2025年統(tǒng)編版高三化學下冊月考試卷

…………○…………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年統(tǒng)編版高三化學下冊月考試卷147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9題，共18分)1、在一個固定體積的密閉容器中，加入4molA和2molB發(fā)生反應：2A（g）+B（g）?3C（g）+D（g）達到平衡時，C的濃度為Wmol/L，若維持容器體積和溫度不變，按下列四種方法改變起始物質(zhì)，達到平衡后，C的濃度仍為Wmol/L的是（）A.8molA+4molBB.2molA+1molBC.6molC+2molD+2molBD.6molC+2molD2、用如圖所示裝置進行下列實驗：將①中溶液滴入②中；預測的現(xiàn)象與實際相符的是（）

。選項①中物質(zhì)②中物質(zhì)預測②中的現(xiàn)象A稀鹽酸碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液立即產(chǎn)生氣泡B濃硝酸用砂紙打磨過的鋁條產(chǎn)生紅棕色氣體C新制氯水淀粉碘化鉀溶液溶液變藍色D濃鹽酸MnO2產(chǎn)生黃綠色氣體A.AB.BC.CD.D3、現(xiàn)有三種常見治療胃病藥品的標簽：

藥品中所含的物質(zhì)均能中和胃里過量的鹽酸，下列關于三種藥片中和胃酸的能力比較（同劑量），正確的是（）A.③＞②＞①B.①＞②＞③C.②＞③＞①D.①=②=③4、常溫下用0.10mol/LKOH溶液，滴定0.10mol/LCH3COOH溶液，有關滴定過程中的說法正確的是（）A.滴定終點時：溶液的pH=7B.滴定終點時：c（K+）=c（CH3COO-），c（H+）＜c（OH-）C.當溶液pH=7時：c（K+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）D.接近滴定終點時：c（K+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）5、下列有關膠體知識敘述正確的組合是（）

①水泥廠和冶金廠常用高壓直流電除去大量煙塵；減少對空氣的污染。

②膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是分散質(zhì)顆粒直徑大小。

③區(qū)分膠體和其他分散系的最簡便方法是利用丁達爾效應。

④往Fe（OH）3膠體中滴入稀硫酸；先看到紅褐色沉淀生成而后沉淀溶解。

⑤醫(yī)院里用血液透析的方法治療腎功能衰竭等疾病引起的血液中毒。

⑥FeCl3溶液和小蘇打溶液混合會產(chǎn)生紅褐色沉淀和無色氣體。

⑦同一支鋼筆先后吸入不同牌子的墨水易造成鋼筆堵塞。

⑧膠體具有介穩(wěn)性的主要原因是膠體粒子可以通過吸附而帶有電荷；且同種膠體粒子的電性相同。

⑨在Fe（OH）3膠體中，F(xiàn)e（OH）3膠體粒子的數(shù)目要遠遠小于原FeCl3溶液中Fe3+的數(shù)目．A.①②③④⑦⑥⑧B.①②④⑤⑦⑧⑨C.①③④⑤⑦⑧D.①②③④⑤⑦⑧⑨6、下列各組離子在指定條件下能大量共存的是：（）A.在堿性溶液中：Na+、NH4-、Cl-、NO3-B.pH=4的無色溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、SO32-C.pH=10的無色溶液中：H+、NH4-、HCO3-、Cl-D.中性溶液中：K+、Na+、NO3-、Cl-7、關于硫化氫氣體在空氣中完全燃燒的產(chǎn)物；下列敘述正確的是（）

①具有臭雞蛋氣味的氣體。

②是淡黃色的固體。

③是無色有刺激性氣味的氣體。

④是造成酸雨的主要物質(zhì)．A.②B.③C.①④D.③④8、在下列溶液中，各組離子一定能夠大量共存的是（）A.能使pH試紙變深藍色的溶液：SO32-、K+、Na+、CO32-B.能使紫色石蕊試液變紅的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C.澄清透明的無色溶液：ClO-、MnO4-、Al3+、SO42-D.在0.1mol/L的氯化鐵溶液中：Na+、NH4+、NO3-、OH-9、下列敘述正確的是（）（S-32，O-16，C-12，H-1）A.1molH2的質(zhì)量為2g/molB.3.01×1023個SO3分子的質(zhì)量為0.5molC.CH4的摩爾質(zhì)量為16g/molD.標準狀況下，1molH2O體積為22.4L評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)10、W；X、Y和Z都是周期表中前20號元素；已知：

①W的陽離子和Y的陰離子具有相同的核外電子排布；且能形成組成為WY的化合物；

②Y和Z屬同族元素；它們能形成兩種常見化合物；

③X和Z屬同一周期元素；它們能形成兩種氣態(tài)化合物；

④X是周期表中能形成的化合物種類最多的元素；

⑤X和Y不在同一周期，它們能形成組成為XY2的化合物．請用化學用語回答：

（1）Y元素在周期表中的位置是____；Z元素的離子結(jié)構示意圖是____．

（2）Y和Z形成的兩種常見化合物的分子式是____和____．

（3）寫出下列化合物的電子式WZ____和XY2____．

（4）比較Y、Z氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性____＞____（用分子式表示）

（5）W、Y、Z三種元素簡單離子的離子半徑由大到小的順序是：____＞____＞____．11、化學和材料開發(fā)制造；科學研究、生產(chǎn)生活等密切相關．

（1）第十八屆江蘇省運動會于2014年9月19日在徐州奧體中心開幕；奧體中心建筑采用了世界領先的鋼結(jié)構技術，建筑材料中還使用了大量的鋁合金；玻璃等．

①工業(yè)上鐵的冶煉是在____中進行的，主要原料有鐵礦石，焦炭、空氣、____等．

②下列有關鋁合金性能的敘述正確的是____（填字母）．

a．密度大b．強度小c．耐腐蝕。

③下列物質(zhì)中，不是工業(yè)上制造玻璃的主要原料的是____（填字母）．

a．水玻璃b．二氧化硅c．碳酸鈉。

（2）化工生產(chǎn)和科學研究中；經(jīng)常需要配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液．

①在實驗室，使用容量瓶來準確配制____；一定濃度的溶液．

②欲配制1.00mol/L的氯化鈉溶液100mL，用不到的儀器是____（填“燒杯”、“玻璃棒”或“分液漏斗”）．配制500mL0．lmol/L氫氧化鈉溶液需要氫氧化鈉的質(zhì)量是____g．

③在溶液稀釋前后，溶液的體積發(fā)生了變化，但溶液中____的物質(zhì)的量不變．配制一定物質(zhì)的量濃度的Na2CO3溶液時，下列操作正確的是____（填字母）．

a．將稱好的固體在燒杯中溶解；所得溶液冷至室溫再轉(zhuǎn)移到容量瓶中。

b．定容時；如果加水超過了刻度線，用膠頭滴管直接吸出多余的部分。

c．定容搖勻后發(fā)現(xiàn)溶液液面低于刻度線；再補加少量蒸餾水至刻度線。

（3）物質(zhì)的結(jié)構決定物質(zhì)的性質(zhì)；物質(zhì)的性質(zhì)關系到物質(zhì)的用途．

①以電解____為基礎制備氯氣等產(chǎn)品的工業(yè)稱為氯堿工業(yè)．在實驗室要將氯化鈉溶液和氯化鉀溶液區(qū)別開來，可以采用的方法是____．

②當分散劑是水或其他液體時，根據(jù)____直徑大小的不同，可以將分散系分為濁液、膠體和溶液．在實驗室區(qū)分膠體與溶液常用的一種物理方法為____．

③在生產(chǎn)中，人們曾用濃氨水來檢驗氯氣管道是否漏氣．如果氯氣管道某處漏氣，用濃氨水檢查時就會產(chǎn)生白煙的現(xiàn)象，又知此時發(fā)生的是有氮氣生成的置換反應，則此時發(fā)生反應的化學方程式為____．12、（2013?天津校級模擬）實施以減少能源浪費和降低廢氣排放為基本內(nèi)容的節(jié)能減排政策；是應對全球氣候問題；建設資源節(jié)約型、環(huán)境友好型社會的必然選擇．化工行業(yè)的發(fā)展必須符合國家節(jié)能減排的總體要求．試運用所學知識，解決下列問題：

（1）已知某反應的平衡表達式為：K=，它所對應的化學方程式為：____．

（2）已知在400℃時，N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0的K=0.5，則400℃時，在0.5L的反應容器中進行合成氨反應，一段時間后，測得N2、H2、NH3的物質(zhì)的量分別為2mol、1mol、2mol，則此時反應V（N2）正____V（N2）逆（填：＞、＜、=、不能確定）欲使得該反應的化學反應速率加快，同時使平衡時NH3的體積百分數(shù)增加，可采取的正確措施是____（填序號）

