2024年滬教版高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………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年滬教版高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷959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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列說法不正確的是（）A.含氟氯代烴的廢棄發(fā)泡塑料對(duì)臭氧層無影響B(tài).煤的氣化是高效且清潔地利用煤炭的重要途徑C.將聚乙烯塑料經(jīng)熱裂解可得重新利用的小分子D.使用無磷洗衣粉可緩解水體富營(yíng)養(yǎng)化的趨勢(shì)2、下列各組離子；在水溶液中能大量共存的是（）

①I-、ClO-、、H+

②K+、、、OH-

③、、Cl-、OH-

④Fe2+、Cu2+、、Cl-

⑤H+、K+、、

⑥Ca2+、Na+、、．A.①和⑥B.①和④C.②和⑤D.③和④3、盛有BaCl2稀溶液的甲、乙兩支試管分別通入SO2至飽和，若向甲試管中加入足量硝酸，乙試管中加入足量氫氧化鈉溶液，則下列敘述正確的是（）A.甲、乙兩試管都有白色沉淀生成B.甲試管無白色沉淀生成，而乙試管有白色沉淀生成C.甲、乙兩試管都無白色沉淀生成D.甲試管有白色沉淀生成，而乙試管無白色沉淀生成4、下圖M只含C、H、0、N4種元索的有機(jī)物分子球棍模型．下列關(guān)于該有機(jī)物的說法正確的是（）A.能與濃硝酸作用顯黃色B.在一定條件下，可以發(fā)生聚合反應(yīng)生成高分子化合物C.與鹽酸不反應(yīng)D.與NaHCO3溶液不反應(yīng)5、在容積固定的密閉容器中存在如下反應(yīng)：A（g）+3B（g）?2C（g）；△H＜0．某研究小組研究了其他條件不變時(shí)；改變某一條件對(duì)上述反應(yīng)的影響，并根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出下列關(guān)系圖：

下列判斷一定錯(cuò)誤的是（）A.圖I研究的是不同催化劑對(duì)反應(yīng)的影響，且乙使用的催化劑效率較高B.圖Ⅱ研究的是壓強(qiáng)對(duì)反應(yīng)的影響，且乙的壓強(qiáng)較高C.圖Ⅲ研究的是溫度對(duì)反應(yīng)的影響，且甲的溫度較高D.圖IV研究的是不同催化劑對(duì)反應(yīng)的影響，且甲使用的催化劑效率較高評(píng)卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)6、向2L的密閉容器中充入7.6molNO和3.8molO2；發(fā)生如下反應(yīng)：

①2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）

②2NO2（g）?N2O4（g）

測(cè)得NO2和N2O4的濃度變化如圖所示，0～10min維持容器溫度為T1℃，10min后升高并維持容器的溫度為T2℃．下列說法正確的是（）A.前5min反應(yīng)的平均速率v（N2O4）=0.18mol?（L?min）-1B.T1℃時(shí)反應(yīng)②的化學(xué)平衡常數(shù)K=0.6C.反應(yīng)①、②均為吸熱反應(yīng)D.若起始時(shí)向該容器中充入3.6molNO2和2.0molN2O4，T1℃達(dá)到平衡時(shí)，N2O4的轉(zhuǎn)化率為10%7、rm{H_{2}C_{2}O_{4}}水溶液中rm{H_{2}C_{2}O_{4}}rm{HC_{2}O_{4}^{-}}和rm{C_{2}O_{4}^{2-}}三種形態(tài)的粒子的分布分?jǐn)?shù)rm{婁脛}隨溶液rm{pH}變化的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.曲線rm{壟脵}代表的粒子是rm{HC_{2}O_{4}^{-}}B.rm{0.1mol?L^{-1}NaHC_{2}O_{4}}溶液中：rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}C.rm{pH=5}時(shí)，溶液中主要含碳微粒濃度大小關(guān)系為：rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})>c(HC_{2}O_{4}^{-})}D.在一定溫度下，往rm{CaC_{2}O_{4}}飽和溶液中加入少量rm{CaCl_{2}}固體，rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})}將減小，rm{c(Ca^{2+})}增大8、過濾后的食鹽水仍含有可溶性的rm{CaCl_{2}}rm{MgCl_{2}}rm{Na_{2}SO_{4}}等雜質(zhì)；通過如下幾個(gè)實(shí)驗(yàn)步驟，可制得純凈的食鹽水：

rm{壟脵}加入稍過量的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液。

rm{壟脷}加入稍過量的rm{NaOH}溶液。

rm{壟脹}加入稍過量的rm{BaCl_{2}}溶液。

rm{壟脺}滴入稀鹽酸至無氣泡產(chǎn)生。

rm{壟脻}過濾．

不正確的操作順序是rm{(}rm{)}A.rm{壟脵壟脹壟脷壟脻壟脺}B.rm{壟脷壟脹壟脵壟脻壟脺}C.rm{壟脹壟脵壟脷壟脻壟脺}D.rm{壟脵壟脷壟脹壟脻壟脺}9、一定溫度下，在rm{3}個(gè)體積均為rm{1.0L}的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?

2SO_{3}(g)}達(dá)到平衡時(shí)，下列說法正確的是rm{婁隴H<0}rm{(}。rm{)}容器溫度rm{/隆忙}物質(zhì)的起始濃度rm{/mol隆隴L^{-1}}物質(zhì)的平衡濃度rm{/mol隆隴L^{-1}}rm{c(SO_{2})}rm{c(O_{2})}rm{c(SO_{3})}rm{c(SO_{3})}rm{c(SO_{3})}rm{c(SO_{3})}Ⅰrm{758}rm{0.2}rm{0.1}rm{0}rm{0.044}Ⅱrm{758}rm{0.1}rm{0.05}rm{0}Ⅲrm{858}rm{0.2}rm{0.1}rm{0}

A.從開始至平衡時(shí)，容器Ⅰ中rm{SO_{3}}的反應(yīng)速率為rm{0.044mol隆隴L^{-1}隆隴s^{-1}}B.平衡時(shí)，容器Ⅱ中rm{SO_{3}}的濃度小于rm{0.022mol隆隴L^{-1}}C.平衡時(shí)，容器Ⅲ中rm{SO_{3}}的濃度大于rm{0.044mol隆隴L^{-1}}D.若起始時(shí)，向容器Ⅰ中充入rm{0.02molSO_{2}}rm{0.01molO_{2}}和rm{0.02molSO_{3}}則反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行10、某同學(xué)用以下裝置制備并檢驗(yàn)Cl2的性質(zhì)．下列說法正確的是()

A.Ⅰ圖：若MnO2過量，則濃鹽酸可全部消耗完B.Ⅱ圖：證明新制氯水具有酸性C.Ⅲ圖：產(chǎn)生了棕黃色的霧D.Ⅳ圖：濕潤(rùn)的有色布條褪色11、為了探究FeS04和Cu（N03）2的混合物中各組分的含量；現(xiàn)設(shè)計(jì)如下流程．

下列敘述中錯(cuò)誤的是（）A.n=0.02B.y=2240C.原混合物中FeS04的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為89%D.m=3.212、如圖是用稀rm{HNO_{3}}和rm{Cu}制取少量rm{NO}并驗(yàn)證氮氧化合物性質(zhì)的裝置rm{.}下列說法錯(cuò)誤的是rm{(}rm{)}

A.吸收劑可以是rm{NaOH}溶液B.試管上部的氣體始終為無色C.小試管中溶液最終呈藍(lán)色D.試紙先變紅后褪色評(píng)卷人得分三、填空題(共7題，共14分)13、某種化學(xué)試劑的主要成分為XY2，X、Y均為周期表前20號(hào)元素，其陽離子和陰離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，且1molXY2含有54mol電子．

（1）X為____，Y為____，該物質(zhì)的化學(xué)式是____．

（2）Z是與Y同主族的短周期元素，Z原子的結(jié)構(gòu)示意圖為____，Z單質(zhì)與H2O反應(yīng)的化學(xué)方程式為____，在該反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為____．14、甲醇是一種新型的汽車動(dòng)力燃料，工業(yè)上可通過CO（CO的結(jié)構(gòu)式為C≡O(shè)）和H2化合制備甲醇，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1

該反應(yīng)的原料CO和H2本身都可作為燃料提供動(dòng)力，已知這兩種物質(zhì)燃燒的熱化學(xué)方程式為：②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=-283kJ?mol-1

