2025年浙教版高一化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教版高一化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：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7題，共14分)1、已知反應(yīng)H2(g)+Br2(l)=2HBr(g)在25℃、101kPa下進(jìn)行,放出熱量為72kJ,蒸發(fā)1molBr2(l)需要吸收的能量為30kJ,其他相關(guān)數(shù)據(jù)如下表:。H2(g)Br2(g)HBr(g)1mol分子中的化學(xué)鍵斷裂時(shí)需要吸收的能量/kJ436a369則表中a為()。A.404B.260C.230D.2002、下列敘述中，正確的是rm{(}rm{)}A.二氧化硫具有漂白性，因而通入紫色石蕊試液中先變紅后褪色B.濃硫酸和濃硝酸在常溫下均可迅速與銅片反應(yīng)放出氣體C.濃硫酸與亞硫酸鈉反應(yīng)制備二氧化硫時(shí)，濃硫酸表現(xiàn)強(qiáng)氧化性D.稀硫酸和稀硝酸都具有氧化性3、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LH2O含有的分子數(shù)為NAB.28gN2和N4組成的混合氣體中含有的原子數(shù)為2NAC.1mol·L-1A1Cl3溶液中含有的Cl-數(shù)目為3NAD.2.3gNa與足量水反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.2NA4、工業(yè)上冶煉金屬鈉通常采用的方法（）A.熱分解法B.熱還原法C.結(jié)晶法D.電解法5、若甲烷與氯氣以物質(zhì)的量之比rm{1}rm{1}混合；在光照下得到的有機(jī)取代產(chǎn)物是()

rm{壟脵C(jī)H_{3}C}rm{l}、rm{壟脷CH_{2}C1_{2}}rm{壟脹CHC}rm{l}rm{{,!}_{3}}rm{壟脺CC}rm{l}rm{{,!}_{4}}．

A.只有rm{壟脵}B.只有rm{壟脹}

C.rm{壟脵壟脷壟脹}的混合物D.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}的混合物6、檢驗(yàn)?zāi)澄粗芤褐惺欠窈衦m{SO{{?}}_{4}^{2{-}}}的下列操作中最合理的是()A.加入硝酸酸化的rm{Ba(NO_{3})_{2}}B.先加rm{HNO_{3}}酸化，再加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液C.先加鹽酸酸化，再加rm{BaCl_{2}}溶液D.加入鹽酸酸化了的rm{BaCl_{2}}溶液7、rm{SO{,!}_{2}}通入滴有酚酞的rm{NaOH}溶液中，發(fā)現(xiàn)紅色消失。主要原因是()A.rm{SO{,!}_{2}}有漂白性B.rm{SO{,!}_{2}}與rm{NaOH}發(fā)生化學(xué)反應(yīng)C.rm{SO{,!}_{2}}有還原性D.rm{SO{,!}_{2}}有氧化性評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、某學(xué)生設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)方法分離NaCl和CaCl2兩種固體混合物．

（1）B溶液是____，加入過量B溶液的原因是____，反應(yīng)的離子方程式是____．

（2）經(jīng)此實(shí)驗(yàn)方法分離得到的NaCl，經(jīng)分析含有雜質(zhì)，若要得到純凈的NaCl，還應(yīng)補(bǔ)充實(shí)驗(yàn)操作，其反應(yīng)的離子方程式是____．9、四氯化碳是一種不溶于水且密度比水大的有機(jī)溶劑，現(xiàn)把溴從四氯化碳中除去，則可加入___________試液，充分振蕩后，再用___________（填儀器名稱）分離而得到純凈的四氯化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式是________________________________。10、某課外活動(dòng)小組研究金屬鉀的性質(zhì)。他們首先通過分析鉀與鈉的原子結(jié)構(gòu)示意圖及查閱有關(guān)資料，知道鉀與鈉屬于同一類物質(zhì)，在性質(zhì)上有許多相似之處。但在金屬活動(dòng)性順序表中，鉀排在鈉的前面，鉀在空氣中燃燒的產(chǎn)物是超氧化鉀（KO2）。完成下列問題：（1）鉀的原子核外有19個(gè)電子，畫出鉀的原子結(jié)構(gòu)示意圖_______________。（2）預(yù)測(cè)鉀的化學(xué)性質(zhì)，完成下列反應(yīng)的化學(xué)方程式。①點(diǎn)燃鉀劇烈燃燒_____________________________________________________②將小塊鉀投入冷水中____________________________________________________（3）推測(cè)鉀在自然界中的存在方式是____________（填“游離態(tài)”或“化合態(tài)”）11、已知A、B為同主族相鄰周期的元素，原子序數(shù)A＞B，其中元素A位于第六周期，其原子序數(shù)為m，若為第ⅡA族，則B原子序數(shù)為____，若為第VIA族，則B原子序數(shù)為____．12、氯堿廠電解精制的飽和食鹽水；利用電解產(chǎn)品可制取漂白粉等。

rm{(1)}如果粗鹽中含有rm{SO_{4}^{2-}}精制時(shí)須添加試劑除去rm{SO_{4}^{2-}}該試劑不能選用______。

A.rm{Ba(OH)_{2}}rm{B.Ba(NO_{3})_{2}}rm{C.BaCl_{2}}

rm{(2)}電解飽和食鹽水發(fā)生的化學(xué)方程式______。

rm{(3)}利用氯氣和氫氧化鈉溶液制取“rm{84}”消毒液的化學(xué)方程式______。

rm{(4)}漂白粉在空氣中久置后會(huì)變質(zhì)的化學(xué)方程式______。13、如圖所示為制取乙酸乙酯的實(shí)驗(yàn)裝置改進(jìn)圖；請(qǐng)回答下列問題。

rm{(1)}實(shí)驗(yàn)原理的揭示：

rm{壟脵}乙酸與乙醇在催化劑存在的條件下加熱可以發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯rm{(}酯化反應(yīng)一般是放熱反應(yīng)rm{)}請(qǐng)用氧同位素示蹤法寫出乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)的化學(xué)方程式______

