2024年滬科版高三化學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………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2024年滬科版高三化學(xué)上冊階段測試試卷4考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、化學(xué)與人類生活、社會可持續(xù)發(fā)展密切相關(guān)rm{.}有關(guān)化學(xué)資源的合成、利用與開發(fā)的敘述正確的是rm{(}rm{)}A.通過有機物的合成，可以制造出比鋼鐵更強韌的新型材料B.大量使用化肥和農(nóng)藥，以提高農(nóng)作物產(chǎn)量C.開發(fā)利用可燃冰rm{(}固態(tài)甲烷水合物rm{)}有助于海洋生態(tài)環(huán)境的治理D.安裝煤炭燃燒過程的“固硫”裝置，主要是為了提高煤的利用率2、鋅電池是一種極具前景的電化學(xué)儲能裝置。VS2/Zn扣式可充電電池組成示意圖如下。Zn2+可以在VS2晶體中可逆地嵌入和脫除，總反應(yīng)為VS2+xZnZnxVS2．下列說法錯誤的是（）A.放電時不銹鋼箔為正極，發(fā)生還原反應(yīng)B.放電時負(fù)極的反應(yīng)為Zn-2e-═Zn2+C.充電時鋅片與電源的負(fù)極相連D.充電時電池正極上的反應(yīng)為：ZnxVS2+2xe-+xZn2+═VS2+2xZn3、下列物質(zhì)中，既含共價鍵又含離子鍵的是（）A.NaClB.O2C.NaOHD.CO24、對下列化學(xué)用語的理解和描述均正確的是（）A.原子結(jié)構(gòu)示意圖可以表示12C，也可以表示14CB.比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子C.結(jié)構(gòu)示意圖為的陰離子都不能破壞水的電離平衡D.電子式可以表示羥基，也可以表示氫氧根離子5、下列固體中有一種物質(zhì)的顏色與其它三種物質(zhì)的顏色有較大差別，該物質(zhì)是（）A.NaOHB.NaClC.Na2O2D.NaHCO36、用來區(qū)分溶液與膠體的方法是（）A.布朗運動B.電泳現(xiàn)象C.聚沉D.丁達(dá)爾現(xiàn)象7、分析如圖所示的能量變化，下列熱化學(xué)方程式正確的是A.S(s，單斜)+O2(g)=SO2(g)△H＝＋297.16kJ/molB.S(s，單斜)+O2(g)=SO2(g)△H＝－296.83kJ/molC.S(s，正交)+O2(g)=SO2(g)△H＝－296.83kJ/molD.單斜硫的穩(wěn)定性大于正交硫的穩(wěn)定性8、下列有關(guān)rm{SO_{2}}的性質(zhì)的探究實驗報告記錄的實驗現(xiàn)象正確的是rm{(}rm{)}。實驗記錄rm{A}無色無色無現(xiàn)象無色溶液rm{B}紅色無色白色沉淀白色溶液白色溶液rm{C}無色無色白色沉淀無色溶液無色溶液rm{D}紅色無色白色沉淀白色溶液白色溶液A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)9、下列說法正確的是（）A.相同溫度下，0.1mol?L-1NH4Cl溶液中NH4+的濃度比0.1mol?L-1氨水中NH4+的濃度大；B.用稀鹽酸洗滌AgCl沉淀比用水洗滌損耗AgCl小；C.電解飽和食鹽水時，陽極得到氫氧化鈉溶液和氫氣；E.除去溶液中的Mg2+，用OH-沉淀Mg2+比用CO32-效果好，說明Mg（OH）2的溶解度比MgCO3的大；E.除去溶液中的Mg2+，用OH-沉淀Mg2+比用CO32-效果好，說明Mg（OH）2的溶解度比MgCO3的大；10、酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，判斷在等濃度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各種離子濃度關(guān)系正確的是（）A.c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（H+）＞c（OH-）B.c（HCO3-）＞c（ClO-）＞c（OH-）C.c（HClO）+c（ClO-）=c（HCO3-）+c（H2CO3）D.c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（ClO-）+c（OH-）+2c（CO32-）11、某無色氣體可能含有HCl、HBr、SO2、CO2中的一種或幾種．將氣體通入到適量氯水中，恰好完全反應(yīng)，不再剩余氣體．將所得的無色溶液分裝在兩個試管中，分別加入酸化的AgNO3溶液和酸化的BaCl2溶液，均產(chǎn)生白色沉淀．則下列判斷正確的是（）A.原氣體中一定有SO2，一定無HBrB.原氣體中可能有SO2C.原氣體中一定有HClD.不能確定有無HCl，但一定無CO212、百里酚酞是常用的滴定指示劑，pH小于9.4為無色，大于10.6時為藍(lán)色，百里酚酞的結(jié)構(gòu)式如圖，可由鄰苯二甲酸酐等原料合成得到．有關(guān)說法正確的是（）A.百里酚酞中含有羥基、酯基及苯基等官能團(tuán)B.鄰苯二甲酸酐分子中所有原子處于同一平面C.1mol百里酚酞在溶液中最多可與4molNaOH反應(yīng)D.用已知濃度的燒堿滴定未知濃度的鹽酸，用酚酞作指示劑比百里酚酞誤差小13、物質(zhì)氧化性、還原性的強弱，不僅與物質(zhì)的結(jié)構(gòu)有關(guān)，還與物質(zhì)的濃度和反應(yīng)溫度等有關(guān)．下列各物質(zhì)中，由于濃度不同而能發(fā)生不同氧化還原反應(yīng)的是（）A.Cu與HNO3溶液B.Cu與FeCl3溶液C.Zn與H2SO4溶液D.Fe與HCl溶液14、下列有關(guān)物質(zhì)分離方法的敘述正確的是（）A.用酒精萃取碘水中的碘單質(zhì)B.用蒸餾的方法將自來水制成蒸餾水C.用蒸發(fā)食鹽水的方法得到氯化鈉晶體D.用加熱的方法分離二氧化硅和碳酸鈣的固體混合物15、下列實驗操作中敘述正確的是（）A.蒸餾時，溫度計的水銀球在液面下B.分液時，先將下層液體從下口放出后，再將上層液體從上口倒出C.配制溶液前，一定要將容量瓶烘干，否則會使?jié)舛绕.蒸發(fā)時要一邊加熱，一邊用玻璃棒攪動溶液評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)16、已知某物質(zhì)的化學(xué)式為XY2，X原子的結(jié)構(gòu)示意圖為X的陽離子與Y的陰離子的電子層結(jié)構(gòu)相同．元素Z、W均為短周期元素，它們原子的最外層電子數(shù)均是其電子層數(shù)的2倍，Z與Y相鄰且Z、W能形成一種WZ2型分子．

（1）m=____，該物質(zhì)的化學(xué)式為____．

（2）W元素的名稱為____、WZ2結(jié)構(gòu)式為____

（3）下列說法正確的是____

A．XY2和WZ2都為離子化合物B．XY2分子中僅含離子鍵，WZ2中僅含極性共價鍵。

C．H2Z比HY的穩(wěn)定性強D．X的陽離子比Y的陰離子半徑大．17、（1）1mol分子式為CnHmO2的有機物在O2中完全氧化后，所產(chǎn)生的CO2和H2O（g）的體積相等，并消耗78.4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）O2．該有機物的碳原子數(shù)n是____

