2025年滬科版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年滬科版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：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)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)的敘述正確的是（）A.檢驗(yàn)溶液中SO42-的方法是：先加入BaCl2溶液，再加鹽酸B.從溴水中提純單質(zhì)溴的方法是：先用CCl4萃取，分液后再蒸餾C.硫化鈉溶液中通入硫化氫氣體不發(fā)生化學(xué)反應(yīng)D.除去CO2中少量HCl的方法是：將混合氣體通過(guò)盛有飽和NaHSO3溶液的洗氣瓶2、NaH中的氫元素為-1價(jià)，它可用作生氫劑，反應(yīng)的化學(xué)方程式是NaH+H2O=NaOH+H2↑，則下列說(shuō)法正確的是（）A.NaOH是氧化產(chǎn)物B.生成1molH2反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NAC.NaH為還原劑D.H2O既是還原劑又是氧化劑3、在一定溫度下，1mol金屬銅與足量某濃度的硝酸完全反應(yīng)，生成NO2和NO的物質(zhì)的量之比為1：3，則反應(yīng)過(guò)程中轉(zhuǎn)移的電子為（）A.2molB.3molC.4molD.5mol4、下列事實(shí)能用勒夏特列原理解釋的是（）A.實(shí)驗(yàn)室采用排飽和食鹽水的方法收集Cl2B.500℃左右的溫度比室溫更有利于合成氨反應(yīng)C.H2、I2、HI平衡混合氣體加壓后顏色加深D.SO2氧化為SO3，往往需要使用催化劑5、配制500mL2mol/LNaOH溶液所需NaOH的質(zhì)量為（）A.40gB.20gC.50gD.80g6、容量瓶上需標(biāo)有：①容量②刻度線③溫度④壓強(qiáng)⑤濃度⑥酸式或堿式等項(xiàng)中的（）A.①②③B.①③⑤C.②④⑥D(zhuǎn).③⑤⑥7、若用乙烯和氯氣在適當(dāng)?shù)臈l件下反應(yīng)制取六氯乙烷，這一過(guò)程中所要經(jīng)歷的反應(yīng)及耗用氯氣的總的物質(zhì)的量是(設(shè)乙烯為1mol，反應(yīng)產(chǎn)物中的有機(jī)物只是六氯乙烷)()。A.取代，4molCl2B.加成，2molCl2C.加成、取代，3molCl2D.加成、取代，5molCl28、下列說(shuō)法不正確的是rm{(}rm{)}A.屠呦呦女士用乙醚從黃花蒿中提取出青蒿素，該技術(shù)應(yīng)用了萃取原理B.油脂、淀粉、蛋白質(zhì)等高分子化合物都屬于混合物，一定條件下均可發(fā)生水解C.離子交換膜在工業(yè)上應(yīng)用廣泛，如氯堿工業(yè)使用陽(yáng)離子交換膜D.用氨水法處理燃煤煙氣中的二氧化硫，既可以除其污染，又可得到副產(chǎn)品硫酸銨評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、（2013?常州一模）A；B、C、D、E、F為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素．A、F原子的最外層電子數(shù)均等于其周期序數(shù)；F原子的電子層數(shù)是A的3倍；B原子核外電子分處3個(gè)不同能級(jí)，且每個(gè)能級(jí)上排布的電子數(shù)相同；A與C形成的最簡(jiǎn)單分子為三角錐形；D原子p軌道上成對(duì)電子數(shù)等于未成對(duì)電子數(shù)；E原子核外每個(gè)原子軌道上的電子都已成對(duì)，E電負(fù)性小于F．

（1）寫出B的基態(tài)原子的核外電子排布式____．

（2）A、C形成的最簡(jiǎn)單分子極易溶于水，其主要原因是____；與該最簡(jiǎn)單分子互為等電子體的陽(yáng)離子為____．

（3）比較E、F的第一電離能：E____F（選填“＞”或“＜”；“=”）．

（4）BD2在高溫高壓下所形成的晶胞如右圖所示．該晶體的類型屬于____（選填“分子”、“原子”、“離子”或“金屬”）晶體，該晶體中B原子的雜化形式為____．

（5）光譜證實(shí)單質(zhì)F與強(qiáng)堿性溶液反應(yīng)有[F（OH）4]-生成，則[F（OH）4]-中存在____．

a．共價(jià)鍵b．非極性鍵c．配位鍵d．σ鍵e．π鍵．10、對(duì)物質(zhì)凈化對(duì)生產(chǎn)生活有很重要的意義。(1)除去水中的Ca2＋、Mg2＋等陽(yáng)離子，完成此目標(biāo)可使用________(填材料名稱)。(2)催化還原法可以凈化硝酸工業(yè)尾氣，下列物質(zhì)中不能用于除去尾氣中氮氧化物的是________。A．NH3B．CH4C．CO2D．H2(3)接觸法制硫酸的工藝中，沸騰爐產(chǎn)生的爐氣必須經(jīng)過(guò)凈化，除去其中的粉塵和________，凈化后的爐氣進(jìn)入________(填設(shè)備名稱)。(4)煤的氣化技術(shù)的主要產(chǎn)物是________，將煤加工以得到焦?fàn)t氣、煤焦油及焦炭等產(chǎn)品的技術(shù)稱為________。11、亞氯酸鈉（NaClO2）是一種重要的含氯消毒劑；主要用于水的消毒以及砂糖；油脂的漂白與殺菌．以下是過(guò)氧化氫法生產(chǎn)亞氯酸鈉的工藝流程圖：

已知：①NaClO2的溶解度隨溫度升高而增大，適當(dāng)條件下可結(jié)晶析出產(chǎn)品NaClO2?3H2O；②純ClO2易分解爆炸；一般用稀有氣體或空氣稀釋到10%以下．

（1）發(fā)生器中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為____．發(fā)生器中鼓入空氣的作用可能是____．

a．將SO2氧化成SO3；增強(qiáng)酸性。

b．將NaClO3還原為ClO2

c．稀釋ClO2以防止爆炸。

（2）吸收塔內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____；吸收塔內(nèi)的溫度不能超過(guò)20℃，其目的是____．

（3）吸收塔中為防止NaClO2被還原成NaCl，所用還原劑的還原性應(yīng)適中．以下還可以選擇的還原劑是____（選填序號(hào)）．

a．Na2O2b．Na2Sc．FeCl2

（4）從濾液中得到NaClO2?3H2O粗晶體的實(shí)驗(yàn)操作依次是____．

（5）某學(xué)習(xí)小組用碘量法測(cè)定粗產(chǎn)品中亞氯酸鈉的含量；實(shí)驗(yàn)如下：

a．準(zhǔn)確稱取所得亞氯酸鈉樣品mg于小燒杯中；加入適量蒸餾水和過(guò)量的碘化鉀晶體，再滴入適量的稀硫酸，充分反應(yīng)，將所得混合液配成250ml待測(cè)溶液．

