2025年湘教新版必修1化學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年湘教新版必修1化學(xué)下冊(cè)月考試卷752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5題，共10分)1、短周期中有X、Y、Z三種元素，Z可分別與X、Y組成化合物XZ2、ZY2，這三種元素原子的核外電子數(shù)之和為30，每個(gè)XZ2分子的核外電子總數(shù)為38，由此可推知X、Y、Z依次為（）A.Na、F、OB.N、O、PC.C.F、OD.O、S2、科學(xué)家合成出了一種新化合物（如圖所示）；其中M；W、T、L為同一短周期元素，L核外最外層電子數(shù)是W核外電子數(shù)的一半。下列敘述正確的是（）

A.化合物ML屬于弱電解質(zhì)B.該新化合物中T滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)C.W的最高價(jià)氧化物可以與水反應(yīng)生成弱酸D.元素非金屬性的順序?yàn)閃>T>L3、下列關(guān)于鈉的說法中不正確的是A.金屬鈉著火時(shí)，可以用砂土滅火B(yǎng).鈉長期放置在空氣中，最終將變成碳酸鈉C.實(shí)驗(yàn)后剩余的鈉粒，需要放回原試劑瓶中D.將一小塊鈉投入氯化鐵溶液時(shí)，既能產(chǎn)生氣體又會(huì)出現(xiàn)白色沉淀4、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.0.1molNaCl固體中含有的離子總數(shù)為0.1NAB.0.1mol·L-1K2SO4溶液中含有SO數(shù)為0.1NAC.室溫下，2.24LCl2與足量Mg反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NAD.0.1molCO和N2的混合氣體中含有電子數(shù)為1.4NA5、下列各組物質(zhì)的各步轉(zhuǎn)化均可以通過一步反應(yīng)完成的是A.S→SO3→H2SO4→SO2B.Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3C.Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3D.Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、按要求回答下列問題：

（1）以下物質(zhì)中：①酒精，②熔融KCl，③NaHSO4固體，④氫氧化鈉溶液，⑤銅，⑥CO2，⑦Fe(OH)3膠體，⑧熔化的NaOH，⑨醋酸，⑩溴化氫。其中屬于電解質(zhì)的是___(填編號(hào)，下同)，其中屬于電解質(zhì)且能導(dǎo)電的有___，屬于非電解質(zhì)的是___。

（2）向Fe(OH)3膠體中逐滴滴入過量的鹽酸，會(huì)出現(xiàn)一系列變化：先出現(xiàn)___，后出現(xiàn)___，出現(xiàn)現(xiàn)象2的原因___(用離子方程式表示)。7、在反應(yīng)Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中，氧化劑是___________，氧化產(chǎn)物是___________，還原產(chǎn)物是___________，______元素的化合價(jià)升高，該元素的原子___________電子，______發(fā)生氧化反應(yīng)；該反應(yīng)轉(zhuǎn)移1mol電子時(shí)，消耗銅的物質(zhì)的量為___________mol。8、Fe(OH)3膠體在生活中有重要應(yīng)用，利用FeCl3和沸水反應(yīng)制備的Fe(OH)3膠體中常混有FeCl3和HCl。已知膠體不能透過半透膜；而小分子和離子可以透過半透膜。試回答下列有關(guān)問題∶

(1)實(shí)驗(yàn)室制取Fe(OH)3膠體的化學(xué)方程式是_________________________。

(2)用_________________方法除去膠體中的渾濁物;用_________________方法除去膠體中混有的FeCl3和HCl。

(3)鑒別Fe(OH)3膠體和FeCl3溶液最簡單的方法是_____。(填字母)

a．觀察液體顏色b．丁達(dá)爾效應(yīng)c．加人AgNO3溶液是否出現(xiàn)沉淀。

(4)寫出證明膠體和Cl—已經(jīng)分離的實(shí)驗(yàn)方案___________________________。

(5)Fe(OH)3膠體做電泳實(shí)驗(yàn)；在______(填"陰極"或"陽極")區(qū)域看到紅褐色顏色加深。

(6)向Fe(OH)3膠體中滴加鹽酸至過量，觀察到的現(xiàn)象是_________________。9、用Na2CO3·10H2O晶體，配置0.2mol/L的Na2CO3溶液480ml

（1）應(yīng)稱取Na2CO3·10H2O晶體的質(zhì)量為____。

（2）根據(jù)下列操作對(duì)所配溶液的濃度產(chǎn)生的影響；完成下列要求：

①Na2CO3·10H2O晶體失去了部分結(jié)晶水；②用“左物右碼”的稱量方法稱量晶體（使用游碼）；

③碳酸鈉晶體不純；其中混有氯化鈉；④稱量碳酸鈉晶體時(shí)所用砝碼生銹；

⑤容量瓶未經(jīng)干燥使用；

其中引起所配溶液濃度偏高的有___(填序號(hào)，下同)，偏低的有____，無影響的有_____。

（3）為完成實(shí)驗(yàn)所必須要的玻璃儀器有：____、____、____、____。10、鋁是地殼中含量最高的金屬元素；其單質(zhì)及合金在生產(chǎn)生活中的應(yīng)用日趨廣泛。

（1）真空碳熱還原-氯化法可實(shí)現(xiàn)由鋁土礦制備金屬鋁，其相關(guān)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)△H=akJ·mol-1

3AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g)△H=bkJ·mol-1

①反應(yīng)Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)的△H=________kJ·mol-1(用含a、b的代數(shù)式表示)。

②Al4C3也是該反應(yīng)過程中的一種中間產(chǎn)物。Al4C3與鹽酸反應(yīng)(產(chǎn)物之一是含氫量最高的烴)的化學(xué)方程式為_______________。

③甲烷和水反應(yīng)可以制水煤氣(混合氣體)，在恒溫、固定體積為V升的密閉容器中的反應(yīng)微觀示意圖如下所示，根據(jù)微觀示意圖得出的結(jié)論中，正確的是_____________。

____

a.該反應(yīng)方程式為：CH4+H2O=CO+3H2

b.該反應(yīng)平衡前后壓強(qiáng)比為3：4

c.該反應(yīng)體系中含氫元素的化合物有3種。

d.該反應(yīng)中甲烷的平衡轉(zhuǎn)化率為50%

④水煤氣中的H2可用于生產(chǎn)NH3，在進(jìn)入合成塔前常用[Cu(NH3)2]Ac溶液來吸收其中的CO；防止合成塔中的催化劑中毒，其反應(yīng)是：

[Cu(NH3)2]Ac(aq)+CO(g)+NH3(g)[Cu(NH3)3]Ac·CO(aq)△H＜0

[Cu(NH3)2]Ac溶液吸收CO的適宜生產(chǎn)條件應(yīng)是____________________。該條件下用氣體表示的平衡常數(shù)表達(dá)式為：K=______________