A．縮小體積增大壓強B．升高溫度C．加催化劑D．使氨氣液化移走。

（3）在一定體積的密閉容器中；進行如下化學反應：

A（g）+3B（g）?2C（g）+D（s）△H；其化學平衡常數(shù)K與溫度t的關系如下表：

。t/K300400500K/（mol?L-1）24×1068×107K1請完成下列問題：①判斷該反應的△H____0（填“＞”或“＜”）

②在一定條件下，能判斷該反應一定達化學平衡狀態(tài)的是____（填序號）．

A．3v（B）（正）=2v（C）（逆）

B．A和B的轉(zhuǎn)化率相等。

C．容器內(nèi)壓強保持不變。

D．混合氣體的密度保持不變。

（4）已知甲醇燃料電池的工作原理如圖所示，該電池工作時，該電池正極的電極反應式為：____，當3.2g甲醇完全反應生成CO2時，有____mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移．13、黃銅礦是工業(yè)煉銅的主要原料，其主要成分為CuFeS2；現(xiàn)有一種天然黃銅礦（含少量脈石），為了測定該黃銅礦的純度，某同學設計了如圖1實驗：

現(xiàn)稱取研細的黃銅礦樣品1.150g，在空氣存在下進行煅燒，生成Cu、Fe3O4和SO2氣體；實驗后取d中溶液的1/10置于錐形瓶中，用0.05mol/L標準碘溶液進行滴定，初讀數(shù)為0.00mL，終讀數(shù)如圖2所示．請回答下列問題：

（1）將樣品研細后再反應，其目的是____．

（2）裝置a的作用是____．

a．有利于空氣中氧氣充分反應b．除去空氣中的水蒸氣。

c．有利于氣體混合d．有利于觀察空氣流速。

（3）上述反應結(jié)束后，仍需通一段時間的空氣，其目的是____．

（4）滴定時，標準碘溶液所耗體積為____mL．判斷滴定已達終點的現(xiàn)象是____．通過計算可知，該黃銅礦的純度為____．

（5）若用如圖3裝置替代上述實驗裝置d，同樣可以達到實驗目的是____．（填編號）

（6）若將原裝置d中的試液改為Ba（OH）2，測得的黃銅礦純度誤差為+1%，假設實驗操作均正確，可能的原因主要有____．14、以沉淀法除去工業(yè)級偏釩酸銨（NH4VO3）中硅；磷元素雜質(zhì)的流程如圖1：

（1）堿熔時，下列措施有利于NH3逸出的是____．

a．升溫b．加壓c．增大NaOH溶液濃度。

（2）濾渣主要成分為Mg3（PO4）2、MgSiO3，已知Ksp[Mg3（PO4）2]=6.4×10-26，Ksp（MgSiO3）=2.3×10-5．若濾液中c（PO）≤10-6mol?L-1，則c（Mg2+）至少為____mol?L-1．

（3）由圖2可知，加入一定量的MgSO4溶液作沉淀劑．隨著溫度升高，除磷率下降，其原因是Mg3（PO4）2溶解度增大、____；隨著溫度升高，除硅率增大，其原因是____（用離子方程式表示）．

（4）沉釩時，反應溫度需控制在50℃，在實驗室可采取的措施為____．在此溫度和pH=8的最佳條件下，探究NH4Cl的濃度對沉釩率的影響，設計實驗步驟（常見試劑任選）：取兩份10mL一定濃度的濾液A和B，分別加入1mL和10mL的1mol?L-1NH4Cl溶液，向____（A或B）中加入約9mL蒸餾水；使兩份溶液總體積相等，控制兩份溶液溫度均為50℃；pH均為8，由專用儀器測定沉釩率．（忽略混合過程中溶液體積的變化）

（5）高純的偏釩酸銨灼燒可制備新型光電材料V2O5，該反應的化學方程式為____．15、1996年諾貝爾化學獎授予對發(fā)現(xiàn)C60（足球烯，富勒烯分子家族中最重要的一種分子）有重大貢獻的三位科學家．科學家認為C60家庭的前景可以和100年前發(fā)現(xiàn)苯環(huán)一樣，將為有機化學和材料科學的發(fā)展開拓廣闊的前景．C60分子是形如球狀的多面體（如下左圖），該結(jié)構的建立基于以下考慮：①C60分子中每個碳原子只跟相鄰的3個碳原子形成σ鍵，每個碳原子剩余的價電子參與π鍵的形成；②C60分子只含有五邊形碳環(huán)和六邊形碳環(huán)；③多面體的頂點數(shù)；面數(shù)和棱邊數(shù)的關系；遵循歐拉定理：頂點數(shù)+面數(shù)-棱邊數(shù)=2．

請回答下列問題：

（1）C60與金剛石均為碳元素的同素異形體，兩種固體相比較，熔點較高者應是____，理由是：____．

（2）據(jù)上述可推知C60分子含的雙鍵數(shù)為____．C70分子也已制得，它的分子結(jié)構模型可以與C60同樣考慮推知．則C70分子中五邊形碳環(huán)和六邊形碳環(huán)的數(shù)目各為____和____．

（3）目前，化學家們已經(jīng)找到十余種富勒烯家族的Cx，它們分子結(jié)構中都由正五邊形和正六邊形構成的封閉的凸多面體．18世紀俄羅斯數(shù)學家萊昂哈德?歐拉通過理論論證，明確指出任何一個這樣的多面體都必須恰好具有12個五邊形方能閉合成多面體．則下列物質(zhì)不屬于富勒烯家族的有____．

A．C18B．C44C．C72D．C105

（4）已知C60晶體中C60分子間采取類似金屬銅那樣的面心立方堆積（如上中圖），假設C60分子間緊密堆積，其晶體密度為dg?cm-3，阿伏伽德羅常數(shù)值為NA，則C60分子的直徑為____cm．

（5）北京大學與中科院物理研究所合作，已成功研制出了具有超導性能的金屬摻雜C60的超導體．某金屬鉀摻雜C60超導體的晶胞結(jié)構如圖所示（表示K），則該超導體的化學式為____．16、W是一種有機合成中間體；結(jié)構簡式為：HOOC-CH=CH-CH=CH-COOH．

（1）W能發(fā)生反應的類型有____．（填寫字母編號）

A．取代反應B．水解反應C．氧化反應D．加成反應。

（2）已知為平面是平面結(jié)構，則W分子中最多有____個原子在同一平面內(nèi)．

（3）化合物Q（）是一種藥物中間體，用于合成抗癌藥卡鉑和順鉑，Q與W關系的描述中正確的是____

A．都是烴的衍生物B．都是不飽和二元羧酸。

C．互為同系物D．互為同分異構體。

（4）W合成方法如下：

已知：-CHO+（C6H5）3P=CH-R→-CH=CH-R+（C6H5）3P=O；R代表原子或原子團．

其中；M；X、Y、Z分別代表一種有機物，合成過程中其他產(chǎn)物和反應條件已略去．

X與W在一定條件下反應可以生成酯N，N的相對分子質(zhì)量為168．寫出X與W在一定條件下反應生成N的化學方程式：____．

寫出第②步反應的化學方程式：____．17、2011年11月1日，我國自行研制的“長征二號F”遙八運載火箭將“神舟八號”飛船送入太空預定軌道，兩天后與“天官一號”目標飛行器實現(xiàn)成功對接．偏二甲肼（C2H8N2）和四氧化二氮（N2O4）是長征系列火箭的常規(guī)推進劑．請回答下列相關問題：

（1）偏二甲肼（C2H8N2）與四氧化二氮（N2O4）反應的化學方程式可表示為：C2H8N2+2N2O4═3N2+2CO2+4H2O，該反應中的氧化劑為____（C2H8N2中N的化合價-3）．

（2）6g液態(tài)偏二甲肼與足量的液態(tài)四氧化二氮完全反應生成氣態(tài)產(chǎn)物，放出QkJ熱量，則相同條件下1moL偏二甲肼發(fā)生該反應能放出的熱量為____kJ（選填下列選項的編號字母）．

A．6QB．10QC．60Q．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)18、伴有能量變化的物質(zhì)變化都是化學變化．____．（判斷對錯）19、在化學反應中某元素化合價只升高，則反應過程中該元素被還原了．____．（判斷對錯）20、有鹽和水生成的反應不一定是中和反應____．（判斷對錯）21、判斷對錯：5.6gFe與Cl2完全反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA____．22、常溫常壓下，16gCH4中所含中子數(shù)為10NA____（判斷對錯）23、膠體的性質(zhì)主要有：丁達爾現(xiàn)象、電泳、聚沉____．（判斷對錯）24、18gH2O在標準狀況下的體積是22.4L____．（判斷對錯）25、判斷正誤；正確的劃“√”，錯誤的劃“×”

（1）淀粉、纖維素和油脂都屬于天然高分子化合物____

（2）向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加熱幾分鐘，冷卻后再加入新制Cu（OH）2懸濁液，加熱，沒有磚紅色沉淀生成，證明淀粉沒有水解成葡萄糖____

（3）食用白糖的主要成分是蔗糖____

（4）蔗糖、淀粉、油脂及其水解產(chǎn)物均為非電解質(zhì)____

（5）麥芽糖與蔗糖的水解產(chǎn)物均含葡萄糖，故二者均為還原型二糖____

（6）葡萄糖、果糖的分子式均為C6H12O6，二者互為同分異構體____

（7）蔗糖、麥芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互為同分異構體____

（8）麥芽糖及其水解產(chǎn)物均能發(fā)生銀鏡反應____

（9）纖維素和淀粉遇碘水均顯藍色____

（10）植物油的主要成分是高級脂肪酸____

（11）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，所以蛋白質(zhì)均發(fā)生變性____