（已知：ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-）

b．移取25.00ml待測(cè)溶液于錐形瓶中，加幾滴淀粉溶液，用cmol?L-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，重復(fù)2次，測(cè)得平均值為Vml．（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）

①達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為____．

②該樣品中NaClO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____（用含m、c、V的代數(shù)式表示，結(jié)果化成最簡(jiǎn)．）12、據(jù)《參考消息》報(bào)道，有科學(xué)家提出硅是“21世紀(jì)的能源”、“未來(lái)的石油”的觀點(diǎn)．（1）晶體硅在氧氣中燃燒熱化學(xué)方程式為Si（s）+O2（g）═SiO2（s）△H=-989.2kJ?mol-1；有關(guān)鍵能數(shù)據(jù)如下表：

?；瘜W(xué)鍵Si-OO═OSi-Si鍵能/kJ?mol-1x498.8176則x的值為____．

（2）硅光電池作為電源已廣泛應(yīng)用于人造衛(wèi)星、燈塔和無(wú)人氣象站等．硅光電池是一種把____能轉(zhuǎn)化為____能的裝置．

（3）假如硅作為一種普遍使用的新型能源被開發(fā)利用，關(guān)于其有利因素的下列說(shuō)法中，你認(rèn)為不妥當(dāng)?shù)氖莀___．

A．硅便于運(yùn)輸；貯存；從安全角度考慮，硅是最佳的燃料。

B．硅的來(lái)源豐富；易于開采，且可再生。

C．硅燃燒放出的熱量大；且燃燒產(chǎn)物對(duì)環(huán)境污染程度低，容易有效控制。

D．尋找高效新催化劑；使硅的生產(chǎn)耗能很低，是硅能源開發(fā)利用的關(guān)鍵技術(shù)。

（4）工業(yè)制備純硅的反應(yīng)為2H2（g）+SiCl4（g）═Si（s）+4HCl（g）△H=+240.4kJ?mol-1，生成的HCl通入100mL1mol?L-1的NaOH溶液恰好反應(yīng)，則反應(yīng)過(guò)程中____（填“吸收”或“釋放”）的熱量為____kJ．13、某研究性學(xué)習(xí)小組在CO還原Fe2O3的實(shí)驗(yàn)中，用磁鐵吸出生成的黑色粉末X．有人認(rèn)為X不一定只是Fe，因?yàn)闇囟炔煌?、受熱不均時(shí)會(huì)生成Fe3O4，F(xiàn)e3O4也能被磁鐵吸引．；為探究X的組成，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)．

（一）提出假設(shè)①X的成分為Fe

②X的成分為Fe3O4

③X的成分為Fe與Fe3O4的混合物。

（二）設(shè)計(jì)方案。

I-定性探究。

（1）將適量固體X加入鹽酸中，充分反應(yīng)后，加入適量的KSCN溶液，若溶液未變紅色，____（填“能”或“不能”）表明固體X中不含F(xiàn)e304．簡(jiǎn)述理由____

（2）某同學(xué)采用還原法檢驗(yàn)X中是否含有Fe304．

①按如圖連接裝置；并檢查裝置的氣密性．

②打開止水夾，通入純凈的H2．在點(diǎn)燃A處的酒精燈之前，需排盡裝置內(nèi)的空氣，原因是____．

③若加熱一段時(shí)間后，裝置B中的白色固體部分變?yōu)樗{(lán)色，可得出的結(jié)論是____

（3）若要進(jìn)一步證明X的組成，還得進(jìn)行的實(shí)驗(yàn)是（簡(jiǎn)述實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象）____

結(jié)論：____．

II．定量探究。

某同學(xué)利用（2）裝置；通過(guò)定量實(shí)驗(yàn)也可探究X的組成．

①己知a管質(zhì)量為122.0g；取18.0g干燥X粉末加入a中．

②按（2）進(jìn)行實(shí)驗(yàn)至B中無(wú)水硫酸銅顏色不再變化，停止加熱，繼續(xù)通H2至a管恢復(fù)室溫。

③相同條併嚇稱量，a管質(zhì)量（含粉末）為138.4g．試通過(guò)計(jì)算分析X的組成．（要求寫出計(jì)算過(guò)程）14、實(shí)驗(yàn)室制取氯氣的裝置如圖1：

（1）裝置F的名稱是____；按圖組裝好裝置后首先要進(jìn)行的操作是：____．

（2）裝置B中盛放的試劑是____，其作用是____；裝置C中盛放的試劑是____，其作用是____．

（3）寫出E中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：____．

（4）圖2裝置是洗氣瓶，該裝置在化學(xué)實(shí)驗(yàn)中除洗氣外，還有多種用途，試再寫出其一種用途：____．

（5）實(shí)驗(yàn)室有時(shí)用高錳酸鉀代替二氧化錳，與濃鹽酸反應(yīng)制取氯氣，反應(yīng)方程式如下：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

若15.8gKMnO4與足量的濃鹽酸充分反應(yīng)，則有____molHCl被氧化，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為____mol，產(chǎn)生的Cl2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為____L．

15、（16分）炔抑制劑的合成路線如下：（1）化合物A核磁共振氫譜有________種峰。（2）化合物C中含氧官能團(tuán)有___________、__________（填名稱）。（3）鑒別化合物B和C最適宜的試劑是________________。（4）寫出A—B的化學(xué)方程式__________________________。（5）B的同分異構(gòu)體很多，符合下列條件的異構(gòu)體有______________種。①苯的衍生物②含有羧基和羥基③分子中無(wú)甲基（6）試以苯酚、氯乙酸鈉（ClCH2COONa）、正丁醇為原料(無(wú)機(jī)試劑任用)，結(jié)合題中有關(guān)信息，請(qǐng)補(bǔ)充完整的合成路線流程圖。評(píng)卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)16、醋可同時(shí)用作防腐劑和調(diào)味劑____．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、HCl溶液和NaCl溶液均通過(guò)離子導(dǎo)電，所以HCl和NaCl均是離子化合物____．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、甲烷與氯氣在紫外線照射下的反應(yīng)產(chǎn)物有4種____（判斷對(duì)錯(cuò)）19、0.012kg13C所含原子數(shù)為阿伏加德羅常數(shù)．____（判斷對(duì)錯(cuò)）20、實(shí)驗(yàn)時(shí)，將水倒入濃硫酸配制稀硫酸____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、推斷題(共4題，共12分)21、由短周期元素組成的A、B兩種鹽可發(fā)生下列變化．且B的焰色反應(yīng)呈黃色（圖中其它生成物未列出）

