2025年人教五四新版高一化學(xué)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年人教五四新版高一化學(xué)下冊階段測試試卷944考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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6題，共12分)1、已知砷元素符號為rm{As}原子結(jié)構(gòu)示意圖如下，則下列對砷的結(jié)構(gòu)及性質(zhì)的說法____的是rm{(}rm{)}

A.砷元素的原子序數(shù)是rm{33}B.砷的最高價氧化物對應(yīng)水化物是一種強(qiáng)酸C.三氧化二砷既有氧化性又有還原性D.砷的非金屬性比溴弱2、在天平的左右兩個托盤上放有兩個燒杯，兩個燒杯中分別盛有鹽酸和氫氧化鈉溶液，天平處于平衡狀態(tài)，當(dāng)分別向兩燒杯中加入等質(zhì)量的鋁rm{(}酸和堿都是足量的rm{)}充分反應(yīng)后rm{(}rm{)}A.天平保持平衡B.左高右低C.左低右高D.無法確定3、下列既屬于氧化還原反應(yīng)，又屬于吸熱反應(yīng)的是rm{(}rm{)}A.鋁片與稀鹽酸反應(yīng)B.氫氧化鋇與氯化銨的反應(yīng)C.灼熱的碳與水蒸氣的反應(yīng)D.鋁熱反應(yīng)4、設(shè)rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A.常溫常壓下，rm{16gO_{2}}中含有的原子數(shù)為rm{N_{A}}B.rm{1molH_{2}O}中含有的原子個數(shù)為rm{N_{A}}C.rm{1mol隆隴L^{-1}}鹽酸中含有的氯化氫分子數(shù)為rm{N_{A}}D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，rm{22.4L}液溴中含有的分子數(shù)為rm{N_{A}}5、rm{{,!}^{37}Cl}原子核內(nèi)的中子數(shù)與核外電子數(shù)之差為rm{(}rm{)}A.rm{3}B.rm{17}C.rm{20}D.rm{37}6、下列元素的原子在形成不同的物質(zhì)中，既能形成離子鍵，又能形成極性鍵和非極性鍵的是rm{(}rm{)}A.rm{K}B.rm{Ca}C.rm{I}D.rm{Ne}評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、現(xiàn)有A；B、C、D四種短周期元素；已知A、B同主族，B、C、D同周期，A、B的原子序數(shù)之和等于C、D的原子序數(shù)之和；C為常見金屬，其最高價氧化物的水化物能分別跟B和D的最高價氧化物的水化物反應(yīng)．請回答：

（1）B和C的元素符號分別為B____，C____．

（2）上述四種元素的原子半徑由大到小的順序（用元素符號表示）為____．

（3）D單質(zhì)在A單質(zhì)中燃燒的產(chǎn)物與二氧化碳反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（4）寫出B元素在周期表中的位置____．

（5）寫出C的最高價氧化物的水化物分別跟B和D的最高價氧化物的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式____；____．8、（7分）右圖中兩圓相交部分（A、B、C、D）可表示鐵、稀硫酸、燒堿溶液、硫酸銅溶液間的反應(yīng)關(guān)系，請按下列要求填空：（1）A處產(chǎn)生的現(xiàn)象是____（2）B處發(fā)生反應(yīng)的類型是；（3）C處發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是____；（4）D處發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是____。9、下列各個曲線分別表示元素的某種性質(zhì)與核電荷數(shù)的關(guān)系rm{(Z}為核電荷數(shù)，rm{Y}為元素的有關(guān)性質(zhì)rm{).}把與下面元素有關(guān)的性質(zhì)相符的曲線標(biāo)號填入相應(yīng)的空格中：

rm{(1)}Ⅱrm{A}族元素的最外層電子數(shù)______；

rm{(2)}第rm{3}周期元素的最高化合價______；

rm{(3)F^{-}}rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}的離子半徑______．10、rm{(1)}苯的rm{2}氯取代有______種，則其rm{4}氯取代有______種rm{.}

rm{(2)}實驗室中苯與液溴反應(yīng)的方程式為______；

rm{(3)}制得的產(chǎn)物常顯褐色原因是______，除去顏色的簡單步驟是______，其中相關(guān)化學(xué)方程式是______．11、目前工業(yè)上有一種方法是用rm{CO_{2}}來生產(chǎn)甲醇：rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)}圖表示該反應(yīng)進(jìn)行過程中能量的變化rm{.(}單位為：rm{kJ?mol^{-1})}該反應(yīng)是______rm{(}填“吸熱”或“放熱”rm{)}反應(yīng)rm{.triangleH}______rm{0(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}．12、（8分）有A、B、C、D、E、F六種化合物，它們在水溶液中反應(yīng)關(guān)系如下：⑴試推斷各物質(zhì)的化學(xué)式：A____，B，C，D，E，F(xiàn)。⑵寫出A溶液與硝酸銀溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式：13、（10分）已知有以下物質(zhì)相互轉(zhuǎn)化試回答：⑴寫出各物質(zhì)的化學(xué)式A____BC____D⑵向G溶液中滴加KSCN的實驗現(xiàn)象是⑶向G溶液加入A的有關(guān)離子反應(yīng)方程式(4)寫出E到F的化學(xué)方程式：14、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}代表原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素，它們滿足以下條件：rm{壟脵}在元素周期表中，rm{Z}與rm{Y}rm{W}均相鄰；rm{壟脷X}rm{Y}rm{W}分別位于不同周期；rm{壟脹Y}rm{Z}rm{W}三種元素的原子最外層電子數(shù)之和為rm{17}．rm{(1)W}的離子符號____。

rm{(2)Y}在元素周期表中的位置____。rm{(3)X}rm{Y}rm{Z}三種元素組成的一種常見的離子化合物的化學(xué)式____。評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)15、蛋白質(zhì)的鹽析過程是一個可逆過程，據(jù)此可以分離和提純蛋白質(zhì)．16、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）17、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對錯）18、摩爾是七個基本物理量之一．（判斷對錯）19、某有機(jī)物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機(jī)物一定含有C、H、O三種元素．（判斷對錯）20、煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是物理變化21、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）22、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對錯）23、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵．．（判斷對錯）評卷人得分四、推斷題(共4題，共24分)24、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}為原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，其中僅含有一種金屬元素，rm{A}單質(zhì)試自然界中密度最小的氣體，rm{A}和rm{D}最外層電子數(shù)相同；rm{B}rm{C}和rm{E}在周期表中相鄰，且rm{C}rm{E}同主族rm{.B}rm{C}的最外層電子數(shù)之和等于rm{D}的原子核外電子數(shù)，rm{A}和rm{C}可形成rm{A_{2}C}和rm{A_{2}C_{2}}兩種常見的液態(tài)化合物rm{.}請回答下列問題：

rm{(1)A}元素的名稱是______，rm{D}在周期表中的位置______rm{.E}的離子結(jié)構(gòu)示意圖______．

rm{(2)B_{2}}分子的電子式：______，rm{A_{2}C}的結(jié)構(gòu)式：______．

rm{(3)}用電子式表示rm{D_{2}E}化合物的形成過程為______．

rm{(4)}用含rm{A}元素最簡單的有機(jī)化合物與赤熱的氧化銅反應(yīng)生成一種單質(zhì)；液態(tài)氧化物和一可以使澄清石灰水變渾濁的氣體；其化學(xué)方程式為______．

rm{(5)}在rm{100mL}rm{18mol/LE}的最高價氧化物對應(yīng)水化物的溶液中加入過量的銅片，加熱使之充分反應(yīng)，銅片部分溶解rm{.}產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積可能是______rm{(}填序號rm{)}

rm{a.7.32L}rm{b.6.72L}rm{c.20.16L}rm{d.30.24L}．25、rm{A^{+}}rm{B^{+}}rm{C^{-}}rm{D}rm{E5}種微粒rm{(}分子或離子rm{)}它們分別都含有rm{10}個電子，已知它們有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：rm{壟脵A^{+}+C^{?;}xrightarrow[]{?}}rm{壟脵A^{+}+C^{?;}xrightarrow[]{?}

