2025年統(tǒng)編版2024高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷

…………○…………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(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年統(tǒng)編版2024高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷455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、下列物質(zhì)屬于電解質(zhì)的是（）A.飽和食鹽水B.乙醇C.HClD.鐵片2、某期刊封面上有如下一個(gè)分子的球棍模型圖，圖中“棍”代表單鍵或雙鍵或三鍵。不同顏色的球代表不同元素的原子，其中綠球代表（）元素。A.氮B.氫C.氧D.碳3、M元素的一個(gè)原子失去2個(gè)電子，這2個(gè)電子轉(zhuǎn)移到Y(jié)元素的2個(gè)原子中去，形成離子化合物Z，下列說(shuō)法中，正確的是（）A.Z的電子式為B.Z可表示為M2YC.Z一定溶于水中D.M形成+2價(jià)陽(yáng)離子4、二氧化硫能使品紅褪色，說(shuō)明二氧化硫具有（）A.還原性B.氧化性C.酸性D.漂白性5、關(guān)于下列各裝置圖的敘述中，正確的是rm{(}rm{)}

A.利用裝置rm{壟脵}可制備氫氧化亞鐵并長(zhǎng)時(shí)間觀察其顏色B.裝置rm{壟脷}中rm{X}若為四氯化碳，可用于吸收rm{HCl}氣體，并防止倒吸C.裝置rm{壟脹}驗(yàn)證rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}兩種固體的熱穩(wěn)定性D.通過rm{壟脺}的方法配制一定濃度的稀硫酸溶液評(píng)卷人得分二、雙選題(共6題，共12分)6、25℃時(shí)下列敘述不正確的是（）A.pH=3的二元弱酸H2R溶液與p=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，則反應(yīng)后的混合液中：2c（R2-）+c（HR-）=（Na+）B.若0.3mol?L-1HY溶液與0.3mol?L-1NaOH溶液等體積混合后，溶液的pH=9，則：c（OH-）-c（HY）=（H+）=1×10-9mol?L-1C.0.2mol?L-1HCl溶液與等體積0.05mol?L-1Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1D.0.1mol?L-1Na2S與0.1mol?L-1NaHS等體積混合：3c（Na+）-2c（HS-）=2c（S2-）+2c（H2S）7、下列各溶液中，微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是rm{(}rm{)}A.rm{0.1mol?L^{-1}}rm{Na_{2}S}溶液中一定有：rm{c(OH^{-})=c(H^{+})+c(HS^{-})+2c(H_{2}S)}B.向rm{NH_{4}Cl}溶液中加入適量氨水，得到的堿性混合溶液中一定有：rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})>c(H^{+})}C.加熱rm{Na_{2}S}溶液，溶液rm{c(OH^{-})}肯定增大，rm{c(H^{+})}肯定減小D.加水稀釋rm{0.1mol?L^{-1}}醋酸溶液，電離平衡向右移動(dòng)，rm{c(H^{+})}一定減小8、設(shè)rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說(shuō)法中不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{0.5mol}rm{O_{3}}和rm{11.2L}rm{O_{2}}的體積一定相等B.rm{5.6}rm{gFe}與足量的稀鹽酸充分反應(yīng)后，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{0.2N_{A}}C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，分子數(shù)為rm{N_{A}}的rm{CO}rm{C_{2}H_{4}}混合氣體體積約為rm{22.4L}質(zhì)量為rm{28g}D.rm{1L}rm{0.1mol/L}的醋酸溶液中rm{H^{+}}數(shù)目為rm{0.1}rm{N_{A}}9、污水治理越來(lái)越引起人們重視，可以通過膜電池除去廢水中的乙酸鈉和對(duì)氯苯酚其原理如圖所示，下列說(shuō)法不正確的rm{(}rm{)}

A.rm{A}為電池的正極，發(fā)生還原反應(yīng)B.電流方向從rm{B}極沿導(dǎo)線經(jīng)小燈泡流向rm{A}極C.rm{A}極的電極反應(yīng)式為D.當(dāng)外電路中有rm{0.2mole^{-}}轉(zhuǎn)移時(shí)，進(jìn)入rm{A}極區(qū)的rm{H^{+}}的個(gè)數(shù)為rm{0.2N_{A}}10、三氟化溴溶于水可發(fā)生反應(yīng)3BrF3+5H2O→HBrO3+Br2+9HF+O2↑，下列說(shuō)法正確的是（）A.氧化產(chǎn)物是O2B.BrF3既是氧化劑又是還原劑C.當(dāng)有5mol水參加反應(yīng)，生成22.4L氧氣D.當(dāng)反應(yīng)中轉(zhuǎn)移3NA個(gè)電子時(shí)，有NA個(gè)水分子被氧化11、有關(guān)敘述正確的是（）A.鋁熱劑就是單指Fe2O3和鋁粉的混合物B.檢驗(yàn)紅色物質(zhì)是否是Fe2O3的操作步驟為：樣品-→粉碎-→加水溶解-→過濾-→向?yàn)V液中滴加KSCN溶液C.分別還原amolFe2O3所需提供的H2、Al、CO的物質(zhì)的量之比為3：2：3D.明礬屬硫酸鹽，含結(jié)晶水，是純凈物評(píng)卷人得分三、填空題(共7題，共14分)12、H1N1病毒是一種沒有超常抵抗力的病毒．研究證明，許多常用消毒藥物如漂粉精、漂白粉、高錳酸鉀等，可以將H1N1病毒殺滅．

（1）工業(yè)上制取漂白粉的反應(yīng)方程式為____．

（2）將漂白粉溶于適量水中，呈白色濁狀物，靜置沉降．取少許上層清液，滴加碳酸鈉溶液出現(xiàn)白色沉淀，寫出其中一個(gè)化學(xué)方程式____．

另取少許上層清液，滴加適量的____（填化學(xué)式）即可檢驗(yàn)Cl-的存在，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（3）漂白粉在空氣中長(zhǎng)期放置，會(huì)失效，用化學(xué)方程式解釋其原因____．13、鎂；鋁是常見的兩種金屬；它們組成合金是現(xiàn)代科技的重要材料．

I；鎂的金屬性比鋁的更強(qiáng)．

（1）請(qǐng)從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋鎂的金屬性比鋁強(qiáng)的原因．答：____．

II；現(xiàn)有四塊相同的鎂鋁合金（假設(shè)質(zhì)量均為Xg）．為測(cè)定該合金中鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；四個(gè)同學(xué)各取一塊合金，并按下述四種不同的方案進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：

甲：將合金溶于足量的鹽酸；測(cè)得生成氣體的體積為VL（標(biāo)況下）；

乙：將合金溶于足量的NaOH溶液中；測(cè)得剩余固體的質(zhì)量為Yg；

丙：將合金溶于足量的鹽酸；再加入足量的NaOH溶液后過濾，測(cè)得沉淀質(zhì)量為Zg；

?。簩⒑辖鹑苡谧懔康柠}酸；再加入足量的氨水后過濾，測(cè)得沉淀質(zhì)量為Wg；

（2）乙方案中反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（3）四種方案中，可測(cè)出合金中鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的是____（填實(shí)驗(yàn)方案代號(hào)）．

（4）選擇一種可測(cè)出合金中鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的方案；并利用相關(guān)量，計(jì)算該合金中鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，并填入下表中：

