2024年浙教版高三化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年浙教版高三化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列叙述错误的是（）A.阴、阳离子通过静电吸引所形成的化学键，叫离子键B.活泼金属元素与活泼非金属元素化合时，形成的是离子键C.某元素最外层只有一个电子，它与卤素原子结合时所形成的化学键不一定是离子键D.全部由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物2、锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌．硝酸铵和水．当生成1mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为（）A.2molB.1molC.0.25molD.0.5mol3、如图，在注射器中加入少量Na2SO3晶体；并吸入少量浓硫酸（以不接触纸条为准）．则下列有关说法正确的是（）

A.湿润淀粉KI试纸未变蓝说明SO2的氧化性弱于I2

B.沾有KMnO4溶液滤纸、湿润的品红试纸均褪色证明了SO2漂白性。

C.湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色。

D.NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2

4、下列说法正确的是（）A.精制砒霜过程如下：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是干馏B.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C.“水滴石穿”、“绳剧木断”都是物理过程D.二氧化硅既可以与氢氧化钠反应，又可以与氢氟酸反应，故属于两性氧化物5、下列有关卤族元素的叙述不正确的是（）A.卤族元素从F到I，其气态氢化物的稳定性逐渐减弱，HX水溶液酸性逐渐增强B.卤族元素从Cl到I，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱C.卤族元素从F到I，HX的熔沸点：HF＞HI＞HBr＞HClD.卤素单质氧化性F2＞Cl2＞Br2＞I2，因此排在前面的卤素单质均可将排在后面的卤素从它的盐溶液中置换出来6、中和相同体积相同pH值的Ba（OH）2，NaOH和NH3•H20三种稀溶液所用相同浓度盐酸的体积分别是V1，V2，V3，它们的关系是（）A.V3＞V2＞V1B.V3＞V2=V1C.V3=V2＞V1D.V1=V2＞V37、现有四种短周期元素的原子半径及主要化合价数据如下表所示：

。元素甲乙丙丁原子半径/nm0.1860.1020.1520.074主要化合价+1+6、-2+1-2下列叙述不正确的是（）A.甲单质的熔点比丙单质的熔点高B.甲单质可用电解其熔融盐的方法冶炼而得C.常温下，丁的两种氢化物均为液体D.乙的简单离子是四种元素各自形成的简单离子中半径最大的8、下列离子方程式书写正确的是：A.碳酸氢镁溶液中加入过量的NaOH溶液：Mg2++2HCO3－十4OH一=Mg（OH）2↓2H2O+2CO32—B.NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后显酸性：Ba2++OH－+H++SO42－=BaSO4↓+H2OC.少量C12通入水中：Cl2+H2O2H++C1O－十C1－D.酸性高锰酸钾可使草酸溶液褪色：2MnO4－＋5C2O42－+16H+=2Mn2++l0CO2↑+8H2O9、某甲酸溶液中含有甲醛，用下列方法可以证明的是rm{(}rm{)}A.加入足量的新制氢氧化铜并加热煮沸，有砖红色的沉淀B.加入过量的氢氧化钠充分反应后的溶液能发生银镜反应C.将试液进行酯化反应后的混合液能发生银镜反应D.加入足量氢氧化钠后，蒸馏出的气体通入新制的氢氧化铜悬浊液加热有砖红色沉淀评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)10、将淀粉、碘化钾的混合溶液盛放在半透膜袋里，浸放在一杯蒸馏水中，过几分钟后进行下列实验，其现象正确的是（）A.取杯中袋外液体加AgNO3溶液有黄色沉淀B.取杯中袋内液体加氯水变蓝色C.取杯中袋外液体加氯水变蓝色D.取杯中袋外液体加碘水变蓝色11、下列叙述正确的是（）A.含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体B.化合物硫氰化铁和氢氧化二氨合银中都存在配位键C.KCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，且原因相同D.MgO的熔点比NaCl的高，主要是因为MgO的晶格能大于NaCl的晶格能．12、已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3-，氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2．下列有关离子反应或离子方程式的叙述中，正确的是（）A.向0.1molFeI2溶液中滴加少量氯水，反应中有0.3mol电子转移B.向溴水中加入足量氯化亚铁能使溶液变成无色C.向NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-D.能使pH试纸显深红色的溶液，Fe3+、Cl-、Ba2+、Br-能大量共存13、根据下图所示把煤隔绝空气加强热，下列叙述正确的是()A.气体Z有还原性，可还原CuO，也可使溴水褪色B.煤发生了复杂的物理变化C.最后横玻璃管中固体物质消失D.试管内液体X是粗氨水，Y是一种黑色黏稠状液体14、在rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}容积不等的恒容密闭容器中，均充入rm{0.1molCO}和rm{0.2molH_{2}}在催化剂的作用下发生反应：rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}测得三个容器中平衡混合物中rm{CO(g)+2H_{2}(g)?

CH_{3}OH(g)}的体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是rm{CH_{3}OH}rm{(}

A.该反应的正反应为放热反应B.三个容器容积：rm{)}C.在rm{垄脵>垄脷>垄脹}点，rm{P}转化率为rm{CO}D.在rm{75%}点，向容器rm{P}中再充入rm{垄脷}rm{CO}及rm{H_{2}}各rm{CH_{3}OH}此时rm{0.025mol}rm{v(CO)_{脮媒}<v(CO)_{脛忙}}15、已知rm{H_{2}C_{2}O_{4}}是二元弱酸，rm{NaHC_{2}O_{4}}溶液显酸性。rm{25隆忙}时，将rm{amol隆陇L^{-1}H_{2}C_{2}O_{4}}溶液与rm{amol隆陇L^{-1}

H_{2}C_{2}O_{4}}溶液等体积混合rm{(0<aleqslant0.1,0<bleqslant0.1)}下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是rm{bmol隆陇L^{-1}NaOH}rm{(0<aleqslant