（12）用甘氨酸（CH2COOHNH2）和丙氨酸（CH3CHCOOHNH2）縮合最多可形成4種二肽____

（13）天然植物油常溫下一般呈液態(tài)，難溶于水，有恒定的熔點、沸點____

（14）若兩種二肽互為同分異構體，則二者的水解產(chǎn)物不一致____

（15）苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色____

（16）油脂在空氣中完全燃燒轉(zhuǎn)化為水和二氧化碳____

（17）蛋白質(zhì)、乙酸和葡萄糖均屬電解質(zhì)____

（18）乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇____

（19）蛋白質(zhì)和油脂都屬于高分子化合物，一定條件下都能水解____

（20）氨基酸、淀粉均屬于高分子化合物____．26、物質(zhì)的量相同的磷酸鈉溶液和磷酸溶液中所含的PO43-量相同．____．評卷人得分四、實驗題(共2題，共8分)27、人類與食鹽關系密切，食鹽在老百姓生活和現(xiàn)代社會的工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中均有重要作用．粗鹽中含有Ca2+、Mg2+、SO42-以及泥沙等雜質(zhì)；請回答粗鹽提純的有關問題：

（1）為了除去粗鹽中的泥沙，可采取的提純實驗操作方法的名稱是____、____．

（2）為了除去可溶性雜質(zhì)；可以按以下實驗步驟進行提純：

①加過量BaCl2溶液；②加過量NaOH溶液；③加過量Na2CO3溶液；④過濾；⑤____（請補全實驗步驟），步驟③的目的是____

（3）2010年7月26日，衛(wèi)生部公布了《食用鹽碘含量》的征求意見稿，面向社會征求意見．對于食用鹽中碘含量平均水平的規(guī)定有所降低．食鹽中添加的是KIO3．可用下列反應來檢驗食鹽中是否含KIO3：

KIO3+5KI+3H2SO4═3I2+3K2SO4+3H2O．請用“雙線橋”或“單線橋”表示出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目____；如果反應中轉(zhuǎn)移1mol電子，則生成I2的物質(zhì)的量為____．

（4）氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為：____

（5）為了獲取反應后溶液中的I2，可采取的實驗操作方法的名稱是____、____．28、（14分）鋁鎂合金已成為飛機制造、化工生產(chǎn)等行業(yè)的重要材料。研究性學習小組的同學，為測定某含鎂4％～6％的鋁鎂合金（不含其它元素）中鎂的質(zhì)量分數(shù)，設計了多種實驗方案，其中之一是：將鋁鎂合金與足量NaOH溶液反應，測定剩余固體質(zhì)量。按要求填寫下列空白：1.稱取5.4g鋁鎂合金粉末樣品，溶于VmL2.0mol/LNaOH溶液中。⑴實驗中發(fā)生反應的化學方程式是。⑵為使其反應完全，則NaOH溶液的體積V≥____mL。2.過濾、洗滌、干燥、稱量固體。該步驟中若未洗滌固體，測得鎂的質(zhì)量分數(shù)將。(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。3.NaOH溶液的濃度可用稀硫酸測定，欲用質(zhì)量分數(shù)98％（密度為1．84g/cm3）的濃硫酸配制3mol/L的稀硫酸100mL?；卮鹣铝袉栴}：⑴需要用量筒量取濃硫酸____mL。⑵配制操作可分解成如下幾步，正確的操作順序是____。A．繼續(xù)往容量瓶中小心地加蒸餾水，使液面接近刻度線1~2cm時。B．用少量蒸餾水洗滌燒杯及玻璃棒，將溶液注入容量瓶，并重復操作兩次。C．將冷卻的稀硫酸轉(zhuǎn)移到容量瓶中。D．根據(jù)計算，用量筒取一定體積的濃硫酸。E．將濃硫酸沿燒杯壁慢慢注入盛有蒸餾水的小燒杯中，并不斷用玻璃棒攪拌。F．蓋上容量瓶塞子，振蕩，搖勻。G．用膠頭滴管加蒸餾水，使溶液凹液面恰好與刻度線相切⑶下列操作，使制得的稀硫酸溶液濃度偏小的是____（填寫編號）。A．用量筒量取一定液體時，俯視液面讀數(shù)。B．在容量瓶定容時俯視刻度線。C．轉(zhuǎn)移溶液后未洗滌燒杯和玻璃棒。D．容量瓶剛用蒸餾水洗凈，沒有烘干。E．定容時，滴加蒸餾水，先使液面略高于刻度線，再吸出少量水使液面凹面與刻度線相切。評卷人得分五、推斷題(共4題，共32分)29、（2015春?濱州校級月考）甲；乙、丙為三種單質(zhì)；A、B、C是三種常見化合物，A為淡黃色固體．它們之間的。

轉(zhuǎn)化關系如圖所示完成下列空白：

（1）寫化學式：A____；B____；

（2）寫化學方程式：

甲+B→C+乙____A+B→C+甲____

（3）寫出A物質(zhì)的一種重要用途____．30、（2013?唐山一模）甲；乙、丙、丁、戊五種單質(zhì)在一定條件下反應生成A、B、C、D、E五種化合物；其轉(zhuǎn)化關系如圖所示：又知：①甲、乙、丙、丁均為前三周期元素的單質(zhì)，常溫下均為氣態(tài)，丙、丁是空氣的主要成分，戊是日常生活中一種常見的金屬．

②乙在甲中燃燒發(fā)出蒼白色火焰；戊在甲中燃燒生成棕黃色煙，E的水溶液呈黃色．

③常溫下B；C均為無色氣體；D為磁性黑色固體．

（1）D的化學式____，丙的電子式____，常溫下甲單質(zhì)的顏色為____．

（2）把戊加入到E的水溶液中，寫出該反應的離子方程式____．

（3）工業(yè)上可由B與丁反應制取C，寫出該反應的化學方程式____．

（4）將氯氣和E同時加（通）入強堿性溶液中，可制得一種高效殺菌、凈水劑（其中含由+6價戊元素形成的帶2個單位負電荷的含氧酸根離子），請寫出該反應的離子方程式____．31、現(xiàn)有物質(zhì)A～I，其轉(zhuǎn)化關系如圖，已知：A為兩種元素組成的化合物，B不溶于水，X常溫下為無色液體，E常溫下為紅棕色氣體．（部分反應條件及生成的其它物質(zhì)已略去）

根據(jù)上述轉(zhuǎn)化關系圖回答：

（1）寫出下列物質(zhì)的化學式X____；J____．

（2）物質(zhì)H的電子式：____；物質(zhì)J是屬于哪種晶體類型：____．

（3）寫出反應①的化學方程式____；寫出反應④的離子方程式____．32、有X、Y、Z三種元素，已知：①X、Y、Z的單質(zhì)在常溫下均為氣體；②X單質(zhì)可在Z單質(zhì)中燃燒，生成XZ，火焰為蒼白色；③XZ極易溶于水，電離出X+和Z-，其水溶液可使藍色石蕊試紙變紅；④每2個X2分子可與1個Y2分子化合生成2個X2Y分子，X2Y在常溫下為液體；⑤Z單質(zhì)溶于X2Y中；所得溶液具有漂白作用．

（1）推斷X，Y兩種元素：X____，Y____（填元素名稱）

（2）寫出⑤過程中的化學反應的方程式____

（3）寫出工業(yè)上制取Z單質(zhì)的化學方程式____

（4）寫Z單質(zhì)與石灰乳反應的化學方程式____．評卷人得分六、簡答題(共1題，共7分)33、科學探究結(jié)果的準確性來自于探究活動中研究方法的科學性；研究過程的計劃性；研究目的明確性．

rm{(}一rm{)}學生rm{(}甲rm{)}應用下圖裝置rm{(A)}所示意的方法研究氯氣的性質(zhì)，其中氣體的主要成分是氯氣rm{(}含有空氣和水蒸氣rm{).}請回答下列問題：

rm{(1)}該項研究rm{(}實驗rm{)}的主要目的是______

rm{(2)}濃硫酸的作用是______rm{.}與研究目的直接相關的實驗現(xiàn)象是______．

rm{(3)}虛框中的裝置應選擇______rm{(}填“rm{B}”或“rm{C}”rm{)}其盛放的試劑為______rm{(}填試劑名稱rm{)}使用該裝置的目的是______；該裝置內(nèi)發(fā)生反應的化學方程式為______．

rm{(}二rm{)}學生rm{(}乙rm{)}設計實驗探究金屬鋁表面氧化膜的性質(zhì)：將鋁片rm{(}含氧化膜rm{)}投入濃氯化銅溶液中，鋁表面很快出現(xiàn)一層海綿狀暗紅色物質(zhì)rm{.}若用同樣的鋁片投入同濃度的硫酸銅溶液中，在短時間內(nèi)鋁片無明顯變化rm{.}回答下列問題：

rm{(1)}鋁片表面出現(xiàn)的暗紅色物質(zhì)的過程中發(fā)生的離子反應方程式是______．

rm{(2)}同學rm{(}乙rm{)}認為：鋁與氯化銅溶液能迅速反應，而與同濃度的硫酸銅溶液在短時間內(nèi)不反應的原因是“氯離子能破壞氧化鋁表面薄膜，而硫酸根離子不能”rm{.}并設計如下實驗方案進行驗證；請你根據(jù)其思路完成下列空格：

rm{[}實驗方案rm{]}在硫酸銅溶液中加入鋁片，無明顯現(xiàn)象，再加入______rm{(}填試劑名稱rm{)}溶液，再觀察現(xiàn)象rm{.}若反應明顯加快了，說明上述推斷正確．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】恒溫恒容下，不同途徑達到平衡后，C的濃度仍為Wmol/L，說明與原平衡為等效平衡，按化學計量數(shù)轉(zhuǎn)化到左邊，滿足n（A）=4mol，n（B）=2mol即可，據(jù)此進行判斷．【解析】【解答】解：恒溫恒容下；不同途徑的該可逆反應達到平衡后，C的濃度仍為Wmol/L，說明與原平衡為等效平衡；