（1）A和B的混合物溶于水發(fā)生反應(yīng)的離子方程式____．

（2）B、E兩溶液混合反應(yīng)時(shí)，可觀察到的現(xiàn)象是____，寫出B→F反應(yīng)的離子方程式____．22、汽車安全氣囊是我國(guó)行車安全的重要保障．當(dāng)車輛發(fā)生碰撞的瞬間；安全裝置通電點(diǎn)火使其中的粉末分解釋放出大量的氮?dú)庑纬蓺饽?，從而保護(hù)司機(jī)及乘客免受傷害．為研究安全氣囊工作的化學(xué)原理，取安全裝置中的粉末進(jìn)行實(shí)驗(yàn)．經(jīng)組成分析，確定該粉末僅含Na；Fe、N、O四種元素．水溶性試驗(yàn)表明，固體粉末部分溶解．經(jīng)檢測(cè)，可溶物為化合物甲；不溶物為紅棕色固體，可溶于鹽酸．取13.0g化合物甲，加熱使其完全分解，生成氮?dú)夂蛦钨|(zhì)乙，生成的氮?dú)庹酆铣蓸?biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為6.72L．單質(zhì)乙在高溫隔絕空氣的條件下與不溶物紅棕色粉末反應(yīng)生成化合物丙和另一種單質(zhì)．化合物丙與空氣接觸可轉(zhuǎn)化為可溶性鹽．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）甲的化學(xué)式為____．

（2）若丙在空氣中轉(zhuǎn)化為碳酸氫鹽，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（3）單質(zhì)乙與紅棕色粉末發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____，安全氣囊中紅棕色粉末的作用是____．

（4）以下物質(zhì)中，有可能作為安全氣囊中紅棕色粉末替代品的是____．

A．KClB．KNO3C．Na2SD．CuO．23、（2013秋?宜章縣校級(jí)月考）如圖所示已知：

①甲；乙、丙、丁均為前三周期元素的單質(zhì)．

②在一定條件下甲與丙和甲與丁都按物質(zhì)量之比l：3反應(yīng)；分別生成X和Y，在產(chǎn)物中元素甲呈負(fù)價(jià)．

③在一定條件下乙與丙和乙與丁都按物質(zhì)的量之比1：2反應(yīng)；分別生成Z和W；

在產(chǎn)物中元素乙呈負(fù)價(jià)．

請(qǐng)?zhí)羁眨?/p>

（1）X的分子式是____，Y的化學(xué)式是____，Z的結(jié)構(gòu)式為____，W的電子式為____．

（2）X與乙催化氧化的化學(xué)方程式是____．

（3）Y與Z反應(yīng)的化學(xué)方程式是____．

（4）2.4g丁與足量的乙反應(yīng)生成W放出QKJ的熱，則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為____．

（5）實(shí)驗(yàn)室制取丙的離子方程式為____．

（6）實(shí)驗(yàn)室制取乙不需要加熱的化學(xué)方程式為____．24、A；B、C、X均為中學(xué)化學(xué)常見的純凈物；它們之間有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系（副產(chǎn)物已略去）．

試回答：

（1）若X是強(qiáng)氧化性單質(zhì)，則A不可能是____（填字母）．

a．Sb．N2c．Nad．Mge．Al

（2）若X是金屬單質(zhì)，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，產(chǎn)生不溶于稀HNO3的白色沉淀，則B的化學(xué)式為____；在貯存C溶液時(shí)應(yīng)加入少量X，理由是（用必要的文字和離子方程式表示）____．

（3）若A、B、C為含有金屬元素的無(wú)機(jī)化合物，X為強(qiáng)酸或強(qiáng)堿，A溶液與C溶液反應(yīng)生成B．反應(yīng)①的離子方程式可能為____或____．評(píng)卷人得分五、其他(共1題，共10分)25、現(xiàn)有E、F、H、I、G、K六種原子序數(shù)依次增大的前四周期主族元素，且分屬四個(gè)不同周期，E、G同主族，F(xiàn)、H、I為同周期相鄰的三種元素，其中F元素形成的化合物種類是所有元素中最多的，I、G簡(jiǎn)單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，K與F形成的離子化合物Q與E和I形成的常見共價(jià)化合物R之間的反應(yīng)是實(shí)驗(yàn)室常見的可燃?xì)怏w制備原理。（題中的字母只代表元素代號(hào)，與實(shí)際元素符號(hào)無(wú)關(guān)）,請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）E～K六種元素原子，原子半徑第三大的是____（填對(duì)應(yīng)的元素符號(hào)，下同）。（2）E與H兩種元素組成一種陽(yáng)離子，該離子的結(jié)構(gòu)式為____。（3）I、G兩種元素組成含有兩種化學(xué)鍵的化合物，該化合物的電子式為____。（4）下圖為常溫下向25mL0.1mol·L-1由E、I、G組成的化合物W溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1E、F、I組成相對(duì)分子質(zhì)量為60的一元酸Z溶液過(guò)程中溶液pH的變化曲線。①上圖能確定Z為(“強(qiáng)”或“弱”)酸,理由是____②B點(diǎn)溶液呈中性，有人據(jù)此認(rèn)為，在B點(diǎn)時(shí)W與Z恰好完全反應(yīng)，這種看法是否正確？____（選填“是”或“否”）。若不正確，則二者恰好完全反應(yīng)的點(diǎn)是在AB區(qū)間還是BD區(qū)間內(nèi)？區(qū)間（若正確，此問(wèn)不答）。（5）寫出Q與R之間的化學(xué)反應(yīng)方程式____。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【分析】A．檢驗(yàn)硫酸根離子時(shí)；應(yīng)該先加入鹽酸排除干擾離子，然后再加入氯化鋇溶液；

B．溴單質(zhì)易溶于四氯化碳；微溶于水，可用四氯化碳萃取溴水中溴，然后利用沸點(diǎn)不同蒸餾分離；

C．硫化鈉溶液與硫化氫反應(yīng)生成硫氫化鈉；

D．亞硫酸氫鈉與氯化氫反應(yīng)生成二氧化硫氣體，引進(jìn)了新的雜質(zhì)．【解析】【解答】解：A．檢驗(yàn)溶液中SO42-，若先加入BaCl2溶液；再加鹽酸，生成的沉淀可能為氯化銀，干擾了硫酸根離子的檢驗(yàn)，應(yīng)該先加入鹽酸，然后再加入氯化鋇溶液，故A錯(cuò)誤；

B．溴易溶于四氯化碳，從溴水中提純單質(zhì)溴，可先用CCl4萃取；然后利用沸點(diǎn)不同用蒸餾法分離出四氯化碳和溴單質(zhì)，該操作方法合理，故B正確；

C．硫化鈉溶液中通入硫化氫氣體；二者反應(yīng)生成硫氫化鈉，故C錯(cuò)誤；

D．除去CO2中少量HCl，應(yīng)該將混合氣體通過(guò)盛有飽和NaHCO3溶液的洗氣瓶；否則會(huì)引進(jìn)雜質(zhì)二氧化硫，故D錯(cuò)誤；

故選B．2、C【分析】【分析】NaH+H2O═NaOH+H2↑中，NaH中H元素的化合價(jià)由-1價(jià)升高為0，H2O中H元素的化合價(jià)由+1價(jià)降低為0，以此解答．【解析】【解答】解：NaH+H2O═NaOH+H2↑中，NaH中H元素的化合價(jià)由-1價(jià)升高為0，H2O中H元素的化合價(jià)由+1價(jià)降低為0；