0.1,0<bleqslant0.1)}A.rm{(}时，rm{)}B.rm{a=b}时，rm{c(H_{2}C_{2}O_{4})+c(H^{+})=c(C_{2}O_{4}^{2mathrm{{-}}})+c(OH^{-})}C.rm{a=dfrac{b}{2}}时，rm{c(C_{2}O_{4}^{2mathrm{{-}}})>c(HC_{2}O_{4}^{mathrm{{-}}})>c(H_{2}C_{2}O_{4})>c(OH^{-})}D.rm{a=2b}时，rm{2c(Na^{+})=c(H_{2}C_{2}O_{4})+c(HC_{2}O_{4}^{mathrm{{-}}})+c(C_{2}O_{4}^{2mathrm{{-}}})}rm{a=3b}16、下列有关物质性质的说法正确的是rm{(}rm{)}A.铝与rm{Fe_{2}O_{3}}发生铝热反应后固体物质质量不变B.rm{Na}rm{Al}rm{Cu}可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到C.过量的铜与浓硝酸反应可生成rm{NO}D.由于铝元素和铁元素都有rm{+3}价，由rm{2Al+6HCl_{2}篓TAlCl_{3}+3H_{2}隆眉}可知：rm{2Fe+6HCl_{2}篓TFeCl_{3}+3H_{2}隆眉}17、rm{25^{circ}C}时，用rm{2a}rm{mol?L^{-1}NaOH}溶液滴定rm{1.0L2a}rm{mol?L^{-1}}氢氟酸溶液，得到混合液中rm{HF}rm{F^{一}}的物质的量与溶液rm{pH}的变化关系如图所示rm{.}下列说法正确的是。

rm{(}rm{)}A.rm{pH=3}时，溶液中：rm{c(Na^{+})<c(F^{一})}B.rm{c(F^{一})>c(HF)}时，溶液一定呈碱性C.rm{pH=4}时，溶液中：rm{c(HF)+c(Na^{+})+c(H^{+})-c(OH^{-})<2amol?L^{-1}}D.rm{pH=3.45}时，rm{NaOH}溶液恰好与rm{HF}完全反应评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、（2016春•太原期中）如图为某原电池示意图；请回答下列问题；

（1）该装置将____能转化为____能．

（2）该电池的正极为____，该电极上的现象是____，电极反应式为____．

（3）该电池工作一段时间后，烧杯中溶液的总质量____（填“增大”、“减小”或“不变”），若此过程中共转移0.2mol电子，则锌片的质量减轻____g．19、某化合物的分子式C5H11Cl，结构分析表明，该分子中有两个-CH3，有两个-CH2-，有一个和一个-Cl，它的可能结构有四种，请写出这四种可能的结构简式：____．20、（2015春•长沙校级期中）羟基磷灰石[Ca5（PO4）3OH]是一种重要的生物无机材料．其常用的制备方法有两种：

方法A：用浓氨水分别调Ca（NO3）2和（NH4）2HPO4溶液的pH约为12；在剧烈搅拌下，将（NH4）2HPO4溶液缓慢滴入Ca（NO3）2溶液中．

方法B：剧烈搅拌下，将H3PO4溶液缓慢滴加到Ca（OH）2悬浊液中．

3种钙盐的溶解度随溶液pH的变化如上图所示（图中纵坐标是钙离子浓度的对数）；回答下列问题：

（1）完成方法A和方法B中制备Ca5（PO4）3OH的化学反应方程式：

①5Ca（NO3）2+3（NH4）2HPO4+4NH3•H2O=Ca5（PO4）3OH↓+____+____

②5Ca（OH）2+3H3PO4=____

（2）与方法A相比，方法B的优点是____．

（3）方法B中，如果H3PO4溶液滴加过快，制得的产物不纯，其原因是____．

（4）图中所示3种钙盐在人体中最稳定的存在形式是____（填化学式）．

（5）糖沾附在牙齿上，在酶的作用下产生酸性物质，易造成龋齿．结合化学平衡移动原理，分析其原因____．21、“带火星的木条在空气中不能复燃，而在氧气中能复燃”，某研究性学习小组根据这一性质进行“NO2能否支持燃烧？”的课题研究．由于实验室中没有现成的NO2气体，该小组的同学设计了两个方案（忽略N2O4的存在对实验的影响；图中铁架台等夹持仪器均已略去）：

（1）方案Ⅰ、实验装置如下图甲所示：

①浓硝酸受热分解的化学方程式为：____．

②实验开始后木条上的火星逐渐熄灭，有的同学得出“NO2不能支持燃烧”的结论．你认为这一结论是否正确？____（填“正确”或“不正确”），理由是____．

（2）方案Ⅱ：实验装置如图乙所示。

①硝酸铜固体加热分解的产物有氧化铜、二氧化氮和氧气，写出该反应的化学方程式：____

②当集气瓶中充满红棕色气体时，木条复燃了，有的同学得出“NO2能支持燃烧”的结论．你认为这一结论是否正确____（填“正确”或“不正确”），你的理由是____．

（3）请你重新设计一个简单的实验方案探究“NO2能否支持燃烧？”．简述你的实验方法：____．22、（15分）下表是元素周期表的一部分，用元素符号或化学式回答下列问题：。主族周期IAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA01①2②③④3⑤⑥⑦⑧⑨⑩（1）在这些元素中_______是最活泼的金属元素；其氢氧化物具有两性的元素是（2）这些元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的物质的化学式_________（3）从⑤到⑩元素中_______原子半径最小。（4）最不活泼的元素的单质的化学式是____。若该元素某核素原子核内中子数与质子数相等，则该核素的摩尔质量是（5）用电子式表示⑩、⑥两元素形成化合物的过程____（6）与元素⑨非金属性强弱最接近的元素是（7）根据下表判断：最接近磷原子半径R(10－10m)的取值范围的是。元素NSOSi原子半径/10-10m0.751.020.741.1723、下表是元素周期表的一部分；请回答有关问题：

。

主族。

周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②③3④⑤⑥⑦⑧4⑨⑩（1）表中化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为____．

（2）表中能形成两性氢氧化物的元素在周期表中的位置是____，写出该元素的最高价氧化物对应的水化物与⑨最高价氧化物的水化物反应的化学方程式____．

（3）用电子式表示④元素与⑦元素形成化合物的过程____．

（4）①、②、⑥、⑦四种元素的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是____（填酸的化学式）．

（5）④⑤两元素相比较，金属性较强的是____（填名称），可以验证该结论的实验是____．（填编号）

（a）将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中。

（b）将形状；大小相同的这两种元素的单质分别和同浓度的盐酸反应。

（c）将形状；大小相同两种元素的单质分别和热水作用；并滴入酚酞。

（d）比较这两种元素的气态氢化物的稳定性。

（6）⑥和⑦阴离子还原性较强的是（填微粒符号）：____用一个置换反应证实这一结论（写化学方程式）____

（7）③⑦⑩三种元素的气态氢化物沸点由高到低的顺序为____（写化学式），氢化物酸性由弱到强的顺序为____（写化学式）24、常温下，将20.0g14%的NaCl溶液跟30.0g24%的NaCl溶液混合，混合后得到密度为1.17g•cm-3的溶液．请计算：

