2025年滬教版高一化學上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬教版高一化學上冊月考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7題，共14分)1、用NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的值．下列敘述正確的是（）A.室溫下，21.0g乙烯和丁烯的混合氣體中含有的碳原子數(shù)目為1.5NAB.標準狀況下，2.24LCl2與過量的稀NaOH溶液反應，轉移電子總數(shù)為0.2NAC.0.1mol?L-1的NH4NO3溶液中氮原子數(shù)為0.2NAD.標準狀況下，22.4L苯中C-H鍵數(shù)為6NA2、小明體檢的血液化驗單中，葡萄糖為rm{5.9隆脕10^{-3}mol/L.}表示該體檢指標的物理量是rm{(}rm{)}A.溶解度rm{(s)}B.物質的量濃度rm{(c)}C.質量分數(shù)rm{(w)}D.摩爾質量3、濃硫酸和2mol?L﹣1的稀硫酸，在實驗室中敞口放置．它們的質量和放置天數(shù)的關系如圖，分析a、b曲線變化的原因是（）

A.a升華、b冷凝B.a冷凝、b吸水C.a揮發(fā)、b潮解D.a揮發(fā)、b吸水4、若30g密度為dg/mL的AlCl3的溶液中含有0.9gAl3+（不考慮Al3+與水反應），則Cl-濃度為（）A.mol/LB.mol/LC.mol/LD.mol/L5、有關化學用語正確的（）A.乙烯的結構式：C2H4B.四氯化碳的電子式：C.甲烷分子的比例模型：D.苯的分子式：6、一定質量的鐵和足量的稀硝酸或濃硝酸完全反應，在相同條件下，用排水集氣法收集產生的氣體rm{.}下列敘述一定正確的是rm{(}rm{)}

rm{壟脵}硝酸濃度越大；消耗的硝酸越少。

rm{壟脷}硝酸濃度不同，生成的rm{Fe(NO_{3})_{3}}的物質的量相同。

rm{壟脹}硝酸濃度越大；產生的氣體越少。

rm{壟脺}用排水集氣法收集到的氣體在相同狀況下體積．A.只有rm{壟脷}B.rm{壟脷壟脺}C.rm{壟脹壟脺}D.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}7、用下列圖示所示裝置和儀器能達到實驗目的是()

A.甲用裝置所示儀器可以蒸發(fā)、結晶制取粗鹽B.用裝置乙加熱除去碘單質中的氯化鈉固體C.用裝置丙除去rm{CO_{2}}中的少量rm{HCl}D.用裝置丁進行萃取、分液評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、（5分）氯酸鉀與濃鹽酸在一定溫度下反應會生成綠黃色的易爆物二氧化氯，反應的化學方程式為：2KClO3+4HCl(濃)===2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O（1）用雙線橋表示上述反應中電子轉移的方向和數(shù)目。（2）濃鹽酸在該反應中表現(xiàn)的性質是________（填序號）。①只有還原性②還原性和酸性③只有氧化性④氧化性和酸性（3）上述反應產生0.2molCl2時，轉移的電子數(shù)約為______________。9、（15分）電解原理在化學工業(yè)中有廣泛應用。如圖表示一個電解池，裝有電解液a；X、Y是兩塊電極板，通過導線與直流電源相連。請回答以下問題：（1）若X、Y都是惰性電極，a是NaCl溶液，實驗開始時，同時在兩邊各滴入幾滴酚酞試液，則：①Y電極上的電極反應式為。在X極附近觀察到的現(xiàn)象是。②電解總反應離子方程式為。（2）要在鐵件的表面鍍銅防止鐵被腐蝕，則：①Y電極的材料是____（選填純鐵、純銅或純鋅），電極反應式是。電解液a選用____溶液，電解過程中其濃度（選填增大、減小或不變）。②若電鍍前X、Y兩電極的質量相同，電鍍完成后將它們取出洗凈、烘干、稱量，二者質量差為5.12g，則電鍍時電路中通過的電子為mol。③鍍層破損后，鍍銅鐵比鍍鋅鐵更容易被腐蝕，請簡要說明原因:____。10、（9分）已知：乙醛在一定條件下可被氧氣氧化為乙酸。A是石油裂解的主要產物之一，其產量常用于衡量一個國家石油化工發(fā)展水平的標志。下列是有機物之間的轉化關系：（1）A的結構簡式為，可以作為水果的；（2）B+D→E的反應類型為；（3）寫出B→C和B+D→E的兩個化學反應方程式：B→C：，B+D→E：；（4）除去E中所混有少量的D雜質，所需試劑的名稱是：。11、rm{(1)}氮元素有rm{-3}價、rm{0}價、rm{+1}價、rm{+2}價、rm{+3}價、rm{+4}價和rm{+5}價七種化合價，下列物質中，氮元素只能作還原劑的是____________________rm{(}填序號，下同rm{)}可能是rm{HNO_{2}}還原產物的是___________________________________。rm{壟脵NO}rm{壟脷N_{2}O_{4}}rm{壟脹HNO_{3}}rm{壟脺NH_{3}}rm{(2)}已知：反應rm{NH_{3}+O_{2}xrightarrow[?]{麓脽祿爐錄脕}NO+H_{2}O(}未配平rm{NH_{3}+O_{2}xrightarrow[?]{麓脽祿爐錄脕}

NO+H_{2}O(}配平該反應方程式并用單線橋標出電子轉移的方向和數(shù)目：________________________________。rm{)}能夠和rm{(3)NH_{3}}反應生成兩種單質，請寫出在加熱條件下rm{CuO}和rm{CuO}反應的化學方程式：______________________________________________。rm{NH_{3}}12、用雙線橋法標出下列氧化還原反應中電子轉移的方向和數(shù)目；并指出氧化劑和氧化產物。

