2025年粵教版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年粵教版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷385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)一二三四總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、將Fe、Fe2O3組成的30g混合物投入250mL4mol/L的稀稍酸中，恰好使混合物完全溶解，并放出NO2.24L（標(biāo)準(zhǔn)狀況），然后向所得溶液中滴入KSCN溶液，無(wú)血紅色出現(xiàn)．若用與上述混合物中含鐵元素質(zhì)量相等的鐵屑和足量稀硫酸充分反應(yīng)，所得到的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為（）A.15.12LB.10.08LC.2.24LD.3.36L2、某元素的原子具有三個(gè)電子層，關(guān)于其外圍電子排布的正確說(shuō)法是（）A.只有s電子B.只有p電子C.有s、p電子D.只有s電子或有s、p電子3、只給出下列甲和乙中對(duì)應(yīng)的量，不能組成一個(gè)求物質(zhì)的量的公式的是（）。①②③④⑤甲物質(zhì)粒子數(shù)標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體摩爾體積固體體積物質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)非標(biāo)準(zhǔn)狀況下物質(zhì)的質(zhì)量乙阿伏加德羅常數(shù)標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體體積固體密度溶液的體積物質(zhì)的摩爾質(zhì)量A.②③④B.③④⑤C.③④D.②③4、向飽和澄清石灰水中加入生石灰，再恢復(fù)到原溫度，下列說(shuō)法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{Ca^{2+}}濃度減小B.溶劑質(zhì)量減小C.溶液質(zhì)量不變D.rm{Ca^{2+}}數(shù)目增多5、下列各表述與示意圖圖中一致的是（）A.圖②表示25℃時(shí)，用0.1mol·L－1鹽酸滴定20mL0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH隨加入酸體積的變化B.圖①中使用的NaOH的濃度一定為2mol/LC.圖①表示向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的鹽溶液中滴加NaOH溶液時(shí)，沉淀的量與NaOH的體積的關(guān)系圖。則三種離子的物質(zhì)的量之比為：n(Mg2＋)∶n(Al3＋):n(NH4＋)＝2∶3∶2D.圖③中曲線表示3H2(g)+N2(g)2NH3(g)反應(yīng)過(guò)程能量變化，若使用催化劑，B點(diǎn)會(huì)升高評(píng)卷人得分二、雙選題(共9題，共18分)6、在標(biāo)準(zhǔn)狀況下rm{CH_{4}}rm{HCl}rm{H_{2}S}rm{NH_{3}}均為氣體。在標(biāo)準(zhǔn)狀況下分別有rm{壟脵13.44LCH_{4}}rm{壟脷1molHCl}分子rm{壟脹27.2gH_{2}S}rm{壟脺2.408隆脕10^{23}}個(gè)rm{NH_{3}}分子，下列說(shuō)法正確的是rm{(}rm{)}A.體積：rm{壟脷>壟脹>壟脺>壟脵}B.密度：rm{壟脷>壟脹>壟脵>壟脺}

C.質(zhì)量：rm{壟脷>壟脹>壟脵>壟脺}D.rm{H}原子個(gè)數(shù)：rm{壟脵>壟脹>壟脺>壟脷}7、如圖是部分短周期元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的等物質(zhì)的量濃度稀溶液pH值與原子序數(shù)的關(guān)系圖，Z的氧化物是兩性氧化物．下列說(shuō)法正確的是（）A.X，Y兩種元素的離子半徑相比，后者較大B.W，R兩種元素氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性相比，后者較大C.由X，Y，Z三種元素形成的化合物，其水溶液顯堿性D.工業(yè)上用電解Z和R形成的化合物水溶液的方法制取Z的單質(zhì)8、（雙選）下列根據(jù)實(shí)驗(yàn)和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是（）

。選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A向兩份蛋白質(zhì)溶液中分別滴加飽和NaCl溶液和CuSO4溶液均有固體析出蛋白質(zhì)均發(fā)生變性B向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出現(xiàn)白色沉淀溶液X中一定含有SO42-C向一定濃度的Na2SiO3溶液中通入適量CO2氣體出現(xiàn)白色膠狀物酸性：H2SiO3＜H2CO3D向濃度均為0.1mol/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出現(xiàn)黃色沉淀KSP（AgCl）＞KSP（AgI）A.AB.BC.CD.D9、根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象；所得結(jié)論正確的是：（）

。實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A

左燒杯中鐵表面有氣泡，右邊燒杯中銅表面有氣泡活動(dòng)性：Al＞Fe＞CuB

左邊棉花變?yōu)槌壬疫吤藁ㄗ優(yōu)樗{(lán)色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C

白色固體先變?yōu)榈S色，后變?yōu)楹谏芙庑裕篈gCl＞AgBr＞Ag2SD

錐形瓶中有氣體產(chǎn)生，燒杯中液體變渾濁非金屬性：Cl＞C＞SiA.AB.BC.CD.D10、下列實(shí)驗(yàn)結(jié)論正確的是（）

。選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象A取待測(cè)液先進(jìn)行焰色反應(yīng)，再加足量稀鹽酸，將產(chǎn)生氣體通入品紅溶液火焰呈黃色，品紅溶液褪色原溶液一定是亞硫酸鈉溶液B向濃醋酸溶液中加入少量碳酸鈉溶液，將產(chǎn)生氣體通過(guò)苯酚鈉溶液苯酚鈉溶液中出現(xiàn)白色渾濁不能說(shuō)明酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚C常溫下向足量濃硫酸和稀硫酸中，分別加入相同質(zhì)量、相同體積的鐵片相同時(shí)間兩者產(chǎn)生H2速率不同反應(yīng)物的濃度越大，反應(yīng)速率越快D相同的鋁片分別與同溫同體積，且c（H+）=1mol?L-1鹽酸、硫酸反應(yīng)鋁與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生氣泡較快可能是Cl-對(duì)該反應(yīng)起到促進(jìn)作用A.AB.BC.CD.D11、有關(guān)堿金屬的敘述正確的是rm{(}rm{)}A.隨核電荷數(shù)的增加，堿金屬單質(zhì)的熔點(diǎn)逐漸降低，密度逐漸增大B.堿金屬單質(zhì)的金屬性很強(qiáng)，均易與氯氣、氧氣、氮?dú)獾劝l(fā)生反應(yīng)C.碳酸銫加熱時(shí)不能分解為二氧化碳和氧化銫D.無(wú)水硫酸銫的化學(xué)式為rm{Cs_{2}SO_{4}}它不易溶于水12、如圖所示是驗(yàn)證氯氣性質(zhì)的微型實(shí)驗(yàn)，rm{a}rmrmm6kqkoerm{e}是浸有相關(guān)溶液的濾紙rm{.}向rm{KMnO_{4}}晶體滴加一滴濃鹽酸后；立即用另一培養(yǎng)皿扣在上面．

