2024年华东师大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年华东师大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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列物质中无Cl-的是（）A.KCl溶液B.KClO3C.NaCl晶体D.氯水2、门捷列夫根据元素周期表的位置，预测到锗的存在．锗的最外层电子排布为4s24p2，以下相关判断最有可能错误的是（）A.甲锗烷（GeH4）是一种结构与甲烷相近的化合物B.就导电的本领而言，单质锗优于一般非金属，劣于一般金属C.通常状态下，二氧化锗与二氧化碳都是非极性的气体化合物D.锗失去1个电子需要的能量低于碳3、下列除去杂质的实验方法不正确的是（）A.除去食盐中少量的I2：将固体灼烧至质量不再改变B.除去Fe2O3中少量的Al2O3：加入足量盐酸充分反应后，过滤、洗涤、干燥C.除去Cl2中少量的HCl气体：先通入足量饱和食盐水，然后用浓H2SO4干燥D.除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3：将固体灼烧至质量不再改变4、锂空气电池比锂离子电池具有更高的能量密度，前景非常广阔，其结构及工作原理如图（固体电解液只允许Li+通过）；下列有关说法不正确的是（）

A.电池工作时，正极反应式：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣B.去掉固体电解液和有机电解质，电池反应发生改变C.充电时，生成14gLi，空气极质量增加16gD.充电时，专用充电电极可以有效防止空气极腐蚀和劣化5、（2013春•成都校级月考）反应：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）中A的转化率和含量符合如图所示变化关系，下列叙述中，正确的是．A.压强P1比P2大B.（a+b）比（c+d）大C.温度t1℃比t2℃低D.正反应为吸热反应．6、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A.铜与硝酸银溶液反应：Cu+Ag+=Cu2++AgB.氯气溶于水：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClOC.硫酸溶液中滴加氢氧化钡溶液：H++SO42-+Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓D.氯化钙溶液中通入二氧化碳气体：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+7、下列有关能量转换的说法正确的是（）A.氢氧燃烧电池是将化学能转化为热能的过程B.化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能C.动物体内葡萄糖被氧化是葡萄糖的总内能完全转变成能CO2和H2O的总内能D.植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、有下列几组物质：

A．和

B．甲烷和己烷。

C．红磷和白磷。

D．和

E．和

F．CH2═CH2和CH3-CH═CH2

G．和

其中：（1）属于脂肪烃的是____．属于芳香烃的是____

（2）属于同位素的是____；属于同素异形体的是____

（3）属于同一种物质的是____；

（4）属于同系物的是____

（5）属于同分异构体的是____．9、立方氮化硼是一种自然界不存在的人工合成超硬材料；硬度仅次于金刚石，是超硬材料领域的最重要成就之一．请回答下列问题：

（1）在第二周期，原子的第一电离能一般随核电荷数的增大而逐渐____，比较下列原子的第一电离能：Be____B，N____O（填“＞”“＜”），其原因是____．

（2）图甲为立方氮化硼的晶胞，则氮化硼的化学式为____，该晶体中B原子填充N原子的____空隙．

若该晶胞的边长为acm，那么该晶体的密度为____g/cm3（只要求列出算式）．

（3）立方氮化硼的晶体结构与金刚石的结构相似，但其熔点比金刚石的低，试分析其原因____．

（4）立方氮化硼由六方氮化硼在高温高压下制备，六方氮化硼又称“白玉墨”，结构和许多性质与石墨相似，六方氮化硼中N原子的杂化轨道类型为____，请在图乙的方框中画出六方氮化硼的平面结构示意图（用“○”代表N原子，用“●”代表B原子，每种原子不少于7个）．10、某化学学习小组的同学设计实验来探究草酸受热分解的产物；他们将草酸受热分解得到的气体通过如下图所示装置：