（2）6.0g某有機物A完全燃燒后，生成標(biāo)況下的CO26.72L和7.2gH2O，測得該化合物的蒸氣對氫氣的相對密度是30，該化合物的分子式為____．18、氧化鋁有三種晶體：α-Al2O3、β-Al2O3、γ-Al2O3．γ-Al2O3可將Al（OH）3加熱至723K時制得，它不耐酸；α-Al2O3是天然剛玉的主要成分，硬度很高，且對酸有極強的穩(wěn)定性．α-Al2O3可以用γ-Al2O3高溫煅燒制得．已知氧化鋁可由鋁銨明礬加熱制得，鋁銨明礬[NH4Al（SO4）2?12H2O]受強熱發(fā)生分解反應(yīng)；分解方式有多種，如：

①6NH4Al（SO4）2?12H2O3Al2O3+6SO3↑+6SO2↑+2NH3↑+2N2↑+81H2O；

②6NH4Al（SO4）2?12H2O3Al2O3+9SO3↑+3SO2↑+4NH3↑+N2↑+78H2O等等．

（1）鋁銨明礬受熱分解反應(yīng)中，氧化產(chǎn)物是____，還原產(chǎn)物是____，它們的物質(zhì)的量之比為____．

（2）把上述反應(yīng)中的Al2O3加入適量氧化鉻在氫氧焰上強熱熔融后，使其結(jié)晶可以制成人造紅寶石，可用于作激光器材和裝飾品．所得人造紅寶石是哪種Al2O3晶體？____．怎樣用簡便方法說明它確實是該種Al2O3的晶體？____．

（3）氧化鋁陶瓷是一種重要的結(jié)構(gòu)材料，工業(yè)上用它來制造坩堝、高溫爐管等，是利用它的____特性；用它制造剛玉球磨機，是利用它的____特性．19、綜合利用CO2對環(huán)境保護(hù)及能源開發(fā)意義重大．

（1）Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2．如果尋找吸收CO2的其他物質(zhì)，下列建議合理的是____．

a．可在堿性氧化物中尋找。

b．可在ⅠA；ⅡA族元素形成的氧化物中尋找。

c．可在具有強氧化性的物質(zhì)中尋找。

（2）Li2O吸收CO2后，產(chǎn)物用于合成Li4SiO4，Li4SiO4用于吸收、釋放CO2．原理是：在500℃，CO2與Li4SiO4接觸后生成Li2CO3；平衡后加熱至700℃，反應(yīng)逆向進(jìn)行，放出CO2，Li4SiO4再生，說明該原理的化學(xué)方程式是____．

（3）利用反應(yīng)A可將釋放的CO2轉(zhuǎn)化為具有工業(yè)利用價值的產(chǎn)品．

反應(yīng)A：CO2+H2OCO+H2+O2

已知：

①反應(yīng)Ⅱ是____反應(yīng)（填“吸熱”或“放熱”），其原因是____．

②反應(yīng)A的熱化學(xué)方程式是____．

（4）高溫電解技術(shù)能高效實現(xiàn)（3）中反應(yīng)A；工作原理示意圖如圖：

①電極b發(fā)生____（填“氧化”或“還原”）反應(yīng)．

②CO2在電極a放電的反應(yīng)式是____．

（5）CO與H2在高溫下合成C5H12（汽油的一種成分）減少碳排放．已知燃燒1molC5H12（g）生成H2O（g）放出約3540kJ的熱量．根據(jù)化學(xué)平衡原理，說明提高合成C5H12的產(chǎn)率可采取的措施是____．20、（1）為了除去粗鹽中Ca2+、Mg2+、SO及泥沙，可將粗鹽溶于水，然后進(jìn)行下列五項操作①過濾②加過量的NaOH溶液③加適量鹽酸④加過量Na2CO3溶液⑤加過量BaCl2溶液．其中正確的操作順序是____

A．①④②⑤③B．④①②⑤③C．②⑤④①③D．⑤②④①③E；①②⑤④③

（2）實驗室里需要純凈的氯化鈉溶液；現(xiàn)只有混有硫酸鈉；碳酸氫銨的氯化鈉固體．某學(xué)生設(shè)計了如下方案：

如果此方案正確；那么：

①操作①中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為：NH4HCO3加熱NH3↑+CO2↑+H2O↑則可選擇____容器進(jìn)行加熱（選填：試管；量筒、燒瓶、燒杯）

②操作②反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為：____，是否可用硝酸鋇溶液代替氯化鋇____（可以、不可以）原因是：____

③進(jìn)行操作②后，如何判斷SO已除盡，方法是____．（多選；錯選不得分）

A、靜置，向上層清液中滴加硫酸鈉，若有沉淀生成，則說明氯化鋇已過量，原溶液中的SO已除盡。

B、靜置，取上層清液于試管中，滴加硫酸鈉，若有沉淀生成，則說明氯化鋇已過量，原溶液中的SO已除盡。

C、靜置，向上層清液中滴加氯化鋇溶液，若無沉淀生成，則說明氯化鋇已過量，原溶液中的SO已除盡。

D、靜置，取上層清液于試管中，滴加氯化鋇溶液，若無沉淀生成，則說明氯化鋇已過量，原溶液中的SO已除盡。

E、靜置，取上層清液于試管中，滴加硝酸銀溶液，若有沉淀生成，則說明氯化鋇已過量，原溶液中的SO已除盡．21、硼元素B在化學(xué)中有很重要的地位。硼的化合物在農(nóng)業(yè)、醫(yī)院、玻璃等方面用途很廣。請回答下列問題：（1）寫出與B元素同主族的Ga元素的基態(tài)原子核外電子分布式____，從原子結(jié)構(gòu)的角度分析，B、N、O元素的第一電離能由大到小的順序為。（2）立方氮化硼可利用人工方法在高溫高壓條件下合成，屬于超硬材料，同屬原子晶體的氮化硼（BN）比晶體硅具有更高硬度和耐熱性的原因是____。（3）在BF3分子中中心原子的雜化軌道類型是____，SiF4微粒的空間構(gòu)型是。（4）科學(xué)家發(fā)現(xiàn)硼化鎂在39K時呈超導(dǎo)性，在硼化鎂晶體的理想模型中，鎂原子和硼原子是分層排布的，一層鎂一層硼相間排列。圖23是該晶體微觀窨中取出的部分原子沿Z軸方向的投影，白球是鎂原子投影，黑球是硼原子投影，圖中的硼原子和鎂原子投影在同一平面上。根據(jù)圖示確定硼化鎂的化學(xué)式為。評卷人得分四、判斷題(共4題，共24分)22、6.02×1023個NaCl分子中含有Na+數(shù)目為NA____（判斷對錯），若不正確，理由是____．23、用鉑絲蘸取NaCl溶液進(jìn)行焰色反應(yīng)是化學(xué)變化____．（判斷對確）24、常溫常壓下，16gCH4中所含中子數(shù)為10NA____（判斷對錯）25、加過量的AgNO3溶液，產(chǎn)生大量的白色沉淀，溶液里一定含有大量的Cl-．____（判斷對錯）正確的打“√”，錯誤的打“×”評卷人得分五、簡答題(共2題，共20分)26、鎂是海水中含量較多的金屬；鎂；鎂合金及其鎂的化合物在科學(xué)研究和工業(yè)生產(chǎn)中用途非常廣泛．

