2025年魯教五四新版高一化學下冊階段測試試卷

…………○…………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年魯教五四新版高一化學下冊階段測試試卷378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8題，共16分)1、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。如果ag某氣體中含有的分子數(shù)為b，則cg該氣體在標準狀況下的體積是（）LA.B.C.D.2、近年來，冠以“綠色”的新概念不斷產(chǎn)生，如綠色食品、綠色材料、綠色能源、綠色化學等，這里的“綠色”是對人類社會可持續(xù)發(fā)展戰(zhàn)略的形象表述?！熬G色化學”要求以經(jīng)濟、環(huán)保和技術(shù)上設計可行的化學反應。據(jù)此，由單質(zhì)鎂制造硝酸鎂的下列四個方案中，你認為可行而且符合“綠色化學”要求的方案是（）A.MgMg(NO3)2B.MgMgCl2Mg(OH)2Mg(NO3)2C.MgMgOMg(NO3)2D.MgMgSO4Mg(NO3)23、下列變化屬于化學變化的是（）A.碘的升華B.金屬的焰色反應C.液溴的氣化D.漂白粉久置失效4、下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{H_{2}}的摩爾質(zhì)量是rm{2g}B.rm{1molH_{2}O}的質(zhì)量是rm{18g/mol}C.氧氣的摩爾質(zhì)量是rm{32g/mol}D.rm{2gH_{2}}含rm{1molH}5、下列化學用語正確的是()A.次氯酸的電子式B.氯化銨的電子式：rm{Cl^{-}}C.氮氣的結(jié)構(gòu)式：：rm{N隆脭N}D.rm{Cl^{-}}的結(jié)構(gòu)示意圖6、下溶液中rm{c(Cl^{-})}與rm{50mL}rm{1mol/L}氯化鋁溶液中的rm{c(Cl^{-})}相等的是rm{(}rm{)}A.rm{150}rm{mL}rm{1mol/L}氯化鈉溶液B.rm{5}rm{mL}rm{2mol/L}氯化銨溶液C.rm{150}rm{mL}rm{1mol/L}氯化鉀溶液D.rm{75}rm{mL}rm{1.5mol/L}氯化鎂溶液7、下列有關(guān)物質(zhì)用途的說法中，____的是A.rm{NH_{3}}常用作制冷劑B.rm{Fe_{3}O_{4}}常用于紅色油漆和涂料C.rm{Na_{2}O_{2}}常用作防毒面具的生氧劑D.rm{NaHCO_{3}}常用作面粉發(fā)泡劑8、下列選項中能發(fā)生化學反應，并且甲組為取代反應，乙組為加成反應的是。選項甲乙rm{A}苯與溴水乙烯與水制乙醇rm{B}乙酸乙酯水解苯與氫氣rm{C}乙醇的催化氧化乙酸和乙醇的酯化反應rm{D}乙烯與溴的四氯化碳溶液甲烷與氯氣A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、下列材料既含有硅元素又含有氧元素的是（）A.水泥B.晶體硅C.沙子D.普通陶瓷10、25℃時，將氨水與氯化銨溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol·L-1的溶液。溶液中c(NH3·H2O)、c(NH4+)與pH的關(guān)系如下圖所示。下列有關(guān)離子濃度關(guān)系敘述一定正確的是。

A.W點表示溶液中：c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)B.pH=7.0溶液中：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)C.pH=10.5的溶液中：c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)＜0.1mol·L-1D.向W點所表示的1L溶液中加入0.05molNaOH固體(忽略溶液體積變化)：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)11、常溫下，Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7，Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5，設H2SO3溶液中c(總)=c()+c()+c(H2SO3)。室溫下將氨氣通入25.00mL0.1000mol·L?1H2SO3溶液中（忽略溶液體積變化），下列說法正確的是A.溶液中始終存在：c()+c(H+)=c()+c()+c(OH?)B.在NH4HSO3溶液中：c()＞c()＞c(NH3·H2O)＞c(H2SO3)C.pH=7的溶液：c()=2c()+c()D.c()=2c(總)的溶液中：c(NH3·H2O)+c(OH?)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)12、室溫下，若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A.的溶液：B.的溶液和的溶液混合C.的溶液和的溶液等體積混合：D.的溶液和的溶液等體積混合：13、用間接電化學法可對大氣污染物NO進行無害化處理，其工作原理如圖所示。下列說法正確的是

A.電極I為陰極，電極反應式為2H2O+2e-=2OH-+H2↑B.電解時H+由電極II向電極I遷移C.吸收塔中的反應為2NO+2S2O+2H2O=N2+4HSOD.每處理1mo1NO，可同時得到32gO214、下列表示對應化學反應的離子方程式不正確的是A.向Na2SO3中滴加稀HNO3溶液：＋2H+=SO2↑＋H2OB.0.3molFeBr2與0.4molCl2在溶液中反應：8Cl2＋6Fe2+＋10Br－=6Fe3+＋16Cl－＋5Br2C.用稀硝酸除去試管內(nèi)壁銀鏡：Ag＋2H+＋=Ag+＋NO2↑＋H2OD.酸性KMnO4氧化H2O2：2＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O15、下列實驗操作正確的是rm{(}rm{)(}填序號rm{)}．A.用帶橡皮塞的棕色試劑瓶存放濃硝酸B.容量瓶rm{.}分液漏斗使用前均需檢查是否漏水C.分液漏斗分液時，必須先將下層液體從下口放出，再將上層液體從上口倒出E.氨氣噴泉實驗時，收集氣體的燒瓶必須干燥E.氨氣噴泉實驗時，收集氣體的燒瓶必須干燥16、元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序數(shù)之和為rm{36}rm{X}rm{Y}在同一周期，rm{X^{+}}與rm{Z^{2-}}具有相同的核外電子層結(jié)構(gòu)。下列推測正確的是()A.同周期元素中rm{X}的金屬性最強B.原子半徑rm{X>Y}離子半徑rm{X^{+}>Z^{2-}}C.同族元素中rm{Z}的氫化物穩(wěn)定性最高D.同周期元素中rm{Y}的最高價含氧酸的酸性最強評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)17、A.、B、C、D、E、F六種物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示（反應條件和部分產(chǎn)物未標出)（1）若A為短周期金屬單質(zhì)，D為短周期非金屬單質(zhì)，且所含元素的原子序數(shù)A是D的2倍，所含元素的原子最外層電予數(shù)D是A的2倍，F(xiàn)的濃溶液與AD反應都有紅棕色氣體生成，則A為___________________，反應④的化學方程式為____________________________________.（2）若A為常見的金屬單質(zhì)，DF是氣態(tài)單質(zhì)，反應①在水溶液中進行，則反應②（在水溶液中進行）的離子方程式是____________________________.（3）若A．D．F都是短周期非金屬元素單質(zhì)，且A．D所含元素同主族，A．F所含元素同周期，則反應①的化學方程式為________________________.18、rm{(I)}一密閉容器中發(fā)生下列反應：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)}rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?