。你選擇的方案合金中鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)________（5）方案乙中，浸泡于氫氧化鈉溶液中的合金與氫氧化鈉溶液構(gòu)成了原電池．對(duì)于該原電池，其負(fù)極的電極反應(yīng)式為____．14、七鋁十二鈣（12CaO?7Al2O3）是新型的超導(dǎo)材料和發(fā)光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和廢Al片制備七鋁十二鈣的工藝如下：

（1）鍛粉主要含MgO和____，用適量NH4NO3溶液浸取煅粉后，鎂化合物幾乎不溶，或?yàn)V液Ⅰ中c（Mg2+）小于5×10-6mol?L-1，則溶液pH大于____（Mg（OH）2的Ksp=5×10-12）；該工藝中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是____．

（2）濾液Ⅰ中陰離子有____（忽略雜質(zhì)成分的影響）；若濾液Ⅰ中僅通入CO2，會(huì)生成____，從而導(dǎo)致CaCO3產(chǎn)率降低．

（3）用NaOH溶液可除去廢Al片表面的氧化膜，反應(yīng)的離子方程式為____．

（4）電解制備Al（OH）3時(shí)，電極分別為Al片和石墨，電解總反應(yīng)方程式為____．

（5）一種可超快充電的新型鋁電池，充放電時(shí)AlCl4-和Al2Cl7-兩種離子在Al電極上相互轉(zhuǎn)化，其它離子不參與電極反應(yīng)，放電時(shí)負(fù)極Al的電極反應(yīng)式為____．15、在容積為2L的密閉容器中，通入8molSO2和4molO2，在一定條件下進(jìn)行反應(yīng)，1s后達(dá)到平衡狀態(tài)，此時(shí)O2的濃度為1mol?L-1．試求：

（1）用SO3濃度表示1s內(nèi)的平均反應(yīng)速率____

（2）SO2的轉(zhuǎn)化率____

（3）平衡時(shí)SO3的體積分?jǐn)?shù)____．16、A；B、C、D、E是五種原子序數(shù)依次增大的短周期元素；B是地殼中含量最多的元素．已知A、C及B、E分別是同主族元素，且B、E兩元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)之和是A、C兩元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)之和的2倍．處于同周期的C、D、E元素中，D是該周期金屬元素中金屬性最弱的元素．

（1）A、B、C形成的化合物的電子式為____；

（2）一點(diǎn)溫度下，濃度相同的B、C、D組成的化合物的水溶液與A、C、E組成的化合物的水溶液的pH____＞____（填化學(xué)式）

（3）D與C元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物反應(yīng)的離子方程式____

（4）寫出兩種均含A、B、C、E四種元素的化合物在溶液中相互反應(yīng)、且生成氣體的離子方程式____

（5）A單質(zhì)和B單質(zhì)能構(gòu)成電池，該電池用多孔惰性電極浸入濃KOH溶液，兩極分別通入A單質(zhì)和B單質(zhì)，電池的負(fù)極通入的是____氣體，電極反應(yīng)式____；

（6）通常條件下，C的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物2mol與E最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物1mol的稀溶液間反應(yīng)放出的熱量為114.6kJ，試寫出表示該熱量變化的離子方程式____．17、已知30℃時(shí)幾種鹽的溶解度(g/100gH2O)。物質(zhì)NaClNH4HCO3NaHCO3NH4ClS/g36.327.011.141.11862年比利時(shí)索爾維以CO2、NH3、水為原料制得純凈的Na2CO3，這種制堿法叫索爾維法，其主要操作是：①在氨化的飽和NaCl溶液中通入CO2制得小蘇打；②再把小蘇打焙燒，制得純堿，而副產(chǎn)物CO2可循環(huán)使用；③在析出小蘇打的母液中加入生石灰，逸出的NH3循環(huán)使用。1943年我國(guó)著名化學(xué)家侯德榜先生改進(jìn)了“索爾維法”，用固體NaCl代替生石灰加入母液中，使NH4Cl晶體析出，生產(chǎn)純堿和NH4Cl，這便是“侯氏制堿法”。試回答：(1)該方法能制得小蘇打的原因是______________________________________________________________________________________________________。(2)不能在NaCl溶液中先通入CO2，然后再通NH3制得NaHCO3的原因是________________________________________________________________________。(3)在析出小蘇打后的母液中加入生石灰發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：________________________________________________________________________。(4)“侯氏制堿法”的化學(xué)原理中涉及的化學(xué)反應(yīng)類型有________。A．化合B．分解C．置換D．復(fù)分解18、在烷烴分子中的基團(tuán)：中的碳原子分別稱為伯、仲、叔、季碳原子，數(shù)目分別用N1、N2、N3、N4表示．例如：

分子中，N1=6，N2=1，N3=2，N4=1．試根據(jù)不同烷烴的組成結(jié)構(gòu)；分析出烷烴（除甲烷外）中各原子數(shù)的關(guān)系．

（1）烷烴分子中氫原子數(shù)N0與N1、N2、N3、N4之間的關(guān)系是N0=____

（2）4種碳原子數(shù)之間的關(guān)系為N1=____

（3）若分子中N2=N3=N4=1，則該分子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可能為（任寫一種）____．評(píng)卷人得分四、判斷題(共1題，共2分)19、丁達(dá)爾現(xiàn)象可用來(lái)區(qū)別膠體與溶液，其中膠體能透過半透膜____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、其他(共4題，共8分)20、化學(xué)上將SCN－、OCN－、CN－等離子稱為“類鹵離子”?，F(xiàn)將KSCN溶液滴加到酸性Fe3+溶液中，溶液立即變成紅色。將此紅色溶液分成兩份：一份中____（1）向另一份中____（2）____（3）試用離子方程式解釋以上三部分顏色變化的原因（方程式可以不配平）。21、苯佐卡因是一種醫(yī)用麻醉藥品，學(xué)名對(duì)氨基苯甲酸乙酯。用芳香烴A為原料合成苯佐卡因E的路線如下：請(qǐng)回答：（1）寫出結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式B________________C_________________。（2）寫出反應(yīng)類型①_______________②________________。（3）化合物D經(jīng)聚合反應(yīng)可制得高分子纖維，廣泛用于通訊、導(dǎo)彈、宇航等領(lǐng)域。寫出該聚合反應(yīng)的化學(xué)方程式：____________________________________________________________。（4）下列化合物中能與E發(fā)生化學(xué)反應(yīng)的是_________。a．HClb．NaClc．Na-2CO3d．NaOH（5）除外，符合下列條件的化合物E的同分異構(gòu)體有_____種。i.為1,4—二取代苯，其中苯環(huán)上的一個(gè)取代基是氨基；ii.分子中含結(jié)構(gòu)的基團(tuán)22、如圖所示為實(shí)驗(yàn)室常用的儀器：

請(qǐng)根據(jù)圖回答：

（1）寫出A～F各儀器的名稱：

A____B____C____D____E____F____

（2）用于吸取和滴加少量液體的是（填序號(hào)，下同）____；

（3）能直接加熱的儀器是____；

（4）用于作熱源的儀器是____；

（5）用于夾持試管的是____；

（6）可取用少量固體粉未的是____；

（7）用來(lái)量取液體體積的是____．23、化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作在化學(xué)學(xué)習(xí)和研究中具有重要作用．現(xiàn)有a試管．b酒精燈．c集氣瓶．d藥匙．e膠頭滴管．f量筒（10ml；50ml，100ml）等儀器，請(qǐng)為下列實(shí)驗(yàn)操作各選一種．