（1）圖1是2LiBH4/MgH2體系放氫焓變示意圖；則：

Mg（s）+2B（s）═MgB2（s）△H=______．

（2）工業(yè)上可用電解熔融的無水氯化鎂獲得鎂．其中氯化鎂脫水是關(guān)鍵工藝之一，一種正在試驗的氯化鎂晶體脫水的方法是：先將MgCl2?6H2O轉(zhuǎn)化為MgCl2?NH4Cl?nNH3（銨鎂復(fù)鹽），然后在700℃脫氨得到無水氯化鎂，脫氨反應(yīng)的化學(xué)方程式為：______；

電解熔融氯化鎂，陰極的電極反應(yīng)式為：______．

（3）儲氫材料Mg（AlH4）2在110-200°C的反應(yīng)為：Mg（AlH4）2=MgH2+2A1+3H2↑每生成27gAl轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為______．

（4）工業(yè)上用MgC2O4?2H2O熱分解制超細(xì)MgO，其熱分解曲線如圖2．圖中隔絕空氣條件下B→C發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．

（5）CO與NO反應(yīng)生成可參與大氣循環(huán)的無毒氣體，其熱化學(xué)方程式為：2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）；

△H=-746kJ?mol-1．對于該反應(yīng)，溫度不同（T2＞T1）、其他條件相同時，圖3中圖象正確的是______．27、海水是一種豐富的資源，工業(yè)生產(chǎn)可以從海水中提取許多有用的物質(zhì)，這些物質(zhì)廣泛應(yīng)用于生活、生產(chǎn)、科技等砝碼，如圖1是含碘CCl4溶液得到碘的實驗過程．

完成下列填空。

（1）向含碘溶液中加入稍過量的Na2SO3溶液，其離子方程式為______該操作將I2還原為I的目的是______

（2）操作X的名稱為______，所用的主要儀器是______

（3）氧化時，在三頸瓶中將含“I”的水溶液用鹽酸調(diào)至pH約為2，華安滿通入Cl2，在40℃左右反應(yīng)（實驗裝置如圖2所示），實驗控制在較低溫度下進(jìn)行原因是______錐形瓶中的溶液為______

（4）濃海水提取鎂的工藝流程如圖3所示。

濃海水的主要成分如下。

。離子Na+Mg2+Cl-SO濃度/（g．l-2）63.728.8144.646.4該工藝過程中，脫堿階段主要反應(yīng)的離子方程式為______產(chǎn)品2的化學(xué)式為______

1L濃海水最多可得到產(chǎn)品2的質(zhì)量為______g．評卷人得分六、綜合題(共3題，共15分)28、（16分）常溫下，在20.0mL0.20mol/LCH3COONa溶液中滴加0.20mol/L的稀鹽酸。溶液的PH值的變化關(guān)系如右圖所示。(1)a＞7.0的理由是（用離子方程式表示）（2）如圖，當(dāng)加入稀鹽酸的體積為V1mL時，溶液的pH值剛好為7.0。此時溶液中c(Cl-)c(CH3COOH)（填＜、＞或＝）。簡要寫出判斷依據(jù)。（3）當(dāng)加入的鹽酸的體積為20.0mL時，測定溶液中的c(H+)為1.3×10-3-mol/L，求CH3COOH的電離平衡常數(shù)Ka(設(shè)混合后的體積為二者的體積之和，計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。29、（15分）A、B、C、D、E是中學(xué)常見的5種化合物，A、B是氧化物。Ⅰ、元素X、Y的單質(zhì)是生活中常見的金屬，相關(guān)物質(zhì)間的關(guān)系如下圖所示。（1）X的單質(zhì)與A反應(yīng)的化學(xué)方程式是＿＿＿＿＿。（2）若試劑1是NaOH溶液，X的單質(zhì)與試劑1反應(yīng)的離子方程式是＿＿＿＿＿。（3）若試劑1和試劑2均是稀硫酸。①檢驗物質(zhì)D的溶液中金屬離子的方法是＿＿＿＿＿。②將物質(zhì)C溶于水，其溶液呈酸性，原因是（用離子方程式表示）＿＿＿＿＿。③某高效凈水劑是由Y（OH）SO4聚合得到的。工業(yè)上以E、稀硫酸和亞硝酸鈉為原料來制備Y（OH）SO4，反應(yīng)中有NO生成，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是。Ⅱ、若X、Y是非金屬單質(zhì)，試劑3是NaOH溶液，F(xiàn)的水溶液可作木材的防火材料，則X的單質(zhì)與A反應(yīng)的化學(xué)方程式是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿，試劑1和C的化學(xué)式分別是＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿。Y在工業(yè)上的主要用途是＿＿＿＿＿＿＿＿（寫一種）。30、（15分）為研究鐵質(zhì)材料與熱濃硫酸的反應(yīng)，某小組進(jìn)行了以下探究活動：[探究一]（1）稱取鐵釘（碳素鋼）12．0g放入30．0mL濃硫酸中，加熱，充分應(yīng)后得到溶液X并收集到氣體Y。①甲同學(xué)認(rèn)為X中除Fe3+外還可能含有Fe2+。若要確認(rèn)其中是否含有Fe2+，應(yīng)選擇加入的試劑為________（選填序號）。a．KSCN溶液和氯水b．鐵粉和KSCN溶液c．濃氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同學(xué)取672mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氣體Y通入足量溴水中，發(fā)生反應(yīng)：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，經(jīng)適當(dāng)操作后得到干燥固體4．66g。據(jù)此推知氣體Y中SO2的體積分?jǐn)?shù)為____。（相對原子質(zhì)量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述實驗中SO2體積分?jǐn)?shù)的結(jié)果，丙同學(xué)認(rèn)為氣體Y中還可能含量有H2和CO2氣體。為此設(shè)計了下列探究實驗裝置（圖中夾持儀器省略）。（2）寫出產(chǎn)生CO2的化學(xué)方程式____。（3）裝置A中試劑的作用是____。（4）簡述確認(rèn)氣體Y中含有CO2的實驗現(xiàn)象。（5）如果氣體Y中含有H2，預(yù)計實驗現(xiàn)象應(yīng)是。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】解：rm{A.}通過有機物的合成可以制造出新型高分子材料；某些新型高分子材料的性能比鋼鐵更強韌，故A正確；

B.使用農(nóng)藥和化肥固然有利于增加農(nóng)作物的產(chǎn)量；但會在農(nóng)產(chǎn)品中造成農(nóng)藥殘留，會使土地里的鹽堿越來越多，土壤越來越硬，影響農(nóng)作物的生長，從長遠(yuǎn)來講反而會影響農(nóng)作物的收成，故B錯誤；