A；C、F中盛装澄清石灰水；B中盛NaOH溶液，E中装有CuO．请填写下列空白：

（1）证明产物中有CO2的现象是____，证明产物中有CO的现象是____．

（2）导管G的作用是____．

（3）小李同学查阅相关资料发现：草酸是二元酸，酸性比碳酸强，在受热分解过程中有少量升华；草酸钙和草酸氢钙均为白色不溶物．小李通过进一步研究认为：草酸蒸气与石灰水反应生成草酸钙白色沉淀，对实验有干扰，因此需要在装置A之前增加一个装有____（填写下列编号字母）的洗气装置．

a．水b．NaOH溶液c．Na2CO3溶液d．饱和NaHCO3溶液。

（4）如果在E管中盛装CuO和Cu2O的混合物，根据F瓶增重可以测定混合物中CuO的质量．当CuO和Cu2O的混合物7.6g全部被还原后，F装置增重3.3g，混合物中CuO的质量为____g；当原混合物质量为ag，反应后F装置增重bg时，b的取值范围是（用含a的代数式表达）____．11、（2015春•吉安校级月考）由短周期元素组成的单质A；B、C和甲、乙、丙、丁四种化合物有图示的转换关系；已知C为密度最小的气体．

根据图示转化关系回答：

（1）若甲是电解质｡写出下列物质的化学式：甲____，丁____｡写出乙与过量CO2反应的离子方程式：____｡

（2）若甲是非电解质｡写出下列物质的化学式：甲____，乙____｡12、原子序数大于4的主族元素X、Y的离子Xm+、Yn-；它们的核外电子排布相同．

据此可推知：X和Y所属周期之差为____，X和Y的核电荷数之差为____，（用m、n的代数式表示下同），Y和X的族序数之差为____．13、（2014秋•赣州期中）加入0.1molMnO2粉末于50mL过氧化氢溶液（ρ=1.1g•mL-1）中；在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示．（忽略溶液体积变化）

（1）计算初始时溶液中过氧化氢的物质的量浓度____（保留二位有效数字）

（2）A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为____解释反应速率变化的原因是____

（3）列式计算反应开始时到2min放出45mLO2时，H2O2的质量分数____（保留二位有效数字）14、如图所示是元素周期表的一部分，A、B、C均为短周期元素，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B的质子数，B的原子核内质子数和中子数相等．回答：

（1）写出元素符号：A____；B____；C____．

（2）C的气态氢化物稳定性与A的相比：____＞____（填化学式）；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为____．

（3）A的氢化物的水溶液显____（填酸或碱）性．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化____．（判断对确）16、将30mL0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为0.3mol/L____．（判断对错）17、近半个多世纪以来；随着人类社会的高度发达，环境污染问题也越来越受到了人们的关注．请回答下列问题：

（1）水是人类赖以生存的物质．下列物质会带来水体的重金属污染的是____（填字母）；

A．含Hg2+的化合物B．含N的化合物C．含P的化合物。

其他选项的化合物会造成水体的____（填名称）．

（2）煤和石油是当今世界重要的化石燃料，但它们的燃烧会对环境造成影响，生成的____、____（填化学式）等容易形成酸雨．某火力发电厂为了防止废气污染环境，现采用廉价易得的石灰石浆来吸收，其反应方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2x．试推测x的化学式为____．x的大量排放仍会带来环境问题，它对环境带来的影响是造成____（填名称）．若改用另一种吸收剂，则可避免x的大量排放，其反应方程式为：2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O，则y的化学式为____．

（3）防治环境污染；改善生态环境已成为全球的共识，请回答下列问题：

①空气质量报告的各项指标可以反映出各地空气的质量．下列气体已纳入我国空气质量报告的是____（填字母）．

A．CO2B．N2C．NO2D．SO2

②垃圾应分类收集．你用过的旧试卷应放置于贴有____（填字母）标志的垃圾筒内．

③工业废水需处理达标后才能排放．判断下列废水处理的方法是否合理；合理的请画“√”，不合理的请在括号中填写正确方法．

A．用中和法除去废水中的酸____

B．用混凝法除去废水中的重金属离子____

C．用氯气除去废水中的悬浮物____．18、判断下列有关烷烃的命名是否正确。

（1）2-甲基丁烷____

（2）2，2，3-三甲基戊烷____

（3）（CH3CH2）2CHCH33-甲基戊烷____

（4）异戊烷____．19、将NaOH和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH-浓度均减少到原来的；____．评卷人得分四、计算题(共3题，共30分)20、质量分数为0.37的浓盐酸的密度为1.18kg•L-1，其物质的量浓度为____．21、常温常压下，16克臭氧所含电子数为____．22、（2015秋•荆州校级期中）实验室要用Na2CO3•10H2O晶体配制500mL0.1mol•L-1Na2CO3溶液；回答下列问题：

