2025年華東師大版高一化學下冊階段測試試卷

…………○…………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2025年華東師大版高一化學下冊階段測試試卷572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9題，共18分)1、rm{PASS}是新一代高效凈水劑，它由rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{R}五種短周期元素組成，五種元素原子序數(shù)依次增大rm{.X}原子是所有原子中半徑最小的，rm{Y}rm{R}同主族，rm{Z}rm{W}rm{R}同周期，rm{Y}原子的最外層電子數(shù)是次外層的rm{3}倍，rm{Z}是常見的金屬，其氫氧化物能溶于強堿溶液但不溶于氨水，rm{W}單質(zhì)是人類將太陽能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿某Ｓ貌牧蟫m{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.它們的原子半徑依次增大B.rm{WY_{2}}能與堿反應，但不能與任何酸反應C.rm{Z}與rm{Y}形成的化合物是一種耐高溫材料D.熱穩(wěn)定性：rm{H_{2}R>X_{2}Y}2、溶液、濁液和膠體這三種分散系的根本區(qū)別是rm{(}rm{)}A.丁達爾效應B.是否能透過半透膜C.是否均一、透明、穩(wěn)定D.分散質(zhì)粒子大小3、已知氧化性：rm{Br_{2}>Fe^{3+}>I_{2}}向含rm{amolFeI_{2}}的溶液中加入含rm{bmolBr_{2}}的溴水，充分反應。下列敘述不正確的是A.離子的還原性強弱：rm{I^{-}>Fe^{2+}>Br^{-}}B.當rm{ageqslantb}時，發(fā)生的離子反應：rm{2I^{-}+Br_{2}=I_{2}+2Br^{-}}C.當rm{5a=4b}時，反應后的離子濃度之比：rm{C(Fe^{3+})漏UC(Fe^{2+})漏UC(Br^{-})=1漏U1漏U5}D.當rm{3aleqslant2b}時，發(fā)生的離子反應：rm{2Fe^{2+}+2I^{-}+2Br_{2}=2Fe^{3+}+I_{2}+4Br^{-}}4、三硫化磷rm{(P_{4}S_{3})}是黃綠色針狀晶體，易燃、有毒，分子結(jié)構(gòu)之一如圖所示，已知其燃燒時rm{P}被氧化為rm{P_{4}O_{10}}下列有關(guān)rm{P_{4}S_{3}}的說法中不正確的是。

A.rm{P_{4}S_{3}}中磷元素為rm{+3}價B.rm{P_{4}S_{3}}屬于共價化合物C.rm{P_{4}S_{3}}充分燃燒的化學方程式為rm{P_{4}S_{3}+8O_{2}=P_{4}O_{10}+3SO_{2}}D.rm{1molP_{4}S_{3}}分子中含有rm{9mol}共價鍵5、下列敘述，能肯定判斷某化學平衡發(fā)生移動的是A.混合物中各組分的濃度改變B.混合物的密度改變C.正、逆反應速率改變D.反應物的轉(zhuǎn)化率改變6、幾種短周期元素的原子半徑及主要化合價如下表：

。元素代號rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}原子半徑rm{/pm}rm{160}rm{143}rm{70}rm{66}主要化合價rm{+2}rm{+3}rm{+5}rm{+3}rm{-3}rm{-2}下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.rm{X}rm{Y}元素的金屬性rm{X<Y}B.一定條件下，rm{Z}單質(zhì)與rm{W}的常見單質(zhì)直接生成rm{ZW_{2}}C.rm{Y}的最高價氧化物對應的水化物能溶于稀氨水D.一定條件下，rm{W}單質(zhì)可以將rm{Z}單質(zhì)從其氫化物中置換出來7、下列過程發(fā)生化學變化的是rm{(}rm{)}A.將水加熱變成水蒸氣B.將蔗糖加入水中，得到蔗糖溶液C.通過改變溫度從空氣中分離出氧氣D.向沸水中逐滴加入rm{FeCl_{3}}飽和溶液，繼續(xù)煮沸制備rm{Fe(OH)_{3}}膠體8、下列各組離子一定能大量共存的是()A.在無色溶液中：rm{NH{4}^{+}}rm{F{e}^{3+}}rm{S{{O}_{4}}^{2-}}rm{N{{O}_{3}}^{-}}B.在含大量rm{F{e}^{3+}}的溶液中：rm{N{{H}_{4}}^{+}}rm{Na}rm{+}、rm{+}rm{C{I}^{-}}C.在強堿溶液中：rm{O{H}^{-}}rm{Na+}rm{K+}rm{{Cl}^{-}}D.在強酸溶液中：rm{C{{O}_{3}}^{2-}}rm{K+}rm{F{e}^{2+}}rm{C{I}^{-}}rm{C{{O}_{3}}^{2-}}9、下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.與rm{28}rm{g}rm{CO}具有相同分子數(shù)的rm{CO_{2}}的質(zhì)量一定是rm{44}rm{g}B.與rm{V}rm{L}rm{CO}具有相同分子數(shù)的rm{CO_{2}}的體積一定是rm{V}rm{L}C.所含原子數(shù)相等的rm{CO}與rm{CO_{2}}的密度之比為rm{7}rm{11}D.所含原子數(shù)相等的rm{CO}與rm{CO_{2}}的密度之比為rm{21}rm{22}評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、向盛有KI溶液的試管中加入少許CCl4后滴加氯水，CCl4層變成紫色。如果繼續(xù)向試管中滴加氯水，振蕩，CCl4層會逐漸變淺，最后變成無色。完成下列填空：（1）寫出并配平CCl4層由紫色變成無色的化學反應方程式(如果系數(shù)是1，不用填寫)：（2）整個過程中的還原劑是________________。（3）把KI換成KBr，則CCl4層變成________色，繼續(xù)滴加氯水，CCl4層的顏色沒有變化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由強到弱的順序是。（4）加碘鹽中含碘量為25.4mg～50mg/kg。制取加碘鹽(含KIO3的食鹽)1000kg，若用KI與Cl2反應制KIO3，至少需要消耗Cl2L(標準狀況)。11、現(xiàn)有鐵和銅組成的合金共rm{a}rm{mol}其中銅的物質(zhì)的量分數(shù)為rm{x.}將此合金研成粉末狀后全部投入含rm{bmolHNO_{3}}的稀溶液中，微熱使其充分反應，rm{HNO_{3}}還原產(chǎn)物只得到rm{NO}．

rm{(1)}用粒子符號填寫下列空白rm{(}列舉出全部可能出現(xiàn)的情況rm{)}．。組序。

成分rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}rm{壟脻}rm{壟脼}殘留固體成分溶液中的金屬離子rm{(2)}當溶液中金屬離子只有rm{Fe^{2+}}rm{Cu^{2+}}時，則rm的取值范圍是rm{(}用rm{a}rm{x}表示rm{)}______．

rm{(3)}當rm{x=0.5}溶液中rm{Fe^{3+}}和rm{Fe^{2+}}的物質(zhì)的量相等時，在標準狀況下共產(chǎn)生rm{672mlNO}氣體rm{.}求rm{a}和rm的值______．12、請寫出下列反應的離子方程式．