C.過分開發(fā)可燃冰；會影響海洋生態(tài)環(huán)境，故C錯誤；

D.安裝煤炭燃燒過程的“固硫“裝置；主要是為了減少污染，故D錯誤。

故選：rm{A}

A.某些新型高分子材料的性能比鋼鐵更強韌；

B.從農(nóng)產(chǎn)品的農(nóng)藥殘留和對土壤的長期影響考慮；

C.過分開發(fā)可燃冰；會影響海洋生態(tài)環(huán)境；

D.安裝煤炭燃燒過程的“固硫”裝置；是為了減少硫的化合物的排放．

本題考查合成材料、化肥和農(nóng)藥的使用、節(jié)能減排等，難度不大，注意使用農(nóng)藥和化肥固然有利于增加農(nóng)作物的產(chǎn)量，但會在農(nóng)產(chǎn)品中造成農(nóng)藥殘留，會使土地里的鹽堿越來越多，土壤越來越硬，影響農(nóng)作物的生長，從長遠(yuǎn)來講反而會影響農(nóng)作物的收成．【解析】rm{A}2、D【分析】解：VS2/Zn扣式可充電電池組成分析可知放電時，不銹鋼箔為正極，鋅片為負(fù)極，電極反應(yīng)Zn-2e-═Zn2+；充電時原電池的正極與電源正極相連，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，原電池負(fù)極與電源負(fù)極相連，得到電子發(fā)生還原反應(yīng)；

A．圖中分析可知；放電時不銹鋼箔為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，故A正確；

B．放電時負(fù)極為鋅，鋅電極反應(yīng)為：Zn-2e-═Zn2+；故B正確；

C．充電時原電池負(fù)極鋅片與電源的負(fù)極相連做陰極；故C正確；

D．充電時；原電池的正極接電源的正極充當(dāng)陽極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，故D錯誤；

故選：D。

VS2/Zn扣式可充電電池組成分析可知放電時，不銹鋼箔為正極，鋅片為負(fù)極，電極反應(yīng)Zn-2e-═Zn2+；充電時原電池的正極與電源正極相連做陽極，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，原電池負(fù)極與電源負(fù)極相連做陰極，得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，據(jù)此分析判斷。

本題考查了原電池、電解池原理、電極判斷和電極反應(yīng)書寫等，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等?！窘馕觥緿3、C【分析】【分析】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，第IA族（H元素除外）、第IIA族元素和第VIA族、第VIIA族元素之間易形成離子鍵，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A．NaCl中鈉離子和氯離子之間只存在離子鍵；為離子化合物，故A錯誤；

B．氧氣分子中O-O原子之間只存在共價鍵；為單質(zhì)，故B錯誤；

C．NaOH中鈉離子和氫氧根離子之間存在離子鍵；O-H原子之間存在共價鍵；為離子化合物，故C正確；

D．二氧化碳分子中C-O原子之間只存在共價鍵；為共價化合物，故D錯誤；

故選C．4、A【分析】【分析】A．的核電荷數(shù)=核外電子數(shù)=6；表示所有的C原子；

B．二氧化碳為直線型結(jié)構(gòu)，為V型；不能表示二氧化碳的比例模型；

C．如果n=16，為硫離子；硫離子能夠破壞水的電離平衡；

D．中氧原子最外層7個電子，只能表示羥基，不能表示氫氧根離子．【解析】【解答】解：A．原子結(jié)構(gòu)示意圖為C原子，表示所有的碳原子，既可以表示12C，也可以表示14C；故A正確；

B．二氧化碳分子為直線型結(jié)構(gòu)，二氧化碳的正確的比例模型為故B錯誤；

C．結(jié)構(gòu)示意圖為的陰離子中；當(dāng)n=16時，表示的為硫離子，硫離子能夠結(jié)合水電離的氫離子，破壞了水的電離平衡，故C錯誤；

D．只能表示羥基，不能表示氫氧根離子，氫氧根離子正確的電子式為：故D錯誤；

故選A．5、C【分析】【分析】根據(jù)氫氧化鈉、氧化鈉、碳酸氫鈉等物質(zhì)都是白色的，過氧化鈉是淡黃色；【解析】【解答】解：過氧化鈉是淡黃色；與氫氧化鈉；氧化鈉、碳酸氫鈉等物質(zhì)的顏色不同．

故選：C．6、D【分析】【分析】根據(jù)膠體與溶液的性質(zhì)區(qū)別．膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)，可以用此性質(zhì)來鑒別NaCl溶液和膠體．【解析】【解答】解：A；布朗運動指微粒受到流體分子與粒子的碰撞而發(fā)生的無規(guī)則運動；溶液中有溶質(zhì)微粒，也會存在布朗運動，故A錯誤；

B；電解質(zhì)溶液中；在通電的條件下，陰、陽離子也會定向移動，故B錯誤；

C；一些電解質(zhì)溶液在加熱、加入其它電解質(zhì)會產(chǎn)生沉淀；故C錯誤；

D；用可見光束照射膠體和溶液；膠體會出現(xiàn)光亮的通道，稱為丁達(dá)爾效應(yīng)，溶液不會出現(xiàn)光亮的通道，故D正確．

故選：D．7、C【分析】試題分析：A、根據(jù)能量變化示意圖可知S(s，單斜)+O2(g)=SO2(g)△H＝－297.16kJ/mol，A錯誤；B、根據(jù)能量變化示意圖可知S(s，單斜)+O2(g)=SO2(g)△H＝－297.16kJ/mol，B錯誤；C、根據(jù)能量變化示意圖可知S(s，正交)+O2(g)=SO2(g)△H＝－296.83kJ/mol，C正確；D、單斜硫的能量高于正交硫的能量，因此單斜硫穩(wěn)定性小于正交硫的穩(wěn)定性，D錯誤，答案選C。考點：考查反應(yīng)熱的有關(guān)判斷【解析】【答案】C8、C【分析】略【解析】rm{C}二、多選題(共7題，共14分)9、ABD【分析】【分析】A、相同溫度下，銨鹽溶液中銨根微弱水解，0.1mol?L-1NH4Cl溶液中，銨根離子濃度略小于0.1mol/L，氨水是弱電解質(zhì)存在電離平衡，溶液中NH4+的濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于0.1mol/L；

B；依據(jù)沉淀溶解平衡分析判斷；

C；電解飽和食鹽水陽極上氯離子失電子生成氯氣；陰極上是氫離子得到電子生成氫氣，破壞水的電離平衡，氫氧根離子濃度增大；

D；氫氧化鋁難溶于水；在水中形成沉淀溶解平衡，氫氧化鋁是弱堿電離過程存在電離平衡狀態(tài)；

E、氫氧化鎂溶解度小于碳酸鎂；【解析】【解答】解：A、相同溫度下，銨鹽溶液中銨根微弱水解，0.1mol?L-1NH4Cl溶液中，銨根離子濃度略小于0.1mol/L，氨水是弱電解質(zhì)存在電離平衡，溶液中NH4+的濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于0.1mol/L，相同溫度下，0.1mol?L-1NH4Cl溶液中NH4+的濃度比0.1mol?L-1氨水中NH4+的濃度大；故A正確；