③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=-242kJ?mol-1；斷開1mol某些化學(xué)鍵所需的最低能量數(shù)據(jù)如下表：

?；瘜W(xué)鍵C-CC-HH-HC-OCOH-O能量/kJ?mol-13484134363581072463請(qǐng)回答下列問題：

（1）反應(yīng)①的焓變△H1=____．

（2）CH3OH（g）燃燒生成CO2（g）和H2O（g）的熱化學(xué)方程式為CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H4，該反應(yīng)的焓變△H4=____．與CO的H2相比，甲醇作為汽車動(dòng)力燃料的優(yōu)點(diǎn)是____．

（3）甲醇-空氣燃料電池（DMFC）是一種高效能、輕污染的電動(dòng)汽車的車載電池，該燃料電池的電池反應(yīng)為CH3OH（1）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（1）．已知電解質(zhì)溶液為H2SO4溶液，則電池的負(fù)極反應(yīng)式為____．15、短周期A；B、C、D4種元素；原子序數(shù)依次增大，A原子的最外層上有4個(gè)電子，B的陰離子和C的陽離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，兩元素的單質(zhì)反應(yīng)，生成一種淡黃色的固體E；D的L層電子數(shù)等于K、M兩個(gè)電子層上電子數(shù)之和．

（1）元素符號(hào)：A為____B為____C為____D為____

（2）D在周期表中的位置第____周期____族；它的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的化學(xué)式為____．

（3）C與水反應(yīng)的化學(xué)方程式是____，所得溶液顯____（“酸性”或“堿性”）．

（4）E的電子式為____，含有化學(xué)鍵的類型為____鍵和____鍵．16、實(shí)驗(yàn)室制取Cl2的反應(yīng)方程式為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O．從氧化還原反應(yīng)的角度看，在制備H2、CO2、Cl2三種氣體時(shí)，鹽酸的作用分別是____、____、____．17、溫州市地處沿海，海水資源豐富，海水提取食鹽和Br2以后的鹽鹵可以用來制備純凈的MgCl2或MgO．鹽鹵中含有Mg2+、Cl-，還含有少量Na+、Fe2+、Fe3+、SO42-和CO（NH2）2等．制備流程如圖1：

（1）濾渣的成分是____（寫化學(xué)式）；濾液Ⅱ中所含主要的雜質(zhì)離子是____（寫離子符號(hào)）．為了加快過濾速度，常采用減壓過濾，寫出組裝減壓過濾裝置的主要硅酸鹽儀器名稱____，____．（寫2種即可）

（2）用NaClO除去尿素CO（NH2）2時(shí)，生成物除鹽外，都是能參與大氣循環(huán)的物質(zhì)，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____；加入NaClO的另一個(gè)作用是____．

（3）溫度和壓強(qiáng)P（HCl）g對(duì)MgCl2?6H2O晶體熱分解產(chǎn)物的影響如圖2所示．請(qǐng)回答下列問題：

①寫出P（HCl）g=0.25MPa，溫度從300℃升高到550℃時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式____；

②實(shí)際生產(chǎn)中，將MgCl2?6H2O晶體加熱到600℃的過程中幾乎得不到無水MgCl2，其原因是____；若要得到無水MgCl2須采取的措施是____．18、設(shè)計(jì)一個(gè)簡(jiǎn)單的一次性完成實(shí)驗(yàn)的裝置圖；驗(yàn)證鹽酸；碳酸、硅酸的酸性強(qiáng)弱．

（1）鹽酸、碳酸、硅酸的酸性由強(qiáng)到弱的順序是____

（2）利用如圖所示的儀器可以組裝實(shí)驗(yàn)裝置．則儀器的連接順序?yàn)開___接____，____接____，____接____．

19、接觸法制硫酸工藝中；其主反應(yīng)在450℃并有催化劑存在下進(jìn)行：

2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)△H＜0

(1)該反應(yīng)450℃時(shí)的平衡常數(shù)____________500℃時(shí)的平衡常數(shù)(填“大于”；“小于”或“等于”)．

(2)該化學(xué)達(dá)到平衡的標(biāo)志是____________．

a．v(O2)正=2v(SO3)逆b．容器中氣體的平均分子量不隨時(shí)間而變化。

c．容器中氣體的密度不隨時(shí)間而變化d．容器中氣體的分子總數(shù)不隨時(shí)間而變化。

(3)恒溫、密閉容器體系中充入一定量SO2、O2；反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，某物理量隨體系總壓強(qiáng)(p)的關(guān)系如圖所示所示．該物理量可能是____________．

a．平衡體系中SO2的體積分?jǐn)?shù)。

b．氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量。

c．混合氣體的密度。

d．平衡體系中SO2的轉(zhuǎn)化率。

(4)在一個(gè)固定容積為5L的密閉容器中充入0.20molSO2和0.10molO2，半分鐘后達(dá)到平衡，測(cè)得容器中含SO30.18mol，則v(O2)=____________mol?L-1?min-1：若繼續(xù)通入0.20molSO2和0.10molO2，則平衡____________移動(dòng)(填“向正反應(yīng)方向”、“向逆反應(yīng)方向”或“不”)，再次達(dá)到平衡后，____________mol＜n(SO3)＜____________mol．

(5)壓強(qiáng)及溫度對(duì)SO2轉(zhuǎn)化率的影響如表(原料氣各成分的體積分?jǐn)?shù)為：SO27%；O21l%；N282%)；

。壓強(qiáng)轉(zhuǎn)化率溫度0.1MPa0.5MPa1MPa10MPa400℃99.2%99.6%99.7%99.9%500℃93.5%96.9%97.8%99.3%600℃73.7%85.8%89.5%96.4%利用表中數(shù)據(jù)分析．在實(shí)際生產(chǎn)中選擇的適宜生產(chǎn)條件是：溫度____________℃，壓強(qiáng)____________MPa．評(píng)卷人得分四、判斷題(共1題，共2分)20、SO3和H2O的反應(yīng)與SO2和H2O的反應(yīng)類型完全相同____（判斷對(duì)和錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共4題，共28分)21、某研究性學(xué)習(xí)小組，利用固體Na2SO3與中等濃度的H2SO4反應(yīng)，制備SO2氣體并進(jìn)行有關(guān)性質(zhì)探究實(shí)驗(yàn)．該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Na2SO3（固）+H2SO4═Na2SO4↑+H2O．除固體Na2SO3和中等濃度的H2SO4外，可供選擇的試劑還有：①溴水②濃H2SO4③品紅試液④紫色石蕊試液⑤澄清石灰水⑥NaOH溶液。

回答下列問題：

（1）欲驗(yàn)證SO2的漂白作用，應(yīng)將SO2氣體通入______中（填物質(zhì)編號(hào)），觀察到的現(xiàn)象是______；

（2）欲驗(yàn)證SO2的還原性，應(yīng)將SO2氣體通入______中（填物質(zhì)編號(hào)），觀察到的現(xiàn)象是______；

（3）為說明SO2的氧化性，通常利用的反應(yīng)是______；

（4）為防止多余的SO2氣體污染環(huán)境，應(yīng)將尾氣通入______中（填物質(zhì)編號(hào)），反應(yīng)離子方程式為______；

（5）有一實(shí)驗(yàn)小組發(fā)現(xiàn)，SO2產(chǎn)生緩慢（不考慮SO2）在溶液中的溶解，實(shí)驗(yàn)中也不存在漏氣、反應(yīng)溫度等裝置和操作上的問題），請(qǐng)你推測(cè)可能的原因（至少填寫一種）：①______，②______．22、化學(xué)--選修物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)。

已知：A、B、C、D、E、F五種元素核電荷數(shù)依次增大，屬周期表中前四周期的元素．其中A原子核外有三個(gè)未成對(duì)電子；化合物B2E的晶體為離子晶體；E原子核外的M層中只有兩對(duì)成對(duì)電子；C元素是地殼中含量最高的金屬元素；D單質(zhì)的熔點(diǎn)在同周期元素形成的單質(zhì)中是最高的；F原子核外最外層電子數(shù)與B相同，其余各層均充滿．請(qǐng)根據(jù)以上信息，回答下列問題：

