2025年華師大新版高一化學上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年華師大新版高一化學上冊階段測試試卷706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6題，共12分)1、已知：元素的最高價氧化物的水化物酸性越強其非金屬性就越強，則下列判斷正確的是（）A.亞硫酸的酸性大于碳酸，故硫的非金屬性大于碳B.碳酸的酸性大于次氯酸，故碳的非金屬性大于氯C.硝酸的酸性大于硅酸，故氮的非金屬性大于硅D.氫氟酸的酸性大于氫氯酸，故氟的非金屬性大于氯2、下列過程中，涉及化學變化的是rm{(}rm{)}A.活性炭使紅墨水褪色B.蒸餾法將海水淡化為飲用水C.氯氣通入水中制氯水D.四氯化碳萃取碘水中的碘3、下列有關化學與自然資源的開發(fā)利用描述中錯誤的是A.冶煉金屬鋁通常用電解氯化鋁的方法B.要使海水淡化通常有蒸餾法和離子交換法C.用rm{H_{2}}作為燃料的優(yōu)點之一是燃燒后的產(chǎn)物不污染環(huán)境D.煤的干餾屬于化學變化4、下列關于二氧化硫的敘述中錯誤的是rm{(}rm{)}A.在高溫下二氧化硫可被催化氧化成三氧化硫B.二氧化硫可使品紅溶液褪色C.二氧化硫既具有氧化性又具有還原性D.二氧化硫與水反應生成硫酸5、已知rm{2SO_{2}+O_{2}?SO_{3}}是放熱反應。如果反應在密閉容器中進行，有關說法正確的是rm{(}rm{)}A.升高溫度正反應速率加快，逆反應速率減慢B.通過調(diào)控反應條件，rm{SO_{2}}可以rm{100%}地轉(zhuǎn)化為rm{SO_{3}}C.當rm{SO_{2}}與rm{SO_{3}}的濃度相等時，反應達到平衡D.使用催化劑的目的是加快反應速率，提高生產(chǎn)效率6、水是生命之源，也是重要的溶劑rm{.}下列有關水的說法正確的是rm{(}rm{)}A.水電解生成氫氣和氧氣，說明水中含有氫分子和氧分子B.用肥皂水不可以區(qū)分硬水和軟水C.將黃河水經(jīng)沉降、過濾、吸附，滅菌等凈化操作后，可供人們生活用水D.水體有一定的自凈功能，部分工業(yè)污水可直接排放評卷人得分二、雙選題(共9題，共18分)7、列各組元素性活原子結(jié)遞情況誤的是（）A.Li、Be、B原子最外層電子數(shù)依次增多B.P、S、Cl元素最高正化合價依次增小C.N、O、F原子半徑依次增大D.Na、K、Rb的電子層數(shù)依次增多8、已知可逆反應rm{aA+bB?cC}中，物質(zhì)的含量rm{A%}和rm{C%}隨溫度的變化曲線如圖所示，下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.該反應在rm{T_{1}}rm{T_{3}}溫度時達到過化學平衡B.該反應在rm{T_{2}}溫度時達到化學平衡C.升高溫度，平衡會向正反應方向移動D.該反應的正反應是放熱反應9、下列物質(zhì)的水溶液能導電，但該物質(zhì)屬于非電解質(zhì)的是rm{(}rm{)}A.rm{Cu}B.rm{CO_{2}}C.rm{NH_{3}}D.rm{CH_{3}CH_{2}OH(}乙醇rm{)}10、一定條件下存在反應：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)}rm{2SO_{3}(g)}rm{婁隴H<0}現(xiàn)有三個體積相同的密閉容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，按如下圖所示投料，并在rm{400隆忙}條件下開始反應。達到平衡時；下列說法正確的是。

A.容器rm{I}Ⅲ中平衡常數(shù)相同B.容器rm{II}Ⅲ中正反應速率相同C.容器Ⅱrm{.}Ⅲ中的反應達平衡時，rm{SO_{3}}的體積分數(shù)：rm{II>III}D.容器rm{I}中rm{SO_{2}}的轉(zhuǎn)化率與容器Ⅱ中rm{SO_{3}}的轉(zhuǎn)化率之和小于rm{1}11、在探究rm{SO_{2}}水溶液成分和性質(zhì)的實驗中，下列根據(jù)實驗現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的是A.向rm{SO_{2}}水溶液中加入少量rm{NaHCO_{3}}粉末，有氣泡產(chǎn)生，說明rm{SO_{2}}水溶液呈酸性B.向rm{SO_{2}}水溶液中滴加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，說明rm{SO_{2}}水溶液中含有rm{SO_{4}^{2-}}C.向rm{SO_{2}}水溶液中通入rm{H_{2}S}氣體，有淡黃色沉淀產(chǎn)生，說明rm{SO_{2}}水溶液具有氧化性D.向rm{KMnO_{4}}溶液中滴加rm{SO_{2}}水溶液，溶液顏色褪去，說明rm{SO_{2}}水溶液具有漂白性12、干電池原理示意圖如圖，電池總反應為：rm{Zn2NH_{4}=Zn^{2}2NH_{3}隆眉H_{2}隆眉}下列說法正確的是rm{Zn2NH_{4}=Zn^{2}2NH_{3}隆眉

H_{2}隆眉}rm{(}A.碳為電池的正極B.rm{)}極上發(fā)生還原反應C.常見鋅錳干電池為二次電池D.反應rm{2NH_{4}2e^{-}=2NH_{3}隆眉H_{2}隆眉}在負極上發(fā)生rm{Zn}13、在rm{25隆忙}rm{101k}rm{Pa}下，rm{0.2mol}rm{C_{2}H_{2}}完全燃燒生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O(l)}時放出rm{259.92kJ}熱量rm{.}表示上述反應的熱化學方程式正確的是rm{(}rm{)}A.rm{0.2C_{2}H_{2}(g)+0.5O_{2}(g)簍T0.4CO_{2}(g)+0.2H_{2}O(g)triangleH=+259.92}rm{0.2C_{2}H_{2}(g)+0.5O_{2}(g)簍T0.4CO_{2}(g)+0.2H_{2}O(g)triangle

H=+259.92}B.rm{0.2C_{2}H_{2}(g)+0.5O_{2}(g)簍T0.4CO_{2}(g)+0.2H_{2}O(l)triangleH=-259.92}rm{kJ/mol}C.rm{2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)簍T4CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=+2599.2}rm{0.2C_{2}H_{2}(g)+0.5O_{2}(g)簍T0.4CO_{2}(g)+0.2H_{2}O(l)triangle