rm{壟脷}能否用氫同位素示蹤法揭示酯化反應(yīng)原理？

若填“能”請(qǐng)寫出相應(yīng)的化學(xué)方程式______

若填“否“請(qǐng)寫現(xiàn)相應(yīng)的原因：______

rm{(2)}反應(yīng)溫度的確定。

實(shí)驗(yàn)表明：合成乙酸乙酯溫度應(yīng)控制在rm{85隆忙}左右為宜rm{.}請(qǐng)回答：

實(shí)驗(yàn)溫度高于rm{85隆忙}不宜的原因rm{(}答兩點(diǎn)rm{)}______

rm{(3)}催化劑的選擇：

通過使用不同催化劑對(duì)反應(yīng)時(shí)間的比較，可知rm{NaHSO_{4}?H_{2}O}催化效果比濃硫酸好rm{.}請(qǐng)說明rm{NaHSO_{4}?H_{2}O}作催化劑的優(yōu)點(diǎn)______

rm{(4)}實(shí)驗(yàn)裝置的比較：

rm{壟脵}利用上述裝置把反應(yīng)原料一次性投入到反應(yīng)器中；加熱回流一段時(shí)間后再蒸出產(chǎn)物，這種裝置與教材反應(yīng)裝置相比較突出的優(yōu)點(diǎn)是：______

rm{壟脷}止水夾打開或關(guān)閉的順序是：先______rm{K_{1}}______rm{K_{2}}再______rm{K_{1}}______rm{K_{2}(}填“打開”或“關(guān)閉”rm{)}

rm{壟脹}自來水流方向是：進(jìn)水管連接______端與______端rm{(}填“rm{A}”、“rm{B}”、“rm{C}”或“rm{D}”rm{)}

rm{(5)}酯層厚度的標(biāo)定：

加熱回流一段時(shí)間后再蒸發(fā)產(chǎn)物，為了更好地測(cè)定有機(jī)層厚度，可預(yù)先向飽和碳酸鈉溶液中加入一滴______試液，現(xiàn)象是：______．14、按系統(tǒng)命名法命名下列各物質(zhì)或根據(jù)有機(jī)物的名稱；寫出相應(yīng)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

rm{壟脵}______

rm{壟脷(CH_{3})CH-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}}______

rm{壟脹}______

rm{壟脺2}rm{4-}二甲基戊烷______

rm{壟脻3}rm{3-}二甲基rm{-4-}乙基庚烷______

15、氫氧燃料電池是符合綠色化學(xué)理念的新型發(fā)電裝置．

如圖為電池示意圖；該電池電極表面鍍一層細(xì)小的鉑粉，鉑吸附氣體的能力強(qiáng)，性質(zhì)穩(wěn)定，請(qǐng)回答：

（1）氫氧燃料電池的能量轉(zhuǎn)化主要形式是____，在導(dǎo)線中電子流動(dòng)方向?yàn)開___（用a、b表示）．

（2）負(fù)極反應(yīng)式為____．

（3）電極表面鍍鉑粉的原因____．

（4）該電池工作時(shí)，H2和O2連續(xù)由外部供給；電池可連續(xù)。

不斷提供電能．因此；大量安全儲(chǔ)氫是關(guān)鍵技術(shù)之一．金屬鋰是一種重要的儲(chǔ)氫材料，吸氫和放氫原理如下：

Ⅰ.2Li+H22LiH

Ⅱ．LiH+H2O═LiOH+H2↑

①反應(yīng)Ⅰ中的還原劑是____，反應(yīng)Ⅱ中的氧化劑是____．

②已知LiH固體密度約為0.8g/cm3．用鋰吸收224L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）H2，生成的LiH體積與被吸收的H2體積比為____．

③由②生成的LiH與H2O作用，放出的H2用作電池燃料，若能量轉(zhuǎn)化率為80%，則導(dǎo)線中通過電子的物質(zhì)的量為____mol．

16、rm{(1)0.3molNH_{3}}分子中所含原子數(shù)與__________個(gè)rm{H_{2}O}分子中所含原子數(shù)相等。rm{(2)}在一定的溫度和壓強(qiáng)下，rm{1}體積氣體rm{X_{2}}跟rm{3}體積氣體rm{Y_{2}}化合生成rm{2}體積化合物，則該化合物的化學(xué)式是__________。rm{(3)}某鹽混合溶液中含有離子：rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}測(cè)得rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}和rm{Cl^{-}}的物質(zhì)的量濃度依次為：rm{0.2mol?L^{-1}}rm{0.25mol?L^{-1}}rm{0.4mol隆隴L^{-1}}則rm{c(SO_{4}^{2-})=}__________。rm{(4)}下列物質(zhì)中，能導(dǎo)電的是_________，屬于電解質(zhì)的是_________rm{(}填序號(hào)rm{)}rm{壟脵}氨氣rm{壟脷}氨水rm{壟脹NH_{3}隆隴H_{2}O}rm{壟脺}硫酸溶液rm{壟脻}干冰rm{壟脼BaSO_{4}}rm{壟脽}金剛石rm{(5)}在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，將rm{224L}氯化氫氣體完全溶于rm{635mL}的水rm{(}密度為rm{1g/cm^{3})}中，所得鹽酸的密度為rm{1.18g/cm^{3}.}該鹽酸中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是____________，該鹽酸的物質(zhì)的量濃度為____________________。評(píng)卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)17、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對(duì)錯(cuò)）18、在冶金工業(yè)的煙道廢氣中，常混有大量的SO2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(yīng)可收回大量的硫磺．

請(qǐng)寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：____

請(qǐng)判斷該反應(yīng)式寫的是否正確。19、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對(duì)錯(cuò)）20、蒸餾時(shí)，溫度計(jì)水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．21、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(yīng)可收回大量的硫磺．