（1）A、B、C、D的第一電離能由小到大的順序?yàn)開_____．（用元素符號(hào)表示）

（2）B的氯化物的熔點(diǎn)比D的氯化物的熔點(diǎn)______（填高或低），理由是______．

（3）E的最高價(jià)氧化物分子的空間構(gòu)型是______．

（4）F的核外電子排布式是______，F(xiàn)的高價(jià)離子與A的簡(jiǎn)單氫化物形成的配離子的化學(xué)式為______．

（5）A、F形成某種化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，則其化學(xué)式為______；（黑色球表示F原子）

（6）A、C形成的化合物具有高沸點(diǎn)和高硬度，是一種新型無機(jī)非金屬材料，其晶體中所含的化學(xué)鍵類型為______．23、銅；鎵、硒、硅等元素的化合物是生產(chǎn)第三代太陽能電池的重要材料．請(qǐng)回答：

（1）基態(tài)銅原子的電子排布式為______；已知高溫下CuO→Cu2O+O2，從銅原子價(jià)層電子結(jié)構(gòu)（3d和4s軌道上應(yīng)填充的電子數(shù)）變化角度來看，能生成Cu2O的原因是______．

（2）硒、硅均能與氫元素形成氣態(tài)氫化物，則它們形成的組成最簡(jiǎn)單的氫化物中，分子構(gòu)型分別為______，若“Si-H”中共用電子對(duì)偏向氫元素，氫氣與硒反應(yīng)時(shí)單質(zhì)硒是氧化劑，則硒與硅的電負(fù)性相對(duì)大小為Se______Si（填“＞”；“＜”）．

（3）SeO2常溫下白色晶體，熔點(diǎn)為340～350℃，315℃時(shí)升華，則SeO2固體的晶體類型為______；若SeO2類似于SO2是V型分子，則Se原子外層軌道的雜化類型為______．

（4）與鎵元素處于同一主族的硼元素具有缺電子性（價(jià)電子數(shù)少于價(jià)層軌道數(shù)），其化合物可與具有孤對(duì)電子的分子或離子生成配合物，如BF3能與NH3反應(yīng)生成BF3?NH3．BF3?NH3中B原子的雜化軌道類型為______，B與N之間形成______鍵．

（5）金剛砂（SiC）的硬度為9.5，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示；則金剛砂晶體類型為______，在SiC中，每個(gè)C原子周圍最近的C原子數(shù)目為______個(gè)；若晶胞的邊長(zhǎng)為apm，則金剛砂的密度表達(dá)式為______g/cm3．24、有機(jī)物A和B的分子式均為C11H12O5；在稀硫酸中加熱均能生成C和D，其中D能發(fā)生如下變化（略去了部分產(chǎn)物及反應(yīng)條件）：

已知：i．A、B、C、D、E均能與NaHCO3反應(yīng)；

ii．只有A、C能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；且苯環(huán)上的一溴代物只有兩種；

iii．E能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；

iv．G能使溴的四氯化碳溶液褪色．

請(qǐng)按要求回答下列問題：

（1）G所含官能團(tuán)名稱：______；圖中屬于氧化反應(yīng)的是______．

（2）寫出結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：B______、I______、J______．

（3）寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式：

反應(yīng)④：______．

反應(yīng)A→C+D：______．

（4）能同時(shí)滿足下列三個(gè)條件的C的同分異構(gòu)體有______種．

①苯環(huán)上一鹵代物只有兩種②能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)．

寫出其中一種的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：______．評(píng)卷人得分六、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共14分)25、（2014春?納溪區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，A、B、C是實(shí)驗(yàn)室常用的三種制取氣體的裝置，提供的藥品有：大理石、濃鹽酸、稀鹽酸、鋅粒、二氧化錳、氯化銨、熟石灰．現(xiàn)欲利用這些藥品分別制取NH3、Cl2、H2、CO2四種氣體；試回答以下問題．

（1）選用A裝置可制取的氣體有____；選用B裝置可制取的氣體有____；通常選用C裝置制取的氣體有____．若用亞硫酸鈉和濃硫酸來制取二氧化硫氣體應(yīng)選用裝置____（填裝置的編號(hào)字母）．

（2）寫出利用上述有關(guān)藥品制取氯氣的化學(xué)方程式：____；為了防止污染環(huán)境，需要用NaOH溶液吸收，處理多余氣體的離子方程式：____．

（3）若要制得干燥的氨氣，可選用下列干燥劑中的____（填序號(hào)）．

A．堿石灰B．濃硫酸C．五氧化二磷。

（4）標(biāo)號(hào)①的儀器除可用于在氣體發(fā)生裝置中添加試劑外，在實(shí)驗(yàn)中常用于____（填實(shí)驗(yàn)操作名稱）．26、實(shí)驗(yàn)室需要0.1mol/L鹽酸溶液450mL；配制過程如下：

A；在盛鹽酸的燒杯中注入適量蒸餾水；并用玻璃棒攪拌，使其混合均勻．

B、在鹽酸稀釋后，沿①____注入②____中．

C、用③____量取1.19g/cm3，37%的濃鹽酸④____毫升注入燒杯中．

D；用適當(dāng)蒸餾水洗滌燒杯及玻璃棒2～3次；將溶液一并注入②中．

E、往②中小心加蒸餾水至液面接近刻度線2～3cm處，改用⑤____加蒸餾水，使溶液的⑥____與瓶頸刻度相切．

F；采用標(biāo)準(zhǔn)的操作方法搖勻；并轉(zhuǎn)移入試劑瓶中貼上標(biāo)簽．

（1）在橫線上填上適當(dāng)?shù)膬x器名稱；操作方法；

（2）正確的實(shí)驗(yàn)步驟是____．

（3）在配制上述溶液實(shí)驗(yàn)中，下列操作引起結(jié)果（濃度）偏低的有____（填序號(hào)）

A；在燒杯中稀釋溶質(zhì)攪拌時(shí)；濺出少量溶液。

B；沒有用蒸餾水洗燒杯2-3次；并將洗液移入②中。

C；定容時(shí)；加水超過了刻度線，倒出一些再重新加水到刻度線。

D；將所配溶液從②轉(zhuǎn)移到試劑瓶時(shí)；有少量濺出。

E；把配好的溶液倒入剛用蒸餾水洗凈的試劑瓶中備用。

F、②剛用蒸餾水洗凈，沒有烘干．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【分析】A；氟氯烴會(huì)破壞臭氧層；引起臭氧層空洞，導(dǎo)致地面太陽紫外線輻射增強(qiáng)，進(jìn)而危及人類的健康；

B；煤的干餾、氣化是高效、清潔利用煤的重要途徑；

C；廢棄塑料熱裂解；可得到式量更小的烷烴和烯烴；

D、生活污水中N、P元素會(huì)造成水中藻類植物的大量生長(zhǎng)，使水質(zhì)變壞，造成水體富營(yíng)養(yǎng)化．【解析】【解答】解：A；氟氯烴會(huì)破壞臭氧層；引起臭氧層空洞，導(dǎo)致地面太陽紫外線輻射增強(qiáng)，進(jìn)而危及人類的健康，所以含氟氯代烴的廢棄發(fā)泡塑料對(duì)臭氧層有影響，故A錯(cuò)誤；

B；煤的氣化和液化是高效、清潔地利用煤炭的重要途徑；故B正確；

C；將廢棄塑料熱裂解處理；可獲得式量更小的烷烴和烯烴如獲得乙烯、丙烯等化工原料，故C正確；

D；生活污水中N、P元素會(huì)造成成水體富營(yíng)養(yǎng)化；所以使用無磷洗衣粉能緩解水體富營(yíng)養(yǎng)化，故D正確；

故選A．2、D【分析】【分析】根據(jù)離子之間不能結(jié)合生成水、氣體、沉淀、弱電解質(zhì)，不能發(fā)生氧化還原反應(yīng)等，則離子能大量共存，以此來解答．【解析】【解答】解：①I-、ClO-、H+離子之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，I-、NO3-、H+離子之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)；不能共存，故不選；

②OH-、HCO3-結(jié)合生成水和碳酸根離子，OH-、NH4+結(jié)合生成弱電解質(zhì)；則不能共存，故不選；

③該組離子之間不反應(yīng)；能共存，故選；

④該組離子之間不反應(yīng)；能共存，故選；

⑤AlO2-、H+離子之間結(jié)合生成沉淀，HSO3-、H+離子之間生成水和氣體；則不能共存，故不選；

⑥Ca2+分別與CO32-、SO42-結(jié)合生成沉淀；則不能共存，故不選；

故選D．3、A【分析】【分析】SO2和BaCl2不反應(yīng)，SO2具有還原性，與硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，SO2具有酸性氧化物的性質(zhì)，可與NaOH反應(yīng)．【解析】【解答】解：SO2和BaCl2不反應(yīng)，加入硝酸，可將SO2氧化為H2SO4，生成BaSO4，加入NaOH生成Na2SO3，可生成BaSO3沉淀；