（2）鎂鋁合金(Mg17Al12)是一種潛在的貯氫材料，一般在氬氣環(huán)境中將一定化學(xué)計(jì)量比的Mg、Al單質(zhì)在一定溫度下熔煉獲得。該合金在一定條件下可完全吸氫得到的混合物Y(含MgH2和Al)；Y在一定條件下可釋放出氫氣。

①熔煉制備鎂鋁合金(Mg17Al12)時(shí)通入氬氣的目的是_________________。

②寫出鎂鋁合金(Mg17Al12)在一定條件下完全吸氫的化學(xué)方程式_________________。

③在6.0mol·L-1HCl溶液中，混合物Y能完全釋放出H2。1molMg17Al12完全吸氫后得到的混合物Y與上述鹽酸完全反應(yīng)，釋放出H2的物質(zhì)的量為_________。11、下表是元素周期表的一部分；除標(biāo)出的元素外，表中的每個(gè)編號(hào)代表一種元素。請(qǐng)根據(jù)要求回答問題：

（1）①的元素符號(hào)是_________；

（2）②的原子結(jié)構(gòu)示意圖是_________；

（3）①和③的原子半徑大小關(guān)系是：①____③（填“>”、“<”或“=”）；

（4）③、④和⑤中，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物酸性最強(qiáng)的酸的化學(xué)式是____________。評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)12、通過對(duì)分子層面的操縱可研發(fā)新藥__________。A.正確B.錯(cuò)誤13、無色溶液加入CCl4無現(xiàn)象，滴加氯水后CCl4層呈紫紅色，則溶液中一定存在I-。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤14、氯氣溶于水得氯水，溶液呈酸性且可以導(dǎo)電，所以氯氣是電解質(zhì)。(___________)A.正確B.錯(cuò)誤15、的還原性較強(qiáng)，而濃硫酸具有很強(qiáng)的氧化性，所以濃硫酸不能干燥氣體。(______)A.正確B.錯(cuò)誤16、氯水或硝酸銀溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中。(___________)A.正確B.錯(cuò)誤17、配制1L1mol·L-1CuSO4溶液，需要稱量160gCuSO4·5H2O固體。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤18、高純硅可用來制作芯片和硅太陽能電池。(____)A.正確B.錯(cuò)誤評(píng)卷人得分四、推斷題(共2題，共20分)19、有A；B、C、D、E和F六瓶無色溶液；他們都是中學(xué)化學(xué)中常用的無機(jī)試劑。純E為無色油狀液體；B、C、D和F是鹽溶液，且他們的陰離子均不同?，F(xiàn)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：

①A有刺激性氣味；用沾有濃鹽酸的玻璃棒接近A時(shí)產(chǎn)生白色煙霧；

②將A分別加入其它五種溶液中；只有D；F中有沉淀產(chǎn)生；繼續(xù)加入過量A時(shí)，D中沉淀無變化，F(xiàn)中沉淀完全溶解；

③將B分別加入C；D、E、F中；C、D、F中產(chǎn)生沉淀，E中有無色、無味氣體逸出；

④將C分別加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)信息；請(qǐng)回答下列問題：

（1）能確定溶液是（寫出溶液標(biāo)號(hào)與相應(yīng)溶質(zhì)的化學(xué)式）：________________

（2）不能確定的溶液，寫出其標(biāo)號(hào)、溶質(zhì)可能的化學(xué)式及進(jìn)一步鑒別的方法：________20、有A；B、C、D、E和F六瓶無色溶液；他們都是中學(xué)化學(xué)中常用的無機(jī)試劑。純E為無色油狀液體；B、C、D和F是鹽溶液，且他們的陰離子均不同。現(xiàn)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：

①A有刺激性氣味；用沾有濃鹽酸的玻璃棒接近A時(shí)產(chǎn)生白色煙霧；

②將A分別加入其它五種溶液中；只有D；F中有沉淀產(chǎn)生；繼續(xù)加入過量A時(shí)，D中沉淀無變化，F(xiàn)中沉淀完全溶解；

③將B分別加入C；D、E、F中；C、D、F中產(chǎn)生沉淀，E中有無色、無味氣體逸出；

④將C分別加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)信息；請(qǐng)回答下列問題：

（1）能確定溶液是（寫出溶液標(biāo)號(hào)與相應(yīng)溶質(zhì)的化學(xué)式）：________________

（2）不能確定的溶液，寫出其標(biāo)號(hào)、溶質(zhì)可能的化學(xué)式及進(jìn)一步鑒別的方法：________評(píng)卷人得分五、原理綜合題(共4題，共24分)21、化學(xué)與生產(chǎn)生活息息相關(guān)；請(qǐng)回答下列問題。

(1)將金屬鈉和鋁粉同時(shí)投入水中，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：___________、___________

(2)在汽車尾氣系統(tǒng)中裝置催化轉(zhuǎn)化器，可有效降低NO的排放。當(dāng)尾氣中空氣不足時(shí)，NO和CO在催化轉(zhuǎn)化器中生成兩種無毒的氣體排出，寫出該過程的化學(xué)方程式：___________

(3)打破水銀溫度計(jì)，為防止汞中毒可以在上面撒一層硫粉，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________

(4)NO是治療心血管疾病的信使分子，NO與空氣接觸的反應(yīng)現(xiàn)象是___________

(5)工業(yè)上用洗凈的廢銅作原料制備的硫酸銅。下列制備方法符合“綠色化學(xué)”思想的是___________(填序號(hào))

①Cu+H2SO4(濃)→CuSO4

②CuCuOCuSO4

寫出①中反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________22、石油煉制過程中產(chǎn)生的H2S是一種有毒氣體；其有效利用是亟需解決的問題。

(1)H2S的電子式是_________。

(2)熱分解法處理H2S

H2S(g)=H2(g)+S(s)ΔH1

已知：i.2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)ΔH2

ii.S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH3

①利用ΔH2和ΔH3計(jì)算ΔH1時(shí)，還需要利用_______反應(yīng)的ΔH。

②直接加熱分解H2S轉(zhuǎn)化率低，科學(xué)家發(fā)現(xiàn)MoS2可以催化H2S分解制取氫氣和硫磺，多孔陶瓷膜可以使氫氣選擇性分離?？茖W(xué)家使用沉積有MoS2的多孔陶瓷膜裝置進(jìn)行反應(yīng)的原因有_________。

(3)電化學(xué)法處理H2S

為避免硫磺沉積在陽極，將氧化吸收和電解制氫過程分開進(jìn)行，裝置如圖所示。氧化吸收器中為Fe2(SO4)3溶液；電解反應(yīng)器中，以石墨為陽極，以Pt為陰極，中間用質(zhì)子交換膜隔開。