請(qǐng)寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：____

請(qǐng)判斷該反應(yīng)式寫的是否正確。評(píng)卷人得分四、其他(共4題，共12分)22、（5分）現(xiàn)有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價(jià)氧化物含A40%，A原子中質(zhì)子數(shù)等于中子數(shù)；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結(jié)構(gòu)相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個(gè)電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應(yīng)，所產(chǎn)生的氫氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為2.24L；C原子中質(zhì)子數(shù)比中子數(shù)少1；D原子比A原子多1個(gè)質(zhì)子。請(qǐng)寫出A～E五種元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的化學(xué)式____、、、、。23、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號(hào)元素，其原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數(shù)是Y的核外電子數(shù)的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號(hào)完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價(jià)氧化物的水化物酸性強(qiáng)于。（2）M、Z、Y形成的簡(jiǎn)單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個(gè)數(shù)比____________,其電子式為．該物質(zhì)中含有化學(xué)鍵的類型有和．（4）將Z的單質(zhì)通入YX2的水溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。24、（5分）現(xiàn)有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價(jià)氧化物含A40%，A原子中質(zhì)子數(shù)等于中子數(shù)；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結(jié)構(gòu)相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個(gè)電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應(yīng)，所產(chǎn)生的氫氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為2.24L；C原子中質(zhì)子數(shù)比中子數(shù)少1；D原子比A原子多1個(gè)質(zhì)子。請(qǐng)寫出A～E五種元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的化學(xué)式____、、、、。25、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號(hào)元素，其原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數(shù)是Y的核外電子數(shù)的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號(hào)完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價(jià)氧化物的水化物酸性強(qiáng)于。（2）M、Z、Y形成的簡(jiǎn)單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個(gè)數(shù)比____________,其電子式為．該物質(zhì)中含有化學(xué)鍵的類型有和．（4）將Z的單質(zhì)通入YX2的水溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。評(píng)卷人得分五、解答題(共3題，共12分)26、火柴頭中含有硫和氯元素；用適當(dāng)?shù)姆椒杉右詸z驗(yàn)，回答下列問題：

（1）如圖是檢驗(yàn)火柴頭中含有硫元素的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖．圖中試管中應(yīng)裝有______溶液；拉動(dòng)注射器活塞時(shí)，若觀察到______現(xiàn)象證明火柴頭燃燒時(shí)產(chǎn)生了______．

（2）原火柴頭中的氯元素是以KClO3的形式存在的；其作用是助燃劑，當(dāng)火柴頭燃燒后其中的氯元素是以______物質(zhì)的形式存在，檢驗(yàn)的方法______．

27、用于提純或分離物質(zhì)的方法有：A；萃取分液B、加熱分解C、蒸發(fā)結(jié)晶D、分液E、蒸餾F、過濾、G滲析等；請(qǐng)將提純或分離的序號(hào)填在后面橫線上．

（1）分離飽和食鹽水與泥沙的混合物______；

（2）分離水和汽油的混合物______；

（3）海水淡化______；

（4）從碘水里提取碘_______；

（5）除去氫氧化鐵膠體中混有的氯離子；鈉離子______．

28、Ⅰ、下列曲線分別表示元素的某種性質(zhì)與核電荷數(shù)的關(guān)系（Z為核電荷數(shù)，Y為元素的有關(guān)性質(zhì)）；

把與下面的元素有關(guān)性質(zhì)相符的曲線的標(biāo)號(hào)填入相應(yīng)括號(hào)中：

（1）ⅡA族元素的價(jià)電子數(shù)______（2）第三周期元素的最高化合價(jià)______

（3）IA族堿金屬元素單質(zhì)熔點(diǎn)______

（4）第三周期離子Na+、Mg2+、Al3+、P3-、S2-、Cl-的離子半徑______

（5）第二；三周期元素隨原子序數(shù)遞增原子半徑的變化______

Ⅱ、在①126C②3919K③4020Ca④136C⑤147N⑥4018Ar中：（用序號(hào)填空）

（1）互為同位素的是______和______；

（2）質(zhì)量數(shù)相等；但不能互稱同位素的是______和______；

（3）中子數(shù)相等；但質(zhì)子數(shù)不相等的是______和______，______和______．

評(píng)卷人得分六、原理綜合題(共1題，共6分)29、CO是大氣污染氣體；可利用化學(xué)反應(yīng)進(jìn)行治理或轉(zhuǎn)化。

(1)甲醇是重要的溶劑和燃料，工業(yè)上用CO和H2在一定條件下制備CH3OH的反應(yīng)為：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0

①T℃時(shí)，向容積為2L的恒容密閉容器中充入1molCO和1.2molH2，一段時(shí)間后達(dá)到平衡，此時(shí)H2與CH3OH的體積分?jǐn)?shù)之比為2：5，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝___________；此時(shí)若向容器中再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)；則平衡將___________移動(dòng)。(填“向正反應(yīng)方向”“不”或“向逆反應(yīng)方向”)

②在一容積可變的密閉容器中充入一定物質(zhì)的量的CO和H2，測(cè)得CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示。a、b、c三點(diǎn)平衡常數(shù)K(a)、K(b)、K(c)的大小關(guān)系是___________。b、d點(diǎn)的正反應(yīng)速率vb(CO)_______va(CO).

(2)瀝青混凝土可作為2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)反應(yīng)的催化劑。圖表示在相同的恒容密閉容器；相同起始濃度、反應(yīng)相同的時(shí)間；使用同質(zhì)量的不同瀝青混凝土(α型、β型)催化時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系。

①a、b；c、d四點(diǎn)中表示平衡狀態(tài)的是___________；

②e點(diǎn)轉(zhuǎn)化率出現(xiàn)突變的原因可能是______________________。

(3)電解法轉(zhuǎn)化CO2可實(shí)現(xiàn)CO2資源化利用。電解時(shí)CO2在陰極區(qū)轉(zhuǎn)化為HCOOH；其原理示意圖如下：

電解一段時(shí)間后，陽極區(qū)的KHCO3溶液濃度降低，其原因是_________________________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】化學(xué)反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是舊鍵斷裂(吸收能量)和新鍵形成(放出能量),故有436kJ+30kJ+a-369×2kJ=-72kJ,a=200kJ,D項(xiàng)正確。【解析】【答案】D2、D【分析】解：rm{A.}二氧化硫不能漂白酸堿指示劑；通入紫色石蕊試液中只變紅，故A錯(cuò)誤；

B.濃硫酸在常溫下與銅不反應(yīng)；但在加熱條件下能反應(yīng)，濃硝酸在常溫下可與銅發(fā)生反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C.硫酸酸性比亞硫酸強(qiáng)，由于rm{S}元素的化學(xué)家分別為rm{+6}價(jià)、rm{+4}價(jià)；之間沒有中間價(jià)態(tài)，與亞硫酸鈉不發(fā)生氧化還原反應(yīng)，濃硫酸與亞硫酸鈉反應(yīng)制備二氧化硫時(shí)，濃硫酸表現(xiàn)酸性，故C錯(cuò)誤；