2NH_{3}(g)}下圖是某一時間段中反應速率與反應進程的曲線關(guān)系圖?；卮鹣铝袉栴}：

rm{婁隴H<0}rm{(1)t_{1}}rm{t_{3}}時刻，體系中分別是什么條件發(fā)生了變化？rm{t_{4}}每次只改變了一個條件rm{(}每次只改變了一個條件rm{)}rm{(}______，rm{)}______，rm{t_{1}}______。rm{t_{3}}下列時間段中，氨的百分含量最高的是______。A.rm{t_{4}}B.rm{(2)}C.rm{t_{0}隆蘆t_{1;;;;}}D.rm{t_{2}隆蘆t_{3;;;;;;}}．

rm{t_{3}隆蘆t_{4;;;;;;;}}在一定體積的密閉容器中，進行反應rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)}其平衡常數(shù)rm{t_{5}隆蘆t_{6}}和溫度rm{(II)}的關(guān)系如表所示：。rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+

H_{2}O(g)}rm{T/^{0}C}rm{700}rm{800}rm{830}rm{1000}rm{1200}rm{K}rm{0.6}rm{0.9}rm{1.0}rm{1.7}rm{2.6}回答下列問題：rm{(1)}該反應的化學平衡常數(shù)表達式為rm{K=}________。rm{(2)}該反應為______反應rm{(}填“吸熱”或“放熱”rm{)}rm{(3)}能判斷該反應達化學平衡狀態(tài)的依據(jù)是______。A.容器中壓強不變rm{B.}混合氣體中rm{c(CO)}不變C.rm{v_{脮媒}(H_{2})=v_{脛忙}(H_{2}O)_{;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}D.rm{c(CO_{2})=c(CO)}rm{(4)}某溫度下，平衡濃度符合下式：rm{c(CO_{2})?c(H_{2})=c(CO)?c(H_{2}O)}試判斷此時的溫度為___。rm{(5)}在rm{800隆忙}時，發(fā)生上述反應，某一時刻測得容器內(nèi)各物質(zhì)的濃度分別為rm{c(CO_{2})}為rm{2mol/L}rm{c(H_{2})}為rm{1.5mol/L}rm{c(CO)}為rm{1mol/L}rm{c(H_{2}O)}為rm{3mol/L}則此時刻反應向____rm{(}填“正向”或“逆向”rm{)}進行。19、目前，汽車尾氣已成為許多大城市空氣的主要污染源，汽車尾氣中含有rm{CO}rm{NO}等多種污染物．

rm{(1)}汽車燃料中一般不含氮元素，尾氣中所含的rm{NO}是如何產(chǎn)生的？說明原因并寫出有關(guān)反應的方程式______．

rm{(2)NO}對大氣的影響之一是導致酸雨，用化學方程式表示rm{NO}形成酸雨的原因是______．

rm{(3)}將rm{CaCO_{3}}粉末噴灑到湖泊中，可消除酸雨對水質(zhì)的影響，反應的離子方程式是______．20、在rm{50mlbmol/L}氯化鋁溶液中加入rm{50mlamol/L}的氫氧化鈉溶液．

rm{(1)}當rm{aleqslant3b}時；生成氫氧化鋁沉淀的物質(zhì)的量為______；

rm{(2)}當rm{a}rm滿足______條件時；無沉淀生成；

rm{(3)}當rm{a}rm滿足______條件時，rm{a}增大，沉淀減少，此時生成氫氧化鋁沉淀的物質(zhì)的量為______rm{mol}．21、（1）用“單線橋”表示下列反應電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反應中物質(zhì)的氧化性：KMnO4_____Cl2（填“>、<、=”）；氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為_____________。（2）配平下列氧化還原反應方程式：___KMnO4+___H2S+__H2SO4(稀)——__K2SO4+__MnSO4+__S↓+__H2O（3）Cl2是一種黃綠色有毒氣體，化工廠可用濃氨水來檢驗有毒氣體Cl2是否泄漏，有關(guān)反應的化學方程式為：3Cl2＋8NH3＝6NH4Cl＋N2若反應中NH3消耗6．8g，則轉(zhuǎn)移電子個數(shù)為。22、某同學利用如圖1所示的實驗裝置進行鐵跟水蒸氣反應的實驗；并繼續(xù)研究鐵及其化合物的部分性質(zhì)．

已知：①FeO+2H+=Fe2++H2O②Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O③Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O

請回答下列問題：

（1）硬質(zhì)試管中發(fā)生反應的化學方程式為____．

（2）該同學欲確定反應一段時間后硬質(zhì)試管中固體物質(zhì)的成分；設計了如下實驗方案：

①待硬質(zhì)試管冷卻后；取少許其中的固體物質(zhì)溶于稀硫酸得溶液B；

②取少量溶液B滴加KSCN溶液，若溶液變紅色則說明硬質(zhì)試管中固體物質(zhì)的成分是（只有一個選項符合題意）____，若溶液未變紅色則說明硬質(zhì)試管中固體物質(zhì)的成分是（只有一個選項符合題意）____．

A．一定有Fe3O4，可能有FeB．只有Fe（OH）3C．一定有Fe3O4和Fe

D．一定有Fe（OH）3，可能有FeE．只有Fe3O4

（3）該同學按上述實驗方案進行了實驗，結(jié)果溶液未變紅色，原因是____（用離子方程式表示）．

（4）該同學馬上另取少量溶液B，使其跟NaOH溶液反應．若按圖2所示的操作，可觀察到生成白色沉淀，迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色的現(xiàn)象，請寫出與上述現(xiàn)象相關(guān)的反應的化學方程式____．

（5）一段時間后，該同學發(fā)現(xiàn)（3）中未變紅的溶液變成紅色，說明Fe2+具有____性．由此可知，實驗室中含F(xiàn)e2+的鹽溶液需現(xiàn)用現(xiàn)配制的原因是____，并且配制含F(xiàn)e2+的鹽溶液時應加入少量____．

（6）乙同學為了獲得持久白色的Fe（OH）2沉淀，準備用圖3所示裝置，用不含O2的蒸餾水配制的NaOH溶液與新制的FeSO4溶液反應．獲得不含O2的蒸餾水的方法是____．反應開始時，打開止水夾的目的是____；

一段時間后，關(guān)閉止水夾，在試管____（填“A”或“B”）中觀察到白色的Fe（OH）2．23、根據(jù)組成原電池的條件，試以反應：Fe+Cu2+=Fe2++Cu設計一個原電池，畫出示意圖并標出原電池的正、負極和電子的流向（畫在下面方框中），寫出電極反應式。供選用的電解質(zhì)溶液有：稀硫酸、硫酸銅溶液、氯化銅溶液。供選用的電極材料有：鋅片、銅片、鐵片、石墨。電極材料及電極反應式：負極材料：，電極反應式：____正極材料：，電極反應式：____電解質(zhì)溶液：。24、（18分）現(xiàn)有下列十種物質(zhì)：①H2②鋁③CaO④CO2⑤H2SO4⑥Ba(OH)2⑦紅褐色的氫氧化鐵液體⑧氨水⑨稀硝酸⑩Al2(SO4)3（1）上述物質(zhì)中屬于電解質(zhì)有：(用物質(zhì)序號填空)，可以利用⑦具有現(xiàn)象這一簡單物理方法區(qū)分⑦、⑧二種分散系。（2）上述十種物質(zhì)中有兩種物質(zhì)之間可發(fā)生離子反應：H＋＋OH－H2O，該離子反應對應的化學方程式為。少量的④通入⑥的溶液中反應的離子方程式為。（3）17.1g⑩溶于水配成250mL溶液，SO42-的粒子數(shù)為，SO42-的物質(zhì)的量濃度為。（4）②與⑨發(fā)生反應的化學方程式為：Al+4HNO3=Al(NO3)-3+NO↑+2H2O，寫出該反應的離子方程式并標出電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目：當有4.48升（標況）NO氣體產(chǎn)生時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為，被還原HNO3的質(zhì)量為克。25、rm{1999}年俄、美科學家聯(lián)合小組合成了第rm{114}號元素的一種同位素，該核素原子的質(zhì)量數(shù)為rm{298}則這種同位素原子的核內(nèi)中子數(shù)為______，核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為______，近似相對原子質(zhì)量為______．評卷人得分四、判斷題(共4題，共16分)26、煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是物理變化27、過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸．（判斷對錯）28、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）29、摩爾是七個基本物理量之一．（判斷對錯）評卷人得分五、計算題(共3題，共27分)30、（6分）4.35g二氧化錳能與濃鹽酸（密度為1.19g·cm－3、質(zhì)量分數(shù)為36.5%）完全反應。求：（1）鹽酸中HCl的物質(zhì)的量濃度。（2）被氧化的HCl的物質(zhì)的量。（3）將所得氣體全部用石灰乳吸收，可得到漂白粉的質(zhì)量。31、液態(tài)化合物在一定量的氧氣中恰好完全燃燒，反應方程式為：rm{XY_{2}(l)+3O_{2}(g)=XO_{2}(g)+2YO_{2}(g)}冷卻后，在標準狀況下測得生成物的體積是rm{672ml}密度是rm{2.56g/L}．