①氧化吸收器中反應(yīng)的離子方程式為_________。

②電解反應(yīng)器中，陰極的電極反應(yīng)式為_________。

③電解反應(yīng)器的作用是_________(寫出2點(diǎn))。23、為更有效處理工業(yè)廢氣中排放的氮氧化物(NOx)、SO2等；減少大氣污染。科學(xué)家不斷對(duì)相關(guān)反應(yīng)進(jìn)行研究嘗試。

(1)脫硝反應(yīng)機(jī)理如圖，Cu＋的作用是____________，C2H4參與的反應(yīng)方程式______________。

(2)選擇性催化還原技術(shù)(SCR)是目前較為成熟的煙氣脫硝技術(shù)，其反應(yīng)原理主要為：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)；ΔH＝-1627kJ?mol-1

①其中被NO和O2氧化的NH3的比例________。

②該方法應(yīng)控制反應(yīng)溫度在315～400℃之間，反應(yīng)溫度不宜過高的原因是________。

③氨氮比n(NH3)/n(NO)會(huì)直接影響該方法的脫硝率。如圖為350℃時(shí)，只改變氨氣的投放量，NO的百分含量與氨氮比的關(guān)系圖。當(dāng)n(NH3)/n(NO)>1.0時(shí)，煙氣中NO含量反而增大，主要原因是_________________________________。

(3)煙氣脫硫、脫硝一體化技術(shù)是大氣污染防治研究的熱點(diǎn)。ClO2及NaClO2均是性能優(yōu)良的脫硫脫硝試劑。

①ClO2在酸性條件下穩(wěn)定，在NaOH溶液中可歧化為NaClO3和NaClO2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____。

②某研究小組用ClO2進(jìn)行單獨(dú)脫除SO2實(shí)驗(yàn)時(shí)，測得SO2的脫除率隨溶液pH變化如圖所示。當(dāng)3<7時(shí)，隨pH的增大，SO2脫除率逐漸降低，其原因是________；在pH約7.8之后，隨pH的增大，SO2脫除率又開始升高，其原因是________。24、下表為元素周期表得一部分。

。碳氮YX硫Z

回答下列問題：

（1）X元素在周期表中位于_____周期_______族。

（2）下列事實(shí)能說明Y元素的非金屬性比硫元素的非金屬性強(qiáng)的是____________。

a．Y單質(zhì)與H2S溶液反應(yīng)；溶液變渾濁。

b．在氧化還原反應(yīng)中；1molY單質(zhì)比1mol硫得電子多。

c．Y和硫兩元素的簡單氫化物受熱分解；前者的分解溫度高。

（3）表中某元素的氣態(tài)氫化物與該元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可以反應(yīng)，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式__________________。

（4）常溫下，將稀氨水逐滴加入稀硫酸溶液中，當(dāng)pH=7時(shí)，2c(SO42-)_______c(NH4+)（填＜；＞、=）。

（5）已知元素Na與元素Y可形成原子個(gè)數(shù)比為1∶1的離子化合物，寫出該化合物的電子式_______，該化合物中的化學(xué)鍵類型有_____________。

（6）向Z單質(zhì)的水溶液加入少量下列物質(zhì)，能增強(qiáng)溶液漂白能力的是___________。

A．碳酸鈣粉末B．稀硫酸C．氯化鈣溶液D．二氧化硫的水溶液評(píng)卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共2題，共6分)25、已知；短周期A；B、C、D、E、F六種主族元素，它們的原子序數(shù)依次增大，其中A的一種原子無中子，B的單質(zhì)在空氣中含量最高，它與A的單質(zhì)在一定條件下反應(yīng)生成易溶于水的化合物甲，C、E同主族，C原子的最外層電子數(shù)是其周期序數(shù)的3倍，D是短周期中原子半徑最大的元素。回答下列問題：

(1)E在元素周期表中的位置____，元素F最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化合物的化學(xué)式為_____。

(2)下列敘述中能夠證明元素F非金屬性強(qiáng)于元素E非金屬性的事實(shí)為______。

a.一定條件下E和F的單質(zhì)都能與鈉反應(yīng)。

b.F的單質(zhì)能與E的氫化物反應(yīng)生成E單質(zhì)。

c.F的氫化物比E的氫化物穩(wěn)定。

d.常溫下E單質(zhì)和F單質(zhì)狀態(tài)不同。

(3)A2、C2與E的最高價(jià)氧化物的水化物溶液和鉑電極組成燃料電池，通入氣體B2的一極是該電池的_____極，寫出該極的電極反應(yīng)式_________。

(4)X可能是由B；D、E三種元素中的一種組成的單質(zhì)；能經(jīng)圖所示的過程轉(zhuǎn)化為W(其它條件略去)。

①若Z是淡黃色固體物質(zhì)，則該物質(zhì)的電子式為____________。

②若Y是能使品紅溶液褪色的有刺激性氣味的無色氣體，則W的濃溶液與銅共熱的化學(xué)方程式為____________。

③若Z是紅棕色氣體，則Z→W的反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為__________，將銅加入W的稀溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為____________。

(5)實(shí)驗(yàn)室可用圖所示的裝置(缺收集裝置)制備并收集甲。

①若選用A裝置制備甲，則試管中的試劑是___________(填化學(xué)式)。

②為制取干燥的甲，可將裝置A與下列裝置__________(填序號(hào))進(jìn)行連接。

26、I．單質(zhì)A為目前人類使用最廣泛的金屬；氧化物B為具有磁性的黑色晶體，根據(jù)下列轉(zhuǎn)化關(guān)系填空。

(1)試判斷：A的化學(xué)式為___________，按圖中要求寫出A→B的化學(xué)反應(yīng)方程式___________。

(2)實(shí)驗(yàn)室檢驗(yàn)C溶液中的陽離子時(shí)，可加入氫氧化鈉溶液，若先產(chǎn)生___________色沉淀，該沉淀在空氣中迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)開__________色；則含該離子。

(3)實(shí)驗(yàn)室檢驗(yàn)D溶液中的陽離子時(shí)，通?？傻渭觃__________溶液；若溶液變?yōu)榧t色，則含該離子。

Ⅱ．如圖是某學(xué)校實(shí)驗(yàn)室從化學(xué)試劑商店采購的濃硫酸試劑標(biāo)簽上的部分內(nèi)容。硫酸化學(xué)純(CP)

品名：硫酸。

化學(xué)式：

相對(duì)分子質(zhì)量：98

密度：

質(zhì)量分?jǐn)?shù)：98％(4)若實(shí)驗(yàn)室用該濃硫酸配制的稀硫酸，請(qǐng)計(jì)算需要該濃硫酸___________mL(精確到小數(shù)點(diǎn)后1位)。