（1）应该用托盘天平称取Na2CO3•10H2O____g．

（2）如图Ⅰ表示10mL量筒中液面的位置，A与B，B与C刻度间相差1mL，如果刻度A为8，量筒中液体的体积是____mL．

（3）若实验中如图Ⅱ所示的仪器有下列情况；对配制溶液的浓度有何影响？（填“偏高”；“偏低”或“无影响”）

A．定容前容量瓶底部有水珠____；

B．定容时加水超过刻度线____；

C．最终定容时俯视观察液面____．评卷人得分五、推断题(共4题，共36分)23、（2013春•江西期中）A；B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示（反应条件和部分产物未标出）．

（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，则A的原子结构示意图为____，反应④的化学方程式为____．

（2）若A是常见的变价金属的单质，D、F是气态单质，且反应①在水溶液中进行．反应②也在水溶液中进行，其离子方程式是____，已知光照条件下D与F反应生成B，写出该反应的化学方程式：____．

（3）若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式为____．24、X、Y、Z、W四种主族元素分布在三个不同的短周期，它们的原子序数依次增大，其中Y与Z为同一周期，X与W为同一主族，Z元素的外围电子排布为nsnnp2n，W在空气中燃烧可以得到淡黄色固体。又知四种元素分别形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，一种是固体。请回答下列问题：（1）W在元素周期表中的位置是；基态时Y的电子排布式是＿＿＿。（2）比较元素Y和Z的第一电离能：Y____Z（填“大于”、“小于”或“不确定”），将YX3通入溴水中可发生反应，生成Y的单质和一种盐M，Y的单质中的σ键和π键个数比为____，盐M的晶体类型是。（3）由W和Y组成的化合物易水解，其水解的化学方程式是____；（4）已知Y2X4和过氧化氢混合可作火箭推进剂。12.8g液态Y2X4与足量过氧化氢反应生成Y的单质和气态水，放出256.65kJ的热量：2H2O2(l)=O2(g)+2H2O(l)ΔH＝－196.4KJ/molH2O(l)=H2O(g)ΔH＝+44KJ/mol写出液态Y2X4和氧气反应生成Y的单质和液态X2Z的热化学方程式。25、下列物质rm{A隆芦F}是我们熟悉的单质或化合物，其中rm{A}rm{B}均是常见的金属，且rm{B}的合金用量最大；rm{E}在常温下是黄绿色气体；在适当的条件下；它们之间可以发生如图所示的转化．

试回答下列问题：

rm{(1)A}的化学式是______；

rm{(2)}反应rm{F隆煤D}的化学方程式是______．

rm{(3)}检验rm{F}中金属阳离子的常用方法是______．

rm{(4)}物质rm{B}与盐酸反应的离子方程式是______．26、rm{1}rm{000mL}某待测液中除含有rm{0.2mol?L^{-1}}的rm{Na^{+}}外；还可能含有下列离子中的一种或多种：

。阳离子rm{K^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Fe^{3+}}rm{Ba^{2+}}阴离子rm{Cl^{-}}rm{Br^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{SO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}现进行如下实验操作rm{(}每次实验所加试剂均过量rm{)}

rm{(1)}写出生成白色沉淀rm{B}的离子方程式：______．

rm{(2)}待测液中肯定不存在的阳离子是______．

rm{(3)}若无色气体rm{D}是单一气体：

。阴离子rm{Cl^{-}}rm{Br^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{SO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}浓度rm{/mol?L^{-1}}rm{垄脵}将阴离子的物质的量浓度填入下表中rm{(}一定不存在的填“rm{0}”，不能确定的填“？”rm{)}

rm{垄脷}判断原溶液中rm{K^{+}}是否存在；若存在，求其物质的量浓度的最小值，若不存在，请说明理由：______．

rm{(4)}若无色气体rm{D}是混合气体：

rm{垄脵}待测液中一定含有的阴离子是______．

rm{垄脷}沉淀rm{A}中能与稀硝酸反应的成分是______rm{(}写化学式rm{)}．评卷人得分六、实验题(共4题，共40分)27、实验室有一瓶混有少量NaCl杂质的NaOH固体试剂；为准确测其纯度，采用盐酸滴定法进行测定．