根據(jù)2A（g）+B（g）?3C（g）+D（g）

4mol2mol6mol2mol

可知；按化學計量數(shù)轉(zhuǎn)化到左邊，一定滿足：n（A）=4mol，n（B）=2mol；

A.8molA+4molB與4molA+2molB與不相等；在溫度；體積不變的情況下不是相同平衡狀態(tài)，故A錯誤；

B．開始加入2molA+1molB4molA+2molB與不相等；在溫度；體積不變的情況下不是相同平衡狀態(tài)，故B錯誤；

C.6molC+2molD+2molB與相當于4molA；4molB；與4molA、2molB不相等，在溫度、體積不變的情況下不是相同平衡狀態(tài)，故C錯誤；

D.6molC+2molD相當于4molA+2molB；與4molA+2molB相等，在溫度；體積不變的情況下是相同平衡狀態(tài)，達到平衡后，C的濃度仍為Wmol/L，故D正確；

故選D．2、C【分析】【分析】A．先發(fā)生鹽酸與NaOH的反應；

B．常溫下；Al遇濃硝酸發(fā)生鈍化；

C．氯氣能夠?qū)⒌怆x子氧化成碘單質(zhì)；碘單質(zhì)使淀粉溶液變藍；

D．濃鹽酸與二氧化錳的反應需要加熱才能進行．【解析】【解答】解：A．先發(fā)生鹽酸與NaOH的反應；然后鹽酸與碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，最后鹽酸與碳酸氫鈉反應生成氣體，則現(xiàn)象不合理，故A錯誤；

B．常溫下；Al遇濃硝酸發(fā)生鈍化，則不能觀察到紅棕色氣體，現(xiàn)象不合理，故B錯誤；

C．新制的氯水具有強氧化性；能夠?qū)⒌饣浹趸傻鈫钨|(zhì)，碘單質(zhì)遇到淀粉顯示藍色，故C正確；

D．用二氧化錳與濃鹽酸制取氯氣的反應需要在加熱的條件下進行；該裝置中無法獲得氯氣，故D錯誤；

故選C．3、A【分析】【分析】碳酸鈣、氫氧化鎂、氧化鎂與鹽酸都按物質(zhì)的量1：2反應，藥片中三者的質(zhì)量相同，摩爾質(zhì)量越小中和胃酸的能力越強．【解析】【解答】解：碳酸鈣摩爾質(zhì)量為100g/mol；氫氧化鎂摩爾質(zhì)量為58g/mol，氧化鎂摩爾質(zhì)量為40g/mol，碳酸鈣；氫氧化鎂、氧化鎂與鹽酸都按物質(zhì)的量1：2反應，藥片中三者的質(zhì)量相同，摩爾質(zhì)量越小中和胃酸的能力越強，所以中和鹽酸的能力為③＞②＞①．

故選A．4、D【分析】【分析】任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，當?shù)味ńK點時，二者恰好反應生成醋酸鉀，醋酸鉀是強堿弱酸鹽，醋酸根離子易水解而使其溶液呈堿性，根據(jù)混合溶液的酸堿性結(jié)合電荷守恒來分析解答．【解析】【解答】解：A．當?shù)味ńK點時；醋酸和氫氧化鉀恰好反應生成醋酸鉀，醋酸鉀是強堿弱酸鹽，醋酸根離子易水解而使其溶液呈堿性，則pH＞7，故A錯誤；

B．根據(jù)A知，滴定終點時pH＞7，溶液中存在電荷守恒c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），則c（K+）＞c（CH3COO-）；故B錯誤；

C．當混合溶液呈中性時，則c（H+）=c（OH-），溶液中存在電荷守恒c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），則c（K+）=c（CH3COO-）；故C錯誤；

D．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（K+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）；故D正確；

故選D．5、D【分析】【分析】①灰塵是膠體；屬于氣溶膠，有電泳的性質(zhì)；

②根據(jù)膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是分散質(zhì)的微粒直徑大小；

③膠體具有丁達爾效應而溶液不具備；

④膠體遇電解質(zhì)溶液發(fā)生聚沉；

⑤血液屬于膠體；

⑥NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合發(fā)生雙水解生成氫氧化鐵沉淀和二氧化碳氣體；

⑦墨水是膠體；

⑧因為膠體粒子通過吸附離子而帶相同電荷；膠體粒子間相互排斥使它們不易聚沉；

⑨膠體微粒是氫氧化鐵的集合體．【解析】【解答】解：①灰塵是膠體；在外加電源作用下，有電泳的性質(zhì)，與膠體性質(zhì)有關，故①正確；

②膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是分散質(zhì)的微粒直徑大?。荒z體分散系的微粒直徑在1～100nm之間，故②正確；

③膠體和溶液可以用丁達爾現(xiàn)象鑒別；光線通過時膠體出現(xiàn)光亮的通路，溶液無現(xiàn)象，故③正確；

④稀硫酸是電解質(zhì)溶液；氫氧化鐵膠體遇電解質(zhì)溶液發(fā)生聚沉，與膠體性質(zhì)有關，故④正確；

⑤血液屬于膠體；使用微波手術刀進行外科手術，可使開刀處的血液迅速凝固而減少失血應用了膠體聚沉的原理，故⑤正確；

⑥NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合發(fā)生雙水解生成氫氧化鐵沉淀和二氧化碳氣體；與膠體性質(zhì)無關，故⑥錯誤；

⑦帶相反電荷的膠體混合發(fā)生聚沉；故⑦正確；

⑧膠體粒子帶有電荷；粒子間相互排斥，具有介穩(wěn)性，故⑧正確；

⑨膠體微粒是氫氧化鐵的集合體，F(xiàn)e（OH）3膠體粒子的數(shù)目要遠遠小于原FeCl3溶液中Fe3+的數(shù)目；故⑨正確．

故選D．6、D【分析】【分析】A．銨根離子與堿性溶液中的氫氧根離子反應；

B．pH=4的溶液中存在大量氫離子；氫離子與亞硫酸根離子反應，鋇離子與亞硫酸根離子反應生成有硫酸鋇沉淀；

C．pH=10的溶液中存在大量氫氧根離子；氫離子；碳酸氫根離子、銨根離子與氫氧根離子反應，氫離子與碳酸氫根離子反應；

D．四種離子之間不反應，都不發(fā)生水解，能夠共存．【解析】【解答】解：A．NH4+與堿性溶液中的氫氧根離子反應生成一水合氨；在溶液中不能大量共存，故A錯誤；

B．pH=4的溶液為酸性溶液，SO32-與酸性溶液中的氫離子反應，Ba2+、SO32之間反應生成有硫酸鋇；在溶液中不能大量共存，故B錯誤；

C．該人為堿性溶液，溶液中存在大量氫氧根離子，H+、HCO3-之間反應，H+、NH4+、HCO3都與氫氧根離子反應；在溶液中不能大量共存，故C錯誤；

D．K+、Na+、NO3-、Cl-之間不反應；且都不發(fā)生水解，混合液為中性，滿足條件，故D正確；

故選D．7、D【分析】【分析】硫化氫為臭雞蛋氣味的氣體，具有還原性，可被氧化生成硫或二氧化硫，硫化氫氣體在空氣中完全燃燒的產(chǎn)物為二氧化硫，為刺激性氣體，有毒，具有還原性，以此解答該題．【解析】【解答】解：硫化氫氣體在空氣中完全燃燒的產(chǎn)物為二氧化硫；

①二氧化硫為刺激性氣味的氣體；沒有臭雞蛋氣味，故錯誤；

②二氧化硫為氣體；故錯誤；

③二氧化硫是無色有刺激性氣味的氣體；故正確；

④二氧化硫在空氣中生成亞硫酸；硫酸；是造成酸雨的主要物質(zhì)，故正確．

故選D．8、A【分析】【分析】A．能使pH試紙變深藍色的溶液呈強堿性；

B．能使紫色石蕊試液變紅的溶液呈酸性；能發(fā)生反應的離子不能共存；

C．MnO4-有顏色；

D．Fe3+、NH4+在堿性條件下不能大量共存．【解析】【解答】解：A．能使pH試紙變深藍色的溶液呈強堿性；在堿性條件下離子之間不發(fā)生任何反應，可大量共存，故A正確；