（1）混合后的溶液中NaCl的质量分数为____．

（2）混合后的溶液的物质的量浓度为____．

（3）在1000g水中需加入____mol氯化钠，才能使其浓度恰好与上述混合后的溶液的浓度相等（计算结果保留1位小数）．25、铜是人类最早生产和使用的金属之一；在化学反应中铜元素可表现为0；+1、+2价．

Ⅰ．（1）在西汉古籍中曾有记载：“曾青得铁则化为铜”，即：曾青（CuSO4）跟铁反应生成铜，试写出该反应的离子方程式____．

（2）在原电池和电解池中，铜常用作电极，下列有关说法正确的是____

A．锌铜原电池中铜是正极B．用电解法精炼铜时粗铜作阴极。

C．在镀件上镀铜时铜与电源正极相连D．铜作阳极时不一定溶解。

Ⅱ．学习小组对无水硫酸铜分解的产物进行实验探究．

【提出问题】碳酸钙受热分解生成CaO和CO2，那么无水硫酸铜受热分解也只生成CuO和SO3吗？

【设计实验】按如图装置进行试验．

【实验过程】

a．准确称取无水硫酸铜2.40g于装置A试管中加热；直至固体全部变为黑色，经验证该黑色粉末为CuO．

b．实验中；观察到装置E中的水部分被排入量筒中；实验结束后，测得量筒中水的体积为112mL（已折算成标准状态下气体的体积），并测得干燥管D的质量增加了1.32g．

（3）装置C的作用____．

（4）根据装置E、F中现象，推测还有气体____（填分子式）生成；实验生成的SO3为____mol．

（5）装置A中反应的化学方程式为____．

【实验结论】无水硫酸铜受热分解不仅仅生成CuO和SO3．

【反思与评价】

（6）任何实验都存在误差，请指出本实验中可能造成误差的因素是________（任写2点）．26、有一瓶澄清的溶液，其中可能含NH4+、K+、Na+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、Cl-、I-、NO3-、CO32-、SO42-，取该溶液进行以下实验：（1）取pH试纸检验，表现溶液呈强酸性，排除__________离子存在。（2）取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4层呈紫红色，排除____离子的存在。（3）另取部分溶液逐渐加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生，则可排除__________离子的存在。取部分碱性溶液加热有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。（4）另取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，证明__________离子存在，又排除__________离子存在。（5）根据上述实验事实确定，该溶液中肯定存在的离子是__________；肯定不存在的离子是__________；还不能确定是否存在的离子是________________，要确定其中的阳离子可利用的原理是。评卷人得分四、判断题(共2题，共4分)27、1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA．____（判断对错）28、常温常压下，22.4LCO2中含有NA个CO2分子．____．（判断对错）评卷人得分五、实验题(共1题，共3分)29、Fe（OH）2很不稳定，露置在空气中容易被氧化，为了获得白色的Fe（OH）2沉淀，可以用不含Fe3+的FeSO4溶液与用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备．

（1）除去蒸馏水中溶解的O2常采用____的方法．

（2）生成白色Fe（OH）2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液，这样操作的理由是____．

（3）检验Fe3+存在的最佳试剂是____，现象是____．

（4）写出Fe与H20在一定条件下反应的化学方程式____．Fe（OH）2被氧化的化学方程为：____．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】A．阴；阳离子通过静电作用所形成的化学键是离子键；

B．活泼金属和活泼非金属元素之间通过得失电子易形成离子键；

C．某元素最外层只有一个电子；它与卤素原子结合时所形成的化学键不一定是离子键，如HCl；

D．全部由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物，也可能是共价化合物．【解析】【解答】解：A．阴；阳离子通过静电作用所形成的化学键是离子键；静电作用包含吸引力和排斥力，故A错误；

B．活泼金属和活泼非金属元素之间通过得失电子易形成离子键；所以活泼金属元素与活泼非金属元素化合时，形成的是离子键，故B正确；

C．某元素最外层只有一个电子；它与卤素原子结合时所形成的化学键不一定是离子键，可能是共价键，如HCl，故C正确；

D．全部由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物；如铵盐，也可能是共价化合物，如HCl等，故D正确；

故选A．2、C【分析】【分析】锌和稀硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水，反应方程式为4Zn+10HNO3=4Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O，根据转移电子守恒计算被还原的硝酸．【解析】【解答】解：根据题意知，锌和稀硝酸反应方程式为4Zn+10HNO3=4Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O，生成1mol硝酸锌时转移电子的物质的量=1mol×（2-0）=2mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒得，被还原的硝酸的物质的量==0.25mol；

故选C．3、A|D【分析】

A．湿润淀粉KI试纸未变蓝，说明SO2不能将KI氧化为I2，则SO2的氧化性弱于I2；故A正确；

B．SO2具有还原性，与具有强氧化性的KMnO4发生氧化还原反应，表现出SO2的还原性；而不是漂白性，故B错误；

C．SO2只能使酸碱指示剂变色；则湿润的蓝色石蕊试纸只变红，故C错误；

D．SO2为酸性气体，有毒，可与NaOH溶液反应生成盐和水，所以NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2；故D正确．

故选AD．

【解析】【答案】A．根据氧化剂+还原剂→氧化产物+还原产物；氧化性：氧化剂＞还原剂分析；

B．SO2具有还原性，与具有强氧化性的KMnO4发生氧化还原反应；

C．SO2只能使酸碱指示剂变色；

D．SO2为酸性气体；可与NaOH溶液反应生成盐和水．

4、B【分析】解：A．精制砒霜过程涉及用到加热的方法；将被提纯物质气化；冷凝为固体的过程，为升华操作，故A错误；

B．“熬胆矾铁釜；久之亦化为铜”，该过程涉及到铁与可溶性铜盐发生置换反应生成铜，故B正确；

C．“水滴石穿”是二氧化碳与碳酸钙反应生成可溶性的碳酸氢钙；是化学变化；绳剧木断”没有生成新物质、是物理变化，故C错误；

D．二氧化硅与氢氟酸反应生成氟化硅和水；不能与其他酸反应、不是两性氧化物；但能与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，所以二氧化硅是酸性氧化物，故D错误；