rm{(1)}稀鹽酸和碳酸鈉溶液______

rm{(2)}鋁片與硝酸汞溶液______

rm{(3)}硫酸銅和氫氧化鋇溶液______

rm{(4)}澄清石灰水與少量二氧化碳______．13、（12分）在一只小燒杯里，加入20gBa(OH)2·8H2O粉末，將小燒杯放在事先已滴有3～4滴水的玻璃片上，然后加入10gNH4Cl晶體，并用玻璃棒迅速攪拌。（1）實驗中玻璃棒的作用是_______。（2）寫出有關(guān)反應的化學方程式：_______，該反應屬_______反應（填基本反應類型）。（3）實驗中觀察到的現(xiàn)象有_______、____且反應混合物成糊狀，反應混合物呈糊狀的原因是_______。（4）通過_______現(xiàn)象，說明該反應為_______熱反應，這是由于反應物的總能量______生成物的總能量(填“高”或“低”)14、（10分）根據(jù)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與元素周期律及周期表的知識，回答下列問題：（1）第三周期中，最活潑的非金屬元素是（填元素名稱），其最高價氧化物的水化物的化學式是____。（2）若用M代表IA族元素，其最高價氧化物的水化物的電子式是____。（3）某元素A與氟元素能形成離子化合物AF2。其中陰、陽離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，則A的元素符號是。（4）鉀元素與鎂元素位于不同周期和不同主族，但可以通過另一種元素作參照，比較出鉀與鎂的金屬性強弱，這種參照元素是。（填元素名稱）（5）寫出表示含有8個質(zhì)子、10個中子的原子的化學符號：。（6）周期表中位于第8縱行的鐵元素屬于第____族。（7）周期表中最活潑的非金屬元素位于第_____縱行。（8）所含元素超過18種的周期是第____、___周期。15、現(xiàn)有下列十種物質(zhì)：①H2；②鋁；③CaO；④CO2；⑤H2SO4；⑥Ba(OH)2；⑦紅褐色的氫氧化鐵液體；⑧氨水；⑨稀硝酸；⑩Al2(SO4)3上述各物質(zhì)按物質(zhì)的分類方法填寫表格的空白處（填物質(zhì)編號）：。分類標準金屬單質(zhì)氧化物溶液膠體電解質(zhì)屬于該類的物質(zhì)（2）上述十種物質(zhì)中有兩種物質(zhì)之間可發(fā)生離子反應：H＋＋OH－=H2O，該離子反應對應的化學方程式為。（3）⑩在水中的電離方程式為，（4）少量的④通入⑥的溶液中反應的離子方程式為。（5）②與⑨發(fā)生反應的化學方程式為：Al+4HNO3=Al(NO3)-3+NO↑+2H2O，該反應的氧化劑是（填化學式），氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比是，當有5．4gAl發(fā)生反應時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為。該反應的離子方程式為。16、常溫下，____molSO2和32gCH4占有相同的體積．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)17、蛋白質(zhì)的鹽析過程是一個可逆過程，據(jù)此可以分離和提純蛋白質(zhì)．18、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．19、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）20、標準狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對錯）21、某有機物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機物一定含有C、H、O三種元素．（判斷對錯）22、煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是物理變化23、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．24、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對錯）25、將藍色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化．（判斷對錯）評卷人得分四、實驗題(共4題，共8分)26、Na2CO3是一種很重要的化學物質(zhì)，某學生擬在實驗室中制備Na2CO3。下面是他的制備實驗過程：用50mLNaOH溶液吸收CO2氣體，制備Na2CO3溶液。為了防止通入的CO2氣體過量，生成NaHCO3，他設(shè)計了如下實驗步驟：（I）用25mLNaOH溶液吸收過量的CO2氣體，至CO2氣體不再溶解；（Ⅱ）小心煮沸溶液1～2分鐘；（Ⅲ）在得到的溶液中加入另一半（25mL）NaOH溶液，使溶液充分混合。（1）在（I）中，剛通入CO2時發(fā)生的反應化學方程為____而后又發(fā)生反應的離子方程式為____在（Ⅱ）中煮沸溶液的目的是____在（Ⅲ）中混合另一半NaOH溶液后發(fā)生的反應的離子方程式是____。（2）按該同學的設(shè)計，第（I）步實驗裝置如下：①裝置A使用的試劑是____（固體）和____；②裝置B使用的試劑最好是____（選擇：水、飽和NaOH溶液、飽和Na2CO3溶液、飽和NaHCO3溶液），作用是____，如果不用B裝置，最終得到的Na2CO3溶液中可能存在的雜質(zhì)有____。27、實驗室用固體燒堿配制rm{0.2mol/L}的rm{NaOH}溶液rm{90mL}回答下列問題：rm{(1)}計算需要rm{NaOH}固體的質(zhì)量_________rm{g;}rm{(2)}配制時，已有的儀器和用品是rm{壟脵}燒杯rm{壟脷}藥匙rm{壟脹}托盤天平rm{壟脺}量筒rm{壟脻}洗瓶，還缺少的必需使用的儀器是____________rm{?}____________rm{?}____________rm{;}rm{(3)}配制時，一般分為以下幾個步驟：rm{壟脵}稱量rm{壟脷}計算rm{壟脹}溶解rm{壟脺}搖勻rm{壟脻}移液rm{壟脼}洗滌rm{壟脽}定容rm{壟脿}裝瓶，其正確的操作順序為：_________________rm{(}填序號rm{)}rm{(4)}配制過程中，若其它操作均正確，下列操作會引起結(jié)果偏高的是_______rm{(}填序號rm{)}rm{壟脵}定容搖勻后，液面下降，又加水至刻度線rm{壟脷}將溶液轉(zhuǎn)移至容量瓶時，不慎灑出rm{壟脹}容量瓶不干燥，含有少量蒸餾水rm{壟脺}未洗滌燒杯和玻璃棒rm{壟脻}定容時俯視刻度28、某化學興趣小組的同學設(shè)計了一套實驗方案探究元素周期表中元素性質(zhì)的變化規(guī)律：

rm{1.}同一周期內(nèi)從左到右元素金屬性的遞變規(guī)律．

rm{2.}同一主族內(nèi)從上到下元素非金屬性的遞變規(guī)律．。實驗方法rm{(}Ⅰrm{)}實驗現(xiàn)象rm{(}Ⅱrm{)}rm{1.}鈉與冷水反應，再向反應后溶液中滴加酚酞．A.產(chǎn)生白煙rm{2.}向新制的rm{H_{2}S}飽和溶液中滴加新制的氯水B.反應不十分劇烈，產(chǎn)生的氣體能燃燒，溶液變成淺紅色rm{.}與酸反應劇烈，產(chǎn)生大量氣泡且可以燃燒rm{3.}鎂帶用砂紙打磨后在空氣中燃燒C.產(chǎn)生大量氣泡、氣體可以燃燒rm{4.NaI}溶液中加入溴水和rm{CCl_{4}}D.下層溶液變橙色rm{5.}鎂帶用砂紙打磨后與沸水反應，再向反應后溶液中滴加酚酞rm{.}鎂帶用砂紙打磨后與rm{2mol/L}鹽酸反應．E.浮于水面，熔成小球，迅速向四處游動，溶液變成紅色rm{6.}蘸濃氨水與濃鹽酸的兩玻璃棒接近F.下層溶液變紫色rm{7.NaBr}溶液中加入氯水和rm{CCl_{4}}G.發(fā)出耀眼的強光，生成白色物質(zhì)rm{8.}鋁片用砂紙打磨后與rm{2mol/L}鹽酸反應H.生成淡黃色沉淀回答下列問題。

rm{(1)}從上表rm{(}Ⅰrm{)}中選擇實驗方法，從rm{(}Ⅱrm{)}中選擇相應的實驗現(xiàn)象，上下對應地填寫符合要求的答案在空格中rm{(}上下必須對應才得分，有幾個填幾個，不一定把空格填滿rm{)}．。

探究同一周期從左到右元素。

金屬性的遞變規(guī)律探究同一主族內(nèi)從上到下元素。

非金屬性的遞變規(guī)律Ⅰ

Ⅱ

rm{(2)}實驗結(jié)論rm{(}用元素符號表示具體的強弱順序rm{)}

元素的金屬性：______，元素的非金屬性：______

rm{(3)}上表rm{(}Ⅰrm{)}中實驗方法rm{1}反應的離子方程式______．

rm{(4)}上表rm{(}Ⅰrm{)}中實驗方法rm{8}反應的離子方程式______．

rm{(5)}上表rm{(}Ⅱrm{)}中實驗現(xiàn)象rm{F}反應的化學方程式______．29、亞氯酸鈉rm{(NaClO_{2})}是一種高效的漂白劑和氧化劑，過氧化氫法生產(chǎn)亞氯酸鈉的工藝流程圖如下：已知：rm{壟脵NaClO_{2}}的溶解度隨溫度升高而增大，適當條件下可結(jié)晶析出rm{NaClO_{2}?3H_{2}O}rm{壟脷}二氧化氯具有強氧化性，空氣中的體積分數(shù)超過rm{10%}具有爆炸性。

rm{(1)SO_{2}}與過量的氨水反應的離子方程式為____。rm{(2)}發(fā)生器中鼓入空氣的主要作用是____。rm{(3)}吸收塔內(nèi)的反應的離子方程式為____，塔內(nèi)溫度不宜超過rm{20隆忙}其原因是____。rm{(4)}從濾液中得到rm{NaClO_{2}?3H_{2}O}粗晶體的實驗操作依次是____、____、過濾。評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共10分)30、某探究小組用HNO3與大理石反應過程中質(zhì)量減小的方法，研究影響反應速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有細顆粒與粗顆粒兩種規(guī)格，實驗溫度為298K、308K，每次實驗HNO3的用量為25.0mL；大理石用量為10.00g。