rm{(1)}反應前rm{O_{2}}的體積為______．

rm{(2)}化合物rm{XY_{2}}的摩爾質(zhì)量是______．

rm{(3)}在rm{XY_{2}}分子中，rm{X}rm{Y}兩元素的質(zhì)量之比為rm{3}rm{16}則rm{X}rm{Y}兩元素分別為______和______rm{(}寫元素名稱rm{)}．32、簡答：糖尿病是“富貴病”；請你設計實驗檢驗病人尿液中的葡萄糖，并與正常人作對比，設計要求：

(1)寫出實驗所用化學藥品。

(2)寫出實驗現(xiàn)象并作出結(jié)論．評卷人得分六、綜合題(共4題，共12分)33、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

34、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題35、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

36、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】試題分析：由題意可知，ag氣體的物質(zhì)的量是b/NAmol，則該氣體的摩爾質(zhì)量是a/b/NA=aNA/bg/mol，所以cg該氣體的物質(zhì)的量為bc/aNAmol，則標準狀況下的體積是22.4bc/aNAL，答案選A?？键c：考查氣體的物質(zhì)的量、分子數(shù)、阿伏伽德羅常數(shù)、體積的換算關(guān)系【解析】【答案】A2、C【分析】【分析】A中產(chǎn)生NO2氣體，B中步驟過于繁瑣，D中產(chǎn)生SO2氣體；所以正確的答案選C。

【點評】“綠色化學”的核心思想是沒有污染，且原子利用率達到100％，據(jù)此可以進行有關(guān)判斷和分析。3、D【分析】【解答】解：A；碘的升華的過程中沒有新物質(zhì)生成；屬于物理變化，故A錯誤；B、金屬的焰色反應過程中沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故B錯誤；

C；液溴的氣化的過程中沒有新物質(zhì)生成；屬于物理變化，故C錯誤；

D；漂白粉久置失效的過程中是二氧化碳、水和次氯酸鈣反應生成了次氯酸和碳酸鈣；屬于化學變化，故D正確；

故選D．

【分析】化學變化是指有新物質(zhì)生成的變化．物理變化是指沒有新物質(zhì)生成的變化．化學變化和物理變化的本質(zhì)區(qū)別是否有新物質(zhì)生成．4、C【分析】解：rm{A}摩爾質(zhì)量的單位為rm{g/mol}不是rm{g}rm{g}是質(zhì)量的單位；故A錯誤；

B、質(zhì)量的單位為rm{g}rm{g/mol}是摩爾質(zhì)量的單位；故B錯誤；

C、一種物質(zhì)的摩爾質(zhì)量在數(shù)值上等于該物質(zhì)的相對分子質(zhì)量，故氧氣的摩爾質(zhì)量為rm{32g/mol}故C正確；

D、氫氣由氫原子構(gòu)成，故rm{2g}氫氣中含有的氫原子的物質(zhì)的量rm{n=dfrac{2g}{1g/mol}=2mol}故D錯誤．

故選C．

A、摩爾質(zhì)量的單位為rm{n=dfrac

{2g}{1g/mol}=2mol}

B、質(zhì)量的單位為rm{g/mol}

C；一種物質(zhì)的摩爾質(zhì)量在數(shù)值上等于該物質(zhì)的相對分子質(zhì)量；

D；氫氣由氫原子構(gòu)成．

本題考查了質(zhì)量、摩爾質(zhì)量的單位和數(shù)值，難度不大，應注意區(qū)分質(zhì)量和摩爾質(zhì)量的單位．rm{g}【解析】rm{C}5、D【分析】【分析】本題旨在考查學生對電子式、結(jié)構(gòu)式、離子結(jié)構(gòu)示意圖等應用。【解答】A.次氯酸中氧原子和氫原子、氯原子形成共價鍵，故其電子式為：故A錯誤；B.氯化銨是離子化合物，其電子式為：故B錯誤；C.氮氣的結(jié)構(gòu)式中不能有共用電子對，其結(jié)構(gòu)式為：rm{N隆脭N}；故C錯誤；D.氯離子的結(jié)構(gòu)示意圖為：故D正確。故選D。rm{N隆脭N}【解析】rm{D}6、D【分析】解：rm{A.1mol/L}氯化鈉溶液中的rm{c(Cl^{-})}為rm{1mol/L}故A不選；

B.rm{2mol/L}氯化銨溶液中的rm{c(Cl^{-})}為rm{2mol/L}故B不選；

C.rm{1mol/L}氯化鉀溶液中的rm{c(Cl^{-})}為rm{1mol/L}故C不選；

D.rm{1.5mol/L}氯化鎂溶液中的rm{c(Cl^{-})}為rm{1.5mol/L隆脕2=3mol/L}故D選；

故選D．

rm{1mol/L}氯化鋁溶液中的rm{c(Cl^{-})}為rm{1mol/L隆脕3=3mol/L}結(jié)合溶質(zhì)濃度；離子個數(shù)計算．

本題考查物質(zhì)的量濃度的計算，為高頻考點，把握物質(zhì)的構(gòu)成、離子濃度的計算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意物質(zhì)的構(gòu)成，題目難度不大．【解析】rm{D}7、B【分析】【分析】本題考查了物質(zhì)的用途，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度不大?！窘獯稹緼.氨很容易液化；液態(tài)氨汽化時要吸收大量的熱，常用作制冷劑，故A正確；

B.rm{Fe_{3}O_{4}}為黑色固體；三氧化二鐵為紅棕色，用作紅色油漆和涂料，故B錯誤；

C.rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}能與二氧化碳氣體、水反應生成氧氣，rm{O}；故C正確；

D.碳酸氫鈉不穩(wěn)定受熱分解生成二氧化碳；水和碳酸鈉；常用作面粉發(fā)泡劑，故D正確。

故選B。

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{B}8、B【分析】【分析】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握有機物中的官能團及官能團與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重性質(zhì)及有機反應類型的考查，題目難度不大?！窘獯稹緼.苯與溴水不反應；而乙烯與水制乙醇為烯烴的加成反應，故A錯誤；

B.乙酸乙酯水解屬于取代反應；苯與氫氣發(fā)生加成反應生成環(huán)己烷，屬于加成反應，故B正確；

C.乙醇的催化氧化屬于氧化反應，乙酸和乙醇的酯化反應生成乙酸乙酯和水；屬于取代反應，故C錯誤；

D.乙烯與溴的四氯化碳溶液反應生成rm{1}rm{2-}二溴乙烷，甲烷與氯氣rm{(}光照rm{)}反應生成氯代烴和rm{HCl}分別為加成反應；取代反應，故D錯誤。

故選B?！窘馕觥縭m{B}二、多選題(共8題，共16分)9、ACD【分析】解：A；水泥屬于傳統(tǒng)硅酸鹽產(chǎn)品；因此均含有硅元素和氧元素，故A正確；