（1）標出電子轉移情況：MnO2+4HCl（濃）=MnCl2+2H2O+Cl2↑（2）氧化劑是____，氧化產物是____．（填化學式）13、寫出下列方程式（10分每空2分）（1）金屬鋁和氫氧化鈉溶液反應（離子方程式）____（2）氫氧化亞鐵放在空氣中變?yōu)榧t褐色____(3)工業(yè)制漂白粉____（4）高溫條件下鋁和五氧化二釩（V2O5）反應____（5）工業(yè)冶煉鋁____14、下表是元素周期表的一部分，請回答以下問題：。主族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0二①②三③④⑤⑥⑦四⑧⑨（1）在這些元素中，最活潑的非金屬元素是________________（元素符號），原子最外層達到穩(wěn)定結構的元素是（元素符號）；（2）元素的最高價氧化物對應的水化物中酸性最強的是____（填化學式）；（3）寫出③、④的最高價氧化物對應的水化物相互反應的化學方程式____；（4）③、⑥、⑧的原子半徑由大到小為____﹥____﹥____（填元素符號），①、⑤的最高價含氧酸酸性____﹥____（均填化學式）；（5）寫出證明非金屬性⑥比⑨強（用置換反應證明）的化學方程式____；（6）寫出工業(yè)上制備⑤單質的化學方程式____。15、二氧化氮rm{(NO_{2})}是一種具有高度活性的氣態(tài)物質，rm{N0_{2}}與rm{Na_{2}0_{2}}均具有較強的氧化性；某研究性學習小組對二者能否發(fā)生反應進行探究．

【實驗】

下列關于實驗室制備rm{NO2}的說法正確的是______

rm{a.}實驗室常用銅和濃硝酸反應制取二氧化氮。

rm{b.}二氧化氮常用向下排空氣法收集。

rm{c.}二氧化氮易溶于水；尾氣可用水吸收．

rm{d.}用注射器收集的二氧化氮；壓縮后顏色變淺。

rm{e.}實驗后容器中殘留液需用堿液處理。

【提出假設】

假設一：rm{N0_{2}}與rm{Na_{2}0_{2}}二者不反應；

假設二：rm{N0_{2}}能被rm{Na_{2}0_{2}}氧化；

假設三：______

【查閱文獻】

rm{N0_{2}}在反應中能生成rm{HN0_{3}}和rm{HN0_{2}}rm{HN0_{2}}旣有氧化性，又有還原性，能被強氧化劑如rm{KMnO_{4}}氧化．

【設計實驗】

rm{(1)}實驗時，將rm{N0_{2}}氣體通入盛有rm{Na_{2}0_{2}}的玻璃管中；淡黃色粉末完全變成白色，說明假設______不成立．

rm{(2)}若假設二成立；反應的化學方程式是______．

rm{(3)}為驗證假設二是否成立；該小組同學做了如下定性實驗研究，請完成表格內容．

。實驗步驟預期的實驗現(xiàn)象及結論取適量的白色固體于試管中，rm{}______【定量分析】

若實驗前該小組同學用托盤天平稱量過氧化鈉的質量為rm{3.9g}充分反應后白色固體質量為rm{8.4g}該小組同學得出假設rm{2}不成立的結論rm{.}你是否同意他們的結論，并簡述理由：______．16、rm{LiPF_{6}}產品中通?；煊猩倭縭m{LiF.}取樣品rm{w}rm{g}測得rm{Li}的物質的量為rm{n}rm{mol}則該樣品中rm{LiPF_{6}}的物質的量為______rm{mol(}用含rm{w}rm{n}的代數(shù)式表示rm{)}．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)17、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）18、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）19、向蛋白質溶液中滴加Na2SO4溶液產生沉淀屬于化學變化．（判斷對錯）20、將藍色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化．（判斷對錯）21、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵．．（判斷對錯）22、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）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、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）25、在冶金工業(yè)的煙道廢氣中，?；煊写罅康腟O2和CO；它們都是大氣的污染物，在773K和催化劑（鋁礬土）的作用下，使二者反應可收回大量的硫磺．

請寫出該反應的化學方程式：____

請判斷該反應式寫的是否正確。評卷人得分四、計算題(共1題，共7分)26、把rm{0.6molX}氣體和rm{0.6molY}氣體混合于rm{2L}密閉容器中，使它們發(fā)生如下反應：rm{2X(g)+Y(g)=nZ(g)+2W(g)}rm{2min}末生成rm{0.2molW}此時rm{Z}的濃度為rm{0.2mol隆隴L^{-1}}計算：rm{(1)2min}末rm{Y}的濃度。rm{(2)}化學反應方程式中rm{n}的值是多少？rm{(3)}前rm{2min}內用rm{X}的濃度變化表示的平均反應速率。解：rm{2X(g)}rm{+}rm{Y(g)=}rm{nZ(g)+}rm{2W(g)}起始濃度rm{C(mol/L)}________________rm{C(mol/L)}________________rm{2min}末時濃度rm{C(mol/L)}________________評卷人得分五、結構與性質(共1題，共2分)27、某探究小組用HNO3與大理石反應過程中質量減小的方法，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質量隨時間變化的關系見下圖2：依據反應方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計算實驗①在70-90s范圍內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質量隨時間變化關系的預期結果示意圖。_______評卷人得分六、簡答題(共4題，共36分)28、元素周期表中ⅣA族的元素又稱為碳族元素．包含碳、硅、鍺（Ge）、錫（Sn）和鉛（Pb）．同一主族元素的結構和性質具有相似性和遞變性．

（1）有機物均含碳元素，甲烷為最簡單的有機物．檢驗甲烷完全燃燒后的產物需用的試劑為______、______（填試劑名稱）．

（2）硅為無機非金屬材料的主角，寫出二氧化硅的一種工業(yè)用途______．

（3）亞錫離子（Sn2+）與Fe3+反應生成Sn4+，反應的離子方程式為______

（4）PbO2為褐色粉末，隨溫度升高會逐步分解：PbO2→PbxOx→PbO（PbxOy表示不同溫度下鉛的氧化物的化學式）．

己知，23.90gPbO2在不同溫度下殘留固體（均為純凈物）的質量見表。

。溫度/℃T1T2T3T4殘留固體質量/g23.9023.1022.9422.30分別求出T2℃和T3℃時的PbxOy，并寫出由T2℃升高到T3℃過程中反應的化學方積式______．（寫出必要的計算過程，否則不得分）．29、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種短周期主族元素信息如下；回答下列問題：

