2025年滬科版高三化學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年滬科版高三化學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列事實中，不能用勒夏特列原理解釋的是（）A.加壓有利于SO2與O2反應(yīng)生成SO3B.實驗室中常用排飽和食鹽水的方式收集氯氣C.打開汽水瓶，有氣泡從溶液中冒出D.500℃左右比常溫下更有利于合成氨2、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.水電離出的rm{c(H^{+})隆隴c(OH^{-})=10^{-22}}的溶液中：rm{Mg^{2+}}rm{K^{+}}rm{Br^{-}}B.滴入少量rm{KSCN}溶液顯紅色的溶液中：rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{I^{-}}C.使甲基橙變紅的溶液中：rm{Ca^{2+}}rm{CH_{3}COO^{-}}rm{Cl^{-}}D.使rm{pH}試紙呈藍(lán)色的溶液中：rm{Na^{+}}rm{Cl^{-}}3、下列說法正確的是（）A.氯水氨水食鹽水都能導(dǎo)電，所以Cl2、NH3和氯化鈉都是電解質(zhì)B.向醋酸溶液中加入少量醋酸溶液，原醋酸電離平衡一定向正向移動C.升高溫度能促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離D.強電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力一定比弱電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力強4、下列電離方程式中，不正確的是（）A.NaOH═Na++OHˉB.H2SO4═H2++SO42-C.Na2CO3═2Na++CO32-D.CH3COOH?CH3COOˉ+H+5、下列方程式中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目正確的是（）A.3NO2+H20═2HNO3+NO，轉(zhuǎn)移3e-B.2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═K2SO4+5Fe2（SO4）3+2MnSO4+8H20，轉(zhuǎn)移5e-C.KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H20，轉(zhuǎn)移6e-D.I2+SO2+2H20═H2SO4+2HI，轉(zhuǎn)移2e-6、高分子化合物在自然界中大量存在．下列物質(zhì)不屬于高分子化合物的是（）A.油脂B.淀粉C.纖維素D.蛋白質(zhì)7、若液態(tài)氨相當(dāng)于地球上的水以滿足木星上生物生存的需要；那么木星上生物體內(nèi)與地球上生物體內(nèi)葡萄糖的分子結(jié)構(gòu)相當(dāng)?shù)幕衔锸牵ǎ?/p>

A.

B.

C.

D.

8、五種元素在周期表中的位置如圖所示，其中rm{X}rm{Y}rm{W}rm{Z}為短周期元素，所列五種元素的原子最外層電子數(shù)之和為rm{26.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}

。rm{X}rm{Y}rm{W}rm{Z}rm{T}A.rm{X}rm{Y}rm{Z}三種元素最簡單氫化物的沸點依次升高B.由rm{X}rm{Y}和氫三種元素形成的化合物中只有共價鍵C.物質(zhì)rm{WY_{2}}rm{W_{3}X_{4}}rm{WZ_{4}}均有熔點高、硬度大的特性D.rm{T}元素的單質(zhì)具有半導(dǎo)體的特性，rm{T}與rm{Z}元素可形成化合物rm{TZ_{4}}評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)9、下列說法正確的是（）A.分子晶體中一定存在分子間作用力和共價鍵B.HF比HCl沸點高是因為HF分子間存在氫鍵C.全部由非金屬元素形成的化合物中可能含有離子鍵D.溶于水能導(dǎo)電的化合物一定是離子化合物10、下列反應(yīng)中的氨與反應(yīng)4NH3+5O2→4NO+6H2O中的氨作用相同的是（）A.2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2OB.2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑C.4NH3+6NO→5N2+6H2OD.3SiH4+4NH3→Si3N4+12H211、在恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：aX（g）+bY（g）?cZ（g）+dW（g），反應(yīng)達(dá)到平衡后，保持溫度不變，將氣體體積壓縮到原來的，當(dāng)再次達(dá)到平衡時，W的濃度為原平衡的1.8倍．下列敘述中不正確的是（）A.平衡向逆反應(yīng)方向移動B.a+b＞c+dC.體系中Z的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大D.X的轉(zhuǎn)化率下降12、已知Ksp（AB2）=4.2×10-8，Ksp（AC）=3.0×10-15，在存在AB2、AC固定的飽和的混合溶液中，測得c（C2-）=1.8×10-13mol/L，則下列說法正確的是（）A.溶液中c（B-）為1.6×10-3mol/LB.溶液中c（B-）為1.7×10-13mol/LC.AB2比AC更難溶解D.因兩者不同類而無法比較其溶解度的大小13、從下列事實所得出的相應(yīng)結(jié)論正確的是（）

。實驗事實結(jié)論ACl2的水溶液可以導(dǎo)電Cl2是電解質(zhì)BNaHCO3溶液與Na[Al（OH）4]溶液混合產(chǎn)生白色沉淀酸性：HCO3-＞Al（OH）3C常溫下白磷可自燃而氮氣須在放電時才與氧氣反應(yīng)非金屬性：P＞ND某無色溶液中加入氫氧化鈉溶液并加熱，產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍(lán)該溶液一定有NH4+A.AB.BC.CD.D評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)14、電石漿是氯堿工業(yè)中的一種廢棄物；其大致組成如下表所示：

。成分CaOSiO2Al2O3Fe2O3MgOCaS其他不溶于酸的物質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)（%）65～663.5～5.01.5～3.50.2～0.80.2～1.11.0～1.823-26用電石漿可生產(chǎn)無水CaCl2；某化工廠設(shè)計了以下工藝流程：

已知氯化鈣晶體的化學(xué)式是：CaCl2?6H2O；H2S是一種酸性氣體；且具有還原性．

（1）反應(yīng)器中加入的酸應(yīng)選用____．

（2）脫色槽中應(yīng)加入的物質(zhì)X是____；設(shè)備A的作用是____；設(shè)備B的名稱為____；設(shè)備C的作用是____．

（3）為了滿足環(huán)保要求，需將廢氣H2S通入吸收池，下列物質(zhì)中最適合作為吸收劑的是_____．反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

A．水B．濃硫酸C．石灰乳D．硝酸。

（4）將設(shè)備B中產(chǎn)生的母液重新引入反應(yīng)器的目的是____．

（5）氯堿工業(yè)離子方程式____．15、將以下7種物質(zhì)：HCl、Ar、MgO、CO2、NaCl、NaOH、NH4Cl按以下要求填空：

（1）微粒間只存在共價鍵的是____．只存在離子鍵的是____．既存在離子鍵，又存在共價鍵的是____．

（2）屬于含有共價鍵的離子化合物的是____，屬于共價化合物的是____．16、某?；瘜W(xué)興趣小組對課本實驗結(jié)論“葡萄糖與新制氫氧化銅共熱生成紅色的Cu2O沉淀”提出質(zhì)疑；認(rèn)為紅色沉淀不一定就是氧化亞銅．為了確定紅色沉淀的成分，開展了相關(guān)探究．