B；依據(jù)沉淀溶解平衡分析判斷；銀離子濃度和氯離子濃度乘積為常數(shù)，用稀鹽酸洗滌AgCl沉淀比用水洗滌損耗AgCl小，故B正確；

C；電解飽和食鹽水時；陽極上氯離子失電子生成氯氣，陰極上是氫離子得到電子生成氫氣，陰極得到氫氧化鈉溶液和氫氣，故C錯誤；

D．對于Al（OH）3（s）?Al（OH）3（aq）?Al3+（aq）+3OH-（aq）；氫氧化鋁難溶于水，在水中形成沉淀溶解平衡，氫氧化鋁是弱堿電離過程存在電離平衡狀態(tài)，前段為溶解平衡，后段是電離平衡，故D正確；

E．除去溶液中的Mg2+，用OH-沉淀Mg2+比用CO32-效果好，說明Mg（OH）2的溶解度比MgCO3的小；故E錯誤．

故答案為：ABD．10、BD【分析】【分析】A．碳酸鈉、碳酸氫鈉在溶液中水解，溶液顯示堿性，則c（OH-）＞c（H+）；

B．酸性H2CO3＞HClO，則次氯酸根離子的水解程度大于碳酸氫根離子，c（HCO3-）＞c（ClO-）；

C．混合液中滿足物料守恒；根據(jù)混合液中的物料守恒進(jìn)行判斷；

D．溶液中一定滿足電荷守恒，根據(jù)混合液中的電荷守恒判斷．【解析】【解答】解：A．NaClO、NaHCO3都屬于強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，則c（OH-）＞c（H+）；故A錯誤；

B．H2CO3的酸性大于HClO，則ClO-的水解程度大于HCO3-，則離子濃度大小為c（HCO3-）＞c（ClO-）＞c（OH-）；故B正確；

C．物質(zhì)的量濃度相等的NaClO、NaHCO3混合溶液中，根據(jù)物料守恒得c（HClO）+c（ClO-）=c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-）；故C錯誤；

D．由電荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（ClO-）+c（OH-）+2c（CO32-）；故D正確；

故選BD．11、AD【分析】【分析】能與氯氣反應(yīng)的有SO2、HBr，加入酸化的BaCl2溶液，結(jié)果產(chǎn)生白色沉淀，說明一定有SO2，沉淀為硫酸鋇；加入酸化的AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀為氯化銀，但氯水中含有氯元素，不能確定原氣體含氯化氫．【解析】【解答】解：將X通過適量的氯水時，X恰好完全反應(yīng)，沒有任何氣體剩余，說明一定無CO2，能與氯氣反應(yīng)的有SO2、HBr，由于反應(yīng)后溶液為無色，則一定沒有HBr；

加入酸化的BaCl2溶液，結(jié)果產(chǎn)生白色沉淀，說明一定有SO2，沉淀為硫酸鋇；加入酸化的AgNO3溶液；產(chǎn)生白色沉淀為氯化銀，但氯水中含有氯元素，不能確定是否含有HCl；

綜上所述，一定含SO2，一定無Hbr、CO2；不能確定的氣體為HCl；

故選AD．12、BD【分析】【分析】由結(jié)構(gòu)可知，分子中含-COOC-、酚-OH、苯環(huán)等，結(jié)合酯、酚的性質(zhì)來解答．【解析】【解答】解：A．百里酚酞中含有羥基；酯基等官能團(tuán)；苯基不屬于官能團(tuán)，故A錯誤；

B．苯環(huán)及C=O均為平面結(jié)構(gòu)；則鄰苯二甲酸酐分子中所有原子處于同一平面，故B正確；

C．酚-OH和-COOC-與NaOH反應(yīng)；則1mol百里酚酞在溶液中最多可與3molNaOH反應(yīng)，故C錯誤；

D．酚酞的變色范圍為8～10；百里酚酞的變色范圍為9.4～10.6，酚酞的變色范圍更接近滴定終點，則用酚酞作指示劑比百里酚酞誤差小，故D正確；

故選BD．13、AC【分析】【分析】A；銅與稀硝酸和濃硝酸反應(yīng)產(chǎn)物不同；

B；銅和氯化鐵反應(yīng)生成氯化銅和氯化亞鐵；

C；鋅與濃硫酸生成二氧化硫、硫酸鋅和水；與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鋅和氫氣；

D、鐵和鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣．【解析】【解答】解：：A、Cu與HNO3溶液中，若為濃硝酸，發(fā)生Cu+4HNO3═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，若為稀硝酸，則發(fā)生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；故A符合題意；

B、Cu與FeCl3溶液中，無論濃度大小都只發(fā)生Cu+2FeCl3═2FeCl2+CuCl2；故B不符合題意；

C、Zn與H2SO4溶液中，若為稀硫酸，發(fā)生Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，若為濃硫酸，則發(fā)生Zn+2H2SO4（濃）ZnSO4+SO2↑+2H2O；故C符合題意；

D、Fe與HCl溶液中，無論濃度大小都只發(fā)生Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；故D不符合題意；