。元素編號元素特征信息rm{A}其單質是密度最小的物質rm{B}其陰離子帶兩個單位負電荷，單質是空氣的主要成分之一rm{C}其陽離子與rm{B}的陰離子有相同的電子層結構，且與rm{B}可以形成兩種離子化合物rm{D}其氫氧化物和氧化物都有兩性，與rm{C}同周期rm{E}與rm{C}同周期，原子半徑在該周期最小rm{(1)C}單質與水反應的化學方程式為：______．

rm{(2)}工業(yè)制取rm{D}單質的化學方程式為：______．

rm{(3)D}單質和rm{C}的最高價氧化物對應的水化物反應的離子方程式：______．

rm{(4)}實驗室制取rm{E}單質的離子方程式為：______．30、短周期元素A、B、D、E、G、J在周期表中的位置如下：

（1）根據上表回答問題：

①D在周期表中的位置是______．

②A、B、E、G的原子半徑由大到小的順序是______（填元素符號）．

③B、D的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性關系為______（填化學式）．

④34Se與D同主族，其非金屬性比D______（填“強”或“弱”），從原子結構的角度解釋其原因為______．

⑤E、G、J的最高價氧化物對應水化物兩兩之間反應的離子方程式分別為?。瓾++OH-=H2O、ⅱ．______、ⅲ．______．

（2）如圖所示轉化關系中的各物質由以上六種元素的一種或多種組成，其中甲、乙、丙、丁為兩種元素組成的化合物，甲、丙的分子屬于10電子微粒，丙為常見溶劑．（圖中部分產物已略）

①物質己中含有的化學鍵的類型為______．

②用電子式表示丙分子的形成過程為______．

③由丁電解制得G單質的化學反應方程式為______．31、rm{(1)}可逆反應：rm{N_{2}O_{4}(g)?2NO_{2}}在體積不變的密閉容器中反應，下列說法中可判斷該反應達到平衡狀態(tài)的是______rm{.(}選填序號rm{)}

rm{壟脵}單位時間內生成rm{2n}rm{mol}rm{NO_{2}}的同時生成rm{n}rm{mol}rm{N_{2}O_{4}}

rm{壟脷}單位時間內消耗rm{n}rm{mol}rm{N_{2}O_{4}}的同時生成rm{2n}rm{mol}rm{NO_{2}}

rm{壟脹}容器中的壓強不再改變的狀態(tài)。

rm{壟脺}混合氣體的顏色不再改變的狀態(tài)。

rm{壟脻}混合氣體的密度不再改變的狀態(tài)。

rm{(2)373k}時把rm{0.12mol}無色的rm{N_{2}O_{4}}氣體通入體積rm{500ml}的密閉容器中，發(fā)生反應：rm{N_{2}O_{4}(g)?2NO_{2}(g)}容器中立即出現(xiàn)紅棕色rm{.}反應進行到rm{2}rm{s}時，測得生成rm{NO_{2}}的物質的量為rm{0.01}rm{mol}反應進行到rm{60}rm{s}時達到平衡，此時容器內rm{N_{2}O_{4}}與rm{NO_{2}}的物質的量相等rm{.}請計算：rm{(}本小題要求寫出解題過程rm{)}

rm{壟脵}開始rm{2}rm{s}內以rm{N_{2}O_{4}}表示的化學反應速率；

rm{壟脷}達到平衡時體系的壓強與開始時體系的壓強之比；

rm{壟脹}達到平衡時，體系中rm{NO_{2}}的物質的量濃度；

rm{壟脺N_{2}O_{4}}的平衡轉化率．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】解：A．乙烯和丁烯的最簡式都是CH2，則n（CH2）==1.5mol，所以n（C）=1.5mol，N（C）=1.5NA；故A正確；

B．標準狀況下2.24L氯氣的物質的量為0.1mol，0.1mol氯氣與足量氫氧化鈉溶液反應轉移了0.1mol電子，轉移的電子總數(shù)為0.1NA；故B錯誤；

C．溶液體積未知；無法計算硝酸銨溶液中含氮原子數(shù)目，故C錯誤；

D．苯標況下為液體；不能使用氣體摩爾體積，故D錯誤；

故選：A．

A．根據乙烯和丁烯的最簡式都是CH2的特點來分析；

B．氯氣與氫氧化鈉溶液的反應中；氯氣既是氧化劑也是還原劑，0.1mol氯氣反應轉移0.1mol電子；

C．溶液體積未知；

D．苯標況下為液體．

題考查阿伏加德羅常數(shù)的應用，注意掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數(shù)的關系，明確標況下氣體摩爾體積的使用條件是解題關鍵，注意標況下苯為液體，題目難度不大．【解析】【答案】A2、B【分析】解：葡萄糖為rm{5.9隆脕10^{-3}mol/L}即表示每rm{1L}血液中含有葡萄糖的物質的量是rm{5.9mol}rm{mol/L}是物質的量濃度的常用單位．

故選B．

質量分數(shù)、物質的量濃度是表示溶液組成的物理量，rm{mol/L}是物質的量濃度的常用單位．

本題考查常見物理量的單位和意義，可以根據所學知識進行回答，較簡單．【解析】rm{B}3、D【分析】【解答】濃硫酸具有吸水性；在空氣中敞口放置，會吸收水分而使溶液質量增大；

稀硫酸不具有吸水性；同時水分會蒸發(fā)使溶液質量減少；

所以a曲線代表稀硫酸因水分蒸發(fā)而質量減少，b曲線為濃硫酸；因吸收空氣中水蒸氣而質量增加；

故選：D．

【分析】依據濃硫酸具有吸水性，稀硫酸中水分會蒸發(fā)解答．4、A【分析】解：0.9gAl3+的物質的量為=

溶液的體積為=

所以c（Al3+）=dmol/L；

根據c（Cl-）=3c（Al3+）；

則c（Cl-）==mol/L；

故選A．

根據鋁離子的質量計算鋁離子的物質的量，根據溶液的質量和密度計算溶液的體積，進而計算鋁離子的物質的量濃度，根據c（Cl-）=3c（Al3+）；計算氯離子的濃度．

本題考查物質的量濃度的計算，題目難度不大，本題注意把握物質的量濃度的有關公式．【解析】【答案】A5、C【分析】解：A．乙烯分子中含有碳碳雙鍵，乙烯正確的結構簡式為：CH2=CH2；故A錯誤；