B．能使紫色石蕊試液變紅的溶液呈酸性，F(xiàn)e2+與NO3-發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存；故B錯誤；

C．MnO4-有顏色；與題目無色不符，故C錯誤；

D．Fe3+、NH4+在堿性條件下不能大量共存；分別生成沉淀和弱電解質(zhì)，故D錯誤．

故選A．9、C【分析】【分析】A；質(zhì)量的單位為g等；g/mol是摩爾質(zhì)量的單位．

B；質(zhì)量的單位為g等；mol是物質(zhì)的量的單位．

C；摩爾質(zhì)量以g/mol作單位；數(shù)值上等于該物質(zhì)的相對分子質(zhì)量或相對原子質(zhì)量．

D、氣體摩爾體積的使用范圍是氣體．【解析】【解答】解：A、1molH2的質(zhì)量為2g；故A錯誤；

B、3.01×1023個SO3分子的質(zhì)量為×80g/mol=40g；故B錯誤；

C、CH4的相對分子質(zhì)量為16；所以摩爾質(zhì)量為16g/mol，故C正確；

D；標準狀況下；水是液體，不能使用氣體摩爾體積，故D錯誤．

故選：C．二、填空題(共8題，共16分)10、第三周期第VIA族SO2SO2、SO3H2OH2SS2-Ca2-O2-【分析】【分析】W、X、Y和Z都是周期表中前20號元素，由④中X是周期表中能形成的化合物種類最多的元素，則X為C元素，由③中X和Z屬同一周期元素，它們能形成兩種氣態(tài)化合物，由②中Y和Z屬同族元素，它們能形成兩種常見化合物，可推知Z為O元素，Y為S元素，⑤中C元素與S元素可以CS2．由①中W的陽離子和Y的陰離子具有相同的核外電子排布，且能形成組成為WY的化合物，則W為Ca，化合物WY為CaS，據(jù)此解答．【解析】【解答】解W、X、Y和Z都是周期表中前20號元素，由④中X是周期表中能形成的化合物種類最多的元素，則X為C元素，由③中X和Z屬同一周期元素，它們能形成兩種氣態(tài)化合物，由②中Y和Z屬同族元素，它們能形成兩種常見化合物，可推知Z為O元素，Y為S元素，⑤中C元素與S元素可以CS2．由①中W的陽離子和Y的陰離子具有相同的核外電子排布；且能形成組成為WY的化合物，則W為Ca，化合物WY為CaS．

（1）Y為S元素，元素在元素周期表中的位置為：第三周期第VIA族，Z元素的離子為O2-，離子結(jié)構示意圖是

故答案為：第三周期第VIA族；

（2）Y和Z形成的兩種常見化合物的分子式是SO2、SO3；

故答案為：SO2、SO3；

（3）CaO的電子式為CS2的電子式為：

故答案為：

（4）非金屬性O＞S，故氫化物穩(wěn)定性H2O＞H2S；

故答案為：H2O＞H2S；

（5）電子層結(jié)構相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，離子電子層越多離子半徑越大，故離子半徑：S2-＞Ca2-＞O2-；

故答案為：S2-＞Ca2-＞O2-．11、高爐石灰石ca一定體積分液漏斗2.0溶質(zhì)a飽和食鹽水焰色反應分散質(zhì)微粒丁達爾現(xiàn)象8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl【分析】【分析】（1）①工業(yè)用高爐煉鐵的方法冶煉鐵；原料有鐵礦石；焦炭；空氣、石灰石等；

②鋁合金密度??；強度大，耐腐蝕；

③制造玻璃的主要原料二氧化硅；純堿等；

（2）①容量瓶可用于配制一定體積；濃度的溶液；

②配制溶液常用到燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶等儀器，根據(jù)n=cV=計算；

③溶液稀釋前后；溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，配制溶液時，應將溶液冷至室溫再轉(zhuǎn)移到容量瓶中；

（3）①工業(yè)用電解飽和食鹽水的方法制備氯氣；可用顏色反應鑒別氯化鈉；氯化鉀；

②濁液；膠體和溶液的分散質(zhì)微粒直徑大小不同；膠體具有丁達爾效應；

③氯氣和氨氣發(fā)生氧化還原反應生成氮氣和氯化銨．【解析】【解答】解：（1）①工業(yè)用高爐煉鐵的方法冶煉鐵；原料有鐵礦石；焦炭；空氣、石灰石等，故答案為：高爐；石灰石；

②鋁合金密度?。粡姸却?，耐腐蝕，故答案為：c；

③制造玻璃的主要原料二氧化硅；純堿等；水玻璃的主要成分為硅酸鈉的水溶液，故答案為：a；

（2）①容量瓶具有不同的規(guī)格；不同規(guī)格的容量瓶配制不同的體積的溶液，則可用于配制一定體積，濃度的溶液，故答案為：一定體積；

②配制溶液常用到燒杯；量筒、玻璃棒、膠頭滴管、容量瓶等儀器；而分液漏斗是用于分液的儀器；

配制500mL0．lmol/L氫氧化鈉溶液；需要氫氧化鈉的物質(zhì)的量為0.1mol/L×0.5L=0.05mol，質(zhì)量是0.05mol×40g/mol=2.0g；

故答案為：分液漏斗；2.0；

③溶液稀釋前后；溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變；

a．將稱好的固體在燒杯中溶解；所得溶液冷至室溫再轉(zhuǎn)移到容量瓶中，可防止誤差偏大，為正確操作，故a正確；

b．定容時，如果加水超過了刻度線，用膠頭滴管直接吸出多余的部分，會導致溶液濃度偏小，故b錯誤；

c．定容搖勻后發(fā)現(xiàn)溶液液面低于刻度線；再補加少量蒸餾水至刻度線，會導致濃度偏小，故c錯誤；

故答案為：溶質(zhì)；a；

（3）①工業(yè)用電解飽和食鹽水的方法制備氯氣；哪的焰色反應為黃色，鉀的焰色反應為紫色，可用顏色反應鑒別氯化鈉；氯化鉀，故答案為：飽和食鹽水；焰色反應；

②濁液；膠體和溶液的分散質(zhì)微粒直徑大小不同；膠體具有丁達爾效應，故答案為：分散質(zhì)微粒；丁達爾現(xiàn)象；

③氯氣和氨氣發(fā)生氧化還原反應生成氮氣和氯化銨，反應的化學方程式為8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，故答案為：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl．12、C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）=A＞CDO2+4e-+4H+=2H2O0.6【分析】【分析】（1）根據(jù)平衡常數(shù)的定義判斷反應的方程式；

（2）計算濃度商和平衡常數(shù)減小比較判斷反應進行的方向，若Q=K，反應達到平衡，Q＜K，反應正向進行，Q＞K反應逆向進行；使得該反應的化學反應速率加快，同時使平衡時NH3的體積百分數(shù)增加；需要改變條件滿足化學反應速率增大，且平衡正向進行；

（3）分析圖表平衡常數(shù)溫度升高；平衡常數(shù)增大，平衡正向進行，正反應為吸熱反應；結(jié)合平衡移動原理分析，正逆反應速率相同，各組分含量保持不變分析選項；

（4）在甲醇燃料電池中，燃料甲醇作負極，發(fā)生失電子的氧化反應，氧氣作正極，發(fā)生得電子的還原反應，根據(jù)電極反應以及電子守恒來計算轉(zhuǎn)移電子的量．【解析】【解答】解：（1）平衡常數(shù)為生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積，平衡常數(shù)中，分子為生成物，分母為反應物，再結(jié)合質(zhì)量守恒定律，所以該反應的方程式為C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g），故答案為：C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）；

（2）一段時間后，當N2、H2、NH3的物質(zhì)的量分別為2mol/L、1mol/L、2mol/L時，Qc==0.5；所以該狀態(tài)是平衡狀態(tài)，正逆反應速率相等；

欲使得該反應的化學反應速率加快，同時使平衡時NH3的體積百分數(shù)增加；

A．反應是氣體體積減小的反應；縮小體積增大壓強，反應速率增大，平衡逆向進行，故A正確；

B．反應是放熱反應；升高溫度，速率增大，平衡逆向進行，故B錯誤；

C．加催化劑改變反應速率；不改變平衡，故C錯誤；

D．使氨氣液化移走；平衡正向進行，反應速率減小，故D錯誤；

故答案為：=；A；

（3）①圖表分析可知；平衡常數(shù)隨溫度升高增大，說明正反應為吸熱反應，△H＞0，故答案為：＞；

②A（g）+3B（g）?2C（g）+D（s）△H＞0；

A．反應速率之比等于化學方程式計量數(shù)之比，2v（B）（正）=3v（C）（逆），說明C的正逆反應速率相同，反應達到平衡狀態(tài)，但3v（B）（正）=2v（C）（逆）不能說明反應達到平衡狀態(tài)；故A錯誤；