(5)下列操作將導(dǎo)致所配制的溶液濃度偏大的是___________。

a．移液過程有溶液濺出瓶外

b．移液后未洗滌燒杯和玻璃棒。

c．定容時(shí)俯視容量瓶刻度線

d．加水超過刻度線；用膠頭滴管吸出多余液體。

e．洗滌時(shí)將量筒洗滌液也加入容量瓶參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

短周期中有X、Y、Z三種元素，令它們核外電子數(shù)分別為a、b、c，三種元素原子的核外電子數(shù)之和為30，每個(gè)XZ2分子的核外電子總數(shù)為38，則：a+b+c=30，a+2c=38，故c-b=8，且Y與Z可以形成ZY2，可推知Y為O、Z為S，故X原子的核外電子數(shù)=30-8-16=6，故X為C元素，答案選D。2、B【分析】【分析】

M；W、T、L為同一短周期元素；根據(jù)圖知，W能形成4個(gè)共價(jià)鍵、L能形成1個(gè)共價(jià)鍵，則W位于第IVA族、L位于第VIIA族，且L核外最外層電子數(shù)是W核外電子數(shù)的一半，L最外層7個(gè)電子，則W原子核外有14個(gè)電子，故W為Si元素，L為Cl元素；該陰離子中Cl元素為-1價(jià)、W元素為+4價(jià)，根據(jù)化合價(jià)的代數(shù)和為-1價(jià)可知，T為-3價(jià)，所以T為P元素；根據(jù)陽離子所帶電荷知，M為Na元素，據(jù)此解答。

【詳解】

通過以上分析知：M；W、T、L分別為Na、Si、P、Cl元素。

A.NaCl為離子化合物；但屬于強(qiáng)電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤；

B.結(jié)合分析可知；該化合物中P為?3價(jià)，P原子最外層電子數(shù)為5+3=8，滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故B正確；

C.Si的最高價(jià)氧化物為SiO2，SiO2不與水反應(yīng)；故C錯(cuò)誤；

D.同一周期元素非金屬性隨著原子序數(shù)增大而增強(qiáng)，則非金屬性Cl>P>Si，即非金屬性：L>T>W；故D錯(cuò)誤；

故答案選：B。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．砂土不與鈉；過氧化鈉等反應(yīng)；則鈉著火時(shí)，能用砂土來撲滅，選項(xiàng)A正確；

B．鈉放置于空氣中發(fā)生銀白色（鈉的真面目）→變暗（生成Na2O）→變白色固體（生成NaOH）→成液（NaOH潮解）→結(jié)塊（吸收CO2成Na2CO3?10H2O）→最后變成Na2CO3粉（風(fēng)化），有關(guān)反應(yīng)如下：4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3?10H2O、Na2CO3?10H2O=Na2CO3+10H2O；所以最終生成碳酸鈉，選項(xiàng)B正確；

C．因鈉活潑；易與水；氧氣反應(yīng)，如在實(shí)驗(yàn)室隨意丟棄，可引起火災(zāi)，實(shí)驗(yàn)時(shí)剩余的鈉?？煞呕卦噭┢恐?，選項(xiàng)C正確；

D．鈉與氯化鐵溶液反應(yīng)生成紅褐色沉淀氫氧化鐵；氯化鈉和氫氣；沒有白色沉淀產(chǎn)生，選項(xiàng)D不正確；

答案選D。4、D【分析】【詳解】

A．0.1molNaCl含有0.1molNa+和0.1molCl-；故共有離子總數(shù)為0.2mol，A錯(cuò)誤；

B．由于溶液體積未知；故無法求算硫酸根物質(zhì)的量，B錯(cuò)誤；

C．由于不是標(biāo)準(zhǔn)狀況，故2.24LCl2物質(zhì)的量不為故轉(zhuǎn)移電子無法求算，C錯(cuò)誤；

D．CO、N2所含電子數(shù)均為14個(gè)，故0.1mol該混合氣體所含電子的物質(zhì)的量為0.1mol×14=1.4mol，電子數(shù)為1.4NA；D正確；

故答案選D。5、D【分析】【分析】

A.S與氧氣只能生成二氧化硫；

B.Al2O3與堿反應(yīng)生成偏鋁酸鹽，不能直接生成Al(OH)3；

C.SiO2與堿反應(yīng)生成硅酸鹽；再與酸反應(yīng)才能得到硅酸；

D.鐵與鹽酸反應(yīng)生成FeCl2，與堿反應(yīng)生成Fe(OH)2，氧化后變?yōu)镕e(OH)3；

【詳解】

A.S與氧氣只能生成二氧化硫；不能形成三氧化硫，不能通過一步完成，A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.Al2O3與堿反應(yīng)生成偏鋁酸鹽，不能直接生成Al(OH)3；不能通過一步完成，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.SiO2與堿反應(yīng)生成硅酸鹽；再與酸反應(yīng)才能得到硅酸，不能通過一步完成，C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.鐵與鹽酸反應(yīng)生成FeCl2，與堿反應(yīng)生成Fe(OH)2，氧化后變?yōu)镕e(OH)3；均可以通過一步反應(yīng)完成，D項(xiàng)正確；

答案選D。二、填空題(共6題，共12分)6、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①酒精屬于非電解質(zhì)；不能導(dǎo)電；

②熔融KCl；屬于電解質(zhì)，熔融狀態(tài)能導(dǎo)電；

③NaHSO4固體屬于電解質(zhì)；固態(tài)時(shí)不存在自由移動(dòng)的離子，故不導(dǎo)電；

④氫氧化鈉溶液；能導(dǎo)電，但其屬于混合物，不屬于電解質(zhì)也不屬于非電解質(zhì)；

⑤銅是金屬單質(zhì)；故不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，但能導(dǎo)電；

⑥CO2是非電解質(zhì)；自身不能電離出離子，故不導(dǎo)電；

⑦Fe(OH)3膠體屬于混合物；不是電解質(zhì)，但膠體粒子帶有電荷，能導(dǎo)電；

⑧熔化的NaOH屬于電解質(zhì)；熔化時(shí)存在自由移動(dòng)的離子，能導(dǎo)電；

⑨醋酸是電解質(zhì)；但沒溶于水，不存在自由移動(dòng)的離子，故不導(dǎo)電；

⑩溴化氫屬于電解質(zhì)；但沒溶于水，不存在自由移動(dòng)的離子，故不導(dǎo)電。

綜上所述；屬于電解質(zhì)的有：②③⑧⑨⑩；屬于電解質(zhì)且能導(dǎo)電的有②⑧；屬于非電解質(zhì)：①⑥

(2)由于鹽酸溶液是電解質(zhì)溶液，故開始滴加時(shí)，因Fe(OH)3膠體粒子所帶電荷被中和而發(fā)生聚沉，生成紅褐色沉淀，隨著鹽酸滴入過量，產(chǎn)生的Fe(OH)3沉淀又會(huì)和鹽酸反生酸堿中和反應(yīng)，而導(dǎo)致沉淀溶解至消失，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，故本題答案：沉淀溶解至消失；Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O；