已知：rm{2KMnO_{4}+16HCl(}濃rm{)簍T2KCl+5Cl_{2}隆眉+2MnCl_{2}+8H_{2}O}

對(duì)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的“解釋或結(jié)論”正確的是rm{(}rm{)}

。選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象解釋或結(jié)論rm{A}rm{a}處變藍(lán)氧化性：rm{Cl_{2}>I_{2}}rm{B}rm{c}處先變紅，后褪色氯氣與水生成了酸性物質(zhì)rm{C}rm6qqqy0a處立即褪色氯氣與水生成了漂白性物質(zhì)rm{D}rm{e}處變血紅色還原性：rm{Fe^{2+}>Cl^{-}}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}13、下列物質(zhì)的名稱(chēng)、化學(xué)式及分類(lèi)完全正確的是（）A.硝酸鈉、NaNO3、鹽B.氧化鐵、Fe2O3、氧化物C.純堿、Na2CO3、堿D.酒精、CH3OH、有機(jī)物14、室溫下，反應(yīng)HCO3-+H2O?H2CO3+OH-的平衡常數(shù)K=2.2×10-8．將NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取廢渣中的ZnO．若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫下下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.0.2mol?L-1氨水：c（NH3?H2O）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）B.0.2mol?L-1NH4HCO3溶液（pH＞7）：c（NH4+）＞c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（NH3?H2O）C.0.2mol?L-1氨水和0.2mol?L-1NH4HCO3溶液等體積混合：c（NH4+）+c（NH3?H2O）=c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）D.0.6mol?L-1氨水和0.2mol?L-1NH4HCO3溶液等體積混合：c（NH3?H2O）+c（CO32-）+c（OH-）=0.3mol?L-1+c（H2CO3）+c（H+）評(píng)卷人得分三、填空題(共8題，共16分)15、硼和鋁位于同一主族，它們可以形成許多組成和性質(zhì)類(lèi)似的化合物，一種用硼鎂礦（Mg2B2O5?H2O）制取單質(zhì)硼的工藝流程圖如圖：

回答下列問(wèn)題：

（1）Mg2B2O5?H2O中B的化合價(jià)為_(kāi)___．

（2）溶液a、溶液b中溶質(zhì)的化學(xué)式分別為_(kāi)___、____．

（3）寫(xiě)出步驟①的化學(xué)方程式____．

（4）寫(xiě)出步驟⑤的化學(xué)方程式____．

（5）步驟③中化學(xué)反應(yīng)可以發(fā)生的原因是____．

（6）BF3是有機(jī)化學(xué)中常用的酸性催化劑，BF3分子中B和F最外層的電子數(shù)分別為_(kāi)___、____個(gè)．16、掌握和熟練書(shū)寫(xiě)有機(jī)反應(yīng)方程式；對(duì)學(xué)好有機(jī)化學(xué)具有重要意義．

（1）苯甲醛是醫(yī)藥；香料的常見(jiàn)中間體．常以甲苯為原料合成苯甲醛的流程如下：

①請(qǐng)分別寫(xiě)出反應(yīng)Ⅰ、II的化學(xué)反應(yīng)方程式：____；____．

②利用新制的堿性Cu（OH）2懸濁液可檢驗(yàn)反應(yīng)Ⅲ中是否有產(chǎn)生．請(qǐng)寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：____．

（2）阿司匹林（）、丁香油酚（）在醫(yī)學(xué)上具有廣泛用途．

①請(qǐng)寫(xiě)出阿司匹林與足量NaHCO3溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式：____．

②請(qǐng)寫(xiě)出丁香油酚與足量濃溴水反應(yīng)的化學(xué)方程式：____．

（3）已知：滌綸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為．請(qǐng)寫(xiě)出以對(duì)苯二甲酸（）和乙二醇為原料合成滌綸的化學(xué)方程式：____．17、（2014?中山模擬）如圖是實(shí)驗(yàn)室中制備氣體或驗(yàn)證氣體性質(zhì)的裝置圖。

（1）儀器安裝好后必須進(jìn)行的操作是____．

（2）利用上圖裝置制備純凈的氯氣，并證明氧化性：Cl2＞Fe3+；

Cl2＞I2，則①裝置B中的溶液的作用是____．

②裝置中加的最佳試劑是（填序號(hào)）C中____、D中____；

供選試劑：a．Na2SO3溶液b．FeCl2溶液c．KSCN與FeCl2的混合溶液d．KI溶液e．濕潤(rùn)的淀粉KI試紙。

（3）在上圖所示圓底燒瓶?jī)?nèi)加入碳；a中加入濃硫酸，開(kāi)始實(shí)驗(yàn)，加熱產(chǎn)生的氣體緩慢通過(guò)后續(xù)裝置同時(shí)完成如下實(shí)驗(yàn)：

實(shí)驗(yàn)1：證明SO2具有氧化性和還原性實(shí)驗(yàn)2：證明碳元素的非金屬性比硅元素的強(qiáng)。

①證明SO2具氧化性和還原性：B中為少量Na2S溶液，現(xiàn)象為_(kāi)___；C中為少量酸性KMnO4溶液，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___+____H2O→____（不用配平）．

②D中應(yīng)加入足量的____（填溶液名稱(chēng)），E中加入____溶液（填化學(xué)式），證明碳元素的非金屬性比硅元素的強(qiáng)的現(xiàn)象為_(kāi)___．

③實(shí)驗(yàn)2不嚴(yán)謹(jǐn)之處應(yīng)如何改進(jìn)____．18、已知反應(yīng)：2NO+O2═2NO2．其中，氧化劑是____（填化學(xué)式），被氧化的物質(zhì)是____（填化學(xué)式）；若反應(yīng)中消耗了1molNO，則生成____molNO2．19、最新報(bào)道；我國(guó)科學(xué)家通過(guò)與多個(gè)國(guó)家進(jìn)行科技合作，成功研發(fā)出銫（Cs）原子噴泉鐘，使我國(guó)時(shí)間頻率基準(zhǔn)的精度從30萬(wàn)年不差1秒提高到600萬(wàn)年不差1秒，標(biāo)志著我國(guó)時(shí)間頻率基準(zhǔn)研究進(jìn)人世界先進(jìn)行列，已知銫位于元素周期表中第六周期第IA族，根據(jù)艷在元素周期表中的位置，推斷下列內(nèi)容：