（1）用于作熱源的儀器是____（用序號(hào)填空）

（2）取粉末狀固體使用____（用序號(hào)填空）

（3）吸取或滴加少量液體使用____（用序號(hào)填空）

（4）可以在酒精燈上直接加熱的玻璃儀器是____（用序號(hào)填空）

（5）配制溶液過程中，需要量取45ml濃硫酸，選用____ml的量筒．讀數(shù)時(shí)，該同學(xué)俯視刻度線，所量濃硫酸的體積____（填偏大，偏小或無(wú)影響）評(píng)卷人得分六、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共27分)24、實(shí)驗(yàn)室欲用NaOH固體配制1.0mol?L-1的NaOH溶液240mL：

（1）配制溶液時(shí)；一般可以分為以下幾個(gè)步驟：

①稱量②計(jì)算③溶解④倒轉(zhuǎn)搖勻⑤轉(zhuǎn)移⑥洗滌⑦定容⑧冷卻。

其正確的操作順序?yàn)開___．本實(shí)驗(yàn)必須用到的儀器有天平、藥匙、玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、還有____．

（2）某同學(xué)欲稱量一定量的NaOH固體，他先用托盤天平稱量燒杯的質(zhì)量，天平平衡后的狀態(tài)如圖．燒杯的實(shí)際質(zhì)量為____g，要完成本實(shí)驗(yàn)該同學(xué)應(yīng)稱出____gNaOH．

（3）使用容量瓶前必須進(jìn)行的一步操作是____．

（4）在配制過程中，其他操作都是正確的，下列操作會(huì)引起濃度偏高的是____．

①?zèng)]有洗滌燒杯和玻璃棒。

②轉(zhuǎn)移溶液時(shí)不慎有少量灑到容量瓶外面。

③容量瓶不干燥；含有少量蒸餾水。

④定容時(shí)俯視刻度線。

⑤未冷卻到室溫就將溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶并定容。

⑥定容后塞上瓶塞反復(fù)搖勻，靜置后，液面低于刻度線，再加水至刻度線．25、無(wú)水rm{MgBr}rm{MgBr}rm{{,!}_{2}}可用作催化劑。實(shí)驗(yàn)室采用鎂屑與液溴為原料制備無(wú)水rm{MgBr}rm{MgBr}主要步驟如下：

rm{{,!}_{2}}

，裝置如圖rm{1}主要步驟如下：三頸瓶中裝入rm{1}鎂屑和圖rm{1}無(wú)水乙醚；裝置rm{1}中加入步驟rm{1}三頸瓶中裝入rm{10g}鎂屑和rm{150mL}無(wú)水乙醚；裝置rm{B}中加入rm{15mL}液溴。液溴。

rm{1}緩慢通入干燥的氮?dú)?，直至溴完全?dǎo)入三頸瓶中。

rm{10g}反應(yīng)完畢后恢復(fù)至常溫，過濾，濾液轉(zhuǎn)移至另一干燥的燒瓶中，冷卻至rm{150mL}析出晶體，再過濾得三乙醚合溴化鎂粗品。

rm{B}室溫下用苯溶解粗品，冷卻至rm{15mL}析出晶體，過濾，洗滌得三乙醚合溴化鎂，加熱至步驟rm{2}緩慢通入干燥的氮?dú)?，直至溴完全?dǎo)入三頸瓶中。分解得無(wú)水rm{2}步驟rm{3}反應(yīng)完畢后恢復(fù)至常溫，過濾，濾液轉(zhuǎn)移至另一干燥的燒瓶中，冷卻至rm{0隆忙}析出晶體，再過濾得三乙醚合溴化鎂粗品。rm{3}

rm{0隆忙}與步驟rm{4}室溫下用苯溶解粗品，冷卻至rm{0隆忙}析出晶體，過濾，洗滌得三乙醚合溴化鎂，加熱至rm{160隆忙}分解得無(wú)水rm{MgBr}rm{4}rm{0隆忙}rm{160隆忙}rm{MgBr}rm{{,!}_{2}}產(chǎn)品。已知：rm{壟脵Mg}與rm{Br}rm{壟脵Mg}rm{Br}rm{{,!}_{2}}反應(yīng)劇烈放熱；rm{MgBr}rm{MgBr}rm{{,!}_{2}}具有強(qiáng)吸水性。rm{壟脷MgBr}rm{壟脷MgBr}rm{{,!}_{2}}rm{+3C}rm{+3C}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{5}}rm{OC}

rm{OC}

rm{{,!}_{2}}儀器rm{H}的名稱是__________rm{H}實(shí)驗(yàn)中不能用干燥空氣代替干燥rm{{,!}_{5}}rm{?MgBr}rm{?MgBr}rm{{,!}_{2}}rm{隆隴3C}如將裝置rm{隆隴3C}改為裝置rm{{,!}_{2}}圖rm{H}可能會(huì)導(dǎo)致的后果是rm{H}rm{{,!}_{5}}rm{OC}步驟rm{OC}中，第一次過濾除去的物質(zhì)是________。rm{{,!}_{2}}有關(guān)步驟rm{H}的說(shuō)法，正確的是________。rm{H}的乙醇代替苯溶解粗品rm{{,!}_{5}}的苯請(qǐng)回答：的主要目的是除去苯rm{(1)}儀器rm{A}的名稱是__________rm{.}實(shí)驗(yàn)中不能用干燥空氣代替干燥rm{N}rm{(1)}為測(cè)定產(chǎn)品的純度，可用rm{A}簡(jiǎn)寫為rm{.}rm{N}rm{{,!}_{2}}標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，反應(yīng)的離子方程式：，原因是________________________________________________________________。rm{(2)}如將裝置rm{B}改為裝置rm{C(}圖rm{2)}可能會(huì)導(dǎo)致的后果是rm{(2)}rm{B}rm{C(}

rm{2)}滴定前潤(rùn)洗滴定管的操作方法是_________________________________________________

________________________________________________________________________。測(cè)定前，先稱取rm{(3)}步驟rm{3}中，第一次過濾除去的物質(zhì)是________。無(wú)水rm{(3)}rm{3}rm{(4)}有關(guān)步驟rm{4}的說(shuō)法，正確的是________。rm{(4)}rm{4}標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗A.可用rm{95%}的乙醇代替苯溶解粗品標(biāo)準(zhǔn)溶液rm{95%}則測(cè)得無(wú)水B.洗滌晶體可選用rm{0隆忙}的苯rm{0隆忙}C.加熱至rm{160隆忙}的主要目的是除去苯以質(zhì)量分?jǐn)?shù)表示rm{160隆忙}D.該步驟的目的是除去乙醚和可能殘留的溴26、某學(xué)習(xí)小組通過查閱資料，設(shè)計(jì)如下方案制備KMnO4：

已知：①3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O

②幾種物質(zhì)的溶解度：

。溫度溶解度/gK2CO3KOHKMnO4KMnO420℃1111126.3860℃12715422.1（1）第一步固體熔融時(shí)除三腳架、泥三角、細(xì)鐵棒、坩堝鉗外，還需的儀器是____．