}rm{D+E隆眉}rm{壟脷B^{+}+C^{?}隆煤2D}的離子方程式為：__________________rm{(1)壟脵}的離子方程式為：__________________rm{壟脷}除rm{(2)}rm{D}外，請寫出兩種含有rm{E}個電子的分子__________________除rm{10}rm{A^{+}}外，請寫出兩種含有rm{B^{+}}個電子的陽離子__________________rm{10}26、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示：rm{(1)}確定rm{A}rm{B}rm{D}rm{E}各為什么物質(zhì)rm{(}填化學(xué)式rm{)}rm{A}____rm{B}____rm{D}____rm{E}____rm{(2)}寫出rm{A隆煤B}反應(yīng)的化學(xué)方程式：____rm{(3)}寫出rm{C隆煤A}反應(yīng)的化學(xué)方程式：____rm{(4)}寫出rm{C隆煤D}反應(yīng)的化學(xué)方程式：____27、rm{A隆蘆J}均由短周期元素形成的常見單質(zhì)或化合物，有如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系rm{.}已知rm{C}rm{E}rm{F}rm{G}rm{I}為常見氣體，rm{C}和rm{I}都能使石灰水變渾濁，rm{B}的焰色反應(yīng)為黃色rm{.}反應(yīng)條件和部分產(chǎn)物省略．

rm{(1)}寫化學(xué)式：rm{A}______rm{H}______rm{I}______

rm{(2)(NH_{4})_{2}SO_{3}}露置在空氣中易變質(zhì)生成______，檢驗變質(zhì)產(chǎn)物中的陰離子rm{(}填操作、現(xiàn)象和結(jié)論rm{)}______．

rm{(3)}反應(yīng)rm{壟脹}的離子方程式______．

rm{(4)}若反應(yīng)rm{壟脻}和rm{壟脼}都是復(fù)分解反應(yīng)，則rm{J}的化學(xué)式可能為______rm{(}只寫一種rm{)}若反應(yīng)rm{壟脻}和rm{壟脼}都是氧化還原反應(yīng)，則反應(yīng)rm{壟脻}的化學(xué)方程式為______．評卷人得分五、工業(yè)流程題(共3題，共27分)28、用鋁箔制備Al2O3、AlCl3·6H2O及明礬(摩爾質(zhì)量為474g/mol)晶體；相關(guān)流程如下：

已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；明礬在水中的溶解度如下表。溫度/℃010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109

(1)步驟II中發(fā)生的離子方程式___________；

(2)選出步驟Ⅳ過程中合理的操作并排序___________。

a．迅速降至室溫b．用玻璃棒摩擦器壁c．配制90℃的明礬飽和溶液。

d．自然冷卻至室溫e．選規(guī)則明礬小晶體并懸掛在溶液中央。

f．配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液。

(3)下列關(guān)于固液分離操作或描述正確的是___________。

A．步驟II通過量CO2后進(jìn)行固液分離時為加快過濾速度可采用抽濾B．如圖中抽濾裝置有2處錯誤C．抽濾完畢時，應(yīng)先關(guān)閉水龍頭，再斷開吸濾瓶和安全瓶之間的導(dǎo)管，以防止倒吸D．步驟Ⅴ，抽濾時，需用玻璃纖維替代濾紙(4)由溶液A制備AlCl3·6H2O的裝置如圖所示：

①通入HCl的作用有___________。

②步驟Ⅴ洗滌時，請使用合適的洗滌劑并描述具體的洗滌操作___________。

(5)用電子天平稱取3.000g的明礬粗產(chǎn)品，用水溶解后取相同體積的兩份溶液。第一份用BaCl2溶液滴定法測得n(SO)為0.006300mol；第二份用EDTA滴定法測得n(Al3+)為0.002900mol。則該試樣中明礬的純度為___________。29、鉬酸鈉(Na2MoO4)是一種冷卻水系統(tǒng)的金屬緩蝕劑，工業(yè)上利用鉬精礦(主要成分為MoS2)制備金屬鉬和鉬酸鈉晶體的流程如下圖所示。

回答下列問題：

(1)如果在空氣中焙燒1molMoS2時，S轉(zhuǎn)移12mol電子，則MoS2中鉬元素的化合價為____；焙燒產(chǎn)生的尾氣對環(huán)境的主要危害是___。

(2)若在實驗室中進(jìn)行操作2，則從鉬酸鈉溶液中得到鉬酸鈉晶體的操作步驟是_；過濾；洗滌、干燥。

(3)鉬精礦中MoS2含量的測定：取鉬精礦16g，經(jīng)在空氣中焙燒、操作1、操作2得到鉬酸鈉晶體(Na2MoO4·2H2O)12.1g(假設(shè)各步的轉(zhuǎn)化率均為100%)，鉬精礦中MoS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_________。(已知MoS2的相對分子質(zhì)量為160，Na2MoO4·2H2O的相對分子質(zhì)量為242)。

(4)操作3硫元素被氧化為最高價，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。

(5)用鎳、鉬作電極電解濃NaOH溶液制備鉬酸鈉(Na2MoO4)的裝置如圖所示。b電極上的電極反應(yīng)式為____________。

(6)某溫度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，該溫度下BaMoO4的Ksp的值為____。

30、氯化磷酸三鈉具有良好的滅菌、消毒、漂白作用。濕法磷酸由硫酸分解磷礦石得到，其中含F(xiàn)e3+、Al3+等雜質(zhì)。以濕法磷酸為原料制取氯化磷酸三鈉的工藝流程如下：

已知：a．溫度高時；NaClO易分解。

b．常溫下；磷酸的物種分布分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如下圖所示：

回答下列問題：

(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F時產(chǎn)生的有毒氣體主要是________________(填化學(xué)式)。

(2)反應(yīng)Ⅰ中磷酸轉(zhuǎn)化為鈉鹽，其鈉鹽再與Fe3+、Al3+作用形成沉淀。

①反應(yīng)Ⅰ中發(fā)生多個反應(yīng)，其中磷酸轉(zhuǎn)化為Na2HPO4的主要離子方程式為___________，常溫下應(yīng)控制pH約為_____________________________。