（1）銫的原子核外共有____個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為_(kāi)___，銫的原子序數(shù)為_(kāi)___．

（2）銫單質(zhì)與水劇烈反應(yīng)，放出____色氣體，同時(shí)使紫色石蕊溶液顯____色，因?yàn)開(kāi)___（寫(xiě)出化學(xué)方程式）．

（3）預(yù)測(cè)銫單質(zhì)的還原性比鈉單質(zhì)的還原性____（填“弱”或“強(qiáng)”）．20、（2013春?太原校級(jí)期末）研究NO2、SO2；CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義．

（1）NO2可用水吸收，相應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為_(kāi)___．利用反應(yīng)。

6NO2+8NH37N5+12H2O也可處理NO2．當(dāng)轉(zhuǎn)移1.2mol電子時(shí)，消耗的NO2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下是____L．

（2）NH4HCO3是常用的氮肥，檢驗(yàn)NH4+的方法是____

（3）已知：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=-196.6kJ?mol-1

2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）△H=-113.0kJ?mol-1

則反應(yīng)NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g）的△H=____kJ?mol-1．

（4）一定條件下，將NO2與SO2以體積比1：2置于密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，下列能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是____．

a．體系壓強(qiáng)保持不變b．混合氣體顏色保持不變。

c．SO3和NO的體積比保持不變d．每消耗1molSO3的同時(shí)生成1molNO2

（5）CO可用于合成甲醇，反應(yīng)方程式為：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）．CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)的關(guān)系如如圖所示．該反應(yīng)△H____0（填“＞”或“＜”）．實(shí)際生產(chǎn)條件控制在250℃、1.3×104kPa左右，選擇此壓強(qiáng)的理由是____．21、由以下一些微粒：136C、3919K、4020Ca、126C、147N、4018Ar其中：

（1）互為同位素的是____和____；

（2）質(zhì)量數(shù)相等，但不能互稱(chēng)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____．22、（1）CuCl2溶液有時(shí)呈黃色，有時(shí)呈黃綠色或藍(lán)色，這是因?yàn)樵贑uCl2的水溶液中存在如下平衡：[Cu（H2O）4]2-（藍(lán)色）+4Cl-?[CuCl4]2-（黃色）+4H2O現(xiàn)欲使溶液由黃色變?yōu)辄S綠色或藍(lán)色，請(qǐng)寫(xiě)出兩種可采用的方法：方法一：____方法二：____

（2）向盛有10mL0.01mol/L的硫氰化鉀溶液的小燒杯中，加入10mol0.01mol/L的FeCl3溶液，混合液立即____．寫(xiě)出上述反應(yīng)的離子方程式____．向以上溶液中再加0.1mol/LNaOH至過(guò)量，其現(xiàn)象是____．評(píng)卷人得分四、書(shū)寫(xiě)(共1題，共7分)23、寫(xiě)出下列鹽溶液水解的離子方程式．

（1）（NH4）2SO4：____；

（2）AlCl3：____；

（3）KF：____．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】稀硝酸與30g混合物反應(yīng)時(shí)恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，無(wú)血紅色出現(xiàn)，說(shuō)明溶液中的溶質(zhì)為硝酸亞鐵，根據(jù)鐵原子守恒可知，混合物中n（Fe原子）=n[Fe（NO3）2]，根據(jù)N原子守恒2n[Fe（NO3）2]+n（NO）=n（HNO3），再根據(jù)Fe元素守恒計(jì)算鐵屑的物質(zhì)的量，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算生成氫氣的物質(zhì)的量，根據(jù)V=nVm計(jì)算氫氣體積．【解析】【解答】解：30g混合物與硝酸反應(yīng)時(shí)恰好使混合物完全溶解；且所得溶液中加入KSCN溶液，無(wú)血紅色出現(xiàn)，說(shuō)明溶液中的溶質(zhì)為硝酸亞鐵；

生成NO的體積為2.24L，其物質(zhì)的量為=0.1mol；

根據(jù)氮元素守恒可知，2n[Fe（NO3）2]+n（NO）=n（HNO3）；

故2n[Fe（NO3）2]+0.1mol=0.25L×4mol/L；

解得n[Fe（NO3）2]=0.45mol；

故混合物中n（Fe原子）=n[Fe（NO3）2]=0.45mol；

與上述混合物中鐵元素質(zhì)量相等的鐵屑的物質(zhì)的量為0.45mol；

根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知，與足量硫酸生成氫氣的物質(zhì)的量為=0.45mol；

標(biāo)況下；生成氫氣的體積為0.45mol×22.4L/mol=10.08L；

故選：B．2、D【分析】【分析】某元素的原子具有三個(gè)電子層，則元素位于第三周期，根據(jù)第三周期元素的外圍電子排布分析．【解析】【解答】解：某元素的原子具有三個(gè)電子層；則元素位于第三周期，第三周期元素中第IA；IIA族元素的外圍電子排布只有s電子，第IIIA～VIIA族及零族元素的外圍電子排布有s、p電子；

故選D．3、C【分析】【解析】【答案】C4、B【分析】解：rm{A.}在同溫下，氫氧化鈣的溶解度不變，飽和溶液的溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)不變，飽和溶液物質(zhì)的量的濃度不變，rm{Ca^{2+}}濃度不變；故A錯(cuò)誤；

B.在飽和石灰水中加入生石灰；氧化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，消耗了飽和溶液中的溶劑水，故B正確；

故B錯(cuò)誤；rm{C.}在飽和石灰水中加入生石灰；氧化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，消耗了飽和溶液中的溶劑水，導(dǎo)致溶質(zhì)析出質(zhì)量減小，所以溶液質(zhì)量減少，故C錯(cuò)誤；

D.由于生石灰會(huì)和飽和溶液中的一部分溶劑發(fā)生反應(yīng)；會(huì)導(dǎo)致飽和溶液中的溶劑減少，從而原來(lái)溶解在這部分溶劑中的溶質(zhì)會(huì)結(jié)晶析出，因此溶液中的鈣離子會(huì)減少，故D錯(cuò)誤；