[一]提出猜想；請你完成猜想2；3．

猜想1；紅色沉淀可能是Cu；

猜想2：____；

猜想3：____．

[二]查閱資料：①Cu20屬于堿性氧化物②Cu+在酸I生條件下能發(fā)生自身氧化還原反應(yīng)。

[三]制備紅色沉淀：①制備氫氧化銅懸濁液②氫氧化銅懸濁液與葡萄糖共熱③過濾；洗滌、低溫烘干得紅色粉末。

[四]紅色沉淀成分探究：該小組同學(xué)設(shè)計了三種方案：

方案Ⅰ：取該紅色粉末溶于足量稀硝酸中；觀察溶液顏色變化．

方案Ⅱ：取該紅色粉末溶于足量稀硫酸中；觀察是否有殘渣．

方案Ⅲ：裝置如圖所示：（夾持儀器略去）

試回答下列問題：

（1）請分別評價方案I和方案Ⅱ是否合理（填“是”或“否”）；并完成相關(guān)反應(yīng)方程式：

方案I：____，寫出Cu20與稀硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式____；

方案Ⅱ：____，寫出反應(yīng)的離子方程式____．

（2）實際上，方案Ⅲ的裝置尚存在明顯的缺陷，應(yīng)在A和B之問添加____．

（3）方案Ⅲ中，探究小組的同學(xué)在錐形瓶中加入少量硫酸銅溶液，其目的是____．

（4）方案Ⅲ中，若要測定紅色粉末的成分，需要測定下列哪些物理量____（填序號）．

①反應(yīng)前紅色粉末與硬質(zhì)玻璃管的總質(zhì)量②實驗前干燥管的質(zhì)量③實驗后干燥管的質(zhì)量④硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量⑤鋅粒質(zhì)量⑥稀硫酸的物質(zhì)的量濃度．17、普通干電池，是一種廣泛使用的可移動化學(xué)電源，其結(jié)構(gòu)如圖甲所示，電池反應(yīng)是：Zn+2NH4++2MnO2═Zn2++2NH3+Mn2O3+H2O但這種一次性電池使用后的隨意丟棄；已經(jīng)是不可忽視的環(huán)境問題．某中學(xué)的課外活動小組在老師指導(dǎo)下，用廢棄的電池進(jìn)行處理回收．將電池剝離，得到石墨棒，清洗后作電化學(xué)實驗的電極．廢鋅皮和炭黑與錳的氧化物做以下處理。

實驗一，用廢鋅制取防腐劑皓礬（ZnSO4?7H2O）（圖乙）

（1）操作一的名稱是：____．

（2）鋅的化學(xué)性質(zhì)與鋁相似，也可以與強堿反應(yīng)而溶解，但生成的是配合物Na2[Zn（OH）4]（四羥基鋅酸鈉）和H2，該配合物中心離子是____，配位數(shù)是____．

實驗二；經(jīng)查相關(guān)資料：錳的氧化物都不溶于水，且都能與濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣．將分離得到的黑色粉末在空氣中充分灼燒，并做相關(guān)實驗，回答下列問題：

（1）灼燒的目的是：____，將灼燒后的固體冷卻，溶解、過濾、干燥得到的固體物質(zhì)混合物Mn2O3和MnO2．

（2）寫出Mn2O3與濃鹽酸反應(yīng)的離子方程式：____．

（3）取24.5g上述混合物，與足量的濃鹽酸充分反應(yīng)，得到標(biāo)況下的氯氣4.48L，則混合物中Mn2O3和MnO2質(zhì)量之比是：____．

實驗三，查詢資料得知，還可以通過電解的方式，將Mn2O3轉(zhuǎn)化為MnO2，同學(xué)們設(shè)計了這樣的一個裝置（圖丙），將混合物粉末調(diào)成糊狀，附在其中的____邊電極上（填左或者右），該電極上發(fā)生的電極反應(yīng)式是：____．在電解過程中溶液的pH將____．（填變大、變小、不變）．18、1.204×1023個H2分子的物質(zhì)的量為____，質(zhì)量為____，標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為____，點燃后與O2充分反應(yīng)，能消耗O2的物質(zhì)的量為____．19、①～⑦是7種短周期元素；其周期表位如圖所示．請回答下列問題．

（1）元素③在周期表中的位置是____；元素⑥的原子結(jié)構(gòu)示意圖是____．

（2）元素④⑤⑥⑦中原子半徑最小的元素符號是____；用化學(xué)式表示元素⑥和⑦的最高價氧化物對應(yīng)的水化物酸性強弱____＞____．

（3）元素②的氣態(tài)氫化物的電子式為____，該物質(zhì)分子內(nèi)含有的化學(xué)鍵類型為____（填字母序號）

A．離子鍵B．極性共價鍵C．非極性共價鍵。

（4）元素④的最高價氧化物對應(yīng)的水化物與⑤的最高價氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)的離子方程式為____．

（5）由元素③和⑥組成的一種化合物與元素⑦的單質(zhì)在水溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成兩種強酸．當(dāng)該反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為2.408×1023時，所得400mL溶液中H+的物質(zhì)的量濃度為____．20、（16分）醋酸是一種常見的弱酸。（1）假如某醋酸溶液中c(CH3COOH)=0.10mol/L，c(H+)=1.3×10-3mol/L，則此時c(CH3COO-)約為mol/L；計算此時醋酸的電離平衡常數(shù)，寫出計算過程。[注:c平衡(CH3COOH)≈0.10mol/L，水的電離可忽略不計]（2）為了探究鎂條與鹽酸、醋酸反應(yīng)時，濃度或溫度對反應(yīng)速率(觀察鎂條消失的時間)的影響，準(zhǔn)備了以下化學(xué)用品：0.20mol·L－1與0.40mol·L－1的HCl溶液、0.20mol·L－1與0.40mol·L－1的CH3COOH溶液、4條鎂條(形狀、大小、質(zhì)量相同)、幾支試管和膠頭滴管，酸液溫度控制為298K和308K。①酸液都取足量、相同體積，請你幫助完成以下實驗設(shè)計表：。實驗編號溫度(K)鹽酸濃度(mol·L－1)醋酸濃度(mol·L－1)實驗?zāi)康腶2980.20I.實驗a和b是探究對鎂與鹽酸反應(yīng)速率的影響；II．實驗a和c是探究對鎂與鹽酸反應(yīng)速率的影響；III．實驗a和d是探究相同溫度下，相同濃度的鹽酸、醋酸與鎂反應(yīng)速率的區(qū)別b3080.20c2980.40d②若①中實驗a鎂條消失的時間是20s，則鎂條剩余質(zhì)量與時間關(guān)系圖如下圖。假設(shè)：該反應(yīng)溫度每升高10℃，反應(yīng)速率是原來的2倍；溫度相同時，醋酸是相同濃度鹽酸平均速度的1/2，請在此圖中大致畫出“實驗b”、“實驗d”的鎂條剩余質(zhì)量與時間關(guān)系曲線，請注意必要的標(biāo)注。（3）鎂及其化合物在生產(chǎn)和生活中有著廣泛的應(yīng)用，依據(jù)鎂的性質(zhì)、用途等回答下列問題：已知：①Mg(s)＋2H2O(g)===Mg(OH)2(s)＋H2(g)ΔH1＝－441kJ·mol－1②H2O(g)===H2(g)＋O2(g)ΔH2＝＋242kJ·mol－1③Mg(s)＋O2(g)===MgO(s)ΔH3＝－602kJ·mol－1。則氫氧化鎂分解的熱化學(xué)方程式是。評卷人得分四、判斷題(共2題，共12分)21、工業(yè)廢水中含有的酸、堿、鹽，會造成水體污染．____．（判斷對錯）22、鈉與水反應(yīng)時，會發(fā)生劇烈爆炸____．（判斷對錯）評卷人得分五、實驗題(共3題，共6分)23、溴苯是一種化工原料，實驗室合成溴苯的裝置示意圖及有關(guān)數(shù)據(jù)如下：。苯溴溴苯密度/g·cm－30.883.101.50沸點/℃8059156水中溶解度微溶微溶微溶按下列合成步驟回答問題：(1)在a中加入15mL無水苯和少量鐵屑。在b中小心加入4.0mL液態(tài)溴。向a中滴入幾滴溴，有白色煙霧產(chǎn)生，是因為生成了________氣體。繼續(xù)滴加至液溴滴完。裝置d的作用是____________；(2)液溴滴完后，經(jīng)過下列步驟分離提純：①向a中加入10mL水，然后過濾除去未反應(yīng)的鐵屑；②濾液依次用10mL水、8mL10%的NaOH溶液、10mL水洗滌。NaOH溶液洗滌的作用是________；③向分出的粗溴苯中加入少量的無水氯化鈣，靜置、過濾。加入氯化鈣的目的是______________；(3)經(jīng)以上分離操作后，粗溴苯中還含有的主要雜質(zhì)為________，要進(jìn)一步提純，下列操作中必須的是________(填入正確選項前的字母)；A．重結(jié)晶B．過濾C．蒸餾D．萃取(4)在該實驗中，a的容積最適合的是________(填入正確選項前的字母)。A．25mLB．50mLC．250mLD．500mL24、某學(xué)習(xí)小組在實驗室中利用如圖裝置（夾持裝置略去）測定某鐵硫化物（FexSy）的組成；并探究反應(yīng)后D裝置所得溶液中含硫化合物的組成．