H=-259.92}D.rm{2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)簍T4CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-2599.2}rm{kJ/mol}rm{2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)簍T4CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=+2599.2}14、將rm{4mol}rm{A}氣體和rm{2mol}rm{B}氣體在rm{2L}的密閉容器中混合并在一定條件下發(fā)生反應：rm{2A(g)+B(g)?2C(g)}rm{2s}時測得rm{C}的濃度為rm{0.6mol?L^{-1}.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.用物質(zhì)rm{A}表示的平均反應速率為rm{0.3mol/(L?s)}B.用物質(zhì)rm{B}表示的平均反應速率為rm{0.6mol/(L?s)}C.rm{2s}時物質(zhì)rm{A}的轉(zhuǎn)化率為rm{70%}D.rm{2s}時物質(zhì)rm{B}的濃度為rm{0.7mol?L^{-1}}15、如圖為rm{A}物質(zhì)的溶解度曲線rm{.M}rm{N}兩點分別表示rm{A}物質(zhì)的兩種溶液rm{.}下列做法不能實現(xiàn)rm{M}rm{N}間的相互轉(zhuǎn)化的是rm{(A}從溶液中析出時不帶結(jié)晶水，步驟中的過濾操作均未寫出rm{)(}rm{)}A.從rm{N隆煤M}先向rm{N}中加入適量固體rm{A}再降溫B.從rm{N隆煤M}先將rm{N}降溫再加入適量固體rm{A}C.從rm{M隆煤N}先將rm{M}降溫再將其升溫D.從rm{M隆煤N}先將rm{M}升溫再將其蒸發(fā)掉部分水評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)16、按要求寫出下列反應的化學方程式或離子方程式。

（1）電解熔融氧化鋁的化學方程式____；

（2）銅與濃硝酸反應的化學方程式____；

（3）大理石溶于稀鹽酸的離子方程式____；

（4）氯化鐵與鐵粉反應的離子方程式____．17、A；B、C為短周期元素；在周期表中所處位置如圖所示．A、C兩元素的原子核外電子數(shù)之和等于B原子的質(zhì)子數(shù)．

。ACB（1）B位于元素周期表第____周期，第____族．

（2）A元素形成的單質(zhì)的電子式為：____．

（3）在AB、C的氣態(tài)氫化物中最穩(wěn)定的是____．

（4）C的離子結(jié)構示意圖為____．

（5）寫出A的氣態(tài)氫化物與B的最高價氧化物對應水化物反應的化學方程式____．18、標準狀況，體積相同的四支試管中分別盛滿Cl2、NH3、SO2和NO2，分別倒立在盛有足量水的水槽中(假設進入試管的液體不擴散)，光照充分溶解。（1）從物質(zhì)分類的角度可以推測物質(zhì)的性質(zhì)。其中SO2屬于_______氧化物(填“酸性”、“堿性”或“兩性”)。SO2+()→含氧酸鹽。SO2+()→鹽+()。（2）裝有NO2的試管倒立在盛有足量水的水槽時，反應的化學方程式為___________________。實驗現(xiàn)象為______________________________________________________________________。（3）裝有NH3的試管進行實驗時，實驗完畢試管內(nèi)溶液的物質(zhì)的量濃度為____。（4）裝有Cl2的試管倒立在盛有足量水的水槽中經(jīng)過充分的光照，實驗結(jié)束試管中剩余的氣體是____，生成該氣體先后發(fā)生的化學方程式有、。19、（1）下列物質(zhì)都能與Na反應放出H2:①C2H5OH②CH3COOH溶液③NaOH溶液，產(chǎn)生H2的速率由大到小的次序是____（填序號）（2）某氣態(tài)烴1體積只能與1體積氯氣發(fā)生加成反應生成氯代烷，此氯代烷1mol可與4mol氯氣生完全的取代反應，則該烴的結(jié)構簡式為____（3）常溫常壓下CH4和C2H6混合后平均組成為C1.5H5,則二者的體積比為____。若平均組成為C1.2H4.4則二者的體積比為____。20、鋁土礦的主要成分是rm{Al_{2}O_{3}}還含有rm{Fe_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}等雜質(zhì)rm{.}從鋁土礦中提取氧化鋁的流程如圖所示：

rm{(1)}操作rm{1}的名稱是______；所需要的主要玻璃儀器有：______．

rm{(2)}試劑rm{A}是______；rm{(}用化學式回答rm{)}．

rm{(3)}溶液rm與試劑rm{B}反應的離子方程式為______．

rm{(4)}請寫出鋁土礦加入足量rm{NaOH}溶液所發(fā)生的有關反應化學方程式：______；______

rm{(5)}某同學認為可以向溶液rm{a}中通入的是過量的rm{CO_{2}}然后直接將得到的濾渣rm煅燒后也可得到rm{Al_{2}O_{3}}而且可以簡化上述提取氧化鋁的流程rm{.}你認為該同學的看法合理嗎？______rm{(}填“合理”或“不合理”rm{)}理由是：______rm{.(}若認為合理該問題可以不回答rm{)}

rm{(6)}電解熔融的氧化鋁可制備金屬鋁：rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{underline{;{碌莽陸芒};}}{;}4Al+3O_{2}隆眉.}若在標準狀況下生成rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{

underline{;{碌莽陸芒};}}{;}4Al+3O_{2}隆眉.}的氧氣，則該反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為______．rm{2.24L}評卷人得分四、判斷題(共2題，共18分)21、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）22、摩爾是七個基本物理量之一．（判斷對錯）評卷人得分五、實驗題(共3題，共18分)23、rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}是制備活性rm{ZnO}的中間體，以鋅焙砂rm{(}主要成分為rm{ZnO}含少量rm{Cu^{2}+}rm{Mn^{2+}}等離子rm{)}為原料制備rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}的工藝流程如下：

請回答下列問題：

rm{(1)}當rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{NH_{3}?H_{2}O}的混合溶液呈中性時，rm{c(NH_{4}^{+})}______rm{2c(SO_{4}^{2-})(}填“rm{<}”、“rm{>}”或“rm{=}”rm{)}性．

rm{(2)}“浸取”時為了提高鋅的浸出率，可采取的措施是______rm{(}任寫一種rm{)}．

rm{(3)}“浸取”時加入的rm{NH_{3}?H_{2}O}過量，生成rm{MnO_{2}}的離子方程式為______．

rm{(4)}適量rm{S^{2}-}能將rm{Cu^{2+}}等離子轉(zhuǎn)化為硫化物沉淀而除去，若選擇rm{ZnS}進行除雜；是否可行？用計算說明原因：______．

rm{[}已知：rm{K_{sp}(ZnS)=1.6隆脕10^{-24}}rm{K_{sp}(CuS)=1.3隆脕10^{-36}}rm{K>10^{5}}化學反應完全，rm{K<10^{-5}}化學反應不發(fā)生rm{]}

rm{(5)}“沉鋅”的離子方程式為______．

rm{(6)}“過濾rm{3}”所得濾液可循環(huán)使用，其主要成分的化學式是______．24、為了驗證銅與稀硝酸反應產(chǎn)生的是一氧化氮，某校學生實驗小組設計了一個實驗，其裝置如圖所示rm{(}加熱裝置和固定裝置均已略去rm{).B}為一個用金屬絲固定的干燥管，內(nèi)裝塊狀碳酸鈣固體；rm{E}為一個空的蒸餾燒瓶；rm{F}是用于鼓入空氣的雙連打氣球．

rm{(1)}實驗時，先將rm{B}裝置下移，使碳酸鈣與稀硝酸接觸產(chǎn)生氣體，當rm{C}處產(chǎn)生白色沉淀時，立刻將rm{B}裝置上提，使之與稀硝酸分離rm{.}設計此步操作的目的是______．