故選AC．14、BC【分析】【分析】A．酒精和水混溶；不能用作萃取劑；

B．水的沸點較低；可用蒸餾法分離；提純；

C．水易揮發(fā)；可用加熱的方法分離氯化鈉；

D．加熱條件下，二氧化硅和碳酸鈣反應(yīng)生成硅酸鈣．【解析】【解答】解：A．酒精和水混溶；不能用作萃取劑，應(yīng)用苯或四氯化碳，故A錯誤；

B．水的沸點較低；可用蒸餾法可到蒸餾水，故B正確；

C．水易揮發(fā)；用蒸發(fā)食鹽水的方法得到氯化鈉晶體，故C正確；

D．加熱條件下；二氧化硅和碳酸鈣反應(yīng)生成硅酸鈣，應(yīng)用鹽酸除雜，然后過濾；洗滌可得到二氧化硅，故D錯誤．

故選BC．15、BD【分析】【分析】A．蒸餾時；測量是的蒸氣的溫度；

B．根據(jù)分液操作時下層液體從下口放出；上層液體從上口倒出；

C．配制需加水定容；

D．玻璃棒的作用是攪拌防止局部過熱．【解析】【解答】解：A．在蒸餾操作中；溫度計的水銀球應(yīng)與支管口相平，故A錯誤；

B．分液操作時；分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，一避免兩種液體相互污染，故B正確；

C．配制需加水定容；轉(zhuǎn)移溶液前容量瓶內(nèi)有少量蒸餾水，對所配溶液無影響，故C錯誤；

D．玻璃棒的作用是攪拌防止局部過熱；引起液體飛濺，故D正確．

故選BD．三、填空題(共6題，共12分)16、20CaCl2碳S=C=SB【分析】【分析】X原子的結(jié)構(gòu)示意圖為由于K最多容納2個電子，L層最多容納8個電子，可知a=2，b=8，故X為Ca元素；由化學(xué)XY2可知Y的化合價為-1價，而X的陽離子與Y的陰離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，離子核外電子數(shù)均為18，則Y原子核外電子數(shù)為17，故Y為Cl；元素Z、W均為短周期元素，它們原子的最外層電子數(shù)均是其電子層數(shù)的2倍，符合條件的元素有He、C、S，由于Z與Y相鄰且Z、W能形成一種WZ2型分子，則Z為S元素，W為C元素，二者形成的分子為CS2，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：X原子的結(jié)構(gòu)示意圖為由于K最多容納2個電子，L層最多容納8個電子，可知a=2，b=8，故X為Ca元素；由化學(xué)XY2可知Y的化合價為-1價，而X的陽離子與Y的陰離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，離子核外電子數(shù)均為18，則Y原子核外電子數(shù)為17，故Y為Cl；元素Z、W均為短周期元素，它們原子的最外層電子數(shù)均是其電子層數(shù)的2倍，符合條件的元素有He、C、S，由于Z與Y相鄰且Z、W能形成一種WZ2型分子，則Z為S元素，W為C元素，二者形成的分子為CS2．

（1）由上述分析可知，m=2+8+8+2=20，該物質(zhì)的化學(xué)式為CaCl2；

故答案為：20；CaCl2；

（2）由上述分析可知，W為碳元素，CS2的結(jié)構(gòu)式為S=C=S；

故答案為：碳；S=C=S；

（3）A．CaCl2屬于離子化合物，而CS2是共價化合物；故A錯誤；

B．CaCl2中僅含離子鍵，CS2中只含共價鍵；且是極性共價鍵，故B正確；

C．因氯的非金屬性強于硫，所以穩(wěn)定性HCl＞H2S；故C錯誤；

D．核外電子排布相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子的半徑越小，所以半徑Ca2+＜Cl-；故D錯誤．

故選：B．17、3C3H8O【分析】【分析】（1）分子式為CnHmO2的有機物在氧氣中完全燃燒后，產(chǎn)生等物質(zhì)的量的CO2和H2O，說明n=2m，且1mol完全燃燒消耗=3.5mol氧氣，則m+-1=3.5；據(jù)此計算出n；

（2）在相同條件下氣體的相對分子質(zhì)量之比等于密度之比，以此計算該化合物的相對分子質(zhì)量，根據(jù)生成CO2氣體的體積、水的質(zhì)量可計算出1molA分子中含有的C、H原子數(shù)，結(jié)合A的相對分子質(zhì)量可確定A的分子式．【解析】【解答】解：（1）解：標(biāo)準(zhǔn)狀況下78.4L氧氣的物質(zhì)的量為：n（O2）==3.5mol；

該有機物燃燒的方程式為CmHnO2+（m+-1）O2mCO2+H2O；

該有機物燃燒產(chǎn)生的CO2和H2O（g）的體積相等；則：n=2m；

根據(jù)1mol該有機物完全燃燒消耗氧氣的物質(zhì)的量可知：m+-1=3.5；

解得：n=6；m=3；

所以該有機物的碳原子數(shù)n=3；

故答案為：3；

（2）A的蒸氣與氫氣的相對密度為30，則Mr（A）=30×2=60，6.0gA的物質(zhì)的量是：=0.1mol；

完全燃燒后生成CO2和H2O的物質(zhì)的量分別為n（CO2）==0.3mol、n（H2O）==0.4mol；

則A分子中含有的C、H原子數(shù)為：N（C）==3、N（H）==8；

A分子中含有的C；H的總原子量為：12×3+1×8=44＜60；

所以A分子中含有O元素，且含有氧原子的數(shù)目為：N（O）==1；

故A的分子式是C3H8O；

故答案為：C3H8O．18、N2SO21：3α-Al2O3取少量樣品放入稀鹽酸中，若樣品溶解，則為γ-Al2O3；若樣品不溶解，則為α-Al2O3熔點高硬度大【分析】【分析】（1）該反應(yīng)中N元素化合價由-3價變?yōu)?價；S元素化合價由+6價變?yōu)?4價；得電子化合價降低的生成物是還原產(chǎn)物、失電子化合價升高的生成物是氧化產(chǎn)物；

（2）人造紅寶石是α-Al2O3，γ-Al2O3可將Al（OH）3加熱至723K時制得，它不耐酸；α-Al2O3是天然剛玉的主要成分；硬度很高，且對酸有極強的穩(wěn)定性，所以可以用酸檢驗；

（3）耐高溫的物質(zhì)可以用它來制造坩堝、高溫爐管等；氧化鋁陶瓷具有硬度大特點．【解析】【解答】解：（1）該反應(yīng)中N元素化合價由-3價變?yōu)?價、S元素化合價由+6價變?yōu)?4價，得電子化合價降低的生成物是還原產(chǎn)物、失電子化合價升高的生成物是氧化產(chǎn)物，所以氧化產(chǎn)物是N2，還原產(chǎn)物是SO2；且氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1：3；

故答案為：N2；SO2；1：3；

（2）人造紅寶石是α-Al2O3，γ-Al2O3可將Al（OH）3加熱至723K時制得，它不耐酸；α-Al2O3是天然剛玉的主要成分，硬度很高，且對酸有極強的穩(wěn)定性，所以可以用酸檢驗，其檢驗方法為取少量樣品放入稀鹽酸中，若樣品溶解，則為γ-Al2O3；若樣品不溶解，則為α-Al2O3；

故答案為：α-Al2O3；取少量樣品放入稀鹽酸中，若樣品溶解，則為γ-Al2O3；若樣品不溶解，則為α-Al2O3；

（3）氧化鋁陶瓷具有高熔點特點，一般條件下不易熔融，所以可以用來制造坩堝、高溫爐管等，且其硬度較大，所以可以用它制造剛玉球磨機，故答案為：熔點高；硬度大．19、abCO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3吸熱反應(yīng)物總能量低于生成物總能量（或△H＞0）CO2（g）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）+O2（g）△H=+524.8kJ?mol-1氧化CO2+2e-═CO+O2-增大壓強或及時將生成的C5H12分離出去或降低溫度【分析】【分析】（1）二氧化碳為酸性氣體，Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2與氧化性無關(guān)；

（2）根據(jù)題干信息，反應(yīng)物為CO2與Li4SiO4，生成物有Li2CO3；根據(jù)質(zhì)量守恒進(jìn)行解答；

（3）①當(dāng)反應(yīng)物的能量低于生成物總能量時；反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，吸熱反應(yīng)是化學(xué)反應(yīng)中反應(yīng)物獲得能量在生成物中儲存的過程；②根據(jù)圖示反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ書寫熱化學(xué)反應(yīng)方程式，構(gòu)造目標(biāo)方程式利用蓋斯定律解答；

（4）二氧化碳、水分別在a極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成一氧化碳、氫氣，同時生成氧離子；電極b氧離子失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣；