（一）硫化物（FexSy）的組成。

實驗步驟：

步驟Ⅰ如圖連接裝置；檢査裝置氣密性，裝入藥品；

步驟Ⅱ打開分液漏斗旋塞；緩緩滴入水，并點燃酒精噴燈；

步驟Ⅲ當(dāng)硬質(zhì)玻璃管中固體質(zhì)量不再改變時，停止加熱，繼續(xù)通入一段時間的O2

步驟Ⅳ實驗結(jié)束后；將D中所得溶液加水配制成250mL溶液；

請回答：

（1）儀器a的作用為______．

（2）步驟Ⅲ中，停止加熱后還需繼續(xù)通入一段時間的O2；其目的為______．

（3）步驟IV中配制溶液時所需的玻璃儀器除玻璃棒和燒杯外；還有______．

（4）取25.00mL步驟IV中所配溶液，加入足量的雙氧水，再加入足量鹽酸酸化的BaCl2溶液，將所得沉淀過濾、洗滌、干燥，稱其質(zhì)量為4.66g．則FexSy的化學(xué)式為______．

（5）問題討論：有同學(xué)認(rèn)為可將裝置D改為裝有足量堿石灰的干燥管；通過測定反應(yīng)前后干燥管的增重來計算硫元素的含量．你認(rèn)為此方案______（填“是”或“否”）合理，原因為______．

（二）探究反應(yīng)后D裝置所得溶液中含硫化合物的組成．

理論推測：溶液中除含有Na2SO4外，還可能含有Na2SO3．

實驗探究：滴定法測定溶液中Na2SO3的含量．

可供選擇的試劑：①0.10mol?L-1KMnO4酸性溶液②30%H2O2③0.10mol?L-1KI淀粉溶液。

（6）所選試劑為______（填序號）；所選試劑應(yīng)裝在______（填“酸式”或“堿式”）滴定管中．

⑦所利用的反應(yīng)原理為______（用離子方程式表示）．25、食鹽中含有一定量的鎂；鐵等雜質(zhì)；加碘鹽中碘的損失主要是由于雜質(zhì)、水分、空氣中的氧氣以及光照、受熱而引起的．已知：

氧化性：IO3-＞Fe3+＞I2；

還原性：S2O32-＞I-

3I2+6OH-═5I-+IO3-+3H2O

KI+I2?KI3

（1）某學(xué)習(xí)小組對加碘鹽進(jìn)行了如下實驗：取一定量某加碘鹽（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+），用適量蒸餾水溶解，并加稀鹽酸酸化，將所得試液分為3份．第一份試液中滴加KSCN溶液后顯血紅色；第二份試液中加足量KI固體，溶液顯淡黃色，用CCl4萃取，下層溶液顯紫紅色；第三份試液中加入適量KIO3固體后；滴加淀粉試劑，溶液不變色．

①加KSCN溶液顯血紅色，該紅色物質(zhì)是______（用化學(xué)式表示）；CCl4中顯紫紅色的物質(zhì)是______（用電子式表示）．

②第二份試劑中加入足量KI固體后，反應(yīng)的離子方程式為______．

（2）KI作為加碘劑的食鹽在保存過程中，由于空氣中氧氣的作用，容易引起碘的損失．寫出潮濕環(huán)境中KI與氧氣反應(yīng)的化學(xué)方程式：______．

將I2溶于KI溶液，在低溫條件下，可制得KI3?H2O．該物質(zhì)作為食鹽加碘劑是否合適？______（填“是”或“否”），并說明理由：______．

（3）為了提高加碘鹽（添加KI）的穩(wěn)定性，可加穩(wěn)定劑減少碘的損失．下列物質(zhì)中有可能作為穩(wěn)定劑的是______．

A．Na2S2O3B．AlCl3C．Na2CO3D．NaNO2

（4）對含F(xiàn)e2+較多的食鹽（假設(shè)不含F(xiàn)e3+），可選用KI作為加碘劑．請設(shè)計實驗方案，檢驗該加碘鹽中的Fe2+：______．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【分析】勒夏特列原理為：如果改變影響平衡的條件，平衡將向著能夠減弱這種改變的方向移動；在使用勒夏特列原理時，反應(yīng)必須是可逆反應(yīng)且存在平衡移動，否則勒夏特列原理不適用．【解析】【解答】解：A、2SO2+O2?2SO3；增大壓強，平衡正向移動，故能用勒夏特列原理解釋，故A不選；

B、實驗室用排飽和食鹽水法收集氯氣，利用飽和食鹽水中氯離子濃度使平衡逆向進(jìn)行，Cl2+H2O?H++Cl-+HClO；可以用勒夏特列原理解釋，故B不選；