rm{(2)}將rm{A}中銅絲放入稀硝酸中，給裝置rm{A}微微加熱，在裝置rm{A}中產(chǎn)生無色氣體；其反應的化學方程式為______．

rm{(3)}裝置rm{E}中開始時出現(xiàn)淺紅棕色氣體，原因是______；用rm{F}向rm{E}中鼓入空氣后，可觀察到燒瓶rm{E}內(nèi)氣體顏色加深；原因是______．

rm{(4)}如果要用第rm{(1)}步操作產(chǎn)生的rm{CO_{2}}將rm{E}中的空氣排得更干凈，在不增加其他儀器的情況下，應怎樣改進rm{E}______

rm{(5)}一段時間后，rm{C}中白色沉淀溶解；其原因是______．

rm{(6)}裝置rm{D}的作用是______．25、某研究性學習小組設計了兩組實驗來探究元素周期律rm{.}甲同學根據(jù)元素非金屬性與對應最高價含氧酸之間的關系，設計了如圖rm{1}裝置來一次性完成rm{N}rm{C}rm{Si}三種非金屬元素的非金屬性強弱比較的實驗研究；乙同學設計了如圖rm{2}裝置來驗證鹵族元素性質(zhì)的遞變規(guī)律rm{.}圖rm{2}中，rm{D}rm{E}rm{F}三處分別是沾有rm{NaBr}溶液的棉花、濕潤的淀粉rm{KI}試紙、濕潤紅紙條rm{.}已知常溫下濃鹽酸與高錳酸鉀能反應生成氯氣．

rm{(1)}甲同學實驗中選用的物質(zhì)名稱為：rm{A}______，rm{B}______；rm{C}處反應的離子方程式為：______．

rm{(2)}乙同學的實驗中圓底燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式為______；rm{E}處的實驗現(xiàn)象為______，rm{F}處的實驗現(xiàn)象為______．評卷人得分六、工業(yè)流程題(共1題，共2分)26、錳及其化合物間的轉(zhuǎn)化如圖。

請回答下列問題：

（1）反應①發(fā)生的主要化學反應的方程式為：_____。

（2）粗KMnO4晶體中含有少量的K2CO3，為了得到純的KMnO4晶體，操作Ⅲ的名稱為_____。

（3）測定高錳酸鉀樣品純度采用硫酸錳滴定：向高錳酸鉀溶液中滴加硫酸錳溶液，產(chǎn)生黑色沉淀。當____；表明達到滴定終點。

（4）已知：常溫下，Ksp[Mn(OH)2]=2.4×10-13。工業(yè)上，調(diào)節(jié)pH可以沉淀廢水中Mn2+，當pH=10時，溶液中c（Mn2+）=_____。

（5）如圖，用Fe、C作電極電解含MnO4-的堿性污水，使之轉(zhuǎn)化為Mn(OH)2沉淀除去。A電極是____（填“Fe”或“C”），該電極的產(chǎn)物使堿性污水中MnO4-轉(zhuǎn)化為沉淀除去的離子方程式為____。

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】解：A．亞硫酸的酸性大于碳酸；但亞硫酸中S元素化合價為+4價，不是最高價，不能用于比較非金屬性，故A錯誤；

B．次氯酸中Cl元素化合價為+1價；不是最高價，不能用于比較非金屬性，故B錯誤；

C．硝酸；硅酸都是最高價氧化物的水化物；可用于比較，故C正確；

D．氫氟酸；氫氯酸都不是含氧酸；不能用于比較非金屬性，故D錯誤．

故選C．

已知：元素的最高價氧化物的水化物酸性越強其非金屬性就越強；則比較非金屬性對應的酸應為最高價含氧酸，其它非最高價以及氫化物不能用于比較，以此解答該題．

本題考查元素周期表和周期律的綜合應用，為高頻考點，把握元素金屬性與非金屬性的比較方法為解答的關鍵，側(cè)重規(guī)律性知識的考查，題目難度不大．【解析】【答案】C2、C【分析】解：rm{A}活性炭具有吸附作用；從而使墨水褪色，故是物理過程，故A錯誤；

B；蒸餾是根據(jù)物質(zhì)的沸點的不同；用加熱的方法將組分分離的方法，故用蒸餾法將海水淡化是物理過程，故B錯誤；

C、氯氣通入水中后和水發(fā)生反應，生成鹽酸和rm{HClO}涉及化學變化，故C正確；

D；碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度；故用四氯化碳將碘水中的碘萃取出來是利用了碘在四氯化碳和水中的溶解度的不同來實現(xiàn)的分離，和化學變化無關，故D錯誤．

故選C．

A；活性炭具有吸附作用；

B；蒸餾是根據(jù)物質(zhì)的沸點的不同；用加熱的方法將組分分離的方法；

C；氯氣通入水中后和水發(fā)生反應；

D；碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度．

本題考查化學變化和物理變化的區(qū)別，解答本題要分析變化過程中是否有新物質(zhì)生成，如果沒有新物質(zhì)生成就屬于物理變化，如果有新物質(zhì)生成就屬于化學變化，題目較簡單．【解析】rm{C}3、A【分析】本題考查了金屬冶煉，資源利用的分析判斷，注意煤的干餾過程分析。A.工業(yè)上用電解氧化鋁的方法來冶煉金屬鋁，A錯誤；rm{B}rm{B}．海水淡化的方法有蒸餾法、結(jié)晶法、淡化膜法、多級閃急蒸餾法和離子交換法等，其中最常用的為蒸餾法、淡化膜法和離子交換法，B正確；rm{C}rm{C}．氫氣的燃燒產(chǎn)物是水，不污染環(huán)境，C正確；rm{D}rm{D}．【解析】rm{A}4、D【分析】解：rm{A.}二氧化硫和氧氣在催化作用下可收回三氧化硫；為工業(yè)制備硫酸的重要反應，故A正確；

B.二氧化硫具有漂白性；可使品紅溶液褪色，故B正確；

C.二氧化硫中rm{S}為rm{+4}價；處于中間價態(tài)，既有氧化性也有還原性，如與氧氣反應體現(xiàn)其還原性，與硫化氫反應體現(xiàn)其氧化性，故C正確；

D.二氧化硫與水反應生成亞硫酸；故D錯誤．

故選D．

二氧化硫具有漂白性，二氧化硫中rm{S}為rm{+4}價；處于中間價態(tài)，既有氧化性也有還原性，且二氧化硫為酸性氧化物，以此來解答．

本題考查二氧化硫的化學性質(zhì)，為高頻考點，把握元素的化合價及性質(zhì)的關系及二氧化硫的特性為解答的關鍵，注重基礎知識的考查，題目難度不大．【解析】rm{D}5、D【分析】【分析】本題考查化學平衡狀態(tài)的判定以及影響反應速率的因素。在一定條件下，當可逆反應的正反應速率和逆反應速率相等時rm{(}但不為rm{0)}反應體系中各種物質(zhì)的濃度或含量不再發(fā)生變化的狀態(tài)，稱為化學平衡狀態(tài)，但不為rm{(}反應體系中各種物質(zhì)的濃度或含量不再發(fā)生變化的狀態(tài)，稱為化學平衡狀態(tài)，rm{0)}【解答】A.溫度對化學反應速率影響是溫度升高；速率增大，只是平衡逆向進行，故A錯誤；