故选：B。

A；精制砒霜过程涉及用到加热的方法；将被提纯物质气化、冷凝的过程；

B；铁能与可溶性铜盐发生置换反应生成铜；

C；有新物质生成的变化是化学变化；没有新物质生成的变化是物理变化；

D；两性氧化物是指既能和酸反应生成盐和水又能和碱反应生成盐和水的氧化物；

本题考查了两性氧化物的概念、物理变化与化学变化的区别、物质分离、化学反应基本类型等知识，侧重考查学生对基础知识的考查，题目难度不大。【解析】B5、D【分析】【分析】A．元素的非金属性越强；其氢化物的稳定性越强，其氢化物在水溶液中越难电离；

B．元素的非金属性越强；其最高价氧化物的水化物酸性越强；

C．同一主族元素氢化物的熔沸点与相对分子质量成正比；但含有氢键的氢化物熔沸点最高；

D．元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强．【解析】【解答】解：A．元素的非金属性越强；其氢化物的稳定性越强，其氢化物在水溶液中越难电离，所以卤族元素从F到I，其非金属性加入，其气态氢化物的稳定性逐渐减弱，HX水溶液酸性逐渐增强，故A正确；

B．元素的非金属性越强；其最高价氧化物的水化物酸性越强，卤族元素从Cl到I，其非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，故B正确；

C．同一主族元素氢化物的熔沸点与相对分子质量成正比，但含有氢键的氢化物熔沸点最高，卤族元素从F到I，HF中含有氢键，熔沸点最高，所以HX的熔沸点：HF＞HI＞HBr＞HCl；故C正确；

D．元素的非金属性越强；其单质的氧化性越强，排在前面的卤素单质均可将排在后面的卤素从它的盐溶液中置换出来，但氟气除外，氟气进入溶液中先和水反应生成HF和氧气，所以氟气不能置换出其它卤族元素单质，故D错误；

故选D．6、B【分析】【分析】NaOH和NH3•H20都是一元碱，Ba（OH）2和NaOH是强碱，NH3•H20是弱碱，pH相同的NaOH和NH3•H20，C（NH3•H20）＞C（NaOH），则相同体积相同pH的NaOH和NH3•H20，n（NaOH）＜n（NH3•H20）；Ba（OH）2和NaOH是强碱，等PH值的Ba（OH）2和NaOH，氢氧根离子浓度相等，同体积相同PH值的Ba（OH）2和NaOH中氢氧根离子的物质的量相等，根据酸、碱中和反应确定需要盐酸的体积．【解析】【解答】解：NaOH和NH3•H20都是一元碱，Ba（OH）2和NaOH是强碱，NH3•H20是弱碱，pH相同的NaOH和NH3•H20，C（NH3•H20）＞C（NaOH），则相同体积相同pH的NaOH和NH3•H20，n（NaOH）＜n（NH3•H20），所以需要相同浓度盐酸的体积是V2＜V3；

Ba（OH）2和NaOH是强碱，等PH值的Ba（OH）2和NaOH，氢氧根离子浓度相等，同体积相同PH值的Ba（OH）2和NaOH中氢氧根离子的物质的量相等，所以需要相同浓度盐酸的体积是V1=V2，所以三个体积大小关系是V3＞V2=V1；

故选B．7、A【分析】【分析】由短周期元素的原子半径及主要化合价；则乙；丁同主族，丁只有-2价，则为O，所以乙为S；甲、丙均为ⅠA族元素，结合原子半径，则甲为Na，丙为Li；

A．ⅠA族从上到下金属单质的熔点降低；

B．电解熔融NaCl来冶炼钠；

C．氧元素的两种氢化物为水和过氧化氢；

D．电子层数越多，离子半径越大．【解析】【解答】解：由短周期元素的原子半径及主要化合价；则乙；丁同主族，丁只有-2价，则为O，所以乙为S；甲、丙均为ⅠA族元素，结合原子半径，则甲为Na，丙为Li；

A．甲为Na；丙为Li，则ⅠA族从上到下金属单质的熔点降低，故A错误；

B．Na的化学性质很活泼；则利用电解熔融NaCl来冶炼钠，故B正确；

C．氧元素的两种氢化物为水和过氧化氢；常温下均为液体，故C正确；

D．电子层数越多；离子半径越大，只有硫离子的电子层数最多，所以乙的简单离子是四种元素各自形成的简单离子中半径最大的，故D正确；

故选A．8、A【分析】试题分析：A、碳酸氢镁完全电离产生Mg2+、2HCO3－，二者都可与NaOH反应，所以离子方程式为Mg2++2HCO3－十4OH一=Mg（OH）2↓2H2O+2CO32—，正确；B、Ba（OH）2完全电离产生Ba2+、2OH－，而所给方程式中只用掉1个OH－，说明溶液中仍存在OH－，则溶液显碱性，与已知矛盾，错误；C、C12与水反应生成的次氯酸是弱酸，不能拆开，错误；D、草酸是弱酸，不能拆开，错误，答案选A。考点：考查离子方程式的书写【解析】【答案】A9、D【分析】A.甲酸和甲醛中都含有醛基；所以在加热条件下，二者都能和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，所以不能用此法证明，故A错误；

B.甲酸和氢氧化钠反应生成甲酸钠；甲酸钠和甲醛中都含有醛基，所以都能和银氨溶液发生银镜反应，所以不能用此法在证明，故B错误；

C.将试液进行酯化反应后；生成的酯中和甲醛中都含有醛基，所以都能和银氨溶液发生银镜反应，所以不能用此法证明，故C错误；

D.加热氢氧化钠后；甲酸和氢氧化钠反应生成甲酸钠，甲醛和氢氧化钠不反应，然后蒸馏得到的气体有甲醛和水蒸气，蒸馏出的气体通入新制的氢氧化铜悬浊液加热有砖红色沉淀，能说明含有甲醛，故D正确；

故选D．

甲酸中含有醛基和羧基；甲醛中只含醛基，根据二者官能团的不同进行分析解答．

本题考查物质的鉴别，根据物质含有的官能团及其性质来分析解答即可，难度不大．【解析】rm{D}二、双选题(共8题，共16分)10、A|B【分析】解：淀粉胶体和碘化钾溶液混合后；放入用半透膜制成的袋内，将此袋浸入蒸馏水中后，淀粉胶体不能通过半透膜而留在袋内，但是钾离子；碘离子能通过半透膜而进入烧杯的水中．