B．四氯化碳分子中含有4個碳氯鍵，碳原子和氯原子最外層達到8電子穩(wěn)定結構，四氯化碳正確的電子式為：故B錯誤；

C．甲烷為正四面體結構，分子中含有4個碳氫鍵，甲烷的比例模型為：故C正確；

D．苯的分子式為C6H6；題中為結構簡式，故D錯誤，故選C．

A．結構簡式中需要標出官能團結構；乙烯分子中含有碳碳雙鍵；

B．四氯化碳的電子式中漏掉了每個氯原子的3對孤電子對；

C．比例模型主要體現(xiàn)出分子中各原子的相對體積大??；碳原子半徑大于氫原子；

D．分子式中應標明各種原子的個數(shù)．

本題考查了常見化學用語的書寫方法；題目難度中等，涉及比例模型；電子式、結構式、結構簡式等知識，明確常見化學用語的書寫原則為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生規(guī)范答題的能力．

【解析】【答案】C6、B【分析】解：根據rm{Fe+4HNO_{3}(}稀rm{)簍TFe(NO_{3})_{3}+NO隆眉+2H_{2}O}rm{Fe+6HNO_{3}(}濃rm{)簍TFe(NO_{3})_{3}+3NO_{2}隆眉+3H_{2}O}rm{3NO_{2}+H_{2}O簍T2HNO_{3}+NO}

rm{壟脵}等量的rm{Fe}與酸反應，濃硝酸消耗的多，故rm{壟脵}錯誤；

rm{壟脷}等量的rm{Fe}與酸反應，由rm{Fe}原子守恒可知生成rm{Fe(NO_{3})_{3}}的物質的量相同，故rm{壟脷}正確；

rm{壟脹}等量的rm{Fe}與酸反應，濃硝酸反應生成氣體多，故rm{壟脹}錯誤；

rm{壟脺}因rm{3NO_{2}+H_{2}O簍T2HNO_{3}+NO}最終收集氣體均為rm{NO}由電子守恒可知，收集rm{NO}的體積相等，故rm{壟脺}正確；

故選B．

根據rm{Fe+4HNO_{3}(}稀rm{)簍TFe(NO_{3})_{3}+NO隆眉+2H_{2}O}rm{Fe+6HNO_{3}(}濃rm{)簍TFe(NO_{3})_{3}+3NO_{2}隆眉+3H_{2}O}rm{3NO_{2}+H_{2}O簍T2HNO_{3}+NO}來解答．

本題考查rm{Fe}與硝酸的反應，為高頻考點，把握濃度不同發(fā)生的反應不同及發(fā)生的化學反應方程式為解答的關系，題目難度不大．【解析】rm{B}7、D【分析】略【解析】rm{D}二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】（2）濃鹽酸在反應中部分氯失電子生成氯氣，表現(xiàn)還原性，部分轉變?yōu)槁然?，表現(xiàn)酸性（3）由（1）可知，當產生0.2molCl2時，反應有0.4mole—轉移，【解析】【答案】（5分）（1）（2分，若寫成2e-也得分）（2）②（2分）（3）2.408×1023（1分）9、略

【分析】（1）由圖，得：電子從外加電源的負極流向電解池的陰極X，溶液中的陰離子（Cl－、OH-）從陰極X移向陽極Y，再陽極Y發(fā)生失電子的反應，電子流回外加電源的正極；則溶液中的陽離子（Na+、H+）從陽極Y移向陰極X；①故兩極反應為：Y：2Cl--2e-=Cl2↑（放電能力：Cl－＞OH-），X：2H++2e-=H2↑（放電能力：H+＞Na+）因為消耗了H+，則水的電離平衡（H2OH++OH-）正向移動，使C（OH-）增大，即C（OH-）＞C（H+），故溶液變紅；②總化學方程式為2NaCl+2H2O____2NaOH+Cl2↑+H2↑（2）要在鐵件的表面鍍銅，則鐵件作陰極，可用純銅作陽極，故兩極反應為:①陽極：Cu-2e-=Cu2+，Cu2++2e-=Cu，故電解過程中溶液中C（Cu2+）不變；②設電鍍前X、Y兩電極的質量均為mg，依據電極反應式判斷：設電解過程中陽極減少ag，則陰極就增加ag，即：(m+a)-(m-a)=5.12g，則a=2.56g，n（Cu）=2.56g/64g.mol-1=0.04mol，Cu——2e-，則n（e-）=2n（Cu）=0.08mol；③鍍層破損后，鍍銅鐵中，鐵比銅活潑，故加速鐵的腐蝕；鍍層破損后，鍍鋅鐵中，鋅比鐵活潑，故加速鋅的腐蝕；【解析】【答案】（1）①2Cl--2e-=Cl2↑（2分）有氣泡產生，溶液變紅（2分）②2Cl-+2H2O____2OH-+Cl2↑+H2↑（2分）（2）①純銅（1分）Cu-2e-=Cu2+（2分）CuSO4(其他合理答案也給分)（1分）不變（1分）②0.08mol（2分）③鐵比銅活潑，鍍層破壞后，在潮濕的環(huán)境中形成原電池，加速鐵的腐蝕(其他合理答案也給分)（2分）10、略

【分析】【解析】【答案】20．（共9分）（1）CH2=CH2（1分）催熟劑（1分）（2）酯化反應（或取代反應）（1分）（3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（2分）CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O（2分，條件不對扣1分）（4）飽和碳酸鈉溶液（2分）11、（1）④①④（2）（3）3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O【分析】【分析】本題考查氧化還原反應，明確元素化合價與其性質的關系是解本題關鍵，知道常見元素化合價，會根據反應物及生成物和反應條件書寫方程式，題目難度不大?！窘獯稹縭m{(1)}元素處于最低價態(tài)時只能失電子作還原劑，處于中間價態(tài)時既能得電子又能失電子，所以既可以做氧化劑又可以作還原劑，處于最高價態(tài)時只能得電子做氧化劑，只有氨氣分子中rm{N}元素化合價最低為rm{-3}價，所以只有rm{NH_{3}}做還原劑，故選rm{壟脺}硝酸中rm{N}元素化合價為rm{+5}價，處于最高價態(tài)只能做氧化劑，能得電子化合價降低，四氧化二氮中rm{N}元素化合價為rm{+4}價，但四氧化二氮是二氧化氮轉化的，所以可以生成rm{NO}和氨氣，故選rm{壟脵壟脺}故答案為：rm{壟脺}rm{壟脵壟脺}rm{(2)}依據原子守恒和電荷守恒，反應方程式為依據原子守恒和電荷守恒，反應方程式為rm{(2)}2rm{4NH_{3}+5O}rm{underset{麓脽祿爐錄脕}{overset{?}{=}}}rm{4NO+6H_{2}O}故答案為：