【點(diǎn)睛】

電解質(zhì)導(dǎo)電的條件是必須溶于水或受熱熔融，非電解質(zhì)溶于水或受熱熔融不導(dǎo)電?！窘馕觥竣冖邰啖幄猗冖啖佗藜t褐色沉淀沉淀溶解至消失Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O7、略

【分析】【分析】

【詳解】

Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中，Cu元素化合價(jià)由0升高至+2，失電子，Cu元素被氧化，一部分N元素化合價(jià)由+5降低至+4，N元素被還原，因此氧化劑為HNO3；氧化產(chǎn)物為Cu(NO3)2；還原產(chǎn)物為NO2；該反應(yīng)消耗1molCu時(shí)，轉(zhuǎn)移2mol電子，因此該反應(yīng)轉(zhuǎn)移1mol電子時(shí)，消耗銅的物質(zhì)的量為0.5mol，故答案為：HNO3；Cu(NO3)2；NO2；Cu；失去；Cu；0.5。【解析】HNO3Cu(NO3)2NO2Cu失去Cu0.58、略

【分析】【詳解】

(1)實(shí)驗(yàn)室利用鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為

(2)膠粒能透過濾紙，濁液不能，用過濾方法除去膠體中的渾濁物；膠粒不能透過半透膜，而小分子和離子可以透過半透膜。用滲析方法除去膠體中混有的FeCl3和HCl。

(3)丁達(dá)爾效應(yīng)是膠體的特性，可用來檢驗(yàn)?zāi)z體，故鑒別Fe(OH)3膠體和FeCl3溶液最簡單的方法是b。

(4)膠體和Cl?完全分離，滲析水中也不會(huì)檢出Cl?，檢驗(yàn)Cl?的方法為：取半透膜外最后一次的溶液少許于試管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液；若無沉淀產(chǎn)生，證明兩者已經(jīng)分離。

(5)由于氫氧化鐵膠粒帶正電；做電泳實(shí)驗(yàn)時(shí)，氫氧化鐵膠粒朝陰極移動(dòng)，故在陰極區(qū)域看到紅褐色顏色加深。

(6)向Fe(OH)3膠體中滴加鹽酸至過量，膠體碰到電解液發(fā)生聚沉出現(xiàn)紅褐色沉淀、繼續(xù)滴加鹽酸時(shí)，沉淀與鹽酸發(fā)生化學(xué)反應(yīng)而溶解，故能觀察到的現(xiàn)象是先出現(xiàn)紅褐色沉淀，后沉淀消失，形成黃色溶液?！窘馕觥窟^濾滲析b取半透膜外最后一次的溶液少許于試管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若無沉淀產(chǎn)生，證明兩者已經(jīng)分離。陰極先出現(xiàn)紅褐色沉淀，后沉淀消失，形成黃色溶液9、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)m=nM=CVM計(jì)算碳酸鈉的質(zhì)量；

（2）根據(jù)c=分析操作對(duì)溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響判斷；

（3）根據(jù)操作步驟選取實(shí)驗(yàn)儀器。

【詳解】

（1）m=nM=CVM=0.2mol/L×0.5L×286g/mol=28.6g；故答案為28.6。

（2）①Na2CO3·10H2O晶體失去了部分結(jié)晶水；導(dǎo)致稱量溶質(zhì)的質(zhì)量增大，所以溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏大，配制溶液的濃度偏高；

②用“左碼右物”的稱量方法稱量晶體導(dǎo)致稱量溶質(zhì)的質(zhì)量增??；所以溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，配制溶液的濃度偏低；

③碳酸鈉晶體不純；其中混有氯化鈉，導(dǎo)致碳酸鈉的物質(zhì)的量偏小，配制溶液的濃度偏低；

④稱量碳酸鈉晶體時(shí)所用砝碼生銹；導(dǎo)致稱量溶質(zhì)的質(zhì)量增大，所以溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏大，配制溶液的濃度偏高；

⑤容量瓶未經(jīng)干燥就使用不影響溶質(zhì)的物質(zhì)的量；也不影響溶液的體積，所以對(duì)配制的溶液濃度無影響。

所以引起所配溶液濃度偏高的有①④；偏低的有②③，無影響的有⑤。

故選①④；②③；⑤。

（3）配制步驟有稱量；溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等操作；一般用托盤天平稱量，用藥匙取用藥品，在燒杯中溶解，冷卻后轉(zhuǎn)移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，當(dāng)加水至液面距離刻度線1～2cm時(shí)，改用膠頭滴管滴加，所以需要的儀器為：托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管，其中所必須要的玻璃儀器有：500mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管，故答案為500mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管。

【點(diǎn)睛】

根據(jù)c=可得，一定物質(zhì)的量濃度溶液配制的誤差都是由溶質(zhì)的物質(zhì)的量nB和溶液的體積V引起的。誤差分析時(shí)，關(guān)鍵要看配制過程中引起n和V怎樣的變化。在配制一定物質(zhì)的量濃度溶液時(shí)，若nB比理論值小，或V比理論值大時(shí)，都會(huì)使所配溶液濃度偏?。蝗鬾B比理論值大，或V比理論值小時(shí)，都會(huì)使所配溶液濃度偏大?！窘馕觥?8.6g①④②③⑤500ml容量瓶燒杯玻璃棒膠頭滴管10、略

【分析】(1)①根據(jù)蓋斯定律，將題中所給兩方程式相加得Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)，對(duì)應(yīng)的△H=(a+b)kJ?mol-1，故答案為a+b；

②含氫量最高的烴為CH4，根據(jù)碳原子守恒，3個(gè)碳需要結(jié)合12個(gè)H原子形成3個(gè)CH4，再由鋁原子守恒，4個(gè)鋁需要結(jié)合12個(gè)Cl形成4個(gè)AlCl3，所以Al4C3與HCl之間為1：12參加反應(yīng)，故該反應(yīng)方程式為：Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4↑，故答案為Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4↑；