B.該反應是可逆反應，所以該反應存在反應限度，反應物不可能該反應是前后氣體體積減小的放熱反應。的轉(zhuǎn)化；故B錯誤；

C.達到平衡時，rm{100%}的濃度與rm{SO_{2}}的濃度可能相等；也可能不相等，要依據(jù)反應物的初始濃度及轉(zhuǎn)化率，故C錯誤；

D.使用催化劑加快了反應速率；縮短反應時間，提高反應效率，故D正確。

故選D。rm{SO_{3}}【解析】rm{D}6、C【分析】解：rm{A.}水電解生成氫氣和氧氣；說明水中含有氫元素和氧元素，故A錯誤；

B.區(qū)分硬水和軟水用肥皂水；加入肥皂水后攪拌，出現(xiàn)泡沫較多的是軟水，出現(xiàn)泡沫較少的硬水，故B錯誤；

C.由自來水的凈化過程可知；黃河水經(jīng)沉降；過濾、吸附、滅菌等凈化操作后，可供人們生活用水，故CC正確；

D.工業(yè)污水一定要經(jīng)過凈化處理后才能排放；故D錯誤．

故選C．

A.水中含有氫元素和氧元素；

B.肥皂水與硬水反應生成沉淀；

C.黃河水經(jīng)沉降；過濾、吸附；滅菌等凈化操作后，可可除去水中的沉淀以及有害物質(zhì)；

D.工業(yè)廢水不能直接排放．

本題考查多角度考查與水有關的知識，為高頻考點，側(cè)重考查學生通過題目對水的組成，凈化、硬、軟水的鑒別，水體污染等有關知識加以歸納總結(jié)，難度不大．【解析】rm{C}二、雙選題(共9題，共18分)7、B|C【分析】解：Li；Be、B于同期；子序數(shù)逐增大，則子外層電數(shù)依次增，故A正確；

P；SC元素最高合價依次增加；別為+5、++7，故B錯誤；

N；F位于期；子序數(shù)逐漸增大，原子半依次減，故C錯誤；

故BC．

同周從左向右原子半徑；最外層子數(shù)增加最高正價增大；層相同；主從上到下子半徑增大，電子層增加，此來解答．

本題查周期表和周律的綜合用為高頻考點，把元的位置、元素質(zhì)周期律等為解答的關鍵，側(cè)重分析應用能力的考查注意律性知識的應用題目難不大．【解析】【答案】BC8、rBD【分析】解：rm{T_{2}隆忙}之前rm{A%}變小，rm{C%}從rm{0}漸增大，而rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}漸大，rm{C%}漸小，說明rm{T_{2}隆忙}之前是反應沒有達到平衡狀態(tài)，而rm{T_{2}隆忙}時恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后是溫度升高使平衡向左移動；所以逆反應是吸熱反應，正反應為放熱反應．

A、rm{T_{1}}溫度之后rm{A%}繼續(xù)變小，rm{C%}繼續(xù)增大，rm{T_{3}}溫度之后rm{A%}繼續(xù)增大，rm{C%}繼續(xù)減小，故rm{T_{1}}rm{T_{3}}溫度時未達到化學平衡；故A錯誤；

B、rm{T_{2}隆忙}之前rm{A%}變小，rm{C%}從rm{0}漸增大，而rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}漸大，rm{C%}漸小，而rm{T_{2}隆忙}時恰好平衡；故B正確；

C、rm{T_{2}隆忙}時恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}漸大，rm{C%}漸小，說明rm{T_{2}隆忙}之后是溫度升高使平衡向左移動；所以逆反應是吸熱反應，溫度升高使平衡向逆反應移動，故C錯誤；

D、rm{T_{2}隆忙}時恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}漸大，rm{C%}漸小，說明rm{T_{2}隆忙}之后是溫度升高使平衡向左移動；所以逆反應是吸熱反應，正反應為放熱反應，故D正確．

故選：rm{BD}．

rm{T_{2}隆忙}之前rm{A%}變小，rm{C%}從rm{0}漸增大，而rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}漸大，rm{C%}漸小，說明rm{T_{2}隆忙}之前是反應沒有達到平衡狀態(tài)，而rm{T_{2}隆忙}時恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后是溫度升高使平衡向左移動；所以逆反應是吸熱反應，正反應為放熱反應，據(jù)此分析．

本題考查化學平衡圖象、溫度對化學平衡的影響，難度中等，明確圖象中含量隨溫度的平衡關系判斷rm{T_{2}隆忙}時恰好平衡是解題關鍵．【解析】rm{BD}9、rBC【分析】解：rm{A.}因非電解質(zhì)是化合物，而rm{Cu}是單質(zhì)；既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故A錯誤；

B.rm{CO2}通入水中生成碳酸為電解質(zhì)；溶液導電，但本身不能電離屬于非電解質(zhì)，故B正確；

C.rm{NH_{3}}的水溶液能導電，是因rm{NH_{3}}和水反應生成一水合氨，一水合氨電離生成離子而導電，即發(fā)生電離不是rm{NH_{3}}本身，故rm{NH_{3}}屬于非電解質(zhì)；故C正確；

D.rm{CH_{3}CH_{2}OH(}乙醇rm{)}不能發(fā)生電離；水溶液中不能導電屬于非電解質(zhì)，故D錯誤．

故選BC．

電解質(zhì)是指在水溶液或熔化狀態(tài)下能導電的化合物；而非電解質(zhì)是指在水溶液和熔化狀態(tài)下都不能導電的化合物．

本題考查電解質(zhì)和非電解質(zhì)，學生應明確電解質(zhì)和非電解質(zhì)都是化合物，并明確判斷電解質(zhì)時發(fā)生電離的為化合物本身來分析解答即可．【解析】rm{BC}10、CD【分析】A；容器Ⅰ是絕熱容器；反應過程中溫度升高，平衡逆向進行，平衡常數(shù)減小，容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常數(shù)不相同，故A錯誤；

B；容器Ⅲ是恒壓容器；反應過程中壓強大于容器Ⅰ，反應速率大，容器Ⅱ、Ⅲ中正反應速率不相同，故B錯誤；

C、容器Ⅱ是恒溫恒容，Ⅲ是恒溫恒壓，隨著反應的進行，容器Ⅱ中壓強大于容器Ⅲ，平衡正向進行，三氧化硫含量增大，rm{SO_{3}}的體積分數(shù)：Ⅱrm{>}Ⅲ；故C正確；

D、若容器Ⅱ恒溫恒容，容器Ⅰ也是恒溫恒容時，達到相同平衡狀態(tài)，二氧化硫轉(zhuǎn)化率和三氧化硫轉(zhuǎn)化率之和為rm{1}但實際容器Ⅰ是絕熱恒容，隨反應進行溫度升高，平衡逆向進行，二氧化硫轉(zhuǎn)化率減小，因此容器Ⅰ中rm{SO_{2}}的轉(zhuǎn)化率與容器Ⅱ中rm{SO_{3}}的轉(zhuǎn)化率之和小于rm{1}故D正確。