（1）称取WgNaOH固体试剂配制成100.00mL水溶液备用；

（2）将浓度为cmol/L的标准盐酸装在用标准盐酸润洗过的25.00mL酸式滴定管中；调节液面位置在零刻度以下，并记下刻度；

（3）取V1mLNaOH待测溶液置于洁净的锥形瓶中，加入2～3滴甲基橙指示剂充分振荡，然后用浓度为cmol/L的标准盐酸滴定，用去盐酸V2mL；试回答：

①配制标准盐酸溶液时，必须使用的最主要玻璃仪器是____．

②如有1mol/L和0.1mol/L的标准盐酸应选用____mol/L盐酸，原因是____

③滴定时，滴定过程中两眼应该注视____．滴定终点时溶液颜色由____色突变为____色．在盛放待测溶液的锥形瓶下方放一张白纸的作用是____．

④若滴定前酸式滴定管尖嘴气泡未排出，会使碱测定值____（偏大；偏小、无影响）．

⑤不用标准盐酸润洗酸式滴定管，会使碱测定值____（偏大；偏小、无影响）．

⑥读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则会使测定结果____．（偏大；偏小、无影响）．

⑦固体试剂NaOH的质量分数的表达式为____．28、某学生课外活动小组模拟呼吸面具中的反应原理，设计用下图所示的仪器来制取氧气并测量氧气的体积rm{.}图中量气装置rm{E}由甲、乙两根玻璃管组成，它们由橡皮管连通，并装入适量水rm{.}甲管有刻度rm{(0隆芦50mL)}供量气用；乙管可上下移动调节液面高低．

实验可供选用的药品还有：稀硫酸；稀盐酸、过氧化钠、碳酸钠、大理石、水．

请回答下列问题：

rm{(1)}图中各装置接口连接顺序是rm{(}填各接口的编号rm{)}______rm{隆煤}______rm{隆煤}______rm{隆煤垄脼隆煤垄脽隆煤}______rm{隆煤}______rm{隆煤}______．

rm{(2)}装置rm{C}中放入的反应物是______和______rm{(}填化学式rm{)}．

rm{(3)}装置rm{B}的作用是______．

rm{(4)}为了较准确测量氧气的体积，除了必须检查整个装置的气密性之外，在读反应前后甲管中液面的读数求其差值的过程中，应注意______rm{(}填字母编号rm{)}．

A.视线与凹液面最低处相平。

B.等待气体恢复常温才读数。

C.读数时应上下移动乙管；使甲；乙两管液面相平。

D.读数时不一定使甲、乙两管液面相平．29、不久前，一则“食用撒了鱼浮灵的鱼虾可能致癌”的微博在网上热传。“鱼浮灵”的化学成分实为过碳酸钠，使用不当会让鱼损伤，过碳酸钠本身无毒无害，对人体不会有危害。过碳酸钠，俗称固体双氧水，化学式为2Na2CO3·3H2O2，是一种无机盐，是白色颗粒状粉末，可以分解为碳酸钠和过氧化氢。某探究小组制备过碳酸钠并测定样品中H2O2的含量，其制备流程和装置示意图如下：已知：50°C时2Na2CO3·3H2O2(s)开始分解主反应2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)2Na2CO3·3H2O2(s)ΔH<0副反应2H2O2=2H2O+O2↑滴定反应6KMnO4+5(2Na2CO3·3H2O2)+19H2SO4=3K2SO4+6MnSO4+10Na2SO4+10CO2↑+15O2↑+34H2O根据以上信息回答下列问题：（1）推测图中支管的作用可能是。（2）步骤①的关键是控制温度，结合装置图归纳其措施有________、________和。（3）在滤液X中加入适量NaCl固体或无水乙醇均可析出过碳酸钠，原因是。（4）步骤③中选用无水乙醇洗涤产品的目的是。（5）测定样品中H2O2的质量分数的方法是：准确称取0.2000g过碳酸钠样品于250mL锥形瓶中，加50mL蒸馏水溶解，再加50mL2.000mol·L－1H2SO4(H2SO4过量)，用0.002000mol·L－1KMnO4标准溶液滴定至终点时消耗30.00mL。①滴定前，滴定管需用KMnO4标准溶液润洗2～3次，润洗的操作方法是：关闭酸式滴定管活塞，向滴定管中注入少量KMnO4标准。②上述样品中H2O2的质量分数计算表达式为（只列出算式，不作任何运算！H2O2的式量为34.00）。30、rm{Ca(H_{2}PO_{2})_{2}(}次磷酸钙，一元中强酸rm{H_{3}PO_{2}}的钙盐rm{)}是一种白色结晶粉末，溶于水rm{(}常温时，溶解度rm{16.7g/100g}水rm{)}其水溶液呈现弱酸性rm{.}可用作医药、抗氧化剂以及制备次磷酸钠等rm{.}由白磷rm{(P_{4})}与石灰乳制备rm{Ca(H_{2}PO_{2})_{2}}的实验步骤如下：