B；晶體硅是硅單質(zhì)只含有硅元素；故B錯誤；

C；沙子的主要化學成分為二氧化硅；含有硅元素和氧元素，故C正確；

D；普通陶瓷均屬于傳統(tǒng)硅酸鹽產(chǎn)品；因此均含有硅元素和氧元素，故D正確；

故選：ACD．

水泥和普通陶瓷均屬于傳統(tǒng)硅酸鹽產(chǎn)品；因此均含有硅元素和氧元素，晶體硅是硅單質(zhì)只含有硅元素，沙子的主要化學成分為二氧化硅，含有硅元素和氧元素．

本題考查常見由硅元素組成的無機非金屬材料，知曉各種材料的成分是解題的基礎，因此要重視基礎知識的積累，難度不大．【解析】【答案】ACD10、AD【分析】【詳解】

將氨水與氯化銨溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol/L的混合溶液，當溶液中只有NH4+時，NH4+水解使溶液呈酸性，隨著c(NH3·H2O)的增大，溶液堿性增強，根據(jù)圖示，當pH=9.25時，c(NH3·H2O)=c(NH4+)，因此當溶液的pH＜9.25時，c(NH3·H2O)＜c(NH4+)，當pH＞9.25時，c(NH3·H2O)＞c(NH4+)，因此隨著溶液pH的增大，濃度增大的是c(NH3·H2O)、減小的是c(NH4+)。A．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒可得c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，在W點時c(NH3·H2O)=c(NH4+)，所以c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，A正確；B．室溫下pH=7.0＜9.25，溶液顯中性，c(H+)=c(OH-)，則溶液中c(NH4+)＞c(NH3·H2O)，NH3·H2O主要以電解質(zhì)分子存在，NH3·H2O、H2O的電離程度十分微弱，其電離產(chǎn)生的離子濃度很小，故微粒濃度大小關(guān)系為：c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(H+)=c(OH-)，B錯誤；C．該混合溶液中，無論pH如何變化都存在c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，則c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(NH4+)+c(H+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L+c(H+)＞0.1mol/L，C錯誤；D．W點溶液中存在c(NH3·H2O)=c(NH4+)=0.05mol/L，溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，根據(jù)電荷守恒可知c(Cl-)＜c(NH4+)=0.05mol/L，向1L該溶液中加入0.05molNaOH，則c(Na+)=0.05mol/L，c(Na+)＞c(Cl-)，NaCl電離產(chǎn)生離子濃度Cl-濃度c(Cl-)大于NH3·H2O電離產(chǎn)生的離子NH4+、OH-的濃度，且溶液中還有水會微弱電離產(chǎn)生OH-，故離子濃度關(guān)系為：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)，D正確；故合理選項是AD。11、CD【分析】【詳解】

A．溶液中始終存在電荷守恒：c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH?)，A錯誤；B．常溫下，NH4+的水解常數(shù)K1=≈5.7×10-10，HSO3-的水解常數(shù)K2=≈6.7×10-13，HSO3-的電離常數(shù)Ka2=1.0×10-7，Ka2＞K1＞K2，所以c()＞c()，c(NH3·H2O)＞c(H2SO3)，故c()＞c()＞c(NH3·H2O)＞c(H2SO3)，B錯誤；C．電荷守恒：c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH?)，pH=7的溶液：c(H+)=c(OH?)，所以c()=2c()+c()，C正確；D．c()=2c(總)=2[c()+c()+c(H2SO3)]，則該溶液為(NH4)2SO3，該溶液的質(zhì)子守恒為：c(NH3·H2O)+c(OH?)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)，D正確。答案選CD。

【點睛】

書寫(NH4)2SO3溶液的質(zhì)子守恒方法：選定NH4+、SO32-、H2O為基準粒子，所以(NH4)2SO3溶液的質(zhì)子守恒為：c(NH3·H2O)+c(OH?)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)。12、BD【分析】【詳解】

由題可知，

A．0.1mol/L的NaHA溶液中的物料守恒：HA-的電離常數(shù)大于其水解程度，故溶液中因此故A錯誤；

B．的溶液和的溶液的混合液中c(Na+)<0.2mol/L，該溶液中電荷守恒為：溶液呈中性，故故B正確；

C．該混合溶液中電荷守恒：①，物料守恒：②，將①+②得：故C錯誤；

D．兩溶液混合后發(fā)生反應：Na2A+H2A=2NaHA，溶液中c(NaHA)=c(H2A)=0.05mol/L，溶液中電荷守恒：①，物料守恒：②，將①+②進行相關(guān)轉(zhuǎn)化得：因Ka1>Kh2，故溶液呈酸性，故故D正確；

故答案為：BD。

【點睛】

酸式鹽與多元弱酸的強堿正鹽溶液酸堿性比較：

（1）酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式鹽中酸式酸根離子的電離能力和水解能力哪一個更強，如NaHCO3溶液中的水解能力大于其電離能力；故溶液顯堿性；

（2）多元弱酸的強堿正鹽溶液：多元弱酸根離子水解以第一步為主，例如Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。13、BC【分析】【分析】

HSO3－在電極I上轉(zhuǎn)化為S2O過程中S的化合價降低，得到電子發(fā)生還原反應，則電極I為陰極，電極反應為：2HSO+2e－+2H＋═S2O+2H2O；H2O在電極Ⅱ上被轉(zhuǎn)化為O2，發(fā)生電極反應：2H2O-4e－═O2↑+4H＋；電極Ⅱ為陽極。

【詳解】

A．HSO3－在電極I上轉(zhuǎn)化為S2O過程中S的化合價降低，得到電子發(fā)生還原反應，則電極I為陰極，電極反應為：2HSO+2e－+2H＋═S2O+2H2O；故A錯誤；

B．電極I為陰極，則電極Ⅱ為陽極，電解池中陽離子向陰極移動，所以電解池中H＋通過質(zhì)子膜向電極I處移動；故B正確；

C．吸收塔中通入NO和S2O42－離子反應，生成N2和HSO所以反應方程式為：2NO+2S2O+2H2O=N2+4HSO故C正確；

D．電極Ⅱ為陽極，H2O在電極Ⅱ上被轉(zhuǎn)化為O2，發(fā)生電極反應：2H2O-4e－═O2↑+4H＋，每處理1molNO，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1mol×2=2mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，則產(chǎn)生O2的物質(zhì)的量為2mol×=0.5mol，質(zhì)量為0.5mol×32g·mol－1=16g；故D錯誤；

故選BC。

【點睛】

本題考查電化學知識，根據(jù)電化學裝置原理圖分析，明確電極反應是解題的關(guān)鍵，突破口A，HSO在電極I上轉(zhuǎn)化為S2O過程中S的化合價降低，得到電子發(fā)生還原反應，則電極I為陰極，由此分析。14、AC【分析】【詳解】

A.向Na2SO3中滴加稀HNO3溶液，兩者發(fā)生氧化還原反應：3＋2H+＋2=3＋2NO↑＋H2O；故A錯誤；

B.0.3molFeBr2與0.4molCl2在溶液中反應，0.15mol氯氣先與0.3mol亞鐵離子反應，再是0.25mol氯氣與0.5mol溴離子反應，再擴大倍數(shù)得到：8Cl2＋6Fe2+＋10Br－=6Fe3+＋16Cl－＋5Br2；故B正確；

C.用稀硝酸除去試管內(nèi)壁銀鏡，反應生成硝酸銀和一氧化氮氣體：3Ag＋4H+＋=3Ag+＋NO↑＋2H2O；故C錯誤；

D.酸性KMnO4氧化H2O2，雙氧水變?yōu)檠鯕?，高錳酸根變?yōu)殄i離子：2＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O；故D正確。