C；打開汽水瓶蓋；壓強變小，向生成二氧化碳的方向移動，二氧化碳的溶解度減小逸出，能用勒夏特利原理解釋，故C不選；

D；合成氨反應(yīng)為放熱反應(yīng)；升高溫度不利用平衡向正方向移動，但升溫卻可提高反應(yīng)速率，與勒沙特列原理不符，故D選．

故選D．2、D【分析】【分析】本題考查離子共存的判斷，題目難度中等，注意明確離子不能大量共存的一般情況：能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間；能生成難溶物的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間；能發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的離子之間rm{(}如rm{Fe^{3+}}和rm{SCN^{-})}等；解決離子共存問題時還應(yīng)該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的rm{H^{+}}或rm{OH^{-}}溶液的具體反應(yīng)條件，如“氧化還原反應(yīng)”、“加入鋁粉產(chǎn)生氫氣”；是“可能”共存，還是“一定”共存等?！窘獯稹緼.該溶液為酸性或者堿性溶液，rm{HCO_{3}^{-}}在酸性或堿性溶液中都不能大量共存；故A錯誤；

B.滴入少量rm{KSCN}溶液顯紅色的溶液中含有rm{Fe^{3+}}溶液顯紅色的溶液中含有rm{KSCN}，rm{Fe^{3+}}rm{Fe}能與rm{{,!}^{3+}}能與rm{I^{-}}發(fā)生氧化還原反應(yīng)，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故B錯誤；

C.rm{{,!}^{3+}}rm{I^{-}}使甲基橙變紅的溶液顯酸性，粗酸根離子D.在溶液中不能大量共存，故C錯誤；故選D。該溶液為堿性溶液，四種離子不反應(yīng)，也不與氫氧根離子反應(yīng)，能大量共存，故D正確【解析】rm{D}3、C【分析】【分析】A．在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)；

B．向醋酸溶液中加入少量醋酸溶液；如果二者濃度相同，則不影響醋酸電離；

C．弱電解質(zhì)的電離是吸熱反應(yīng)；升高溫度平衡向吸熱方向移動；

D．電解質(zhì)溶液導(dǎo)電性與離子濃度及電荷成正比．【解析】【解答】解：A．在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)，氯水、氨水導(dǎo)電的原因分別是HCl和HClO、NH3．H2O電離出自由移動的離子而導(dǎo)電；但氯氣既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，氨氣是非電解質(zhì)，故A錯誤；

B．向醋酸溶液中加入少量醋酸溶液；如果二者濃度相同，則不影響醋酸電離，則醋酸電離程度不變，故B錯誤；

C．弱電解質(zhì)的電離是吸熱反應(yīng)；升高溫度平衡向吸熱方向移動，所以升高溫度促進(jìn)弱電解質(zhì)電離，故C正確；

D．電解質(zhì)溶液導(dǎo)電性與離子濃度及電荷成正比；與電解質(zhì)強弱無關(guān)，所以強電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力不一定比弱電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力強，故D錯誤；

故選C．4、B【分析】【分析】用化學(xué)式和離子符號表示電離過程的式子，稱為電離方程式．電離方程式中，離子所帶電荷數(shù)一般可根據(jù)它們在化合物中的化合價來判斷，所有陽離子帶的正電荷總數(shù)與所有陰離子所帶的負(fù)電荷總數(shù)相等，離子團不能拆開．弱電解質(zhì)的電離用“?”，強電解質(zhì)的電離用“═”，以此來解答．【解析】【解答】解：A．NaOH是強電解質(zhì)，完全電離，電離方程式為NaOH═Na++OH-；故A正確；

B．物質(zhì)電離后角標(biāo)要轉(zhuǎn)化成化學(xué)計量數(shù)，硫酸是強電解質(zhì)，完全電離生成氫離子、硫酸根離子，電離方程式為H2SO4═2H++SO42-；故B錯誤；

C．Na2CO3是強電解質(zhì)，完全電離生成碳酸根離子、鈉離子，電離方程式為Na2CO3═2Na++CO32-；故C正確；

D．乙酸是弱電解質(zhì)，部分電離，用可逆符號，電離電離方程式為：CH3COOH?CH3COO-+H+；故D正確；

故選B．5、D【分析】【分析】A、3NO2+H20═2HNO3+NO該反應(yīng)中；1個氮原子化合價由+4價降低到+2價；

B、2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═K2SO4+5Fe2（SO4）3+2MnSO4+8H20該反應(yīng)中；2個Mn原子化合價由+7價降低到+2價；

C、KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H20該反應(yīng)中；1個Cl原子化合價由+5價降低到0價；

D、I2+SO2+2H20═H2SO4+2HI該反應(yīng)中；2個I原子化合價由0價降低到-1價；

根據(jù)化合價降低的數(shù)目就是轉(zhuǎn)移的電子數(shù)．【解析】【解答】解：A、3NO2+H20═2HNO3+NO該反應(yīng)中，1個氮原子化合價由+4價降低到+2價，所以電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為1×2=2e-；故A錯誤；

B、2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═K2SO4+5Fe2（SO4）3+2MnSO4+8H20該反應(yīng)中，2個Mn原子化合價由+7價降低到+2價，所以電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為2×5=10e-；故B錯誤；

C、KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H20該反應(yīng)中，1個Cl原子化合價由+5價降低到0價，所以電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為1×5=5e-；故C錯誤；

D、I2+SO2+2H20═H2SO4+2HI該反應(yīng)中，2個I原子化合價由0價降低到-1價，所以電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為2×1=2e-；故D正確；

故選：D．6、A【分析】【分析】相對分子質(zhì)量在10000以上的有機化合物為高分子化合物，淀粉、纖維素與蛋白質(zhì)屬于高分子化合物．【解析】【解答】解：A；油脂是高級脂肪酸甘油酯；屬于小分子化合物，故選A；

B；淀粉屬于高分子化合物；故B不選；

C；纖維素屬于高分子化合物；故C不選；

D；蛋白質(zhì)屬于高分子化合物；故D不選；

故選A．7、C【分析】

因NH3與H2O相當(dāng)，所以-NH2與-OH，═O與═NH相當(dāng)，所以木星上生物體內(nèi)與地球上生物體內(nèi)葡萄糖的分子結(jié)構(gòu)相當(dāng)?shù)幕衔锸枪蔬x：C．

【解析】【答案】根據(jù)氨氣的化學(xué)式為NH3，水的化學(xué)式為H2O；利用替換法來分析木星上生物體內(nèi)與地球上生物體內(nèi)葡萄糖的分子結(jié)構(gòu)相當(dāng)?shù)幕衔铮?/p>

8、D【分析】解：由上述分析可知，rm{W}為rm{Si}rm{T}為rm{Ge}rm{X}為rm{N}rm{Y}為rm{O}rm{Z}為rm{Cl}

A.rm{X}rm{Y}的氫化物含氫鍵，沸點均高于rm{HCl}故A錯誤；

B.由rm{X}rm{Y}和氫三種元素形成的化合物可能為硝酸銨；含離子鍵；共價鍵，故B錯誤；

C.rm{SiO_{2}}rm{Si_{3}N_{4}}均有熔點高、硬度大的特性，而rm{SiCl_{4}}為分子晶體；熔點低；硬度小，故C錯誤；

D.rm{T}為第Ⅳ族元素，位于金屬與非金屬的交界處，rm{T}元素的單質(zhì)具有半導(dǎo)體的特性，rm{T}與rm{Z}元素可形成化合物rm{TZ_{4}}故D正確；