，單線橋標出電子轉移的方向和數(shù)目為和氨氣反應生成兩種單質為rm{(3)CuO}氮氣和水，根據反應物、生成物和反應條件知，其反應方程式為rm{Cu}3rm{3CuO+2NH}rm{overset{?}{=}}故答案為：rm{N_{2}+3Cu+3H_{2}O}3rm{3CuO+2NH}rm{overset{?}{=}}

rm{N_{2}+3Cu+3H_{2}O}【解析】rm{(1)壟脺}rm{壟脵壟脺}rm{(2)}rm{(3)3CuO+2NH}3rm{overset{?}{=}}rm{N_{2}+3Cu+3H_{2}O}12、略

【分析】

（1）化合價升高的Cl元素失2mol電子，化合價降低的Mn元素得到2mol電子，電子轉移情況為：故答案為：

（2）化合價升高元素是Cl，所在反應物HCl是還原劑，對應產物Cl2是氧化產物，化合價降低的是Mn元素得，所在反應物MnO2是氧化劑，故答案為：MnO2；Cl2．

【解析】【答案】化合價升高元素失電子；所在反應物是還原劑，對應產物是氧化產物，化合價降低元素得到電子，所在反應物是氧化劑，對應產物是還原產物，化合價升高數(shù)=化合價降低數(shù)=轉移電子數(shù)．

13、略

【分析】【解析】試題分析：根據所學習的知識便可做答?？键c：化學方程式的書寫【解析】【答案】（10分）（方程式考察注意氣體符號）（1）2Al+2OH-+2H2O==2AlO2-+3H2（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O="=4"Fe(OH)3（3）2Cl2+2Ca（OH）2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O（4）10Al+3V2O5="=5"Al2O3+6V（5）2Al2O3（熔融）="=4"Al+3O214、略

【分析】【解析】試題分析：①為C元素；②為F元素；③為Na元素；④為Al元素；⑤為Si元素；⑥為Cl元素；⑦為Ar元素；⑧為K元素；⑨為Br元素。（1）（2）同周期，金屬性自左向右金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強；同主族，金屬性自上向下金屬性逐漸增強，非金屬性逐漸減弱。最活潑的非金屬元素是F，原子最外層達到穩(wěn)定結構的元素是Ar。元素的最高價氧化物對應的水化物中酸性最強的是HClO4。（3）③、④的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH、Al(OH)3，其發(fā)生反應方程式為Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]。（4）③、⑥屬于同一周期，從左到右核電荷數(shù)依次增多，原子半徑逐漸減小，即原子半徑③>⑥；③、⑧屬于同一主族，從左到右核電荷數(shù)依次增多，原子半徑逐漸增大，即原子半徑⑧>③，故原子半徑大小數(shù)序為K﹥Na﹥Cl。①、⑤的最高價含氧酸分別為H2CO3、H2SiO3或H4SiO4，因為C的非金屬性大于Si的非金屬性，故酸性強弱為H2CO3﹥H2SiO3或H4SiO4。（5）比較非金屬性的強弱，可以根據氫化物的穩(wěn)定性、和氫氣反應難易程度、最高價氧化物的水化物酸性的強弱、單質之間互相置換來比較。⑥為Cl元素，⑨為Br元素，可以通過置換反應來證明，方程式為2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2。（6）⑤為Si元素，工業(yè)制取Si單質的化學方程式為SiO2+2CSi+2CO↑?？键c：元素周期表的特點及其應用【解析】【答案】（16分）(1)FAr(2)HClO4(本題每空2分)(3)Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4](4)K﹥Na﹥Cl；H2CO3﹥H2SiO3或H4SiO4(5)2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2(6)SiO2+2CSi+2CO↑。15、ae；NO2能被Na2O2還原；一；2NO2+Na2O2=2NaNO3；若高錳酸鉀溶液不褪色，則假設2成立；若高錳酸鉀溶液褪色，則假設2不成立；不同意，若3.9g過氧化鈉全部氧化二氧化氮，生成NaNO3的質量應該為8.5g，而現(xiàn)在測量的質量為8.4g，質量相差不大，在托盤天平稱量的誤差范圍之內，這完全有可能為實驗誤差引起；或同意，若3.9g過氧化鈉全部氧化二氧化氮，生成的NaNO3的質量應該為8.5g，而現(xiàn)在測量的質量為8.4g＜8.5g【分析】解：【實驗】rm{a.}銅和濃硝酸反應生成二氧化氮可以在實驗室中制備少量二氧化氮，故rm{a}正確；

rm{b.}二氧化氮比空氣重應用向上排氣法收集，故rm錯誤；

rm{c.}二氧化氮易溶于水，和水反應生成硝酸和一氧化碳污染性氣體，尾氣不能用水吸收處理，用氫氧化鈉溶液吸收，故rm{c}錯誤；

rm{d.}用注射器收集的二氧化氮，反應存在幻想平衡，rm{2NO_{2}=N_{2}O_{4}}壓縮后壓強增大體積減小濃度增大，顏色變深，平衡正向進行顏色變淺，但比原來氣體顏色加深，故rmv4c71xn錯誤；

rm{e.}實驗后容器中殘留液主要是酸性溶液，需用堿液處理，故rm{e}正確；

故答案為：rm{ae}

【提出假設】依據過氧化鈉和二氧化氮都是氧化性物質，rm{N0_{2}}在反應中能生成rm{HN0_{3}}和rm{HN0_{2}}rm{HN0_{2}}旣有氧化性，又有還原性，能被強氧化劑如rm{KMnO_{4}}氧化；二者反應時二氧化氮可以做氧化劑液可以做還原劑。

假設一：rm{N0_{2}}與rm{Na_{2}0_{2}}二者不反應；

假設二：rm{N0_{2}}能被rm{Na_{2}0_{2}}氧化；

得到假設三：rm{NO_{2}}能被rm{Na_{2}O_{2}}還原；

故答案為：rm{NO_{2}}能被rm{Na_{2}O_{2}}還原；

【設計實驗】rm{(1)}實驗時，將rm{N0_{2}}氣體通入盛有rm{Na_{2}0_{2}}的玻璃管中；淡黃色粉末完全變成白色證明二氧化氮額過氧化鈉發(fā)生反應生成新的物質，假設一錯誤；