綜上所述，答案為AC。15、BCE【分析】解：rm{A.}濃硝酸腐蝕橡膠；所以能加快橡膠老化，所以濃硝酸不能存放在帶橡膠塞的棕色玻璃瓶中，故A錯誤；

B.帶有旋塞和瓶塞的儀器；一般在使用前需要檢查是否漏水，所以容量瓶和分液漏斗在使用前均需檢查是否漏水，故B正確；

C.分液時；上層液體從上口倒出，下層液體從下口倒出，否則易導致引入雜質(zhì)，故C正確；

D.蒸餾時；溫度計測量餾分溫度，所以溫度計水銀球應該位于蒸餾燒瓶支管口處，故D錯誤；

E.因為氨氣極易溶于水；氨氣噴泉實驗時，如果收集氣體的燒瓶不干燥，會導致部分氨氣溶于水，而達不到形成噴泉的壓強差，導致無法形成噴泉實驗，所以所以氨氣噴泉實驗時，收集氣體的燒瓶必須干燥，故E正確；

F.測定溶液的rm{pH}值時，rm{pH}試紙不能事先潤濕，否則導致溶液濃度降低，測定的rm{pH}值可能改變；故F錯誤；

故選BCE．

A.濃硝酸能腐蝕橡膠；

B.帶有旋塞和瓶塞的儀器；一般在使用前需要檢查是否漏水；

C.分液時；上層液體從上口倒出，下層液體從下口倒出；

D.蒸餾時；溫度計測量餾分溫度；

E.利用壓強差形成噴泉；

F.測定溶液的rm{pH}值時，rm{pH}試紙不能事先潤濕．

本題考查化學實驗評價，為高頻考點，涉及實驗基本操作，明確實驗原理及基本操作規(guī)范性是解本題關(guān)鍵，注意蒸餾時溫度計位置，為易錯點．【解析】rm{BCE}16、ACD【分析】【分析】本題考查元素的推斷和元素周期律，為高考常見題型，題目難度中等，注意把握元素的推斷的角度以及元素周期律的遞變規(guī)律?！窘獯稹縭m{X}rm{Y}在同一周期，rm{X}rm{X}在同一周期，rm{Y}rm{X}rm{{,!}^{+}}與rm{Z}rm{Z}在rm{{,!}^{2-}}具有相同的核外電子層結(jié)構(gòu)，可推rm{Z}在rm{X}rm{Y}的上一個周期，又因為rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序數(shù)之和為rm{36}平均原子序數(shù)為rm{12}則rm{X}為rm{Na}rm{Z}為rm{O}進而可知rm{Y}為rm{Cl}則的上一個周期，又因為rm{Z}rm{X}rm{Y}原子序數(shù)之和為rm{X}平均原子序數(shù)為rm{Y}則rm{Z}為rm{36}rm{12}為rm{X}進而可知rm{Na}為rm{Z}則

rm{O}為rm{Y}由同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸減弱可知同周期元素中rm{Cl}的金屬性最強，故A正確；

A.rm{X}為rm{Na}由同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸減弱可知同周期元素中rm{X}的金屬性最強，故A正確；rm{X}rm{Na}rm{X}B.具有相同的核外電子層結(jié)構(gòu)的離子，核電核數(shù)越大，半徑越小，則離子半徑應為：rm{Z}

rm{Z}的氫化物為rm{{,!}^{2-}}rm{>X}rm{>X}含有氫鍵，常溫下為液態(tài)，同族元素中rm{{,!}^{+}}的氫化物沸點最高，故C正確；

，故B錯誤；

C.rm{Z}的氫化物為rm{H}rm{Z}【解析】rm{ACD}三、填空題(共9題，共18分)17、略

【分析】試題分析：（1）原子序數(shù)A是D的2倍，則A的原子序數(shù)是偶數(shù)；最外層電子數(shù)D是A的2倍，則D的最外層電子數(shù)是偶數(shù)，在短周期的偶數(shù)主族中，只有Mg與C符合題意，所以A是Mg，D是C。則B是CO2，F(xiàn)的濃溶液與AD反應都有紅棕色氣體生成，紅棕色氣體是二氧化氮，F(xiàn)是硝酸。反應④是C與濃硝酸的反應，化學方程式為C+4HNO3(濃)=CO2↑+4NO2↑+2H2O;（2）A為常見的金屬單質(zhì)，根據(jù)反應流程特點，判斷A是鐵，F(xiàn)是氯氣，D是氫氣，則B是鹽酸，C是氯化亞鐵，氯化亞鐵與氯氣反應生成氯化鐵，所以反應②的離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（3）同主族元素之間的置換反應有C與Si，O與S，H與Na，鹵族元素之間的置換，代入題目可知C與Si符合題意，則A是C，D是Si，則C是CO，C與CO都與氧氣反應生成二氧化碳，所以F是氧氣。反應①是制取粗硅的反應，化學方程式為2C+SiO22CO↑+Si?？键c：考查元素的推斷，根據(jù)反應特點推斷元素的種類，單質(zhì)之間的置換反應的判斷，化學方程式的書寫【解析】【答案】（1）Mg；C+4HNO3(濃)=CO2↑+4NO2↑+2H2O;（2）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（3）2C+SiO22CO↑+Si18、rm{(I)(1)}升高溫度使用催化劑減小壓強

rm{(2)A}

rm{(II)(1)dfrac{c(CO)?c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})?c({H}_{2})}}

rm{(II)(1)dfrac{c(CO)?c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})?c({H}_{2})}

}吸熱

rm{(2)}

rm{(3)BC}

rm{(4)830^{circ}C}逆向

rm{(5)}【分析】【分析】本題考查影響化學反應速率的因素，注意把握反應的特點及圖象分析是解答的關(guān)鍵，明確溫度、壓強、催化劑對反應速率的影響即可解答，本題還考查化學平衡的計算，明確平衡常數(shù)的計算方法及平衡常數(shù)與反應方程式的關(guān)系、平衡的判定等即可解答，題目難度不大?！窘獯稹縭m{(I)(1)}由rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangleH<0}可知，該反應為放熱反應，且為氣體體積減小的反應，則rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangle

H<0}由圖可知，rm{(1)}正逆反應速率均增大，且逆反應速率大于正反應速率，改變條件應為升高溫度；rm{t_{1}}正逆反應速率同等程度的增大，改變條件應為使用催化劑；rm{t_{3}}時正逆反應速率均減小，且逆反應速率大于正反應速率，改變條件應為減小壓強，故答案為：升高溫度；使用催化劑；減小壓強；rm{t_{4}}由圖可知，rm{(2)}平衡逆向移動，rm{t_{1}}不移動，rm{t_{3}}平衡逆向移動，均使氨氣的含量減少，則rm{t_{4}}氨氣的含量最大，故答案為：rm{t_{0}隆蘆t_{1}}rm{A}Ⅱrm{(}平衡常數(shù)為生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比，則rm{)(1)}的平衡常數(shù)rm{K=dfrac{c(CO)?c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})?c({H}_{2})}}故答案為：rm{dfrac{c(CO)?c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})?c({H}_{2})}}rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)}由溫度升高，平衡常數(shù)變大可知，升高溫度，平衡向正反應方向移動，則正反應為吸熱反應，故答案為：吸熱；rm{K=dfrac{c(CO)?c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})?c({H}_{2})}

}該反應為氣體的物質(zhì)的量不變的反應，則容器中壓強始終不變，不能作為判定平衡的方法，故A錯誤；B.混合氣體中rm{dfrac{c(CO)?c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})?c({H}_{2})}