故選：rm{B}．

根據(jù)在飽和石灰水中加入生石灰；氧化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，消耗了飽和溶液中的溶劑水進(jìn)行解答，同一溫度下的飽和溶液物質(zhì)的量的濃度不變，氧化鈣溶于水時(shí)會(huì)發(fā)生反應(yīng)生成氫氧化鈣，把其溶于飽和的氫氧化鈣溶液中是會(huì)因?yàn)槠湮谷苜|(zhì)析出，鈣離子數(shù)目減少．

本題考查了生石灰的性質(zhì)以及飽和溶液的有關(guān)知識(shí)，注意氧化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，消耗了飽和溶液中的溶劑水，但濃度不變，題目難度不大．【解析】rm{B}5、A【分析】試題分析：A.在反應(yīng)開(kāi)始時(shí)，c(NaOH)=0.1mol/L,c(H+)=10-13mol/L,pH=13,隨著酸的不斷滴入，溶液的堿性逐漸減弱pH逐漸減小，當(dāng)?shù)稳?0mL0.1mol·L－1HCl溶液時(shí)，二者恰好完全反應(yīng)。溶液為中性，pH=7.鹽酸不斷滴入，這時(shí)溶液就由中性變?yōu)樗嵝裕嵝灾饾u增強(qiáng)，所以pH越來(lái)越小。正確。B.因?yàn)榻饘匐x子的種類(lèi)、濃度不定，所以NaOH的濃度也無(wú)法確定。錯(cuò)誤。C.使Al3+轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀消耗的OH-的物質(zhì)的量與使Al(OH)3沉淀溶解消耗的OH-的物質(zhì)的量的比為3:1.假設(shè)5mldNaOH溶液中含有1mol的NaOH.，則含Al3+1mol,沉淀Al3+的NaOH的物質(zhì)的量為3mol,(15ml).沉淀Mg2+的NaOH為10ml,所以n(Mg2+)=2mol.因?yàn)榘l(fā)生反應(yīng)：NH4++OH-=NH3·H2O。銨根離子消耗的NaOH為10ml,所以n(NH4+)=2mol..因此三種離子的物質(zhì)的量之比為：n(Mg2＋)∶n(Al3＋):n(NH4＋)＝2∶1∶2。錯(cuò)誤。D.催化劑能改變反應(yīng)途徑，降低反應(yīng)的活化能，但是不能改變反應(yīng)熱。所以若使用催化劑，B點(diǎn)會(huì)降低。錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：考查圖像法在表示酸堿中和滴定、離子濃度的比較、化學(xué)反應(yīng)途徑等關(guān)系中的應(yīng)用的知識(shí)。【解析】【答案】A二、雙選題(共9題，共18分)6、CD【分析】rm{壟脵13.44LCH_{4}}物質(zhì)的量為rm{13.44L/22.4L/mol=0.6mol}rm{壟脷1molHCl}rm{壟脹27.2gH_{2}S}的物質(zhì)的量為rm{27.2g/34g/mol=0.8mol}rm{壟脺2.408隆脕10^{23}}個(gè)rm{NH_{3}}分子的物質(zhì)的量為rm{0.4mol}A.相同條件下，氣體的體積之比等于物質(zhì)的量之比，所以體積體積rm{壟脷>壟脹>壟脵>壟脺}故A錯(cuò)誤；

B.各物質(zhì)的摩爾質(zhì)量分別為：rm{壟脵C(jī)H_{4}}為rm{16g/mol}rm{壟脷HCl}為rm{36.5g/mol}rm{壟脹H_{2}S}為rm{34g/mol壟脺NH_{3}}為rm{17g/mol}相同條件下，密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，所以密度rm{壟脷>壟脹>壟脺>壟脵}故B錯(cuò)誤；

C.各物質(zhì)的質(zhì)量分別為：rm{壟脵C(jī)H_{4}}為rm{0.6mol隆脕16g/mol=9.6g}rm{壟脷HCl}為rm{1mol隆脕36.5g/mol=36.5g}rm{壟脹H_{2}S27.2g}rm{壟脺NH_{3}}為rm{0.4mol隆脕17g/mol=6.8g}所以質(zhì)量rm{壟脷>壟脹>壟脵>壟脺}故C正確；

D.各物質(zhì)中rm{H}原子的物質(zhì)的量分別為：rm{壟脵C(jī)H_{4}}為rm{0.6mol隆脕4=2.4mol}rm{壟脷HCl}為rm{1mol}rm{壟脹H_{2}S0.8mol隆脕2=1.6mol}rm{壟脺NH_{3}}為rm{0.4mol隆脕3=1.2mol}所以氫原子個(gè)數(shù)rm{壟脵>壟脹>壟脺>壟脷}故D正確．

故選CD．【解析】rm{CD}7、B|C【分析】解：元素的金屬性越強(qiáng)；其對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物的水化物堿性越強(qiáng)則該溶液的pH越大，元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)則該溶液的pH越小，根據(jù)圖象知，X沒(méi)有最高價(jià)氧化物，則X為O元素，Y的最高價(jià)氧化物的水化物堿性最強(qiáng)，則Y為Na元素，Z為Al元素，W；R分別為S、Cl元素．

A．X為O元素；Y為Na元素，X，Y兩種元素的離子半徑相比，前者較大，故A錯(cuò)誤；

B．元素的非金屬性越強(qiáng)；對(duì)應(yīng)氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，非金屬性Cl大于S，則對(duì)應(yīng)氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性Cl大于S，故B正確；

C．由X，Y，Z三種元素形成的化合物是NaAlO2；為強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中水解顯堿性，故C正確；

D．Z和R形成的化合物為AlCl3；電解其水溶液得到氫氧化鋁和氫氣；氯氣，得不到Al，故D錯(cuò)誤；

故選BC．

元素的金屬性越強(qiáng)；其對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物的水化物堿性越強(qiáng)則該溶液的pH越大，元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)則該溶液的pH越小，根據(jù)圖象知，X沒(méi)有最高價(jià)氧化物，則X為O元素，Y的最高價(jià)氧化物的水化物堿性最強(qiáng)，則Y為Na元素，Z為Al元素，W；R分別為S、Cl元素，據(jù)此結(jié)合元素及其化合物的性質(zhì)分析．

本題考查了短周期元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的遞變規(guī)律，明確元素最高價(jià)氧化物的水化物酸堿性是解本題關(guān)鍵，再結(jié)合化合物的構(gòu)成、性質(zhì)來(lái)分析解答，題目難度中等．【解析】【答案】BC8、C|D【分析】解：A．蛋白質(zhì)在重金屬鹽中發(fā)生變性；而在飽和食鹽水中發(fā)生鹽析，故A錯(cuò)誤；