考點：本題考查影響化學平衡、反應速率的因素?！窘馕觥縭m{CD}11、AC【分析】【分析】本題考查二氧化硫的性質(zhì)，為高頻考點，把握二氧化硫的氧化性、還原性、漂白性為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意氧化還原反應的分析，題目難度不大。【解答】A.向rm{SO_{2}}水溶液中加入少量rm{NaHCO_{3}}粉末，有氣泡產(chǎn)生，氣體為二氧化碳，發(fā)生強酸制取弱酸的反應原理，則rm{SO_{2}}水溶液呈酸性，故A正確；B.向rm{SO_{2}}水溶液中滴加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液，發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鋇白色沉淀，但rm{SO_{2}}水溶液中不含有rm{SO_{4}^{2-}}故B錯誤；C.將rm{SO_{2}}水溶液中通入rm{H_{2}S}氣體，發(fā)生氧化還原反應生成淡黃色沉淀rm{S}由rm{S}元素的化合價降低可知rm{SO_{2}}水溶液具有氧化性，故C正確；D.向rm{KMnO_{4}}溶液中滴加rm{SO_{2}}水溶液，發(fā)生氧化還原反應溶液顏色褪去，由rm{S}元素的化合價升高可知rm{SO_{2}}水溶液具有還原性，故D錯誤。故選AC?！窘馕觥縭m{AC}12、A【分析】解：rm{A.}放電時，rm{Zn}元素化合價由rm{0}價變?yōu)閞m{2}價、rm{H}元素化合價由rm{1}價變?yōu)閞m{0}價，所以rm{Zn}是負極、rm{C}是正極，故A正確；rm{B.Zn}電極上失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2}}故B錯誤；rm{C.}常見鋅錳干電池不能充放電，所以屬于一次電池，故C錯誤；rm{D.Zn}是負極、rm{C}是正極，正極反應式為rm{2NH_{4}2e^{-}=2NH_{3}隆眉H_{2}隆眉}負極反應式為rm{2NH_{4}2e^{-}=2NH_{3}隆眉

H_{2}隆眉}故D錯誤；故選Arm{Zn-2e^{-}=Zn^{2}}該裝置是原電池，根據(jù)電池反應式知，放電時，rm{.}元素化合價由rm{Zn}價變?yōu)閞m{0}價、rm{2}元素化合價由rm{H}價變?yōu)閞m{1}價，所以rm{0}是負極、rm{Zn}是正極，負極反應式為rm{C}正極反應式為rm{2NH_{4}2e^{-}=2NH_{3}隆眉H_{2}隆眉}據(jù)此分析解答rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2}}本題考查化學電源新型電池，明確正負極與得失電子關系是解本題關鍵，知道各個電極上發(fā)生的反應及反應類型，難點是正極反應式的書寫，題目難度不大．rm{2NH_{4}2e^{-}=2NH_{3}隆眉

H_{2}隆眉}【解析】rm{A}13、rBD【分析】解：rm{A}反應是放熱的；所以焓變是負數(shù)，故A錯誤；

B、rm{0.2mol}rm{C_{2}H_{2}}完全燃燒生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O(l)}時放出rm{259.92kJ}熱量；故B正確；

C；反應是放熱的；所以焓變是負數(shù)，故C錯誤；

D、rm{2mol}rm{C_{2}H_{2}}完全燃燒生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O(l)}時放出rm{2599.2kJ}熱量，rm{2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)簍T4CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH簍T-2599.2}rm{2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)簍T4CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H簍T-2599.2}故D正確．

故選BD．

根據(jù)熱化學方程式中反應熱與物質(zhì)的物質(zhì)的量成正比以及熱化學方程式的書寫方法來解答．

本題考查熱化學方程式，題目難度不大，做題時要注意熱化學方程式中反應熱與物質(zhì)的物質(zhì)的量成正比以及反應熱的符號是否正確．rm{kJ/mol}【解析】rm{BD}14、rAD【分析】解：rm{v(C)=dfrac{0.6mol/L}{2s}mol/(L.s)=0.3}rm{v(C)=dfrac

{0.6mol/L}{2s}mol/(L.s)=0.3}

A.同一可逆反應中同一時間內(nèi)各物質(zhì)的反應速率之比等于其計量數(shù)之比，所以rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}rm{v(A)=v(C)=0.3}故A正確；

B.同一可逆反應中同一時間內(nèi)各物質(zhì)的反應速率之比等于其計量數(shù)之比，所以rm{v(B)=dfrac{1}{2}v(C)=dfrac{1}{2}隆脕0.3}rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}故B錯誤；

C.rm{v(B)=dfrac{1}{2}v(C)=dfrac

{1}{2}隆脕0.3}時，生成rm{mol?L^{-1}?s^{-1}=0.15mol?L^{-1}?s^{-1}}則參加反應的rm{2s}rm{n(C)=0.6mol/L隆脕2L=1.2mol}的轉(zhuǎn)化率為：rm{dfrac{1.2mol}{4mol}隆脕100%=30%}故C錯誤；

D.rm{n(A)=n(C)=1.2mol}時，生成rm{A}則參加反應的rm{n(B)=dfrac{1}{2}n(C)=dfrac{1}{2}隆脕1.2mol=0.6mol=0.6mol}剩余rm{dfrac

{1.2mol}{4mol}隆脕100%=30%}則rm{2s}時rm{n(C)=0.6mol/L隆脕2L=1.2mol}的濃度為：rm{c(B)=dfrac{1.4mol}{2L}=0.7mol/L}故D正確；

故選AD．

rm{v(C)=dfrac{0.6mol/L}{2s}mol/(L.s)=0.3}rm{n(B)=dfrac{1}{2}n(C)=dfrac

{1}{2}隆脕1.2mol=0.6mol=0.6mol}

A.同一可逆反應中同一時間內(nèi)各物質(zhì)的反應速率之比等于其計量數(shù)之比；

B.同一可逆反應中同一時間內(nèi)各物質(zhì)的反應速率之比等于其計量數(shù)之比；

C.rm{n(B)=(2-0.6)mol=1.4mol}時，生成rm{2s}則參加反應的rm{B}rm{c(B)=dfrac

{1.4mol}{2L}=0.7mol/L}的轉(zhuǎn)化率rm{=dfrac{{虜脦錄脫路麓脫婁碌脛脦茂脰脢碌脛脕驢}}{{魯玫脢錄脦茂脰脢碌脛脕驢}}隆脕100%}

D.rm{v(C)=dfrac

{0.6mol/L}{2s}mol/(L.s)=0.3}時，生成rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}則參加反應的rm{n(B)=dfrac{1}{2}n(C)=dfrac{1}{2}隆脕1.2mol=0.6mol}剩余rm{2s}根據(jù)rm{n(C)=0.6mol/L隆脕2L=1.2mol}計算平衡時rm{n(A)=n(C)=1.2mol}的濃度．

本題考查化學平衡計算，題目難度中等，涉及反應速率、平衡濃度、轉(zhuǎn)化率的計算，明確反應速率與計量數(shù)的關系是解本題關鍵，會根據(jù)公式進行推導，試題培養(yǎng)了學生的化學計算能力．rm{A}【解析】rm{AD}15、rCD【分析】解：rm{A.}從rm{N隆煤M}意思是單位溶劑溶解溶質(zhì)的量增加；溶液由不飽和變飽和且溶液溫度降低，可采取增加溶質(zhì)和降低溫度的方法，故A正確；