故答案為：一；

rm{(2)}假設二：rm{N0_{2}}能被rm{Na_{2}0_{2}}氧化，結合鹽酸化合價變化可知二氧化氮被氧化為硝酸，過氧化鈉被還原為硝酸鈉，反應的化學方程式為：rm{2NO_{2}+Na_{2}O_{2}=2NaNO_{3}}

故答案為：rm{2NO_{2}+Na_{2}O_{2}=2NaNO_{3}}

rm{(3)}文獻材料：rm{N0_{2}}在反應中能生成rm{HN0_{3}}和rm{HN0_{2}}rm{HN0_{2}}旣有氧化性，又有還原性，能被強氧化劑如rm{KMnO_{4}}氧化，取適量的白色固體置于試管中，加蒸餾水溶解，再滴加稀硫酸酸化，最后應滴加高錳酸鉀溶液，高錳酸鉀溶液不褪色，則假設rm{2}成立；若高錳酸鉀溶液褪色，則假設rm{2}不成立；

故答案為：

。取適量的白色固體置于試管中，加蒸餾水溶解，再滴加稀硫酸酸化，最后應滴加高錳酸鉀溶液．若高錳酸鉀溶液不褪色，則假設rm{2}成立；若高錳酸鉀溶液褪色，則假設rm{2}不成立．rm{(4)}不同意；若rm{3.9}rm{g}過氧化鈉全部氧化二氧化氮，生成rm{NaNO_{3}}的質量應該為rm{8.5}rm{g}而現(xiàn)在測量的質量為rm{8.4}rm{g}質量相差不大，在托盤天平稱量的誤差范圍之內，這完全有可能為實驗誤差引起；或同意rm{.}若rm{3.9}rm{g}過氧化鈉全部氧化二氧化氮，生成的rm{NaNO_{3}}的質量應該為rm{8.5}rm{g}而現(xiàn)在測量的質量為rm{8.4}rm{g<8.5}rm{g}

故答案為：不同意，若rm{3.9}rm{g}過氧化鈉全部氧化二氧化氮，生成rm{NaNO_{3}}的質量應該為rm{8.5}rm{g}而現(xiàn)在測量的質量為rm{8.4}rm{g}質量相差不大，在托盤天平稱量的誤差范圍之內，這完全有可能為實驗誤差引起；或同意rm{.}若rm{3.9}rm{g}過氧化鈉全部氧化二氧化氮，生成的rm{NaNO_{3}}的質量應該為rm{8.5}rm{g}而現(xiàn)在測量的質量為rm{8.4}rm{g<8.5}rm{g}．

【實驗】rm{a.}銅和濃硝酸反應生成二氧化氮；

rm{b.}二氧化氮比空氣重分析；

rm{c.}二氧化氮易溶于水；和水反應生成硝酸和一氧化碳污染性氣體；

rm{d.}用注射器收集的二氧化氮，壓縮后壓強增大，rm{2NO_{2}=N_{2}O_{4}}平衡正向進行顏色變淺；

rm{e.}實驗后容器中殘留液主要是酸性溶液需用堿液處理；

【提出假設】結合假設和反應情況；依據氧化還原反應分析得到；

【設計實驗】rm{(1)}依據實驗現(xiàn)象分析判斷物質發(fā)生反應；

rm{(2)}二氧化氮被氧化為rm{+5}價氮元素，過氧化鈉中氧元素被還原為rm{-2}價；反應生成硝酸鈉；

rm{(3)}依據文獻材料：rm{N0_{2}}在反應中能生成rm{HN0_{3}}和rm{HN0_{2}}rm{HN0_{2}}旣有氧化性，又有還原性，能被強氧化劑如rm{KMnO_{4}}氧化；設計實驗分析判斷；

【定量分析】rm{(4)}依據質量變化結合反應產物計算分析；注意誤差分析應用．

本題考查了氮氧化物性質實驗操作和實驗設計分析判斷，掌握基礎是關鍵，題目難度中等．【解析】rm{ae}rm{NO_{2}}能被rm{Na_{2}O_{2}}還原；一；rm{2NO_{2}+Na_{2}O_{2}=2NaNO_{3}}若高錳酸鉀溶液不褪色，則假設rm{2}成立；若高錳酸鉀溶液褪色，則假設rm{2}不成立；不同意，若rm{3.9g}過氧化鈉全部氧化二氧化氮，生成rm{NaNO_{3}}的質量應該為rm{8.5g}而現(xiàn)在測量的質量為rm{8.4g}質量相差不大，在托盤天平稱量的誤差范圍之內，這完全有可能為實驗誤差引起；或同意，若rm{3.9g}過氧化鈉全部氧化二氧化氮，生成的rm{NaNO_{3}}的質量應該為rm{8.5g}而現(xiàn)在測量的質量為rm{8.4g<8.5g}16、略

【分析】解：根據rm{Li}守恒和質量守恒計算，設rm{LiPF_{6}}為rm{xmol}rm{LiF}為rm{ymol}根據rm{Li}守恒，有rm{x+y=n}根據質量守恒有rm{152x+26y=w}解得rm{x=dfrac{w-26n}{126}mol}

故答案為：rm{dfrac{w-26n}{126}mol}．

根據rm{Li}守恒和質量守恒計算，設rm{LiPF_{6}}為rm{xmol}rm{LiF}為rm{ymol}根據rm{Li}守恒，有rm{x+y=n}根據質量守恒有rm{152x+26y=w}由此分析解答．

本題考查化學計算等知識，注意題干所給信息的使用，側重對學生實驗能力的培養(yǎng)和解題方法的指導，有助于培養(yǎng)學生規(guī)范、嚴謹?shù)母鶕睾阒R進行相關計算．【解析】rm{dfrac{w-26n}{126}}三、判斷題(共9題，共18分)17、B【分析】【解答】n===1mol，結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n=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．18、B【分析】【解答】n===1mol，結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n=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．19、B【分析】【解答】蛋白質溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白質析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質生成是物理變化，故答案為：×．