步骤rm{1.}在三口烧瓶中加入白磷和石灰乳，先通入rm{N_{2}}然后在约rm{98^{circ}C}下充分搅拌rm{1h}同时收集产生的rm{PH_{3}}．

步骤rm{2.}将反应液静置；过滤．

步骤rm{3.}向滤液中通入适量rm{CO_{2}}再过滤．

步骤rm{4.}用次磷酸溶液调节步骤rm{3}滤液的rm{pH}浓缩；冷却结晶、干燥得次磷酸钙．

rm{(1)}步骤rm{1}先通入rm{N_{2}}的目的是______；搅拌的目的是______．

rm{(2)}步骤rm{1}石灰乳与rm{P_{4}(}白磷rm{)}发生反应的化学方程式为______；步骤rm{2}过滤所得滤渣成分为______．

rm{(3)}步骤rm{3}的目的是______．

rm{(4)}请补充完整由产品进一步制备rm{NaH_{2}PO_{2}?H_{2}O}的实验方案：取产品次磷酸钙加入烧杯中，加适量的水溶解，______，干燥得到rm{NaH_{2}PO_{2}?H_{2}O.}

rm{(}已知：在常压下，加热蒸发次磷酸钠溶液会发生爆炸，rm{100隆忙}时rm{NaH_{2}PO_{2}?H_{2}O}的溶解度为rm{667g/100g}水rm{)}参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】KCl、NaCl都属于离子化合物，则氯化钠溶液、氯化钾晶体中都含有氯离子；氯水中，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，HCl在溶液中能够电离出氯离子；而KClO3中含有钾离子和氯酸根离子，不存在氯离子，据此进行解答．【解析】【解答】解：A．KCl溶液中存在氯化钾电离出的钾离子和Cl-；故A错误；

B．KClO3含有的离子为钾离子和氯酸根离子，不存在Cl-；故B正确；

C．NaCl属于离子化合物，氯化钠晶体中含有钠离子和Cl-；故C错误；

D．氯水中，氯气与水反应生成HCl和HClO，则氯水中含有HCl电离出的Cl-；故D错误；

故选B．2、C【分析】【分析】A、锗与碳在同一主族，所以甲锗烷（GeH4）是一种结构与甲烷相近的化合物；

B；锗是半导体元素；所以单质锗优于一般非金属，劣于一般金属；

C；二氧化锗的构成微粒为阴阳离子；是离子化合物；

D、锗的金属性强于碳，失去1个电子需要的能量低于碳；【解析】【解答】解：A、锗与碳在同一主族，所以甲锗烷（GeH4）是一种结构与甲烷相近的化合物；故A不选；

B；锗是半导体元素；所以单质锗优于一般非金属，劣于一般金属，故B不选；

C；二氧化锗的构成微粒为阴阳离子；是离子化合物，故选C；

D；锗的金属性强于碳；失去1个电子需要的能量低于碳，故D不选；

故选C．3、B【分析】【分析】A．碘易升华；而NaCl受热不易分解；

B．氧化铁；氧化铝均与盐酸反应；

C．HCl极易溶于水；食盐水中抑制氯气的溶解，且氯气不与浓硫酸反应；

D．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠．【解析】【解答】解：A．碘易升华，而NaCl受热不易分解，则将固体灼烧至质量不再改变可除去食盐中少量的I2；故A正确；