（5）反應(yīng)為5CO+11H2?C5H12+5H2O△H＜0，提高合成C5H12的產(chǎn)率，應(yīng)使平衡向正反應(yīng)方向移動，結(jié)合方程式的特點和影響化學(xué)平衡的條件解答；【解析】【解答】解：（1）a．Li2O、Na2O、MgO均屬于堿性氧化物，均能吸收酸性氧化物CO2，可在堿性氧化物中尋找吸收CO2的其他物質(zhì)；故a正確；

b．Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，鈉、鎂為ⅠA、ⅡA族元素，所以可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中尋找吸收CO2的其他物質(zhì)，故b正確；

c．Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2；但它們都沒有強氧化性，且吸收二氧化碳與氧化還原無關(guān)，故c錯誤；

故答案為：ab；

（2）在500℃，CO2與Li4SiO4接觸后生成Li2CO3，反應(yīng)物為CO2與Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根據(jù)質(zhì)量守恒可知產(chǎn)物還有Li2SiO3，所以化學(xué)方程式為：CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3；

故答案為：CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3；

（3）①△H＞0表示吸熱；反之放熱，當(dāng)反應(yīng)物的能量低于生成物總能量時，反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，所以反應(yīng)Ⅰ為放熱反應(yīng)；

反應(yīng)Ⅱ為吸熱反應(yīng)；

故答案為：吸熱；反應(yīng)物總能量低于生成物總能量（或△H＞0）；

②根據(jù)圖示反應(yīng)Ⅰ：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=-241.8kJ/mol，根據(jù)圖示反應(yīng)Ⅱ：CO2（g）=CO（g）+O2（g）△H=+283.0KJ/mol，反應(yīng)A：CO2+H2OCO+H2+O2，為Ⅱ-Ⅰ所得，所以熱化學(xué)方程式為：CO2（g）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）+O2（g）△H=+524.8kJ?mol-1；

故答案為：CO2（g）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）+O2（g）△H=+524.8kJ?mol-1；

（4）①CO2+H2OCO+H2+O2；二氧化碳中的碳元素化合價降低，被還原，水中的氫元素化合價降低被還原，反應(yīng)物中的氧元素化合價升高，被氧化，失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣；

故答案為：氧化；

②二氧化碳在a極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成一氧化碳同時生成氧離子，反應(yīng)電極反應(yīng)式為：CO2+2e-═CO+O2-；

故答案為：CO2+2e-═CO+O2-；

（5）①CO2（g）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）+O2（g）△H=+524.8kJ?mol-1；②C5H12（l）+8O2（g）=5CO2（g）+6H2O（g）△H=-3540KJ?mol-1，③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=-241.8kJ/mol，由三者可知：③×6-①×5-②可得5CO（g）+11H2（g）?C5H12（g）+5H2O（g）△H=-533.6kJ/mol，提高合成C5H12的產(chǎn)率，應(yīng)使平衡向正反應(yīng)方向移動，所以可采取增大壓強或及時將生成的C5H12分離出去或降低溫度；

故答案為：增大壓強或及時將生成的C5H12分離出去或降低溫度；20、CD試管Na2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2NaCl不可以引進(jìn)了硝酸根離子，難除去BCD【分析】【分析】（1）除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙；鹽酸要放在最后，來除去過量的氫氧化鈉和碳酸鈉，要先加過量的氯化鋇除去硫酸根離子，然后用碳酸鈉去除過量的鋇離子；

（2）①操作①將固體混合物加熱；根據(jù)給固體加熱常用儀器進(jìn)行選擇；

②操作②反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)為硫酸鈉與氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇和氯化鈉；根據(jù)除雜不能引入新的雜質(zhì)分析；

③根據(jù)若硫酸根離子除盡，可以通過檢驗溶液中不會存在硫酸根離子和溶液中存在過量的鋇離子完成．【解析】【解答】解：（1）要先除硫酸根離子；然后再除鈣離子，碳酸鈉可以除去過量的鋇離子，如果加反了，過量的鋇離子就沒法除去，至于加氫氧化鈉除去鎂離子順序不受限制，因為過量的氫氧化鈉加鹽酸就可以調(diào)節(jié)了，只要將三種離子除完了，過濾就行了，最后加鹽酸除去過量的氫氧根離子碳酸根離子，所以正確的順序為②⑤④①③或⑤②④①③；

故選CD；

（2）①根據(jù)圖示；操作①是將固體混合物加熱，使用到的儀器為試管，不能使用量筒；燒瓶、燒杯，故答案為：試管；

②操作②加入氯化鋇除去硫酸根離子，反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為：Na2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2NaCl；加入硝酸鈉溶液；硝酸鈉和硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鋇和硝酸鈉，除去了硫酸鈉，但引入了硝酸鈉等新的雜質(zhì)；

故答案為：Na2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2NaCl；不可以；引進(jìn)了硝酸根離子；難除去；

③A；應(yīng)該取少量溶液加入試管中進(jìn)行檢驗；不能直接向溶液中加入氯化鋇溶液進(jìn)行檢驗，故A錯誤；

B、可以通過檢驗氯化鋇過量來判斷硫酸根離子除盡，方法為：靜置，取上層清液于試管中，滴加硫酸鈉，若有沉淀生成，則說明氯化鋇已過量，原溶液中的SO42-已除盡；故B正確；

C、若硫酸根除盡，反應(yīng)后的溶液中不會存在硫酸根離子，檢驗方法為：靜置，向上層清液中滴加氯化鋇溶液，若無沉淀生成，則說明氯化鋇已過量，原溶液中的SO42-已除盡；故C正確；

D、可以通過檢驗反應(yīng)后的溶液中不存在硫酸根離子判斷硫酸根離子除盡，方法為：靜置，取上層清液于試管中，滴加氯化鋇溶液，若無沉淀生成，則說明氯化鋇已過量，原溶液中的SO42-已除盡；故D正確；

E；靜置；取上層清液于試管中，滴加硝酸銀溶液，無論硫酸根離子是否除盡，溶液中都一定存在氯離子，氯離子能夠與硝酸銀反應(yīng)生成沉淀，所以無法檢驗硫酸根離子是否除盡，故E錯誤；