}不變，則達到化學平衡，故B正確；C.rm{(2)}則對于氫氣來說正逆反應速率相等，則達到平衡，故C正確；D.rm{(3)A.}該反應不一定達到平衡，濃度關(guān)系取決于反應物的起始量和轉(zhuǎn)化率，故D錯誤。故答案為：rm{c(CO)}rm{V(H_{2})_{脮媒}=V(H_{2}O)_{脛忙}}時，平衡常數(shù)rm{c(CO_{2})=c(CO)}則該溫度為rm{BC}故答案為：rm{(4)c(CO_{2})?c(H_{2})=c(CO)?c(H_{2}O)}rm{(5)dfrac{c(CO)?c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})?c({H}_{2})}=dfrac{1mol/L隆脕3mol/L}{2mol/L隆脕1.5mol/L}=1>K}所以化學平衡向逆反應方向移動，故答案為：逆向。rm{K=1}【解析】rm{(I)(1)}升高溫度使用催化劑減小壓強rm{(2)A}rm{(II)(1)dfrac{c(CO)?c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})?c({H}_{2})}}rm{(II)(1)dfrac{c(CO)?c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})?c({H}_{2})}

}吸熱rm{(2)}rm{(3)BC}rm{(4)830^{circ}C}逆向

rm{(5)}19、在放電時空氣中的N2和O2反應NO，N2+O22NO；2NO+O2═2NO2、3NO2+H2O═2HNO3+NO；CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O【分析】解：rm{(1)}空氣中的氮氣在放電或高溫下反應生成rm{NO}該反應為rm{N_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{路脜碌莽};}}{;}2NO}故答案為：在放電時空氣中的rm{N_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{路脜碌莽};}}{;}2NO}和rm{N_{2}}反應rm{O_{2}}rm{N_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{路脜碌莽};}}{;}2NO}

rm{NO}與空氣的主要成份氧氣反應生成二氧化氮，反應方程式為：rm{N_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{路脜碌莽};}}{;}2NO}二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮，反應方程式為：rm{(2)NO}所以rm{2NO+O_{2}簍T2NO_{2}}對大氣的影響之一是導致酸雨，故答案為：rm{3NO_{2}+H_{2}O簍T2HNO_{3}+NO}rm{NO}

rm{2NO+O_{2}簍T2NO_{2}}粉末與酸反應的離子方程式為：rm{3NO_{2}+H_{2}O簍T2HNO_{3}+NO}故答案為：rm{(3)CaCO_{3}}

rm{CaCO_{3}+2H^{+}=Ca^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}空氣中的氮氣在放電或高溫下反應生成rm{CaCO_{3}+2H^{+}簍TCa^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O.}

rm{(1)}與空氣的主要成份氧氣反應生成二氧化氮；二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮；

rm{NO}粉末與酸反應生成氯化鈣；水和二氧化碳來消除酸雨對水質(zhì)的影響．

本題考查了酸雨的成因、性質(zhì)和治理等，難度不大，注意積累．rm{(2)NO}【解析】在放電時空氣中的rm{N_{2}}和rm{O_{2}}反應rm{NO}rm{N_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{路脜碌莽};}}{;}2NO}rm{N_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{路脜碌莽};}}{;}2NO}rm{2NO+O_{2}簍T2NO_{2}}rm{3NO_{2}+H_{2}O簍T2HNO_{3}+NO}rm{CaCO_{3}+2H^{+}簍TCa^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}20、略

【分析】解：rm{NaOH}溶液與rm{AlCl_{3}}溶液混合，發(fā)生反應：rm{壟脵AlCl_{3}+3NaOH簍TAl(OH)_{3}隆媒+3NaCl}rm{壟脷AlCl_{3}+4NaOH簍TNaAlO_{2}+3NaCl+2H_{2}O}

當rm{n(NaOH)}rm{n(AlCl_{3})leqslant3}rm{1}只發(fā)生反應rm{壟脵}氫氧化鈉完全反應，氯化鋁可能恰好反應，也可能有剩余，根據(jù)氫氧化鈉計算生成氫氧化鋁的物質(zhì)的量；

當rm{3}rm{1<n(NaOH)}rm{n(AlCl_{3})<4}rm{1}發(fā)生反應rm{壟脵}rm{壟脷}氯化鋁與氫氧化鈉都完全反應，鋁元素以氫氧化鋁；偏鋁酸鈉存在；

當rm{n(NaOH)}rm{n(AlCl_{3})geqslant4}rm{1}只發(fā)生反應rm{壟脷}氯化鋁完全反應，氫氧化鈉可能恰好反應；也可能有剩余，沒有氫氧化鋁生成；

rm{(1)}當rm{aleqslant3b}時，即rm{n(NaOH)}rm{n(AlCl_{3})leqslant3}rm{1}只發(fā)生反應rm{壟脵}氫氧化鈉完全反應，生成的沉淀為rm{dfrac{1}{3}隆脕0.05L隆脕amol/L=dfrac{a}{60}mol}故答案為：rm{dfrac{1}{3}隆脕0.05L隆脕amol/L=dfrac

{a}{60}mol}

rm{dfrac{a}{60}mol}無沉淀生成，則只發(fā)生反應rm{(2)}rm{壟脷}rm{n(NaOH)}rm{n(AlCl_{3})geqslant4}故rm{1}即rm{0.05ageqslant4隆脕0.05b}

故答案為：rm{ageqslant4b}

rm{ageqslant4b}增大，沉淀減少，則有沉淀生成且溶液中無rm{(3)a}存在，則發(fā)生反應rm{Al^{3+}}rm{壟脵}或只發(fā)生rm{壟脷}且氫氧化鈉與氯化鋁恰好完全反應，滿足rm{壟脵}rm{3}rm{1leqslantn(NaOH)}rm{n(AlCl_{3})<4}故rm{1}rm{3}rm{1leqslant0.05a}rm{0.05b<4}整理的rm{1}

溶液中rm{3bleqslanta<4b}由鈉離子守恒，故溶液中rm{n(NaCl)=3n(AlCl_{3})=3隆脕0.05bmol}根據(jù)鋁元素守恒，rm{n[Al(OH)_{3}]=0.05bmol-(0.05a-3隆脕0.05b)mol=0.05(4b-a)mol=(0.2b-0.05a)mol}

故答案為：rm{n(NaAlO_{2})=(0.05a-3隆脕0.05b)mol}rm{n[Al(OH)_{3}]=0.05b

mol-(0.05a-3隆脕0.05b)mol=0.05(4b-a)mol=(0.2b-0.05a)mol}．

rm{3bleqslanta<4b}溶液與rm{(0.2b-0.05a)}溶液混合，發(fā)生反應：rm{NaOH}rm{AlCl_{3}}

當rm{壟脵AlCl_{3}+3NaOH簍TAl(OH)_{3}隆媒+3NaCl}rm{壟脷AlCl_{3}+4NaOH簍TNaAlO_{2}+3NaCl+2H_{2}O}rm{n(NaOH)}只發(fā)生反應rm{n(AlCl_{3})leqslant3}氫氧化鈉完全反應，氯化鋁可能恰好反應，也可能有剩余，根據(jù)氫氧化鈉計算生成氫氧化鋁的物質(zhì)的量；

當rm{1}rm{壟脵}rm{3}rm{1<n(NaOH)}發(fā)生反應rm{n(AlCl_{3})<4}rm{1}氯化鋁與氫氧化鈉都完全反應，鋁元素以氫氧化鋁；偏鋁酸鈉存在；