A．酒精燈B．鐵坩堝C．瓷坩堝D．燒杯

（2）反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)方程式____；

（3）反應(yīng)Ⅱ的條件為電解，其化學(xué)方程式為____．

（4）兩個(gè)途徑中操作a、b相同，均包括____、____、過濾等3步；在整個(gè)方案中可以循環(huán)利用的產(chǎn)物有____．

（5）最后可以用1.5mol?L-1的草酸（H2C2O4）溶液滴定KMnO4溶液來(lái)測(cè)定KMnO4粗品的純度（質(zhì)量分?jǐn)?shù)），則還需要采集的數(shù)據(jù)為____．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔锓Q為電解質(zhì)，酸、堿、鹽都是電解質(zhì)；在水溶液中和熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物稱為非電解質(zhì)，蔗糖、乙醇等都是非電解質(zhì)．大多數(shù)的有機(jī)物都是非電解質(zhì)；單質(zhì)，混合物既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)．【解析】【解答】解：A；飽和食鹽水是混合物；既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤；

B；乙醇在水溶液中和熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電；屬于非電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤；

C；HCl溶于水可發(fā)生電離；是電解質(zhì)，故C正確；

D；鐵片是單質(zhì)；不是化合物，既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤；

故選C．2、D【分析】【解析】試題分析：由圖可知，綠球周圍最多可連接四個(gè)“棍”，而“棍”可代表單鍵或雙鍵或三鍵，因此可判斷綠球的化合價(jià)為+4價(jià)，故答案選D。而對(duì)于藍(lán)球應(yīng)為氮元素；紅球應(yīng)為氧元素；白球應(yīng)為氫元素?？键c(diǎn)：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)判斷【解析】【答案】D3、D【分析】【解答】A、Z的電子式為故A錯(cuò)誤；

B、Z屬于離子化合物，化學(xué)式為MY2；故B錯(cuò)誤；

C；Z不一定溶于水；如氟化鎂不溶于水，故C錯(cuò)誤；

D、一個(gè)M原子失去2個(gè)電子形成M2+；故D正確；

故選D．

【分析】由題意知，一個(gè)M原子失去2個(gè)電子形成M2+，故M的最外層電子數(shù)應(yīng)為2個(gè)，金屬元素，一個(gè)Y原子得到1個(gè)電子形成Y﹣，說(shuō)明是非金屬，且Z屬于離子化合物，化學(xué)式為MY2．4、D【分析】【分析】二氧化硫能和有色物質(zhì)反應(yīng)生成無(wú)色物質(zhì)而具有漂白性，二氧化硫還具有氧化性、還原性和酸性，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：二氧化硫能和有色物質(zhì)反應(yīng)生成無(wú)色物質(zhì)而具有漂白性，但二氧化硫漂白性具有暫時(shí)性特點(diǎn)，加熱易恢復(fù)原色，二氧化硫能使品紅溶液褪色體現(xiàn)二氧化硫漂白性，與二氧化硫還原性、氧化性、酸性無(wú)關(guān)，故選D．5、B【分析】【分析】本題考查氫氧化亞鐵的制備及性質(zhì)實(shí)驗(yàn)、配制溶液等，側(cè)重于考查學(xué)生化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)能力和實(shí)驗(yàn)操作能力，注意把握實(shí)驗(yàn)原理和實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)?！窘獯稹緼.氫氧化亞鐵易被空氣中氧氣氧化，則裝置rm{壟脵}可制備氫氧化亞鐵，但不能并長(zhǎng)時(shí)間觀察其顏色，故A錯(cuò)誤；可制備氫氧化亞鐵，但不能并長(zhǎng)時(shí)間觀察其顏色，故A錯(cuò)誤；

rm{壟脵}不溶于四氯化碳，且四氯化碳與水互不相溶，圖中氣體與水不能直接接觸，則裝置B.rm{HCl}不溶于四氯化碳，且四氯化碳與水互不相溶，圖中氣體與水不能直接接觸，則裝置rm{壟脷}中rm{X}若為四氯化碳，可用于吸收rm{HCl}氣體，并防止倒吸，故B正確；中rm{HCl}若為四氯化碳，可用于吸收rm{壟脷}氣體，并防止倒吸，故B正確；

rm{X}

rm{HCl}

C.碳酸氫鈉不穩(wěn)定，圖中小試管中應(yīng)為碳酸氫鈉，故C錯(cuò)誤；D.不能將濃硫酸直接注入容量瓶中，應(yīng)在燒杯中稀釋、冷卻后轉(zhuǎn)移到容量瓶中，故D錯(cuò)誤。【解析】rm{B}二、雙選題(共6題，共12分)6、C|D【分析】解：A．溶液混合后溶液pH=7，則c（H+）=c（OH-），溶液中電荷守恒：2c（R2-）+c（HR-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），故有2c（R2-）+c（HR-）=c（Na+）；故A正確；

B．兩溶液恰好反應(yīng)產(chǎn)物為NaY，水解溶液呈堿性，由電荷守恒：c（OH-）+c（Y+）=c（H+）+c（Na+），由物料守恒：c（HY）+c（Y+）=c（Na+），聯(lián)立可得：c（OH-）-c（HY）=c（H+）=1×10-9mol?L-1；故B正確；

C．混合后溶液中c（H+）=（0.2mol/L-0.1mol/L）÷2=0.05mol/L；則pH=-lg0.05=2-lg5≈1.3，故C錯(cuò)誤；

D．溶液體積、濃度相等，則Na2S、NaHS的物質(zhì)的量相等，根據(jù)物料守恒c（Na+）=[c（HS-）+c（S2-）+c（H2S）]，則c（Na+）-2c（HS-）=2c（S2-）+2c（H2S）；故D錯(cuò)誤．

故選：CD．

A．溶液混合后溶液pH=7，則c（H+）=c（OH-）；結(jié)合電荷守恒判斷；

B．等體積混合后得到NaY溶液，溶液的pH=9，則c（H+）=1×10-9mol?L-1；說(shuō)明HY為弱酸，生成強(qiáng)堿弱酸鹽，根據(jù)電荷守恒和物料守恒進(jìn)行解答；

C．0.2mol?L-1HCl溶液與等體積0.05mol?L-1Ba（OH）2溶液混合后，酸過量，計(jì)算出溶液中的氫離子濃度，根據(jù)pH=-lgc（H+）計(jì)算；

D．Na2S、NaHS的物質(zhì)的量相等，根據(jù)物料守恒c（Na+）=[c（HS-）+c（S2-）+c（H2S）]．

本題考查離子濃度的大小比較，注意從電荷守恒和物料守恒的角度分析，溶液混合時(shí)先分析溶液中的溶質(zhì)，再結(jié)合電離、水解與電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子恒等式判斷．【解析】【答案】CD7、rAD【分析】解：rm{A.}根據(jù)rm{Na_{2}S}溶液中的質(zhì)子守恒可得：rm{c(OH^{-})=c(H^{+})+c(HS^{-})+2c(H_{2}S)}故A正確；

B.向rm{NH_{4}Cl}溶液中加入適量氨水，得到的堿性混合溶液，則：rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}根據(jù)電荷守恒可知rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}溶液中離子濃度大小為：rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}故B錯(cuò)誤；

C.加熱rm{Na_{2}S}溶液，硫離子水解程度增大，rm{c(OH^{-})}肯定增大，但水的離子積也增大了，則rm{c(H^{+})}不一定減??；故C錯(cuò)誤；