D.稀硫酸具有氧化性，由rm{H^{+}}表現(xiàn)，硝酸具有氧化性，主要有rm{NO_{3}^{-}}表現(xiàn)；二者都具有氧化性，故D正確．

故選D．

A.二氧化硫不能漂白酸堿指示劑；

B.濃硫酸在常溫下與銅不反應(yīng)；

C.硫酸酸性比亞硫酸強(qiáng)；與亞硫酸鈉不發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

D.稀硫酸具有氧化性，由rm{H^{+}}表現(xiàn)，硝酸具有氧化性，主要有rm{NO_{3}^{-}}表現(xiàn)．

本題考查硫酸與硝酸的性質(zhì)，題目難度不大，注意本題易錯(cuò)點(diǎn)為rm{A}注意二氧化硫不能漂白酸堿指示劑．【解析】rm{D}3、B【分析】試題分析：A、標(biāo)況下水為液態(tài)，不能用摩爾體積計(jì)算，錯(cuò)誤；B、N2和N4均有氮原子構(gòu)成，氮原子數(shù)為28g÷14g/mol=2mol，正確；C、不知溶液體積，無法計(jì)算離子的量，錯(cuò)誤；D、一個(gè)鈉原子失去1個(gè)電子，2.3gNa與足量水反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NA，錯(cuò)誤。考點(diǎn)：考查阿伏伽德羅常數(shù)有關(guān)問題?！窘馕觥俊敬鸢浮緽4、D【分析】解：活潑性不同的金屬用不同的冶煉方法：Na為活潑金屬，應(yīng)用電解法冶煉，題中結(jié)晶法不能得到金屬單質(zhì)．

故選D．

根據(jù)金屬的活動(dòng)性順序可知，常見的金屬冶煉方法有電解法、熱還原法、熱分解法等，活潑性不同的金屬用不同的冶煉方法：以此解答該題．

本題考查金屬的冶煉，題目難度不大，注意電解法應(yīng)用在不能用還原法、置換法冶煉生成單質(zhì)的活潑金屬（如鈉、鈣、鉀、鎂等）和需要提純精煉的金屬（如精煉鋁、鍍銅等）．【解析】【答案】D5、D【分析】【分析】本題考查了甲烷的取代反應(yīng)，題目難度不大，注意取代反應(yīng)的特點(diǎn)：逐步取代，多步同時(shí)發(fā)生，各步反應(yīng)都是可逆反應(yīng)?！窘獯稹考淄楹吐葰庠诠庹諚l件下發(fā)生逐步取代反應(yīng)，但是多步取代反應(yīng)是同時(shí)進(jìn)行且各步反應(yīng)都是可逆反應(yīng)，所有得到的產(chǎn)物與甲烷與氯氣的物質(zhì)的量之比無關(guān)，故rm{壟脵C(jī)H_{3}Cl壟脷CH_{2}Cl_{2}壟脹CHCl_{3}壟脺CCl_{4}}都存在，故D正確。

故選D。

【解析】rm{D}6、C【分析】A.若溶液中只有亞硫酸根離子；加入硝酸酸化的硝酸鋇溶液，硝酸將亞硫酸根離子氧化成硫酸根，也會(huì)生成硫酸鋇白色沉淀，故A錯(cuò)誤；

B.若溶液中有亞硫酸根離子；加入硝酸酸化，硝酸將亞硫酸根離子氧化成硫酸根，也會(huì)生成硫酸鋇白色沉淀，故B錯(cuò)誤；

C.先加入鹽酸酸化；無明顯現(xiàn)象，排除銀離子等的干擾，在加入氯化鋇溶液，若生成白色沉淀，則待測(cè)液中有硫酸根離子，故C正確；

D.若溶液中無硫酸根離子有銀離子；加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，生成氯化銀白色沉淀，故D錯(cuò)誤。

故選C。

【解析】rm{C}7、B【分析】略。【解析】rm{B}二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】

（1）NaCl和CaCl2兩種固體混合物，溶解后加入過量碳酸鈉溶液，生成碳酸鈣沉淀和氯化鈉，實(shí)質(zhì)是Ca2++CO32-=CaCO3↓；為了保證鈣離子被除凈，加的試劑碳酸鈉要過量；

故答案為：Na2CO3；使Ca2+沉淀完全；Ca2++CO32-=CaCO3↓；

（2）由于碳酸鈉過量；所以濾液中的物質(zhì)有氯化鈉和碳酸鈉，因此要得到純凈的氯化鈉就需要除去碳酸鈉，還要向?yàn)V液中加入適量鹽酸至不產(chǎn)生氣體，生成氯化鈉和水和二氧化碳，蒸發(fā)后最后的固體物質(zhì)是氯化鈉；

故答案為：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；

【解析】【答案】分離NaCl和CaCl2兩種固體混合物；溶解后加入過量碳酸鈉溶液，生成碳酸鈣沉淀和氯化鈉，碳酸鈣和鹽酸發(fā)生反應(yīng)得到氯化鈣溶液，經(jīng)蒸發(fā)可得到氯化鈣固體；由于碳酸鈉過量，所以濾液中的物質(zhì)有氯化鈉和碳酸鈉，因此要得到純凈的氯化鈉就需要除去碳酸鈉，加入稀鹽酸最合適，碳酸鈉和稀鹽酸生成氯化鈉和水和二氧化碳，蒸發(fā)后最后的固體物質(zhì)是氯化鈉．

9、略

【分析】試題分析：四氯化碳是一種不溶于水且密度比水大的有機(jī)溶劑，想要把溴從四氯化碳中除去，可以加入氫氧化鈉溶液，震蕩，待反應(yīng)2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O完全后用分液漏斗分離?？键c(diǎn)：物質(zhì)分離和提純的方法【解析】【答案】氫氧化鈉；分液漏斗；2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O10、略

【分析】【解析】【答案】（1）（2）①K+O2KO2②2K+2H2O=2KOH+H2↑（3）化合態(tài)11、m﹣18|m﹣32【分析】【解答】解：已知A；B為同主族相鄰周期的元素；原子序數(shù)A＞B，其中元素A位于第六周期，其原子序數(shù)為m，同主族相鄰周期的元素，第ⅡA族的第五、六周期原子序數(shù)相差18，所以B位于第五周期，原子序數(shù)為m﹣18；第VIA族的第五、六周期原子序數(shù)相差32，所以B位于第五周期，原子序數(shù)為m﹣32；故答案為：m﹣18；m﹣32．

【分析】同主族相鄰周期的元素，第ⅡA族的第五、六周期原子序數(shù)相差18，第VIA族的第五、六周期原子序數(shù)相差32，據(jù)此分析．12、略

【分析】解：rm{(1)}添加鋇試劑除去rm{SO_{4}^{2-}}注意不能引入新的雜質(zhì)，選Brm{a(NO_{3})_{2}}會(huì)引入雜質(zhì)硝酸根離子；所以該鋇試劑不能選用；