A．淀粉胶体不能透过半透膜，而较小的钾离子、碘离子能透过半透膜，取杯中袋外液体加入硝酸银溶液，发生Ag++I-═AgI↓生成黄色沉淀；故A正确；

B．由于不是流动的水，因此半透膜内外的离子浓度保持相等，所以袋内、烧杯内的液体都含有I-，取杯中袋内液体加氯水，Cl2+2Kl═I2+2KCl；碘单质遇淀粉显蓝色，故B正确；

C．取杯中袋外液体加氯水Cl2+2Kl═I2+2KCl；淀粉胶体不能通过半透膜而留在袋内，不会变蓝色，故C错误；

D．烧杯内液体含有钾离子；碘离子；加入碘水后无现象，故D错误；

故选AB．

A．溶液中的微粒直径小于半透膜的孔隙；胶体的微粒直径大于半透膜的孔隙；

B．水不流动；袋内；烧杯内的液体碘化钾浓度保持相等；

C．淀粉胶体不能通过半透膜而留在袋内；

D．胶体的微粒直径大于半透膜的孔隙；半透膜袋内淀粉胶体无法进入烧杯内．

本题考查有关胶体渗析的知识，掌握胶体和溶液之间本质区别，注意碘化钾的离子能透过半透膜，而胶体粒子不能透过半透膜是解答的关键，题目难度不大．【解析】【答案】AB11、B|D【分析】解：A．含有金属阳离子的晶体可能是金属晶体；如Fe；Cu等，故A错误；

B．硫氰化铁是铁离子和硫氰根离子形成的配位化合物；氢氧化二氨合银含有配位键；离子键和共价键，故B正确；

C．KCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水；二氧化硫和水生成亚硫酸，氟化氢；乙醇和水形成氢键，氯化钠在水溶液里电离，所以其原因不同，故C错误；

D．决定晶格能的因素为：离子电荷；离子半径、离子的电子层构型；MgO所带电荷多，MgO的熔点高于NaCl，故D正确．

故选BD．

A．含有金属阳离子的晶体可能是金属晶体；

B．硫氰化铁是铁离子和硫氰根离子形成的配位化合物；

C．KCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水；但原因不完全相同，二氧化硫和水反应；

D．均为离子晶体；晶格能大的熔点高，晶格能与离子半径与离子电荷有关．

本题考查化学键的判断，为高频考点，把握离子键和共价键、配位键的形成为解答的关键，知道配位键的形成、氢键对物质溶解性的影响等知识点，题目难度不大．【解析】【答案】BD12、C|D【分析】解；A．氧化性：Fe3+＞I2，则碘离子先被氧化，离子方程式为2I-+Cl2═I2+2Cl-，则转移的电子数小于0.3NA；故A错误；

B．氧化性：Br2＞Fe3+；向溴水中加入足量氯化亚铁溶液溴单质能将亚铁离子氧化为浅黄色的三价铁离子，故B错误；

C．酸性HClO＞HCO3-，则二氧化碳和次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-；故C正确；

D．能使pH试纸显深红色的溶液中；说明溶液呈强酸性，弱酸根离子；还原性离子不存在，这几种离子之间不反应，所以能共存，故D正确．

故选CD．

A．氧化性：Fe3+＞I2；则碘离子先被氧化；

B．溴和亚铁离子发生氧化还原反应；

C．酸性HClO＞HCO3-；则二氧化碳和次氯酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸；

D．能使pH试纸显深红色的溶液中；说明溶液呈强酸性，弱酸根离子；还原性离子不存在．

本题以氧化还原反应为载体考查了离子方程式的书写，明确酸性强弱、离子反应先后顺序是解本题关键，根据物质之间的反应来分析解答，题目难度不大，易错选项是A．【解析】【答案】CD13、A|D【分析】解：A、气体Z是焦炉气，其主要成分为CH4、H2、CO、C2H4，它是易燃气体，而且CO、H2均有还原性，能还原CuO，C2H4可与溴水发生加成反应而使溴水褪色；故A正确；

B；煤的干馏是化学变化；不是物理变化，故B错误；

C；最后横玻璃管中固体物质不会消失；故C错误；

D；煤的干馏产物X是粗氨水；显碱性，pH＞7，Y是煤焦油，所以是黑色黏稠状液体，故D正确；

故选AD．【解析】【答案】AD14、AC【分析】【分析】本题主要考查化学平衡的计算，产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线的相关知识，据此进行分析解答。【解答】A.同一容器中，升高温度，甲醇的体积分数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故A正确；B.相同温度下，增大压强rm{(}缩小容器容积rm{)}平衡正向移动，则甲醇的体积分数增大，根据图知，甲醇的体积分数大小顺序是：rm{垄脵>垄脷>垄脹}说明压强大小顺序是：rm{垄脵>垄脷>垄脹}则容器体积为：rm{垄脵<垄脷<垄脹}故B错误；C.rm{P}点，容器中甲醇的体积分数是rm{50%}同一容器中气体的体积分数等于其物质的量分数，设此时rm{CO}的转化率为rm{x}该反应中rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}开始rm{(mol)0.1}rm{0.2}rm{0}反应rm{(mol)0.1x}rm{0.2x}rm{0.1x/2}平衡rm{(mol)0.1(1?x)}rm{0.2(1?x)}rm{0.1x}甲醇的体积分数rm{=dfrac{0.1x}{0.1(1?x)+0.2(1?x)+0.1x}隆脕100%=50%}rm{=dfrac{0.1x}{0.1(1?x)+0.2(1?x)+0.1x}

隆脕100%=50%}则rm{x=0.75}的转化率为rm{CO}故C正确；D.设容器体积为rm{75%}rm{VL}点化学平衡常数rm{K=dfrac{dfrac{0.1隆脕0.75}{V}}{dfrac{0.1隆脕0.25}{V}隆脕(dfrac{0.2隆脕0.25}{V}{)}^{2}}=1200V^{2}}向容器rm{P}中再充入rm{K=dfrac{dfrac{0.1隆脕0.75}{V}}{

dfrac{0.1隆脕0.25}{V}隆脕(dfrac{0.2隆脕0.25}{V}{)}^{2}}

=1200V^{2}}rm{垄脷}及rm{CO}各rm{H_{2}}此时浓度商rm{=dfrac{dfrac{0.1隆脕0.75+0.025}{V}}{dfrac{0.1隆脕0.25+0.025}{V}隆脕(dfrac{0.2隆脕0.25+0.025}{V}{)}^{2}}=355.5V^{2}<K}说明平衡正向移动，则此时rm{CH_{3}OH}rm{0.025mol}故D错误。故选AC。rm{=dfrac{dfrac{0.1隆脕0.75+0.025}{V}}{

