)節(jié)溶液的pH不能過大是防止其水解生成沉淀；

（3）依據(jù)圖示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反應(yīng)生成H2SO4；CuCl；依據(jù)得失電子守恒配平方程式；

（4）依據(jù)氯化亞銅具有還原性，易被氧化而變質(zhì)，具有見光分解的性質(zhì)解答．【解析】【解答】解：（1）印刷電路的廢液（含F(xiàn)e3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入鐵；三價(jià)鐵離子能夠原鐵反應(yīng)生成二價(jià)鐵離子，銅離子能夠與鐵反應(yīng)生成銅，過濾后濾渣中含有銅和鐵，加入鹽酸，鐵與鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵，銅與鹽酸不反應(yīng)，將銅分離出來；

故答案為：Fe；HCl；

（2）析出的CuCl晶體不用水而用無水乙醇洗滌的目的是減少CuCl的損失；生產(chǎn)過程中調(diào)節(jié)溶液的pH不能過大的原因是防止CuCl水解；

故答案為：減少產(chǎn)品CuCl的損失；防止CuCl水解；

（3）依據(jù)圖示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反應(yīng)生成H2SO4、CuCl，產(chǎn)生CuCl的化學(xué)方程式依據(jù)得失電子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4；

故答案為：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4；

（4）氯化亞銅具有還原性；易被氧化而變質(zhì)，具有見光分解，所以生產(chǎn)中應(yīng)防止CuCl的氧化和見光分解，減少產(chǎn)品CuCl的損失；

故答案為：防止CuCl的氧化和見光分解．14、Na＞Al＞C＞N第二周期第ⅤA族HClO4be3NO2+H2O=2HNO3+NO濃硝酸NO2能溶于濃H2SO4，因而不能用濃H2SO4干燥NO22Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑【分析】【分析】X；Y、Z、M、G、Q是六種短周期元素；原子序數(shù)依次增大，G是地殼中含量最高的金屬元素，故G是鋁；

Z的氣態(tài)氫化物能與其最高價(jià)氧化物的水化物反應(yīng)；故Z是氮；

Y的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍；Y的原子序數(shù)小于N，故Y是碳；

X單質(zhì)在常溫下呈氣態(tài)；且原子序數(shù)小于C，故X是氫；

X與M同主族；M的原子序數(shù)小于鋁，大于氧，故M是鈉；

Q常溫下為氣體，故Q是氯，據(jù)此回答下列問題即可．【解析】【解答】解：依據(jù)分析可知：X為氫；Y為碳，Z為氮，M為鈉，G為鋁，Q為氯；

（1）C；N、Na、Cl四種元素；周期數(shù)越大原子半徑越大，同一周期，原子序數(shù)越小，半徑越大，故四種原子由大到小的順序是：Na＞Al＞C＞N，故答案為：Na＞Al＞C＞N；

（2）Z為氮；N在元素周期表中的位置為第二周期第ⅤA族，故答案為：第二周期第ⅤA族；

（3）元素的非金屬性越強(qiáng)，對應(yīng)最高價(jià)氧化物的水化物的酸性越強(qiáng)，由于Cl元素的非金屬性越強(qiáng)，故上述元素的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物酸性最強(qiáng)的是：高氯酸，即HClO4，故答案為：HClO4；

（4）由于Al的活潑性強(qiáng)與Cu，故Al能與CuSO4溶液反應(yīng)置換出Cu；故a不選；

Al的還原性較強(qiáng)，能在高溫下與Fe2O3反應(yīng)，但在常溫下不反應(yīng)，故b選；

Al與濃硫酸在冷的條件下鈍化；故c不選；

Al具有兩性；能與NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，故d不選；

Al與Na2CO3固體不能反應(yīng)，故選e，故答案為：be；

（5）①若D是一種強(qiáng)酸，則此強(qiáng)酸為硝酸，即NO2與水反應(yīng)生成HNO3和NO，化學(xué)反應(yīng)方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO；濃硝酸與Cu反應(yīng)生成二氧化氮，故分液漏斗中加入的應(yīng)是濃硝酸，由現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)過程中，濃H2SO4中未發(fā)現(xiàn)有氣體逸出，且濃H2SO4由無色變?yōu)榧t棕色，可以得出NO2能溶于濃硫酸中，故答案為：3NO2+H2O=2HNO3+NO；濃硝酸；NO2能溶于濃H2SO4，因而不能用濃H2SO4干燥NO2；