故答案為：rm{B}

rm{(2)}電解飽和食鹽水生成氫氣、氯氣和氫氧化鈉，化學(xué)方程式為rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

故答案為：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}氯氣和氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

故答案為：rm{(3)}

rm{Cl_{2}+2NaOH=NaCl+NaClO+H_{2}O}漂白粉的有效成分為rm{Cl_{2}+2NaOH=NaCl+NaClO+H_{2}O}次氯酸鈣在空氣中發(fā)生反應(yīng)：rm{(4)}rm{2HClOdfrac{overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}會(huì)導(dǎo)致漂白粉失效；

故答案為：rm{Ca(ClO)_{2}}rm{2HClOdfrac{overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}

rm{Ca(ClO)_{2}+H_{2}O+CO_{2}=2HClO+CaCO_{3}隆媒}添加鋇試劑除去rm{2HClOdfrac{

overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}注意不能引入新的雜質(zhì)；

rm{Ca(ClO)_{2}+H_{2}O+CO_{2}=2HClO+CaCO_{3}隆媒}電解飽和食鹽水生成氫氣；氯氣和氫氧化鈉；

rm{2HClOdfrac{

overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}氯氣和氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉；次氯酸鈉和水；

rm{(1)}漂白粉的有效成分為次氯酸鈣；次氯酸鈣與空氣中的二氧化碳和水反應(yīng)生成次氯酸和碳酸鈣，次氯酸見光分解生成氯化氫和氧氣，導(dǎo)致漂白粉失效。

本題考查粗鹽提純及電解原理，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，明確發(fā)生的離子反應(yīng)及電解反應(yīng)是解答的關(guān)鍵，注意除雜不能引入新的雜質(zhì)及試劑的添加順序，題目難度中等。rm{SO_{4}^{2-}}【解析】rm{B}rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{Cl_{2}+2NaOH=NaCl+NaClO+H_{2}O}rm{2HClOdfrac{overset{;{鹿芒脮脮};}{}}{;}HCl+O_{2}隆眉}rm{Ca(ClO)_{2}+H_{2}O+CO_{2}=2HClO+CaCO_{3}隆媒}13、CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O；否；醇和羧酸都失H，所以H換成D無法指示何種物質(zhì)脫羥基；正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度過高于85℃，平衡向逆向移動(dòng)，酯產(chǎn)率降低，溫度太高對(duì)催化劑的活性也不利；溫度過高會(huì)有副反應(yīng)發(fā)生．；減少副反應(yīng)發(fā)生，來源廣泛，價(jià)廉易得；NaHSO4?H2O最后沉淀易分離等；避免加熱時(shí)反應(yīng)物醇與羧酸隨著產(chǎn)物一塊出來，提高了反應(yīng)物的利用率；打開；關(guān)閉；關(guān)閉；打開；A；C；酚酞；碳酸鈉層呈紅色，上層的酯層呈無色【分析】解：rm{(1)壟脵}酯化反應(yīng)中羧酸提供羥基，醇提供氫原子，所以反應(yīng)的機(jī)理可以表示為：rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}}rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}

underset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}}

故答案為：rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}}rm{CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}

rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}

underset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}}由于醇和羧酸都失rm{CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}所以rm{壟脷}換成rm{H}無法指示何種物質(zhì)脫羥基；因此不能用氫同位素示蹤法揭示酯化反應(yīng)原理；

故答案為：不能；醇和羧酸都失rm{H}所以rm{D}換成rm{H}無法指示何種物質(zhì)脫羥基；

rm{H}正反應(yīng)是放熱反應(yīng)；升高溫度，平衡向逆向移動(dòng)，酯產(chǎn)率降低，催化劑有活性溫度，溫度過高也會(huì)有副反應(yīng)發(fā)生；

故答案為：正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度過高于rm{D}平衡向逆向移動(dòng)，酯產(chǎn)率降低，溫度太高對(duì)催化劑的活性也不利；溫度過高會(huì)有副反應(yīng)發(fā)生；

rm{(2)}濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，會(huì)把有機(jī)物氧化或發(fā)生其他副反應(yīng)，rm{85隆忙}沒有強(qiáng)氧化性，來源廣泛，價(jià)廉易得；rm{(3)}最后沉淀易分離等；

故答案為：減少副反應(yīng)發(fā)生，來源廣泛，價(jià)廉易得；rm{NaHSO_{4}?H_{2}O}最后沉淀易分離等；

rm{NaHSO_{4}?H_{2}O}加熱回流一段時(shí)間后再蒸出產(chǎn)物；避免了反應(yīng)物的揮發(fā)，提高了原料利用率；

故答案為：避免加熱時(shí)反應(yīng)物醇與羧酸隨著產(chǎn)物一塊出來；提高了反應(yīng)物的利用率；

rm{NaHSO_{4}?H_{2}O}先打開rm{(4)壟脵}關(guān)閉rm{壟脷}讓反應(yīng)物在反應(yīng)器中反應(yīng)一段時(shí)間，充分反應(yīng)后再關(guān)閉rm{K_{1}}打開rm{K_{2}}把乙酸乙酯蒸出冷凝；

故答案為：打開；關(guān)閉、關(guān)閉、打開。

rm{K_{1}}為充分冷卻；自來水應(yīng)從下口進(jìn)上口出；

故答案為：rm{K_{2}}

rm{壟脹}由于碳酸鈉溶液顯堿性；能使酚酞試液顯紅色，所以應(yīng)該滴入酚酞試液，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是碳酸鈉層呈紅色，上層的酯層呈無色；