【分析】化學變化的實質是在原子核不變的情況下，有新物質生成，分析各選項是否符合化學變化的概念，即有新物質生成，就是化學變化．20、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生成的變化，物理變化是指沒有新物質生成的變化，據此解題．21、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共價鍵；故答案為：錯。

【分析】根據甲苯的結構簡式來確定化學鍵，確定存在C﹣H共價鍵的數(shù)目22、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】根據質量守恒可知，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】根據溫度計在該裝置中的位置與作用；24、B【分析】【解答】n===1mol，結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n=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．25、A【分析】【解答】依據題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案為：對．

【分析】依據題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應生成二氧化碳和硫，結合原子個數(shù)守恒書寫方程式．四、計算題(共1題，共7分)26、解：利用三段式法計算：

2X(g)+Y(g)nZ(g)+2W(g)

起始：0.6mol0.6mol00

轉化：0.2mol0.1mol0.1nmol0.2mol

平衡：0.4mol0.5mol0.1nmol0.2mol

（1）平衡時Y的物質的量為0.5mol，則答：2min末時Y的濃度為0.25mol?L-1；

(2)由反應速率之比等于化學計量數(shù)之比可知：n：2=0.1mol/(L?min)：0.05mol/(L?min)；n=4；

答：化學反應方程式中n=4；

(3)由反應速率之比等于化學計量數(shù)之比可知：v(X)=v(W)=0.05mol/(L?min)；

答：前2min內X的平均反應速率為0.05mol?L-1?min-1?！痉治觥俊痉治觥勘绢}考查化學平衡的計算，題目難度不大，注意利用三段式法計算。【解答】利用三段式法計算：rm{2X(g)+Y(g)}rm{nZ(g)+2W(g)}

起始：rm{0.6mol}rm{0.6mol}rm{0}rm{0}

轉化：rm{0.2mol}rm{0.1mol}rm{0.1nmol}rm{0.2mol}

平衡：rm{0.4mol}rm{0.5mol}rm{0.1nmol0.2mol}

rm{(1)}平衡時rm{Y}的物質的量為rm{0.5mol}則rm{c(Y)=dfrac{0.5mol}{2L}=0.25mol/L}

答：rm{c(Y)=dfrac{0.5mol}{2L}=0.25mol/L

}末時rm{2min}的濃度為rm{Y}

rm{(2)v(W)=dfrac{0.2mol}{2L隆脕2min}=0.05mol/(L?min)}rm{c(Z)=dfrac{0.2mol/L}{2min}=0.1mol/(L?min),}

由反應速率之比等于化學計量數(shù)之比可知：rm{0.25mol?L^{-1}}rm{(2)v(W)=

dfrac{0.2mol}{2L隆脕2min}=0.05mol/(L?min)}rm{c(Z)=

dfrac{0.2mol/L}{2min}=0.1mol/(L?min),}rm{n}

答：化學反應方程式中rm{2=0.1mol/(L?min)}

rm{0.05mol/(L?min)}由反應速率之比等于化學計量數(shù)之比可知：rm{n=4}

答：前rm{n=4}內rm{(3)}的平均反應速率為rm{v(X)=v(W)=0.05mol/(L?min)}rm{2min}【解析】解：利用三段式法計算：

rm{2X(g)+Y(g)}rm{nZ(g)+2W(g)}

起始：rm{0.6mol}rm{0.6mol}rm{0}rm{0}

轉化：rm{0.2mol}rm{0.1mol}rm{0.1nmol}rm{0.2mol}

平衡：rm{0.4mol}rm{0.5mol}rm{0.1nmol0.2mol}

rm{(1)}平衡時rm{Y}的物質的量為rm{0.5mol}則rm{c(Y)=dfrac{0.5mol}{2L}=0.25mol/L}答：rm{c(Y)=dfrac{0.5mol}{2L}=0.25mol/L

}末時rm{2min}的濃度為rm{Y}

rm{0.25mol?L^{-1}}rm{v(W)=dfrac{0.2mol}{2L隆脕2min}=0.05mol/(L?min)}rm{c(Z)=dfrac{0.2mol/L}{2min}=0.1mol/(L?min),}由反應速率之比等于化學計量數(shù)之比可知：rm{(2)}rm{v(W)=

dfrac{0.2mol}{2L隆脕2min}=0.05mol/(L?min)}rm{c(Z)=

dfrac{0.2mol/L}{2min}=0.1mol/(L?min),}rm{n}

答：化學反應方程式中rm{2=0.1mol/(L?min)}

rm{0.05mol/(L?min)}由反應速率之比等于化學計量數(shù)之比可知：rm{n=4}

答：前rm{n=4}內rm{(3)}的平均反應速率為rm{v(X)=v(W)=0.05mol/(L?min)}rm{2min}五、結構與性質(共1題，共2分)27、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，所以在設計分組實驗時，要設計出分別只有濃度、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濃度的變化量來表示。根據圖像可以計算出70至90s內生成的CO2的體積；然后根據反應式可計算出消耗的硝酸的物質的量，最后計算其反應速率；

（4）根據反應物的用量計算生成CO2的最大質量；根據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：關閉分液漏斗活塞，向外拉或向內推分液漏斗的活塞，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生成的質量為：m(CO2)=0.95g－0.85g＝0.1g；

②根據方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物質的量為：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所用大理石的質量均為10.00g，其物質的量為=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，依據反應方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知，硝酸不足，生成CO2的質量按硝酸計算得：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關閉分液漏斗活塞，向外拉或向內推分液漏斗的活塞，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、簡答題(共4題，共36分)28、略

【分析】解：（1）甲烷完全燃燒生成二氧化碳和水；實驗室常用澄清石灰水檢驗二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水變渾濁，用無水硫酸銅檢驗水，水蒸氣能使無水硫酸銅變藍色；

故答案為：澄清石灰水；無水硫酸銅；

（2）二氧化硅的工業(yè)用途是制光導纖維；故答案為：光導纖維；

（3）亞錫離子和鐵離子發(fā)生氧化還原反應生成亞鐵離子和Sn4+，根據反應物和生成物書寫離子方程式為Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+；