故選A．4、B【分析】【分析】根據(jù)原子成鍵方式知，該物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH（NH2）COOH，含有氨基和羧基，具有氨基酸的性質(zhì)，能和酸、堿反應(yīng)，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：根據(jù)原子成鍵方式知，該物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH（NH2）COOH；

A．蛋白質(zhì)能和濃硝酸發(fā)生顏色反應(yīng)；但氨基酸不能和濃硝酸發(fā)生顏色反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B．含有氨基和羧基；所以在一定條件下能發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高分子化合物，故B正確；

C．含有氨基；能和鹽酸反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D．含有羧基；能和碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳，故D錯(cuò)誤；

故選B．5、A【分析】【解答】A．加入催化劑；平衡不發(fā)生移動(dòng)，甲到達(dá)平衡時(shí)間短，所以甲使用的催化劑效率較高，乙使用的催化劑效率較較低，故A錯(cuò)誤；

B．甲到達(dá)平衡時(shí)間長(zhǎng)；所以甲的壓強(qiáng)較低，乙的壓強(qiáng)較高，故B正確；

C．甲到達(dá)平衡時(shí)間短；所以甲的溫度較高，正反應(yīng)放熱，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，所以B的轉(zhuǎn)化率減小，故C正確；

D．加入催化劑；平衡不發(fā)生移動(dòng)，甲到達(dá)平衡時(shí)間短，所以甲使用的催化劑效率較高，故D正確．

故選A．

【分析】A．加入催化劑；平衡不發(fā)生移動(dòng)，甲到達(dá)平衡時(shí)間短，甲使用的催化劑效率較高；

B．甲到達(dá)平衡時(shí)間長(zhǎng)；所以甲的壓強(qiáng)較低；

C．甲到達(dá)平衡時(shí)間短；所以甲的溫度較高，正反應(yīng)放熱，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)；

D．加入催化劑，平衡不發(fā)生移動(dòng)，甲到達(dá)平衡時(shí)間短，甲使用的催化劑效率較高．二、雙選題(共7題，共14分)6、A|D【分析】解：A、前5min反應(yīng)的平均速率v（N2O4）===0.18mol?（L?min）-1；故A正確；

B、T1℃時(shí)反應(yīng)②的化學(xué)平衡常數(shù)K===0.4L/mol；故B錯(cuò)誤；

C；在該題中，升高溫度后，二氧化氮的濃度增加，四氧化二氮的濃度減小，所以平衡②逆向移動(dòng)，反應(yīng)是放熱的，故C錯(cuò)誤；

D、若起始時(shí)向該容器中充入3.6molNO2和2.0molN2O4，則Qc=0.31＜K，所以反應(yīng)正向進(jìn)行，T1℃達(dá)到平衡時(shí)；

2NO2（g）?N2O4（g）

初始：1.81.0

變化：2xx

平衡：1.8-2x1.0+x

則=0.4，解得x=0.1，即N2O4的轉(zhuǎn)化率為10%；故D正確．

故選AD．

A、根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率v=來計(jì)算化學(xué)反應(yīng)速率；

B、化學(xué)平衡常數(shù)K=代入相關(guān)數(shù)據(jù)來計(jì)算即可；

C；根據(jù)溫度對(duì)化學(xué)平衡移動(dòng)的影響來判斷反應(yīng)的吸放熱；

D、根據(jù)轉(zhuǎn)化率=來計(jì)算即可．

本題考查學(xué)生化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的有關(guān)計(jì)算知識(shí)，屬于綜合知識(shí)的考查，注意知識(shí)的歸納和整理是關(guān)鍵，難度不大．【解析】【答案】AD7、rBD【分析】解：rm{A}曲線rm{壟脵}代表的粒子是rm{H_{2}C_{2}O_{4}}故A錯(cuò)誤；

B、rm{NaHC_{2}O_{4}}溶液rm{pH=4}證明溶液顯示酸性，陰離子rm{HC_{2}O_{4}^{-}}的電離程度大于其水解程度，所以rm{c(H_{2}C_{2}O_{4})<c(C_{2}O_{4}^{2-})}故B正確；

C、rm{pH=5}時(shí)，溶液中主要含碳物種濃度大小關(guān)系為：rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}故C錯(cuò)誤；

D、一定溫度下，往rm{CaC_{2}O_{4}}飽和溶液中，存在rm{CaC_{2}O_{4}(s)?C_{2}O_{4}^{2-}(aq)+Ca^{2+}(aq)}平衡，加入少量rm{CaCl_{2}}固體，平衡逆向移動(dòng)，rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})}將減小，rm{c(Ca^{2+})}不可抵消，所以rm{c(Ca^{2+})}增大；故D正確；

故選BD．

由圖可知rm{壟脵}代表的是rm{H_{2}C_{2}O_{4}}rm{壟脷}代表的是rm{HC_{2}O_{4}^{-}壟脹}代表的是rm{C_{2}O_{4}^{2-}}由此分析：

A、曲線rm{壟脵}代表的粒子是rm{H_{2}C_{2}O_{4}}

B、由圖可知，rm{NaHC_{2}O_{4}}溶液rm{pH=3隆蘆4}證明溶液顯示酸性，陰離子的電離程度大于其水解程度；

C、由圖可知，rm{pH=5}時(shí)，溶液中主要含碳物種濃度大小關(guān)系為：rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}

D、一定溫度下，往rm{CaC_{2}O_{4}}飽和溶液中，存在rm{CaC_{2}O_{4}(s)?C_{2}O_{4}^{2-}(aq)+Ca^{2+}(aq)}平衡，加入少量rm{CaCl_{2}}固體，平衡逆向移動(dòng)，rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})}將減小，rm{c(Ca^{2+})}不可抵消，所以rm{c(Ca^{2+})}增大．

本題考查學(xué)生鹽的水解原理的應(yīng)用：離子濃度大小比較知識(shí)，注意知識(shí)的歸納和整理是關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】rm{BD}8、rAD【分析】解：粗鹽的提純中，為了保證雜質(zhì)離子完全出去，每一次所加試劑都過量，加入rm{NaOH}溶液的目的是除去鎂離子，加rm{BaCl_{2}}溶液的目的是除去硫酸根離子，加rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的目的是除去鈣離子和過量的鋇離子，由此可知，rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的加入一定在rm{BaCl_{2}}溶液之后，即rm{壟脵}一定在rm{壟脹}之后，為了不使產(chǎn)生的沉淀溶解，一定要在過濾后再加鹽酸，即rm{壟脺}在rm{壟脻}之后，操作順序可以為：rm{壟脷壟脹壟脵壟脻壟脺}或rm{壟脹壟脷壟脵壟脻壟脺}或rm{壟脹壟脵壟脷壟脻壟脺}故不正確的為rm{AD}

故選AD．

粗鹽的提純中，為了保證雜質(zhì)離子完全出去，每一次所加試劑都過量，加入rm{NaOH}溶液的目的是除去鎂離子，加rm{BaCl_{2}}溶液的目的是除去硫酸根離子，加rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的目的是除去鈣離子和過量的鋇離子，由此可知，rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的加入一定在rm{BaCl_{2}}溶液之后；為了不使產(chǎn)生的沉淀溶解，一定要在過濾后再加鹽酸，以此來解答．