A．反應(yīng)中只有H元素的化合價(jià)變化；則氫氣既是還原產(chǎn)物又是氧產(chǎn)物，故A錯(cuò)誤；

B．NaH+H2O═NaOH+H2↑中，NaH中H元素的化合價(jià)由-1價(jià)升高為0，H2O中H元素的化合價(jià)由+1價(jià)降低為0，生成1molH2反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA；故B錯(cuò)誤；

C．在NaH中H元素的化合價(jià)由-1價(jià)升高為0；NaH為還原劑，故C正確；

D．NaH為還原劑；水為氧化劑，故D錯(cuò)誤；

故選C．3、A【分析】【分析】反應(yīng)中硝酸起氧化劑與酸性作用，起氧化劑作用HNO3中氮元素被還原為NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知銅失去的電子轉(zhuǎn)移給硝酸生成NO2和NO，所以反應(yīng)過(guò)程中轉(zhuǎn)移的電子為銅失去的電子，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：反應(yīng)中硝酸起氧化劑與酸性作用，起氧化劑作用HNO3中氮元素被還原為NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2，由Cu原子守恒可知，n[Cu（NO3）2]=n（Cu）=1mol，根據(jù)氧化還原反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移守恒可知：銅失去的電子轉(zhuǎn)移給硝酸生成NO2和NO，所以反應(yīng)過(guò)程中轉(zhuǎn)移的電子為銅失去的電子，銅從0價(jià)變?yōu)?2價(jià)，失去2e-；所以1mol銅失去2mol電子，則反應(yīng)過(guò)程中轉(zhuǎn)移的電子為2mol；

故選A．4、A【分析】【分析】平衡移動(dòng)原理是如果改變影響平衡的一個(gè)條件（如濃度、壓強(qiáng)或溫度等），平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動(dòng)，平衡移動(dòng)原理適用的對(duì)象應(yīng)存在可逆過(guò)程，如與可逆過(guò)程無(wú)關(guān)，則不能用平衡移動(dòng)原理解釋，平衡移動(dòng)原理對(duì)所有的動(dòng)態(tài)平衡都適用．【解析】【解答】解：A．氯氣能夠溶于水，存在Cl2+H2O?HClO+H++Cl-；食鹽水中含有大量氯離子，促使平衡逆向移動(dòng)，降低氯氣在食鹽水中的溶解度，可以用勒夏特列原理解釋，故A選；

B．合成氨的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)；升高溫度平衡逆向移動(dòng)，但500℃左右的溫度比室溫更有利于合成氨反應(yīng)，不能用平衡移動(dòng)原理解釋，故B不選；

C．該反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量之和不變；所以壓強(qiáng)不影響平衡移動(dòng)，不能用平衡移動(dòng)原理解釋，故C不選；

D．催化劑只影響反應(yīng)速率不影響平衡移動(dòng)；所以不能用平衡移動(dòng)原理解釋，故D不選；

故選A．5、A【分析】【分析】根據(jù)n=cV=計(jì)算．【解析】【解答】解：n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol；m（NaOH）=1mol×40g/mol=40g．

故選A．6、A【分析】【分析】根據(jù)容量瓶的使用方法分析，容量瓶是用來(lái)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的定量容器，只能在常溫下使用，不能用來(lái)盛裝過(guò)冷或過(guò)熱的液體，不能用來(lái)稀釋溶液或作為反應(yīng)容器．【解析】【解答】解：容量瓶是用來(lái)配制一定體積；一定物質(zhì)的量濃度溶液的定量容器；容量瓶上標(biāo)有容量、刻度線，則①②正確；

容量瓶只能在常溫下使用；不能用來(lái)盛裝過(guò)冷或過(guò)熱的液體，不能用來(lái)稀釋溶液或作為反應(yīng)容器，則③正確；

與濃度；壓強(qiáng)、酸式或堿式無(wú)關(guān)；所以正確的是①②③．

故選A．7、D【分析】1mol乙烯與1molCl2發(fā)生加成反應(yīng)生成1mol二氯乙烷，1mol二氯乙烷與4molCl2發(fā)生取代反應(yīng)生成1mol六氯乙烷?！窘馕觥俊敬鸢浮緿8、B【分析】解：rm{A.}乙醚從黃花蒿中提取出青蒿素；因青蒿素易溶于乙醚，不易溶于水，為萃取原理，故A正確；

B.高分子化合物的相對(duì)分子質(zhì)量一般在rm{10000}以上；油脂不是高分子化合物，故B錯(cuò)誤；

C.氯堿工業(yè)中氯離子放電；則需要陽(yáng)離子交換膜使陽(yáng)離子移動(dòng)到陰極，故C正確；

D.氨水與二氧化硫發(fā)生反應(yīng)；用氨水法處理燃煤煙氣中的二氧化硫，既可消除其污染，又可得到副產(chǎn)品硫酸銨，故D正確；

故選B．

A.青蒿素易溶于乙醚；利用了溶解度的不同；

B.油脂不是高分子化合物；

C.氯堿工業(yè)中氯離子放電；則陽(yáng)離子需要移動(dòng)到陰極；

D.氨水與二氧化硫發(fā)生反應(yīng)．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握混合物分離提純、化學(xué)反應(yīng)原理及應(yīng)用、物質(zhì)性質(zhì)及應(yīng)用為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大．【解析】rm{B}二、填空題(共7題，共14分)9、1s22s22p2NH3與H2O間能形成氫鍵H3O+＞原子sp3acd【分析】【分析】根據(jù)題意，A、B、C、D、E、F為原子序數(shù)依次增大的短六種短周期主族元素，F(xiàn)原子的電子層數(shù)是A的3倍，說(shuō)明A有一個(gè)電子層．F有三個(gè)電子層，A、F原子的最外層電子數(shù)均等于其周期序數(shù)可知，A為H元素，F(xiàn)為AI元素；原子核外電子分處3個(gè)不同能級(jí)，且每個(gè)能級(jí)上排布的電子數(shù)相同，根據(jù)B原子的核外電子排布式為1S22S22P2，為C元素；A與C形成的最簡(jiǎn)單分子為三角錐形，為NH3分子，則C為N元素；D原子p軌道上成對(duì)電子數(shù)等于未成對(duì)電子數(shù)，P亞層三個(gè)軌道中的電子數(shù)只能是2、1、1共四個(gè)電子，核外電子排布式1S22S22P4，所以核外電子總數(shù)為8，D元素是O元素；E原子核外每個(gè)原子軌道上的電子都已成對(duì)，E電負(fù)性小于F，即電負(fù)性小于AI，原子序數(shù)大于8小于13，且原子軌道上都是成對(duì)電子，結(jié)合原子結(jié)構(gòu)軌道表示式可知，E元素為Mg元素．所以A、B、C、D、E、F分別為H、C、N、O、Mg、AI；根據(jù)推斷出的元素進(jìn)行解答．【解析】【解答】解：（1）B元素為碳元素，根據(jù)核外電子排布規(guī)律，C元素的基態(tài)原子的核外電子排布式為：1s22s22p2，故答案為：1s22s22p2；