故答案為：酚酞；碳酸鈉層呈紅色；上層的酯層呈無色．

rm{AC}酸和醇反應(yīng)生成酯和水；酯化反應(yīng)機(jī)理為酸脫羥基醇脫氫；

rm{(5)}醇和羧酸都失rm{(1)壟脵}所以rm{壟脷}換成rm{H}無法指示何種物質(zhì)脫羥基；

rm{H}若溫度低；影響反應(yīng)速率；溫度高，不利于乙酸乙酯的生成；

rm{D}濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，會(huì)把有機(jī)物氧化或發(fā)生其他副反應(yīng)，rm{(2)}沒有強(qiáng)氧化性，來源廣泛，價(jià)廉易得；rm{(3)}最后沉淀易分離等；

rm{NaHSO_{4}?H_{2}O}加熱回流一段時(shí)間后再蒸出產(chǎn)物；避免了反應(yīng)物的揮發(fā)，提高了原料利用率；

rm{NaHSO_{4}?H_{2}O}先打開rm{(4)壟脵}關(guān)閉rm{壟脷}讓反應(yīng)物在反應(yīng)器中反應(yīng)一段時(shí)間，充分反應(yīng)后再關(guān)閉rm{K_{1}}打開rm{K_{2}}把乙酸乙酯蒸出冷凝；

rm{K_{1}}為充分冷卻；自來水應(yīng)從下口進(jìn)上口出；

rm{K_{2}}碳酸鈉溶液顯示堿性；乙酸乙酯不溶于碳酸鈉溶液；混合液分層，顏色不同．

本題是高考中的常見題型，難度大，綜合性強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的要求高rm{壟脹}試題在注重對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)鞏固和訓(xùn)練的同時(shí)，側(cè)重對(duì)學(xué)生能力的培養(yǎng)和解題方法的指導(dǎo)與訓(xùn)練，有利于培養(yǎng)學(xué)生規(guī)范嚴(yán)謹(jǐn)?shù)膶?shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)能力以及評(píng)價(jià)能力．rm{(5)}【解析】rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}否；醇和羧酸都失rm{CH_{3}COOH+H^{18}OCH_{2}CH_{3}

underset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}所以rm{H}換成rm{H}無法指示何種物質(zhì)脫羥基；正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度過高于rm{D}平衡向逆向移動(dòng)，酯產(chǎn)率降低，溫度太高對(duì)催化劑的活性也不利；溫度過高會(huì)有副反應(yīng)發(fā)生rm{85隆忙}減少副反應(yīng)發(fā)生，來源廣泛，價(jià)廉易得；rm{.}最后沉淀易分離等；避免加熱時(shí)反應(yīng)物醇與羧酸隨著產(chǎn)物一塊出來，提高了反應(yīng)物的利用率；打開；關(guān)閉；關(guān)閉；打開；rm{NaHSO_{4}?H_{2}O}rm{A}酚酞；碳酸鈉層呈紅色，上層的酯層呈無色rm{C}14、2，2，4-三甲基戊烷；2-甲基己烷；3，4-二甲基己烷；（CH3）2CHCH2CH（CH3）2；CH3CH2C（CH3）2CH（CH2CH3）CH2CH2CH3；CH2=CHC（CH3）3【分析】解：rm{壟脵}烷烴命名時(shí)，要選最長(zhǎng)的碳鏈為主鏈，故主鏈上有rm{5}個(gè)碳原子，故為戊烷；從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進(jìn)行編號(hào)，當(dāng)兩端離支鏈一樣近時(shí)，要從支鏈多的一端開始編號(hào)，故在rm{2}號(hào)碳原子上有rm{2}個(gè)甲基，在rm{4}號(hào)碳原子上有一個(gè)甲基，故名稱為rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷，故答案為：rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷；rm{壟脷}烷烴命名時(shí)，要選最長(zhǎng)的碳鏈為主鏈，故主鏈上有rm{6}個(gè)碳原子，故為己烷，從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進(jìn)行編號(hào)，故在rm{2}號(hào)碳原子上有一個(gè)甲基，故名稱為rm{2-}甲基己烷，故答案為：rm{2-}甲基己烷；rm{壟脹}烷烴命名時(shí)，要選最長(zhǎng)的碳鏈為主鏈，故主鏈上有rm{6}個(gè)碳原子，故為己烷，從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進(jìn)行編號(hào)，故在rm{3}號(hào)和rm{4}號(hào)碳原子上各有一個(gè)甲基，故名稱為rm{3}rm{4-}二甲基己烷，故答案為：rm{3}rm{4-}二甲基己烷；rm{壟脺}根據(jù)名稱可知，主鏈上有rm{5}個(gè)碳原子，在rm{2}號(hào)和rm{4}號(hào)碳原子上各有一個(gè)甲基，故結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH(CH_{3})_{2}}故答案為：rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH(CH_{3})_{2}}rm{壟脻}從名稱可知，主鏈上有rm{7}個(gè)碳原子，在rm{3}號(hào)碳原子上有兩個(gè)甲基，在rm{4}號(hào)碳原子上有一個(gè)乙基，故結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：rm{CH_{3}CH_{2}C(CH_{3})_{2}CH(CH_{2}CH_{3})CH_{2}CH_{2}CH_{3}}故答案為：rm{CH_{3}CH_{2}C(CH_{3})_{2}CH(CH_{2}CH_{3})CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{壟脼}從名稱可知，主鏈上有rm{4}個(gè)碳原子，在rm{1}號(hào)和rm{2}號(hào)碳原子間有碳碳雙鍵，在rm{3}號(hào)碳原子上有兩個(gè)甲基，故結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：rm{CH_{2}=CHC(CH_{3})_{3}}故答案為：rm{CH_{2}=CHC(CH_{3})_{3}.壟脵}烷烴命名時(shí)，要選最長(zhǎng)的碳鏈為主鏈，從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進(jìn)行編號(hào)，當(dāng)兩端離支鏈一樣近時(shí)，要從支鏈多的一端開始編號(hào)；rm{CH_{2}=CHC(CH_{3})_{3}.

壟脵}烷烴命名時(shí)，要選最長(zhǎng)的碳鏈為主鏈，從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進(jìn)行編號(hào)，將支鏈寫在“某烷”的前面；rm{壟脷}烷烴命名時(shí)，要選最長(zhǎng)的碳鏈為主鏈，從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進(jìn)行編號(hào)；rm{壟脹}根據(jù)名稱可知，主鏈上有rm{壟脺}個(gè)碳原子，在rm{5}號(hào)和rm{2}號(hào)碳原子上各有一個(gè)甲基；rm{4}從名稱可知，主鏈上有rm{壟脻}個(gè)碳原子，在rm{7}號(hào)碳原子上有兩個(gè)甲基，在rm{3}號(hào)碳原子上有一個(gè)乙基；rm{4}從名稱可知，主鏈上有rm{壟脼}個(gè)碳原子，在rm{4}號(hào)和rm{1}號(hào)碳原子間有碳碳雙鍵，在rm{2}號(hào)碳原子上有兩個(gè)甲基rm{3}本題考查了烷烴的命名和根據(jù)有機(jī)物的名稱來書寫結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，掌握有機(jī)物的命名方法是解題關(guān)鍵，難度不大．rm{.}【解析】rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷；rm{2-}甲基己烷；rm{3}rm{4-}二甲基己烷；rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH(CH_{3})_{2}}rm{CH_{3}CH_{2}C(CH_{3})_{2}CH(CH_{2}CH_{3})CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{2}=CHC(CH_{3})_{3}}15、略