B.從rm{N隆煤M}意思是單位溶劑溶解溶質(zhì)的量增加；溶液由不飽和變飽和且溶液溫度降低，可采取增加溶質(zhì)和降低溫度的方法，故B正確；

C.從rm{M隆煤N}先將rm{M}降溫再將其升溫；降溫時有晶體析出，但是題目沒有說將晶體分離，之后如果升溫到原溫度，則溶液依舊飽和，所以此說法不一定能夠?qū)崿F(xiàn)，故C錯誤；

D.先將rm{M}升溫溶質(zhì)質(zhì)量不會變小，此時溶液變?yōu)椴伙柡腿芤?，但然后將其蒸發(fā)掉部分水則溶液有可能又會變成飽和溶液，不能從rm{M}變化為rm{N}故D錯誤．

故選CD．

溶解度曲線上的點和曲線上方的點表示的是該溫度下的飽和溶液，溶解度曲線下方的點表示該溫度下的不飽和溶液rm{.M}點是這一溫度下的飽和溶液，rm{N}點是這一溫度下的不飽和溶液；據(jù)此分析．

本題考查了溶解度曲線，題目難度不大，溶解度曲線上的點和曲線上方的點表示的是該溫度下的飽和溶液，溶解度曲線下方的點表示該溫度下的不飽和溶液．【解析】rm{CD}三、填空題(共5題，共10分)16、略

【分析】

（1）電解熔融氧化鋁，陽極氯離子放電生成氯氣，陰極是鋁離子放電生成鋁，反應的化學方程式為2Al2O34Al+3O2↑；

故答案為：2Al2O34Al+3O2↑；

（2）銅與濃硝酸反應生成硝酸銅，二氧化氮和水，反應的化學方程式為Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；

故答案為：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；

（3）大理石溶于稀鹽酸的離子方程式為CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；

故答案為：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；

（4）氯化鐵和鐵反應生成氯化亞鐵，反應的離子方程式為Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案為：Fe+2Fe3+=3Fe2+．

【解析】【答案】（1）電解熔融氧化鋁生成鋁和氧氣；依據(jù)化學方程式書寫方法寫出；

（2）銅和濃硝酸反應生成硝酸銅；二氧化氮和水；依據(jù)化學方程式書寫方法寫出；

（3）碳酸鈣難溶于水溶于鹽酸生成氯化鈣；二氧化碳和水；依據(jù)離子方程式書寫方法寫出；

（4）氯化鐵和鐵反應生成氯化亞鐵；依據(jù)離子方程式書寫方法寫出．

17、略

【分析】

設B的原子序數(shù)為x；則A的原子序數(shù)為x-9，y的原子序數(shù)為x-7，則有x-9+x-7=x，x=16，則B為S元素，A為N元素，C為F元素；

（1）B為S元素；原子序數(shù)為16，原子核外有3個電子層，最外層電子數(shù)為6，則位于周期表第三周期ⅥA族；

故答案為：三；ⅥA；

（2）A為N元素，形成的單質(zhì)的電子式為故答案為：

（3）在AB；C元素中；F元素的非金屬性最強，對應的氫化物最穩(wěn)定，故答案為：HF；

（4）C的離子為F-，離子核外有10個電子，最外層電子數(shù)為8，核內(nèi)有9個質(zhì)子，結(jié)構示意圖為

故答案為：

（5）A的氣態(tài)氫化物為NH3，B的最高價氧化物對應水化物為H2SO4，反應的化學方程式為2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4；

故答案為：2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4．

【解析】【答案】根據(jù)A；C兩元素的原子核外電子數(shù)之和等于B原子的質(zhì)子數(shù)；原子核外電子數(shù)等于核內(nèi)的質(zhì)子數(shù)，設B的原子序數(shù)為x，則A的原子序數(shù)為x-9，y的原子序數(shù)為x-7，則有x-9+x-7=x，x=16，則B為S元素，A為N元素，C為F元素，根據(jù)元素所在周期表中的位置結(jié)合元素周期律知識解答該題．

18、略

【分析】試題分析：（1）酸性氧化物是一類能與水作用生成酸或與堿作用生成鹽和水或與堿性氧化物反應生成鹽的氧化物，故SO2屬于酸性氧化物，與堿性氧化物生成含氧酸鹽，與堿反應生成鹽和水；（2）裝有NO2的試管倒立在盛有足量水的水槽時溶液充滿試管容積的2/3，氣體變?yōu)闊o色，發(fā)生的化學方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（3）設試管內(nèi)NH3的體積為VL，則氨氣的物質(zhì)的量為VL/22.4L/mol,故實驗完畢試管內(nèi)溶液的物質(zhì)的量濃度為VL/22.4L/mol/VL=1/22.4mol/L;（4）裝有Cl2的試管倒立在盛有足量水的水槽中經(jīng)過充分的光照后發(fā)生如下反應：Cl2+H2O=HCl+HClO，2HClO2HCl+O2↑，故實驗結(jié)束試管中剩余的氣體是氧氣?？键c：常見氣體的性質(zhì)【解析】【答案】（1）酸性堿性氧化物堿水（2）3NO2+H2O=2HNO3+NO溶液充滿試管容積的2/3，氣體變?yōu)闊o色（3）1/22.4mol/L（4）O2Cl2+H2O=HCl+HClO2HClO2HCl+O2↑19、略

【分析】【解析】試題分析：（1）乙醇中的羥基氫，能和鈉反應生成氫氣，醋酸中的氫離子能和金屬鈉反應放氫氣，氫氧化鈉溶液中的水電離出的氫離子可以和金屬鈉反應產(chǎn)生氫氣，三者的氫的活潑性順序是②＞①＞③，所以產(chǎn)生H2速率順序是②＞①＞③；（2）根據(jù)題目中該烴加成反應所需氯氣的量判斷該烴分子中只含有一個雙鍵，又根據(jù)氯代烷1mol可與4mol氯氣發(fā)生完全的取代反應，判斷該加成產(chǎn)物分子中只含有4個氫原子，所以該烴的結(jié)構簡式為CH2=CH2；（3）常溫常壓下CH4和C2H6混合后平均組成為C1.5H5,設CH4和C2H6的體積分別為a和b，故a+2b/（a+b）=1.5，所以a=b，故二者的體積比為1:1，若平均組成為C1.2H4.4,設CH4和C2H6的體積分別為a和b，故a+2b/（a+b）=1.2，所以a=4b，故CH4和C2H6的體積比為4：1?？键c：有機物的反應，烴的結(jié)構的判斷，有機物計算【解析】【答案】(1)②＞③＞①(2)CH2=CH2(3)1:1CH4和C2H6的體積比為4：120、過濾；玻璃棒、漏斗、燒杯；HCl；HCl+NH3?H2O=NH4Cl+H2O，AlCl3+3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl；Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O；SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O；不合理；Al2O3中含有SiO2雜質(zhì)；0.4NA【分析】解：rm{(1)}分離不溶物和溶液的操作為過濾，鋁土礦加入氫氧化鈉，得到濾液rm{a}中含有偏鋁酸根離子、硅酸根離子，沉淀rm{a}為氧化鐵；故采用過濾的方法分離，過濾所用儀器為：鐵架臺；漏斗、玻璃棒、燒杯，故答案為：過濾；玻璃棒、漏斗、燒杯；

rm{(2)}鋁土礦與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，加入鹽酸或硝酸等酸性溶液可除去硅酸根離子，故答案為：rm{HCl}

rm{(3)}濾液rm中含有鋁離子、過量的鹽酸，要使鋁離子沉淀，需加入過量氨水，氨水和鹽酸反應生成氯化銨，氨水和氯化鋁反應生成氯化銨和氫氧化鋁沉淀，反應的方程式為rm{HCl+NH_{3}?H_{2}O=NH_{4}Cl+H_{2}O}rm{AlCl_{3}+3NH_{3}?H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}Cl}