②若D是一種常見的強(qiáng)堿，則D為氫氧化鈉，即過氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉與氧氣，反應(yīng)的離子方程式為：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故答案為：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑．15、稀acacbFe（OH）3、Cu（OH）2【分析】【分析】依據(jù)流程圖分析，含雜質(zhì)銅的銀和硝酸（含F(xiàn)e3+）反應(yīng)生成氮氧化物；得到硝酸銀溶液，過量的銀循環(huán)使用，生成的氮氧化物需要吸收，防止污染空氣，溶液中含有硝酸銀，硝酸鐵，硝酸銅雜質(zhì)；加入水沖稀促使鐵離子和銅離子水解生成沉淀過濾，通過濃縮蒸發(fā)，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌得到硝酸銀晶體；

（1）根據(jù)反應(yīng)方程式：Ag+2HNO3（濃）═AgNO3+NO2↑+H2O，3Ag+4HNO3（?。┄T3AgNO3+NO↑+2H2O可知：每生成1molAgNO3，消耗濃HNO32mol，產(chǎn)生1molNO2；而只需稀HNO34/3mol；放出NO1/3mol，據(jù)此答題；

（2）根據(jù)溫度對反應(yīng)速率的影響，加熱保溫是使反應(yīng)加快，促使HNO3與Ag反應(yīng)，而不希望HNO3揮發(fā)損失；

（3）根據(jù)鹽的水解原理，溶液濃度變小，促進(jìn)水解，使Fe3+、Cu2+生成難溶的Fe（OH）3、Cu（OH）2沉淀而除去．【解析】【解答】解：依據(jù)流程圖分析，含雜質(zhì)銅的銀和硝酸（含F(xiàn)e3+）反應(yīng)生成氮氧化物；得到硝酸銀溶液，過量的銀循環(huán)使用，生成的氮氧化物需要吸收，防止污染空氣，溶液中含有硝酸銀，硝酸鐵，硝酸銅雜質(zhì)；加入水沖稀促使鐵離子和銅離子水解生成沉淀過濾，通過濃縮蒸發(fā)，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌得到硝酸銀晶體；

（1）根據(jù)反應(yīng)方程式：Ag+2HNO3（濃）═AgNO3+NO2↑+H2O，3Ag+4HNO3（?。┄T3AgNO3+NO↑+2H2O可知：每生成1molAgNO3，消耗濃HNO32mol，產(chǎn)生1molNO2；而只需稀HNO34/3mol；放出NO1/3mol，所以用稀硝酸比用濃硝酸好，故選ac；

故答案為：??；ac；

（2）根據(jù)溫度對反應(yīng)速率的影響，加熱保溫是使反應(yīng)加快，促使HNO3與Ag反應(yīng)，而不希望HNO3揮發(fā)損失；

故選ac；

（3）根據(jù)鹽的水解原理，溶液濃度變小，促進(jìn)水解，所以沖稀靜置時(shí)發(fā)生化學(xué)反應(yīng)的類型是水解反應(yīng)，故選b，水解使Fe3+、Cu2+生成難溶的Fe（OH）3、Cu（OH）2沉淀而除去；