故答案為：Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+；

（4）T2℃和T3℃時的PbxOy質量分別是23.10g、22.94g，反應過程中變化的質量是O元素質量，23.90gPbO2的物質的量==0.1mol根據化學式知，n（Pb）=0.1mol、n（O）=0.2mol，T1℃-T2℃中固體減少n（O）==0.05mol，則還剩余n（O）=0.2mol-0.05mol=0.15mol，同一化學式中，各元素物質的量之比等于原子個數(shù)之比，則Pb、O原子個數(shù)之比=0.1mol：0.15mol=2：3，該氧化物化學式為Pb2O3；

T2℃-T3℃中固體減少n（O）==0.01mol，則還剩余n（O）=0.2mol-0.05mol-0.01mol=0.14mol，則Pb、O原子個數(shù)之比=0.1mol：0.14mol=5：7，該氧化物化學式為Pb5O7；

T3℃-T4℃中固體減少n（O）==0.04mol，則還剩余n（O）=0.2mol-0.05mol-0.01mol-0.04mol=0.1mol，則Pb、O原子個數(shù)之比=0.1mol：0.1mol=1：1，該氧化物化學式為PbO；

則T2℃-T3℃發(fā)生的化學反應方程式為Pb5O75PbO+O2↑；

故答案為：Pb2O3；Pb5O7；Pb5O75PbO+O2↑．

（1）甲烷完全燃燒生成二氧化碳和水；實驗室常用澄清石灰水檢驗二氧化碳，用無水硫酸銅檢驗水；

（2）二氧化硅的工業(yè)用途是制光導纖維；

（3）亞錫離子和鐵離子發(fā)生氧化還原反應生成亞鐵離子和Sn4+；根據反應物和生成物書寫離子方程式；

（4）T2℃和T3℃時的PbxOy質量分別是23.10g、22.94g，反應過程中變化的質量是O元素質量，23.90gPbO2的物質的量==0.1mol根據化學式知，n（Pb）=0.1mol、n（O）=0.2mol，T1℃-T2℃中固體減少n（O）==0.05mol；則還剩余n（O）=0.2mol-0.05mol=0.15mol；

T2℃-T3℃中固體減少n（O）==0.01mol；則還剩余n（O）=0.2mol-0.05mol-0.01mol=0.14mol；

T3℃-T4℃中固體減少n（O）==0.04mol；則還剩余n（O）=0.2mol-0.05mol-0.01mol-0.04mol=0.1mol；

同一化學式中；各元素物質的量之比等于原子個數(shù)之比，據此分析解答．

本題考查元素化合物知識，為高頻考點，涉及物質檢驗、化學式判斷等知識點，知道常見氣體檢驗方法及現(xiàn)象，難點是（4）題化學式確定，題目難度不大．【解析】澄清石灰水；無水硫酸銅；制光導纖維；Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+；Pb5O75PbO+O2↑29、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種短周期主族元素，rm{A}的單質是密度最小的物質，則rm{A}為rm{H}元素；rm{B}的陰離子帶兩個單位負電荷，單質是空氣的主要成分之一，則rm{B}為rm{O}元素；rm{C}的陽離子與rm{B}的陰離子有相同的電子層結構，且與rm{B}可以形成兩種離子化合物，則rm{C}為rm{Na}rm{D}的氫氧化物和氧化物都有兩性，且與rm{C}同周期，則rm{D}為rm{Al}rm{E}與rm{C}同周期，原子半徑在該周期最小，則rm{E}為rm{Cl}．

rm{(1)C}單質與水反應的化學方程式為：rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}

故答案為：rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}

rm{(2)}工業(yè)制取rm{D}單質的化學方程式為：rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{underline{;{脥簍碌莽};}}{;}4Al+3O_{2}隆眉}

故答案為：rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{underline{;{脥簍碌莽};}}{;}4Al+3O_{2}隆眉}

rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{

underline{;{脥簍碌莽};}}{;}4Al+3O_{2}隆眉}單質為rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{

underline{;{脥簍碌莽};}}{;}4Al+3O_{2}隆眉}rm{(3)D}的最高價氧化物對應的水化物為rm{Al}二者反應的離子方程式：rm{C}

故答案為：rm{NaOH}

rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}實驗室制取氯氣的離子方程式為：rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}

故答案為：rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O.}

A、rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}rm{(4)}rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O.}五種短周期主族元素，rm{B}的單質是密度最小的物質，則rm{C}為rm{D}元素；rm{E}的陰離子帶兩個單位負電荷，單質是空氣的主要成分之一，則rm{A}為rm{A}元素；rm{H}的陽離子與rm{B}的陰離子有相同的電子層結構，且與rm{B}可以形成兩種離子化合物，則rm{O}為rm{C}rm{B}的氫氧化物和氧化物都有兩性，且與rm{B}同周期，則rm{C}為rm{Na}rm{D}與rm{C}同周期，原子半徑在該周期最小，則rm{D}為rm{Al}．

本題考查結構性質位置關系應用，側重對化學用語的考查，熟練掌握元素化合物性質，比較基礎．rm{E}【解析】rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{underline{;{脥簍碌莽};}}{;}4Al+3O_{2}隆眉}rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{

underline{;{脥簍碌莽};}}{;}4Al+3O_{2}隆眉}rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}30、略

【分析】解：（1）短周期元素A；B、D、E、G、J在周期表中的位置可知；A、B、D、E、G、J分別為H、N、O、Na、Al、Cl；

①O的原子結構中有2個電子層；最外層電子數(shù)為6，則位于第二周期第ⅥA族，故答案為：第二周期第ⅥA族；

②電子層越多；原子半徑越大；同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑由大到小的順序是Na＞Al＞N＞H，故答案為：Na＞Al＞N＞H；

③非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，B、D的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性關系為NH3＜H2O，故答案為：NH3＜H2O；

④34Se與D同主族；其非金屬性比D弱，從原子結構的角度解釋其原因為位于同主族最外層電子數(shù)相同，但O的電子層數(shù)少，原子半徑小，則O得電子能力比Se強，即同主族從上到下非金屬性逐漸減弱；

故答案為：弱；位于同主族最外層電子數(shù)相同；但O的電子層數(shù)少，原子半徑小，則O得電子能力比Se強；

⑤氫氧化鋁具有兩性，與鹽酸、高氯酸均發(fā)生反應生成鹽和水，發(fā)生的離子反應分別為H++OH-=H2O、Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

故答案為：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

（2）由甲、乙、丙、丁為兩種元素組成的化合物，甲、丙的分子屬于10電子微粒，丙為常見溶劑，結合上述元素及轉化