當rm{壟脵}rm{壟脷}rm{n(NaOH)}只發(fā)生反應rm{n(AlCl_{3})geqslant4}氯化鋁完全反應，氫氧化鈉可能恰好反應；也可能有剩余，沒有氫氧化鋁生成，據(jù)此解答．

本題考查討論型計算、鋁元素化合物的性質(zhì)等，難度中等，清楚發(fā)生的反應，進行討論解答．rm{1}【解析】rm{dfrac{a}{60}mol}rm{ageqslant4b}rm{3bleqslanta<4b}rm{(0.2b-0.05a)}21、略

【分析】試題分析：（1）HCl失去10電子給KMO4，且KMnO4作氧化劑，氧化性大于HCl。氧化產(chǎn)物是Cl-2，還原產(chǎn)物是MnCl2。（2）利用電子得失相等和原子個數(shù)守恒，可以配平。（3）反應了6．8g的NH3,,實際發(fā)生氧化反應的0．1molNH3，應轉(zhuǎn)移0．3NA個電子?？键c：氧化還原反應的基本概念、電子轉(zhuǎn)移和方程式的配平。【解析】【答案】（1）>5：2（2）____KMnO4+____H2S+____H2SO4(稀)==____K2SO4+____MnSO4+____S↓+____H2O（3）0．3NA或1．806×1023個22、略

【分析】

（1）鐵在高溫下與水反應，鐵表現(xiàn)為還原性，水表現(xiàn)出氧化性，生成四氧化三鐵和氫氣，反應方程式為3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；

故答案為：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；

（2）鐵和水蒸氣反應，產(chǎn)物為四氧化三鐵和氫氣，待硬質(zhì)試管冷卻后，取少許其中的固體物質(zhì)溶于稀硫酸得溶液B，一定發(fā)生Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，取少量溶液B滴加KSCN溶液，若溶液變紅色Fe3++3SCN-?Fe（SCN）3，則說明所得溶液中存在的陽離子是一定有Fe3+，一定有Fe3O4，可能有過量的鐵；若溶液未變紅色，可能含有過量的鐵，將三價鐵離子全部轉(zhuǎn)化成二價鐵離子，F(xiàn)e+2Fe3+═3Fe2+；故答案為：A；C；

（3）鐵和水蒸氣反應，產(chǎn)物為四氧化三鐵和氫氣，可能有過量的鐵，固體物質(zhì)溶于稀硫酸得溶液B，溶液中過量的鐵可能將三價鐵離子全部轉(zhuǎn)化成二價鐵離子，F(xiàn)e+2Fe3+═3Fe2+，F(xiàn)e2+與KSCN溶液不反應；所以，該同學按上述實驗方案進行了實驗，結(jié)果溶液未變紅色；

故答案為：Fe+2Fe3+=3Fe2+；

（4）可觀察到生成白色沉淀，迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色的現(xiàn)象，說明含有Fe2+離子，綜上分析可知，白色沉淀為氫氧化亞鐵，紅褐色沉淀為氫氧化鐵，所以反應為：FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

故答案為：FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

（5）Fe2+溶液因為水解和還原性而不易保存，可以加入酸抑制其水解，加入還原性鐵（鐵釘）防止其被氧化，故答案為：還原；Fe2+易被空氣中的氧氣氧化而變質(zhì)；鐵粉；

（6）加熱時氣體的溶解度降低，所以，除去蒸餾水中溶解的O2常采用加熱煮沸的方法；利用鐵粉和稀硫酸反應產(chǎn)生的氫氣排出試管A、B中的空氣，使A、B充滿還原性氣體氫氣，可排除試管中的氧氣，防止Fe（OH）2被空氣中氧氣氧化，一段時間后，關(guān)閉止水夾，試管A中生成的FeSO4溶液壓到試管B，與試管B中的NaOH溶液反應，生成Fe（OH）2沉淀，在試管B中觀察到白色的Fe（OH）2；

故答案為：把蒸餾水煮沸；利用鐵粉和稀硫酸反應產(chǎn)生的氫氣排出試管A、B中的空氣，防止Fe（OH）2被空氣中氧氣氧化；B．

【解析】【答案】（1）鐵粉與水蒸氣反應產(chǎn)物為四氧化三鐵和氫氣；

（2）產(chǎn)物四氧化三鐵中有+2價的鐵和+3價的鐵；還有可能有過量的鐵；過量的鐵，可能將三價鐵離子全部轉(zhuǎn)化成二價鐵離子；

（3）Fe2+與KSCN溶液不反應；

（4）白色沉淀為氫氧化亞鐵；紅褐色沉淀為氫氧化鐵，據(jù)此寫出相應的化學反應方程式；

（5）Fe2+易被空氣中的氧氣氧化，具有還原性，F(xiàn)e2+溶液易水解；

（6）硫酸亞鐵易被氧化而變質(zhì)，應排除溶液中的氧氣，可用加熱溶液的方法除去溶解氧；A管中產(chǎn)生的氣體通入B管中排盡AB管中的空氣，使AB充滿還原性氣體氫氣，可防止生成的Fe（OH）2被氧化；試管B中為NaOH溶液；將A中液體壓到B中與其反應．

23、略

【分析】【解析】試題分析：原電池中較活潑的金屬是負極，失去電子，發(fā)生氧化反應。電子經(jīng)導線傳遞到正極，所以溶液中的陽離子向正極移動，正極得到電子，發(fā)生還原反應。根據(jù)方程式可知，鐵失去電子，發(fā)生氧化反應，所以鐵是負極，電極反應式是Fe－2e—＝Fe2+。銅離子得到電子，因此電解質(zhì)溶液是含有銅離子的可溶性銅鹽。而正極材料可以是石墨或金屬性弱于鐵的銅等，正極電極反應式是Cu2++2e—＝Cu?？键c：考查原電池構(gòu)成條件的判斷、電極反應式的書寫等【解析】【答案】Fe；Fe－2e—＝Fe2+；石墨或銅片；Cu2++2e—＝Cu；氯化銅或硫酸銅溶液24、略

【分析】【解析】試題分析：（1）溶于水或在熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔锸请娊赓|(zhì)，所以答案選③⑤⑥⑩。⑦是膠體，⑧是溶液，所以可以通過丁達爾效應區(qū)分二者。（2）根據(jù)離子方程式H＋＋OH－＝H2O可知，該反應應該是強酸和強堿之間發(fā)生的中和反應，所以符合條件的是硝酸和氫氧化鋇，由于硫酸和氫氧化鋇反應還有白色沉淀硫酸鋇生成，所以不符合。（3）17.1g硫酸鋁的物質(zhì)的量是17.1g÷342g/mol＝0.05mol，含有0.15molSO42－，所以數(shù)目是0.15mol×1×1023/mol＝9.03×1022。SO42-的物質(zhì)的量濃度為0.15mol÷0.25L＝0.6mol/L。（4）根據(jù)化學方程式可知，該反應的離子方程式是Al＋4H＋＋NO3－=Al3＋＋2H2O＋NO↑。根據(jù)方程式可知，鋁元素的化合價從0價升高到＋3價，失去3個電子。氮元素的化合價從＋5價降低到＋2價，得到3個電子，所以表示式是4.48LNO的物質(zhì)的量是0.2mol，所以轉(zhuǎn)移電子是0.6mol，被還原的硝酸是0.2mol，質(zhì)量是0.2mol×63g/mol＝12.6g。考點：考查電解質(zhì)的判斷、溶液和膠體的區(qū)分、物質(zhì)的量的有關(guān)計算、氧化還原反應方程式的判斷以及表示等。【解析】【答案】（18分）（1）③⑤⑥⑩丁達爾（2）（3）（4）0.6mol，12.6克25、略