故選D．

rm{X}rm{Y}rm{W}rm{Z}為短周期元素，設(shè)rm{W}的最外層電子數(shù)為rm{x}五種元素的原子最外層電子數(shù)之和為rm{26}則rm{x+x+(x+1)+(x+2)+(x+3)=26}解得rm{x=4}結(jié)合元素的位置可知，rm{W}為rm{Si}rm{T}為rm{Ge}rm{X}為rm{N}rm{Y}為rm{O}rm{Z}為rm{Cl}以此來解答．

本題考查位置、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握元素的位置、性質(zhì)、元素化合物為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意晶體的性質(zhì)，題目難度不大．【解析】rm{D}二、多選題(共5題，共10分)9、BC【分析】【分析】A；單原子分子構(gòu)成的分子晶體中沒有共價鍵；

B；HF分子間存在氫鍵；

C；氯化銨是由非金屬元素形成的離子化合物；

D、溶于水可以導(dǎo)電的化合物不一定是離子化合物，如硫酸、一水合氨等．【解析】【解答】解：A；單原子分子構(gòu)成的分子晶體中沒有共價鍵；稀有氣體為單原子分子，其晶體中只含有分子間作用力，沒有共價鍵，故A錯誤；

B；HF分子間存在氫鍵；所以HF比HCl沸點高，故B正確；

C；氯化銨是由非金屬元素形成的離子化合物；所以全部由非金屬元素形成的化合物中可能含有離子鍵，故C正確；

D；溶于水可以導(dǎo)電的化合物不一定是離子化合物；如硫酸、一水合氨等，所以不一定是離子化合物，故D錯誤；

故選BC．10、AC【分析】【分析】4NH3+5O2→4NO+6H2O，反應(yīng)中氨氣中-3價的氮元素化合價升高為氮氣中0價的氮，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，氨氣表現(xiàn)為還原性，據(jù)此判斷．【解析】【解答】解：A.2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2O反應(yīng)中；氨氣中-3價的氮元素化合價升高為氮氣中0價的氮，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，氨氣表現(xiàn)為還原性，故A正確；

B.2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑反應(yīng)中；氨氣中的氫元素化合價降低，氨氣為氧化劑，表現(xiàn)氧化性，故B錯誤；

C.4NH3+6NO→5N2+6H2O反應(yīng)中；氨氣中-3價的氮元素，化合價升高為氮氣中0價，氨氣做還原劑，表現(xiàn)還原性，故C正確；

D.3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2反應(yīng)中；氨氣中的+1價氫元素化合價降低，氨氣做氧化劑，表現(xiàn)氧化性，故D錯誤；

故選：AC．11、BC【分析】【分析】在密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：aX（g）+bY（g）?cZ（g）+dW（g），反應(yīng)達(dá)到平衡后，保持溫度不變，將氣體體積壓縮到原來的一半，當(dāng)再次達(dá)到平衡時，不考慮平衡移動，只考慮體積改變，W濃度應(yīng)為原來的2倍，題干中W的濃度為原平衡的1.8倍，說明平衡逆向進(jìn)行，依據(jù)平衡移動方向分析選項．【解析】【解答】解：在密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：aX（g）+bY（g）?cZ（g）+dW（g）；反應(yīng)達(dá)到平衡后，保持溫度不變，將氣體體積壓縮到原來的一半，當(dāng)再次達(dá)到平衡時，不考慮平衡移動，只考慮體積改變，W濃度應(yīng)為原來的2倍，題干中W的濃度為原平衡的1.8倍，說明平衡逆向進(jìn)行；

A；依據(jù)條件改變分析判斷平衡逆向進(jìn)行；故A正確；

B、壓縮容器體積，壓強增大，平衡逆向進(jìn)行，所以逆向是氣體體積減小的反應(yīng)，所以a+b＜c+d；故B錯誤；

C；反應(yīng)平衡逆向進(jìn)行；Z的體積分?jǐn)?shù)減小，故C錯誤；

D；平衡逆向進(jìn)行；X轉(zhuǎn)化率減小，故D正確；

故選BC．12、AD【分析】【分析】AB、依據(jù)Ksp（AB2）=4.2×10-8，Ksp（AC）=3.0×10-15，分別列出其表達(dá)式，利用c（C2-）=1.8×10-13mol/L計算即可；

CD、AB2、AC兩者Ksp（AB2）=c（A2+）×c2（B-），Ksp（AC）=c（A2+）×c（C2-），兩者不類似，不能比較溶解度的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篈、已知Ksp（AB2）=4.2×10-8，Ksp（AC）=3.0×10-15．在AB2、AC均為飽和的混合液中，Ksp（AB2）=c（A2+）×c2（B-）=4.2×10-8，Ksp（AC）=c（A2+）×c（C2-）=3.0×10-15．得到，Ksp（AB2）：Ksp（AC）=c（A2+）×c2（B-）：c（A2+）×c（C2-）=4.2×10-8：3.0×10-15測得c（C2-）=1.8×10-13mol?L-1，則c（B-）=1.6×10-3mol/L；故A正確；

B、依據(jù)A的計算c（B-）=1.6×10-3mol/L；故B錯誤；

C、AB2與AC的Ksp表達(dá)式不相似；無法比價其溶解度大小，故C錯誤；

D、AB2與AC的Ksp表達(dá)式不相似；無法比價其溶解度大小，故D正確；

故選AD．13、BD【分析】【分析】A；電解質(zhì)是在水溶液和熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物；

B；化學(xué)反應(yīng)遵循強酸制弱酸的規(guī)律；

C；根據(jù)元素的單質(zhì)和氫氣化合的難易來確定元素的非金屬性強弱；

D、使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍(lán)，氣體為氨氣，根據(jù)銨鹽和強堿之間的反應(yīng)來回答．【解析】【解答】解：A、Cl2的水溶液可以導(dǎo)電；但是氯氣是單質(zhì)，不屬于電解質(zhì)，故A錯誤；

B、NaHCO3溶液與Na[Al（OH）4]溶液混合產(chǎn)生白色沉淀氫氧化鋁，所以酸性：HCO3-＞Al（OH）3；故B正確；

C；不能根據(jù)常溫下白磷可自燃而氮氣須在放電時才與氧氣反應(yīng)這一事實來確定二者非金屬性的強弱；故C錯誤；

D、無色溶液中加入氫氧化鈉溶液并加熱，產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍(lán)，氣體為氨氣，該溶液一定有NH4+；故D正確．

故選BD．三、填空題(共7題，共14分)14、鹽酸活性炭蒸發(fā)濃縮過濾器脫水干燥CCa（OH）2+H2S=CaS+2H2O對母液回收利用，降低廢棄物排放量，提高經(jīng)濟效益2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑【分析】【分析】分析流程電石漿加入酸氧化鈣；氧化鋁氧化鐵氧化鎂硫化鈣溶于酸沉降后過濾得到濾渣為二氧化硅和不溶性雜質(zhì)，加入活性炭脫色過濾后再A中蒸發(fā)濃縮得到晶體，B中過濾得到晶體，通過C脫水干燥得到產(chǎn)品；

（1）因要生產(chǎn)CaCl2；所以應(yīng)選用鹽酸；

（2）活性炭具有吸附性．從A后看，是結(jié)晶池，故A應(yīng)為蒸發(fā)濃縮．從B中有母液出來，故B為過濾器．B中得到晶體，所以需要脫水干燥，才能得到CaCl2產(chǎn)品；