B．氧化铁、氧化铝均与盐酸反应，不符合除杂的原则，则除去Fe2O3中少量的Al2O3应加入足量NaOH溶液充分反应后；过滤；洗涤、干燥，故B错误；

C．HCl极易溶于水，食盐水中抑制氯气的溶解，且氯气不与浓硫酸反应，则先通入足量饱和食盐水，然后用浓H2SO4干燥可除去Cl2中少量的HCl气体；故C正确；

D．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠，则将固体灼烧至质量不再改变可除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3；故D正确；

故选B．4、C【分析】【解答】解：A、因为该电池为水性电解液，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；故A正确；

B；电极反应和电解质环境有关；去掉固体电解液和有机电解质，电池反应发生改变，故B正确；

C、充电时，生成14gLi，转移2mol电子，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；空气极质量增加34g氢氧根离子，故C错误；

D；充电时；结合电池的构造和原理，采用专用充电电极可以有效防止空气极腐蚀，故D正确．

故选C．

【分析】在锂空气电池中，锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物，水性电解液，氧气得电子生成氢氧根离子，据此解答．5、D【分析】【分析】根据“先拐先平数值大”知，P2＞P1，增大压强，A的转化率减小，说明增大压强平衡左移，正反应是气体体积增大的反应，即a+b＜c+d；

T1＞T2，升高温度，A的含量减小，说明升温平衡右移，正反应是吸热反应，据此分析．【解析】【解答】解：A、根据“先拐先平数值大”知，P2＞P1；故A错误；

B、P2＞P1，增大压强，A的转化率减小，说明增大压强平衡左移，正反应是气体体积增大的反应，即a+b＜c+d；故B错误；

C、根据“先拐先平数值大”知，T1＞T2；故C错误；

D、T1＞T2；升高温度，A的含量减小，说明升温平衡右移，正反应是吸热反应，故D正确．

故选D．6、B【分析】【分析】A．离子方程式两边正电荷不相等；不满足电荷守恒；

B．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸；次氯酸需要保留分子式；

C．氢离子；氢氧根离子的计量数不满足硫酸、氢氧化钡的化学式组成；

D．氯化钙溶液与二氧化碳气体不发生反应，无法写出反应的离子方程式．【解析】【解答】解：A．铜与硝酸银溶液反应生成银和硝酸铜，正确的离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag；故A错误；

B．氯气溶于水，反应生成氯化氢、次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；故B正确；

C．硫酸溶液中滴加氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，正确的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓；故C错误；

D．氯化钙溶液中通入二氧化碳；二者不发生反应，无法写出离子方程式，故D错误；

故选B．7、B【分析】【分析】A．原电池是将化学能转化为电能的装置；

B．植物在光合作用中的物质转化和能量转化．植物的光合作用是将光能（太阳能）转化为化学能；将无机物转化为有机物；

C．葡萄糖的总内能大于CO2和H2O的总内能；

D．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程．【解析】【解答】解：A．氢氧燃烧电池是将化学能转化为电能的过程；故A错误；

B．植物进行光合作用制造有机物；储存能量．植物死后，其尸体的一部分被腐生细菌或是真菌分解，剩下的植物的这些残骸经过一系列的演变形成了煤炭．所以，煤中储存的能量来源于植物，植物中的能量来源于太阳能（或光能），所以化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，故B正确；

C．动物体内葡萄糖被氧化放出的能量是葡萄糖的总内能与CO2和H2O的总内能的差；故C错误；

D．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程；故D错误．

故选B．二、填空题(共7题，共14分)8、BEFGDACEBFG【分析】【分析】脂肪烃分子中只含有碳和氢两种元素；碳原子彼此相连成链，不能成环，包括烷烃；烯烃、炔烃；