dfrac{0.1隆脕0.25+0.025}{V}隆脕(dfrac{0.2隆脕0.25+0.025}{V}{)}^{2}}

=355.5V^{2}<K}【解析】rm{AC}15、AC【分析】【分析】本题是对弱电解质的电离平衡、盐类水解的知识的考察，是高考常考知识，难度较大。关键是掌握弱电解质的电离平衡、盐类水解的原理，侧重知识的能力考察。【解答】A.当rm{a=b}时，两者恰好反应生成rm{NaHC}时，两者恰好反应生成rm{a=b}rm{NaHC}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{4}rm{4}，溶液中的电荷守恒式为rm{c(Na}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)+c(H}rm{)+c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)=c(HC}rm{)=c(HC}rm{2}物料守恒式为rm{2}rm{O_{4}^{?}}rm{)+2c(C}rm{)+2c(C}rm{2}rm{2}rm{O_{4}^{2?}}rm{)+c(OH}rm{)+c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)}物料守恒式为rm{c(Na}rm{)}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)=c(HC}将物料守恒中的rm{)=c(HC}rm{2}rm{2}代入电荷守恒式中可知，故A正确；rm{O_{4}^{?}}rm{)+c(C}rm{)+c(C}rm{2}rm{2}rm{O_{4}^{2?}}rm{)+c(H}rm{)+c(H}rm{2}rm{2}rm{C}rm{C}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{4}rm{4}rm{)}将物料守恒中的rm{c(Na}rm{)}故B错误；rm{c(Na}时，溶液是等物质的量的rm{{,!}^{+}}rm{)}代入电荷守恒式中可知，故A正确；rm{)}B.当rm{a=}rm{a=}rm{dfrac{b}{2}}时，两者恰好反应生成rm{Na}rm{Na}rm{2}rm{2}rm{C}而含有rm{C}的粒子有三种rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{4}rm{4}，由于rm{C}rm{C}rm{2}rm{2}rm{O_{4}^{2?}}的一级水解程度远大于其二级水解程度，故rm{c(OH}rm{c(OH}rm{{,!}^{-}}时，rm{)>c(H}rm{)>c(H}rm{2}rm{2}rm{C}rm{C}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}的系数应为rm{4}故D错误。rm{4}rm{)}故B错误；【解析】rm{AC}16、rAC【分析】解：rm{A.}铝热反应中；反应前后反应物和生成物均是固体，所以依据质量守恒定律可知反应前后固体质量不变，故A正确；

B.rm{Na}rm{Al}rm{Cu}可以分别用电解冶炼法；电解冶炼法和热分解法得到；故B错误；

C.铜过量，浓硝酸变成稀硝酸后，铜与稀硝酸反应生成rm{NO}气体；故C正确；

D.铝元素和铁元素都有rm{+3}价，rm{Al}可以发生反应rm{2Al+6HCl_{2}篓TAlCl_{3}+3H_{2}隆眉}但是rm{Fe}在置换反应中生成的亚铁离子，正确的反应为：rm{Fe+2HCl_{2}篓TFeCl_{2}+H_{2}隆眉}故D错误；

故选AC．

A.铝与氧化铁的反应前后都是固体；根据质量守恒定律判断；

B.rm{Al}通常采用电解熔融氧化铝冶炼；不是热还原法；

C.随着反应的进行；浓硝酸变成稀硝酸，铜与稀硝酸反应生成一氧化氮气体；

D.铁在置换反应中生成的是亚铁离子．

本题考查较为综合，涉及铝热反应、铜与硝酸的反应、铁和铝的化学性质等知识，题目难度中等，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力．【解析】rm{AC}17、rAC【分析】解：rm{A.pH=3}时，rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}溶液中存在rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(F^{-})}则rm{c(F^{-})>c(Na^{+})}故A正确；

B.当rm{pH>3.45}时，rm{c(F^{-})>c(HF)}溶液可能呈酸性；中性或碱性，故B错误；

C.当rm{pH=4}时，混合溶液体积大于rm{1.0L}rm{c(F^{-})<1.6amol/L}rm{c(HF)<0.4amol/L}溶液中存在rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(F^{-})}rm{c(F^{-})=c(Na^{+})+c(H^{+})-c(OH^{-})<1.6amol/L}则rm{c(HF)+c(Na^{+})+c(H^{+})-c(OH^{-})<2amol?L^{-1}}故C正确；

D.rm{HF}为弱酸，恰好反应时溶液应成碱性，当rm{pH=3.45}时rm{HF}酸过量；故D错误．

故选AC．

A.rm{pH=3}时，rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}结合溶液的电荷守恒判断；

B.当rm{pH>3.45}时，rm{c(F^{-})>c(HF)}结合图象分析；

C.可根据rm{pH=4}时；溶液电荷守恒判断；

D.rm{HF}为弱酸；恰好反应时溶液应成碱性．

本题考查酸碱混合的计算和判断，题目难度中等，注意把握图象的曲线变化特点，为解答该题的关键，注意rm{HF}为弱电解质的特点，侧重于考查学生的分析能力．【解析】rm{AC}三、填空题(共9题，共18分)18、化学电铜浸没在稀硫酸中的铜片表面有气泡产生2H++2e-=H2↑增大6.5【分析】【分析】在原电池中较活泼的金属作负极，失电子发生氧化反应，电子经导线传递到正极，溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极．Zn比Cu活泼，Zn做负极电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，Cu作正极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，发生电池反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑．【解析】【解答】解：（1）铜锌原电池是将化学能转化为电能的装置；故答案为：化学；电；

（2）铜锌原电池中铜是电池的正极，锌是负极，正极上是氢离子得电子的还原反应，即2H++2e-=H2↑，会看到在铜片上产生气泡，故答案为：铜；浸没在稀硫酸中的铜片表面有气泡产生；2H++2e-=H2↑；

（3）根据装置中发生的电池反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑，电池工作一段时间后，烧杯中溶液的总质量增大，若此过程中共转移0.2mol电子，根据负极反应：Zn-2e-=Zn2+，则锌片的质量减轻0.1mol即6.5g，故答案为：6.5．19、【分析】【分析】某化合物A的化学式为C5H11Cl，分析数据表明，分子中有两个-CH3，两个-CH2-，一个和一个-Cl，两个甲基和一个氯原子只能位于边上，两个亚甲基只能连接两个原子或原子团，一个次亚甲基连接3个原子或原子团，根据各个基团连接的原子或原子团个数判断其结构．【解析】【解答】解：某化合物A的化学式为C5H11Cl，分析数据表明，分子中有两个-CH3，两个-CH2-，一个和一个-Cl，两个甲基和一个氯原子只能位于边上，两个亚甲基只能连接两个原子或原子团，一个次亚甲基连接3个原子或原子团，则符合条件的结构简式为：