②常溫下，HPO+Fe3+FePO4+H+的lgK為_________

(3)反應(yīng)Ⅱ中不用Na2CO3溶液的原因是____________________________________________；

(4)反應(yīng)Ⅲ的化學(xué)方程式為____________________________________________；

反應(yīng)Ⅳ中兩種溶液混合后需快速冷卻，其目的是____________________________；

“母液”中的溶質(zhì)有NaClO、_____________________(填2種)。評卷人得分六、綜合題(共4題，共12分)31、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)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：

32、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題33、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)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回答下列問題參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】本題考查了元素周期表和元素周期律的綜合運(yùn)用，難度一般?！窘獯稹緼.砷元素的原子序數(shù)是rm{2+8+18+5=33}故A正確；故A正確；B.rm{2+8+18+5=33}砷元素最高價氧化物對應(yīng)的水化中強(qiáng)酸，故B錯誤；C.物是rm{H_{3}AsO_{4}}中強(qiáng)酸，故B錯誤；價，處于中間價態(tài)，故既有氧化性又有還原性，故C正確；D.rm{H_{3}AsO_{4}}三氧化二砷中砷為rm{+3}價，處于中間價態(tài)，故既有氧化性又有還原性，故C正確；rm{+3}【解析】rm{B}2、A【分析】解：由rm{2Al+6HCl簍T2AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O簍T2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}可知，酸堿足量，生成氣體相同，由鋁的質(zhì)量相同，鹽酸和氫氧化鈉溶液的質(zhì)量也相同，則反應(yīng)前后的質(zhì)量變化也相同，所以天平仍然保持平衡，故選：rm{A}．

由rm{2Al+6HCl簍T2AlCl_{3}+3H_{2}隆眉}rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O簍T2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}可知；酸堿足量，生成氣體相同，由鋁的質(zhì)量相同，鹽酸和氫氧化鈉溶液的質(zhì)量也相同，則反應(yīng)前后的質(zhì)量變化也相同，據(jù)此判斷．

本題考查rm{Al}的化學(xué)性質(zhì)及利用化學(xué)反應(yīng)方程式的計算，為高頻考點，把握鋁與酸、堿反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式，酸堿足量得到的氫氣的關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】rm{A}3、C【分析】解：rm{A.}金屬與酸的反應(yīng)屬于置換反應(yīng)；屬于氧化還原反應(yīng)，且放出大量的熱，屬于放熱反應(yīng)，故A錯誤；

B.氫氧化鋇與氯化銨的反應(yīng)屬于吸熱反應(yīng)；故B錯誤；

C.碳與灼熱的水蒸氣反應(yīng)屬于吸熱反應(yīng)；且有單質(zhì)參加，屬于氧化還原反應(yīng)，故C正確；

D.鋁熱反應(yīng)屬于放熱反應(yīng)；故D錯誤；

故選C．

常見的放熱反應(yīng)有：所有的物質(zhì)燃燒；所有金屬與酸或與水、所有中和反應(yīng)、絕大多數(shù)化合反應(yīng)、鋁熱反應(yīng)；

常見的吸熱反應(yīng)有：絕大數(shù)分解反應(yīng)、個別的化合反應(yīng)rm{(}如rm{C}和rm{CO_{2})}工業(yè)制水煤氣、碳rm{(}一氧化碳、氫氣rm{)}還原金屬氧化物、某些復(fù)分解rm{(}如銨鹽和強(qiáng)堿rm{)}．

本題考查化學(xué)反應(yīng)中能量變化，題目難度不大，掌握常見的放熱反應(yīng)和吸熱反應(yīng)是解題的關(guān)鍵．【解析】rm{C}4、A【分析】【分析】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的分析應(yīng)用，主要是氣體摩爾體積的條件應(yīng)用，溶液濃度概念的分析應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目較簡單?！窘獯稹緼.氧氣物質(zhì)的量rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{16g}{32g/mol}=0.5mol}rm{n=dfrac{m}{M}=

dfrac{16g}{32g/mol}=0.5mol}，則含有的原子數(shù)為rm{N}rm{N}B.rm{A}rm{A}，故A正確；中含有的原子個數(shù)為rm{1molH}rm{1molH}故B錯誤；C.溶液的體積未知，無法計算溶質(zhì)的物質(zhì)的量，故C錯誤；D.rm{2}故選A。rm{2}【解析】rm{A}5、A【分析】解：rm{{,!}^{37}Cl}原子核內(nèi)的質(zhì)子數(shù)是rm{17}質(zhì)量數(shù)是rm{37}中子數(shù)rm{=}質(zhì)量數(shù)rm{-}質(zhì)子數(shù)rm{=37-17=20}原子中核外電子數(shù)rm{=}核內(nèi)質(zhì)子數(shù)rm{=17}核內(nèi)的中子數(shù)與核外的電子數(shù)之差為rm{20-17=3}

故選A．

根據(jù)原子符號的含義以及中子數(shù)rm{=}質(zhì)量數(shù)rm{-}質(zhì)子數(shù)，原子中核外電子數(shù)rm{=}核內(nèi)質(zhì)子數(shù)rm{=}原子序數(shù)；據(jù)此分析解答．

本題考查了原子的構(gòu)成及其微粒間的關(guān)系，難度不大，注意基礎(chǔ)知識的積累．【解析】rm{A}6、C【分析】解：rm{K}rm{Ca}只能形成離子鍵，rm{Ne}不形成化學(xué)鍵，rm{I}可在化合物中形成離子鍵；極性鍵和非極性鍵；

故選C．

既能形成離子鍵；又能形成極性鍵和非極性鍵，一定含非金屬元素，以此來解答．

本題考查離子化合物的結(jié)構(gòu)特征，為高頻考點，把握化學(xué)鍵的形成及判斷的一般規(guī)律為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意化合物中的化學(xué)鍵，題目難度較大．【解析】rm{C}二、填空題(共8題，共16分)7、略

【分析】

（1）C的最高價氧化物能分別跟B和D的最高價氧化物的水化物反應(yīng)；可知C是Al，D單質(zhì)在A單質(zhì)中燃燒的產(chǎn)物與二氧化碳反應(yīng)，D是Na，原子序數(shù)之和為：13+11=24，設(shè)A的原子序數(shù)為x，則B為8+x，則8+2x=24，x=8所以A為O元素，B為S元素，故答案為：S；Al；

（2）Na；Al、S位于同一周期；隨著原子序數(shù)的增大半徑逐漸減小，則有Na＞Al＞S，O和S位于同一主族，原子序數(shù)越大，半徑越大，則有S＞O，故答案為：Na＞Al＞S＞O；

（3）D單質(zhì)在A單質(zhì)中燃燒的產(chǎn)物為Na2O2，與CO2反應(yīng)生成Na2CO3和O2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；