（1）請完成以下實驗設(shè)計表，并在實驗目的一欄中填出對應的實驗編號：。實驗編號T/K大理石規(guī)格HNO3濃度/mol·L-1實驗目的①298粗顆粒2.00（Ⅰ）實驗①和②探究HNO3濃度對該反應速率的影響；

（Ⅱ）實驗①和③探究溫度對該反應速率的影響；

（Ⅲ）實驗①和④探究大理石規(guī)格（粗、細）對該反應速率的影響；②_______________③_______________④_______________

（2）實驗裝置如圖1所示，如何檢驗該裝置的氣密性________________________________

（3）實驗①中CO2質(zhì)量隨時間變化的關(guān)系見下圖2：依據(jù)反應方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計算實驗①在70-90s范圍內(nèi)HNO3的平均反應速率________________________

（4）請在答題卡的框圖中，畫出實驗②、③和④中CO2質(zhì)量隨時間變化關(guān)系的預期結(jié)果示意圖。_______評卷人得分六、工業(yè)流程題(共3題，共9分)31、重鉻酸鉀(K2Cr2O7)是一種重要的化工原料，以FeO·Cr2O3為原料制備K2Cr2O7的流程如下：

已知：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2

回答下列問題：

(1)寫出濾渣的一種用途：___________________。

(2)“調(diào)節(jié)pH”可實現(xiàn)CrO42-和Cr2O72-在溶液中相互轉(zhuǎn)化。室溫下，若初始濃度為1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)隨c(H+)的變化如圖所示：

①由圖可知，溶液酸性增大，CrO42-的平衡轉(zhuǎn)化率________(填“增大”“減小”或“不變”)。

②根據(jù)A點數(shù)據(jù)，計算出該轉(zhuǎn)化反應的平衡常數(shù)為_________。

(3)流程中的“轉(zhuǎn)化”過程中發(fā)生的反應屬于_________(填基本反應類型)。

(4)在化學分析中采用K2CrO4為指示劑，以AgNO3標準溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+與CrO42-生成磚紅色沉淀，指示到達滴定終點。當溶液中Cl-恰好完全沉淀(濃度等于1.0×10－5mol·L-1)時，溶液中c(Ag+)為_______mol·L-1，此時溶液中c(CrO42-)等于________mol·L－1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分別為2.0×10-12和2.0×10-10)32、用鋁箔制備Al2O3、AlCl3·6H2O及明礬(摩爾質(zhì)量為474g/mol)晶體；相關(guān)流程如下：

已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；明礬在水中的溶解度如下表。溫度/℃010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109

(1)步驟II中發(fā)生的離子方程式___________；

(2)選出步驟Ⅳ過程中合理的操作并排序___________。

a．迅速降至室溫b．用玻璃棒摩擦器壁c．配制90℃的明礬飽和溶液。

d．自然冷卻至室溫e．選規(guī)則明礬小晶體并懸掛在溶液中央。

f．配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液。

(3)下列關(guān)于固液分離操作或描述正確的是___________。

A．步驟II通過量CO2后進行固液分離時為加快過濾速度可采用抽濾B．如圖中抽濾裝置有2處錯誤C．抽濾完畢時，應先關(guān)閉水龍頭，再斷開吸濾瓶和安全瓶之間的導管，以防止倒吸D．步驟Ⅴ，抽濾時，需用玻璃纖維替代濾紙(4)由溶液A制備AlCl3·6H2O的裝置如圖所示：

①通入HCl的作用有___________。

②步驟Ⅴ洗滌時，請使用合適的洗滌劑并描述具體的洗滌操作___________。

(5)用電子天平稱取3.000g的明礬粗產(chǎn)品，用水溶解后取相同體積的兩份溶液。第一份用BaCl2溶液滴定法測得n(SO)為0.006300mol；第二份用EDTA滴定法測得n(Al3+)為0.002900mol。則該試樣中明礬的純度為___________。33、“NaH2PO2還原法”制備高純度氫碘酸和亞磷酸鈉(Na2HPO3)的工業(yè)流程如圖。

已知：25℃時，H3PO3的pKa1=1.3，pKa2=6.6。

（1）“合成”過程，主要氧化產(chǎn)物為H3PO3，相應的化學方程式為___________。

（2）“除鉛”過程，F(xiàn)eS除去微量Pb2+的離子方程式為___________。

（3）“減壓蒸餾”過程，I-回收率為95%，則剩余固體的主要成分為___________（填化學式）。

（4）“調(diào)pH=11”的作用是___________。

（5）氫碘酸也可以用“電解法”制備，裝置如圖所示。其中雙極膜(BPM)是陰、陽復合膜，在直流電的作用下，陰、陽膜復合層間的H2O解離成H+和OH-；A；B為離子交換膜。

①B膜最佳應選擇___________

②陽極的電極反應式是___________。

③少量的I-因為濃度差通過BPM膜，若撤去A膜，其缺點是：___________參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】解：由上述分析可知，rm{X}為rm{H}rm{Y}為rm{O}rm{Z}為rm{Al}rm{W}為rm{Si}rm{R}為rm{S}

A.電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑為rm{Z>Si>S>O>H}故A錯誤；

B.rm{WY_{2}}能與堿反應，且與rm{HF}酸反應；故B錯誤；

C.rm{Z}與rm{Y}形成的化合物為氧化鋁；熔點高，可作耐高溫材料，故C正確；

D.非金屬性rm{O>S}則熱穩(wěn)定性為rm{H_{2}R<X_{2}Y}故D錯誤；

故選C．

rm{PASS}是新一代高效凈水劑，它由rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{R}五種短周期元素組成，五種元素原子序數(shù)依次增大rm{.X}原子是所有原子中半徑最小的，rm{X}為rm{H}元素；rm{Y}原子的最外層電子數(shù)是次外層的rm{3}倍，rm{Y}應為第二周期元素，最外層電子數(shù)為rm{6}則rm{Y}為rm{O}元素，rm{Y}rm{R}同主族，rm{R}為rm{S}元素；rm{Z}rm{W}rm{R}同周期，rm{Z}是常見的金屬，其氫氧化物能溶于強堿溶液但不溶于氨水，rm{Z}為rm{Al}元素，rm{W}單質(zhì)是人類將太陽能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿某Ｓ貌牧?，rm{W}為rm{Si}元素；以此來解答．

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點，把握元素的性質(zhì)、原子結(jié)構(gòu)、元素的位置來推斷元素為解答的關(guān)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．【解析】rm{C}2、D【分析】解：rm{A}膠體具有丁達爾現(xiàn)象；用于區(qū)分溶液和膠體，不是本質(zhì)特征，故A不選；

B；膠體不能通過半透膜；用于分離溶液和膠體，不是本質(zhì)特征，故B不選；

C；溶液、膠體是均一、穩(wěn)定的；故C不選；

D；分散質(zhì)粒子的大小是區(qū)分三種分散系的本質(zhì)特征；故D選；

故選D．

依據(jù)溶液；膠體和濁液這三種分散系的根本區(qū)別是分散質(zhì)的微粒直徑大小分析．

本題考查了膠體的性質(zhì)和步驟特征分析判斷，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目較簡單．【解析】rm{D}3、D【分析】解：rm{A}已知氧化性：rm{Br_{2}>Fe^{3+}>I_{2}}根據(jù)強弱規(guī)律，則還原性rm{I^{-}>Fe^{2+}>Br^{-}}故A正確；

B、溴與碘亞鐵反應首先與還原強的碘離子反應，后與亞鐵離子反應，如果rm{a=b}時，rm{FeI_{2}}溶液中碘離子恰好與溴完全反應，則rm{a>b}時，說明只發(fā)生碘離子與溴的反應，發(fā)生的離子反應：rm{2I^{-}+Br_{2}簍TI_{2}+2Br^{-}}故B正確；