B．因硝酸可氧化SO32-，不能排出SO32-的干擾；故B錯(cuò)誤；

C．向一定濃度的Na2SiO3溶液中通入適量CO2氣體，出現(xiàn)白色膠狀物，說(shuō)明生成硅酸，則酸性：H2SiO3＜H2CO3；故C正確；

D．同類(lèi)型的沉淀，溶度積小的沉淀先析出，即Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）；故D正確．

故選CD．

A．蛋白質(zhì)在飽和食鹽水中發(fā)生鹽析；

B．不能排出SO32-的干擾；

C．根據(jù)強(qiáng)酸制備弱酸的反應(yīng)特點(diǎn)判斷；

D．同類(lèi)型的沉淀；溶度積小的沉淀先析出來(lái)．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案評(píng)價(jià)，涉及蛋白質(zhì)的性質(zhì)、離子的檢驗(yàn)和沉淀轉(zhuǎn)化等知識(shí)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋瑸楦呖汲Ｒ?jiàn)題型，注意相關(guān)知識(shí)的學(xué)習(xí)與積累，難度不大．【解析】【答案】CD9、A|C【分析】解：A；左燒杯中鐵作正極；表面有氣泡生成，鋁做負(fù)極，右邊燒杯中銅作正極，表面有氣泡生成，鐵做負(fù)極，負(fù)極金屬活潑性＞正極金屬活潑性，故活動(dòng)性：Al＞Fe＞Cu，故A正確；

B、氯氣能氧化溴離子和碘離子，置換出溴單質(zhì)和碘的單質(zhì)，但是潮濕的氯氣具有漂白性，所以棉花變?yōu)榘咨⑶也荒艿贸鲅趸訡l2＞Br2＞I2；故B錯(cuò)誤；

C、由沉淀的轉(zhuǎn)化原理：化學(xué)反應(yīng)向著生成更難溶物質(zhì)的方向進(jìn)行，氯化銀為白色，溴化銀為淡黃色，硫化銀為黑色，溶解性：AgCl＞AgBr＞Ag2S；故C正確；

D；向碳酸鈉中加鹽酸；錐形瓶中有氣體產(chǎn)生，說(shuō)明鹽酸酸性強(qiáng)于碳酸，燒杯中液體變渾濁，說(shuō)明碳酸酸性強(qiáng)于硅酸，所以得酸性強(qiáng)弱：鹽酸＞碳酸＞硅酸，而判斷元素的非金屬性強(qiáng)弱是看元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸的酸性，故D錯(cuò)誤．

故選AC．

A；原電池中；正極會(huì)產(chǎn)生氣泡，負(fù)極金屬質(zhì)量會(huì)減輕，金屬活潑性：負(fù)極＞正極；

B；潮濕的氯氣具有漂白性及鹵素單質(zhì)的氧化性來(lái)分析；

C；根據(jù)沉淀的轉(zhuǎn)化可知化學(xué)反應(yīng)向著生成更難溶物質(zhì)的方向進(jìn)行分析；

D；根據(jù)元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸的酸性強(qiáng)弱來(lái)判斷元素的非金屬性強(qiáng)弱．

本題考查角度廣，知識(shí)的綜合性較強(qiáng)，有一定的思維空間，難度較大．【解析】【答案】AC10、B|D【分析】解：A．亞硫酸鈉、亞硫酸氫鈉都能和稀鹽酸反應(yīng)生成二氧化硫，根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象知，原溶液中溶質(zhì)可能是Na2SO3或NaHSO3；故A錯(cuò)誤；

B．強(qiáng)酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸；醋酸具有揮發(fā)性，所以制取的二氧化碳中含有醋酸，醋酸也能和苯酚鈉反應(yīng)生成苯酚，所以不能據(jù)此判斷酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚，故B正確；

C．常溫下；濃硫酸和Fe發(fā)生鈍化現(xiàn)象而不產(chǎn)生氫氣，故C錯(cuò)誤；

D．相同的鋁片分別與同溫同體積，且c（H+）=1mol?L-1鹽酸、硫酸反應(yīng)時(shí)只有酸的陰離子不同，反應(yīng)速率不同，可能是酸中陰離子導(dǎo)致的，Al和稀鹽酸反應(yīng)較硫酸快，可能是Cl-對(duì)該反應(yīng)起到促進(jìn)作用；故D正確；

故選BD．

A．亞硫酸鈉；亞硫酸氫鈉都能和稀鹽酸反應(yīng)生成二氧化硫；

B．強(qiáng)酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸；醋酸具有揮發(fā)性，醋酸也能和苯酚鈉反應(yīng)生成苯酚；

C．常溫下；濃硫酸和Fe發(fā)生鈍化現(xiàn)象；

D．相同的鋁片分別與同溫同體積，且c（H+）=1mol?L-1鹽酸；硫酸反應(yīng)時(shí)只有酸的陰離子不同；反應(yīng)速率不同，可能是酸中陰離子導(dǎo)致的．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案評(píng)價(jià)，為高考高頻點(diǎn)，側(cè)重考查基本原理、離子檢驗(yàn)等知識(shí)點(diǎn)，明確元素化合物知識(shí)、物質(zhì)性質(zhì)即可解答，易錯(cuò)選項(xiàng)是B，注意排除醋酸的干擾，為易錯(cuò)點(diǎn)．【解析】【答案】BD11、rBC【分析】解：rm{A.}堿金屬都屬于金屬晶體；金屬陽(yáng)離子半徑增大，對(duì)外層電子束縛能力減弱，金屬鍵減弱，所以熔沸點(diǎn)降低，密度從上到下逐漸增大，但是鉀的反常，密度小于鈉，故A錯(cuò)誤；

B.堿金屬單質(zhì)的原子最外層只有rm{1}個(gè)電子；反應(yīng)中容易失去電子，表現(xiàn)強(qiáng)的金屬性，所以性質(zhì)活潑，能夠與氯氣；氧氣、氮?dú)獾劝l(fā)生反應(yīng)，故B正確；