D.加水稀釋，醋酸的電離平衡向右移動(dòng)，但溶液體積增大幅度較大，則溶液中rm{c(H^{+})}減??；故D正確；

故選AD．

A.根據(jù)硫化鈉溶液中的質(zhì)子守恒判斷；

B.該離子濃度關(guān)系違反了電荷守恒；

C.溫度升高后水的離子積增大；則氫離子濃度可能增大；

D.稀釋后醋酸的電離程度增大；平衡向著正向移動(dòng)，但溶液體積增大幅度較大，溶液中氫離子濃度減?。?/p>

本題考查了離子濃度大小比較，題目難度中等，明確電荷守恒、質(zhì)子守恒的含義為解答關(guān)鍵，注意掌握鹽的水解原理及其影響，試題有利于提高學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力．【解析】rm{AD}8、rAD【分析】解：rm{A}只有標(biāo)況下，氣體摩爾體積rm{=22.4L/mol}才能使用，故rm{0.5molO_{3}}的體積不一定是rm{11.2L}故A錯(cuò)誤；

B、鐵與稀鹽酸反應(yīng)生成亞鐵離子，即rm{1molFe}失去的電子數(shù)為rm{2mol}rm{5.6gFe}為rm{0.1mol}與足量的稀鹽酸充分反應(yīng)后，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{0.2N_{A}}故B正確；

C、rm{CO}rm{C_{2}H_{4}}的相對(duì)分子質(zhì)量相同，標(biāo)況下，兩者的體積為rm{22.4L}故兩者物質(zhì)的量之和為rm{1mol}故rm{m=nM=1mol隆脕28=28g}故C正確；

D、rm{1L0.1mol/L}的醋酸溶液和，醋酸的物質(zhì)的量為：rm{1L隆脕0.1mol/L=0.1mol}但是醋酸屬于弱電解質(zhì)，存在電離平衡，故rm{0.1mol}醋酸中rm{H^{+}}數(shù)目rm{<0.1N_{A}}故D錯(cuò)誤，故選AD．

A、只有標(biāo)況下，氣體摩爾體積rm{=22.4L/mol}才能使用；

B；鐵與稀鹽酸反應(yīng)生成亞鐵離子；

C、rm{CO}rm{C_{2}H_{4}}的相對(duì)分子質(zhì)量相同；據(jù)此解答即可；

D；醋酸屬于弱電解質(zhì)；存在電離平衡．

本題主要考查的是氣體摩爾體積的使用條件、氧化還原反應(yīng)原理、弱酸的電離等知識(shí)點(diǎn)，難度不大，屬于高頻考題．【解析】rm{AD}9、rBD【分析】解：rm{A.A}為正極，正極有氫離子參與反應(yīng)，電極反應(yīng)式為發(fā)生還原反應(yīng)，故A正確；

B.電流從正極rm{A}沿導(dǎo)線流向負(fù)極rm{B}故B錯(cuò)誤；

C.rm{A}為正極，正極有氫離子參與反應(yīng)，電極反應(yīng)式為故C正確；

D.據(jù)電荷守恒，當(dāng)外電路中有rm{0.2mole^{-}}轉(zhuǎn)移時(shí)，通過質(zhì)子交換膜的rm{H^{+}}的個(gè)數(shù)為rm{0.2N_{A}}而發(fā)生則rm{A}極區(qū)增加的rm{H^{+}}的個(gè)數(shù)為rm{0.1N_{A}}故D錯(cuò)誤；

故選BD．

原電池中陽(yáng)離子移向正極，根據(jù)原電池中氫離子的移動(dòng)方向可知rm{A}為正極，正極有氫離子參與反應(yīng)，電極反應(yīng)式為rm{Cl-}rm{-OH+2e^{-}+H^{+}簍T}rm{-OH+Cl^{-}}電流從正極經(jīng)導(dǎo)線流向負(fù)極，以此解答該題．

本題涉及原電池的工作原理以及應(yīng)用的考查；為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意知識(shí)的遷移和應(yīng)用是解題的關(guān)鍵，難度中等，注意把握原電池和電解池中離子的移動(dòng)方向．

【解析】rm{BD}10、B|D【分析】解：A．Br元素的化合價(jià)由+3價(jià)升高為+5價(jià)，O元素的化合價(jià)由-2價(jià)升高為0，則氧化產(chǎn)物是HBrO3、O2；故A錯(cuò)誤；

B．Br元素的化合價(jià)既升高又降低，則BrF3既是氧化劑又是還原劑；故B正確；

C．沒有說(shuō)明是否是標(biāo)準(zhǔn)狀況下；無(wú)法計(jì)算氣體的體積，故C錯(cuò)誤；

D．反應(yīng)中轉(zhuǎn)移6mol電子時(shí)有2mol水被氧化，所以當(dāng)反應(yīng)中轉(zhuǎn)移3NA個(gè)電子時(shí)，有NA個(gè)水分子被氧化；故D正確．

故選BD．

3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2↑+O2↑+9HF中，Br元素的化合價(jià)由+3價(jià)升高為+5價(jià)，O元素的化合價(jià)由-2價(jià)升高為0，Br元素的化合價(jià)由+3價(jià)降低為0；以此來(lái)解答．

本題考查氧化還原反應(yīng)，把握反應(yīng)中元素的化合價(jià)變化為解答的關(guān)鍵，注意Br元素的化合價(jià)判斷為易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大．【解析】【答案】BD11、C|D【分析】解：A．作為鋁熱劑重要組成的金屬氧化物；鋁熱劑應(yīng)為Al和過渡元素的氧化物所形成的混合物，故A錯(cuò)誤；

B．Fe2O3不溶于水，且和水不反應(yīng)，應(yīng)加入鹽酸或稀硫酸溶解后再加KSCN溶液，F(xiàn)e2O3的檢驗(yàn)過程：樣品→粉碎→加酸溶解→過濾→向?yàn)V液中滴加KSCN溶液；故B錯(cuò)誤；

C．a(chǎn)molFe2O3被還原得到6amol電子，則分別消耗H2；Al、CO3amol、2amol、3amol；物質(zhì)的量之比為3：2：3，故C正確；

D．明礬為KAl（SO4）2?12H2O；是結(jié)晶水化合物，屬于硫酸鹽，為純凈物，故D正確．

故選CD．

A．可以發(fā)生鋁熱反應(yīng)的混合物稱之為鋁熱劑；

B．Fe2O3不溶于水；且和水不反應(yīng)；

C．a(chǎn)molFe2O3被還原得到6amol電子；根據(jù)還原劑的化合價(jià)變化判斷；

D．含有結(jié)晶水的化合物為純凈物．

本題綜合考查元素化合物知識(shí)，涉及鋁熱劑、離子的檢驗(yàn)、氧化還原反應(yīng)以及純凈物與混合物的判斷，題目難度中等，注意相關(guān)知識(shí)的積累．【解析】【答案】CD三、填空題(共7題，共14分)12、2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2OCaCl2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaClAgNO3、HNO3CaCl2+2AgNO3═2AgCl↓+Ca（NO3）2Ca（ClO）2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO、2HClO2HCl+O2↑【分析】【分析】（1）工業(yè)上用石灰乳與氯氣反應(yīng)制取漂白粉；二者反應(yīng)生成氯化鈣；次氯酸鈣和水；

（2）漂白粉溶液中滴加碳酸鈉溶液生成碳酸鈣白色沉淀；檢驗(yàn)漂白精中的氯離子，應(yīng)先加硝酸酸化，再滴加硝酸銀檢驗(yàn)；

（3）漂白粉能夠與空氣中的二氧化碳反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸具有不穩(wěn)定性，見光易分解．【解析】【解答】解：（1）氯氣與氫氧化鈣反應(yīng)制備漂白粉，則漂白粉的主要成分為Ca（ClO）2、CaCl2，有效成分為Ca（ClO）2，工業(yè)上制取漂白粉的化學(xué)方程式為：2Cl2+2Ca（OH）2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；