C、當rm{5a=4b}時，即rm{amolFeI_{2}}和rm{5/4amolBr_{2}}反應，所以碘離子完全反應，亞鐵離子一半被氧化成鐵離子，所以離子濃度之比：rm{c(Fe^{2+})}rm{c(Fe^{3+})}rm{c(Br^{-})=1}rm{1}rm{5}故C正確；

D、當rm{3a=2b}時，rm{amol}的rm{FeI_{2}}溶液和rm{bmolBr_{2}}恰好完全反應，其中亞鐵離子與碘離子的物質(zhì)的量之比為：rm{1}rm{2}離子反應方程式為：rm{2Fe^{2+}+4I^{-}+3Br_{2}簍T2Fe^{3+}+2I_{2}+6Br^{-}}故D錯誤；

故選D．

A、已知氧化性：rm{Br_{2}>Fe^{3+}>I_{2}}根據(jù)強弱規(guī)律，則還原性rm{I^{-}>Fe^{2+}>Br^{-}}

B；溴與碘亞鐵反應首先與還原強的碘離子反應；后與亞鐵離子反應；

C、當rm{5a=4b}時，即rm{amolFeI_{2}}和rm{5/4a}rm{molBr_{2}}反應，所以碘離子完全反應，亞鐵離子一半被氧化成鐵離子，所以離子濃度之比：rm{c(Fe^{2+})}rm{c(Fe^{3+})}rm{c(Br^{-})=1}rm{1}rm{5}

D、當rm{3a=2b}時，rm{amol}的rm{FeI_{2}}溶液和rm{bmolBr_{2}}恰好完全反應．

本題以溴和碘化亞鐵的反應為載體考查了氧化還原反應，明確溶液中離子反應的先后順序是解本題的關(guān)鍵，采用極值討論法來分析解答較簡便，題目難度較大．【解析】rm{D}4、A【分析】【分析】本題考查化學鍵及物質(zhì)結(jié)構(gòu)，為高頻考點，把握rm{P}與rm{S}形成的化學鍵為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意rm{P-P}鍵及rm{P-S}鍵的區(qū)別，題目難度不大。【解答】A.由圖可知最上方的rm{P}與rm{S}形成rm{3}個共價鍵，rm{S}形成rm{2}個共價鍵，則rm{P_{4}S_{3}}中rm{S}為rm{-2}價，磷元素分別為rm{+3}價、rm{+1}價；故A錯誤；

B.只含共價鍵的化合物為共價化合物，則rm{P_{4}S_{3}}屬于共價化合物；故B正確；

C.燃燒反應生成穩(wěn)定氧化物，則rm{P_{4}S_{3}}充分燃燒的化學方程式為rm{P_{4}S_{3}+8O_{2}=P_{4}O_{10}+3SO_{2}}故C正確；

D.由圖可知，共rm{6}個rm{P-S}rm{3}個rm{P-P}共價鍵，則rm{1}rm{mol}rm{P_{4}S_{3}}分子中含有rm{9}rm{mol}共價鍵；故D正確。

故選A。

【解析】rm{A}5、D【分析】【解析】試題分析：化學平衡發(fā)生移動的標志有很多，例如正反反應速率的大小改變，但是改變量不能相等，或者是反應物的轉(zhuǎn)化率改變等等，D選項符合要求；混合物中各組分的濃度改變、混合物的密度改變、正、逆反應速率改變均不能肯定某化學平衡發(fā)生移動?？键c：化學平衡【解析】【答案】D6、D【分析】解：rm{A}根據(jù)題給數(shù)據(jù)，rm{X}rm{Y}的化合價不同，但原子半徑相差較小，可知兩者位于同一周期相鄰主族，故金屬性rm{X>Y}故A錯；

B、根據(jù)rm{Z}rm{W}的原子半徑相差不大，化合價不同，且rm{W}只有負價，則其可能是rm{O}rm{Z}是rm{N}兩者的單質(zhì)直接生成rm{NO}故B錯；

C、據(jù)此判斷可知rm{X}是rm{Mg}rm{Y}是rm{Al}rm{Y}的最高價氧化物的水化物是氫氧化鋁；其不溶于氨水，故C錯；

D；一定條件下；氧氣可以和氨氣反應生成水和氮氣，故D對；

故選：rm{D}．

本題利用原子半徑的周期性變化規(guī)律以及元素化合價的周期性變化規(guī)律來解題；綜合考察了非金屬性以及金屬性的強弱判斷．

此題考查了物質(zhì)結(jié)構(gòu)與元素周期律知識rm{.}本題是一個好題，雖然對學生來說判斷起來有點難度，但總起來還是可以明確找到答案，并準確作答rm{.}解答元素推斷題的突破口可能是原子結(jié)構(gòu)、元素在周期表中的位置、元素的性質(zhì)等；在此題中解答時，關(guān)鍵是抓住元素性質(zhì)和元素在周期表中的位置的關(guān)系，從原子半徑的變化和元素的最高正價和最低負價入手尋求突破【解析】rm{D}7、D【分析】解：rm{A.}將水加熱變成水蒸氣；是水的不同形態(tài)之間轉(zhuǎn)化，沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故A不選；

B.將蔗糖加入水中；得到蔗糖溶液，蔗糖溶解過程沒有新物質(zhì)生成屬于物理變化，故B不選；

C.工業(yè)制取氧氣采取的是分離液態(tài)空氣的方法，因為液態(tài)氮沸點低，蒸發(fā)時會先氣化最后得到液態(tài)氧rm{.}這個過程中沒有新的物質(zhì)產(chǎn)生；變化類型屬物理變化，故C不選；

D.向沸水中逐滴加入rm{FeCl_{3}}飽和溶液，繼續(xù)煮沸制備rm{Fe(OH)_{3}}膠體；有新物質(zhì)生成，屬于化學變化，故D選；

故選：rm{D}．

物理變化沒有新物質(zhì)生成；化學變化有新物質(zhì)生成，據(jù)此分析解答．

本題考查了化學變化與物理變化的判斷，明確過程中是否有新物質(zhì)生成是解題關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】rm{D}8、C【分析】【分析】本題考查離子共存問題，明確離子的性質(zhì)為解答該題的關(guān)鍵，答題時注意把握題給信息，該題為高考常見題型，難度不大?！窘獯稹緼.無色溶液中不能大量存在棕黃色rm{Fe^{3+}}故A錯誤；

B.rm{NH_{4}^{+}}和rm{OH^{-}}生成一水合氨而不共存，并且rm{Fe^{3+}}與rm{OH^{-}}生成氫氧化鐵沉淀不能共存；故B錯誤；

C.離子之間不發(fā)生任何反應；可大量共存，故C正確；

D.在rm{pH=1}的溶液中rm{CO_{3}^{2-}}不存在；故D錯誤。

故選C?！窘馕觥縭m{C}9、A【分析】解：rm{A.28gCO}的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{28g}{28g/mol}=1mol}分子數(shù)相同時物質(zhì)的量相等，則rm{dfrac

{28g}{28g/mol}=1mol}的質(zhì)量為：rm{1molCO_{2}}故A正確；

B.不是相同條件下；體積相同時氣體含有分子數(shù)不一定相同，故B錯誤；

C.根據(jù)rm{44g/mol隆脕1mol=44g}可知；氣體密度與氣體摩爾體積有關(guān)，沒有指出條件，無法判斷密度關(guān)系，故C錯誤；

D.根據(jù)rm{婁脩=dfrac{M}{V_{m}}}可知；氣體密度與氣體摩爾體積有關(guān)，沒有指出條件，無法判斷密度之比，故D錯誤；

故選A．

A.分子數(shù)相同時二者物質(zhì)的量相等，根據(jù)rm{婁脩=dfrac{M}{V_{m}}}計算出rm{n=dfrac{m}{M}}的物質(zhì)的量，再根據(jù)rm{CO}計算出二氧化碳的質(zhì)量；