故答案為：b；Fe（OH）3、Cu（OH）2．16、MgSO4+2KOH=Mg（OH）2↓+K2SO4K2CO3+2HCl=2KCl+H2O+CO2↑K2CO3KOHBaSO4、Mg（OH）2KCl、KOHHCl過濾蒸發(fā)【分析】【分析】由分離流程可知；固體溶解后，除雜，選擇氯化鋇；碳酸鉀、KOH，使硫酸鎂轉(zhuǎn)化為沉淀，溶液B中主要含KCl、KOH、然后加鹽酸除雜，最后蒸發(fā)結(jié)晶得到KCl．

（1）MgSO4與KOH反應(yīng)生成氫氧化鎂和硫酸鉀，K2CO3與鹽酸反應(yīng)生成氯化鉀；水、二氧化碳；

（2）除雜使鎂離子；硫酸根離子及過量試劑轉(zhuǎn)化為沉淀；

（3）濾渣為沉淀物；濾液B為KCl；KOH，應(yīng)除去KOH；

（4）①分離沉淀和溶液，②分離可溶性固體與水．【解析】【解答】解：由分離流程可知；固體溶解后，除雜，選擇氯化鋇；碳酸鉀、KOH，使硫酸鎂轉(zhuǎn)化為沉淀，溶液B中主要含KCl、KOH、然后加鹽酸除雜，最后蒸發(fā)結(jié)晶得到KCl．

（1）MgSO4與KOH反應(yīng)生成氫氧化鎂和硫酸鉀，反應(yīng)為MgSO4+2KOH=Mg（OH）2↓+K2SO4，K2CO3與鹽酸反應(yīng)生成氯化鉀、水、二氧化碳，反應(yīng)為K2CO3+2HCl=2KCl+H2O+CO2↑，故答案為：MgSO4+2KOH=Mg（OH）2↓+K2SO4；K2CO3+2HCl=2KCl+H2O+CO2↑；

（2）由上述分析可知，溶液A的“除雜”環(huán)節(jié)中，先加入過量的BaCl2溶液，除去硫酸根離子，攪拌后，再加入過量的K2CO3溶液，再經(jīng)攪拌后，再加入過量的KOH溶液，鎂離子轉(zhuǎn)化為沉淀，然后過濾，故答案為：K2CO3；KOH；

（3）由上述分析可知濾渣為BaSO4、Mg（OH）2，濾液B中含KCl、KOH，對濾液B除雜加入的試劑是HCl，故答案為：BaSO4、Mg（OH）2；KCl；KOH；HCl；

（4）由上述分析可知，①為過濾，②為蒸發(fā)，故答案為：過濾；蒸發(fā)．17、G＜Y＜Q＜Z＜XH元素的化合價(jià)降低，則Q中Cl元素的化合價(jià)升高④C【分析】【分析】（1）（2）①G→Q十NaCl中，NaCl中Cl元素為-1價(jià)，則Cl元素的化合價(jià)為Q＞G＞-1，②Q+H2O→X+H2中，H元素的化合價(jià)降低，則Cl元素的化合價(jià)升高，所以Cl元素的化合價(jià)為X＞Q，③Y十NaOH→G十Q十H2O中，結(jié)合①可知Cl元素的化合價(jià)為Q＞Y＞G，④Z十NaOH→Q十X十H2O中；結(jié)合②可知，Cl元素的化合價(jià)為X＞Z＞Q；