故答案為：2Cl2+2Ca（OH）2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；

（2）將漂白粉溶于適量水中，呈白色濁狀物，靜置沉降．取少許上層清液，滴加碳酸鈉溶液，碳酸鈉電離出的碳酸根離子和溶液中的鈣離子發(fā)生反應(yīng)：CaCl2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaCl，出現(xiàn)白色碳酸鈣沉淀，檢驗(yàn)漂白精中的氯離子，應(yīng)先加HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，發(fā)生CaCl2+2AgNO3═2AgCl↓+Ca（NO3）2，觀察到白色沉淀，則說(shuō)明Cl-存在；

故答案為：CaCl2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaCl；AgNO3、HNO3；CaCl2+2AgNO3═2AgCl↓+Ca（NO3）2；

（3）漂白粉在空氣中長(zhǎng)期放置失效是因?yàn)槠追勰軌蚺c空氣中的二氧化碳反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸具有不穩(wěn)定性，見光易分解，化學(xué)方程式：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑；

故答案為：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑．13、鎂鋁原子核外電子層數(shù)相同，與鋁相比，鎂原子半徑更大，失去電子能力更強(qiáng)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+H2↑甲、乙、丙、丁甲或乙或丙或丁或或或2Al+8OH--6e-=2AlO2-+4H2O【分析】【分析】Ⅰ．（1）鎂的原子半徑比鋁大；易失去電子；

Ⅱ．甲：鎂；鋁都可與鹽酸反應(yīng)生成氫氣；根據(jù)氫氣的體積和合金的質(zhì)量可列方程式組計(jì)算；

乙：只有鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氫氣；剩余固體為鎂；

丙：；測(cè)得沉淀質(zhì)量為Zg，為氫氧化鎂的質(zhì)量，可確定鎂的質(zhì)量，進(jìn)而計(jì)算鋁的含量；

?。簻y(cè)得沉淀質(zhì)量為Wg，為氫氧化鎂和氫氧化鋁的質(zhì)量，結(jié)合鎂、鋁的質(zhì)量可列方程式計(jì)算含量．以此解答該題．【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）鎂；鋁位于周期表相同周期；原子核外電子層數(shù)相同，與鋁相比，鎂原子半徑更大，失去電子能力更強(qiáng)；

故答案為：鎂鋁原子核外電子層數(shù)相同；與鋁相比，鎂原子半徑更大，失去電子能力更強(qiáng)；

Ⅱ．甲：鎂；鋁都可與鹽酸反應(yīng)生成氫氣；根據(jù)氫氣的體積和合金的質(zhì)量可列方程式組計(jì)算；

乙：只有鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氫氣；剩余固體為鎂；

丙：；測(cè)得沉淀質(zhì)量為Zg，為氫氧化鎂的質(zhì)量，可確定鎂的質(zhì)量，進(jìn)而計(jì)算鋁的含量；

丁：測(cè)得沉淀質(zhì)量為Wg；為氫氧化鎂和氫氧化鋁的質(zhì)量，結(jié)合鎂；鋁的質(zhì)量可列方程式計(jì)算含量．

（2）鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應(yīng)的方程式為2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+H2↑，故答案為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+H2↑；

（3）由以上分析可知；四種方案都可用于測(cè)量鋁的含量，故答案為：甲；乙、丙、??；

（4）設(shè)合金中含有xmolMg；ymolAl；則。

甲：鎂、鋁都可與鹽酸反應(yīng)生成氫氣，可得，該合金中鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為；

乙：只有鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氫氣，剩余固體為鎂，則m（Ng）=Yg，m（Al）=（X-Y）g，鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為；

丙：測(cè)得沉淀質(zhì)量為Zg，為氫氧化鎂的質(zhì)量，即m（Mg（OH）2）=Zg，則m（Mg）=g，m（Al）=（X-）g，鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為；

?。簻y(cè)得沉淀質(zhì)量為Wg，為氫氧化鎂和氫氧化鋁的質(zhì)量，則，解之得鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為．

故答案為：甲或乙或丙或丁；或或或；

（5）鎂比鋁活潑，但由于鎂和氫氧化鈉溶液不反應(yīng)，而鋁和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，則鋁為負(fù)極，鎂為正極，負(fù)極反應(yīng)為2Al+8OH--6e-=2AlO2-+4H2O，故答案為：2Al+8OH--6e-=2AlO2-+4H2O．14、CaO11CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，會(huì)生成CaSO4沉淀引起Ca2+的損失NO3-，OH-Ca（HCO3）2Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O2Al+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-【分析】【分析】（1）鍛粉是由白云石高溫煅燒而來(lái)；用適量NH4NO3溶液浸取煅粉后，鎂化合物幾乎不溶，即得Mg（OH）2的飽和溶液，根據(jù)Mg（OH）2的Ksp來(lái)計(jì)算；CaSO4微溶于水；

（2）在鍛粉中加入適量的NH4NO3溶液后，鎂化合物幾乎不溶，由于NH4NO3溶液水解顯酸性，與CaO反應(yīng)生成Ca（NO3）2和NH3?H2O，故過濾后溶液中含Ca（NO3）2和NH3?H2O，將CO2和NH3通入濾液I中后發(fā)生反應(yīng)：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，據(jù)此分析濾液中的陰離子；若濾液Ⅰ中僅通入CO2，會(huì)造成CO2過量；據(jù)此分析產(chǎn)物；

（3）氧化鋁和氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水；

（4）用Al片和石墨作電極來(lái)制備Al（OH）3；故Al做陽(yáng)極，據(jù)此分析；

（5）放電時(shí)負(fù)極電極本身Al放電，失電子，根據(jù)AlCl4-和Al2Cl7-中鋁元素和氯元素的比例來(lái)確定做AlCl4-做反應(yīng)物而生成Al2Cl7-．【解析】【解答】解：（1）鍛粉是由白云石高溫煅燒而來(lái)，在煅燒白云石時(shí)，發(fā)生反應(yīng)：CaCO3CaO+CO2↑，MgCO3MgO+CO2↑，故所得鍛粉主要含MgO和CaO；用適量NH4NO3溶液浸取煅粉后，鎂化合物幾乎不溶，即得Mg（OH）2的飽和溶液，根據(jù)Mg（OH）2的Ksp可知：Ksp=c（Mg2+）?c2（OH-）=5×10-12，而c（Mg2+）小于5×10-6mol?L-1，故c（OH-）大于10-3mol/L，則溶液中的c（H+）小于10-11mol/L，溶液的pH大于11；CaSO4微溶于水，如果用（NH4）2SO4代替NH4NO3，會(huì)生成CaSO4沉淀引起Ca2+的損失；

故答案為：CaO；11；CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，會(huì)生成CaSO4沉淀引起Ca2+的損失；

（2）在鍛粉中加入適量的NH4NO3溶液后，鎂化合物幾乎不溶，由于NH4NO3溶液水解顯酸性，與CaO反應(yīng)生成Ca（NO3）2和NH3?H2O，故過濾后溶液中含Ca（NO3）2和NH3?H2O，將CO2和NH3通入濾液I中后發(fā)生反應(yīng)：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，故濾液中的陰離子主要為NO3-，還含有OH-；若濾液Ⅰ中僅通入CO2，會(huì)造成CO2過量，則會(huì)生成Ca（HCO3）2，從而導(dǎo)致CaCO3產(chǎn)率降低，故答案為：NO3-，OH-；Ca（HCO3）2；