本題考查混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，把握粗鹽提純的步驟、實(shí)驗(yàn)操作為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意碳酸鈉一定在氯化鋇之后，題目難度不大．【解析】rm{AD}9、BD【分析】【分析】本題是對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率和平衡知識(shí)的考察，是中學(xué)化學(xué)的重要知識(shí)，難度一般。關(guān)鍵是掌握化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的原理和影響因素規(guī)律，側(cè)重知識(shí)的能力考察。【解答】A.從開始至平衡沒有時(shí)間，無法計(jì)算反應(yīng)速率，故A錯(cuò)誤；B.容器Ⅱ中反應(yīng)物初始濃度是容器Ⅰ中的rm{dfrac{1}{2}}，壓強(qiáng)減小平衡逆向移動(dòng)，rm{SO}rm{SO}rm{3}rm{3}的平衡濃度小于rm{0.022mol隆隴L}rm{0.022mol隆隴L}rm{{,!}^{-1}}，故B正確；C.容器Ⅲ的溫度比容器Ⅰ高，該反應(yīng)的正反應(yīng)放熱，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，rm{SO}rm{SO}rm{3}按照rm{3}項(xiàng)充入物質(zhì)時(shí)，的濃度小于rm{0.044mol隆隴L}rm{0.044mol隆隴L}rm{{,!}^{-1}}反應(yīng)逆向進(jìn)行，故D正確。，故C錯(cuò)誤；D.由容器Ⅰ中數(shù)據(jù)可計(jì)算得rm{K=1.02}按照rm{D}項(xiàng)充入物質(zhì)時(shí)，rm{Q}【解析】rm{BD}10、B|D【分析】解：A、Ⅰ圖中：如果MnO2過量；濃鹽酸隨著反應(yīng)進(jìn)行，濃度減小到一定程度，不再與二氧化錳繼續(xù)反應(yīng)，所以鹽酸不能全部消耗，故A錯(cuò)誤；

B；Ⅱ圖中氯水中氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸；滴入石蕊試液遇到石蕊變紅證明酸性，但次氯酸存在溶液最后會(huì)褪色，即證明氯水的酸性，故B正確；

C；Ⅲ圖中：銅在氯氣中燃燒產(chǎn)生棕色的煙；故C錯(cuò)誤；

D、Ⅳ圖中：濕潤(rùn)的有色布條能褪色，是因?yàn)槁葰馀c水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，使有色布條褪色，剩余氯氣通入到盛氫氧化鈉溶液的燒杯中發(fā)生反應(yīng)為Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；故D正確；

故選BD．【解析】【答案】BD11、A|D【分析】解：根據(jù)題中流程可知，步驟②中加入鐵粉產(chǎn)生了氫氣，說明前面的酸過量，步驟①中有氯氣與亞鐵離子反應(yīng)，說明溶液a中有亞鐵離子，17.08g的FeS04和Cu（N03）2的混合物與0.14mol硫酸混合，硝酸根全部被還原為NO，NO的物質(zhì)的量為mol=0.02mol，根據(jù)氮元素守恒，樣品中Cu（N03）2的質(zhì)量為188g/mol×0.01mol=1.88g，所以FeS04的質(zhì)量為17.08g-1.88g=15.2g，其物質(zhì)的量為0.1mol，原混合物中FeS04的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=89%；故C正確；

根據(jù)方程式3Fe2++8H++2NO3-（稀）═3Fe3++2NO?+4H2O

3mol8mol2×22.4L

n（Fe2+）n（H+）448mL

所以n（Fe2+）=0.03mol，n（H+）=0.08mol；則a溶液中亞鐵離子的物質(zhì)的量為0.1mol-0.03mol=0.07mol；

根據(jù)方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，可得氧化亞鐵離子需要氯氣的物質(zhì)的量為0.035mol，故A錯(cuò)誤，根據(jù)鐵元素守恒，a溶液中鐵離子的物質(zhì)的量為0.1mol，根據(jù)反應(yīng)2Fe3++Fe═3Fe2+，可得消耗鐵的物質(zhì)的量為0.05mol即質(zhì)量為2.8g，a溶液中n（H+）=0.14mol×2-0.08mol=0.2mol，結(jié)合反應(yīng)2H++Fe═H2↑+Fe2+；可得消耗鐵的物質(zhì)的量為0.1mol即質(zhì)量為5.6g，則剩余鐵的質(zhì)量為9g-5.6g-2.8g=0.6g，故D錯(cuò)誤，生成的氫氣為0.1mol，其體積為2.44L，故B正確；

故選AD．

根據(jù)題中流程可知，步驟②中加入鐵粉產(chǎn)生了氫氣，說明前面的酸過量，步驟①中有氯氣與亞鐵離子反應(yīng)，說明溶液a中有亞鐵離子，17.08g的FeS04和Cu（N03）2的混合物與0.14mol硫酸混合；由于亞鐵離子過量，硝酸根全部被還原為NO，據(jù)此計(jì)算得硝酸銅的質(zhì)量及消耗掉的氫離子的物質(zhì)的量，同時(shí)根電子得失守恒可計(jì)算出溶液a中生成的鐵離子的物質(zhì)的量，根據(jù)氯氣的物質(zhì)的量可計(jì)算出a溶液中亞鐵離子的物質(zhì)的量，并由此計(jì)算出溶液中鐵離子的總物質(zhì)的量，根據(jù)溶液中的氫離子及9g鐵粉可計(jì)算出氫氣的體積和m的值；

本題考查了化學(xué)計(jì)算與實(shí)驗(yàn)流程相結(jié)合的知識(shí)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟和實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象進(jìn)行逐步計(jì)算是解題關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】【答案】AD12、rBD【分析】解：銅和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、一氧化氮和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{2NO+O_{2}=2NO_{2}}無色氣體變化為紅棕色氣體二氧化氮，可以用堿溶液吸收；

A.上述分析可知得到的氣體主要是rm{NO_{2}}和rm{NO}可以被氫氧化鈉溶液吸收，所以吸收劑可以是rm{NaOH}溶液；故A正確；

B.銅和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅；一氧化氮和水；一氧化氮和試管中的氧氣反應(yīng)生成紅棕色氣體二氧化氮，試管上部氣體不始終為無色，故B錯(cuò)誤；

C.銅和稀硝酸反應(yīng)得到溶液為硝酸銅溶液；溶液為藍(lán)色，故C正確；

D.生成的一氧化氮和氧氣反應(yīng)生成二氧化氮紅棕色氣體；二氧化氮具有氧化性，和碘化鉀溶液反應(yīng)生成碘單質(zhì)，碘單質(zhì)遇到淀粉變藍(lán)色，故D錯(cuò)誤；

故選BD．

銅和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、一氧化氮和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}實(shí)驗(yàn)裝置中有有空氣，生成的一氧化氮和氧氣反應(yīng)生成二氧化氮紅棕色氣體，二氧化氮具有氧化性，和碘化鉀溶液反應(yīng)生成碘單質(zhì)，碘單質(zhì)遇到淀粉變藍(lán)色，吸收劑是和氮氧化物反應(yīng)的溶液應(yīng)為堿溶液．

本題考查了稀硝酸、氮氧化物性質(zhì)的分析，注意一氧化氮和二氧化氮?dú)怏w顏色變化和二氧化氮具有氧化性的分析，題目綜合考查了物質(zhì)性質(zhì)的反應(yīng)現(xiàn)象，難度中等．【解析】rm{BD}三、填空題(共7題，共14分)13、CaClCaCl22H2O+2F2=4HF+O21：1【分析】【分析】（1）化學(xué)試劑的主要成分為XY2，X、Y均為周期表前20號(hào)元素，其陽離子和陰離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，含有相同的核外電子數(shù)，且1molXY2含有54mol電子，則陰、陽離子核外電子數(shù)為=18，則為Ca2+、Cl-；即X為Ca；Y為Cl；

（2）Z是與Y同主族的短周期元素，則Z為F，原子核外有9個(gè)電子，氟氣與水反應(yīng)生成HF與氧氣，反應(yīng)中氟氣為氧化劑，水為還原劑．【解析】【解答】解：（1）化學(xué)試劑的主要成分為XY2，X、Y均為周期表前20號(hào)元素，其陽離子和陰離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，含有相同的核外電子數(shù)，且1molXY2含有54mol電子，則陰、陽離子核外電子數(shù)為=18，則為Ca2+、Cl-，即X為Ca、Y為Cl，故XY2是CaCl2；

故答案為：Ca；Cl；CaCl2；

（2）Z是與Y同主族的短周期元素，則Z為F，原子核外有9個(gè)電子，原子核外電子排布式為氟氣與水反應(yīng)生成HF與氧氣，反應(yīng)方程式為：2H2O+2F2=4HF+O2；反應(yīng)中氟氣為氧化劑，水為還原劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：1；

故答案為：2H2O+2F2=4HF+O2；1：1．14、-116kJ?mol-1-651kJ?mol-1易于運(yùn)輸，單位產(chǎn)能耗氧量較少CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+【分析】【分析】（1）依據(jù)化學(xué)反應(yīng)焓變=反應(yīng)物鍵能總和-生成物鍵能總和計(jì)算；