芳香烃：含有苯环的环烃；

质子数相同质量数（或中子数）不同的原子互称同位素；

同种元素形成的不同单质互为同素异形体；

组成和结构都相同的物质为同一物质；同一物质组成；结构、性质都相同，结构式的形状及物质的聚集状态可能不同；

同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团；具有相同官能团及数目的化合物．

具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；

结合定义及其特征分析．【解析】【解答】解：A．和属于氢元素的不同核素；互为同位素；

B．甲烷和己烷均属于烷烃；互为同系物；属于脂肪烃；

C．红磷和白磷都是由磷元素组成的不同单质；互为同素异形体；

D．和均含有苯环；属于芳香烃；

E．和分子式相同；结构相同，为同一种物质；属于脂肪烃；

F．CH2═CH2和CH3-CH═CH2均属于烯烃；互为同系物；属于脂肪烃；

G．和分子式相同；结构不同，存在碳链异构，互为同分异构体；属于脂肪烃；

故答案为：（1）BEFG；D；（2）A；C；（3）E；（4）BF；（5）G．9、增大＞＞Be原子中2s轨道处于全充满状态，N原子中2p轨道处于半充满状态，是比较稳定的状态，故它们的第一电离能高于两边相邻的原子BN四面体立方氮化硼晶体中氮硼键的键长比金刚石晶体中碳碳键的键长要长，故熔点比金刚石的低sp2【分析】【分析】（1）同周期原子的第一电离能一般随核电荷数的增大而呈增大趋势；Be原子中2s轨道处于全充满状态，N原子中2p轨道处于半充满状态，是比较稳定的状态，故它们的第一电离能高于两边相邻的原子；

（2）根据均摊法计算晶胞中N、B原子数目确定化学式；由晶胞结构可知，B原子位于4个N原子形成的四面体的中心位置；根据晶胞含有微粒数目计算晶胞的质量，根据ρ=计算密度；

（3）都属于原子晶体；根据键长分析，键长越长熔点越低；

（4）六方氮化硼晶体与石墨结构相似，石墨层内为邻近的三个碳原子形成三个共价单键并排列成平面正六边形的网状结构，将正六边形间位位置的3个C原子换成3个B原子即得六方氮化硼的层内平面结构，根据B原子成键判断其杂化方式．【解析】【解答】解：（1）同周期原子的第一电离能一般随核电荷数的增大而呈增大趋势；Be原子中2s轨道处于全充满状态，N原子中2p轨道处于半充满状态，是比较稳定的状态，故它们的第一电离能高于两边相邻的原子，故第一电离能Be＞B；N＞O；

故答案为：增大；＞；＞；Be原子中2s轨道处于全充满状态；N原子中2p轨道处于半充满状态，是比较稳定的状态，故它们的第一电离能高于两边相邻的原子；

（2）晶胞中N原子数目=8×+6×=4、B原子数目=4，故氮化硼的化学式为BN；由晶胞结构可知，B原子位于4个N原子形成的四面体的中心位置，故B原子填充N原子的正四面体空隙；晶胞的质量=，晶胞的体积为a3cm3，根据晶胞密度ρ===g/cm3；

故答案为：BN；四面体；g/cm3；

（3）都属于原子晶体；立方氮化硼晶体中氮硼键的键长比金刚石晶体中碳碳键的键长要长，故熔点比金刚石的低；

故答案为：立方氮化硼晶体中氮硼键的键长比金刚石晶体中碳碳键的键长要长；故熔点比金刚石的低；

（4）六方氮化硼晶体与石墨结构相似，石墨层内为邻近的三个碳原子形成三个共价单键并排列成平面正六边形的网状结构，将正六边形间位位置的3个C原子换成3个B原子即得六方氮化硼的层内平面结构，B原子成3个B-C键、变化孤对电子，故B原子采取sp2杂化，六方氮化硼的平面结构示意图为

故答案为：sp2；．10、装置A中澄清石灰水变浑浊装置C中澄清石灰水不变浑浊，装置E中黑色固体变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊处理尾气，防止剧毒的CO污染空气a4.0＜b＜【分析】【分析】（1）二氧化碳能使石灰水变浑浊；一氧化碳具有还原性；能将氧化铜还原为金属铜自身被氧化为二氧化碳；

（2）一氧化碳的尾气处理可以采用点燃法；

（3）根据草酸蒸气和二氧化碳的性质来回答；

（4）根据化学方程式：CuO+COCO2+Cu，Cu2O+COCO2+2Cu来计算氧化铜质量，根据极限假设法来确定生成的二氧化碳质量的取值范围．【解析】【解答】解：（1）草酸受热分解产物中，证明产物中有CO2的现象是装置A中澄清石灰水变浑浊；一氧化碳具有还原性，能将氧化铜还原为金属铜自身被氧化为二氧化碳，如果装置C中澄清石灰水不变浑浊，装置E中黑色固体变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，可以证明草酸受热分解产物中存在二氧化碳，故答案为：装置A中澄清石灰水变浑浊；装置C中澄清石灰水不变浑浊，装置E中黑色固体变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊；