故答案為：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；

（4）B為S元素；原子序數(shù)為16，核外有3個電子層，最外層電子數(shù)為6，應(yīng)位于第三周期ⅥA族；

故答案為：第三周期ⅥA族；

（5）C的最高價氧化物的水化物為Al（OH）3，具有兩性，既能與強(qiáng)堿反應(yīng)，也能與強(qiáng)酸反應(yīng)，B和D的最高價氧化物的水化物分別為NaOH、H2SO4；反應(yīng)的化學(xué)方程式分別為。

Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O、2Al（OH）3+3H2SO4═Al2（SO4）3+6H2O；

故答案為：Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O；2Al（OH）3+3H2SO4═Al2（SO4）3+6H2O．

【解析】【答案】C的最高價氧化物能分別跟B和D的最高價氧化物的水化物反應(yīng)；可知C是Al，D單質(zhì)在A單質(zhì)中燃燒的產(chǎn)物與二氧化碳反應(yīng)，D是Na，原子序數(shù)之和為：13+11=24；

設(shè)A的原子序數(shù)為x；則B為8+x，則8+2x=24，x=8所以A為O元素，B為S元素，結(jié)合對應(yīng)的化合物的性質(zhì)以及元素周期律的遞變規(guī)律解答該題．

8、略

【分析】（1）鐵的金屬性強(qiáng)于銅，所以鐵能置換出銅，因此現(xiàn)象是鐵片表面有紅色固體析出，溶液由藍(lán)色變?yōu)闇\綠色。（2）燒堿與稀硫酸的反應(yīng)是中和反應(yīng)或復(fù)分解反應(yīng)。（3）C處是稀硫酸與鐵的反應(yīng)，方程式是Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。（4）D處是燒堿與硫酸銅的反應(yīng)，方程式是CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）鐵片表面有紅色固體析出，溶液由藍(lán)色變?yōu)闇\綠色（2）復(fù)分解反應(yīng)（3）Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑（4）CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO49、略

【分析】解：rm{(1)}Ⅱrm{A}族元素的最外層電子數(shù)相等，圖象rm符合，故答案為：rm

rm{(2)}第rm{3}周期的最高化合價從左rm{隆煤}右依次升高，圖象rm{c}符合，故答案為：rm{c}

rm{(3)}四種離子有相同的電子層結(jié)構(gòu)，核電荷數(shù)越小，離子半徑越大，故離子半徑：rm{F^{-}>Na^{+}>Mg^{2+}>Al^{3+}}圖象rm{a}符合，故答案為：rm{a}．

rm{(1)}根據(jù)同一主族元素的最外層電子數(shù)相等；

rm{(2)}第rm{3}周期的最高化合價從左rm{隆煤}右依次升高；

rm{(3)}四種離子有相同的電子層結(jié)構(gòu)；核電荷數(shù)越小，離子半徑越大．

本題考查元素周期表、元素周期律、微粒半徑比較，比較基礎(chǔ)，側(cè)重對基礎(chǔ)知識的鞏固．【解析】rmrm{c}rm{a}10、3；3；產(chǎn)物中溶有未反應(yīng)的溴；向產(chǎn)物中加入稀氫氧化鈉溶液洗滌，除去溴，然后再通過分液漏斗進(jìn)行分液操作，除去溴化鈉；Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O【分析】解：rm{(1)}苯的rm{2}氯取代有鄰、間、對rm{3}種，則rm{4}氯取代也有rm{3}種，故答案為：rm{3}rm{3}

rm{(2)}在催化條件下，苯與液溴發(fā)生取代反應(yīng)生成溴苯，方程式為

故答案為：

rm{(3)}因溴易溶于苯，所得溴苯常顯褐色，可用氫氧化鈉溶液除去溴，反應(yīng)的方程式為rm{Br_{2}+2NaOH=NaBr+NaBrO+H_{2}O}除去顏色的簡單步驟是向產(chǎn)物中加入稀氫氧化鈉溶液洗滌，除去溴，然后再通過分液漏斗進(jìn)行分液操作，除去溴化鈉；

故答案為：產(chǎn)物中溶有未反應(yīng)的溴；向產(chǎn)物中加入稀氫氧化鈉溶液洗滌，除去溴，然后再通過分液漏斗進(jìn)行分液操作，除去溴化鈉；rm{Br_{2}+2NaOH=NaBr+NaBrO+H_{2}O.}

苯的二氯代物于四氯代物有相似的結(jié)構(gòu)；在催化條件下，苯與液溴發(fā)生取代反應(yīng)生成溴苯，因溴易溶于苯，所得溴苯常顯褐色，可用氫氧化鈉溶液除去溴，以此解答該題．

本題綜合考查苯的性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握苯的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)，難度不大．【解析】rm{3}rm{3}產(chǎn)物中溶有未反應(yīng)的溴；向產(chǎn)物中加入稀氫氧化鈉溶液洗滌，除去溴，然后再通過分液漏斗進(jìn)行分液操作，除去溴化鈉；rm{Br_{2}+2NaOH=NaBr+NaBrO+H_{2}O}11、略

【分析】解：由于反應(yīng)物能量高于反應(yīng)物能量，即反應(yīng)物生成生成物，釋放熱量，放熱反應(yīng)rm{triangleH<0}故答案為：放熱；rm{<}．

根據(jù)反應(yīng)物和生成物能量大小判斷熱效應(yīng)，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，放熱反應(yīng)rm{triangleH<0}由此分析解答．

本題考查了反應(yīng)的焓變判斷，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，圖象分析是關(guān)鍵，綜合性較小，難度中等．【解析】放熱；rm{<}12、略

【分析】考查物質(zhì)鑒別和檢驗及方程式的書寫。A和硝酸銀反應(yīng)生成的白色沉淀C，不能溶于硝酸中，說明C是氯化銀，則A中含有氯離子；溶液B和稀硫酸反應(yīng)又生成不溶于硝酸的白色沉淀，因此D是硫酸鋇，則B中含有Ba2＋，則A就是氯化鋇，B是硝酸鋇，E是硝酸。由于E能和F反應(yīng)生成硝酸鋇，實驗F是氫氧化鋇。其中氯化鋇和硝酸銀反應(yīng)的方程式是BaCl2＋2AgNO3=2AgCl＋Ba(NO3)2.【解析】【答案】（1）BaCL2（2）Ba(NO)3（3）AgCl（4）BaSO4（5）HNO3（6）Ba(OH)2BaCl2＋2AgNO3=2AgCl＋Ba(NO3)2.13、略

【分析】【解析】【答案】（10分）⑴AFe、BFeCl2、CKOH、DKCl(各1分)⑵溶液呈現(xiàn)血紅色（2分）⑶2Fe3＋＋Fe==3Fe2＋（2分）⑷4Fe(OH)2＋O2＋2H2O==4Fe(OH)3（2分）14、（1）S2-（2）第二周期第ⅤA族（3）NH4NO3【分析】【分析】本題考查學(xué)生對元素結(jié)構(gòu)與位置性質(zhì)關(guān)系的利用，難度不大，關(guān)鍵在確定元素rm{Y}rm{Z}rm{W}的可能位置，利用最外層電子數(shù)之和為rm{17}推斷?！窘獯稹咳魊m{Y}rm{Z}rm{W}三者處于同一周期或同一主族，最外層電子數(shù)之和不可能為rm{17}處于不同周期的rm{Y}rm{Z}rm{W}兩兩相鄰，可能出現(xiàn)的位置關(guān)系有：