故答案为：．20、10NH4NO33H2OCa5（PO4）3OH↓+9H2O唯一副产物为水，工艺简单反应液局部酸性过大，会有CaHPO4产生Ca5（PO4）3OH酸性物质使沉淀溶解平衡：Ca5（PO4）3OH（s）⇌5Ca2+（aq）+3PO43-（aq）+OH-（aq）向右移动，导致Ca5（PO4）3OH溶解，造成龋齿【分析】【分析】根据原子守恒可以配平反应方程式，方法A与方法B对比，主要是A产物有副产物NH4NO3，原子利用率不高．本题后二问要利用平衡思想解决，人体pH基本上在7.39～7.41，所以钙主要存在形式为Ca5（PO4）3OH；结合其电离平衡可以分析酸会促进其电离而溶解，造成龋齿．

（1）①从守恒的角度可知，5molCa（NO3）2、3mol（NH4）2HPO4和4molNH3•H2O反应生成1molCa5（PO4）3OH、10molNH4NO3和3molH2O；

②从守恒的角度可知，5molCa（OH）2和3molH3PO4反应生成1molCa5（PO4）3OH和9molH2O；

（2）与方法A相比；方法B的优点是副产品为水，没有其它副产品，工艺简单；

（3）反应液局部酸性过大，会有CaHPO4产生；

（4）人体pH基本上在7.39～7.41；溶解度越小越稳定；

（5）根据羟基磷灰石[Ca5（PO4）3OH]电离平衡分析酸会促进其电离而溶解，造成龋齿．【解析】【解答】解：（1）①从质量守恒的角度思考，5molCa（NO3）2、3mol（NH4）2HPO4和4molNH3•H2O反应生成1molCa5（PO4）3OH、10molNH4NO3和3molH2O，反应的化学方程式为5Ca（NO3）2+3（NH4）2HPO4+4NH3•H2O=Ca5（PO4）3OH↓+10NH4NO3+3H2O

故答案为：10NH4NO3；3H2O；

②从质量守恒的角度思考，5molCa（OH）2和3molH3PO4反应生成1molCa5（PO4）3OH和9molH2O，反应的化学方程式为5Ca（OH）2+3H3PO4=Ca5（PO4）3OH↓+9H2O；

故答案为：Ca5（PO4）3OH↓+9H2O；

（2）与方法A相比；方法B的优点是副产品为水，没有其它副产品，工艺简单；

故答案为：唯一副产物为水；工艺简单；

（3）方法B中，如果H3PO4溶液滴加过快，会导致局部酸性过大，生成CaHPO4；制得的产物不纯；

故答案为：反应液局部酸性过大，会有CaHPO4产生；

（4）人体pH基本上在7.39～7.41，所以钙主要存在形式为Ca5（PO4）3OH；

故答案为：Ca5（PO4）3OH；

（5）反应平衡：Ca5（PO4）3OH（s）⇌5Ca2+（aq）+3PO43-（aq）+OH-（aq），酸性物质使沉淀溶解向右移动，导致Ca5（PO4）3OH溶解；造成龋齿；

故答案为：酸性物质使沉淀溶解平衡：Ca5（PO4）3OH（s）⇌5Ca2+（aq）+3PO43-（aq）+OH-（aq）向右移动，导致Ca5（PO4）3OH溶解，造成龋齿．21、4HNO3（浓）4NO2↑+O2↑+H2O不正确带火星的木条熄灭可能是由于加热浓硝酸时产生的大量水蒸气造成的2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑正确硝酸铜分解产生的混合气体中氧气的体积分数与空气中氧气的体积分数基本相同，若NO2不支持燃烧，则木条不会复燃；实验步骤为：制取二氧化氮气体→洗气→干燥→验证→得出结论，所以先用铜和浓硝酸反应制取二氧化氮气体，二氧化氮气体中含有部分水蒸气，且二氧化氮气体是酸性气体，所以可用浓硫酸或无水氯化钙干燥二氧化氮，然后再将带火星的木条伸入二氧化氮中观察现象，从而确定二氧化氮是否支持燃烧【分析】【分析】（1）①浓硝酸具有强挥发性；且不稳定，在加热条件下能分解生成二氧化氮；氧气和水，根据反应物、生成物和反应条件写出相应的反应方程式；

②加热过程中有水蒸气生成；根据水蒸气的性质分析；

（2）①根据题意结合反应物；生成物和反应条件写出相应的反应方程式；

②根据该反应中氧气所占的体积分数与空气中氧气所占的体积分数比较来进行判断；

（3）根据探究式实验的设计来设计该实验，实验步骤为：制取二氧化氮气体→洗气→干燥→验证→得出结论；【解析】【解答】解：（1）①浓硝酸具有强挥发性，且不稳定，在加热条件下能分解生成二氧化氮、氧气和水，反应方程式为：4HNO3（浓）4NO2↑+O2↑+H2O；

故答案为：4HNO3（浓）4NO2↑+O2↑+H2O；

②该反应的反应条件是加热，加热过程中有水蒸气生成，产生的大量水蒸气抑制了NO2的助燃，导致NO2不能支持木条的燃烧的假象；所以不正确；

故答案为：不正确；带火星的木条熄灭可能是由于加热浓硝酸时产生的大量水蒸气造成的；

（2）①硝酸铜固体加热分解的产物有氧化铜、二氧化氮和氧气，所以该反应的化学方程式是2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑；

故答案为：2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑；

②2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑该反应中氧气占总气体体积的四分之一．与空气中氧气的体积分数基本相同，若NO2不支持燃烧；则木条不会复燃，根据实验现象知，二氧化氮支持燃烧，故正确；

故答案为：正确，硝酸铜分解产生的混合气体中氧气的体积分数与空气中氧气的体积分数基本相同，若NO2不支持燃烧；则木条不会复燃；

（3）实验步骤为：制取二氧化氮气体→洗气→干燥→验证→得出结论；所以先用铜和浓硝酸反应制取二氧化氮气体，二氧化氮气体中含有部分水蒸气，且二氧化氮气体是酸性气体，所以可用浓硫酸或无水氯化钙干燥二氧化氮，然后再将带火星的木条伸入二氧化氮中观察现象，从而确定二氧化氮是否支持燃烧；