（2）已知①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1=-116kJ?mol-1；

②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=-283kJ?mol-1；

③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=-242kJ?mol-1；

根據(jù)蓋斯定律計(jì)算CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H4；甲醇易于運(yùn)輸；燃燒耗氧少；

（3）酸性條件下，負(fù)極上甲醇失電子和水反應(yīng)生成二氧化碳和氫離子．【解析】【解答】解：（1）CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g），反應(yīng)的焓變可以根據(jù)反應(yīng)物的總鍵能和生成物的總鍵能計(jì)算得到，焓變=反應(yīng)物總鍵能之和-生成物總鍵能之和，依據(jù)圖表提供的化學(xué)鍵的鍵能計(jì)算得到，△H═1072KJ/mol+2×436KJ/mol-（3×413KJ/mol+358KJ/mol+463KJ/mol）=-116kJ?mol-1；

故答案為：-116kJ?mol-1；

（2）已知①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1=-116kJ?mol-1；

②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=-283kJ?mol-1；

③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=-242kJ?mol-1；

根據(jù)蓋斯定律②-①+③×2得CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H4=-283-（-116）+（-242）×2=-651kJ?mol-1；

常溫下甲醇為液體；與CO；氫氣相比較，甲醇易于運(yùn)輸，而且甲醇燃燒耗氧少；

故答案為：-651kJ?mol-1；易于運(yùn)輸；單位產(chǎn)能耗氧量較少；

（3）酸性條件下，負(fù)極上甲醇失電子和水反應(yīng)生成二氧化碳和氫離子，則負(fù)極的電極反應(yīng)式為CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+；

故答案為：CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+．15、CONaS三ⅥAH2SO42Na+2H2O=2NaOH+H2↑堿性離子非極性共價(jià)【分析】【分析】A、B、C、D為四種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，B的陰離子和C的陽離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，兩元素的單質(zhì)反應(yīng)，生成一種淡黃色的固體E，則固體E為Na2O2，則B為O元素、C為Na元素；A的原子序數(shù)小于B，且A原子的最外層上有4個(gè)電子，則A為C元素；D的L層電子數(shù)等于K、M兩個(gè)電子層上電子數(shù)之和，則D原子M層電子數(shù)為8-2=6，核外各層電子分別為2、8、6，則D為S元素，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D為四種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，B的陰離子和C的陽離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，兩元素的單質(zhì)反應(yīng)，生成一種淡黃色的固體E，則固體E為Na2O2；則B為O元素；C為Na元素；A的原子序數(shù)小于B，且A原子的最外層上有4個(gè)電子，則A為C元素；D的L層電子數(shù)等于K、M兩個(gè)電子層上電子數(shù)之和，則D原子M層電子數(shù)為8-2=6，核外各層電子分別為2、8、6，則D為S元素；

綜上所述：A為碳；B為氧，C為鈉，D為硫；

（1）A為C元素；B為O元素、C為Na元素、D為S元素；故答案為：C；O；Na；S；

（2）D為S元素，處于第三周期第ⅥA族，S的最高價(jià)氧化物的水化物的化學(xué)式是H2SO4，故答案為：三；ⅥA；H2SO4；

（3）鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉與氫氣，化學(xué)反應(yīng)方程式為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；生成的氫氧化鈉為堿，顯堿性；

故答案為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；堿性；

（4）E為過氧化鈉，它的電子式為含有化學(xué)鍵的類型為離子鍵和非極性共價(jià)鍵；

故答案為：離子；非極性共價(jià)．16、氧化劑酸性還原劑，酸性【分析】【分析】利用Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑、CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O、MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O反應(yīng)及元素的化合價(jià)變化分析．【解析】【解答】解：由Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑可知；HCl中H元素的化合價(jià)降低，體現(xiàn)HCl的氧化性，作氧化劑；

由CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O可知；沒有元素的化合價(jià)變化，生成鹽，體現(xiàn)HCl的酸性，作酸；

由MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O可知；生成鹽，體現(xiàn)其酸性，生成氯氣時(shí)Cl元素的化合價(jià)升高，體現(xiàn)HCl的還原性，作還原劑；

故答案為：氧化劑；酸性；還原劑，酸性．17、Fe（OH）3、CaSO4Na+布氏漏斗抽濾瓶或吸濾瓶3NaClO+CO（NH2）2=3NaCl+CO2↑+N2↑+2H2O將Fe2+氧化為Fe3+，并形成Fe（OH）3被除去．Mg（OH）Cl=MgO+HCl↑P（HCl）g較小，鎂離子水解生成氫氧化鎂，得不到氯化鎂；通入HCl，而增大P（HCl）g通入HCl，而增大P（HCl）g，抑制鎂離子的水解；【分析】【分析】（1）根據(jù)鹽鹵的成份來看，加入NaClO能氧化Fe2+使它變成Fe（OH）3沉淀；加入氯化鈣的作用是形成硫酸鈣沉淀，除去其中的硫酸根離子；濾液Ⅰ的成分為氯化鎂；氯化鈉，冷卻結(jié)晶，得到氯化鎂晶體，濾液的成分為氯化鈉和氯化鎂；

（2）根據(jù)減壓過濾裝置的主要儀器有：真空泵；布氏漏斗、抽濾瓶或吸濾瓶等；

（3）根據(jù)NaClO與尿素CO（NH2）2反應(yīng)時(shí)，依據(jù)元素守恒以及生參與大氣循環(huán)的物質(zhì)，可知生成物有NaCl，還有CO2、N2、H2O；根據(jù)NaClO能氧化Fe2+使它變成Fe（OH）3沉淀而除去；

①由圖可知P（HCl）g=0.25MPa，溫度從300℃升高到550℃時(shí)MgCl2?6H2O晶體由Mg（OH）Cl轉(zhuǎn)變成MgO；

②若加熱MgCl2?6H2O晶體，P（HCl）g較小，根據(jù)鎂離子水解生成氫氧化鎂，得不到氯化鎂；若要得到無水氯化鎂，則應(yīng)通入HCl，而增大P（HCl）g，抑制鎂離子的水解．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)鹽鹵的成份來看，加入NaClO能氧化Fe2+使它變成Fe（OH）3沉淀，加入氯化鈣的作用是形成硫酸鈣沉淀，除去其中的硫酸根離子，所以濾渣的成分是Fe（OH）3、CaSO4；

濾液Ⅰ的成分為氯化鎂、氯化鈉，冷卻結(jié)晶，得到氯化鎂晶體，濾液的成分為氯化鈉和氯化鎂，濾液Ⅱ中所含的主要雜質(zhì)離子是Na+；故答案為：Fe（OH）3、CaSO4；Na+；

（2）減壓過濾裝置的主要儀器有：真空泵；布氏漏斗、抽濾瓶或吸濾瓶等；主要硅酸鹽儀器名稱是布氏漏斗、抽濾瓶或吸濾瓶；

故答案為：布氏漏斗；抽濾瓶或吸濾瓶；

（3）NaClO與尿素CO（NH2）2反應(yīng)時(shí)，生成物有NaCl，還有CO2、N2、H2O，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為3NaClO+CO（NH2）2=3NaCl+CO2↑+N2↑+2H2O；加入NaClO還能起到的作用是氧化Fe2+使它變成Fe（OH）3沉淀而除去；

故答案為：3NaClO+CO（NH2）2=3NaCl+CO2↑+N2↑+2H2O；加入NaClO能氧化Fe2+使它變成Fe（OH）3沉淀而除去；

（3）①由圖可知P（HCl）g=0.25MPa，溫度從300℃升高到550℃時(shí)MgCl2?6H2O晶體由Mg（OH）Cl轉(zhuǎn)變成MgO；方程式為：Mg（OH）Cl=MgO+HCl↑；

故答案為：Mg（OH）Cl=MgO+HCl↑；

③加熱MgCl2?6H2O晶體，P（HCl）g較小，鎂離子水解生成氫氧化鎂，得不到氯化鎂；若要得到無水氯化鎂，則應(yīng)通入HCl，而增大P（HCl）g；抑制鎂離子的水解；

故答案為：P（HCl）g較小，鎂離子水解生成氫氧化鎂，得不到氯化鎂；通入HCl，而增大P（HCl）g，抑制鎂離子的水解．18、HCl＞H2CO3＞H2SiO3ADEBCF【分析】【分析】（1）鹽酸為強(qiáng)酸；碳酸為弱酸，硅酸的酸性比碳酸更弱；