（3）H2S為酸性氣體；應(yīng)用堿液吸收；

（4）設(shè)備B中產(chǎn)生的母液含有氯化物；回收利用，可以降低廢棄物排放量，提高經(jīng)濟效益；

（5）氯堿工業(yè)中電解飽和食鹽水，陽極是氯離子失電子生成氯氣，陰極是氫離子得到電子生成氫氣．【解析】【解答】解：（1）因要生產(chǎn)CaCl2；過程中不引入新的雜質(zhì)離子，所以應(yīng)選用鹽酸，故答案為：鹽酸；

（2）活性炭具有吸附性，可以進(jìn)行溶液脫水．A后是結(jié)晶池，故A應(yīng)為蒸發(fā)濃縮；從B中有母液出來，故B為過濾器．B中得到晶體，所以需要脫水干燥，才能得到CaCl2產(chǎn)品；

故答案為：活性炭；蒸發(fā)濃縮；過濾器；脫水干燥；

（3）H2S為酸性氣體，應(yīng)用堿液吸收，故選石灰乳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Ca（OH）2+H2S=CaS+2H2O；

故答案為：C；Ca（OH）2+H2S=CaS+2H2O；

（4）設(shè)備B中產(chǎn)生的母液含有氯化物；回收利用，可以降低廢棄物排放量，提高經(jīng)濟效益；

故答案為：對母液回收利用；降低廢棄物排放量，提高經(jīng)濟效益；

（5）氯堿工業(yè)中電解飽和食鹽水，陽極是氯離子失電子生成氯氣，電解反應(yīng)為：2Cl--2e-=Cl2↑，陰極是氫離子得到電子生成氫氣，電解反應(yīng)為：2H++2e-=H2↑，反應(yīng)的離子方程式為：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；

故答案為：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑．15、HCl、CO2MgO、NaClNaOH、NH4ClNaOH、NH4ClHCl、CO2【分析】【分析】（1）一般來說；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；

（2）含有離子鍵的化合物是離子化合物，離子化合物中可能含有共價鍵，只含共價鍵的化合物是共價化合物，部分堿、大多數(shù)鹽、金屬氧化物都屬于離子化合物．【解析】【解答】解：（1）HCl、CO2中原子之間只存在共價鍵；為共價化合物；

MgO；NaCl中陰陽離子之間只存在離子鍵；為離子化合物；

NaOH、NH4Cl中陰陽離子之間存在離子鍵；非金屬元素原子之間存在共價鍵；

故答案為：HCl、CO2；MgO、NaCl；NaOH、NH4Cl；

（2）NaOH、NH4Cl中含有離子鍵和共價鍵，為含有共價鍵的離子化合物；HCl、CO2中只存在共價鍵，為共價化合物，故答案為：NaOH、NH4Cl；HCl、CO2．16、紅色沉淀可能是Cu2O紅色沉淀可能是Cu2O和Cu的混合物否3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O否Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O干燥裝置形成銅鋅原電池，加快反應(yīng)①②③④【分析】【分析】[一]提出猜想：Cu或Cu2O都為紅色；可能為純凈物，也可能為二者的混合物；

[四]紅色沉淀成分探究：

（1）因為無論是Cu2O或Cu或二者混合物都可被硝酸溶解，現(xiàn)象相同，方案Ⅱ設(shè)計也不合理，因為Cu2O或Cu或二者混合物溶于足量稀硫酸中；都有殘渣；

（2）方案Ⅲ的原理是利用反應(yīng)前紅色粉末與硬質(zhì)玻璃管的總質(zhì)量減去硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量求紅色粉末的質(zhì)量，實驗前后干燥管的質(zhì)量求水的質(zhì)量，從而求Cu2O的質(zhì)量，若m（H2O）=0，則不含Cu2O，若紅色粉末的質(zhì)量=Cu2O的質(zhì)量，則不含Cu，若紅色粉末的質(zhì)量大于Cu2O的質(zhì)量，則是Cu2O和Cu的混合物；因此方案Ⅲ應(yīng)在A和B之間加干燥裝置，以吸收氫氣中的水，防止造成干擾；

（3）方案Ⅲ中；在錐形瓶中加入少量硫酸銅溶液，其目的是形成銅鋅原電池，加快反應(yīng)；

（4）根據(jù)（2）進(jìn)行分析．【解析】【解答】解：[一]提出猜想：Cu或Cu2O都為紅色，可能為純凈物，也可能為二者的混合物，猜想1紅色沉淀可能是Cu，猜想2紅色沉淀可能是Cu2O，猜想3紅色沉淀可能是Cu2O和Cu的混合物；

故答案為：紅色沉淀可能是Cu2O；紅色沉淀可能是Cu2O和Cu的混合物；

[四]紅色沉淀成分探究：

（1）方案I：無論是Cu2O或Cu或二者混合物都可被硝酸溶解，現(xiàn)象相同，則不能用稀硝酸溶解，Cu20與稀硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O；

故答案為：否；3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O；

方案Ⅱ：Cu2O或Cu或二者混合物溶于足量稀硫酸中，都有殘渣，也不合理，反應(yīng)的離子方程式為Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，故答案為：否；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；

（2）因與氫氣反應(yīng)生成水，可通過實驗前后干燥管的質(zhì)量求水的質(zhì)量，從而求Cu2O的質(zhì)量；因此方案Ⅲ應(yīng)在A和B之間加干燥裝置，以吸收氫氣中的水，防止造成干擾；

故答案為：干燥裝置；

（3）方案Ⅲ中；在錐形瓶中加入少量硫酸銅溶液，其目的是形成銅鋅原電池，加快反應(yīng)，故答案為：形成銅鋅原電池，加快反應(yīng)；

（4）方案Ⅲ的原理是利用反應(yīng)前紅色粉末與硬質(zhì)玻璃管的總質(zhì)量減去硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量求紅色粉末的質(zhì)量，實驗前后干燥管的質(zhì)量求水的質(zhì)量，從而求Cu2O的質(zhì)量，若m（H2O）=0，則不含Cu2O，若紅色粉末的質(zhì)量=Cu2O的質(zhì)量，則不含Cu，若紅色粉末的質(zhì)量大于Cu2O的質(zhì)量，則是Cu2O和Cu的混合物；則需要稱量①反應(yīng)前紅色粉末與硬質(zhì)玻璃管的總質(zhì)量②實驗前干燥管的質(zhì)量③實驗后干燥管的質(zhì)量④硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量；

故答案為：①②③④．17、蒸發(fā)濃度、冷卻結(jié)晶Zn2+4除去混合物中的碳Mn2O3+6H++2Cl-═2Mn2++Cl2↑+3H2O158：55左Mn2O3-2e-+2OH-═2MnO2+H2O變大【分析】【分析】實驗一：（1）用廢鋅制取防腐劑皓礬；由流程可知，加硫酸溶解生成硫酸鋅，過濾得到硫酸鋅溶液，操作一為蒸發(fā)濃度；冷卻結(jié)晶得到晶體；