故答案為：rm{HCl+NH_{3}?H_{2}O=NH_{4}Cl+H_{2}O}rm{AlCl_{3}+3NH_{3}?H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}Cl}

rm{(4)}鋁土礦的主要成分是rm{Al_{2}O_{3}}還含有rm{Fe_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}等雜質(zhì)，其中氧化鋁、二氧化硅和氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和硅酸鈉，反應的方程式為：rm{Al_{2}O_{3}+2NaOH簍T2NaAlO_{2}+H_{2}O}rm{SiO_{2}+2NaOH簍TNa_{2}SiO_{3}+H_{2}O}

故答案為：rm{Al_{2}O_{3}+2NaOH簍T2NaAlO_{2}+H_{2}O}rm{SiO_{2}+2NaOH簍TNa_{2}SiO_{3}+H_{2}O}

rm{(5)}濾液rm{a}中含有偏鋁酸根離子、硅酸根離子，向溶液rm{a}中通入的是過量的rm{CO_{2}}生成氫氧化鋁沉淀和硅酸沉淀，然后直接將得到的濾渣rm煅燒后得到氧化鋁和二氧化硅，則rm{Al_{2}O_{3}}中含有rm{SiO_{2}}雜質(zhì)，故答案為：不合理；rm{Al_{2}O_{3}}中含有rm{SiO_{2}}雜質(zhì)；

rm{(6)}電解熔融的氧化鋁可制備金屬鋁，陽極生成氧氣，陰極生成鋁，陽極反應為rm{2O^{2-}-4e^{-}=O_{2}隆眉}

rm{2O^{2-}-4e^{-}=O_{2}隆眉}

rm{4mol22.4L}

rm{n}rm{2.24L}

rm{n=dfrac{4mol隆脕2.24L}{22.4L}=0.4mol}故轉(zhuǎn)移電子rm{n=dfrac

{4mol隆脕2.24L}{22.4L}=0.4mol}

故答案為：rm{0.4N_{A}}．

rm{0.4N_{A}}和鹽酸不反應，rm{SiO_{2}}和氫氧化鈉不反應而氧化鋁能，該工藝流程原理為：鋁土礦加入氫氧化鈉，得到濾液rm{Fe_{2}O_{3}}中含有偏鋁酸根離子、硅酸根離子，沉淀rm{a}為氧化鐵，rm{a}溶液加入過量為酸溶液，除去硅酸根離子，將偏鋁酸根離子轉(zhuǎn)化為鋁離子，進入濾液rm{a}中，加過量氨水生成氫氧化鋁沉淀，加熱分解得氧化鋁rm電解熔融的氧化鋁可制備金屬鋁；陽極生成氧氣，陰極生成鋁，據(jù)此分析和計算．

本題考查較為綜合，涉及物質(zhì)的制備方案的設計與評價，注意把握制備原理的比較，把握物質(zhì)的性質(zhì)以及相關反應方程式的書寫，難度中等．rm{.}【解析】過濾；玻璃棒、漏斗、燒杯；rm{HCl}rm{HCl+NH_{3}?H_{2}O=NH_{4}Cl+H_{2}O}rm{AlCl_{3}+3NH_{3}?H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒+3NH_{4}Cl}rm{Al_{2}O_{3}+2NaOH簍T2NaAlO_{2}+H_{2}O}rm{SiO_{2}+2NaOH簍TNa_{2}SiO_{3}+H_{2}O}不合理；rm{Al_{2}O_{3}}中含有rm{SiO_{2}}雜質(zhì)；rm{0.4N_{A}}四、判斷題(共2題，共18分)21、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．22、B【分析】【解答】摩爾是物質(zhì)的量的單位；是國際單位制中七個基本單位之一；

故答案為：×．

【分析】摩爾是物質(zhì)的量的單位．五、實驗題(共3題，共18分)23、略

【分析】解：制備rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}流程為：鋅焙砂rm{(}主要成分為rm{ZnO}含少量rm{Cu^{2+}}rm{Mn^{2+}}等離子rm{)}中加入硫酸銨、氨水、雙氧水，雙氧水將錳離子氧化成二氧化錳，過濾后在濾液中加硫化銨，再過濾，除去銅離子，蒸氨除去多余的氨氣，加入碳酸氫銨得到rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}和二氧化碳氣體，過濾得rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}濾液為硫酸銨溶液；

rm{(1)NH_{4})_{2}SO_{4}}與rm{NH_{3}?H_{2}O}的混合溶液中存在電荷守恒：rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=2c(SO_{4}^{2-})+c(OH^{-})}rm{25隆忙}時，rm{pH=7}是顯中性的溶液，故rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}所以rm{c(NH_{4}^{+})=2c(SO_{4}^{2-})}

故答案為：rm{=}．

rm{(2)}根據(jù)影響反應速率的因素判斷“浸取”時為了提高鋅的浸出率；可采取的措施為攪拌；適當加熱；

故答案為：攪拌；適當加熱；

rm{(3)}“浸取”時加入的rm{NH_{3}?H_{2}O}過量，溶液呈堿性，雙氧水將錳離子氧化成rm{MnO_{2}}反應的離子方程式為rm{Mn^{2+}+H_{2}O_{2}+2NH_{3}?H_{2}O=MnO_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}+2H_{2}O}

故答案為：rm{Mn^{2+}+H_{2}O_{2}+2NH_{3}?H_{2}O=MnO_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}+2H_{2}O}

rm{(4)}根據(jù)反應rm{ZnS+Cu^{2}+=CuS+Zn^{2+}}可知rm{K=dfrac{Ksp(ZnS)}{Ksp(CuS)}=1.2隆脕10^{12}>>1隆脕10^{5}}rm{K=dfrac

{Ksp(ZnS)}{Ksp(CuS)}=1.2隆脕10^{12}>>1隆脕10^{5}}化學反應完全，所以選擇rm{K>10^{5}}進行除雜是可行的；

故答案為：可行，rm{ZnS}rm{K=dfrac{Ksp(ZnS)}{Ksp(CuS)}=1.2隆脕10^{12}>>1隆脕10^{5}}

rm{ZnS+Cu^{2}+=CuS+Zn^{2+}}“沉鋅”的過程為溶液中的鋅離子與碳酸氫銨溶液反應生成rm{K=dfrac

{Ksp(ZnS)}{Ksp(CuS)}=1.2隆脕10^{12}>>1隆脕10^{5}}離子方程式為rm{(5)}

故答案為：rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}

rm{3Zn^{2+}+6HCO_{3}-=2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}隆媒+5CO_{2}隆眉+H_{2}O}“過濾rm{3Zn^{2+}+6HCO_{3}-=2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}隆媒+5CO_{2}隆眉+H_{2}O}”所得濾液為硫酸銨溶液，可循環(huán)使用，其化學式為rm{(6)}