（2）A、C形成的最簡(jiǎn)單分子是NH3分子；是一種極性分子，極易溶于水的原因主要有：

①根據(jù)相似相溶原理；氨氣易溶于極性溶劑水中；

②氨氣分子在水中易與水分子形成氫鍵；增大了氨氣的溶解性；

③部分氨氣與水反應(yīng)，降低了NH3濃度；使溶解量增大；

所謂等電子體是指一類分子或離子，組成它們的原子數(shù)相同，而且所含的價(jià)層電子數(shù)相同，則它們互稱為等電子體．與氨氣分子互為等電子體的陽(yáng)離子為H3O+；

故答案為：NH3與H2O間能形成氫鍵；H3O+；

（3）電離能可以衡量元素的原子失去一個(gè)電子的難易程度（可近似理解為金屬性）．第一電離能數(shù)值越??；原子越容易失去一個(gè)電子；第一電離能數(shù)值越大，原子越難失去一個(gè)電子．存在的規(guī)律為：

①隨著核電荷數(shù)的遞增；元素的第一電離能呈現(xiàn)周期性變化；②總體上金屬元素第一電離能較小非金屬元素第一電離能較大；③同周期元素第一電離能從左到右有增大的趨勢(shì)．所以同一周期第一電離能最小的是堿金屬元素，最大的是稀有氣體元素；

④同一周期內(nèi)元素的第一電離能在總體增大的趨勢(shì)中有些曲折．當(dāng)外圍電子在能量相等的軌道上形成全空（p0；d0，fo）；半滿（p3，d5，f7）或全滿（p6，d10，f14）結(jié)構(gòu)時(shí)，原子的能量較低，元素的第一電離能較大．特例是第二主族的第一電離能大于第三主族，第五主族的第一電離能大于第六主族；⑤同一主族元素從上到下，原子半徑增加，有效核電荷增加不多，則原子半徑增大的影響起主要作用，第一電離能由大變小，元素的金屬性逐漸增強(qiáng)，則鎂原子結(jié)構(gòu)中各亞層均處于全滿狀態(tài)，所以鎂比鋁的第一電離能反常高；

故答案為：＞；

（4）根據(jù)BD2即CO2在高溫高壓下所形成的晶胞晶胞結(jié)構(gòu)可知，該晶體為原子晶體，晶胞內(nèi)白球?yàn)镃原子，黑球?yàn)镺原子，每個(gè)晶胞中含碳原子為8×+6×+4=8，含氧原子為16，所以碳原子和氧原子微粒數(shù)之比為1：2，根據(jù)晶胞中碳原子和氧原子的結(jié)構(gòu)可知，碳原子的雜化方式為SP3雜化，故答案為：原子；sp3；

（5）光譜證實(shí)單質(zhì)AI與強(qiáng)堿性溶液反應(yīng)有[AI（OH）4]-生成，可看作其中鋁原子和三個(gè)羥基形成三對(duì)共用電子對(duì)，形成三個(gè)極性共價(jià)鍵，形成AI（OH）3；AI（OH）3溶解在強(qiáng)堿中，和OH-形成[AI（OH）4]-；利用的是鋁原子的空軌道和氫氧根離子的孤對(duì)電子形成的配位鍵；

由兩個(gè)相同或不相同的原子軌道沿軌道對(duì)稱軸方向相互重疊而形成的共價(jià)鍵，叫做σ鍵，所以[AI（OH）4]-中也形成了σ鍵．

故答案為：acd．10、略

【分析】(1)陽(yáng)離子交換樹脂可以除去水中的陽(yáng)離子。(2)催化還原法凈化尾氣中的氮氧化物時(shí)，反應(yīng)原理是使氮的氧化物被還原，即所選用的物質(zhì)應(yīng)該具有還原性，而CO2具有氧化性，不符合條件。點(diǎn)撥：本題考查化工生產(chǎn)中物質(zhì)的凈化，考查考生分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力。難度中等?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)陽(yáng)離子交換樹脂(2)C(3)水蒸氣轉(zhuǎn)化器(4)CO、H2煤的干餾11、2ClO3-+SO2=2ClO2↑+SO42-c2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑防止H2O2分解a蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾滴加最后一滴液體時(shí)溶液由藍(lán)色變成無(wú)色且半分鐘內(nèi)不變色【分析】【分析】氯酸鈉、水和稀硫酸在ClO2發(fā)生器中通入二氧化硫和空氣反應(yīng)生成ClO2，吸收塔內(nèi)的反應(yīng)是氫氧化鈉、過(guò)氧化氫吸收ClO2反應(yīng)生成亞氯酸鈉（NaClO2）；蒸發(fā)濃縮結(jié)晶析出，過(guò)濾洗滌得到晶體；

（1）發(fā)生器中發(fā)生反應(yīng)為氯酸鈉在酸溶液中氧化二氧化硫生成二氧化氯和硫酸，由信息②可知，純ClO2易分解爆炸；一般用稀有氣體或空氣稀釋到10%以下安全．據(jù)此解答．

（2）根據(jù)題目信息并運(yùn)用氧化還原反應(yīng)理論判斷反應(yīng)物、生成物．根據(jù)流程信息可知，吸收塔內(nèi)生成NaClO2，一定有ClO2→NaClO2，化合價(jià)降低，被還原；則H2O2必定被氧化，有氧氣產(chǎn)生．據(jù)此書寫方程式．溫度過(guò)高，H2O2容易分解；

（3）還原性要適中．還原性太強(qiáng)，會(huì)將ClO2還原為更低價(jià)態(tài)產(chǎn)物，影響NaClO2生產(chǎn)；方便后續(xù)分離提純，加入試劑不能干擾后續(xù)生產(chǎn)，Na2O2溶于水相當(dāng)于H2O2．（4）從溶液中得到含結(jié)晶水的晶體；只能采取蒸發(fā)；濃縮、冷卻結(jié)晶方法，通過(guò)過(guò)濾得到粗晶體．得到的粗晶體經(jīng)過(guò)重結(jié)晶可得到純度更高的晶體；

（5）①步驟Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)是酸性溶液中ClO2-能被I-完全還原成Cl-，碘離子被氧化為碘單質(zhì)，溶液中Na2S2O3能與I2反應(yīng)：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6．溶液顏色藍(lán)色變化為無(wú)色分析判斷反應(yīng)終點(diǎn)；