B．A和B的轉(zhuǎn)化率相等與起始量；變化量有關；不能說明反應達到平衡狀態(tài)，故B錯誤；

C．反應前后氣體體積減??；容器內(nèi)壓強保持不變，說明反應達到平衡狀態(tài)，故C正確；

D．反應前后氣體質(zhì)量減小；體積不變，混合氣體的密度保持不變說明反應達到平衡狀態(tài)，故D正確；

故答案為：CD；

（4）該電池正極是氧氣發(fā)生得電子的還原反應，電極反應式為：O2+4e-+4H+=2H2O，故答案為：O2+4e-+4H+=2H2O；

③當3.2g即0.1mol甲醇完全反應生成CO2時，根據(jù)總反應：2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，消耗氧氣0.15mol，轉(zhuǎn)移電子0.6mol，故答案為：0.6．13、使原料充分反應、加快反應速率bd使反應生成的SO2全部進入d裝置中，使結(jié)果精確20.00溶液恰好由無色變成淺藍色，且半分鐘內(nèi)不褪色80%②空氣中的CO2與Ba（OH）2反應生成BaCO3沉淀，BaSO3被氧化成BaSO4【分析】【分析】（1）增大固體的表面積可以加快化學反應速率；

（2）濃硫酸可以將水除去；還可以根據(jù)冒出氣泡的速率來調(diào)節(jié)空氣流速；

（3）二氧化硫全部被吸收是實驗成敗的關鍵；

（4）根據(jù)滴定管的讀數(shù)方法和要求來回答判斷；

（5）裝置d的作用是吸收前邊實驗產(chǎn)生的二氧化硫；根據(jù)實驗目的以及儀器的作用來回答；

（6）二氧化碳和二氧化硫均可以和氫氧化鋇反應生成白色沉淀，亞硫酸鋇易被氧化為硫酸鋇．【解析】【解答】解：該實驗原理是：根據(jù)黃銅礦受熱分解產(chǎn)生的二氧化硫的量的測定（二氧化硫可以用碘水來標定）；結(jié)合元素守恒可以確定黃銅礦的量，進而計算其純度．

（1）將樣品研細后再反應；即增大固體的表面積，目的是使原料充分反應；加快反應速率，故答案為：使原料充分反應、加快反應速率；

（2）裝置a中的濃硫酸可易吸收空氣中的水蒸氣，同時根據(jù)冒出的氣泡的速率來控制氣體的通入量，故答案為：bd；

（3）黃銅礦受熱分解生成二氧化硫等一系列產(chǎn)物；分解完畢后仍然通入空氣，可以將產(chǎn)生的二氧化硫全部排出去，使結(jié)果精確；

故答案為：使反應生成的SO2全部進入d裝置中；使結(jié)果精確；

（4）根據(jù)滴定管的示數(shù)是上方小，下方大，可以讀出滴定管示數(shù)是20.00mL，當達到滴定終點時，二氧化硫已經(jīng)被碘單質(zhì)消耗完畢，再滴入一滴碘單質(zhì)，遇到淀粉會變藍，根據(jù)反應實質(zhì)，得到：2I2～2SO2～CuFeS2，消耗掉0.05mol/L標準碘溶液20.00mL時，即消耗的碘單質(zhì)的量為：0.05mol/L×0.02L=0.0010mol，所以黃銅礦的質(zhì)量是：0.5×0.0010mol×184g/mol×10=0.92g，所以其純度是：×100%=80%；故答案為：80%；

（5）用如圖3裝置替代上述實驗裝置d；不能用③，原因是前面通入的空氣中也會占據(jù)一部分氣體體積，所以根據(jù)液面上升的高度可以確定生成的量，進而根據(jù)元素守恒來確定黃銅礦的純度，故答案為：②；

（6）空氣中的CO2與Ba（OH）2反應可以生成BaCO3沉淀，此外BaSO3被氧化成BaSO4均可以導致所以的沉淀的量比二氧化硫和氫氧化鋇反應生成的白色沉淀的量多；

故答案為：空氣中的CO2與Ba（OH）2反應生成BaCO3沉淀，BaSO3被氧化成BaSO4．14、ac4×10-5升溫促進Mg2+水解生成Mg（OH）2SiO32-+2H2OH2SiO3↓+2OH-（或者SiO32-+3H2OH4SiO4↓+2OH-）50℃水浴加熱A中加入約9mL蒸餾水，使兩份溶液總體積相等2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O【分析】【分析】以沉淀法除去工業(yè)級偏釩酸銨（NH4VO3）中硅、磷元素雜質(zhì)的流程為：在偏釩酸銨中加氫氧化鈉溶液，將偏釩酸銨溶解，銨鹽遇到強堿生成氨氣，再加鹽酸調(diào)節(jié)溶液的pH值，加硫酸鎂，生成Mg3（PO4）2、MgSiO3沉淀；過濾除去濾渣，在濾液中加氯化銨得偏釩酸銨；

（1）根據(jù)氣體在水中溶解度的影響因素可知；升溫；減壓都可以減小氣體的溶解度，由于氨氣在水中形成氨水能電離出氫氧根離子，根平衡移動原理，增加氫氧根濃度可以減小氨氣的溶解度，據(jù)此答題；

（2）根據(jù)Ksp[Mg3（PO4）2]=c3（Mg2+）c2（PO43-），結(jié)合c（PO43-）≤10-6mol?L-1進行計算；

（3）根據(jù)影響鹽類水解的因素可知；升高溫度水解程度增大，鎂離子；硅酸根離子都是易水解的離子；

（4）反應溫度需控制在50℃可以用水浴，探究NH4Cl的濃度對沉釩率的影響；為要有可比性，兩溶液的體積必須相等；

（5）高純的偏釩酸銨灼燒生成V2O5，根據(jù)元素守恒可知，還應有氨氣和水產(chǎn)生，據(jù)此書寫化學方程式；【解析】【解答】解：以沉淀法除去工業(yè)級偏釩酸銨（NH4VO3）中硅、磷元素雜質(zhì)的流程為：在偏釩酸銨中加氫氧化鈉溶液，將偏釩酸銨溶解，銨鹽遇到強堿生成氨氣，再加鹽酸調(diào)節(jié)溶液的pH值，加硫酸鎂，生成Mg3（PO4）2、MgSiO3沉淀；過濾除去濾渣，在濾液中加氯化銨得偏釩酸銨；

（1）根據(jù)氣體在水中溶解度的影響因素可知；升溫；減壓都可以減小氣體的溶解度，故選a，由于氨氣在水中形成氨水能電離出氫氧根離子，根平衡移動原理，增加氫氧根濃度可以減小氨氣的溶解度，故選c；

故答案為：ac；

（2）根據(jù)Ksp[Mg3（PO4）2]=c3（Mg2+）c2（PO43-）可知，當c（PO43-）=10-6mol?L-1時，c（Mg2+）==4×10-5mol?L-1；

故答案為：4×10-5；

（3）根據(jù)影響鹽類水解的因素可知，升高溫度水解程度增大，鎂離子、硅酸根離子都是易水解的離子，所以升溫促進Mg2+水解生成Mg（OH）2，使硅酸根水解生成硅沉淀，反應的離子方程式為SiO32-+2H2OH2SiO3↓+2OH-（或者SiO32-+3H2OH4SiO4↓+2OH-）；

故答案為：升溫促進Mg2+水解生成Mg（OH）2；SiO32-+2H2OH2SiO3↓+2OH-（或者SiO32-+3H2OH4SiO4↓+2OH-）；

（4）反應溫度需控制在50℃可以用水浴加熱，探究NH4Cl的濃度對沉釩率的影響；為要有可比性，兩溶液的體積必須相等，所以要向A中加入約9mL蒸餾水，使兩份溶液總體積相等；

故答案為：50℃水浴加熱；A中加入約9mL蒸餾水；使兩份溶液總體積相等；

（5）高純的偏釩酸銨灼燒生成V2O5，根據(jù)元素守恒可知，還應有氨氣和水產(chǎn)生，反應的化學方程式為2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O；

故答案為：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O．15、金剛石金剛石屬原子晶體，而固體C60為分子晶體301225AD2KC60或C60K【分析】【分析】（1）晶體的熔沸點與晶體類型有關；原子晶體熔點大于分子晶體；

（2）足球烯中每個碳原子含有半個雙鍵；根據(jù)歐拉定理計算棱邊數(shù)計算；

（3）根據(jù)歐拉定理計算判斷；

（4）令C60分子的直徑為xcm，則晶胞的棱長=cm=xcm，晶胞的體積=2x3cm3，該晶胞中C60分子個數(shù)=8×；再結(jié)合ρV=m計算；

（5）利用均攤法進行計算．【解析】【解答】解（1）金剛石屬原子晶體，是空間立體網(wǎng)狀結(jié)構，C60是分子晶體，為足球結(jié)構，所以金剛石的熔點大于C60；分子晶體的熔點小于原子晶體，所以金剛石的熔點大于足球烯；