【分析】

（1）原電池的實(shí)質(zhì)為化學(xué)能轉(zhuǎn)化成電能．總反應(yīng)為2H2+O2=2H2O，其中H2從零價(jià)升至+1價(jià)，失去電子，即電子從a流向b，故答案為：由化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?；由a到b；

（2）負(fù)極為失去電子的一極，即H2失電子生成H+，由于溶液是堿性的，故電極反應(yīng)式左右應(yīng)各加上OH-；

負(fù)極反應(yīng)為2H2-4e-+4OH-=2H2O或H2+2OH--2e-=2H2O，故答案為：2H2+4OH--4e-=4H2O或H2+2OH--2e-=2H2O；

（3）鉑粉的接觸面積大，可以加快反應(yīng)速率，故答案為：增大電極單位面積吸附H2、O2分子數(shù)；加快電極反應(yīng)速率；

（4）①Li從零價(jià)升至+1價(jià)，作還原劑，H2O的H從+1降至H2中的零價(jià)，作氧化劑，故答案為：Li；H2O；

②由反應(yīng)I，當(dāng)吸收10molH2時(shí)，則生成20molLiH，V===197.5×10-3L．

==8.82×10-4，故答案為：8.82×10-4；

③20molLiH可生成20molH2，實(shí)際參加反應(yīng)的H2為20mol×80%=16mol，1molH2轉(zhuǎn)化成1molH2O，轉(zhuǎn)移2mol電子，所以16molH2可轉(zhuǎn)移32mol的電子；故答案為：32；

【解析】【答案】（1）氫氧燃料電池為化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置；通入氫氣的一極為原電池的負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，通入氧氣的一極為原電池的正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電子由外電路流向正極；

（2）堿性溶液中負(fù)極反應(yīng)為2H2-4e-+4OH-=2H2O，正極反應(yīng)為O2-4e-+2H2O=4OH-，電池總反應(yīng)都為2H2+O2=2H2O；

（3）固體的表面積越大；反應(yīng)速率越大；

（4）①?gòu)幕蟽r(jià)的變化的角度分析；

②根據(jù)反應(yīng)的電極方程式計(jì)算；

③根據(jù)實(shí)際參加反應(yīng)的氫氣以及電極反應(yīng)式計(jì)算．

16、（1）0.4NA或2.408×1023

（2）XY3（Y3X?）

（3）0.15mol?L-1

（4）②④③⑥

（5）36.5%11.8mol/L【分析】【分析】本題考查了物質(zhì)的量有關(guān)計(jì)算，阿伏伽德羅定律及推論，物質(zhì)的量濃度等知識(shí)，難度中等，掌握物質(zhì)的量的計(jì)算是解答的關(guān)鍵。【解答】rm{(1)0.3molNH}rm{3}分子中所含原子物質(zhì)的量為rm{3}個(gè)數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比，rm{1.2mol}rm{H}rm{2}分子中所含原子物質(zhì)的量為rm{2}rm{O}rm{0.3mol}rm{H}有三個(gè)原子rm{2}rm{2}rm{O)=dfrac{1.2mol}{3}=0.4mol}故與rm{O}個(gè)水分子所含原子數(shù)相等；rm{n(H}體積比等于物質(zhì)的量之比，根據(jù)原子守恒，化合物rm{2}個(gè)數(shù)為：rm{2}化合物rm{O)=dfrac{1.2mol}{3}

=0.4mol}個(gè)數(shù)為：rm{0.4N_{A}}化合物的化學(xué)式是rm{(2)}rm{X}或rm{dfrac{1隆脕2}{2}=1}rm{Y}rm{dfrac{3隆脕2}{2}=3}rm{XY}根據(jù)電荷守恒：rm{3}rm{3}rm{Y}rm{3}rm{3}rm{X}rm{(3)}rm{c(Na}rm{+}rm{+}rm{0.2mol/L+0.25mol/L隆脕2=0.4mol/L+2c(SO}rm{)+2c(Mg}rm{2+}rm{2+}得到：rm{)=c(Cl}rm{-}rm{-}rm{)+2c(SO}rm{4}rm{4}氨氣不導(dǎo)電，溶于水可以導(dǎo)電，但是是與水反應(yīng)生成的一水合氨導(dǎo)電，故是非電解質(zhì)；rm{2-}氨水能導(dǎo)電，是混合物，不屬于電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；rm{2-}rm{)}rm{0.2mol/L+0.25mol/L隆脕

2=0.4mol/L+2c(SO}rm{4}rm{4}不導(dǎo)電，但是溶于水可以導(dǎo)電，是電解質(zhì)；rm{2-}硫酸溶液導(dǎo)電，是混合物，不屬于電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；rm{2-}干冰不導(dǎo)電，雖溶于水導(dǎo)電，但不是本身電離的離子導(dǎo)電，故是非電解質(zhì)；rm{)}rm{c(SO}不導(dǎo)電，熔化可以導(dǎo)電，故是電解質(zhì)；rm{4}金剛石不導(dǎo)電，是單質(zhì)，不是電解質(zhì)；rm{4}rm{2-}rm{2-}rm{)=0.15mol/L}rm{(4)}據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)的定義可以知該鹽酸中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是：rm{dfrac{dfrac{224L}{22.4L/mol}隆脕36.5g/mol}{dfrac{224L}{22.4L/mol}隆脕36.5g/mol+635mL隆脕1g/c{m}^{3}}隆脕100攏樓=36.5攏樓}物質(zhì)的量濃度為：rm{c=dfrac{1000隆脕婁脩隆脕W攏樓}{M}mol/L=dfrac{1000隆脕1.18隆脕36.5攏樓}{36.5}mol/L=11.8mol/L}rm{壟脵}氨氣不導(dǎo)電，溶于水可以導(dǎo)電，但是是與水反應(yīng)生成的一水合氨導(dǎo)電，故是非電解質(zhì)；【解析】rm{(1)0.4N}rm{(1)0.4N}rm{{,!}_{A}}或rm{2.408隆脕10}rm{2.408隆脕10}rm{{,!}^{23}}rm{(2)}rm{(2)}rm{XY_{3}(}rm{Y}rm{Y}rm{{,!}_{3}}rm{X)}rm{X)}rm{(3)0.15mol?L^{-1}}rm{(4)}rm{壟脷壟脺}rm{壟脹}三、判斷題(共5題，共10分)17、B【分析】【解答】n===1mol，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計(jì)算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)．