（3）氧化鋁和氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，離子反應(yīng)為Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，故答案為：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；

（4）用Al片和石墨作電極來(lái)制備Al（OH）3，故Al做陽(yáng)極，石墨做陰極，陽(yáng)極反應(yīng)為：Al-3e-=Al3+①，陰極上是來(lái)自于水的H+放電：2H2O+2e-=2OH-+H2↑②

將①×2+②×3可得總反應(yīng)：2Al+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑，故答案為：2Al+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑；

（5）放電時(shí)負(fù)極電極本身Al放電，失電子，由于AlCl4-中氯元素的含量高于Al2Cl7-中氯元素的含量，故AlCl4-做反應(yīng)物而Al2Cl7-為生成物，由于其它離子不參與電極反應(yīng)，故電極反應(yīng)為：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-，故答案為：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-．15、2mol/（L．s）50%40%【分析】【分析】（1）根據(jù)v=計(jì)算v（O2），利用速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算v（SO3）；

（2）根據(jù)方程式計(jì)算△c（SO2），進(jìn)而計(jì)算△n（SO2），進(jìn)而計(jì)算SO2的轉(zhuǎn)化率；

（3）計(jì)算△n（SO3），利用差量法計(jì)算混合氣體物質(zhì)的量減少量，計(jì)算平衡時(shí)混合氣體總物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算SO3的體積分?jǐn)?shù)．【解析】【解答】解：（1）1s后達(dá)到平衡狀態(tài)，此時(shí)O2的濃度為1mol?L-1，則v（O2）==1mol/（L．s），發(fā)生反應(yīng)：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，故v（SO3）=2v（O2）=2mol/（L．s）；

故答案為：2mol/（L．s）；

（2）△c（SO2）=2△c（O2）=2×（-1mol/L）=2mol/L，故△n（SO2）=2mol/L×2L=4mol，故SO2的轉(zhuǎn)化率=×100%=50%；

故答案為：50%；

（3）△n（SO3）=△n（SO2）=4mol；則：

2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）物質(zhì)的量減少。

22+1-2=1

4mol2mol

故平衡后混合氣體的總物質(zhì)的量=8mol+4mol-2mol=10mol；

故平衡時(shí)SO3的體積分?jǐn)?shù)=×100%=40%；

故答案為：40%．16、略

【分析】

（1）A為H，B為O，C為Na，D為Al，E為S，A、B、C形成的化合物為氫氧化鈉，電子式為故答案為：

（2）B、C、D組成的化合物為NaAlO2，A、C、E組成的化合物為NaHS，氫氧化鋁為兩性氫氧化物，硫化氫為弱酸，故酸性硫化氫大于氫氧化鋁，故濃度相同兩種混合物水解時(shí)，堿性NaAlO2＞NaHS，故答案為：NaAlO2＞NaHS；

（3）C元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物為氫氧化鈉，D為Al，故反應(yīng)的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

故答案為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（4）A、B、C、E四種元素的化合物在溶液中相互反應(yīng)、且生成氣體，可以為硫酸氫鈉與亞硫酸氫鈉的反應(yīng)，離子方程式如下H++HSO3-=SO2↑+H2O；

故答案為：H++HSO3-=SO2↑+H2O；

（5）氫氣和氧氣組成的燃料電池，負(fù)極為氫氣，電極反應(yīng)為H2+2OH--2e-=2H2O，故答案為：氫氣；H2+2OH--2e-=2H2O；

（6）C的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物為氫氧化鈉2mol與E最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物硫酸1mol的稀溶液，反應(yīng)的實(shí)質(zhì)為氫離子和氫氧根離子反應(yīng)，故熱化學(xué)方程式為H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-57.3kJ/mol，故答案為：H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-57.3kJ/mol．

【解析】【答案】根據(jù)地殼中含量最多元素為氧；根據(jù)題干要求可以確定A為H，B為O，C為Na，D為Al，E為S，確定元素種類后，確定氫氧化鈉，氫氧化鈉為離子化合物，進(jìn)而寫出離子化合物的電子式；比較偏鋁酸鈉和硫氫化鈉的堿性時(shí)首先比較對(duì)應(yīng)酸的酸性，酸性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)鈉鹽的堿性越弱；鋁可以與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸根離子；由氫；氧、硫、鈉四種元素組成的可以相互反應(yīng)生成氣體的為硫酸氫鈉和亞硫酸氫鈉；氫氧燃料電池的負(fù)極為氫氣，正極為氧氣，在堿性條件下電極反應(yīng)式的書寫；氫氧化鈉與硫酸反應(yīng)的離子方程式書寫等知識(shí)點(diǎn)．

17、略

【分析】【解析】試題分析：：(1)NaHCO3的溶解度比其他3種物質(zhì)的溶解度小，所以能制得NaHCO3。(2)由于CO2在水中溶解度較小，如先通入CO2，溶液中存在H2CO3，HCO3-的量比較少，再通入NH3，NH3易溶于水，NH3·H2O的量比較多。此時(shí)產(chǎn)物應(yīng)該是(NH4)2CO3而不是NH4HCO3，這樣就不會(huì)有NaHCO3析出。(3)CaO可與H2O反應(yīng)生成Ca(OH)2，在加熱條件下Ca(OH)2與NH4Cl生成NH3。(4)“侯氏制堿法”的相關(guān)反應(yīng)是：CO2＋H2O＋NH3===NH4HCO3(化合)；NH4HCO3＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl(復(fù)分解)；2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O↑(分解)?？键c(diǎn)：考查侯氏制堿法原理的有關(guān)判斷【解析】【答案】(1)NaHCO3的溶解度比其他3種物質(zhì)的溶解度小(2)CO2在水中溶解度較小(3)CaO＋H2O===Ca(OH)2,2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O(4)ABD18、2（N1+N2+N3+N4）+2或3N1+2N2+N3N3+2N4+2（CH3）3CCH（CH3）CH2CH3【分析】【分析】（1）根據(jù)烷烴通式確定C原子與H原子之間的數(shù)量關(guān)系；或根據(jù)伯；仲、叔、季碳原子上含有H原子數(shù)目確定；

（2）由（1）中的關(guān)系式確定；

（3）根據(jù)（2）中關(guān)系式求出碳原子總數(shù)，寫出分子式，寫出符號(hào)條件的可能的同分異構(gòu)體，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：（1）由于烷烴的通式為CnH2n+2，C原子與H原子之間的數(shù)量關(guān)系為N0=2（N1+N2+N3+N4）+2，伯、仲、叔、季碳原子上含有的H原子數(shù)目分別為3、2、1、0，所以C原子與H原子之間的數(shù)量關(guān)系為N0=3N1+2N2+N3；

故答案為：2（N1+N2+N3+N4）+2或3N1+2N2+N3；

（2）由（1）中可得，2（N1+N2+N3+N4）+2=3N1+2N2+N3，故N3+2N4+2=N1；

故答案為：N3+2N4+2；

（3）由（2）中N3+2N4+2，當(dāng)N2=N3=N4=1時(shí)，N1=5，碳原子總數(shù)為8，則該烷烴的分子式為C8H18，滿足N2=N3=N4=1的結(jié)構(gòu)可能有3種：（CH3）3CCH（CH3）CH2CH3、（CH3）3CCH2CH（CH3）2、（CH3）2CHC（CH3）2CH2CH3；