C.銫與鈉都是堿金屬；碳酸鹽性質(zhì)具有相似性，碳酸鈉性質(zhì)穩(wěn)定受熱不分解，所以可推知碳酸銫受熱不分解，故C正確；

D.依據(jù)硫酸鈉可知無(wú)水硫酸銫的化學(xué)式為rm{Cs_{2}SO_{4}}它易溶于水，故D錯(cuò)誤；

故選：rm{BC}．

A.堿金屬都屬于金屬晶體；其單質(zhì)的熔沸點(diǎn)隨著核電荷數(shù)的增大而減小，密度從上到下逐漸增大，但是鉀的反常；

B.堿金屬單質(zhì)的原子最外層只有rm{1}個(gè)電子；反應(yīng)中容易失去電子，表現(xiàn)強(qiáng)的金屬性；

C.依據(jù)碳酸鈉的性質(zhì)解答；

D.依據(jù)硫酸鈉的性質(zhì)判斷解答．

本題考查堿金屬元素的性質(zhì)，題目難度不大，熟悉同主族元素對(duì)應(yīng)的單質(zhì)、化合物的性質(zhì)具有相似性和遞變性是解題關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】rm{BC}12、rAD【分析】解：rm{A.a}處變藍(lán)，說(shuō)明rm{Cl_{2}}與rm{KI}反應(yīng)生成碘單質(zhì)，可證明氧化性：rm{Cl_{2}>I_{2}}故A正確；

B.rm{C}處先變紅；說(shuō)明氯氣與水生成酸性物質(zhì)，后褪色，則證明氯氣與水生成具有漂白性物質(zhì)，故B錯(cuò)誤；

C.rmsu8gu04處立即褪色，也可能是氯氣與水生成酸性物質(zhì)中和了rm{NaOH}故C錯(cuò)誤；

D.rm{e}處變紅說(shuō)明rm{Cl_{2}}將rm{Fe^{2+}}氧化為rm{Fe^{3+}}證明還原性：rm{Fe^{2+}>Cl^{-}}故D正確．

故選AD．

向rm{KMnO_{4}}晶體滴加一滴濃鹽酸，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣，氯氣具有強(qiáng)氧化性，可與rm{KI}rm{NaBr}作用生成rm{I_{2}}rm{Br_{2}}將rm{Fe^{2+}}氧化為rm{Fe^{3+}}氯氣能與水反應(yīng)生成rm{HCl}和rm{HClO}rm{HClO}具有強(qiáng)氧化性和漂白性；結(jié)合反應(yīng)的顯現(xiàn)和物質(zhì)的性質(zhì)解答該題．

本題通過(guò)元素化合物知識(shí)，考查考生實(shí)驗(yàn)?zāi)芰蛯?duì)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的分析、推斷能力，題目難度中等，學(xué)習(xí)中注意相關(guān)知識(shí)的積累．【解析】rm{AD}13、AB【分析】解：A、陽(yáng)離子是金屬離子或銨根離子、陰離子是酸根離子的化合物為鹽，而硝酸鈉的化學(xué)式為NaNO3；故為鹽，故A正確；

B、由兩種元素構(gòu)成、其中一種為氧元素的化合物為氧化物，氧化鐵的化學(xué)式為Fe2O3；屬于氧化物，故B正確；

C；電離出的陰離子全部是氫氧根的化合物為堿；而碳酸鈉是鹽不是堿，故C錯(cuò)誤；

D、酒精是乙醇的俗稱(chēng)，化學(xué)式為CH3CH2OH；是有機(jī)物，故D錯(cuò)誤。

故選：AB。

A；陽(yáng)離子是金屬離子或銨根離子、陰離子是酸根離子的化合物為鹽；

B；由兩種元素構(gòu)成、其中一種為氧元素的化合物為氧化物；

C；電離出的陰離子全部是氫氧根的化合物為堿；

D；酒精是乙醇的俗稱(chēng)。

本題考查了常見(jiàn)的物質(zhì)的化學(xué)式、俗稱(chēng)以及物質(zhì)的分類(lèi)，難度不大，應(yīng)注意基礎(chǔ)知識(shí)的積累?！窘馕觥緼B14、BD【分析】解：A.0.2mol?L-1氨水溶液中存在一水合氨電離平衡和水的電離平衡，溶液中離子濃度大小c（NH3?H2O）＞c（OH-）＞c（NH4+）＞c（H+）；故A錯(cuò)誤；

B.0.2mol?L-1NH4HCO3溶液（pH＞7），溶液顯堿性說(shuō)明碳酸氫根離子水解程度大于銨根離子水解程度，c（NH4+）＞c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（NH3?H2O）；故B正確；

C.0.2mol?L-1氨水和0.2mol?L-1NH4HCO3溶液等體積混合，氮元素物質(zhì)的量是碳元素物質(zhì)的量的2倍，物料守恒得到離子濃度關(guān)系c（NH4+）+c（NH3?H2O）=2[c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）]；故C錯(cuò)誤；

D.0.6mol?L-1氨水和0.2mol?L-1NH4HCO3溶液等體積混合，溶液中存在碳物料守恒：c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）=0.1mol/L①，氮守恒得到：c（NH4+）+c（NH3?H2O）=0.4mol/L②，混合溶液中存在電荷守恒得到：c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）③，把①中c（HCO3-）+c（CO32-）=0.1-c（H2CO3），②中c（NH4+）=0.4-c（NH3?H2O），帶入③整理得到：c（NH3?H2O）+c（CO32-）+c（OH-）=0.3mol?L-1+c（H2CO3）+c（H+）；故D正確；

故選：BD。

A.0.2mol?L-1氨水溶液中存在一水合氨電離平衡和水的電離平衡；據(jù)此分析判斷離子濃度；

B.0.2mol?L-1NH4HCO3溶液（pH＞7）；溶液顯堿性說(shuō)明碳酸氫根離子水解程度大于銨根離子水解程度，據(jù)此分析判斷離子濃度；

C．溶液中存在物料守恒；結(jié)合氮元素和碳元素守恒分析判斷離子濃度大小；

D．溶液中存在電荷守恒；物料守恒；結(jié)合離子濃度關(guān)系計(jì)算分析判斷。

本題考查了弱電解質(zhì)電離平衡、鹽類(lèi)水解、電解質(zhì)溶液中電荷守恒、物料守恒等離子關(guān)系的計(jì)算應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等?！窘馕觥緽D三、填空題(共8題，共16分)15、+3NaHCO3Na2SO4Mg2B2O5?H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2B2O3+3Mg2B+3MgO強(qiáng)酸制弱酸原理68【分析】【分析】硼鎂礦與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，過(guò)濾除去雜質(zhì)，NaBO2溶液中，通入過(guò)量的二氧化碳，得到Na2B4O7?10H2O與為NaHCO3，過(guò)濾分離，由于硼酸的酸性小于硫酸，符合復(fù)分解反應(yīng)由強(qiáng)酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度較小，故Na2B4O7?10H2O晶體與硫酸反應(yīng)得到硼酸，溶液b中含有硫酸鈉，硼酸晶體加熱分解得到B2O3；最后用Mg還原得到粗硼．