（2）先用鹽酸與碳酸鈉反應(yīng)得到二氧化碳，二氧化碳與硅酸鈉反應(yīng)生成硅酸，據(jù)此可以一次性完成實(shí)驗(yàn)．【解析】【解答】解：（1）鹽酸、碳酸、硅酸的酸性強(qiáng)弱順序是：HCl＞H2CO3＞H2SiO3，故答案為：HCl＞H2CO3＞H2SiO3；

（2）鹽酸、碳酸、硅酸的酸性強(qiáng)弱為HCl＞H2CO3＞H2SiO3；根據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸知，鹽酸和碳酸鈉反應(yīng)制取二氧化碳，二氧化碳和硅酸鈉溶液反應(yīng)制取硅酸，所以儀器的連接順序是：A→D→E→B→C→F；

故答案為：A；D；E；B；C；F．19、略

【分析】解：(1)2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)△H＜0；反應(yīng)放熱，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)減小，所以反應(yīng)450℃時(shí)的平衡常數(shù)大于500℃時(shí)的平衡常數(shù)，故答案為：大于；

(2)a、因化學(xué)方程式的系數(shù)之比等于化學(xué)反應(yīng)中各物質(zhì)的反應(yīng)速率之比，v(O2)正=v(SO3)正，又因v(O2)正=2v(SO3)逆，所以v(SO3)正和v(SO3)逆不相等；不是否達(dá)到平衡，故a錯(cuò)誤；

b、氣體的平均分子量等于根據(jù)質(zhì)量守恒定律，反應(yīng)過程中氣體的總質(zhì)量不變，該反應(yīng)為氣體的分子總數(shù)減少的反應(yīng)，若混合氣體的平均分子量不變，說明平衡混合物中各組成成分含量不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故b正確；

c、氣體的密度ρ=根據(jù)質(zhì)量守恒定律，反應(yīng)過程中氣體的總質(zhì)量不變，容器體積不變，氣體的密度不會(huì)發(fā)生變化，故容器中氣體的密度不隨時(shí)間而變化，不能判斷反應(yīng)是否達(dá)到平衡，故c錯(cuò)誤；

d；該反應(yīng)為氣體的分子總數(shù)減少的反應(yīng)；當(dāng)容器中氣體的分子總數(shù)不隨時(shí)間而變化時(shí)，平衡混合物中各組成成分含量不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故d正確；

故選：bd．

(3)壓強(qiáng)增大；平衡向氣體體積減小的方向移動(dòng)，即正向移動(dòng)；

a．平衡體系中SO2的體積減少；體積分?jǐn)?shù)減少，故a錯(cuò)誤；

b．氣體的平均分子量等于根據(jù)質(zhì)量守恒定律，反應(yīng)過程中氣體的總質(zhì)量不變，混合氣體的總物質(zhì)的量減少，混合氣體的平均分子量增大，故b正確；

c．氣體的密度ρ=根據(jù)質(zhì)量守恒定律，反應(yīng)過程中氣體的總質(zhì)量不變，容器體積不變，氣體的密度不會(huì)發(fā)生變化，故c錯(cuò)誤；

d．平衡體系中SO2的物質(zhì)的量減少，即參加反應(yīng)的SO2的物質(zhì)的量增大，平衡體系中SO2的轉(zhuǎn)化率增大；故d正確；

故選：b；d；

(4)當(dāng)生成0.18molSO3時(shí)；參加反應(yīng)的氧氣的物質(zhì)的量為x；

2SO2+O2?2SO3

12

x0.18mol

解得x=0.09mol

所以氧氣的速率V====0.036mol?L-1?min-1；

繼續(xù)通入0.30molSO2和0.15molO2；容器內(nèi)壓強(qiáng)增大，平衡向氣體體積減小的方向移動(dòng)，即向正反應(yīng)方向移動(dòng)；

用極限法求出n(SO3)的范圍，假設(shè)平衡不移動(dòng)，此時(shí)n(SO3)=0.18×2=0.36mol，假設(shè)0.40molSO2完全生成SO3，根據(jù)化學(xué)方程式2SO2+O2?2SO3可知n(SO3)=0.4mol，所以再次達(dá)到平衡時(shí)，0.36mol＜n(SO3)＜0.40mol；

故答案為：0.036；向正反應(yīng)方向；0.36；0.40；

(6)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g))△H=-98.3kJ?mol-1，正方向?yàn)榉艧岱磻?yīng)，從化學(xué)平衡移動(dòng)條件分析應(yīng)該采用低溫高壓．而根據(jù)表格中提供的數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)，壓強(qiáng)的增加引起SO2轉(zhuǎn)化率的變化并不明顯；所以工業(yè)上直接采用常壓；同時(shí)反應(yīng)中使用催化劑，為了使催化劑的催化活性最強(qiáng)，根據(jù)表格中提供的數(shù)據(jù)應(yīng)該采用400℃～500℃，故答案為：

400℃～500℃；0.1；【解析】大于;b、d;b、d;0.036;向正反應(yīng)方向;0.36;0.40;400℃～500℃;0.1四、判斷題(共1題，共2分)20、×【分析】【分析】依據(jù)化學(xué)方程式分析判斷，反應(yīng)都是兩種物質(zhì)反應(yīng)生成一種物質(zhì)，屬于化合反應(yīng)，但從可逆反應(yīng)上來看，二氧化硫與水反應(yīng)為可逆反應(yīng)．【解析】【解答】解：SO3+H2O=H2SO4，H2O+SO2?H2SO3依據(jù)化學(xué)方程式分析判斷，反應(yīng)都是兩種物質(zhì)反應(yīng)生成一種物質(zhì)，屬于化合反應(yīng)，但從可逆反應(yīng)上來看，二氧化硫與水反應(yīng)為可逆反應(yīng)，故不完全相同，故答案為：×．五、簡(jiǎn)答題(共4題，共28分)21、略

【分析】解：（1）二氧化硫具有漂白性，能使品紅褪色，加熱恢復(fù)紅色，則驗(yàn)證SO2的漂白作用，應(yīng)將SO2氣體通入③中；觀察到的現(xiàn)象是品紅試液褪色；

故答案為：③；品紅試液褪色；

（2）驗(yàn)證SO2的還原性，可利用溴水，發(fā)生Br2+2H2O+SO2=H2SO4+2HBr，則驗(yàn)證SO2的還原性，應(yīng)將SO2氣體通入①中；觀察到的現(xiàn)象是溴水的橙色褪去；

故答案為：①；溴水的橙色褪去；

（3）說明SO2的氧化性，可利用H2S，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成S，發(fā)生的反應(yīng)為SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故答案為：SO2+2H2S=3S↓+2H2O；

（4）防止多余的SO2氣體污染環(huán)境，可選擇堿溶液尾氣處理，則將尾氣通入⑥中，反應(yīng)離子方程式為SO2+2OH-=SO32-+H2O；

故答案為：⑥；SO2+2OH-=SO32-+H2O；

（5）SO2產(chǎn)生緩慢，則反應(yīng)速率小，可能的原因?yàn)榱蛩岬臐舛冗^?。ɑ蜻^大）或Na2SO3部分變質(zhì)等，故答案為：硫酸的濃度過?。ɑ蜻^大）；Na2SO3部分變質(zhì)．

（1）二氧化硫具有漂白性；能使品紅褪色，加熱恢復(fù)紅色；

（2）驗(yàn)證SO2的還原性，可利用溴水，發(fā)生Br2+2H2O+SO2=H2SO4+2HBr；

（3）說明SO2的氧化性，可利用H2S；二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成S；

（4）防止多余的SO2氣體污染環(huán)境；可選擇堿溶液尾氣處理；

（5）SO2產(chǎn)生緩慢；則反應(yīng)速率小，與硫酸的濃度或亞硫酸鈉的含量等有關(guān)．

本題考查二氧化硫的性質(zhì)實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握二氧化硫的漂白性、氧化性、還原性及發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，題目難度不大．【解析】③；品紅試液褪色；①；溴水的橙色褪去；SO2+2H2S=3S↓+2H2O；⑥；SO2+2OH-=SO32-+H2O；硫酸的濃度過?。ɑ蜻^大）；Na2SO3部分變質(zhì)22、略