設(shè)rm{Y}的最外層電子數(shù)為rm{x}若為第一種情況，則有rm{x+x+1+x+1=17}解得rm{x=5}rm{Y}rm{Z}rm{W}對應(yīng)的三種元素分別為rm{N}rm{O}rm{S}若為第二種情況，則有rm{x+x+x+1=17}rm{x}為分?jǐn)?shù)，不合理，由于rm{Y}是rm{N}元素，那么rm{X}只能是位于其第一周期的氫元素，rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}分別為rm{H}rm{N}rm{O}rm{S}rm{(1)W}為硫元素，位于第rm{VIA}最外層rm{6}個電子，得到rm{2}個電子達(dá)到rm{8}電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故離子符號為rm{S^{2-}}rm{(2)Y}為rm{N}元素，在周期表中位于第二周期第Ⅴrm{A}族；rm{(3)H}rm{N}rm{O}形成的離子化合物中含有銨根離子，化學(xué)式為rm{NH}rm{4}rm{4}rm{NO}rm{{,!}_{3}}【解析】rm{(1)S^{2-;;;}}rm{(2)}第二周期第Ⅴrm{A}族rm{(3)NH_{4}NO_{3}}三、判斷題(共9題，共18分)15、A【分析】【解答】向雞蛋清中加入飽和硫酸鈉溶液；可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸鈉溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化；再向試管里加入足量的蒸餾水，觀察到的現(xiàn)象是變澄清，鹽析是可逆過程，可以采用多次鹽析的方法分離；提純蛋白質(zhì)．

故答案為：對．

【分析】向雞蛋清中加入飽和硫酸銨溶液，可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸銨溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化．16、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．17、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構(gòu)成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質(zhì)的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個電子，失去最外層1個電子形成鈉離子，此時最外層有8個電子，故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質(zhì)的量，再根據(jù)鈉離子結(jié)構(gòu)計算最外層電子總數(shù)．18、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．19、B【分析】【解答】解：某有機(jī)物完全燃燒后生成二氧化碳和水；說明該有機(jī)物中肯定含有碳；氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．

【分析】根據(jù)質(zhì)量守恒可知，某有機(jī)物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機(jī)物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素20、B【分析】【解答】煤的氣化是在高溫條件下煤與水蒸氣反應(yīng)生成CO和H2；是化學(xué)變化；

煤液化；是把固體炭通過化學(xué)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(jìn)潔凈煤技術(shù)，有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化；

煤的干餾是將煤隔絕空氣加強(qiáng)熱；煤發(fā)生復(fù)雜的反應(yīng)獲得煤焦油；焦?fàn)t煤氣等的過程，是化學(xué)變化．故煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是化學(xué)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(xué)變化；21、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．22、B【分析】【解答】標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標(biāo)準(zhǔn)狀況己烷不是氣體，物質(zhì)的量不是0.1mol，故上述錯誤；

故答案為：錯．

【分析】氣體摩爾體積的概念和應(yīng)用條件分析判斷，標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol23、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共價鍵；故答案為：錯。

【分析】根據(jù)甲苯的結(jié)構(gòu)簡式來確定化學(xué)鍵，確定存在C﹣H共價鍵的數(shù)目四、推斷題(共4題，共24分)24、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}為原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，rm{A}單質(zhì)試自然界中密度最小的氣體，則rm{A}為rm{H}元素；rm{B}rm{C}和rm{E}在周期表中相鄰，且rm{C}rm{E}同主族，所以rm{B}rm{C}rm{E}在周期表中的位置關(guān)系為rm{A}和rm{D}最外層電子數(shù)相同，則二者處于同族，原子序數(shù)rm{D}大于rm{C}小于rm{E}則rm{D}為第三周期，則rm{D}為rm{Na}rm{B}rm{C}的最外層電子數(shù)之和等于rm{D}的原子核外電子數(shù)，則rm{B}rm{C}最外層電子數(shù)分別為rm{5}rm{6}故B為rm{N}元素，rm{C}為rm{O}元素，rm{E}為rm{S}元素，rm{A}和rm{C}可形成化合物rm{H_{2}O}rm{H_{2}O_{2}}．

rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}元素的名稱是：氫，rm{D}為rm{Na}在周期表中的位置：第三周期rm{IA}族，rm{E}的離子結(jié)構(gòu)示意圖為

故答案為：氫；第三周期rm{IA}族；

rm{(2)N_{2}}分子的電子式：rm{H_{2}O}的結(jié)構(gòu)式：rm{H-O-H}

故答案為：rm{H-O-H}

rm{(3)}用電子式表示rm{Na_{2}S}化合物的形成過程為：

故答案為：

rm{(4)A}元素最簡單的有機(jī)化合物為rm{CH_{4}}與赤熱的氧化銅反應(yīng)生成一種單質(zhì)、液態(tài)氧化物和一可以使澄清石灰水變渾濁的氣體，反應(yīng)生成rm{Cu}二氧化碳與水，反應(yīng)化學(xué)方程式為：rm{CH_{4}+4CuOdfrac{overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}4Cu+CO_{2}+2H_{2}O}

故答案為：rm{CH_{4}+4CuOdfrac{overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}4Cu+CO_{2}+2H_{2}O}

rm{CH_{4}+4CuOdfrac{

overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}4Cu+CO_{2}+2H_{2}O}在rm{CH_{4}+4CuOdfrac{

overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}4Cu+CO_{2}+2H_{2}O}的濃rm{(5)}溶液中加入過量的銅片，加熱使之充分反應(yīng)，銅片部分溶解，隨反應(yīng)進(jìn)行濃硫酸變?yōu)橄×蛩?，稀硫酸不與rm{100mL18mol/L}反應(yīng)，硫酸的物質(zhì)的量為rm{H_{2}SO_{4}}發(fā)生反應(yīng)：rm{Cu}濃rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}假設(shè)濃硫酸完全反應(yīng)，生成二氧化硫為rm{0.1mol/L隆脕18mol/L=1.8mol}故實際生成二氧化硫的體積小于rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}

故選：rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}．

A、rm{0.9mol}rm{0.9mol隆脕22.4L/mol=20.16L}rm{ab}rm{B}為原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，rm{C}單質(zhì)試自然界中密度最小的氣體，則rm{D}為rm{E}元素；rm{A}rm{A}和rm{H}在周期表中相鄰，且rm{B}rm{C}同主族，所以rm{E}rm{C}rm{E}在周期表中的位置關(guān)系為rm{B}和rm{C}最外層電子數(shù)相同，則二者處于同族，原子序數(shù)rm{E}大于rm{A}小于rm{D}則rm{D}為第三周期，則rm{C}為rm{E}rm{D}rm{D}的最外層電子數(shù)之和等于rm{Na}的原子核外電子數(shù)，則rm{B}rm{C}最外層電子數(shù)分別為rm{D}rm{B}故B為rm{C}元素，rm{5}為rm{6}元素，rm{N}為rm{C}元素，rm{O}和rm{E}可形成化合物rm{S}rm{A}．