（1）根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0計(jì)算B元素化合價(jià)；

（2）由上述分析可知，第①步通入過(guò)量二氧化碳，則a為NaHCO3，第③步加入硫酸，b為Na2SO4；

（3）第①步為Mg2B2O5．H2O與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成NaBO2與Mg（OH）2；

（4）步驟⑤是Mg與B2O3發(fā)生置換反應(yīng)生成B與MgO；

（5）符合復(fù)分解反應(yīng)由強(qiáng)酸制弱酸的原理；

（6）BF3分子中B原子與F原子之間形成1對(duì)共用電子對(duì)．【解析】【解答】解：硼鎂礦與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，過(guò)濾除去雜質(zhì)，NaBO2溶液中，通入過(guò)量的二氧化碳，得到Na2B4O7?10H2O與為NaHCO3，過(guò)濾分離，由于硼酸的酸性小于硫酸，符合復(fù)分解反應(yīng)由強(qiáng)酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度較小，故Na2B4O7?10H2O晶體與硫酸反應(yīng)得到硼酸，溶液b中含有硫酸鈉，硼酸晶體加熱分解得到B2O3；最后用Mg還原得到粗硼．

（1）根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0，可知Mg2B2O5?H2O中B的化合價(jià)為+3；

故答案為：+3；

（2）由上述分析可知，第①步通入過(guò)量二氧化碳，則a為NaHCO3，第③步加入硫酸，b為Na2SO4；

故答案為：NaHCO3；Na2SO4；

（3）第①步為Mg2B2O5．H2O與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成NaBO2與Mg（OH）2，反應(yīng)方程式為：Mg2B2O5?H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2；

故答案為：Mg2B2O5?H2O+2NaOH=2NaBO2+2Mg（OH）2；

（4）步驟⑤是Mg與B2O3發(fā)生置換反應(yīng)生成B與MgO，反應(yīng)方程式為：B2O3+3Mg2B+3MgO；

故答案為：B2O3+3Mg2B+3MgO；

（5）步驟③中化學(xué)反應(yīng)可以發(fā)生的原因是：硼酸的酸性小于硫酸；符合復(fù)分解反應(yīng)由強(qiáng)酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度較小，從溶液中析出有利于該反應(yīng)的進(jìn)行；

故答案為：強(qiáng)酸制弱酸原理；

（6）BF3分子中B原子與F原子之間形成1對(duì)共用電子對(duì)；B原子形成3故B-F鍵，故分子中B原子最外層電子數(shù)為3+3=6，F(xiàn)原子最外層電子數(shù)為7+1=8；

故答案為：6；8．16、【分析】【分析】（1）①甲苯與氯氣在光照條件下生成然后在氫氧化鈉溶液；加熱的條件下發(fā)生水解生成苯甲醇；據(jù)此寫(xiě)出化學(xué)方程式；

②的官能團(tuán)為-CHO；能和新制的氫氧化銅懸濁液發(fā)生反應(yīng)生成磚紅色沉淀，據(jù)此寫(xiě)出化學(xué)方程式；

（2）①阿司匹林中含-COOH，能和NaHCO3溶液反應(yīng)生成二氧化碳；據(jù)此寫(xiě)出化學(xué)方程式；

②丁香油酚中含碳碳雙鍵；能和溴水加成，還含酚-OH，能和溴水發(fā)生取代，據(jù)此寫(xiě)出化學(xué)方程式．

（3）對(duì)苯二甲酸（）中的-COOH和乙二醇中的-OH發(fā)生由于酯化反應(yīng)引起的縮聚反應(yīng)，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：（1）①甲苯與氯氣在光照條件下生成化學(xué)方程式為：然后在氫氧化鈉溶液、加熱的條件下發(fā)生水解生成苯甲醇，化學(xué)方程式為：

故答案為：

②的官能團(tuán)為-CHO；能和新制的氫氧化銅懸濁液發(fā)生反應(yīng)生成磚紅色沉淀；

苯甲醛被氧化為苯甲酸鈉，故化學(xué)方程式為：故答案為：

（2）①阿司匹林中含-COOH，能和NaHCO3溶液反應(yīng)生成二氧化碳，化學(xué)方程式為：故答案為：

②丁香油酚中含碳碳雙鍵，能和溴水加成，還含酚-OH，能和溴水發(fā)生取代，故1mol丁香油酚消耗2mol溴，化學(xué)方程式為：故答案為：．

（3）對(duì)苯二甲酸（）中的-COOH和乙二醇中的-OH發(fā)生由于酯化反應(yīng)引起的縮聚反應(yīng)，化學(xué)方程式為：故答案為：

或．17、檢驗(yàn)裝置的氣密性除去氯氣中的氯化氫ceB中析出黃色沉淀MnO4-SO2+Mn2-+SO42-+H+酸性高錳酸鉀Na2SiO3D中高錳酸鉀溶液不褪色，E中溶液變渾濁將燒杯換成洗氣瓶，右端連接盛有堿石灰的干燥管【分析】【分析】（1）安裝好儀器后先檢查氣密性再裝藥品；

（2）①依據(jù)氯氣含有氯化氫分析裝置B的作用；②根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康倪x擇試劑；

（3）①證明SO2具有氧化性的裝置是B裝置中有沉淀生成；高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性；能把二氧化硫氧化成硫酸，本身被還原為錳離子；

②根據(jù)元素的非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物酸性越強(qiáng)，利用強(qiáng)酸制弱酸來(lái)比較酸性強(qiáng)弱，根據(jù)CO2中混有二氧化硫；

二氧化硫也能與硅酸鈉溶液反應(yīng)；需要酸性高錳酸鉀溶液除去并再次通過(guò)酸性高錳酸鉀溶液是否除盡；

③空氣中含有二氧化碳，可能干擾實(shí)驗(yàn)，故應(yīng)排除空氣中二氧化碳的干擾．【解析】【解答】解：（1）安裝好儀器后先檢查氣密性；氣密性好才能進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；