②依據(jù)ClO2-+4H++4I-=2I2+Cl-+2H2O，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，反應(yīng)的定量關(guān)系計(jì)算得到；【解析】【解答】解：（1）發(fā)生器中發(fā)生反應(yīng)是氯酸鈉在酸溶液中氧化二氧化硫生成二氧化氯和硫酸，反應(yīng)的離子方程式為：2ClO3-+SO2=2ClO2↑+SO42-，由信息②可知，純ClO2易分解爆炸，一般用稀有氣體或空氣稀釋到10%以下安全．發(fā)生器中鼓入空氣的作用應(yīng)是稀釋ClO2以防止爆炸；故選c；

故答案為：2ClO3-+SO2=2ClO2↑+SO42-；c；

（2）根據(jù)流程信息可知，吸收塔內(nèi)生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合價(jià)降低，被還原；則H2O2必定被氧化，有氧氣產(chǎn)生，反應(yīng)方程式為2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，H2O2不穩(wěn)定，溫度過(guò)高，H2O2容易分解，吸收塔的溫度不能超過(guò)20℃，其目的是防止H2O2分解；

故答案為：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；防止H2O2分解．

（4）還原性要適中．還原性太強(qiáng)，會(huì)將ClO2還原為更低價(jià)態(tài)產(chǎn)物，影響NaClO2生產(chǎn)；方便后續(xù)分離提純，加入試劑不能干擾后續(xù)生產(chǎn)．Na2O2溶于水相當(dāng)于H2O2．Na2S、FeCl2還原性較強(qiáng)，生成物與NaClO2分離比較困難；故選a；

故答案為：a；

（4）從溶液中得到含結(jié)晶水的晶體；只能采取蒸發(fā)；濃縮、冷卻結(jié)晶方法，通過(guò)過(guò)濾得到粗晶體，得到的粗晶體經(jīng)過(guò)重結(jié)晶可得到純度更高的晶體；

故答案為：蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過(guò)濾；

（5）①步驟Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)是酸性溶液中ClO2-能被I-完全還原成Cl-，碘離子被氧化為碘單質(zhì)，離子方程式為：ClO2-+4H++4I-=2I2+Cl-+2H2O，溶液中Na2S2O3能與I2反應(yīng)：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6．溶液顏色藍(lán)色變化為無(wú)色分析判斷反應(yīng)終點(diǎn)；滴入最后一滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變化為無(wú)色且半分鐘不變化；

故答案為：滴入最后一滴標(biāo)準(zhǔn)溶液；溶液由藍(lán)色變化為無(wú)色且半分鐘不變化；

②依據(jù)ClO2-+4H++4I-=2I2+Cl-+2H2O，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，反應(yīng)的定量關(guān)系計(jì)算得到，設(shè)NaClO2物質(zhì)的量為x；

ClO2-～2I2～4Na2S2O3+

14

xcV×10-3mol

x=mol

樣品中NaClO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%=；

故答案為：；12、460光電D吸收6.01【分析】【分析】（1）二氧化硅晶體中每個(gè)Si原子形成4個(gè)Si-O鍵；1mol二氧化硅晶體中含有4molSi-O鍵，反應(yīng)熱△H=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能；

（2）太陽(yáng)能電池將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能；

（3）硅在自然界中含量豐富；主要以硅酸鹽和二氧化硅的形式存在，僅次于氧，硅作為一種普遍使用的新型能源被開發(fā)利用說(shuō)明燃燒放出的熱量大，硅燃燒生成二氧化硅，以此解答該題；

（4）通入100mL1mol?L-1的NaOH溶液恰好反應(yīng)說(shuō)明生成的氯化氫為0.1mol，然后根據(jù)方程式進(jìn)行計(jì)算．【解析】【解答】解：（1）二氧化硅晶體中每個(gè)Si原子形成4個(gè)Si-O鍵，1mol二氧化硅晶體中含有4molSi-O鍵，則SiO2晶體中Si和Si-O鍵的比例為1：4；

因晶體硅中每個(gè)Si原子與周圍的4個(gè)硅原子形成正四面體，向空間延伸的立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，每Si原子與周圍的4個(gè)Si原子形成4個(gè)Si-Si鍵，每個(gè)Si-Si鍵為1個(gè)Si原子提供個(gè)Si-Si鍵，所以1mol晶體硅中含有1mol×4×=2molSi-Si鍵；

反應(yīng)熱△H=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能，所以Si（s）+O2（g）=SiO2（s）中；△H=176kJ/mol×2mol+498.8kJ/mol-XkJ/mol×4=-989.2kJ/mol．

X=460kJ/mol；故答案為：460；

（2）硅光電池將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能；太陽(yáng)能熱水器是將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故答案為：光；電；

（3）A．硅常溫下為固體；性質(zhì)較穩(wěn)定，便于貯存，較為安全，故A正確；

B．硅在自然界中含量豐富；僅次于氧，故B正確；

C．硅作為一種普遍使用的新型能源被開發(fā)利用說(shuō)明燃燒放出的熱量大；硅燃燒生成二氧化硅，二氧化硅是固體，容易得至有效控制，故C正確；

D．催化劑只能加快化學(xué)反應(yīng)的速率；不改變反應(yīng)熱，故D錯(cuò)誤．

故答案為：D；

（4）通入100mL1mol?L-1的NaOH溶液恰好反應(yīng)說(shuō)明生成的氯化氫為0.1mol；設(shè)反應(yīng)放出的熱量為X．

2H2（g）+SiCl4（g）═Si（s）+4HCl（g）△H=+240.4kJ?mol-1

4240.4

0.1X

=

解得X=6.01kJ，故答案為：6.01．13、不能在有鐵存在下，可使鐵離子還原成亞鐵離子防止空氣與空氣混合加熱時(shí)發(fā)生爆炸，同時(shí)也避免氫氣與氧氣反應(yīng)生成水而干擾實(shí)驗(yàn)固體X中含有Fe3O4取少量X粉末與試管中，滴加稀鹽酸，產(chǎn)生氣泡（或一直不產(chǎn)生氣泡）X為Fe與Fe3O4的混合物（或?yàn)镕e3O4）【分析】【分析】（1）根據(jù)鐵能夠與鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子分析；

（2）②根據(jù)氫氣與空氣中氧氣混合會(huì)發(fā)生爆炸及氫氣與氧氣反應(yīng)生成水干擾實(shí)驗(yàn)結(jié)果解答；

③根據(jù)無(wú)水硫酸銅變藍(lán)證明有水生成分析；

（3）利用鐵與酸反應(yīng)時(shí)生成氫氣檢驗(yàn)混合物中是否含有鐵；

II．先假設(shè)X根據(jù)a管中加熱前與加熱之后的質(zhì)量差計(jì)算出Fe3O4的質(zhì)量，再根據(jù)計(jì)算出的質(zhì)量與18.0g的大小關(guān)系判斷X的組成．【解析】【解答】解：（1）由于混合物中可能為Fe和Fe3O4的混合物，鐵能夠與鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子，所以將適量固體X加入鹽酸中，充分反應(yīng)后，加入適量的KSCN溶液，若溶液未變紅色，不能判斷固體X中不含F(xiàn)e304；