（3）六氧化二氯遇與堿溶液反應(yīng)可得到兩種氯的含氧酸鹽；有最高價(jià)的+7價(jià)的高氯酸鈉生成；

（4）反應(yīng)開始就加入了酸，H+濃度最大，但開始時(shí)反應(yīng)緩慢，不能是H+起催化劑作用，反應(yīng)中亞氯酸分解時(shí)既被氧化，又被還原，逸出ClO2使反應(yīng)的生成物濃度降低，反應(yīng)速率應(yīng)減慢，只有可能Cl-起催化作用．【解析】【解答】解：（1）①G→Q十NaCl中，NaCl中Cl元素為-1價(jià)，則Cl元素的化合價(jià)為Q＞G＞-1，②Q+H2O→X+H2中，H元素的化合價(jià)降低，則Cl元素的化合價(jià)升高，所以Cl元素的化合價(jià)為X＞Q，③Y十NaOH→G十Q十H2O中，結(jié)合①可知Cl元素的化合價(jià)為Q＞Y＞G，④Z十NaOH→Q十X十H2O中；結(jié)合②可知，Cl元素的化合價(jià)為X＞Z＞Q，故氯的化合價(jià)由低到高的順序?yàn)椋篏＜Y＜Q＜Z＜X，故答案為：G＜Y＜Q＜Z＜X；

（2）Q+H2O→X+H2中；H元素的化合價(jià)降低，則Q中Cl元素的化合價(jià)升高，故答案為：H元素的化合價(jià)降低，則Q中Cl元素的化合價(jià)升高；

（3）六氧化二氯遇與堿溶液反應(yīng)可得到兩種氯的含氧酸鹽；有最高價(jià)的+7價(jià)的高氯酸鈉生成，上述反應(yīng)中③④得到兩種氯的含氧酸鹽，但X中氯元素化合價(jià)最高，故應(yīng)發(fā)生④的反應(yīng)，故答案為：④；

（4）A．反應(yīng)中亞氯酸分解時(shí)既被氧化；又被還原，故A錯(cuò)誤；

B．反應(yīng)開始就加入了酸，H+濃度最大，但開始時(shí)反應(yīng)緩慢，不能是H+起催化劑作用；故B錯(cuò)誤；

C．分析各因素，只有可能Cl-起催化作用；故C正確；

D．逸出ClO2使反應(yīng)的生成物濃度降低，反應(yīng)速率應(yīng)減慢，故放出ClO2不影響反應(yīng)速率；故D錯(cuò)誤；

故答案為：C．18、略

【分析】試題分析：（1）CaC2與水反應(yīng)生成乙炔的反應(yīng)方程式為CaC2+2H2O===CH≡CH↑+Ca(OH)2。（2）第二周期元素C、N、O三種元素的第一電離能從大到小順序?yàn)镹＞O＞C，原因是C、N、O三種元素的原子半徑依次減小，原子核對外層電子的吸引力依次增強(qiáng)，元素的第一電離能依次增大；但O原子最外層電子排布為2s22p4，而N原子最外層電子排布為2s22p3，p電子排布處于半充滿狀態(tài)，根據(jù)洪特規(guī)則特例可知，半充滿狀態(tài)更穩(wěn)定，所以N元素的第一電離能比O大。（3）O22＋的電子式可表示為由O22＋的電子式可知在每個(gè)O22＋中含有2個(gè)Π，在1molO22＋中含有的Π鍵數(shù)目為2NA。（4）由CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)可看出在CaC2晶體中1個(gè)Ca2＋周圍距離最近的C22－數(shù)目為4個(gè)。（5）Cu是29號元素，其Cu+基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10。（6）在丙烯腈分子中碳原子軌道雜化類型從左到右，第一、第二個(gè)C原子的雜化為sp2雜化，第三個(gè)C原子的雜化是sp雜化。分子中處于同一直線上的原子數(shù)目最多為3個(gè)。考點(diǎn)：考查乙炔的分子結(jié)構(gòu)、化學(xué)性質(zhì)、組成元素的電離能的比較及形成的化合物丙烯晴等的結(jié)構(gòu)的知識(shí)?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）CaC2+2H2O===CH≡CH↑+Ca(OH)2（2)N＞O＞CC、N、O原子半徑依次減小，原子核對外層電子的吸引力依次增強(qiáng)，元素的第一電離能依次增大；但O原子最外層電子排布為2s22p4，而N原子最外層電子排布為2s22p3，p電子排布處于半充滿狀態(tài)，根據(jù)洪特規(guī)則特例可知，半充滿狀態(tài)更穩(wěn)定，所以N元素的第一電離能比O大。（3）2NA（4）4（5）1s22s22p63s23p63d10（6）sp雜化sp2雜化3四、判斷題(共2題，共14分)19、×【分析】【分析】伴有能量變化的物質(zhì)變化不一定發(fā)生化學(xué)反應(yīng)．【解析】【解答】解：伴有能量變化的物質(zhì)變化不一定是化學(xué)變化，如燈泡發(fā)光過程中有熱能變化，故錯(cuò)誤；20、√【分析】【分析】石墨中每個(gè)碳原子與氣體3個(gè)C形成3個(gè)共價(jià)鍵，利用均攤法計(jì)算出1molC含有的共價(jià)鍵；【解析】【解答】解：12g石墨中含有1molC，1mol碳原子與其它3mol碳原子形成了3mol共價(jià)鍵，1mol碳原子形成的共價(jià)鍵為：×3mol=1.5mol，含有的共價(jià)鍵數(shù)為1.5NA，故答案為：√．五、書寫(共4題，共16分)21、Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+NH4+Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2OCl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+【分析】【分析】硫酸鋁溶液和氨水的反應(yīng)生成硫酸銨和氫氧化鋁；