B.沒有指出在相同條件下；氣體摩爾體積不一定相等，則體積相等時氣體的分子數(shù)不一定相等；

C.rm{m=nM}沒有指出條件，無法判斷二者密度之比；

D.根據(jù)rm{婁脩=dfrac{M}{V_{m}}}可知；氣體密度與氣體摩爾體積有關(guān)，與原子數(shù)多少無關(guān)．

本題考查了物質(zhì)的量的計算，題目難度不大，明確物質(zhì)的量與其它物理量之間的關(guān)系為解答關(guān)鍵，注意掌握氣體摩爾體積的使用條件，試題有利于提高學生的化學計算能力．rm{婁脩=dfrac{M}{V_{m}}}【解析】rm{A}二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】試題分析：（1）根據(jù)氧化還原反應方程式的配平原則，分析反應中的化合價變化，I元素的化合價從0→+5，升高5價，Cl元素的化合價從0→-1，降低1價，綜合得失電子守恒和質(zhì)量守恒，可配平出：I2+5Cl2+6H2O═2HIO3+10HCl；（2）分析整個過程中化合價升高的都是I元素，還原劑為：KI和I2；（3）KI換成KBr時，得到的是溴單質(zhì)，則其在CCl4中呈紅棕色；繼續(xù)滴加氯水時，顏色不變，可知氯水不能將溴單質(zhì)氧化成HBrO3，故其氧化性強弱順序為：HBrO3＞Cl2＞HIO3；（4）1000kg加碘食鹽中至少含碘25.4g，KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，根據(jù)KIO3～I～KI～3Cl2可知，則需要消耗標準狀況下Cl2的體積為：×3×22.4L/mol=13.44L．考點：氧化還原反應；化學方程式的有關(guān)計算；氧化性、還原性強弱的比較；氧化還原反應方程式的配平；重要的還原劑；分液和萃?。窘馕觥俊敬鸢浮浚?）I2＋5Cl2＋6H2O=2HIO3＋10HCl（寫出反應物和生成物但未配平得1分，全對得3分）（2）I2（2分）（3）橙紅（1分）HBrO3＞Cl2＞HIO3（2分）（4）13.44L（2分）11、略

【分析】解：rm{(1)Cu}rm{Fe}的混合物與稀硝酸反應，金屬可能有剩余，可能沒有剩余rm{.}金屬可能有剩余時，根據(jù)共存可知，剩余金屬有兩種情況：rm{壟脵}剩余rm{Fe}rm{Cu}當有rm{Fe}剩余時，溶液中能與rm{Fe}反應的rm{Fe^{3+}}rm{Cu^{2+}}都不存在，所以溶液中只有rm{Fe^{2+}}

rm{壟脷}只剩余rm{Cu}溶液中一定不存在與rm{Cu}反應的rm{Fe^{3+}}根據(jù)離子共存，可能只有rm{Fe^{2+}}

rm{壟脹}通過rm{壟脷}知，溶液中還可能存在的離子是rm{Fe^{2+}}rm{Cu^{2+}}

rm{壟脺}當固體沒有剩余時，可能存在的情況是：當rm{Fe}恰好與硝酸反應生成rm{Fe^{2+}}rm{Cu}恰好與硝酸生成rm{Cu^{2+}}所以溶液中存在的離子是rm{Fe^{2+}}rm{Cu^{2+}}

rm{壟脻}通過rm{壟脺}知，固體沒有剩余時，生成的rm{Fe^{3+}}部分反應，根據(jù)離子共存，溶液中存在的離子可能的rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{Cu^{2+}}

rm{壟脼}通過rm{壟脺}rm{壟脻}知，固體沒有剩余時，鐵、銅全部被氧化成離子，根據(jù)離子共存，溶液中存在的離子可能是rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}

故答案為：。組序。

成分rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}rm{壟脻}rm{壟脼}殘留固體成分rm{Fe}rm{Cu}rm{Cu}rm{Cu}溶液中的金屬離子rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{Cu^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{(2)}當溶液中的金屬離子只有rm{Fe^{2+}}rm{Cu^{2+}}時，說明rm{Cu}恰好完全反應或者有剩余，而rm{HNO_{3}}和rm{Fe}則完全反應rm{(}如果有硝酸剩余，則rm{Fe^{2+}}則會被進一步氧化為rm{Fe^{3+}}如果有rm{Fe}剩余，則會和rm{Cu^{2+}}繼續(xù)反應rm{)}

rm{HNO_{3}隆煤NO}rm{N}得rm{3}電子，設(shè)被還原的rm{HNO_{3}}為rm{ymol}總計得rm{3ymol}電子；

rm{Cu隆煤Cu^{2+}}rm{Cu}失rm{2}電子，設(shè)參加反應的rm{Cu}為rm{zmol}總計失rm{2zmol}電子；

rm{Fe隆煤Fe^{2+}}rm{Fe}失rm{2}電子，參加反應的rm{Fe}為rm{a(1-x)mol}總計失rm{2a(1-x)mol}電子；

根據(jù)得失電子總數(shù)相等，所以：rm{3y=2z+2a(1-x)}rm{壟脵}

反應中起酸作用的硝酸生成rm{Fe(NO_{3})_{2}}和rm{Cu(NO_{3})_{2}}起氧化劑作用的硝酸生成rm{NO}由rm{N}元素守恒，所以有：rm{y+2a(1-x)+2z=b壟脷}

聯(lián)立方程，消去rm{y}整理得rm{b=dfrac{4[2z+2a(1-x)]}{3}壟脹}

參加反應的rm{b=dfrac

{4[2z+2a(1-x)]}{3}壟脹}的物質(zhì)的量rm{Cu}的取值大于rm{z}最大為rm{0}帶入rm{ax}中，可得rm{dfrac{8a(1-x)}{3}<bleqslantdfrac{8a}{3}}

故答案為：rm{dfrac{8a(1-x)}{3}<bleqslantdfrac{8a}{3}}

rm{壟脹}當rm{dfrac{8a(1-x)}{3}<bleqslant

dfrac{8a}{3}}溶液中rm{dfrac{8a(1-x)}{3}<bleqslant

dfrac{8a}{3}}和rm{(3)}的物質(zhì)的量相等時，rm{x=0.5}全部為銅離子，所以參加反應的rm{Fe^{3+}}為rm{Fe^{2+}}rm{Cu}和rm{Cu}的物質(zhì)的量各為rm{0.5amol}

rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{2+}}得rm{0.25amol}電子，產(chǎn)生rm{HNO_{3}隆煤NO}氣體即rm{N}總計得rm{3}電子；

rm{672mlNO}rm{0.03mol}失rm{0.09mol}電子，則失rm{Cu隆煤Cu^{2+}}電子；

rm{Cu}rm{2}失rm{amol}電子，則失rm{Fe隆煤Fe^{2+}}電子；

rm{Fe}rm{2}失rm{0.5amol}電子，則失rm{Fe隆煤Fe^{3+}}電子；

根據(jù)得失電子總數(shù)相等，所以：rm{Fe}解得rm{3}

根據(jù)氮原子守恒可知：rm{0.75amol}

故答案為：rm{0.09=a+0.5a+0.75a}rm{a=0.04}．

rm{b=2n(Cu^{2+})+2n(Fe^{2+})+3n(Fe^{3+})+2n(NO)=2隆脕0.04隆脕0.5+2隆脕0.04隆脕0.25+3隆脕0.04隆脕0.25+0.03=0.12mol}rm{a=0.04mol}的混合物與稀硝酸反應，金屬可能有剩余，可能沒有剩余rm{b=0.12mol}金屬剩余時可能是rm{(1)Cu}rm{Fe}或者只有rm{.}根據(jù)剩余固體的成分結(jié)合物質(zhì)還原性強弱；離子共存分析；

rm{Fe}當溶液中的金屬離子只有rm{Cu}rm{Cu}時，說明rm{(2)}恰好完全反應或者有剩余，而rm{Fe^{2+}}和rm{Cu^{2+}}則完全反應rm{Cu}如果有硝酸剩余，則rm{HNO_{3}}則會被進一步氧化為rm{Fe}如果有rm{(}剩余，則會和rm{Fe^{2+}}繼續(xù)反應rm{Fe^{3+}}

rm{Fe}rm{Cu^{2+}}得rm{)}電子，設(shè)被還原的rm{HNO_{3}隆煤NO}為rm{N}總計得rm{3}電子；

rm{HNO_{3}}rm{ymol}失rm{3ymol}電子，設(shè)參加反應的rm{Cu隆煤Cu^{2+}}為rm{Cu}總計失rm{2}電子；

rm{Cu}rm{zmol}失rm{2zmol}電子，參加反應的rm{Fe隆煤Fe^{2+}}為rm{Fe}總計失rm{2}電子；

根據(jù)得失電子總數(shù)相等，所以：rm{Fe}

反應中起酸作用的硝酸生成rm{a(1-x)mol}和rm{2a(1-x)mol}起氧化劑作用的硝酸生成rm{3y=2z+2a(1-x)壟脵}由rm{Fe(NO_{3})_{2}}元素守恒，所以有：rm{Cu(NO_{3})_{2}}