故答案為：金剛石；金剛石屬原子晶體，而固體C60為分子晶體；

（2）足球烯中每個碳原子含有半個雙鍵，所以C60分子含的雙鍵數(shù)為30；

由歐拉定理計算鍵數(shù)（即棱邊數(shù)）：60+（12+20）-2=90

該分子中含雙鍵30個，所以單鍵數(shù)為：C60分子中單鍵為：90-30=60

設C70分子中五邊形數(shù)為x；六邊形數(shù)為y．依題意可得方程組：

故答案為：30；12；25；

（3）A．設C18分子中五邊形數(shù)為x；六邊形數(shù)為y；

解得，y不能為負數(shù)，所以C18不屬于富勒烯；

B．設C44分子中五邊形數(shù)為x；六邊形數(shù)為y；

，解得，所以C44屬于富勒烯；

C．設C72分子中五邊形數(shù)為x；六邊形數(shù)為y；

，解得；所以該分子屬于富勒烯；

D．設C105分子中五邊形數(shù)為x；六邊形數(shù)為y；

，解得；y不能為小數(shù)，所以該分子不屬于富勒烯；

故選AD；

（4）令C60分子的直徑為xcm，則晶胞的棱長=cm=xcm，晶胞的體積=2x3cm3，該晶胞中C60分子個數(shù)=8×，2x3cm3×dg?cm-3=4×；

x=2；

故答案為：2；

（5）該晶胞中C60分子個數(shù)=8×，K原子個數(shù)=12×+1=4，所以該晶胞中C60和K原子個數(shù)之比為1：1，所以其化學式為KC60或C60K；

故答案為：KC60或C60K．16、ACD16AHOCH2CH2OH+HOOC-CH=CH-CH=CH-COOH+2H2OOHC=CHO+2（C6H5）3P=CHCOOC2H5→2（C6H5）3P=O+H5C2OOCCH=CH-CH=CHCOOC2H5【分析】【分析】（1）W中含C=C和-COOH；結(jié)合烯烴及羧酸的性質(zhì)來解答；

（2）-C=C-為平面是平面結(jié)構；與它們直接相連的原子在同一平面內(nèi)；

（3）Q與W的分子式不同；結(jié)構不同；但均含C、H、O三種元素；

（4）由信息及合成路線圖可知，X為HOCH2CH2OH，Y為OHCCHO，M為（C6H5）3P=CHCOOC2H5，Z為H5C2OOCCH=CH-CH=CHCOOC2H5，以此來解答．【解析】【解答】解：（1）W中含C=C和-COOH；由烯烴及羧酸的性質(zhì)可知，能發(fā)生取代；加成、氧化反應，而不能發(fā)生水解反應，故答案為：ACD；

（2）-C=C-為平面是平面結(jié)構；與它們直接相連的原子在同一平面內(nèi)，14個原子一定共面，則W分子中最多有16個原子共面，故答案為：16；

（3）Q與W的分子式不同；結(jié)構不同；不為同系物、同分異構體，Q中不含C=C，為飽和二元羧酸，但均含C、H、O三種元素，即它們均屬于烴的含氧衍生物；

故答案為：A；

（4）由信息及合成路線圖可知，X為HOCH2CH2OH，Y為OHCCHO，M為（C6H5）3P=CHCOOC2H5，Z為H5C2OOCCH=CH-CH=CHCOOC2H5，X與W在一定條件下反應生成N的化學方程式為HOCH2CH2OH+HOOC-CH=CH-CH=CH-COOH+2H2O，第②步反應的化學方程式為OHC=CHO+2（C6H5）3P=CHCOOC2H5→2（C6H5）3P=O+H5C2OOCCH=CH-CH=CHCOOC2H5；

故答案為：HOCH2CH2OH+HOOC-CH=CH-CH=CH-COOH+2H2O；OHC=CHO+2（C6H5）3P=CHCOOC2H5→2（C6H5）3P=O+H5C2OOCCH=CH-CH=CHCOOC2H5．17、N2O4B【分析】【分析】（1）反應C2H8N2+2N2O4═3N2+2CO2+4H2O中，C2H8N2中N的化合價-3，N2O4中N的化合價為+4價；根據(jù)化合價的變化判斷；

（2）n（C2H8N2）==0.1mol，結(jié)合放出的熱量計算．【解析】【解答】解：（1）反應C2H8N2+2N2O4═3N2+2CO2+4H2O中，C2H8N2中N的化合價-3，N2O4中N的化合價為+4價，反應生成N2，N2O4中的N元素化合價降低，N2O4應為氧化劑；

故答案為：N2O4；

（2）n（C2H8N2）==0.1mol，放出QkJ熱量，則相同條件下1moL偏二甲肼發(fā)生該反應能放出的熱量為10Q，故答案為：B．三、判斷題(共9題，共18分)18、×【分析】【分析】伴有能量變化的物質(zhì)變化不一定發(fā)生化學反應．【解析】【解答】解：伴有能量變化的物質(zhì)變化不一定是化學變化，如燈泡發(fā)光過程中有熱能變化，故錯誤；19、×【分析】【分析】元素的化合價升高，失去電子被氧化，以此來解答．【解析】【解答】解：在化學反應中某元素化合價只升高，作還原劑，失去電子被氧化，故答案為：×．20、√【分析】【分析】有鹽和水生成的反應不一定是中和反應，如酸性氧化物與堿的反應，堿性氧化物與酸的反應等．【解析】【解答】解：有鹽和水生成的反應不一定是中和反應；如氧化鈉與鹽酸反應生成氯化鈉和水，該反應不屬于中和反應；

故答案為：√．21、×【分析】【分析】氯氣具有強氧化性，能將鐵氧化為三價鐵，5.6gn（Fe）==0.1mol，N（Fe）=nNA=0.1mol×NA/mol=0.1NA，據(jù)此計算轉(zhuǎn)移電子數(shù)．【解析】【解答】解：氯氣具有強氧化性，能將鐵氧化為三價鐵，5.6gn（Fe）==0.1mol，N（Fe）=nNA=0.1mol×NA/mol=0.1NA，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.3NA，故答案為：×．22、×【分析】【分析】1個CH4中含有的中子數(shù)為6個，結(jié)合n==計算．【解析】【解答】解：n（CH4）==1mol，此時H原子不含中子，則1個CH4中含有的中子數(shù)為6個，1mol甲烷含有6NA個中子．

故答案為：×．23、√【分析】【分析】膠體中分散質(zhì)粒子直徑在1-100nm之間，膠體能發(fā)生丁達爾效應、能產(chǎn)生電泳現(xiàn)象、能產(chǎn)生聚沉．【解析】【解答】解：膠體中分散質(zhì)粒子直徑在1-100nm之間，所以膠體能產(chǎn)生丁達爾效應；膠體具有吸附性，吸附帶電荷的離子，所以能產(chǎn)生電泳現(xiàn)象；膠體能發(fā)生聚沉現(xiàn)象，故答案為：√．24、×【分析】【分析】18g的物質(zhì)的量為1mol，標況下，水為液態(tài)，不能用氣體摩爾體積計算其體積．【解析】【解答】解：18g的物質(zhì)的量為1mol，標況下，水為液態(tài)，不能用氣體摩爾體積計算其體積，應根據(jù)V=計算水的體積，其體積遠遠小于22.4L，故錯誤，故答案為：×．25、×【分析】【分析】（1）相對分子質(zhì)量在10000以上的有機化合物為高分子化合物；

（2）葡萄糖在堿性條件下與新制Cu（OH）2濁液反應；

（3）白糖的主要成分是蔗糖；

（4）在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質(zhì)；在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不導電的化合物是非電解質(zhì)；

（5）蔗糖水解后的產(chǎn)物葡萄糖由還原性；自身沒有還原性；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均為C6H12O6；葡萄糖是多羥基醛，果糖是多羥基酮；

（7）蔗糖和麥芽糖是二糖，分子式都可用C12H22O11表示；它們互為同分異構體；

（8）麥芽糖和水解產(chǎn)物葡萄糖中均含-CHO；

（9）碘單質(zhì)遇淀粉變藍色；

（10）植物油成分為高級脂肪酸甘油酯；

（11）根據(jù)濃的無機鹽溶液能使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析；而重金屬鹽能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性；

（12）兩種氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸與丙氨酸形成二肽時連接方式有兩種；

（13）根據(jù)天然植物油均為高級脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，沒有固定的熔沸點；

（14）兩種二肽互為同分異構；水解產(chǎn)物可能是相同的氨基酸；

（15）油脂中含有不飽和烴基；可與高錳酸鉀發(fā)生反應；

（16）烴的含氧衍生物完全燃燒生成水和二氧化碳；

（17）在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質(zhì)；在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不導電的化合物是非電解質(zhì)）；

（18）食用植物油是高級脂肪酸甘油脂；水解生成高級脂肪酸和甘油；

（19）相對分子質(zhì)量在10000以上的有機化合物為高分子化合物；

（20）相對分子質(zhì)量在10000以上的有機化合物為高分子化合物．【解析】【解答】解：（1）油脂相對分子質(zhì)量較小；不屬于高分子化合物，故答案為：×；

（2）葡萄糖與新制Cu（OH）2濁液反應需在堿性條件下；應加入堿將水解后的淀粉溶液調(diào)節(jié)成堿性，才可以產(chǎn)生磚紅色沉淀，故答案為：×；