本題考查位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)關(guān)系及其應(yīng)用，推斷元素是解題關(guān)鍵，側(cè)重考查學(xué)生分析推理能力、知識遷移應(yīng)用能力，rm{C}中注意濃硫酸與稀硫酸性質(zhì)的不同，利用極限法解答．rm{H_{2}O}【解析】氫；第三周期rm{IA}族；rm{H-O-H}rm{CH_{4}+4CuOdfrac{overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}4Cu+CO_{2}+2H_{2}O}rm{CH_{4}+4CuOdfrac{

overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}4Cu+CO_{2}+2H_{2}O}rm{ab}25、（1）H3O++OH-=2H2O

（2）CH4；HF

（3）Na+、Mg2+

【分析】【分析】

本題考查無機(jī)物推斷，列出常見的rm{10}個電子的微粒，對照分析找出其轉(zhuǎn)化關(guān)系，熟悉掌握rm{10}個電子微粒是該題的關(guān)鍵所在；難度不大。

rm{A^{+}}rm{B^{+}}rm{C^{-}}rm{D}rm{E}五種微粒rm{(}分子或離子rm{)}均含有rm{10}個電子，由rm{B^{+}+C^{-}隆煤2D}可知rm{B^{+}}為rm{H_{3}O^{+}}rm{C^{-}}為rm{OH^{-}}rm{D}為rm{H_{2}O}由rm{A^{+}+C^{-}隆煤D+E}可知rm{A^{+}}為rm{NH_{4}^{+}}rm{E}為rm{NH_{3}}根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)和結(jié)構(gòu)解答該題。

【解答】

rm{(1)}反應(yīng)rm{壟脵}為rm{NH_{4}^{+}}和rm{OH^{-}}的反應(yīng)，生成rm{H_{2}O}和rm{NH_{3}}反應(yīng)的離子方程式為rm{N{{H}_{4}}^{+}+O{H}^{-}overset{?}{=}N{H}_{3};隆眉+{H}_{2}O}

反應(yīng)rm{N{{H}_{4}}^{+}+O{H}^{-}

overset{?}{=}N{H}_{3};隆眉+{H}_{2}O}為rm{壟脷}與rm{H_{3}O^{+}}反應(yīng)生成rm{OH^{-}}反應(yīng)離子方程式為：rm{H_{2}O}

故答案為：rm{N{{H}_{4}}^{+}+O{H}^{-}overset{?}{=}N{H}_{3};隆眉+{H}_{2}O}rm{H_{3}O^{+}+OH^{-}=2H_{2}O}

rm{N{{H}_{4}}^{+}+O{H}^{-}

overset{?}{=}N{H}_{3};隆眉+{H}_{2}O}除rm{H_{3}O^{+}+OH^{-}=2H_{2}O}rm{(2)}外，另外兩種含rm{H_{2}O}個電子的分子有：rm{NH_{3}}rm{10}等；

故答案為：rm{CH_{4}}rm{HF}

rm{CH_{4}}除rm{HF}rm{(3)}外，另外兩種含rm{NH_{4}^{+}}個電子的陽離子有：rm{H_{3}O^{+}}rm{10}等；

故答案為：rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}

rm{Na^{+}}【解析】rm{(1)N{{H}_{4}}^{+}+O{H}^{-}overset{?}{=}N{H}_{3};隆眉+{H}_{2}O}rm{(1)N{{H}_{4}}^{+}+O{H}^{-}

overset{?}{=}N{H}_{3};隆眉+{H}_{2}O}

rm{H_{3}O^{+}+OH^{-}=2H_{2}O}rm{(2)CH_{4}}

rm{HF}rm{(3)Na^{+}}

rm{Mg^{2+}}26、（1）CuCuCl2Cu（OH）2CuO（2）（3）Fe+CuCl2=FeCl2+Cu（4）CuCl2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaCl【分析】【分析】本題考查無機(jī)物推斷，難度不大，rm{C}為藍(lán)色溶液為推斷突破口，注意對元素化合物性質(zhì)的掌握?！窘獯稹縭m{(1)}單質(zhì)rm{A}與氯氣反應(yīng)得到rm{B}rm{B}溶于水得到藍(lán)色溶液，可推知rm{A}為rm{Cu}rm{B}為rm{CuCl_{2}}rm{C}為氯化銅溶液，與氫氧化鈉反應(yīng)得到藍(lán)色沉淀rm{D}為rm{Cu(OH)_{2}}進(jìn)一步加熱分解得到黑色固體rm{E}為rm{CuO}氧化銅與鹽酸反應(yīng)得到氯化銅，氧化銅與氫氣發(fā)生置換反應(yīng)得到rm{Cu}rm{Fe}與氯化銅發(fā)生置換反應(yīng)也得到rm{Cu}

故答案為：rm{Cu}rm{CuCl_{2}}rm{Cu(OH)_{2}}rm{CuO}

rm{(2)}rm{A隆煤B}反應(yīng)的化學(xué)方程式：反應(yīng)的化學(xué)方程式：rm{Cu+C{l}_{2}overset{triangle}{=};CuC{l}_{2}}故答案為：rm{Cu+C{l}_{2}overset{triangle}{=};CuC{l}_{2}}rm{A隆煤B}的反應(yīng)方程式為：rm{Cu+C{l}_{2}overset{triangle

}{=};CuC{l}_{2}}故答案為：rm{Cu+C{l}_{2}overset{triangle

}{=};CuC{l}_{2}}rm{(3)C隆煤A}的反應(yīng)方程式為：rm{Fe+CuCl_{2}=FeCl_{2}+Cu}

故答案為：rm{Fe+CuCl_{2}=FeCl_{2}+Cu}

rm{(4)C隆煤D}【解析】rm{(1)Cu}rm{CuCl_{2;;}Cu(OH)_{2;;;}CuO}rm{(2)Cu+C{l}_{2}overset{triangle}{=};CuC{l}_{2}}rm{(2)Cu+C{l}_{2}overset{triangle