聯(lián)立方程，消去rm{NO}可得rm{N}的表達式rm{y+2a(1-x)+2z=b壟脷}用rm{y}rmrm{(}表示rm{a}參加反應的rm{x}的物質(zhì)的量rm{z}的取值大于rm{)}最大為rm{Cu}帶入rm{z}的表達式計算．

rm{0}當rm{ax}溶液中rm和rm{(3)}的物質(zhì)的量相等時，rm{x=0.5}全部為銅離子；根據(jù)得失電子守恒和氮原子守恒計算．

本題考查了鐵、銅及硝酸的性質(zhì)，因為鐵是變價金屬，和硝酸反應又涉及量不同產(chǎn)物不同，所以本題難度較大，可根據(jù)固體成分結(jié)合離子共存討論，化繁為簡，效果較好．rm{Fe^{3+}}【解析】rm{dfrac{8a(1-x)}{3}<bleqslantdfrac{8a}{3}}rm{dfrac{8a(1-x)}{3}<bleqslant

dfrac{8a}{3}}rm{a=0.04mol}rm{b=0.12mol}12、略

【分析】解：rm{(1)}碳酸鈉溶液與足量稀鹽酸混合反應生成氯化鈉、水、二氧化碳，離子反應為rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}=H_{2}O+CO_{2}隆眉}

故答案為：rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}=H_{2}O+CO_{2}隆眉}

rm{(2)}鋁片與硝酸汞溶液反應生成硝酸鋁和汞單質(zhì)，反應的離子方程式為：rm{2Al+3Hg^{2+}=3Hg+2Al^{3+}}

故答案為：rm{2Al+3Hg^{2+}=3Hg+2Al^{3+}}

rm{(3)}硫酸銅和氫氧化鋇溶液反應生成氫氧化銅、硫酸鋇，離子方程式：rm{SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+Cu^{2+}+2OH^{-}=Cu(OH)_{2}隆媒+BaSO_{4}隆媒}

故答案為：rm{SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+Cu^{2+}+2OH^{-}=Cu(OH)_{2}隆媒+BaSO_{4}隆媒}

rm{(4)}澄清石灰水與少量二氧化碳反應生成碳酸鈣和水，離子方程式：rm{CO_{2}+Ca^{2+}+2OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

故答案為：rm{CO_{2}+Ca^{2+}+2OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O.}

rm{(1)}稀鹽酸和碳酸鈉溶液反應生成氯化鈉；水和二氧化碳；

rm{(2)}鋁片與硝酸汞溶液生成汞和硝酸鋁；

rm{(3)}硫酸銅和氫氧化鋇溶液反應生成氫氧化銅；硫酸鋇；

rm{(4)}澄清石灰水與少量二氧化碳反應生成碳酸鈣和水．

本題考查了離子方程式、化學方程式的書寫，題目難度不大，注意掌握離子方程式、化學方程式的書寫原則，能夠正確書寫常見反應的化學方程式，試題有利于培養(yǎng)學生靈活應用所學知識的能力．【解析】rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}=H_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{2Al+3Hg^{2+}=3Hg+2Al^{3+}}rm{SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+Cu^{2+}+2OH^{-}=Cu(OH)_{2}隆媒+BaSO_{4}隆媒}rm{CO_{2}+Ca^{2+}+2OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}13、略

【分析】(1)因為這是固體與固體之間的反應，所以通過玻璃棒的攪拌可以增大接觸面積，加快反應速率。（2）強堿和銨鹽可以發(fā)生復分解反應生成氨氣，方程式為Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl＝BaCl2+2NH3↑+10H2O。（3）隨著反應的進行會有氨氣生成，所以能聞到刺激性氣味，同時可以看見燒杯和玻璃片粘在一起。由于反應中有水生成，所以會出現(xiàn)糊狀。（4）之所以會結(jié)冰，是由于溫度降低導致的，這說明反應是吸熱反應。因此反應物的總能量低于生成物的總能量?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）攪拌加速反應；2分；（2）Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl＝BaCl2+2NH3↑+10H2O2分；復分解反應2分；（3）聞到剌激性氣味、燒杯和玻璃片粘在一起（或結(jié)冰）、生成水各1分；（4）結(jié)冰、吸熱、低各1分；14、略

【分析】【解析】【答案】每空1分，共10分。（1）氯、HClO4（2）（3）Mg（4）鈉（5）188O（6）Ⅷ族（7）17（8）六、七15、略

【分析】試題分析：（1）②鋁是只有金屬鋁元素組成的金屬單質(zhì)，③Na2O和④CO2中含有兩種元素其中一種元素是氧元素，屬于氧化物，⑧氨水中含有NH3、H2O和NH3·H2O多種微粒，是混合物，⑨稀硝酸存在H+、NO3-、H2O多種微粒，屬于混合物；由于微粒的直徑小于1nm,所以屬于溶液。⑦紅褐色的氫氧化鐵液體由于Fe(OH)3的直徑在1～100nm之間，屬于膠體。③⑤⑥⑩在水溶液或者熔融狀態(tài)下能導電，這樣的化合物屬于電解質(zhì)，故答案為：。分類標準金屬單質(zhì)氧化物溶液膠體電解質(zhì)屬于該類的物質(zhì)②③④⑧⑨⑦③⑤⑥⑩（2）上述十種物質(zhì)中有兩種物質(zhì)之間可發(fā)生離子反應：H++OH-═H2O，該兩種物質(zhì)為可溶性的強堿與強酸反應生成可溶性的鹽的反應，滿足該條件下的反應方程式為：Ba（OH）2+2HNO3═Ba（NO3）2+2H2O，（3）Al2(SO4)3=2Al3＋+3SO42－（4）少量的二氧化碳可以和強堿氫氧化鋇反應生成碳酸鋇和水，其離子方程式為：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，（5）已知Al+4HNO3=Al（NO3）3+NO↑+2H2O，HNO3→NO，氮元素化合價從+5降低為+2，HNO3是氧化劑；1molAl從0價升高為+3價，失去3mol電子，1molHNO3化合價從+5降低為+2得到3mol電子，所以還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量相等；n（Al）=n/M=5．4g/27g/mol=0．2mol，所以轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0．2mol×3=0．6mol；Al和4HNO3反應的離子方程式為Al+4H++NO3-=Al3++NO↑+2H2O，考點：考查物質(zhì)的分類、物質(zhì)的量的計算以及物質(zhì)的性質(zhì)方面知識。【解析】【答案】（1）。金屬單質(zhì)氧化物溶液膠體電解質(zhì)屬于該類的物質(zhì)②③④⑧⑨⑦③⑤⑥⑩（2）Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O（3）Al2(SO4)3=2Al3＋+3SO42－（4）Ba2＋+2OH－+CO2=BaCO3↓+H2O（5）HNO31︰10．6molAl+4H＋+NO3－=Al3＋+NO↑+2H2O16、2【分析】【解答】解：體積相同，則二者的物質(zhì)的量相同，n（CH4）==2mol，則常溫下，2molSO2和32gCH4占有相同的體積，故答案為：2．【分析】結(jié)合n=V=nVm計算．三、判斷題(共9題，共18分)17、A【分析】【解答】向雞蛋清中加入飽和硫酸鈉溶液；可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸鈉溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化；再向試管里加入足量的蒸餾水，觀察到的現(xiàn)象是變澄清，鹽析是可逆過程，可以采用多次鹽析的方法分離；提純蛋白質(zhì)．