故選BCD．21、略

【分析】試題分析：（1）Ga與B同主族，原子序數(shù)是31，則根據(jù)構(gòu)造原理可知，Ga元素的基態(tài)原子核外電子分布式1s22s22p63s23p63d104s24p1。非金屬性越強，第一電離能越大。由于氮元素原子2p能級有3個電子，處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能大于相鄰元素，所以B、N、O元素的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞B。（2）由于N和B的原子半徑比Si的原子半徑小，B－N鍵長比Si－Si短，所以氮化硼比晶體硅具有更高硬度和耐熱性。（3）根據(jù)價層電子對互斥理論可知，在BF3分子中中心原子B原子含有的孤對電子對數(shù)＝（3－3×1）÷2＝0，這說明該化合物是平面正三角形結(jié)構(gòu)，則B原子的雜化軌道類型是sp2雜化；同樣根據(jù)價層電子對互斥理論可知，在SiF4分子中中心原子Si原子含有的孤對電子對數(shù)＝（4－4×1）÷2＝0，這說明該化合物是正四面體結(jié)構(gòu)。（4）根據(jù)投影可知，6個B原子構(gòu)成1個正六邊形，中間是鎂原子。1個B原子被周圍的3個正六邊形共用，所以1個正六邊形含有的B原子是6÷3＝2，因此硼化鎂的化學(xué)式為MgB2。考點：考查核外電子排布、第一電離能比較、雜化軌道類型、空間構(gòu)型、晶體熔點比較、晶體化學(xué)式的判斷等【解析】【答案】（8分）（1）1s22s22p63s23p63d104s24p1（2分）；N＞O＞B（1分）（2）N和B的原子半徑比Si的原子半徑小，B－N鍵長比Si－Si短（或B－N鍵能較大）（2分）（3）sp2雜化（1分）；正四面體（1分）（4）MgB2（1分）四、判斷題(共4題，共24分)22、×【分析】【分析】NaCl屬于離子晶體，不存在NaCl分子．【解析】【解答】解：因為NaCl屬于離子化合物，不存在分子，故錯誤，故答案為：×，因為NaCl屬于離子化合物，不存在分子．23、×【分析】【分析】焰色反應(yīng)實質(zhì)是原子核外的電子受激發(fā)，躍遷到高能級狀態(tài)時發(fā)出的色光，是物理變化．【解析】【解答】解：焰色反應(yīng)是物理變化，不是化學(xué)變化，故錯誤，答案為：×．24、×【分析】【分析】1個CH4中含有的中子數(shù)為6個，結(jié)合n==計算．【解析】【解答】解：n（CH4）==1mol，此時H原子不含中子，則1個CH4中含有的中子數(shù)為6個，1mol甲烷含有6NA個中子．

故答案為：×．25、×【分析】【分析】碳酸根離子等也能與AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀．【解析】【解答】解：與AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀的不只Cl-，還有碳酸根離子等．所以檢驗Cl-時；通常先加稀硝酸酸化，以排除碳酸根離子的干擾．

故答案為：×．五、簡答題(共2題，共20分)26、略

【分析】解：（1）由圖可知：2LiBH4（s）+MgH2（s）=2LiH（s）+2B（s）+MgH2（s）+3H2（g）△H=+200kJ?mol-1①

2LiBH4（s）+MgH2（s）=2LiBH4（s）+Mg（s））+H2（g）△H=+76kJ?mol-1②

2LiBH4（s）+MgH2（s）=2LiH（s）+MgB2（s）+4H2（g）△H=+183kJ?mol-1③

2LiH（s）+MgB2（s）+4H2（g）=2LiH（s）+2B（s）+MgH2（s）+3H2（g）△H=+（200-183）kJ?mol-1④

即：MgB2（s）+H2（g）=2B（s）+MgH2（s）△H=+17kJ?mol-1④

所以-④-②得：Mg（s）+2B（s）═MgB2（s）△H=-（17+76）kJ?mol-1

故答案為：-93kJ?mol-1；

（2）MgCl2?NH4Cl?nNH3，在700℃脫氨得到無水氯化鎂，反應(yīng)的化學(xué)方程式：MgCl2?NH4Cl?nNH3MgCl2+（n+1）NH3↑+HCl↑↑；用惰性電極電解熔融氯化鎂，陰極上是鎂離子得到電子生成鎂，電極反應(yīng)為：Mg2++2e-=Mg；

故答案為：MgCl2?NH4Cl?nNH3MgCl2+（n+1）NH3↑+HCl↑；Mg2++2e-=Mg；

（3）儲氫材料Mg（AlH4）2在110℃-200℃的反應(yīng)為：Mg（AlH4）2=MgH2+2Al+3H2↑；反應(yīng)中生成2molAl轉(zhuǎn)移電子6mol，每生成27gAl轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為3mol；

故答案為：3mol；

（4）工業(yè)上用MgC2O4?2H2O熱分解制超細(xì)MgO，當(dāng)最后固體完全為MgO時，剩余固體質(zhì)量占原先固體質(zhì)量的百分比為：×100%=27%，所以C點剩余的固體為MgO，MgC2O4?2H2O加熱后先失去結(jié)晶水，完全失去結(jié)晶水后生成MgC2O4時剩余固體質(zhì)量占原先固體質(zhì)量的百分比：1-×100%≈75.7%，說明A點恰好失去結(jié)晶水，則B點剩余固體為氧化鎂和草酸鎂的混合物，草酸鎂中C的化合價為+3價，根據(jù)氧化還原反應(yīng)特點可知，草酸鎂分解生成一氧化碳和二氧化碳?xì)怏w，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MgC2O4MgO+CO↑+CO2↑；

故答案為：MgC2O4MgO+CO↑+CO2↑；

（5）升高溫度；平衡正向移動，但是正逆反應(yīng)速率是立即增大，離開原來的速率點，所以甲錯誤；

升高溫度；平衡正向移動，一氧化碳的轉(zhuǎn)化率減小，反應(yīng)速率增大，溫度高的先拐，先達(dá)平衡，故乙正確；

溫度不變；增大壓強，平衡正向移動，所以CO的體積分?jǐn)?shù)減小，故丙錯誤．

故答案為：乙．

（1）根據(jù)反應(yīng)熱的意義，由圖可知：2LiBH4（s）+MgH2（s）=2LiH（s）+2B（s）+MgH2（s）+3H2（g）△H=+200kJ?mol-1①

2LiBH4（s）+MgH2（s）=2LiBH4（s）+Mg（s））+H2（g）△H=+76kJ?mol-1②

2LiBH4（s）+MgH2（s）=2LiH（s）+MgB2（s）+4H2（g）△H=+183kJ?mol-1③

2LiH（s）+MgB2（s）+4H2（g）=2LiH（s）+2B（s）+MgH2（s）+3H2（g）△H=+（200-183）kJ?mol-1④；

應(yīng)用蓋斯定律計算化學(xué)反應(yīng)的焓變；

（2）先將MgCl2?6H20轉(zhuǎn)化為MgCl2?NH4Cl?nNH3；然后在700℃脫氨得到無水氯化鎂，依據(jù)原子守恒書寫化學(xué)方程式；

（3）根據(jù)方程式的意義：Mg（AlH4）2=MgH2+2Al+3H2↑；反應(yīng)中生成2molAl轉(zhuǎn)移電子6mol，據(jù)此計算即可；

（4）用MgC2O4?2H2O熱分解制超細(xì)MgO，當(dāng)最后固體完全為MgO時，可以計算剩余固體質(zhì)量占原先固體質(zhì)量的百分比，得到C點剩余的固體，MgC2O4?2H2O加熱后先失去結(jié)晶水，完全失去結(jié)晶水后生成MgC2O4時；可以計算剩余固體質(zhì)量占原先固體質(zhì)量的百分比，最后根據(jù)氧化還原反應(yīng)特點，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式；

（5）甲；升高溫度；平衡正向移動，正逆反應(yīng)速率都增大；

乙；升高溫度；平衡正向移動；溫度高的先