故答案為：rm{3}．

制備rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}流程為：鋅焙砂rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}主要成分為rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}含少量rm{(}rm{ZnO}等離子rm{Cu^{2+}}中加入硫酸銨、氨水、雙氧水，雙氧水將錳離子氧化成二氧化錳，過濾后在濾液中加硫化銨，再過濾，除去銅離子，蒸氨除去多余的氨氣，加入碳酸氫銨得到rm{Mn^{2+}}和二氧化碳氣體，過濾得rm{)}濾液為硫酸銨溶液；

rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}與rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}的混合溶液中存在電荷守恒：rm{(1)(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{NH_{3}?H_{2}O}時，rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=2c(SO_{4}^{2-})+c(OH^{-})}是顯中性的溶液；

rm{25隆忙}根據(jù)影響反應速率的因素判斷“浸取”時為了提高鋅的浸出率；可采取的措施；

rm{pH=7}“浸取”時加入的rm{(2)}過量，溶液呈堿性，雙氧水將錳離子氧化成rm{(3)}根據(jù)電荷守恒和元素守恒書寫離子方程式；

rm{NH_{3}?H_{2}O}根據(jù)反應rm{MnO_{2}}可知rm{K=dfrac{Ksp(ZnS)}{Ksp(CuS)}=1.2隆脕10^{12}}結(jié)合題中信息可判斷rm{(4)}除雜；是否可行；

rm{ZnS+Cu^{2}+=CuS+Zn^{2+}}“沉鋅”的過程為溶液中的鋅離子與碳酸氫銨溶液反應生成rm{K=dfrac

{Ksp(ZnS)}{Ksp(CuS)}=1.2隆脕10^{12}}據(jù)此書寫離子方程式；

rm{ZnS}“過濾rm{(5)}”所得濾液為硫酸銨溶液；可循環(huán)使用；

本題考查了物質(zhì)制備方案的設計、物質(zhì)分離與提純方法的綜合應用，題目難度較大，明確制備流程為解答關鍵，注意掌握常見物質(zhì)分離與提純的操作方法，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查了學生的分析、理解能力及化學實驗能力．rm{2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}}【解析】rm{=}攪拌、適當加熱；rm{Mn^{2+}+H_{2}O_{2}+2NH_{3}?H_{2}O=MnO_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}+2H_{2}O}可行，rm{ZnS+Cu^{2}+=CuS+Zn^{2+}K=dfrac{Ksp(ZnS)}{Ksp(CuS)}=1.2隆脕10^{12}>>1隆脕10^{5}}rm{ZnS+Cu^{2}+=CuS+Zn^{2+}K=dfrac

{Ksp(ZnS)}{Ksp(CuS)}=1.2隆脕10^{12}>>1隆脕10^{5}}rm{3Zn^{2+}+6HCO_{3}-=2Zn(OH)_{2}?ZnCO_{3}隆媒+5CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}24、略

【分析】解：rm{(1)}實驗時，可先將rm{B}裝置中rm{CaCO_{3}}放入硝酸中，碳酸鈣和硝酸反應生成二氧化碳氣體，用碳酸鈣與稀硝酸反應產(chǎn)生的二氧化碳排出裝置中的空氣排除裝置中的空氣，以便在rm{E}燒瓶中收集到rm{NO}以便觀察顏色；

故答案為：用碳酸鈣與稀硝酸反應產(chǎn)生的二氧化碳排出裝置中的空氣，讓整套裝置充滿rm{CO_{2}}防止rm{O_{2}}干擾；

rm{(2)}稀硝酸與銅反應生成硝酸銅和rm{NO}反應的化學方程式為：rm{3Cu+8HNO_{3}=2Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}故答案為：rm{3Cu+8HNO_{3}=2Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}

rm{(3)}由于rm{CO_{2}}的密度大于空氣的密度，因此rm{E}中采用向下排空氣法是不能將空氣排盡的rm{.}由于rm{E}中有殘留的少量rm{O_{2}}因此當有rm{NO}生成時，rm{E}中有少量的rm{NO_{2}}生成，從rm{F}鼓入空氣時，rm{E}中生成的rm{NO_{2}}增加；紅棕色加深；

故答案為：二氧化碳密度大于空氣，未能排盡燒瓶中的空氣，少量rm{NO}與空氣中的氧氣反應生成少量的紅棕色的rm{NO_{2}}鼓入空氣后，rm{NO}與氧氣反應，生成大量的紅棕色氣體二氧化氮；rm{(4)}二氧化碳的密度比空氣重，應用向上排空氣法收集，故E中應左導管短，右導管長，才有利于排凈空氣，保證rm{E}中全是二氧化碳氣體；

故答案為：將裝置rm{E}的長；短導氣管交換位置；

rm{(5)E}中生成的rm{NO_{2}}會被排入rm{C}在rm{C}中與水反應生成硝酸，將原來生成的rm{CaCO_{3}}沉淀溶解；

故答案為：二氧化氮與水反應生成硝酸；硝酸使白色沉淀碳酸鈣溶解；

rm{(6)D}裝置用來吸收尾氣；防止污染環(huán)境，故答案為：吸收尾氣，防止污染大氣．

實驗時，可先將rm{B}裝置中rm{CaCO_{3}}放入硝酸中，碳酸鈣和硝酸反應生成二氧化碳氣體，先排出去其中的空氣，以便在rm{E}燒瓶中收集到rm{NO}以便觀察顏色，且在rm{C}中可觀察到渾濁，有碳酸鈣沉淀生成，rm{A}中硝酸和銅反應生成rm{NO}易于氧氣反應，則將rm{F}氣球中空氣壓入rm{E}中，有紅棕色氣體生成，裝置rm{D}中盛有氫氧化鈉溶液，可用與吸收二氧化氮氣體，氣體中氣球可用于吸收不反應的rm{NO}以防止污染空氣；

rm{(1)NO}與空氣中氧氣反應，制取rm{NO}前需要先用二氧化碳將裝置中空氣排凈；

rm{(2)}銅與稀硝酸反應生成硝酸銅；一氧化氮氣體和水；據(jù)此寫出反應的化學方程式；

rm{(3)}由于rm{CO_{2}}的密度大于空氣的密度，因此rm{E}中采用向下排空氣法是不能將空氣排盡的rm{.}由于rm{E}中有殘留的少量rm{O_{2}}因此當有rm{NO}生成時，rm{E}中有少量的rm{NO_{2}}生成，從rm{F}鼓入空氣時，rm{E}中生成的rm{NO_{2}}增加；紅棕色加深；

rm{(4)}二氧化碳的密度比空氣重；應用向上排空氣法收集，故E中應左導管短，右導管長；

rm{(5)E}中生成的rm{NO_{2}}會被排入rm{C}在rm{C}中與水反應生成硝酸；

rm{(6)D}裝置用來吸收尾氣；防止污染環(huán)境．

本題以硝