③a.根據(jù)圖示，2個(gè)甲烷和2個(gè)水，反應(yīng)生成了6個(gè)氫氣分子和2個(gè)一氧化碳分子，反應(yīng)屬于可逆反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：CH4+H2OCO+3H2，錯(cuò)誤；b.氣體的壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量的之比等于分子個(gè)數(shù)之比，該反應(yīng)平衡前后壓強(qiáng)比為12:16=3：4，正確；c.該反應(yīng)體系中含氫元素的化合物有甲烷和水，2種，錯(cuò)誤；d.根據(jù)圖示，參與反應(yīng)的甲烷總數(shù)為6，反應(yīng)的甲烷為2，甲烷的平衡轉(zhuǎn)化率為錯(cuò)誤；故選b；

④已知正反應(yīng)是氣態(tài)物質(zhì)體積減小的放熱反應(yīng)，因此采用降低溫度、增大壓強(qiáng)能使平衡右移，提高CO的轉(zhuǎn)化率，根據(jù)方程式[Cu(NH3)2]Ac(aq)+CO(g)+NH3(g)[Cu(NH3)3]Ac·CO(aq)△H＜0，用氣體表示的平衡常數(shù)表達(dá)式為：K=故答案為低溫、高壓；

(2)①鎂；鋁都是活潑的金屬單質(zhì)；容易被空氣中的氧氣氧化，通入氬氣作保護(hù)氣，以防止二者被氧化，故答案為防止MgAl被空氣氧化；

②根據(jù)題意，該合金在一定條件下可完全吸氫得到的混合物Y(含MgH2和Al)，完全吸氫的化學(xué)方程式為Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al，故答案為Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al；

③1molMg17Al12完全吸氫17mol，在鹽酸中會(huì)全部釋放出來，鎂鋁合金中的鎂和鋁都能與鹽酸反應(yīng)生成H2，生成氫氣的物質(zhì)的量分別為17mol、18mol，則生成氫氣一共(17+17+12×)mol=52mol，故答案為52mol。【解析】△H=(a+b)kJ·mol-1Al4C3+12HCl=AlCl3+3CH4b低溫、高壓K=排除空氣，防止引入雜質(zhì)Mg17Al12+17H2===17MgH2+12Al52mol11、略

【分析】【分析】

從元素周期表中可知；①為C；②為O；③為Si；④為P；⑤為S。

【詳解】

（1）①位于第二周期第ⅣA族；為碳元素，其符號(hào)為C；故答案為：C；

（2）②位于第二周期第ⅥA族，為氧元素，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為：故答案為：

（3）①為碳元素，③為硅元素，位于同一主族，根據(jù)同一主族元素，從上到下，原子半徑增大，其原子半徑大小關(guān)系是：r(C)<；

（4）③為Si、④為P、⑤為S，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物分別為：H2SiO3、H3PO4、H2SO4，同一周期，從左到右，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物酸性增強(qiáng)，所以最強(qiáng)的酸為：H2SO4，故答案為：H2SO4。

【點(diǎn)睛】

【解析】C<H2SO4三、判斷題(共7題，共14分)12、A【分析】【詳解】

通過對(duì)分子層面的操縱可研發(fā)新藥，說法正確；13、A【分析】【詳解】

氯氣把碘離子氧化為碘單質(zhì)、CCl4萃取出碘單質(zhì)呈紫紅色，正確。14、B【分析】【分析】

【詳解】

電解質(zhì)必須為純凈物，必須為化合物，氯氣是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故錯(cuò)誤。15、B【分析】【詳解】

硫酸中的S為+6價(jià)，二氧化硫中的S為+4價(jià)，屬于相臨價(jià)態(tài)，不會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故可以用濃硫酸干燥二氧化硫。16、A【分析】【分析】

【詳解】

氯水或硝酸銀溶液易分解，存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中，故正確。17、B【分析】【分析】

【詳解】

1L1mol·L-1CuSO4溶液中CuSO4的物質(zhì)的量為1L×1mol·L-1=1mol，若用CuSO4·5H2O配制溶液，需要CuSO4·5H2O的物質(zhì)的量也為1mol，則需稱量CuSO4·5H2O固體的質(zhì)量為1mol×250g/mol=250g，錯(cuò)誤。18、A【分析】【分析】

【詳解】

硅是良好的半導(dǎo)體材料，故高純硅可用來制作芯片和硅太陽能電池，故正確。四、推斷題(共2題，共20分)19、略

【分析】【詳解】

①A有刺激性氣味，用沾有濃鹽酸的玻璃棒接近A時(shí)產(chǎn)生白色煙霧，說明A為NH3·H2O或NH3；

②將A分別加入其它五種溶液中，只有D、F中有沉淀產(chǎn)生；繼續(xù)加入過量A時(shí)，D中沉淀無變化，A和D生成的沉淀可能為Mg（OH）2、Al（OH）3，繼續(xù)加入A，F(xiàn)中沉淀完全溶解，F(xiàn)為AgNO3；

③將B分別加入C、D、E、F中，C、D、F中產(chǎn)生沉淀，E中有無色、無味氣體逸出，純E為無色油狀液體，說明E為H2SO4，B為碳酸鹽，可能為K2CO3或Na2CO3；

④將C分別加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3，沉淀均不溶，沉淀為BaSO4或AgCl，結(jié)合上述推斷，C為BaCl2；

由于B、C、D、F是鹽溶液，且他們的陰離子均不同，D可能為Al2（SO4）3或MgSO4；

（1）能確定的溶液及相應(yīng)溶質(zhì)的化學(xué)式為：A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3。

（2）不能確定的溶液是B和D，B可能為K2CO3或Na2CO3，要進(jìn)一步鑒別B可用焰色反應(yīng)，方法是：用鉑絲醮取少量B，在氧化焰中燃燒，若焰色呈黃色，則B是Na2CO3，若透過藍(lán)色鈷玻璃觀察焰色呈紫色，則B為K2CO3；D可能為Al2（SO4）3或MgSO4，要進(jìn)一步鑒別D可利用Al（OH）3和Mg（OH）2性質(zhì)的差異，方法是：取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，繼續(xù)加入過量NaOH溶液，若沉淀溶解，則D為Al2(SO4)3，否則為MgSO4。【解析】①.A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3②.B：Na2CO3或K2CO3；用鉑絲醮取少量B，在氧化焰中燃燒，若焰色呈黃色，則B是Na2CO3，若透過藍(lán)色鈷玻璃觀察焰色呈紫色，則B為K2CO3

D:Al2(SO4)3或MgSO4；取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，繼續(xù)加入過量NaOH溶液，若沉淀溶解，則D為Al2(SO4)3，否則為MgSO420、略

【分析】【詳解】

①A有刺激性氣味，用沾有濃鹽酸的玻璃棒接近A時(shí)產(chǎn)生白色煙霧，說明A為NH3·H2O或NH3；

②將A分別加入其它五種溶液中，只有D、F中有沉淀產(chǎn)生；繼續(xù)加入過量A時(shí)，D中沉淀無變化，A和D生成的沉淀可能為Mg（OH）2、Al（OH）3，繼續(xù)加入A，F(xiàn)中沉淀完全溶解，F(xiàn)為AgNO3；