（2）配合物Na2[Zn（OH）4]中，Zn2+為中心離子，OH-為配體；配位數(shù)為4；

實驗二：（1）混合物灼燒時C轉(zhuǎn)化為二氧化碳?xì)怏w；與固體分離；

（2）Mn2O3與濃鹽酸反應(yīng)；生成氯化錳；氯氣和水；

（3）設(shè)Mn2O3和MnO2的物質(zhì)的量分別為x；y；則。

由質(zhì)量關(guān)系可知158x+55y=24.5；

由電子守恒可知，2x×（3-2）+y×（4-2）=×2×（1-0），以此計算Mn2O3和MnO2質(zhì)量比；

實驗三：以通過電解的方式，將Mn2O3轉(zhuǎn)化為MnO2，在陽極上失去電子實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，由圖可知，左側(cè)與電源正極相連為陽極，陰極氫離子放電，最終氫氧根離子濃度增大．【解析】【解答】解：實驗一：（1）由流程可知；由硫酸鋅溶液得到晶體，則操作一為蒸發(fā)濃度；冷卻結(jié)晶，故答案為：蒸發(fā)濃度、冷卻結(jié)晶；

（2）配合物Na2[Zn（OH）4]中，Zn2+為中心離子，OH-為配體，配位數(shù)為4，故答案為：Zn2+；4；

實驗二：（1）混合物灼燒時C轉(zhuǎn)化為二氧化碳?xì)怏w；與固體分離，則灼燒的目的為除去混合物中的碳，故答案為：除去混合物中的碳；

（2）Mn2O3與濃鹽酸反應(yīng)，生成氯化錳、氯氣和水，離子反應(yīng)為Mn2O3+6H++2Cl-═2Mn2++Cl2↑+3H2O，故答案為：Mn2O3+6H++2Cl-═2Mn2++Cl2↑+3H2O；

（3）設(shè)Mn2O3和MnO2的物質(zhì)的量分別為x；y；則。

由質(zhì)量關(guān)系可知158x+55y=24.5；

由電子守恒可知，2x×（3-2）+y×（4-2）=×2×（1-0）；

解得x=y=0.1mol，物質(zhì)的量相同，可知摩爾質(zhì)量之比等于質(zhì)量比，則Mn2O3和MnO2質(zhì)量比為158：55；

故答案為：158：55；

實驗三：以通過電解的方式，將Mn2O3轉(zhuǎn)化為MnO2，在陽極上失去電子實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，由圖可知，左側(cè)與電源正極相連為陽極，則將混合物粉末調(diào)成糊狀，附在其中的左邊電極上，該電極上發(fā)生的電極反應(yīng)式是：Mn2O3-2e-+2OH-═2MnO2+H2O，陰極氫離子放電，2H2O+2e-=2OH-+H2↑，總反應(yīng)消耗水，最終氫氧根離子濃度增大，則在電解過程中溶液的pH將變大，故答案為：左；Mn2O3-2e-+2OH-═2MnO2+H2O；變大．18、0.2mol0.4g4.48L0.1mol【分析】【分析】根據(jù)n=計算氫氣分子物質(zhì)的量，根據(jù)m=nM計算氫氣質(zhì)量，根據(jù)V=nVm計算氫氣體積，根據(jù)方程式：2H2+O22H2O計算消耗氧氣的物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：1.204×1023個H2分子的物質(zhì)的量為=0.2mol，質(zhì)量為0.2mol×2g/mol=0.4g，標(biāo)況下氫氣的體積為0.2mol×22.4L/mol=4.48L，由根據(jù)方程式：2H2+O22H2O，可知消耗氧氣的物質(zhì)的量為0.2mol×=0.1mol；

故答案為：0.2mol；0.4g；4.48L；0.1mol．19、第二周期第VIA族ClHClO4H2SO4BAl（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O2mol/L【分析】【分析】由元素在周期表中位置；可知①為H；②為N、③為O、④為Na、⑤為Al、⑥為S、⑦為Cl元素；

（1）③為O元素；其原子核外有2個電子層；最外層電子數(shù)是6，原子電子層數(shù)與其周期數(shù)相等、主族元素最外層電子數(shù)與其族序數(shù)相等；⑥為S元素，其原子核外有3個電子層、最外層電子數(shù)是6；

（2）同一周期元素；原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小；元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強；

（3）元素②的氣態(tài)氫化物為氨氣；氨氣分子中N原子和每個H原子共用一對電子，且N原子還有一個孤電子對；一般來說，不同非金屬元素之間易形成極性鍵；

（4）元素④的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是NaOH，⑤的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是Al（OH）3；二者反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水；

（5）由元素③和⑥組成的一種化合物與元素⑦的單質(zhì)在水溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成兩種強酸，該反應(yīng)是二氧化硫和氯氣、水反應(yīng)生成硫酸和HCl，方程式為SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，當(dāng)該反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為2.408×1023時，生成n（H2SO4）==0.2mol，n（HCl）=2n（H2SO4）=0.4mol，根據(jù)H原子守恒得n（H+）=n（HCl）+2n（H2SO4）=0.4mol+0.4mol=0.8mol，再根據(jù)C=計算氫離子濃度．【解析】【解答】解：由元素在周期表中位置；可知①為H；②為N、③為O、④為Na、⑤為Al、⑥為S、⑦為Cl元素；

（1）③為O元素，其原子核外有2個電子層、最外層電子數(shù)是6，原子電子層數(shù)與其周期數(shù)相等、主族元素最外層電子數(shù)與其族序數(shù)相等，所以O(shè)元素位于第二周期第VIA族；⑥為S元素，其原子核外有3個電子層、最外層電子數(shù)是6，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為故答案為：第二周期第VIA族；

（2）同一周期元素，原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，所以這幾種元素中原子半徑最小的是Cl；元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，非金屬性Cl＞S，所以元素⑥和⑦的最高價氧化物對應(yīng)的水化物酸性強弱HClO4＞H2SO4，故答案為：Cl；HClO4；H2SO4；

（3）元素②的氣態(tài)氫化物為氨氣，氨氣分子中N原子和每個H原子共用一對電子，且N原子還有一個孤電子對，其電子式為一般來說，不同非金屬元素之間易形成極性鍵，所以氨氣分子中存在極性共價鍵，故答案為：B；

（4）元素④的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是NaOH，⑤的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是Al（OH）3，二者反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，離子方程式為Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案為：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

（5）由元素③和⑥組成的一種化合物與元素⑦的單質(zhì)在水溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成兩種強酸，該反應(yīng)是二氧化硫和氯氣、水反應(yīng)生成硫酸和HCl，方程式為SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，當(dāng)該反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為2.408×1023時，生成n（H2SO4）==0.2mol，n（HCl）=2n（H2SO4）=0.4mol，根據(jù)H原子守恒得n（H+）=n（HCl）+2n（H2SO4）=0.4mol+0.4mol=0.8mol，C（H+）===2mol/L；