故答案為：不能；在有鐵存在下；可使鐵離子還原成亞鐵離子；

（2）②打開止水夾，通入純凈的H2；在點(diǎn)燃A處的酒精燈之前，防止空氣與空氣混合加熱時(shí)發(fā)生爆炸，同時(shí)也避免氫氣與氧氣反應(yīng)生成水而干擾實(shí)驗(yàn)，所以需排盡裝置內(nèi)的空氣；

故答案為：防止空氣與空氣混合加熱時(shí)發(fā)生爆炸；同時(shí)也避免氫氣與氧氣反應(yīng)生成水而干擾實(shí)驗(yàn)；

③若加熱一段時(shí)間后，裝置B中的白色固體無(wú)水硫酸銅變?yōu)樗{(lán)色，證明有水生成，所以混合物中含有氧元素，證明固體X中含有Fe3O4；

故答案為：固體X中含有Fe3O4；

（3）若要進(jìn)一步證明X的組成，還得進(jìn)行的實(shí)驗(yàn)為：取少量X粉末與試管中，滴加稀鹽酸，產(chǎn)生氣泡（或一直不產(chǎn)生氣泡），X為Fe與Fe3O4的混合物（或?yàn)镕e3O4）；

故答案為：取少量X粉末與試管中，滴加稀鹽酸，產(chǎn)生氣泡（或一直不產(chǎn)生氣泡）；X為Fe與Fe3O4的混合物（或?yàn)镕e3O4）；

II．Fe3O4被含有生成了鐵，混合物質(zhì)量減少，減少的質(zhì)量為氧元素的質(zhì)量，所以根據(jù)試管加熱前后質(zhì)量差計(jì)算出Fe3O4的質(zhì)量；

Fe3O4～4O

23264

m（Fe3O4）（122.0+18.0-138.4）g=5.8g

得m（Fe3O4）==5.8g；

由于m（Fe3O4）＜18.0g，所以X為Fe和Fe3O4的混合物；

答：X為Fe和Fe3O4的混合物．14、反應(yīng)漏斗檢查裝置的氣密性飽和食鹽水除去HCl氣體濃硫酸吸收水蒸氣Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O安全瓶或量氣瓶等0.50.55.6【分析】【分析】（1）裝置F的名稱是分液漏斗；制備氣體組裝好裝置后首先要進(jìn)行的操作是檢查裝置的氣密性；

（2）裝置B盛放飽和食鹽水；除去HCl氣體；裝置C中盛放濃硫酸，吸收水蒸氣；

（3）裝置E盛放氫氧化鈉溶液；吸收尾氣中的氯氣，防止污染大氣，氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉；次氯酸鈉與水；

（4）圖2裝置可以做安全瓶；量氣瓶等；

（5）根據(jù)n=計(jì)算15.8gKMnO4的物質(zhì)的量，由2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O計(jì)算生成的氯氣的物質(zhì)的量，被氧化的HCl生成氯氣，根據(jù)氯原子守恒計(jì)算被氧化的HCl，氯元素化合價(jià)由-1價(jià)升高為0計(jì)算，據(jù)此計(jì)算轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量，根據(jù)V=nVm計(jì)算生成氯氣的體積．【解析】【解答】解：（1）裝置F的名稱是分液漏斗；制備氣體組裝好裝置后首先要進(jìn)行的操作是檢查裝置的氣密性；

故答案為：分液漏斗；檢查裝置的氣密性；

（2）裝置B盛放飽和食鹽水；除去HCl氣體；裝置C中盛放濃硫酸，吸收水蒸氣；

故答案為：飽和食鹽水；除去HCl氣體；濃硫酸，吸收水蒸氣；

（3）裝置E盛放氫氧化鈉溶液，吸收尾氣中的氯氣，反應(yīng)方程式為：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；

故答案為：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；

（4）圖2裝置可以做安全瓶；量氣瓶等；

故答案為：安全瓶；量氣瓶；

（5）15.8gKMnO4的物質(zhì)的量為=0.1mol，由2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O可知生成的氯氣的物質(zhì)的量為0.1mol×=0.25mol；被氧化的HCl生成氯氣，根據(jù)氯原子守恒計(jì)算被氧化的HCl為0.25mol×2=0.5mol，氯元素化合價(jià)由-1價(jià)升高為0計(jì)算，故轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為0.25mol×2=0.5mol，生成氯氣的體積為0.25mol×22.4L/mol=5.6L；

故答案為：0.5，0.5，5.6．15、略

【分析】【解析】【答案】三、判斷題(共5題，共10分)16、√【分析】【分析】醋的主要成分是醋酸，醋酸具有酸味，醋酸能使抑制細(xì)菌的生長(zhǎng)，起到防腐作用，以此判斷．【解析】【解答】解：醋的主要成分是醋酸；醋酸具有酸味，可作調(diào)味劑，醋酸能使抑制細(xì)菌的生長(zhǎng)，起到防腐作用，可作防腐劑；

故答案為：√．17、×【分析】【分析】HCl中只含共價(jià)鍵，NaCl中只含離子鍵，以此來(lái)解答．【解析】【解答】解：HCl中只含共價(jià)鍵；NaCl中只含離子鍵，則HCl為共價(jià)化合物，而NaCl為離子化合物，不能利用溶液的導(dǎo)電性判斷化合物的類別；

故答案為：×．18、×【分析】【分析】甲烷和氯氣在光照條件下發(fā)生反應(yīng)，生成有機(jī)物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，還有無(wú)機(jī)物氯化氫，據(jù)此完成即可．【解析】【解答】解：由于甲烷和氯氣在光照條件下發(fā)生反應(yīng)，生成有機(jī)物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，還有無(wú)機(jī)物：氯化氫，總計(jì)5種產(chǎn)物，故答案為：×．19、×【分析】【分析】0.012kg12C中所含的碳原子數(shù)為阿伏加德羅常數(shù)，以此解答該題．【解析】【解答】解：0.012kg12C中所含的碳原子數(shù)為阿伏加德羅常數(shù)，而不是13C，故答案為：×．20、×【分析】【分析】濃硫酸溶解時(shí)，會(huì)釋放出大量的熱量，在稀釋濃硫酸時(shí)，一定要把濃硫酸沿容器璧慢慢注入水里，并不斷攪拌．【解析】【解答】解：實(shí)驗(yàn)室配制稀硫酸時(shí)，應(yīng)先將水倒入燒杯中，再將濃硫酸用玻璃棒引流進(jìn)燒杯中，并用玻璃棒不斷攪拌．注意不能將水倒到濃硫酸中，以免溶解時(shí)放出的熱使酸液沸騰四處飛濺，故答案為：×．四、推斷題(共4題，共12分)21、Al3++3HCO3-═Al（OH）3↓+3CO2↑有白色膠狀沉淀HCO3-+OH-═CO32-+H2O【分析】【分析】由題給轉(zhuǎn)化關(guān)系可知C為Al（OH）3，D為CO2，B的焰色反應(yīng)呈黃色，應(yīng)含有鈉元素，則B為NaHCO3，F(xiàn)為Na2CO3，E為NaAlO2，A為AlCl3，結(jié)合對(duì)應(yīng)物質(zhì)的性質(zhì)以及題目要求可解答該題．【解析】【解答】解：由題給轉(zhuǎn)化關(guān)系可知C為Al（OH）3，D為CO2，B的焰色反應(yīng)呈黃色，應(yīng)含有鈉元素，則B為NaHCO3，F(xiàn)為Na2CO3，E為NaAlO2，A為AlCl3；