故答案為：檢驗(yàn)裝置的氣密性；

（2）①氯氣中含有氯化氫氣體；通過(guò)裝置B飽和食鹽水可以吸收氯化氫；

故答案為：除去氯氣中的氯化氫；

②本實(shí)驗(yàn)?zāi)康闹粸樽C明氧化性：Cl2＞Fe3+；

Cl2＞I2，因此選含亞鐵離子的物質(zhì)被氯氣氧化成鐵離子使硫氰化鉀變紅色來(lái)來(lái)證明Cl2＞Fe3+；

用含碘離子的物質(zhì)被氯氣氧化成單質(zhì)碘；根據(jù)碘遇淀粉變藍(lán)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象來(lái)證明；

故答案為：c；e；

（3）①證明SO2具有氧化性的裝置是B；裝置中析出黃色沉淀，說(shuō)明二氧化硫把硫離子氧化成單質(zhì)硫；

高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，能把二氧化硫氧化成硫酸，本身被還原為錳離子，反應(yīng)的方程式為：MnO4-+SO2+H2O→Mn2-+SO42-+H+；

故答案為：B中析出黃色沉淀；MnO4-+SO2+H2O→Mn2-+SO42-+H+；

②元素的非金屬性越強(qiáng)；最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物酸性越強(qiáng)，利用碳酸的酸性強(qiáng)于硅酸；

二氧化碳能與硅酸鈉反應(yīng)制得硅酸沉淀，由于CO2中混有二氧化硫；二氧化硫也能與硅酸鈉溶液反應(yīng)；

需要酸性高錳酸鉀溶液除去并再次通過(guò)酸性高錳酸鉀溶液是否除盡；D裝置是檢驗(yàn)二氧化硫是否除凈，防止干擾檢驗(yàn)二氧化碳；

故答案為：酸性高錳酸鉀溶液，Na2SiO3；D中高錳酸鉀溶液不褪色，E中溶液變渾濁；

③空氣中含有二氧化碳；可能干擾實(shí)驗(yàn)，故應(yīng)排除空氣中二氧化碳的干擾，將燒杯換成洗氣瓶；

右端連接盛有堿石灰的干燥管可排除空氣中二氧化碳的干擾；

故答案為：將燒杯換成洗氣瓶，右端連接盛有堿石灰的干燥管．18、O2NO1【分析】【分析】反應(yīng)2NO+O2═2NO2中，N元素化合價(jià)由+2價(jià)升高到+4價(jià)，被氧化，NO為還原劑，O元素化合價(jià)由0價(jià)降低到-2價(jià)，O2為氧化劑，結(jié)合方程式計(jì)算．【解析】【解答】解：反應(yīng)2NO+O2═2NO2中，N元素化合價(jià)由+2價(jià)升高到+4價(jià)，被氧化，NO為還原劑，O元素化合價(jià)由0價(jià)降低到-2價(jià)，O2為氧化劑；

由方程式可知，當(dāng)反應(yīng)中消耗了1molNO，則生成1molNO2．

故答案為：O2；NO；1．19、6155無(wú)藍(lán)2Cs+2H2O=2CsOH+H2↑強(qiáng)【分析】【分析】（1）元素原子電子層數(shù)等于周期序數(shù)；最外層電子等于主族元素族序數(shù)；

（2）依據(jù)同主族元素性質(zhì)相似性結(jié)合鈉與水反應(yīng)產(chǎn)物及性質(zhì)解答；

（3）依據(jù)同主族元素從上到下金屬性依次增強(qiáng)遞變規(guī)律解答．【解析】【解答】解：（1）已知銫位于元素周期表中第六周期第IA族；所以核外有6個(gè)電子層，最外層有1個(gè)電子，各層容納電子數(shù)為：28181881，質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)為55，原子序數(shù)為55；

故答案為：6；1；55；

（2）銫與鈉都是第一主族元素，性質(zhì)相似，鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，則銫與水反應(yīng)生成氫氧化銫和氫氣，方程式2Cs+2H2O=2CsOH+H2↑；氫氧化銫為強(qiáng)堿，溶液顯堿性，石蕊變藍(lán)色；

故答案為：無(wú)；藍(lán)；2Cs+2H2O=2CsOH+H2↑；

（3）同主族元素從上到下金屬性依次增強(qiáng)遞；銫位于鈉的下方，二者都是同主族元素，所以銫的金屬性強(qiáng)于鈉，單質(zhì)的還原性強(qiáng)于鈉；

故答案為：強(qiáng)．20、3NO2+H2O═2HNO3+NO6.72取樣，滴加過(guò)量濃NaOH溶液后加熱，若產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，說(shuō)明有NH4+．-41.8b＜在1.3×104kPa下，CO的轉(zhuǎn)化率已較高，再增大壓強(qiáng)CO的轉(zhuǎn)化率提高不大，而生產(chǎn)成本增加得不償失．【分析】【分析】（1）根據(jù)物質(zhì)與水的反應(yīng)物與生成物來(lái)書(shū)寫(xiě)化學(xué)反應(yīng)方程式；再利用氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移計(jì)算，然后計(jì)算標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體的體積；

（2）氨氣能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)色；

（3）利用熱化學(xué)方程式和蓋斯定律來(lái)計(jì)算反應(yīng)熱；

（4）平衡狀態(tài)時(shí)；正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度不變，由此衍生的一些物理量也不變；

（5）利用化學(xué)平衡的影響因素和工業(yè)生產(chǎn)的關(guān)系來(lái)分析．【解析】【解答】解：（1）NO2與H2O反應(yīng)的方程式為：3NO2+H2O═2HNO3+NO；6NO2+8NH3═7N2+12H2O，當(dāng)反應(yīng)中有1molNO2參加反應(yīng)時(shí)，共轉(zhuǎn)移了4mol電子，故轉(zhuǎn)移1.2mol電子時(shí)，消耗的NO2為×22.4L=6.72L；

故答案為：3NO2+H2O═2HNO3+NO；6.72L

（2）銨鹽和強(qiáng)堿在加熱條件下生成氨氣，氨氣屬于堿性氣體，能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)色，其檢驗(yàn)方法是：取樣，滴加過(guò)量濃NaOH溶液后加熱，若產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，說(shuō)明有NH4+；

故答案為：取樣，滴加過(guò)量濃NaOH溶液后加熱，若產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，說(shuō)明有NH4+．

（3）①2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=-196.6kJ?mol-1

②2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）△H=-113.0kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律計(jì)算（①-②）×得到反應(yīng)NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g），△H=-41.8k