故答案為：2mol/L．20、略

【分析】試題分析：（1）某醋酸溶液中c(CH3COOH)=0.10mol/L，CH3COOHCH3COO-+H+；c(H+)=1.3×10-3mol/L，則此時c(CH3COO-)=c(H+)=1.3×10-3mol/L；此時醋酸的電離平衡常數(shù)=(1.3×10-3)2/0.10mol/L=1.7×10-5mol/L（2）①Ⅰ、反應(yīng)的其他條件相同，而溫度不同，因此實驗a和b是探究溫度對鎂與鹽酸反應(yīng)速率的影響；II．實驗a和c的溫度相同we鹽酸的濃度不相同，因此實驗a和c是探究濃度對鎂與鹽酸反應(yīng)速率的影響；III．實驗a和d是探究相同溫度下，相同濃度的鹽酸、醋酸與鎂反應(yīng)速率的區(qū)別，所以實驗d的反應(yīng)溫度是298，鹽酸與醋酸的濃度0.20mol/L；②若①中實驗a鎂條消失的時間是20s，則鎂條剩余質(zhì)量與時間關(guān)系圖如圖。假設(shè)：該反應(yīng)溫度每升高10℃，反應(yīng)速率是原來的2倍；溫度相同時，醋酸是相同濃度鹽酸平均速度的1/2，則在此圖中大致畫出“實驗b”、“實驗d”的鎂條剩余質(zhì)量與時間關(guān)系曲線如下圖，（3）②＋③－①，整理可得：Mg(OH)2(s)===MgO(s)＋H2O(g)ΔH＝＋81kJ/mol。考點：考查弱電解質(zhì)的電離平衡、電離平衡常數(shù)的計算、影響速率的各種因素的圖像法表示、蓋斯定律的應(yīng)用、熱化學(xué)的書寫的知識。【解析】【答案】(1)1.3×10-3（1分）；=(1.3×10-3)2/0.10mol/L=1.7×10-5mol/L（3分）(2)①Ⅰ、溫度（1分）II、不同濃度（1分）d.298（2分）0.20（2分）②見下圖（4分，每條曲線2分，不標(biāo)注共扣2分，曲線趨勢錯、終點錯不給分）（3）Mg(OH)2(s)===MgO(s)＋H2O(g)ΔH＝＋81kJ/mol.（2分）四、判斷題(共2題，共12分)21、√【分析】【分析】工業(yè)廢水應(yīng)遵循“先凈化，后排放”的原則，工業(yè)廢水需要經(jīng)過處理達(dá)標(biāo)后再排放才不會污染環(huán)境．【解析】【解答】解：工業(yè)廢水是指工業(yè)生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的廢水；污水和廢液；其中含有隨水流失的工業(yè)生產(chǎn)用料、中間產(chǎn)物和產(chǎn)品以及生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的污染物．廢水中含有的酸、堿、鹽，會造成水體污染，需要經(jīng)過處理達(dá)標(biāo)后才能排放；

故答案為：√．22、√【分析】【分析】鈉與水劇烈反應(yīng)，生成氫氣，并放出大量的熱，以此解答．【解析】【解答】解：做鈉與水的反應(yīng)時；不能用較大的鈉塊，因為鈉化學(xué)性質(zhì)活潑，與水反應(yīng)非常激烈，所放出的熱量無法及時被水吸收，局部熱量過多，便引起爆炸．

故答案為：√．五、實驗題(共3題，共6分)23、略

【分析】本題考查溴苯的制備，意在考查考生對化學(xué)實驗基本操作的熟練程度。(1)鐵屑的作用是作催化劑，a中反應(yīng)為氣體遇到水蒸氣會產(chǎn)生白霧。裝置d的作用是進(jìn)行尾氣處理，吸收HBr和揮發(fā)出的溴蒸氣。(2)②未反應(yīng)完的溴易溶于溴苯中，成為雜質(zhì)。由于溴在水中的溶解度較小，卻能與NaOH反應(yīng)，同時，反應(yīng)生成的HBr極易溶于水，溴苯表面會附著氫溴酸，所以NaOH溶液洗滌的作用是除去HBr和未反應(yīng)的Br2。③分出的粗溴苯中混有水分，無水氯化鈣的作用就是除水。(3)苯與溴苯互溶，但上述分離操作中沒有除去苯的試劑，所以經(jīng)過上述操作后，溴苯中的主要雜質(zhì)是苯。根據(jù)苯與溴苯的沸點有較大差異，用蒸餾的方法進(jìn)行分離。(4)假定4.0mL液溴全部加入到a容器中，則其中的液體體積約為19mL?？紤]到反應(yīng)時液體會沸騰，所以液體體積不能超過容器容積的1/2，所以選擇50mL為宜。【解析】【答案】(1)HBr吸收HBr和Br2(2)②除去HBr和未反應(yīng)的Br2③干燥(3)苯C(4)B24、防止倒吸使生成的SO2全部被NaOH溶液吸收250mL容量瓶、膠頭滴管FeS2否部分SO2被氧化，且空氣中的CO2和水蒸氣可能使干燥管增重①酸式2MnO4-+5SO32-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O【分析】解：（1）二氧化硫易溶于水；用氫氧化鈉溶液吸收易發(fā)生倒吸，長頸漏斗的作用是防止液體倒吸，故答案為：防止倒吸；

（2）步驟Ⅲ中，停止加熱后還需繼續(xù)通入一段時間的O2，其目的為使生成的SO2全部被NaOH溶液吸收；

故答案為：使生成的SO2全部被NaOH溶液吸收；

（3）步驟IV中將D中所得溶液加水配制成250mL溶液；配制溶液時所需的玻璃儀器除玻璃棒和燒杯外，還需要250mL容量瓶，定容用到的膠頭滴管；

故答案為：250mL容量瓶；膠頭滴管；

（4）12.0gFexSy，灼燒后生成的二氧化硫被吸收，將D中所得溶液加水配制成250mL溶液，取25.00mL步驟IV中所配溶液，加入足量的雙氧水，再加入足量鹽酸酸化的BaCl2溶液，將所得沉淀過濾、洗滌、干燥，稱其質(zhì)量為4.66g．硫元素守恒n（S）=n（BaSO4）==0.02mol，250ml溶液中含硫元素物質(zhì)的量0.02mol×=0.2mol，鐵元素物質(zhì)的量==0.1mol，則化學(xué)式中n（Fe）：n（S）=0.1：0.2=1：2，x=1，y=2，化學(xué)式為FeS2；

故答案為：FeS2；

（5）將裝置D改為裝有足量堿石灰的干燥管，通過測定反應(yīng)前后干燥管的增重來計算硫元素的含量時部分SO2被氧化，且空氣中的CO2和水蒸氣可能使干燥管增重；方案不合理；

故答案為：否；部分SO2被氧化，且空氣中的CO2和水蒸氣可能使干燥管增重；

（6）溶液中除含有Na2SO4外，還可能含有Na2SO3．0.10mol?L-1KMnO4酸性溶液滴定終點溶液元素變?yōu)樽霞t色說明反應(yīng)達(dá)到終點，過氧化氫能氧化亞硫酸鈉但無明顯現(xiàn)象，0.10mol?L-1KI淀粉溶液不能氧化亞硫酸鈉溶液，所選試劑為①0.10mol?L-1KMnO4酸性溶液；高錳酸鉀溶液具有強氧化性盛在酸式滴定管中；

⑦所利用的反應(yīng)原理為2MnO4-+5SO32-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O；

故答案為：①；酸式；2M