故答案為：對．

【分析】向雞蛋清中加入飽和硫酸銨溶液，可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸銨溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化．18、B【分析】【解答】蒸餾是用來分離沸點不同的液體混合物；溫度計測量的是蒸汽的溫度，故應放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據(jù)溫度計在該裝置中的位置與作用；19、B【分析】【解答】n===1mol，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據(jù)n=計算物質(zhì)的量，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．20、B【分析】【解答】標準狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標準狀況己烷不是氣體，物質(zhì)的量不是0.1mol，故上述錯誤；

故答案為：錯．

【分析】氣體摩爾體積的概念和應用條件分析判斷，標準狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol21、B【分析】【解答】解：某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水；說明該有機物中肯定含有碳；氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．

【分析】根據(jù)質(zhì)量守恒可知，某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素22、B【分析】【解答】煤的氣化是在高溫條件下煤與水蒸氣反應生成CO和H2；是化學變化；

煤液化；是把固體炭通過化學加工過程，使其轉(zhuǎn)化成為液體燃料；化工原料和產(chǎn)品的先進潔凈煤技術(shù)，有新物質(zhì)生成，屬于化學變化；

煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱；煤發(fā)生復雜的反應獲得煤焦油；焦爐煤氣等的過程，是化學變化．故煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是化學變化，故此說法錯誤．故答案為：錯誤．

【分析】沒有新物質(zhì)生成的變化是物理變化，有新物質(zhì)生成的變化是化學變化；23、B【分析】【解答】蒸餾是用來分離沸點不同的液體混合物；溫度計測量的是蒸汽的溫度，故應放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據(jù)溫度計在該裝置中的位置與作用；24、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構(gòu)成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質(zhì)的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個電子，失去最外層1個電子形成鈉離子，此時最外層有8個電子，故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質(zhì)的量，再根據(jù)鈉離子結(jié)構(gòu)計算最外層電子總數(shù)．25、B【分析】【解答】藍色硫酸銅晶體放入濃硫酸生成硫酸銅和水；屬于化學變化，故答案為：×．

【分析】化學變化是指有新物質(zhì)生成的變化，物理變化是指沒有新物質(zhì)生成的變化，據(jù)此解題．四、實驗題(共4題，共8分)26、略

【分析】【解析】試題分析：在（I）中，剛通入CO2時發(fā)生的反應化學方程為2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O而后又發(fā)生反應的離子方程式為CO32-+H2O+CO2=2HCO3-在（Ⅱ）中煮沸溶液的目的是除去過量或多余的CO2氣體，防止碳酸氫鈉分解。在（Ⅲ）中混合另一半NaOH溶液后發(fā)生的反應的離子方程式是OH-+HCO3-=CO32-+H2O；①裝置A使用的試劑是石灰石（固體）和鹽酸；②裝置B使用的試劑最好是飽和碳酸氫鈉溶液，作用是除去CO2氣體中混有的HCl氣體，如果不用B裝置，最終得到的Na2CO3溶液中可能存在的雜質(zhì)有NaClNaOH考點：Na2CO3制備實驗【解析】【答案】（13分）（1）2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O（1分）CO32-+H2O+CO2=2HCO3-（2分）除去過量或多余的CO2氣體，防止碳酸氫鈉分解。（2分）OH-+HCO3-=CO32-+H2O（2分）（2）①石灰石鹽酸（各1分）②飽和碳酸氫鈉溶液除去CO2氣體中混有的HCl氣體（各1分）NaClNaOH（各1分）27、(1)0.8

(2)玻璃棒；100mL容量瓶、膠頭滴管。

(3)②①③⑤⑥⑦④⑧

(4)⑤【分析】【分析】本題考查了一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制?！窘獯稹縭m{(1)}配制rm{0.2mol/L}的rm{NaOH}溶液rm{90mL}需要氫氧化鈉固體的質(zhì)量rm{m=0.1L隆脕0.2mol/L隆脕40g/mol=0.8g}

故答案為：rm{m=0.1L隆脕0.2mol/L隆脕40g

/mol=0.8g}

rm{0.8}配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟：稱量、溶解、冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌、轉(zhuǎn)移、定容、搖勻，用到的儀器有：燒杯、藥匙、托盤天平、玻璃棒、rm{(2)}容量瓶；膠頭滴管；

故答案為：玻璃棒、rm{100mL}容量瓶；膠頭滴管；

rm{100mL}配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟：稱量、溶解、冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌、轉(zhuǎn)移、定容、搖勻，所以其排序是rm{(3)}；

故答案為：rm{壟脷壟脵壟脹壟脻壟脼壟脽壟脺壟脿}；

rm{壟脷壟脵壟脹壟脻壟脼壟脽壟脺壟脿}rm{壟脷壟脵壟脹壟脻壟脼壟脽壟脺壟脿}定容搖勻后，液面下降是正常的，又加水至刻度線會導致溶液濃度偏低，故rm{壟脷壟脵壟脹壟脻壟脼壟脽壟脺壟脿}錯誤；

rm{(4)}未洗滌燒杯、玻璃棒，導致溶質(zhì)損失，物質(zhì)的量偏小，溶液的濃度偏低，故rm{壟脵}錯誤；

rm{壟脵}容量瓶不干燥，含有少量蒸餾水，對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積都不會產(chǎn)生影響，故rm{壟脵}錯誤；

rm{壟脵}稱量rm{壟脷}的時間太長，氫氧化鈉易潮解，稱取的氫氧化鈉的質(zhì)量偏小，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液的濃度偏低，故rm{壟脷}錯誤；

rm{壟脷}定容時俯視刻度，導致溶液的體積偏小，溶液的濃度偏高，故rm{壟脷}正確；

故選rm{壟脹}rm{壟脹}【解析】rm{(1)0.8}rm{(2)}玻璃棒、rm{100mL}容量瓶；膠頭滴管。

rm{(3)壟脷壟脵壟脹壟脻壟脼壟脽壟脺壟脿}

rm{(4)壟脻}28、略

【分析】解：rm{(1)}要證明元素的金屬性強弱，可利用金屬與酸rm{(}或水rm{)}的反應；反應越劇烈，金屬性越強；

鈉與冷水反應；再向反應后溶液中滴加酚酞，浮于水面，熔成小球，迅速向四處游動，溶液變成紅色；

鎂帶與沸水反應，再向反應后溶液中滴加酚酞；鎂與rm{2mol/L}鹽酸反應；rm{Mg}與熱水反應不十分劇烈，產(chǎn)生的氣體能燃燒，溶液變成淺紅色rm{.}與酸反應劇烈；產(chǎn)生大量氣泡且可以燃燒；

鋁片與rm{2mol/L}鹽酸反應；產(chǎn)生大量氣泡；氣體可以燃燒；

由此可知，金屬與酸rm{(}或水rm{)}的反應劇烈程度：rm{Na>Mg>Al}即金屬性：rm{Na>Mg>Al}

rm{NaBr}溶液中加入氯水和rm{CCl_{4}}下層溶液變橙色，說明氯氣置換了溴，則非金屬性rm{Cl>Br}

rm{NaI}溶液中加入溴水和rm{CCl_{4}}下層溶液變紫色，說明溴置換了碘，則非金屬性rm{Br>I}所以非金屬性：rm{Cl>Br>I}

則實驗操作與實驗現(xiàn)象對應為：。

探究同一周期從左到右元素金屬性的遞變規(guī)律探究同一主族內(nèi)從上到下元素非金屬性的遞變規(guī)律Ⅰrm{1}rm{5}rm{8}

rm{4}rm{7}

Ⅱrm{E}rm{B}rm{C}

rm{F}rm{D}

故答案為：。

探究同一周期從左到右元素金屬性的遞變規(guī)律探究同一主族內(nèi)從上到下元素非金屬性的遞變規(guī)律Ⅰrm{1}rm{5}rm{8}

rm{4}rm{7}

Ⅱrm{E}rm{B}rm{C}

rm{F}rm{D}

；

rm{(2)}金屬性：rm{Na>Mg>Al}非金屬性：rm{Cl>Br>I}

故答案為：rm{Na>Mg>Al}rm{Cl>Br>I}

rm{(3)}鈉與水反應生成rm{NaOH}和氫氣，其反應的離子方程式為：rm{2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}

故答案為：rm{2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}

rm{(4)Al}與酸中的氫離子反應生成氫氣，則反應的離方程式為：rm{Al+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}隆眉}