（3）白糖成分是蔗糖；故答案為：√；

（4）油脂水解的羧酸是電解質(zhì)；故答案為：×；

（5）蔗糖水解后的產(chǎn)物葡萄糖由還原性；自身沒有還原性，所以不是還原型二糖，故答案為：×；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均為C6H12O6；葡萄糖是多羥基醛，果糖是多羥基酮，二者分子式相同，結(jié)構不同，互為同分異構體，故答案為：√；

（7）蔗糖和麥芽糖是二糖；互為同分異構體，故答案為：√；

（8）麥芽糖和水解產(chǎn)物葡萄糖中的官能團都有醛基；則麥芽糖；葡萄糖屬于還原性糖可發(fā)生銀鏡反應，故答案為：√；

（9）碘單質(zhì)遇淀粉變藍色；纖維素遇碘水不變色，故答案為：×；

（10）植物油的主要成分為高級脂肪酸甘油酯；故答案為：×；

（11）因濃的無機鹽溶液能使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析產(chǎn)生沉淀；如飽和硫酸鈉溶液；硫酸銨溶液；而重金屬鹽能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性而產(chǎn)生沉淀，如硫酸銅等，故答案為：×；

（12）兩種氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸與丙氨酸形成二肽時連接方式有兩種，故形成的二肽有四種，故答案為：√；

（13）天然植物油均為高級脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，沒有固定的熔沸點，故答案為：×；

（14）兩種二肽互為同分異構；水解產(chǎn)物可能是相同的氨基酸，如：一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有兩種構成方式，但二肽水解時的產(chǎn)物相同，故答案為：×；

（15）苯不能使酸性高錳酸鉀褪色；但油脂中含有C=C官能團，可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應而使高錳酸鉀褪色，故答案為：×；

（16）油脂含有C；H、O三種元素；完全燃燒生成水和二氧化碳，故答案為：√；

（17）蛋白質(zhì)屬于高分子化合物；是混合物，不是電解質(zhì)，而葡萄糖屬于非電解質(zhì)，只有乙酸才屬于電解質(zhì)，故答案為：×；

（18）乙酸乙酯水解生乙酸和乙醇．食用植物油是高級脂肪酸甘油脂；水解生成高級脂肪酸和甘油，故答案為：×；

（19）油脂相對分子質(zhì)量較??；不屬于高分子化合物，故答案為：×；

（20）氨基酸相對分子質(zhì)量較小，不屬于高分子化合物，故答案為：×．26、×【分析】【分析】磷酸鈉溶液中磷酸根能發(fā)生水解，磷酸溶液中磷酸電離產(chǎn)生PO43-．【解析】【解答】解：磷酸是中強酸；存在電離平衡，磷酸鹽存在水解平衡，這兩個平衡程度都很小．

磷酸電離由3步（磷酸是三元酸）；分別是磷酸二氫根，磷酸氫根，最后是少量磷酸根離子；

磷酸鈉電離狀態(tài)下電離出鈉離子和磷酸根離子；但是磷酸根離子要水解，其程度也很小，所以磷酸鈉中磷酸根離子遠多于等濃度的磷酸溶液；

故答案為：×．四、實驗題(共2題，共8分)27、溶解過濾加適量鹽酸除去Ca2+及過量Ba2+0.6mol1：5萃取蒸餾【分析】【分析】（1）氯化鈉是易溶于水的；而泥沙是難溶于水的，固體和液體的分離可以采用過濾方法；

（2）在粗鹽提純時；要在最后一步加入鹽酸，除去過量的氫氧根離子和碳酸根離子，加入碳酸鈉的目的是除去鈣離子和多余的鋇離子；

（3）氧化還原反應中；化合價升高值=化合價降低值=轉(zhuǎn)移電子數(shù)，根據(jù)化合價的升降情況來分析，根據(jù)方程中電子與碘的物質(zhì)的量關系求算；

（4）先判斷氧化劑和還原劑；再根據(jù)方程式計算；

（5）碘單質(zhì)從碘水中提取可以采用萃取分液法．【解析】【解答】解：（1）可以先將粗鹽和其中的泥沙溶解于水；氯化鈉是易溶于水的，而泥沙是難溶于水的，而固體和液體的分離可以采用過濾方法，故答案為：溶解；過濾；

（2）在粗鹽提純時；要在最后一步加入鹽酸，除去過量的氫氧根離子和碳酸根離子，加入碳酸鈉的目的是除去鈣離子和多余的鋇離子；

故答案為：加適量鹽酸；除去Ca2+及過量Ba2+；

（3）根據(jù)電子守恒和原子守恒來配平方程式，在氧化還原反應KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O中，化合價升高值=化合價降低值=轉(zhuǎn)移電子數(shù)=5，電子轉(zhuǎn)移情況如下：由方程可知生成3mol碘轉(zhuǎn)移5mol電子，所以如果反應中轉(zhuǎn)移1mol電子，則生成I2的物質(zhì)的量為0.6mol；

故答案為：0.6mol；

（4）在氧化還原反應KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O中KIO3得電子作氧化劑；KI失電子作還原劑，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1：5；

故答案為：1：5；

（5）碘單質(zhì)從碘水中提取可以采用萃取分液法；利用四氯化碳來萃取，然后根據(jù)四氯化碳和碘的沸點的不同通過蒸餾的方法分離；

故答案為：萃?。徽麴s．28、略

【分析】【解析】【答案】(14分)五、推斷題(共4題，共32分)29、Na2O2H2O2Na+2H2O=2NaOH+H2↑2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑潛水艇或呼吸面具的供氧劑【分析】【分析】甲、乙、丙三種常見單質(zhì)，A、B、C是三種常見的化合物，A為淡黃色固體，判斷A為Na2O2，依據(jù)轉(zhuǎn)化關系可知甲為Na，丙為O2，由A+B=C+丙，推斷B為H2O，C為NaOH，根據(jù)甲+B=C+乙，則乙為H2，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：甲、乙、丙三種常見單質(zhì)，A、B、C是三種常見的化合物，A為淡黃色固體，判斷A為Na2O2，依據(jù)轉(zhuǎn)化關系可知甲為Na，丙為O2，由A+B=C+丙，推斷B為H2O，C為NaOH，根據(jù)甲+B=C+乙，則乙為H2；

（1）由上述分析可知，A為Na2O2；B為H2O，故答案為：Na2O2；H2O；

（2）甲+B→C+乙反應方程式為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，A+B→C+甲反應方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

（3）Na2O2的一種重要用途為：潛水艇或呼吸面具的供氧劑，故答案為：潛水艇或呼吸面具的供氧劑．30、Fe3O4黃綠色2Fe3++Fe=3Fe2+4NH3+5O24NO+6H2O2Fe3++3Cl2+16OH-=2FeO42-+6Cl-+8H2O【分析】【分析】①甲；乙、丙、丁均為前三周期元素的單質(zhì)；常溫下均為氣態(tài)，丙、丁是空氣的主要成分，為氮氣和氧氣，戊是日常生活中一種常見的金屬，鋁或鐵；

②乙在甲中燃燒發(fā)出蒼白色火焰，氫氣在氯氣中燃燒產(chǎn)生蒼白色火焰，所以乙是H2，甲是Cl2，戊在甲中燃燒生成棕黃色煙，E的水溶液呈黃色，則戊是Fe，E是FeCl3．

③常溫下B、C均為無色氣體，D為磁性黑色固體，則D是Fe3O4，鐵和氧氣反應生成四氧化三鐵，所以丁是O2，丙是N2，則A是HCl，B是NH3；C是NO；

結(jié)合物質(zhì)的結(jié)構和性質(zhì)分析解答．【解析】【解答】解：①甲；乙、丙、丁均為前三周期元素的單質(zhì)；常溫下均為氣態(tài)，丙、丁是空氣的主要成分，為氮氣和氧氣，戊是日常生活中一種常見的金屬，鋁或鐵；

②乙在甲中燃燒發(fā)出蒼白色火焰，氫氣在氯氣中燃燒產(chǎn)生蒼白色火焰，所以乙是H2，甲是Cl2，戊在甲中燃燒生成棕黃色煙，E的水溶液呈黃色，則戊是Fe，E是FeCl3．

③常溫下B、C均為無色氣體，D為磁性黑色固體，則D是Fe3O4，鐵和氧氣反應生成四氧化三鐵，所以丁是O2，丙是N2，則A是HCl，B是NH3；C是NO；

（1）通過以上分析知，D是Fe3O4，丙是氮氣，其電子式為：甲是氯氣，為黃綠色氣體；

故答案為：Fe3O4；黃綠色；

（2）戊是鐵，E是氯化鐵，鐵和氯化鐵發(fā)生氧化還原反應生成氯化亞鐵，離子反應方程式為：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案為：2Fe3++Fe=3Fe2+；

（3）B是氨氣，丁是氧氣，在催化劑加熱條件下，氨氣被催化氧化生成一氧化氮和水，反應方程式為4NH3+5O24NO+6H2O，故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；

（4）E是氯化鐵，凈水劑中含由+6價Fe元素形成的帶2個單位負電荷的含氧酸根離子，給離子的電荷及鐵、氧元素的化合價知，該離子為FeO42-，該反應中鐵元素失電子則氯元素得電子生成氯離子，所以離子反應方程式為2Fe3++3Cl2+16OH-=2FeO42-