【分析】依據(jù)n=計(jì)算物質(zhì)的量，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計(jì)算．18、A【分析】【解答】依據(jù)題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應(yīng)生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案為：對(duì)．

【分析】依據(jù)題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應(yīng)生成二氧化碳和硫，結(jié)合原子個(gè)數(shù)守恒書寫方程式．19、B【分析】【解答】標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標(biāo)準(zhǔn)狀況己烷不是氣體，物質(zhì)的量不是0.1mol，故上述錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)．

【分析】氣體摩爾體積的概念和應(yīng)用條件分析判斷，標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol20、B【分析】【解答】蒸餾是用來分離沸點(diǎn)不同的液體混合物；溫度計(jì)測(cè)量的是蒸汽的溫度，故應(yīng)放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據(jù)溫度計(jì)在該裝置中的位置與作用；21、A【分析】【解答】依據(jù)題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應(yīng)生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案為：對(duì)．

【分析】依據(jù)題意可知：一氧化碳與二氧化硫在催化劑條件下反應(yīng)生成二氧化碳和硫，結(jié)合原子個(gè)數(shù)守恒書寫方程式．四、其他(共4題，共12分)22、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)223、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2電子式略離子鍵非極性共價(jià)鍵（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-24、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)225、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2電子式略離子鍵非極性共價(jià)鍵（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-五、解答題(共3題，共12分)26、略

【分析】

（1）火柴燃燒會(huì)生成二氧化硫；二氧化硫具有漂白性與強(qiáng)還原性，同時(shí)還會(huì)生成氯氣或含氯氧化物，氯氣或含氯氧化物有強(qiáng)氧化性，可以使品紅溶液褪色，故應(yīng)使用強(qiáng)氧化性的酸性高錳酸鉀溶液檢驗(yàn)二氧化硫，若紫色褪去，說明生成二氧化硫；

故答案為：酸性KMnO4溶液；紫色褪去；SO2；

（2）燃燒后氯元素以氯化物的形式存在，可以利用AgNO3溶液和稀硝酸檢驗(yàn)氯離子，具體操作為：將燃燒后的火柴頭用少量蒸餾水浸泡，片刻后取少量溶液于試管中，向溶液中滴加AgNO3溶液和稀硝酸；有白色沉淀生成，說明氯元素是以氯離子形式存在；

故答案為：Cl-（或氯化物）；將燃燒后的火柴頭用少量蒸餾水浸泡，片刻后取少量溶液于試管中，向溶液中滴加AgNO3溶液和稀硝酸；有白色沉淀生成，說明氯元素是以氯離子形式存在．

【解析】【答案】（1）火柴燃燒會(huì)生成二氧化硫；二氧化硫具有漂白性與強(qiáng)還原性，同時(shí)還會(huì)生成氯氣或含氯氧化物，氯氣或含氯氧化物有強(qiáng)氧化性，可以使品紅溶液褪色，故應(yīng)使用強(qiáng)氧化性的酸性高錳酸鉀溶液檢驗(yàn)二氧化硫，若紫色褪去，說明生成二氧化硫；

（2）燃燒后氯元素以氯化物的形式存在，可以利用AgNO3溶液和稀硝酸檢驗(yàn)氯離子確定．

27、略

【分析】

（1）泥沙不溶于水；分離不溶物和溶液可用過濾的方法，故答案為：F；

（2）水和汽油互不相溶；可用分液的方法分離，故答案為：D；

（3）海水淡化的方法可通過蒸餾制取蒸餾水；故答案為：E；

（4）碘易溶于有機(jī)溶劑；可通過萃取方法分離，然后分液，故答案為：A；

（5）氫氧化鐵膠體粒子不能透過半透膜；可用滲析的方法分離，故答案為：G．

【解析】【答案】分離和提純物質(zhì)的方法很多；但是依據(jù)的原理各不相同，在完成此類題目時(shí)，要根據(jù)具體情況具體分析．

A；萃取利用溶質(zhì)在不同溶劑中溶解度不同；用一種溶劑把溶質(zhì)從它與另一溶劑所組成的溶液中提取出來，分液是分離互不相溶的兩種液體的方法；

B；加熱分解除去混合物中加熱可分解成氣體的物質(zhì)；

C；結(jié)晶是分離可溶性固體和水（或者兩種可溶性且溶解度隨溫度變化差別大的固體）的一種方法；

D；分液是分離互不相溶的兩種液體的方法；

E；蒸餾把互相溶解但沸點(diǎn)不同的兩種液體的分離出來；

F；過濾是把不溶于液體的固體物質(zhì)跟液體分離開來的一種方法；

G；滲析是利用小分子和小離子能透過半透膜；但膠體粒子不能透過半透膜的性質(zhì)，從溶膠中除掉作為雜質(zhì)的小分子或離子的過程．

28、略

【分析】

Ⅰ；（1）ⅡA族元素的價(jià)電子數(shù)為2；隨核電荷數(shù)增大，價(jià)電子數(shù)不變，故圖B符合．

故選：B．

（2）第三周期元素的最高化合價(jià)；隨核電荷數(shù)增大，最高化合價(jià)由+1價(jià)遞增到+7，最后以稀有氣體0價(jià)結(jié)束，故圖C符合．

故選：C．

（3）堿金屬；隨核電荷數(shù)增大，金屬鍵減弱，堿金屬熔點(diǎn)降低，故圖A符合．

故選：A．

（4）電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，所以離子半徑Na+＞Mg2+＞Al3+、P3-＞S2-＞Cl-，最外層電子數(shù)相同，電子層越多，離子半徑越大，所以離子半徑Cl-＞Na+．所以離子半徑P3-＞S2-＞Cl-＞Na+＞Mg2+＞Al3+；故圖E符合．

故選：E．

（5）同周期主族元素；隨原子序數(shù)遞增原子半徑減