}{=};CuC{l}_{2}}rm{(3)Fe+CuCl_{2}=FeCl_{2}+Cu}rm{(4)CuCl_{2}+2NaOH=Cu(OH)_{2}隆媒+2NaCl}27、H2SO4；HNO3；CO2；（NH4）2SO4；取少量樣品加水溶解，加鹽酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，證明含SO42-；NH4++OH-NH3↑+H2O；Na2CO3或NaHCO3或Li2CO3或LiHCO3或MgCO3或BeCO3；C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O【分析】解：依據(jù)流程分析可知，rm{(NH_{4})_{2}SO_{3}}和rm{B}的熱溶液反應(yīng)，rm{B}溶液焰色反應(yīng)為黃色證明含有鈉元素，推斷rm{B}為rm{NaOH}溶液，生成的rm{E}為rm{NH_{3}}rm{F}為rm{NO}rm{G}為rm{NO_{2}}rm{H}為rm{HNO_{3}}rm{C}和rm{I}都能使石灰水變渾濁，結(jié)合亞硫酸銨的性質(zhì)可知生成的rm{C}為rm{SO_{2}}rm{I}為rm{CO_{2}}rm{A}為rm{H_{2}SO_{4}}rm{D}為rm{SO_{3}}

rm{(1)}上述分析推斷可知rm{A}為rm{H_{2}SO_{4}}rm{H}為rm{HNO_{3}}rm{I}為rm{CO_{2}}

故答案為：rm{H_{2}SO_{4}}rm{HNO_{3}}rm{CO_{2}}

rm{(2)(NH_{4})_{2}SO_{3}}露置在空氣中易變質(zhì)，被空氣中的氧氣氧化生成：rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}檢驗變質(zhì)產(chǎn)物中的陰離子為rm{SO_{4}^{2-}}檢驗陰離子的實驗方法為：取少量樣品加水溶解，加鹽酸酸化，再滴加rm{BaCl_{2}}溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，證明含rm{SO_{4}^{2-}}

故答案為：rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}取少量樣品加水溶解，加鹽酸酸化，再滴加rm{BaCl_{2}}溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，證明含rm{SO_{4}^{2-}}

rm{(3)}反應(yīng)rm{壟脹}是亞硫酸銨和氫氧化鈉加熱反應(yīng)生成氨氣的反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}

故答案為：rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}

rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}若反應(yīng)rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}和rm{(4)}都是復(fù)分解反應(yīng)，rm{壟脻}為碳酸鹽金額硫酸、硝酸反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w，如rm{壟脼}或rm{J}或rm{Na_{2}CO_{3}}或rm{NaHCO_{3}}或rm{Li_{2}CO_{3}}或rm{LiHCO_{3}}若反應(yīng)rm{MgCO_{3}}和rm{BeCO_{3}}都是氧化還原反應(yīng)，則是濃硫酸、女學(xué)生和碳加熱反應(yīng)生成，反應(yīng)rm{壟脻}的化學(xué)方程式為：rm{壟脼}濃rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}

故答案為：rm{壟脻}或rm{C+2H_{2}SO_{4}(}或rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}或rm{Na_{2}CO_{3}}或rm{NaHCO_{3}}或rm{Li_{2}CO_{3}}rm{LiHCO_{3}}濃rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O.}

流程分析可知，rm{MgCO_{3}}和rm{BeCO_{3}}的熱溶液反應(yīng)，rm{C+2H_{2}SO_{4}(}溶液焰色反應(yīng)為黃色證明含有鈉元素，推斷rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O.}為rm{(NH_{4})_{2}SO_{3}}溶液，生成的rm{B}為rm{B}rm{B}為rm{NaOH}rm{E}為rm{NH_{3}}rm{F}為rm{NO}rm{G}和rm{NO_{2}}都能使石灰水變渾濁，結(jié)合亞硫酸銨的性質(zhì)可知生成的rm{H}為rm{HNO_{3}}rm{C}為rm{I}rm{C}為rm{SO_{2}}rm{I}為rm{CO_{2}}依據(jù)推斷出的物質(zhì)回答問題．

本題考查了物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系的分析應(yīng)用，主要是物質(zhì)性質(zhì)和離子性質(zhì)的分析判斷，掌握特征反應(yīng)條件的轉(zhuǎn)化關(guān)系和物質(zhì)性質(zhì)是關(guān)鍵，題目中等．rm{A}【解析】rm{H_{2}SO_{4}}rm{HNO_{3}}rm{CO_{2}}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}取少量樣品加水溶解，加鹽酸酸化，再滴加rm{BaCl_{2}}溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，證明含rm{SO_{4}^{2-}}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}或rm{Na_{2}CO_{3}}或rm{NaHCO_{3}}或rm{Li_{2}CO_{3}}或rm{LiHCO_{3}}或rm{MgCO_{3}}rm{BeCO_{3}}濃rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CO_{2}隆眉+2SO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{C+2H_{2}SO_{4}(}五、工業(yè)流程題(共3題，共27分)28、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程：用NaOH溶液溶解鋁箔，發(fā)生反應(yīng)：2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，向含有NaAlO2的溶液通入過量的CO2氣體，發(fā)生反應(yīng)：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+得到Al(OH)3的膠狀固體，將一部分膠狀固體洗滌得到Al(OH)3，灼燒Al(OH)3得到氧化鋁，用硫酸溶解Al(OH)3加入K2SO4溶液，配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液，選規(guī)則明礬小晶體并懸掛在溶液中央，自然冷卻至室溫，得到明礬大晶體，另一部分膠狀固體用鹽酸溶解，得到AlCl3溶液，將HCl氣體通入AlCl3溶液，抑制AlCl3水解和促進(jìn)AlCl3·6H2O結(jié)晶，冷水浴，用玻璃纖維抽濾，用濃鹽酸洗滌晶體，濾紙吸干干燥得AlCl3·6H2O晶體；據(jù)此分析解析；

(1)

NaAlO2的溶液含有氫氧化鈉，通入過量的CO2氣體，二氧化碳與氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉，二氧化碳與NaAlO2反應(yīng)生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，發(fā)生反應(yīng)：OH-+CO2=+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+

(2)

明礬的溶解度隨溫度的升高而增大；步驟IV中在培養(yǎng)規(guī)則明礬大晶體過程中，需要配制高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液，選規(guī)則明礬小晶體并懸掛在溶液中央，隨著自然冷卻至室溫，明礬飽和溶液變?yōu)檫^飽和溶液，導(dǎo)致明礬析出，明礬晶體會附著在規(guī)則明礬小晶體上，形成規(guī)則明礬大晶體，故正確操作為：fed；

(3)

A．步驟II通過量CO2后進(jìn)行固液得到膠狀物；抽濾時不宜過濾膠狀沉淀，否則易在濾紙上形成一層密實的沉淀，A錯誤；

B．抽濾裝置有1處錯誤；漏斗頸口斜面沒有對著吸濾瓶的支管口，B錯誤；

C．抽濾完畢后；應(yīng)先拆下連接抽氣泵和吸濾瓶的橡皮管，再關(guān)水龍頭以防倒吸，C錯誤；

D．由于溶液中含有H+；具有強(qiáng)酸性，在抽濾時會腐蝕濾紙，導(dǎo)致濾紙破損，所以改用玻璃纖維替代濾紙，D正確；

故選D。

(4)

Al3+會發(fā)生水解反應(yīng)：Al3++3H2O=Al(OH)3+3H+，通入HCl可以抑制A13+的水解，增大了溶液中Cl-的濃度，有利于AlCl3·6H2O結(jié)晶；洗滌晶體時；先關(guān)小水龍頭，向漏斗中加入濃鹽酸，緩慢淋洗，以便充分洗去雜質(zhì)，重復(fù)2-3次；

(5)