③將B分別加入C、D、E、F中，C、D、F中產(chǎn)生沉淀，E中有無色、無味氣體逸出，純E為無色油狀液體，說明E為H2SO4，B為碳酸鹽，可能為K2CO3或Na2CO3；

④將C分別加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3，沉淀均不溶，沉淀為BaSO4或AgCl，結(jié)合上述推斷，C為BaCl2；

由于B、C、D、F是鹽溶液，且他們的陰離子均不同，D可能為Al2（SO4）3或MgSO4；

（1）能確定的溶液及相應(yīng)溶質(zhì)的化學(xué)式為：A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3。

（2）不能確定的溶液是B和D，B可能為K2CO3或Na2CO3，要進(jìn)一步鑒別B可用焰色反應(yīng)，方法是：用鉑絲醮取少量B，在氧化焰中燃燒，若焰色呈黃色，則B是Na2CO3，若透過藍(lán)色鈷玻璃觀察焰色呈紫色，則B為K2CO3；D可能為Al2（SO4）3或MgSO4，要進(jìn)一步鑒別D可利用Al（OH）3和Mg（OH）2性質(zhì)的差異，方法是：取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，繼續(xù)加入過量NaOH溶液，若沉淀溶解，則D為Al2(SO4)3，否則為MgSO4?！窘馕觥竣?A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3②.B：Na2CO3或K2CO3；用鉑絲醮取少量B，在氧化焰中燃燒，若焰色呈黃色，則B是Na2CO3，若透過藍(lán)色鈷玻璃觀察焰色呈紫色，則B為K2CO3

D:Al2(SO4)3或MgSO4；取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，繼續(xù)加入過量NaOH溶液，若沉淀溶解，則D為Al2(SO4)3，否則為MgSO4五、原理綜合題(共4題，共24分)21、略

【分析】【詳解】

（1）將金屬鈉和鋁粉同時(shí)投入水中，鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，生成的氫氧化鈉再與鋁反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，離子方程式為2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑。

（2）NO和CO在催化轉(zhuǎn)化器中生成兩種無毒的氣體，則這兩種無毒的氣體分別為N2和CO2，化學(xué)方程式為2CO+2NON2+2CO2。

（3）汞可以和S反應(yīng)生成HgS；可防止汞揮發(fā)引起的汞中毒，化學(xué)方程式為Hg+S=HgS。

（4）NO與空氣中的氧氣反應(yīng)生成NO2，NO2為紅棕色氣體；故NO與空氣接觸的反應(yīng)現(xiàn)象為氣體由無色變?yōu)榧t棕色。

（5）①中Cu與濃硫酸反應(yīng)生成SO2氣體會(huì)污染環(huán)境，不符合“綠色化學(xué)”思想，②反應(yīng)過程中無污染物生成且原子利用率高，符合“綠色化學(xué)”思想，故答案選②。濃硫酸和Cu反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O?！窘馕觥?1)2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑

(2)2CO+2NON2+2CO2

(3)Hg+S=HgS

(4)氣體由無色變?yōu)榧t棕色。

(5)②Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O22、略

【分析】【分析】

(1)S原子與2個(gè)H原子形成2對(duì)共用電子對(duì)，使H2S分子中每個(gè)原子都達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；據(jù)此書寫其電子式；

(2)①根據(jù)蓋斯定律；將已知的熱化學(xué)方程式疊加，可知待求反應(yīng)的熱化學(xué)方程式；

②根據(jù)平衡移動(dòng)原理分析；

(3)①氧化吸收器中的Fe2(SO4)3與H2S在溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，產(chǎn)生FeSO4、H2SO4；S；

②在電解反應(yīng)器中，電解質(zhì)溶液為FeSO4、H2SO4，陰極上溶液中H+得到電子；發(fā)生還原反應(yīng)；據(jù)此書寫電極反應(yīng)式；

③根據(jù)圖示可知制取的物質(zhì)；結(jié)合物質(zhì)循環(huán)分析電解反應(yīng)器的作用。

【詳解】

(1)S原子最外層有6個(gè)電子，與2個(gè)H原子形成2對(duì)共用電子對(duì)，從而使H2S分子中每個(gè)原子都達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則H2S的電子式為：

(2)①i.2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)ΔH2

ii.S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH3

iii.H2S(g)=H2(g)+S(s)ΔH1

i+ii-iii×2，整理可得2H2(g)+O2(g)=H2O(l)，因此要計(jì)算H2S(g)=H2(g)+S(s)的ΔH1，需要知道2H2(g)+O2(g)=H2O(l)的反應(yīng)熱ΔH；

②直接加熱分解H2S轉(zhuǎn)化率低，MoS2可以催化H2S分解制取氫氣和硫磺，科學(xué)家使用沉積有MoS2的多孔陶瓷膜裝置，多孔陶瓷膜可以使氫氣選擇性分離，使H2S(g)H2(g)+S(s)，從而使化學(xué)平衡正向移動(dòng)，最終提高了一段時(shí)間內(nèi)H2S的轉(zhuǎn)化率；

(3)①氧化吸收器中的Fe2(SO4)3與H2S在溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，產(chǎn)生FeSO4、H2SO4、S，反應(yīng)的離子方程式為：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；

②根據(jù)裝置圖可知在電解反應(yīng)器中，電解質(zhì)溶液為氧化吸收器中的Fe2(SO4)3與H2S反應(yīng)后產(chǎn)生的FeSO4、H2SO4，由于離子放電能力：H+>Fe2+，所以在電解池的陰極上，溶液中H+得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2H++2e-=H2↑；

③在電解反應(yīng)器中，陰極上發(fā)生反應(yīng)：2H++2e-=H2↑；陽極上發(fā)生反應(yīng)：Fe2+-e-=Fe3+，反應(yīng)產(chǎn)生的Fe3+再進(jìn)入氧化吸收器中氧化H2S，反應(yīng)產(chǎn)生S單質(zhì)，從而實(shí)現(xiàn)Fe2(SO4)3的循環(huán)使用。

【點(diǎn)睛】

本題考查了H2S的有關(guān)知識(shí)，包括其結(jié)構(gòu)、熱化學(xué)方程式的書寫、平衡移動(dòng)及處理方法。掌握物質(zhì)結(jié)構(gòu)及蓋斯定律、平衡移動(dòng)原理和電化學(xué)反應(yīng)原理是本題解答的關(guān)鍵。要根據(jù)離子放電能力大小，從氧化還原反應(yīng)角度分析、解答?！窘馕觥?H2(g)+O2(g)=2H2O(l)使用MoS2加快反應(yīng)速率，使用多孔陶瓷使H2優(yōu)先通過，H2S(g)H2(g)+S(s)平衡正向移動(dòng)，從而提高一段時(shí)間內(nèi)H2S的轉(zhuǎn)化率H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+2H++2e-=H2↑電解制得產(chǎn)物H2，F(xiàn)e2+-e-=Fe3+，實(shí)現(xiàn)Fe2(SO4)3的循環(huán)使用23、略