【分析】解：第rm{114}號元素的一種同位素，其質(zhì)子數(shù)為rm{114}

質(zhì)量數(shù)為rm{298}則中子數(shù)為rm{298-114=184}

故答案為：rm{184}rm{114}rm{298}．

第rm{114}號元素的一種同位素，其質(zhì)子數(shù)為rm{114}質(zhì)子數(shù)rm{+}中子數(shù)rm{=}質(zhì)量數(shù)；以此來解答．

本題考查原子的構(gòu)成及原子中的數(shù)量關(guān)系，明確原子序數(shù)與質(zhì)子數(shù)的關(guān)系、質(zhì)子數(shù)rm{+}中子數(shù)rm{=}質(zhì)量數(shù)即可解答，題目較簡單．【解析】rm{184}rm{114}rm{298}四、判斷題(共4題，共16分)26、B【分析】【解答】煤的氣化是在高溫條件下煤與水蒸氣反應生成CO和H2；是化學變化；

煤液化；是把固體炭通過化學加工過程，使其轉(zhuǎn)化成為液體燃料；化工原料和產(chǎn)品的先進潔凈煤技術(shù)，有新物質(zhì)生成，屬于化學變化；

煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱；煤發(fā)生復雜的反應獲得煤焦油；焦爐煤氣等的過程，是化學變化．故煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是化學變化，故此說法錯誤．故答案為：錯誤．

【分析】沒有新物質(zhì)生成的變化是物理變化，有新物質(zhì)生成的變化是化學變化；27、A【分析】【解答】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混合物分離的方法；過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸，避免萬一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導致過濾失敗，所以題干說法正確；

故答案為：正確．

【分析】根據(jù)過濾的注意事項‘一貼二低三靠’；取用液體藥品的方法進行分析解答．

一貼：過濾時；為了保證過濾速度快，而且避免液體順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，濾紙應緊貼漏斗內(nèi)壁，且中間不要留有氣泡．

二低：如果濾紙邊緣高于漏斗邊緣；過濾器內(nèi)的液體極有可能溢出；如果漏斗內(nèi)液面高于濾紙邊緣，液體也會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，這樣都會導致過濾失敗．

三靠：傾倒液體的燒杯口要緊靠玻璃棒，是為了使液體順著玻璃棒緩緩流下，避免了液體飛濺；玻璃棒下端如果緊靠一層濾紙?zhí)?，萬一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導致過濾失敗，而靠在三層濾紙?zhí)巹t能避免這一后果；漏斗下端管口的尖嘴要緊靠承接濾液的燒杯內(nèi)壁，可以使濾液順著燒杯內(nèi)壁流下，避免了濾液從燒杯中濺出．28、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．29、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、計算題(共3題，共27分)30、略

【分析】【解析】試題分析：（1）根據(jù)可知鹽酸中HCl的物質(zhì)的量濃度是（2）4.35g二氧化錳的物質(zhì)的量是則根據(jù)反應的化學方程式可知MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑1mol4mol1mol0.05mol0.2mol0.05mol即生成氯氣是0.05mol而被氧化的氯化氫則是0.2mol÷2＝0.1mol（3）根據(jù)制備漂白粉的方程式可知2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O2mol254g0.05mol6.35g即漂白粉的質(zhì)量是6.35g考點：考查物質(zhì)的量濃度的計算、氧化還原反應的計算以及漂白粉的制備【解析】【答案】（1）11.9mol/L（2）0.1mol(3)6.35g(每小題2分，共6分)31、略

【分析】解：生成物總物質(zhì)的量為rm{n(XO_{2})+n(YO_{2})=dfrac{0.672L}{22.4L/mol}=0.03mol}

由方程式可知，rm{n(XO_{2})+n(YO_{2})=dfrac

{0.672L}{22.4L/mol}=0.03mol}rm{n(XO_{2})}rm{n(YO_{2})=1}

則rm{2}rm{n(XO_{2})=0.01mol}

總質(zhì)量為：rm{n(YO_{2})=0.02mol}

rm{m(XO_{2})+m(YO_{2})=0.672L隆脕2.56g/L=1.72g}設消耗的氧氣的體積為rm{(1)}則。

rm{V}

rm{XY_{2}(l)+3O_{2}(g)=XO_{2}(g)+2YO_{2}(g)}rm{1mol}rm{67.2L}rm{1mol}

rm{2mol}rm{n}rm{V}rm{0.01mol}

rm{0.02mol}

rm{n=0.01mol}即rm{V=0.672L}

故答案為：rm{672ml}

rm{672ml}根據(jù)質(zhì)量守恒可知：rm{(2)}

rm{m(XY_{2})+m(O_{2})=m(XO_{2})+m(YO_{2})=1.72g}

rm{m(O_{2})=0.03mol隆脕32g/mol=0.96g}

又：rm{m(XY_{2})=1.72g-0.03mol隆脕32g/mol=0.76g}

則：rm{M(XY_{2})=dfrac{0.76g}{0.01mol}=76g/mol}

故答案為：rm{n(XY_{2})=0.01mol}．

rm{M(XY_{2})=dfrac

{0.76g}{0.01mol}=76g/mol}在rm{76g/mol}分子中，rm{(3)}rm{XY_{2}}兩元素的質(zhì)量之比為rm{X}rm{Y}

則rm{3}分子中，rm{16}的質(zhì)量為rm{1molXY_{2}}rm{X}的質(zhì)量為：rm{76g隆脕dfrac{3}{19}=12g}

有rm{Y}分子中含有rm{76g-12g=64g}rm{1molXY_{2}}

所以：rm{1molX}的相對原子質(zhì)量為rm{2molY}rm{X}的相對原子質(zhì)量為rm{12}

則rm{Y}為rm{dfrac{64}{2}=32}元素，rm{X}為rm{C}元素；

故答案為：碳；硫．

rm{Y}根據(jù)方程式計算氧氣的體積；

rm{S}從質(zhì)量守恒的角度分別計算rm{(1)}的物質(zhì)的量和質(zhì)量；進而計算摩爾質(zhì)量；

rm{(2)}根據(jù)rm{XY_{2}}的摩爾質(zhì)量和rm{(3)}rm{XY_{2}}兩元素的質(zhì)量之比計算rm{X}rm{Y}的相對原子質(zhì)量；進而可判斷元素的種類．

本題考查化學方程式的計算，題目難度中等，注意從物質(zhì)的量應用于化學方程式的角度計算，并把握有關(guān)物質(zhì)的量的計算公式．rm{X}【解析】rm{672mL}rm{76g/mol}碳；硫32、略

【分析】“糖尿病”人的尿樣中能檢查出葡萄糖，葡萄糖中含有醛基，通過檢驗醛基即可檢驗葡萄糖，加入新制的氫氧化銅懸濁液，加熱后，若產(chǎn)生紅色沉淀，說明含有醛基．【解析】解：(1)取少量尿樣加入新制的氫氧化銅懸濁液；加熱后，若產(chǎn)生紅色沉淀，說明尿液中有葡萄糖．

答：實驗所用化學藥品為新制氫氧化銅(銀氨溶液)；

(2)取少量尿樣加入新制的氫氧化銅懸濁液；加熱時出現(xiàn)磚紅色沉淀，正常人尿液無現(xiàn)象，證明糖尿病人尿液中含有葡萄糖．

答：現(xiàn)象和結(jié)論為加熱有紅色沉淀產(chǎn)生(有銀鏡產(chǎn)生)，證明含有醛基．六、綜合題(共4題，共12分)33、反應物能量生成物能量無降低因為催化劑改變了反應的歷程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ?mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ?mol﹣13s（s）+12

O2（