故答案為：rm{Al+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}隆眉}

rm{(5)}氯氣與溴化鈉發(fā)生置換反應生成氯化鈉和單質(zhì)溴，則反應的化學方程式為：rm{Br_{2}+2NaI=2NaBr+I_{2}}

故答案為：rm{Br_{2}+2NaI=2NaBr+I_{2}}．

rm{(1)(2)}要證明元素的金屬性強弱，可利用金屬與酸rm{(}或水rm{)}的反應；

要證明元素的非金屬性強弱；可利用單質(zhì)之間的置換反應，非金屬性強的元素的單質(zhì)可以置換非金屬弱的；

rm{(3)}鈉與水反應生成rm{NaOH}和氫氣；

rm{(4)Al}與酸中的氫離子反應生成氫氣；

rm{(5)}氯氣與溴化鈉發(fā)生置換反應生成氯化鈉和單質(zhì)溴．

本題考查了探究金屬單質(zhì)的金屬性強弱、非金屬單質(zhì)的非金屬性強弱方法，題目難度中等，正確掌握判斷金屬性、非金屬性強弱的方法是解題的關(guān)鍵．【解析】rm{(1)}

rm{(2)Na>Mg>Al}rm{Cl>Br>I}

rm{(3)2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}

rm{(4)2Al+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}隆眉}

rm{(5)Br_{2}+2NaI=2NaBr+I_{2}}29、略

【分析】【分析】考查工業(yè)流程的分析，有關(guān)實驗操作、實驗設(shè)計的判斷，化學反應的判斷與方程式的書寫?！窘獯稹縭m{(1)}二氧化硫與過量的氨水反應的離子方程式為rm{SO_{2}+2NH_{3}隆隴H_{2}O=2NH_{4}^{+}+SO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{(2)}由題目中的信息可知，純rm{ClO_{2}}易分解爆炸，所以通入空氣的目的是稀釋rm{ClO_{2}}防止發(fā)生爆炸；

rm{(3)}吸收塔中發(fā)生的是二氧化氯與氫氧化鈉、過氧化氫發(fā)生反應生成亞氯酸鈉rm{(NaClO_{2})}rm{Cl}元素的化合價降低，則過氧化氫中的rm{O}元素的化合價升高，所以產(chǎn)物在還有氧氣生成，根據(jù)元素守恒可知產(chǎn)物中有水生成，所以離子方程式是rm{2ClO_{2}+H_{2}O_{2}+2OH^{-}=2ClO_{2}^{-}+2H_{2}O+O_{2}}rm{2ClO_{2}+H_{2}O_{2}+2OH^{-}=

2ClO_{2}^{-}+2H_{2}O+O_{2}}其原因是溫度升高，反應物塔內(nèi)溫度不宜超過rm{20隆忙}其原因是會分解。rm{20隆忙}從溶液中得到含結(jié)晶水的晶體；只能采取蒸發(fā)；濃縮、冷卻結(jié)晶方法，通過過濾得到粗晶體。

rm{H_{2}O_{2}}【解析】rm{(1)SO_{2}+2NH_{3}隆隴H_{2}O=2NH_{4}^{+}+SO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{(2)}稀釋rm{ClO_{2}}防止發(fā)生爆炸rm{(3)2ClO_{2}+H_{2}O_{2}+2OH^{-}=2ClO_{2}^{-}+2H_{2}O+O_{2}}溫度升高，反應物rm{(3)2ClO_{2}+H_{2}O_{2}+2OH^{-}=

2ClO_{2}^{-}+2H_{2}O+O_{2}}會分解rm{H_{2}O_{2}}蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶。

rm{(4)}五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共10分)30、略

【分析】【分析】

（1）本實驗是由實驗①做對比實驗探究影響反應速率的因素，所以在設(shè)計分組實驗時，要設(shè)計出分別只有濃度、溫度和接觸面積不同時反應速率的變化，從而找出不同外界因素對反應速率的影響。由于實驗①和實驗②探究HNO3濃度對該反應速率的影響，實驗①和實驗③探究溫度對該反應速率的影響，故實驗③的溫度選擇308K，實驗①和實驗④探究接觸面積對該反應速率的影響，故實驗④選擇細顆粒的大理石；

（2）依據(jù)裝置特點分析氣密性的檢查方法；

（3）化學反應速率通常用單位時間內(nèi)濃度的變化量來表示。根據(jù)圖像可以計算出70至90s內(nèi)生成的CO2的體積；然后根據(jù)反應式可計算出消耗的硝酸的物質(zhì)的量，最后計算其反應速率；

（4）根據(jù)反應物的用量計算生成CO2的最大質(zhì)量；根據(jù)影響反應速率的因素比較實驗②；③和④反應速率大??；以此判斷曲線斜率大小，畫出圖像；

【詳解】

（1）由實驗目的可知；探究濃度；溫度、接觸面積對化學反應速率的影響，則實驗①②的溫度、大理石規(guī)格相同，只有濃度不同，實驗①③中只有溫度不同，實驗①④中只有大理石規(guī)格不同；

故答案為（從上到下；從左到右順序）：298；粗顆粒；1.00；308；粗顆粒；2.00；298；細顆粒；2.00；

（2）該裝置的氣密性的檢查方法是：關(guān)閉分液漏斗活塞，向外拉或向內(nèi)推分液漏斗的活塞，若一段時間后松開手，活塞又回到原來的位置，則證明裝置氣密性良好；

（3）①70至90s，CO2生成的質(zhì)量為：m(CO2)=0.95g－0.85g＝0.1g；

②根據(jù)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物質(zhì)的量為：n(HNO3)=＝mol；

③溶液體積為25mL＝0.025L，所以HNO3減少的濃度Δc(HNO3)＝=mol/L；

④反應的時間t＝90s－70s＝20s

⑤所以HNO3在70－90s范圍內(nèi)的平均反應速率為：

v(HNO3)＝Δc(HNO3)/t＝=mol·L－1·S－1=0.009mol·L－1·S－1

（4）實驗②、③和④所用大理石的質(zhì)量均為10.00g，其物質(zhì)的量為=0.1mol，實驗①、③和④所用硝酸的量相同均為：2.00mol/L×0.025L=0.05mol，依據(jù)反應方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知，硝酸不足，生成CO2的質(zhì)量按硝酸計算得：0.05mol×44g/mol=1.10g，實驗②所用硝酸的量為1.00mol/L×0.025L=0.025mol，大理石過量，反應生成的CO2的質(zhì)量為0.025mol×44g/mol=0.55g；

實驗①和②探究HNO3濃度對該反應速率的影響，且HNO3濃度①>②，濃度越大，反應越快，故曲線斜率①>②；

實驗①和③探究溫度對該反應速率的影響，且溫度③高于①，溫度越高反應越快，故曲線斜率③>①；

實驗①和④探究大理石規(guī)格（粗、細）對該反應速率的影響，且實驗④為細顆粒，實驗①為粗顆粒，顆粒越小，表面積越大，反應越快，故反應速率④>①，故曲線斜率④>①；

根據(jù)以上特征；畫出圖像如下：

【點睛】

本題考查了化學反應速率的影響因素，注意對題給信息的分析是處理是解答的關(guān)鍵，注意控制變量的實驗方法的理解和掌握?！窘馕觥?98粗顆粒1.00308粗顆粒2.00298細顆粒2.00關(guān)閉分液漏斗活塞，向外拉或向內(nèi)推分液漏斗的活塞，若一段時間后松開手，活塞又回到原來的位置，則證明裝置氣密性良好Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1六、工業(yè)流程題(共3題，共9分)31、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)反應確定濾渣的成分；然后確定其用途；

(2)①根據(jù)Cr2O72-的含量與H+的濃度關(guān)系分析判斷；

②根據(jù)平衡常數(shù)的定義式計算；

(3)根據(jù)流程中的“轉(zhuǎn)化”過程中反應物；生成物的種類及反應特點判斷發(fā)生的反應類型；

(4)根據(jù)溶度積常數(shù)分析計算。

【詳解】

(1)在熔融、氧化時，發(fā)生反應：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2，然后水浸，Na2CrO4和NaNO2進入溶液，而Fe2O3難溶于水，因此濾渣主要成分是Fe2O