明礬中n(A13+)：n()=1：2，實驗測得n(A13+)：n()=0.002900mol：0.006300mol=29：63，明礬中可能含有硫酸鉀雜質(zhì)，所以求明礬的純度應(yīng)該用量不足的鋁離子，根據(jù)關(guān)系式Al3+~kAl(SO4)2·12H2O得出n(kAl(SO4)2·12H2O)=0.002900mol，則該試樣中銨明礬的純度為：=45.82%；【解析】(1)AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCOOH-+CO2=HCO

(2)fed

(3)D

(4)增加c(Cl―)，有利于AlCl3·6H2O結(jié)晶和抑制AlCl3水解關(guān)小水龍頭；向漏斗中加入濃鹽酸，使液體緩慢通過固體，重復(fù)2-3次。

(5)45.82%29、略

【分析】【分析】

制備鉬酸鈉：鉬精礦(主要成分為MoS2)在空氣中焙燒得到MoO3，根據(jù)S元素的價態(tài)變化規(guī)律可知S元素被氧化成二氧化硫；然后MoO3用NaOH溶液溶解，過濾分離出難溶物，得到Na2MoO4溶液；經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到Na2MoO4.2H2O；制備鉬單質(zhì)：鉬精礦(主要成分為MoS2)經(jīng)堿浸并用NaClO氧化，過濾得到Na2MoO4溶液，加入足量硫酸得到鉬酸沉淀，過濾后經(jīng)高溫灼燒得到MoO3，氫氣還原MoO3得到Mo。

【詳解】

(1)如果在空氣中焙燒1molMoS2時，S轉(zhuǎn)移12mol電子，根據(jù)電子守恒：(+4-x)×2=12，解得x=-2，所以MoS2中硫元素為-2價，鉬元素的化合價為+4；焙燒的產(chǎn)物除MoO3外的另一種是SO2，產(chǎn)生的尾氣對環(huán)境的主要危害是形成酸雨；(2)在實驗室中進(jìn)行操作2，從鉬酸鈉溶液中得到鉬酸鈉晶體的操作步驟是加熱濃縮(或蒸發(fā)濃縮)、冷卻結(jié)晶，過濾、洗滌、干燥；(3)設(shè)鉬精礦中MoS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為w，根據(jù)元素守恒可得關(guān)系式所以160:16w=242:12.1g，解得w=0.5，所以鉬精礦中MoS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50％；(4)根據(jù)題意可知NaClO將MoS2氧化生成和自身被還原成Clˉ，MoS2整體化合價升高18價，NaClO降低2價，所以二者的系數(shù)比為1:9，再結(jié)合元素可得發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為MoS2+6OHˉ+9ClOˉ=+2+9Clˉ+3H2O；(5)b與電源正極相連，為陽極，所以鉬得電子發(fā)生氧化反應(yīng)，在堿性環(huán)境中生成Na2MoO4，根據(jù)電荷守恒和電子守恒可得電極反應(yīng)式為Mo-6eˉ+8OHˉ=+4H2O；(6)據(jù)圖可知c(Ba2＋)=2×10－4mol/L時，c()==2×10－4mol/L，所以BaMoO4的Ksp=c(Ba2＋)c()==2×10－4×2×10－4=4×10－8；

【點睛】

本題考查了物質(zhì)制備流程和方案的分析判斷，物質(zhì)性質(zhì)的應(yīng)用，結(jié)合題目信息對流程的分析是本題的解題關(guān)鍵，難點為第4題中NaClO將MoS2氧化生成和的方程式的配平，要注意結(jié)合電子守恒、電荷守恒、質(zhì)量守恒進(jìn)行配平。【解析】+4形成酸雨加熱濃縮(或蒸發(fā)濃縮)、冷卻結(jié)晶50％MoS2+6OHˉ+9ClO-=+2+9Clˉ+3H2OMo-6eˉ+8OHˉ=+4H2O4×10-830、略

【分析】【分析】

首先利用硫酸分解磷礦石[Ca5(PO4)3F]得到濕法磷酸，其中含F(xiàn)e3+、Al3+，加入碳酸鈉溶液和磷酸反應(yīng)，反應(yīng)Ⅰ中磷酸轉(zhuǎn)化為鈉鹽，其鈉鹽再與Fe3+、Al3+作用形成沉淀，過濾得到FePO4和AlPO4沉淀，濾液中主要含Na2HPO4；向濾液中加入NaOH溶液，得到Na3PO4；然后加入NaOH和足量氯氣反應(yīng)后的溶液(主要含NaCl和NaClO)，由于氯化磷酸三鈉溶解度較小，所以會析出氯化磷酸三鈉晶體，得到的母液主要含NaCl、NaClO、Na3PO4等。

【詳解】

(1)硫酸分解Ca5(PO4)3F可以得到釋放磷酸；該反應(yīng)應(yīng)為復(fù)分解反應(yīng)，根據(jù)元素守恒，再結(jié)合HF為弱酸，可知產(chǎn)生的有毒氣體主要是HF；

(2)①碳酸的酸性弱于磷酸，所以加入碳酸鈉轉(zhuǎn)化為Na2HPO4的主要離子方程式為據(jù)圖可知pH約為10時，溶液中的P元素主要以的形成存在；

②常溫下，HPO+Fe3+FePO4+H+的K==所以lgK=lgKa3-lgKsp[FePO4]，據(jù)圖可知當(dāng)c()=c(PO)時溶液pH=12.36，而Ka3=所以lgKa3=-12.36，所以lgK=-12.36-(-21.89)=9.53；

(3)據(jù)圖可知當(dāng)pH=14左右時磷元素主要以PO的形式存在，Na2CO3溶液的pH難以達(dá)到14，不能將Na2HPO4全部轉(zhuǎn)化為Na3PO4，還會引入Na2CO3雜質(zhì)；

(4)反應(yīng)III為氯氣和NaOH溶液的反應(yīng)，生成氯化鈉和次氯酸鈉，方程式為NaClO受熱易分解，冷卻混合液可以減少次氯酸鈉的分解；“母液”中的溶質(zhì)有NaClO、NaCl、Na3PO4。

【點睛】

雖然強(qiáng)堿弱酸鹽顯堿性，可以用來調(diào)節(jié)溶液的pH值，但要注意水解鹽的堿性較弱，當(dāng)需要強(qiáng)堿性環(huán)境時還需要堿溶液進(jìn)行調(diào)節(jié)?！窘馕觥縃F109.53Na2CO3溶液的pH難以達(dá)到14，不能將Na2HPO4全部轉(zhuǎn)化為Na3PO4，還會引入Na2CO3雜質(zhì)減少次氯酸鈉分解NaCl、Na3PO4六、綜合題(共4題，共12分)31、反應(yīng)物能量生成物能量無降低因為催化劑改變了反應(yīng)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（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ?mol﹣1【分析】【解答】（1）因圖中A；C分別表示反應(yīng)物總能量、生成物總能量；B為活化能，反應(yīng)熱可表示為A、C活化能的大小之差，活化能的大小與反應(yīng)熱無關(guān)，加入催化劑，活化能減小，反應(yīng)反應(yīng)熱不變；

（2）因1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1，所以2molSO