故答案为：用金属铜与浓硝酸反应制取NO2气体，用浓硫酸或无水氯化钙固体进行干燥后，再将带火星的木条伸入二氧化氮气体中观察现象．即可得出结论；22、略

【分析】【解析】【答案】23、第三周期第ⅢA族KOH+Al（OH）3═KAlO2+2H2OHClO4镁bcS2-Cl2+Na2S═2NaCl+S↓HF＞HBr＞HClHF＜HCl＜HBr【分析】【分析】由元素在元素周期表中的位置可知，①为C，②为N，③为F，④为Mg，⑤为Al，⑥为S，⑦为Cl，⑧为Ar，⑨为K，⑩为Br．

（1）稀有气体Ar化学性质最不活泼；原子核外有18个电子，各层电子式为2；8、8；

（2）能形成两性氢氧化物的元素为Al；该元素的最高价氧化物对应的水化物为Al（OH）3；⑨最高价氧化物的水化物为KOH，二者反应生成偏铝酸钾与水；

（3）表示④元素与⑦元素形成化合物MgCl2；由镁离子与氯离子构成；

（4）元素的非金属性越强；最高价氧化物的水化物酸性越强；

（5）同周期自左而右金属性减弱；根据与水或酸反应的难易；剧烈程度以及最高价氧化物对应水化物的碱性强弱等判断金属性强弱；

（6）元素的非金属性越强；阴离子还原性越弱，利用单质之间的相互置换反应可以证明；

（7）HF分子之间存在氢键，HCl、HBr分子之间为范德华力，故HF沸点最高，相对分子质量越大，范德华力越强，解题的沸点越高；非金属性越强，氢化物越稳定性，在溶液中不易电离，酸性越弱．【解析】【解答】解：由元素在元素周期表中的位置可知，①为C，②为N，③为F，④为Mg，⑤为Al，⑥为S，⑦为Cl，⑧为Ar，⑨为K，⑩为Br．

（1）稀有气体Ar化学性质最不活泼，原子核外有18个电子，各层电子式为2、8、8，原子结构示意图为故答案为：

（2）能形成两性氢氧化物的元素为Al，处于周期表中第三周期第ⅢA族；该元素的最高价氧化物对应的水化物为Al（OH）3，⑨最高价氧化物的水化物为KOH，二者反应生成偏铝酸钾与水，反应方程式为：KOH+Al（OH）3═KAlO2+2H2O；

故答案为：第三周期第ⅢA族；KOH+Al（OH）3═KAlO2+2H2O；

（3）表示④元素与⑦元素形成化合物MgCl2，由镁离子与氯离子构成，用电子式表示形成过程为：

故答案为：

（4）最高价氧化物的水化物中酸性最强的是HClO4；

故答案为：HClO4；

（5）同周期自左而右金属性减弱；故Mg的金属性更强；

a．Mg；Al两种元素在空气中久置；金属表面有氧化物膜，分别放入热水中，不能根据反应判断金属性强弱，故a错误；

b．将形状、大小相同的这两种元素的单质分别和同浓度的盐酸反应，反应越剧烈，说明金属性越强，故b正确；

c．将形状；大小相同这两种元素的单质分别和热水作用；并滴入酚酞溶液，溶液碱性越强，说明金属性越强，故c正确；

d．二者都是金属；没有气态氢化物，不能比较氢化物的稳定性判断金属性强弱，故d错误；

故选bc．

（6）非金属性S＜Cl，元素的非金属性越强，阴离子还原性越弱，故S2-的还原性较强；利用单质之间的相互置换反应可以证明，反应方程式为：；

故答案为：S2-；

（7）HF分子之间存在氢键，HCl、HBr分子之间为范德华力，故HF沸点最高，相对分子质量越大，范德华力越强，晶体的沸点越高，故沸点HF＞HBr＞HCl；非金属性越强，氢化物越稳定性，在溶液中不易电离，酸性越弱，氢化物酸性由弱到强的顺序：HF＜HCl＜HBr；

故答案为：HF＞HBr＞HCl；HF＜HCl＜HBr．24、20%4.0mol/L4.3【分析】【分析】（1）根据m（溶质）=m（溶液）×ω计算溶质的质量；计算混合后溶液的质量，利用混合后溶质的质量等于原不同浓度溶液中氯化钠的质量之和计算混合后溶质氢氧化质量分数；

（2）根据c=计算混合液的物质的量浓度；

（3）令需要氯化钠的物质的量为nmol，根据m=nM计算NaCl的质量，利用质量分数相等列方程计算．【解析】【解答】解：（1）将20.0g14%的NaCl溶液跟30.0g24%的NaCl溶液混合；混合后溶液的质量为20g+30g=50g；

令混合后NaCl的质量分数为ω；则：50g×ω=20g×14%+30g×24%；

解得ω=20%；

故答案为：20%．

（2）混合后溶液中NaCl的物质的量浓度为mol/L=4.0mol/L；

故答案为：4.0mol/L．

（3）令需要氯化钠的物质的量为nmol，NaCl的质量为nmol×58.5g/mol=58.5g，则：=20%；

解得n=4.3mol；

故答案为：4.3．25、Fe+Cu2+═Fe2++CuAC干燥气体（或吸收混合气体中水蒸气）O20.005003CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑①装置内部有气体滞留，气体吸收不完全②称量造成的误差；③读数造成的误差；④导管中有水残留导致气体体积误差．【分析】【分析】Ⅰ（1）曾青（CuSO4）得铁则化为铜；是铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜；

（2）A．锌铜原电池中较活泼的金属锌是负极；较不活泼的金属铜是正极；

B．用电解法精炼铜时粗铜作阳极；

C．在镀件上镀铜时铜与电源正极相连作阳极；

D．铜作阳极时是活性电极；一定溶解；

Ⅱ．（3）浓硫酸具有吸水性；能干燥酸性或中性气体；

（4）根据无水硫酸铜的组成元素；氧化还原反应中元素的化合价有升也有降以及该气体不溶于水来判断；根据氧化还原反应中元素的化合价有升也有降来判断产物并写出方程式、配平；根据方程式计算；

（5）根据氧化还原反应元素的化合价有升也有降来判断产物；根据化合价升降总数相等来配平；

（6）根据装置内部有气体滞留，气体吸收不完全；称量造成的误差；读数造成的误差等．【