（1）A為AlCl3，B為NaHCO3，可發(fā)生互促水解，反應(yīng)的離子方程式為Al3++3HCO3-═Al（OH）3↓+3CO2↑；

故答案為：Al3++3HCO3-═Al（OH）3↓+3CO2↑；

（2）B為NaHCO3，F(xiàn)為Na2CO3，B→F反應(yīng)的離子方程式HCO3-+OH-═CO32-+H2O；

故答案為：有白色膠狀沉淀；HCO3-+OH-═CO32-+H2O．22、NaN32Na2O2+4CO2+2H2O=4NaHCO3+O26Na+2Fe2O3=3Na2O2+4Fe充當(dāng)氧化劑，除去氮化鈉分解產(chǎn)生的金屬鈉（金屬鈉溶于水產(chǎn)生大量的熱和堿性有害物質(zhì)），提供大量的熱量用于氮化鈉的迅速分解D【分析】【分析】粉末僅含Na、Fe、N、O四種元素．水溶性試驗(yàn)表明，固體粉末部分溶解，經(jīng)檢測(cè)，可溶物為化合物甲；不溶物為紅棕色固體，可溶于鹽酸，則該紅棕色固體是氧化鐵；取13.0g化合物甲，加熱使其完全分解，生成氮?dú)夂蛦钨|(zhì)乙，生成的氮?dú)庹酆铣蓸?biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為6.72L，則甲中含有兩種元素，且甲是可溶性物質(zhì)，加熱時(shí)能分解生成氮?dú)夂蛦钨|(zhì)，則甲是氮化鈉，乙是鈉，單質(zhì)乙在高溫隔絕空氣的條件下與不溶物紅棕色粉末反應(yīng)生成化合物丙和另一種單質(zhì)，鈉和氧化鐵反應(yīng)生成過(guò)氧化鈉和鐵，所以丙是過(guò)氧化鈉，化合物丙與空氣接觸可轉(zhuǎn)化為可溶性鹽，過(guò)氧化鈉和二氧化碳能反應(yīng)生成可溶性鹽，根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)來(lái)分析解答．【解析】【解答】解：粉末僅含Na；Fe、N、O四種元素．水溶性試驗(yàn)表明；固體粉末部分溶解，經(jīng)檢測(cè)，可溶物為化合物甲；不溶物為紅棕色固體，可溶于鹽酸，則該紅棕色固體是氧化鐵；取13.0g化合物甲，加熱使其完全分解，生成氮?dú)夂蛦钨|(zhì)乙，生成的氮?dú)庹酆铣蓸?biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為6.72L，則甲中含有兩種元素，且甲是可溶性物質(zhì)，加熱時(shí)能分解生成氮?dú)夂蛦钨|(zhì)，則甲是氮化鈉，乙是鈉，單質(zhì)乙在高溫隔絕空氣的條件下與不溶物紅棕色粉末反應(yīng)生成化合物丙和另一種單質(zhì)，鈉和氧化鐵反應(yīng)生成過(guò)氧化鈉和鐵，所以丙是過(guò)氧化鈉，化合物丙與空氣接觸可轉(zhuǎn)化為可溶性鹽，過(guò)氧化鈉和二氧化碳能反應(yīng)生成可溶性鹽；

（1）通過(guò)以上分析知，甲的化學(xué)式為：NaN3，故答案為：NaN3；

（2）并是過(guò)氧化鈉，若丙在空氣中轉(zhuǎn)化為碳酸氫鹽，則該反應(yīng)是過(guò)氧化鈉和二氧化碳、水反應(yīng)生成碳酸氫鈉和氧氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Na2O2+4CO2+2H2O=4NaHCO3+O2，故答案為：2Na2O2+4CO2+2H2O=4NaHCO3+O2；

（3）高溫條件下，鈉和氧化鐵反應(yīng)生成過(guò)氧化鈉和鐵，反應(yīng)方程式為：6Na+2Fe2O33Na2O2+4Fe；鈉和氧化鐵反應(yīng)時(shí)，氧化鐵作氧化劑，且該反應(yīng)放出大量熱，能提供能量促進(jìn)氮化鈉分解；

故答案為：6Na+2Fe2O33Na2O2+4Fe；充當(dāng)氧化劑，除去氮化鈉分解產(chǎn)生的金屬鈉（金屬鈉溶于水產(chǎn)生大量的熱和堿性有害物質(zhì)），提供大量的熱量用于氮化鈉的迅速分解；

（4）氧化鐵作氧化劑，且能和鈉發(fā)生置換反應(yīng)，則選取的替代品應(yīng)該具有氧化性，且能和鈉發(fā)生置換反應(yīng)，從氧化性角度分析KNO3、CuO均可，但KNO3本身受熱分解，產(chǎn)生氧氣與氮?dú)夥磻?yīng)，故選D．23、NH3Mg3N2H-O-H4NH3+5O24NO+6H2OMg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+2NH3↑2Mg（s）+O2（g）═2MgO（s）△H=+20QKJmol?L-1Zn+2H+═Zn2++H2↑2H2O22H2O+O2↑【分析】【分析】甲、乙、丙均為前三周期元素的單質(zhì)，甲、乙元素化合價(jià)可以顯負(fù)價(jià)說(shuō)明為非金屬，推斷單質(zhì)為H2、O2、N2、Cl2，丁為固體單質(zhì)．在一定條件下甲與丙、甲與丁都按微粒個(gè)數(shù)比1：3組成X和Y，在產(chǎn)物中元素甲呈負(fù)價(jià)，丙和丁顯正價(jià)，說(shuō)明甲是非金屬元素形成的單質(zhì)N2，丙為H2，X為NH3，Y為Mg3N2；在一定條件下乙與丙、乙與丁都按物質(zhì)的量之比1：2反應(yīng)，在產(chǎn)物中元素乙呈負(fù)價(jià)，說(shuō)明乙是非金屬元素．所以乙為O2，分別生成Z為H2O，W為MgO；依據(jù)判斷出的物質(zhì)分析回答問(wèn)題．【解析】【解答】解：甲、乙、丙均為前三周期元素的氣體單質(zhì)為H2、O2、N2、Cl2，丁為固體單質(zhì)．在一定條件下甲