氫氧化鋁和氫氧化鈉溶液的反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水；

氯化亞鐵溶液和氯氣的反應(yīng)生成氯化鐵．【解析】【解答】解：硫酸鋁溶液和氨水的反應(yīng)生成硫酸銨和氫氧化鋁，離子方程式：Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+NH4+；

氫氧化鋁和氫氧化鈉溶液的反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，離子方程式：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

氯化亞鐵溶液和氯氣的反應(yīng)生成氯化鐵，離子方程式：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；

故答案為：Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+NH4+；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+．22、產(chǎn)生白色沉淀Ca2++SO42-=CaSO4↓產(chǎn)生白色沉淀CaSO4+CO32-SO42-+CaCO3沉淀溶解平衡，溶解度小的容易轉(zhuǎn)化為溶解度更小【分析】【分析】CaCl2溶液中滴入Na2SO4溶液生成沉淀CaSO4；

CaSO4在水中微溶，溶液中存在難溶電解質(zhì)的溶解平衡：Ca2++SO42-CaSO4↓，碳酸鈣溶解度小于硫酸鈣，加入Na2CO3溶液會(huì)生成沉淀CaCO3，依據(jù)沉淀溶解平衡移動(dòng)因素解答．【解析】【解答】解：（1）CaCl2溶液中滴入Na2SO4溶液生成沉淀CaSO4，離子方程式：Ca2++SO42-=CaSO4↓；

故答案為：Ca2++SO42-=CaSO4↓；

（2）CaSO4在水中微溶，溶液中存在難溶電解質(zhì)的溶解平衡：Ca2++SO42-CaSO4↓，碳酸鈣溶解度小于硫酸鈣，加入Na2CO3溶液會(huì)生成沉淀CaCO3，實(shí)現(xiàn)沉淀的轉(zhuǎn)化，所以吸取上層清液置于試管中，滴入1mol?L-1Na2CO3溶液．會(huì)看到產(chǎn)生白色沉淀，離子方程式：CaSO4+CO32-SO42-+CaCO3；

故答案為：產(chǎn)生白色沉淀；CaSO4+CO32-SO42-+CaCO3；

（3）通過（1）（2）的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知：沉淀溶解平衡，溶解度小的容易轉(zhuǎn)化為溶解度更小，故答案為：沉淀溶解平衡，溶解度小的容易轉(zhuǎn)化為溶解度更?。?3、12Zn+2H+=Zn2++H2↑4g【分析】【分析】（1）氫氣體積=（0.282m）3=0.0224m3=22.4L，根據(jù)n=；m=nM計(jì)算氫氣物質(zhì)的量、質(zhì)量；