【分析】【分析】

(1)Cu＋在反應(yīng)前后不變?yōu)榇呋瘎挥靡蚁┻M(jìn)行脫硝（NO）；從圖示可以知道，乙烯被氧化成二氧化碳；

(2)①根據(jù)得到電子的比例計(jì)算；

②根據(jù)溫度對(duì)速率和化學(xué)平衡的影響分析；

③根據(jù)過量氨氣與氧氣的反應(yīng)的產(chǎn)物分析；

(3)①ClO2在NaOH溶液中可歧化為NaClO3和NaClO2；根據(jù)得失電子守恒寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式；

②由圖可知，當(dāng)3<7時(shí)，隨pH的增大，ClO2的穩(wěn)定性降低，氧化性減弱，SO2脫除率逐漸降低；在pH約7.8之后，隨pH的增大，生成ClO2-增多，氧化性增強(qiáng)，SO2脫除率又開始升高。

【詳解】

(1)催化劑在化學(xué)反應(yīng)前后性質(zhì)、質(zhì)量不變，圖示中Cu＋在反應(yīng)前后不變，為催化劑；用乙烯進(jìn)行脫硝（NO），從圖示可以知道，乙烯被NO氧化成二氧化碳(其中C由-2→+4)，NO自身被還原成N2(其中N由+2→0)，反應(yīng)方程式為：2C2H4+6Cu+(NO2)=3N2+4CO2+4H2O+6Cu+；

因此，本題正確答案是：催化劑；2C2H4+6Cu+(NO2)=3N2+4CO2+4H2O+6Cu+；

(2)①由方程式4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)可知，該反應(yīng)O2和NO都作氧化劑，1molO2得4mol電子，4molNO得8mol電子，因此被NO和O2氧化的NH3的比例為2:1；

因此；本題正確答案是：2:1；

②該方法應(yīng)控制反應(yīng)溫度在315～400℃之間；反應(yīng)溫度不宜過高，溫度過高，使脫硝的主要反應(yīng)的平衡向逆方向移動(dòng)，脫硝率降低；

因此；本題正確答案是：正反應(yīng)放熱，溫度過高會(huì)降低NO的轉(zhuǎn)化率；

③當(dāng)n(NH3)/n(NO)>1.0時(shí)；過量的氨氣與氧氣反應(yīng)生成NO，所以煙氣中NO濃度增大；

因此，本題正確答案是：NH3和O2再次反應(yīng)生成NO；

(3)①ClO2在NaOH溶液中可歧化為NaClO3和NaClO2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O；

因此，本題正確答案是：2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O；

②由圖可知，當(dāng)3<7時(shí)，隨pH的增大，ClO2的穩(wěn)定性降低，氧化性減弱，SO2脫除率逐漸降低；在pH約7.8之后，隨pH的增大，生成ClO2-增多，氧化性增強(qiáng)，SO2脫除率又開始升高。

因此，本題正確答案是：pH<7時(shí)，隨著pH值的增大，ClO2的穩(wěn)定性降低氧化性減弱，SO2的脫除率降低；當(dāng)pH>7.8后，隨著堿性的增強(qiáng)，生成ClO2-增多，氧化性增強(qiáng)，SO2的脫除率上升?！窘馕觥看呋瘎?C2H4+6Cu+(NO2)=3N2+4CO2+4H2O+6Cu+2:1正反應(yīng)放熱，溫度過高會(huì)降低NO的轉(zhuǎn)化率NH3和O2再次反應(yīng)生成NO(或4NH3+5O2=4NO+6H2O)2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2OpH<7時(shí)，隨著pH值的增大，ClO2的穩(wěn)定性降低氧化性減弱，SO2的脫除率降低。當(dāng)pH>7.8后，隨著堿性的增強(qiáng)，生成ClO2-增多，氧化性增強(qiáng)，SO2的脫除率上升24、略

【分析】【詳解】

（1）X為Si元素；核電荷數(shù)為14，在周期表中位于三周期ⅣA族；

（2）a．Y單質(zhì)與H2S溶液反應(yīng)，溶液變渾濁，說明氧氣的氧化性比硫強(qiáng)，則說明Y元素的非金屬性比S元素的非金屬性強(qiáng)，故a正確；b．在氧化還原反應(yīng)中，1molY單質(zhì)比1molS得電子多，氧化性強(qiáng)弱與得失電子數(shù)沒有必然關(guān)系，故b錯(cuò)誤；c．元素的非金屬性越強(qiáng)；氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，Y和S兩元素的簡單氫化物受熱分解，前者的分解溫度高，說明Y的非金屬性較強(qiáng)，故c正確；故答案為ac；

（3）氮元素氣態(tài)氫化物NH3與該元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物HNO3可以反應(yīng)生成硝酸銨，此反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH3+HNO3=NH4NO3；

（4）當(dāng)pH=7時(shí)，混合溶液呈中性，所以c（H+）=c（OH-），根據(jù)電荷守恒得c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+2c（SO42-），所以2c(SO42-)=c(NH4+)；

（5）元素Na與元素O可形成原子個(gè)數(shù)比為1∶1的離子化合物Na2O2，該化合物的電子式為化合物中的化學(xué)鍵類型有離子鍵；（非極性）共價(jià)鍵；

（6）在氯水中存在反應(yīng)Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，若反應(yīng)使溶液中次氯酸濃度增大，則溶液漂白性會(huì)增強(qiáng)；A．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，向溶液中加入碳酸鈣粉末反應(yīng)反應(yīng)2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2↑+H2O；使化學(xué)平衡正向進(jìn)行，導(dǎo)致次氯酸濃度增大，溶液漂白性增強(qiáng)，故A正確；B．加入稀硫酸使溶液中氫離子濃度增大平衡逆向進(jìn)行，次氯酸濃度減小，溶液漂白性減弱，故B錯(cuò)誤；C．加入氯化鈣溶液不發(fā)生反應(yīng)，溶液對(duì)氯水起到稀釋作用，平衡正向進(jìn)行但次氯酸濃度減小，漂白性減弱，故C錯(cuò)誤；D．加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有還原性，能被氯氣氧化，平衡逆向進(jìn)行，次氯酸濃度減小，漂白性減弱，故D錯(cuò)誤；故選A。

點(diǎn)睛：元素非金屬性強(qiáng)弱的判斷