故答案為：（CH3）3CCH（CH3）CH2CH3．四、判斷題(共1題，共2分)19、×【分析】【分析】膠體有丁達(dá)爾效應(yīng)，溶液沒有；溶質(zhì)粒子能透過半透膜，膠體粒子不能透過半透膜，但能透過濾紙．【解析】【解答】解：膠體有丁達(dá)爾效應(yīng)，溶液沒有，故利用丁達(dá)爾效應(yīng)可以區(qū)分溶液和膠體；膠體微粒的直徑大于半透膜的孔徑，膠體粒子不能透過半透膜，故答案為：×．五、其他(共4題，共8分)20、略

【分析】此題解答的關(guān)鍵是抓住“類鹵離子”的信息。SCN－與Cl－相似，被氧化后則生成（SCN）2。Fe3＋與SCN－形成的絡(luò)離子和分子有6種，在書寫離子方程式時(shí)，有多種寫法，均屬合理答案。此題涉及的知識(shí)點(diǎn)有：氧化性：MnO4－＞（SCN）2＞Fe3＋．所以．MnO4－滴入Fe（SCN）2+溶液中．將SCN－氧化為（SCN）2，使血紅色褪去；滴入Fe2＋的溶液中，MnO4－的紫色褪去。Fe3＋可氧化SO2而破壞Fe（SCN）＋2的組成，所以，SO2通入Fe（SCN）＋2后，也使血紅色褪去?？枷蛑改希骸犊荚嚧缶V》明確規(guī)定，考生必須要具備一定的接受信息，處理信息的能力，因此像這種信息題是高考的必考題型。“類鹵素”是經(jīng)常考到的知識(shí)點(diǎn)，我們應(yīng)該可以依據(jù)鹵素的性質(zhì)推測(cè)“類鹵素”的性質(zhì)，并進(jìn)行應(yīng)用?！邦慃u素”如：（CN）2、（SCN）2、（OCN）2、IBr等性質(zhì)與鹵素相似，表現(xiàn)在氧化性、與堿溶液反應(yīng)生成鹵化物和次鹵酸鹽、與Ag＋結(jié)合的生成物的難溶性等。但是，由于類鹵素的組成不是一種元素，其各元素的化合價(jià)有差別，以致在參加化學(xué)反應(yīng)中價(jià)態(tài)的變化與鹵素單質(zhì)不完全相同。如IBr＋H2O＝HBr＋HIO的反應(yīng)不屬于氧化還原反應(yīng)等?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）Fe（SCN）2+＋MnO4－＋H＋→Fe3＋＋（SCN）2＋Mn2＋＋H2O（2）Fe（SCN）2+＋SO2＋H2O→Fe2＋＋SO42－＋SCN－＋H＋（3）Fe2＋＋MnO4－＋H＋→Fe3＋＋Mn2＋＋H2O21、略

【分析】【解析】【答案】（1）（2）①取代反應(yīng)；②氧化反應(yīng)（3）（2分）（4）a、d（2分）（5）4()22、試管藥匙試管夾酒精燈膠頭滴管量筒EADCBF【分析】【分析】（1）熟記中學(xué)化學(xué)實(shí)驗(yàn)中常用的儀器；

（2）根據(jù)基本實(shí)驗(yàn)儀器：試管、試管夾、藥匙、酒精燈，膠頭滴管、量筒的作用來(lái)回答．【解析】【解答】解：（1）A～F各儀器的名稱分別是：試管；藥匙、試管夾、酒精燈、膠頭滴管、量筒；故答案為：試管、藥匙、試管夾、酒精燈、膠頭滴管、量筒；

（2）膠頭滴管常用于吸取和滴加少量液體；故答案為：E；

（3）試管可以直接加熱；故答案為：A；

（4）在化學(xué)實(shí)驗(yàn)室；常用酒精燈作為熱源，故答案為：D；

（5）試管架是用來(lái)夾持試管的儀器；故答案為：C；

（6）藥匙用來(lái)取用少量的固體粉末；故答案為：B；

（7）量筒可以用來(lái)量取液體的體積，故答案為：F．23、cdea50偏小【分析】【分析】熟悉常見儀器；了解它們的作用．

（1）酒精燈用作熱源；

（2）取粉末狀固體使用藥匙；

（3）膠頭滴管用于吸取或滴加少量液體；

（4）可直接在酒精燈上加熱的儀器：試管；蒸發(fā)皿、坩堝、燃燒匙；

（5）根據(jù)量取45mL的水確定所用的儀器，因俯視讀數(shù)時(shí)比實(shí)際值偏大，所以量取水的體積就偏?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓海?）酒精燈可用作熱源；故答案為：c；

（2）取粉末狀固體使用藥匙；故答案為：d；

（3）膠頭滴管用于吸取或滴加少量液體；故答案為：e；

（4）可直接在酒精燈上加熱的玻璃儀器只有試管；故答案為：a；

（5）量取45mL的水使用50mL的量筒；因俯視讀數(shù)時(shí)比實(shí)際值偏大，所以量取水的體積就偏小，故答案為：50；偏?。?、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共27分)24、②①③⑧⑤⑥⑦④250mL容量瓶27.410.0檢查容量瓶是否漏水④⑤【分析】【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作的步驟以及每步操作需要儀器確定反應(yīng)所需儀器；

（2）根據(jù)天平的稱量原理；根據(jù)m=nM=cvM計(jì)算溶質(zhì)NaOH的質(zhì)量；

（3）使用容量瓶前必須進(jìn)行的一步操作是檢漏；

（4）根據(jù)c=分析操作對(duì)溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響判斷．【解析】【解答】解：（1）配制步驟有計(jì)算；稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等操作；一般用托盤天平稱量，用藥匙取用藥品，在燒杯中溶解，冷卻后轉(zhuǎn)移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，當(dāng)加水至液面距離刻度線1～2cm時(shí)，改用膠頭滴管滴加，所以需要的儀器為：托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶、膠頭滴管；

故答案為：②①③⑧⑤⑥⑦④；250mL容量瓶；

（2）因天平的稱量原理：左盤物體的質(zhì)量=右盤物體的質(zhì)量+游碼的讀數(shù)，所以燒杯的實(shí)際質(zhì)量為30g-2.6g=27.4g，因配制溶液的體積為240ml，而容量瓶的規(guī)格沒有240ml，只能選用250ml，NaOH的質(zhì)量m=cvM=1.0mol?L-1×0.25L×40g/mol=10.0g；

故答案為：27.4；10.0；

（3）因使用容量瓶前必須進(jìn)行的一步操作是檢查容量瓶是否漏水；故答案為：檢查容量瓶是否漏水；

（4）①?zèng)]有洗滌燒杯和玻璃棒；溶質(zhì)的質(zhì)量減少，濃度偏小，故①錯(cuò)誤；

②轉(zhuǎn)移溶液時(shí)不慎有少量灑到容量瓶外面；溶質(zhì)的質(zhì)量減少，濃度偏小，故②錯(cuò)誤；

③容量瓶不干燥；含有少量蒸餾水，溶液的體積不變，濃度不變，故③錯(cuò)誤；

④定容時(shí)俯視刻度線；溶液的體積偏小，濃度偏高，故④正確；

⑤未冷卻到室溫就將溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶并定容；冷卻下來(lái)溶液的體積偏小，濃度偏高，故⑤正確；

⑥定容后塞上瓶塞反復(fù)搖勻；靜置后，液面低于刻度線，再加水至刻度線，溶液的體積偏大，濃度偏小，故⑥錯(cuò)誤；

故答案為：④⑤．25、（1）防止鎂屑與氧氣反應(yīng)，生成的M