（2）Zn和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鋅和氫氣；

（3）相同條件下，氣體摩爾體積相等，相同體積的不同氣體其物質(zhì)的量相等，根據(jù)m=nM計(jì)算氦氣質(zhì)量．【解析】【解答】解：（1）氫氣體積=（0.282m）3=0.0224m3=22.4L，氫氣物質(zhì)的量n===1mol；氫氣質(zhì)量m=nM=1mol×2g/mol=2g，故答案為：1；2；

（2）Zn和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鋅和氫氣，離子方程式為Zn+2H+=Zn2++H2↑，故答案為：Zn+2H+=Zn2++H2↑；

（3）相同條件下，氣體摩爾體積相等，相同體積的不同氣體其物質(zhì)的量相等，氦氣質(zhì)量m=nM=1mol×4g/mol=4g，故答案為：4g．24、4MnO4-+12H+═4Mn2++5O2↑+6H2O淀粉溶液【分析】【分析】（1）由題目信息，可知錳元素化合價(jià)由MnO4-中+7價(jià)降低為Mn2+中+2價(jià)，1個(gè)Mn2+化合價(jià)變化5，氧元素化合價(jià)由-2價(jià)升高為0價(jià)，1個(gè)氧氣化合價(jià)變化4，據(jù)化合價(jià)升降總數(shù)相等，化合價(jià)升降的最小公倍數(shù)為20，所以Mn2+的系數(shù)為4，O2的系數(shù)為5；再根據(jù)元素守恒（電荷守恒），配平其它物質(zhì)的系數(shù)；

（2）根據(jù)碘遇淀粉溶液變藍(lán)，當(dāng)藍(lán)色消失時(shí)，表明反應(yīng)2Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6完全進(jìn)行；

（3）先根據(jù)方程式2Mn+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O求出n（C2O42-），再根據(jù)關(guān)系式Cu2+Na2S2O3求出n（Cu2+），根據(jù)電荷守恒可得化學(xué)式K2[Cu（C2O4）2]?xH2O，最后根據(jù)質(zhì)量守恒求出x，最終求出化學(xué)式．【解析】【解答】解：（1）錳元素化合價(jià)由MnO4-中+7價(jià)降低為Mn2+中+2價(jià)，1個(gè)Mn2+化合價(jià)變化5，氧元素化合價(jià)由-2價(jià)升高為0價(jià)，1個(gè)氧氣化合價(jià)變化4，據(jù)化合價(jià)升降總數(shù)相等，化合價(jià)升降的最小公倍數(shù)為20，所以Mn2+的系數(shù)為4，O2的系數(shù)為5，再根據(jù)元素守恒（電荷守恒），得方程式為：4MnO4-+12H+═4Mn2++5O2↑+6H2O；

故答案為：4MnO4-+12H+═4Mn2++5O2↑+6H2O；

（2）碘遇淀粉溶液變藍(lán)，當(dāng)藍(lán)色消失時(shí)，表明反應(yīng)2Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6完全進(jìn)行；故答案為：淀粉溶液；

（3）n（C2O42-）=0.02000mol?L-1×20.00×10-3L×=1.000×10-3mol

n（Cu2+）=0.05000mol?L-1×10.00×10-3L=0.5000×10-3mol；

由電荷守恒知，該晶體的化學(xué)式為K2[Cu（C2O4）2]?xH2O；

m（H2O）=0.1680g-0.5000×10-3mol×M[K2Cu（C2O4）2]

=0.1680g-0.5000×10-3mol×318g?mol-1=0.009g；

n（H2O）=0.009g/（18g?mol-1）=0.5000×10-3mol；

n（H2O）：n（Cu2+）=1：1；即x=1；

答：該晶體的化學(xué)式為K2[Cu（C2O4）2]?H2O．六、探究題(共4題，共20分)25、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．26、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生