【分析】解：原子核外有三個(gè)未成對(duì)電子，其電子排布式為1S22S22P3，為N元素，E原子核外的M層中只有兩對(duì)成對(duì)電子，電子排布式為1S22S22P63S23P4，應(yīng)為S元素，C元素是地殼中含量最高的金屬元素，為Al元素，化合物B2E的晶體為離子晶體，B應(yīng)為第ⅠA族元素，且原子序數(shù)在N元素和Al之間，應(yīng)為Na元素，D單質(zhì)的熔點(diǎn)在同周期元素形成的單質(zhì)中是最高的，應(yīng)為Si元素，單質(zhì)硅為原子晶體，熔點(diǎn)在第三周期中最高，F(xiàn)原子核外最外層電子數(shù)與B相同，其余各層均充滿，且原子序數(shù)最大，電子排布式為1S22S22P63S23P63d104S1；應(yīng)為Cu元素．

（1）在元素周期表中；同一周期元素的第一電離能從左到右逐漸增大，同一主族元素的第一電離能從上到下逐漸減小，據(jù)此可判斷四種元素的第一電離能的順序?yàn)椋篘a＜Al＜Si＜N，故答案：Na＜Al＜Si＜N；

（2）因NaCl為離子晶體而SiCl4為分子晶體，原子晶體的熔沸點(diǎn)遠(yuǎn)大于分子晶體的熔沸點(diǎn)，故答案為：高；NaCl為離子晶體而SiCl4為分子晶體；

（3）S03中含有3個(gè)δ鍵，孤電子對(duì)數(shù)為=0；所以分子的空間構(gòu)型是平面正三角形，故答案為：平面正三角形；

（4）根據(jù)能量最低原理書寫電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1），銅離子與氨氣可以配位鍵形成配合物，其化學(xué)式為，[Cu（NH3）4]2+；

故答案為：1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1）；[Cu（NH3）4]2+；

（5）根據(jù)晶胞中微粒個(gè)數(shù)的分配方法計(jì)算，晶胞中含有N原子的數(shù)目為8×=1，Cu原子的數(shù)目為：12×=3，故化學(xué)式為Cu3N，故答案為：Cu3N；

（6）根據(jù)化合物具有高沸點(diǎn)和高硬度；是一種新型無機(jī)非金屬材料，可判斷晶體類型為原子晶體，化學(xué)鍵類型為共價(jià)鍵，故答案為：共價(jià)鍵．

A原子核外有三個(gè)未成對(duì)電子，其電子排布式為1S22S22P3，為N元素，E原子核外的M層中只有兩對(duì)成對(duì)電子，電子排布式為1S22S22P63S23P4，應(yīng)為S元素，C元素是地殼中含量最高的金屬元素，為Al元素，化合物B2E的晶體為離子晶體，B應(yīng)為第ⅠA族元素，且原子序數(shù)在N元素和Al之間，應(yīng)為Na元素，D單質(zhì)的熔點(diǎn)在同周期元素形成的單質(zhì)中是最高的，應(yīng)為Si元素，單質(zhì)硅為原子晶體，熔點(diǎn)在第三周期中最高，F(xiàn)原子核外最外層電子數(shù)與B相同，其余各層均充滿，且原子序數(shù)最大，電子排布式為1S22S22P63S23P63d104S1；應(yīng)為Cu元素．

（1）根據(jù)A；B、C、D在周期表中的位置和第一電離能的遞變規(guī)律判斷第一電離能的大小順序；

（2）根據(jù)晶體類型判斷晶體的熔沸點(diǎn)高低；

（3）利用價(jià)層電子對(duì)數(shù)互斥模型判斷分子的立體構(gòu)型；

（4）根據(jù)能量最低原理書寫電子排布式；

（5）根據(jù)晶胞中微粒個(gè)數(shù)的分配方法計(jì)算化學(xué)式；

（6）根據(jù)性質(zhì)推斷晶體類型；并進(jìn)一步推斷含有的化學(xué)鍵類型．

本題考查元素推斷題，推斷出元素的種類是解答本題的關(guān)鍵，推斷時(shí)注意從原子的核外電子排布特點(diǎn)以及元素的特殊性質(zhì)為突破口解答，本題具有一定難度．【解析】Na＜Al＜Si＜N；高；NaCl為離子晶體而SiCl4為分子晶體；平面正三角形；1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1）；[Cu（NH3）4]2+；Cu3N；共價(jià)鍵23、略

【分析】解：（1）Cu元素為29號(hào)元素，原子核外有29個(gè)電子，所以核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，CuO中銅的價(jià)層電子排布為3d94s0，Cu2O中銅的價(jià)層電子排布為3d10，3d10為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以在高溫時(shí)，能生成Cu2O；

故答案為：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；CuO中銅的價(jià)層電子排布為3d94s0，Cu2O中銅的價(jià)層電子排布為3d10，后者處于穩(wěn)定的全充滿狀態(tài)而前者不是；（2）硒、硅均能與氫元素形成氣態(tài)氫化物分別為H2Se，SiH4；其分子結(jié)構(gòu)分別V形，正四面體；若“Si-H”中鍵合電子偏向氫原子，說明硅顯正價(jià)，氫氣與硒反應(yīng)時(shí)單質(zhì)硒是氧化劑，硒顯負(fù)價(jià)，所以硒與硅的電負(fù)性相對(duì)大小為Se＞Si；

故答案為：V形；正四面體；＞；

（3）SeO2常溫下白色晶體，熔、沸點(diǎn)低，為分子晶體；二氧化硒分子中價(jià)層電子對(duì)=2+（6-2×2）=3，Se原子的雜化類型為sp2；且含有一個(gè)孤電子對(duì)，所以屬于V形；

故答案為：分子晶體；sp2；

（4）BF3?NH3中B原子含有3個(gè)σ鍵和1個(gè)配位鍵，所以其價(jià)層電子數(shù)是4，B原子采取sp3雜化，該化合物中，B原子提供空軌道的原子、N原子提供孤電子對(duì)，所以B、N原子之間形成配位鍵，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可表示為

故答案為：sp3；配位；

（5）金剛砂（SiC）的硬度為9.5，屬于原子晶體；每個(gè)碳原子連接4個(gè)硅原子，每個(gè)硅原子又連接其它3個(gè)碳原子，所以每個(gè)碳原子周圍最近的碳原子數(shù)目為3×4=12；該晶胞中C原子個(gè)數(shù)=8×+6×=4，Si原子個(gè)數(shù)為4，晶胞邊長(zhǎng)=a×10-10cm，體積V=（a×10-10cm）3，ρ==g?cm3；

故答案為：原子晶體；12；．

（1）Cu為29號(hào)元素，原子核外有29個(gè)電子，結(jié)合能量最低原理書寫核外電子排布式；Cu+的核外有28個(gè)電子；根據(jù)構(gòu)造原理書寫其基態(tài)離子核外電子排布式，原子軌道處于全空；半滿或全滿時(shí)最穩(wěn)定；

（2）硒、硅均能與氫元素形成氣態(tài)氫化物分別為H2Se，SiH4，其分子結(jié)構(gòu)分別與H2O，CH4相似；若“Si-H”中鍵合電子偏向氫原子；說明硅顯正價(jià)，氫氣與硒反應(yīng)時(shí)單質(zhì)硒是氧化劑，硒顯負(fù)價(jià)；

（3）根據(jù)分子晶體的熔；沸點(diǎn)低；根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定雜化類型；

（4）根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定其雜化方式；提供空軌道的原子和提供孤電子對(duì)的原子之間形成配位鍵；

（5）根據(jù)原子晶體的硬度大；每個(gè)碳原子連接4個(gè)硅原子，每個(gè)硅原子又連接其它3個(gè)碳原子，據(jù)此判斷每個(gè)C原子周圍最近的C原子數(shù)目；該晶胞中C原子個(gè)數(shù)=8×+6×=4，Si原子個(gè)數(shù)為4，根據(jù)ρ=計(jì)算其密度．

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及晶胞計(jì)算、原子雜化判斷、原子核外電子排布式的書寫等知識(shí)點(diǎn)，難點(diǎn)是晶胞計(jì)算，題目難度中等．【解析】1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；CuO中銅的價(jià)層電子排布為3d94s0，Cu2O中銅的價(jià)層電子排布為3d10，后者處于穩(wěn)定的全充滿狀態(tài)而前者不是；V形、正四面體；＞；分子晶體；sp2；sp3；配位；原子晶體；12；24、略

【分析】解