（2）一氧化碳的尾气处理可以采用点燃法；所以导管G的作用是处理尾气，防止剧毒的CO污染空气，故答案为：处理尾气，防止剧毒的CO污染空气；

（3）草酸分解的气体中含有CO2，用氢氧化钠溶液会将二氧化碳除去，无法进行下一步检验，故b错，草酸既然是酸，那么就会跟碳酸根、碳酸氢根发生反应放出CO2，对检验CO2产生干扰；故c；d错，故选a；

（4）设反应物中CuO为xmol，Cu2O为ymol，混合物7.6g得到产物CO23.3g，根据方程式CuO+COCO2+Cu；

Cu2O+COCO2+2Cu；可列方程组：80x+144y=7.6；（x+y）×44=3.3

解得x=0.05，y=0.025，所以CuO质量为：0.05mol×80g/mol=4.0g，根据化学反应，假设原反应物全为CuO，则得CO2为g，假设原反应物全为Cu2O，得CO2为，b的取值范围是：，故答案为：4.0；．11、Al2O3Al（OH）3AlO2-+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-SiO2Na2SiO3【分析】【分析】（1）C为密度最小的气体，则C是H2，金属A和氢氧化钠溶液反应生成乙和氢气，中学阶段学习的能和氢氧化钠溶液反应生成氢气的金属只有Al，所以A是Al，乙是NaAlO2，铝和单质B反应生成甲，甲中含有铝元素，甲是电解质，能和氢氧化钠溶液，则甲是Al2O3，B是O2，氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，则丙是H2O，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，丁失去水生成氧化铝，则丁是Al（OH）3；

（2）C为密度最小的气体，则C是H2，甲为非电解质，则非金属A和氢氧化钠溶液反应生成乙和氢气，中学阶段学习的能和氢氧化钠溶液反应生成氢气的非金属只有Si，然后结合发生的转化反应来解答．【解析】【解答】解：（1）C为密度最小的气体，则C是H2，金属A和氢氧化钠溶液反应生成乙和氢气，中学阶段学习的能和氢氧化钠溶液反应生成氢气的金属只有Al，所以A是Al，乙是NaAlO2，铝和单质B反应生成甲，甲中含有铝元素，甲是电解质，能和氢氧化钠溶液，则甲是Al2O3，B是O2，氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成乙为偏铝酸钠，则丙是H2O，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，丁失去水生成氧化铝，则丁是Al（OH）3，乙与过量CO2反应的离子方程式为AlO2-+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-，故答案为：Al2O3；Al（OH）3；AlO2-+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-；

（2）C为密度最小的气体，则C是H2，甲为非电解质，则非金属A和氢氧化钠溶液反应生成乙和氢气，中学阶段学习的能和氢氧化钠溶液反应生成氢气的非金属只有Si，甲为SiO2，B是O2，丙为水，乙为Na2SiO3，故答案为：SiO2；Na2SiO3．12、1m+n8-n-m【分析】【分析】X和Y是原子序数大于4的主族元素，Xm+和Yn-两种离子的电子层结构相同，则二者核外电子数相等，X处于Y的下一周期，设X、Y的原子序数分别为a、b，则a-m=b+n，且X为金属元素，Y为非金属元素，结合元素周期律解答．【解析】【解答】解：X和Y是原子序数大于4的主族元素，Xm+和Yn-两种离子的电子层结构相同；则二者核外电子数相等，X处于Y的下一周期，X和Y所属周期之差为1；

设X、Y的原子序数分别为a、b，则a-m=b+n，即a-b=m+n；

X的族序数为m；Y的族序数为8-n，故二者族序数之差为8-n-m；

故答案为：1；m+n；8-n-m．13、0.11mol/LD＞C＞B＞A随着反应的进行，c（H2O2）逐渐降低，反应速率逐渐变慢0.086%【分析】【分析】（1）根据图片知，双氧水发生反应2H2O22H2O+O2↑，n（O2）==0.0027mol，根据双氧水和氧气的关系式得n（H2O2）=2n（O2）=2×0.0027mol=0.0054mol，根据C=计算过氧化氢的物质的量浓度；

（2）v=知；相同时间内，反应速率与体积变化量成正比；反应物浓度越大，反应速率越大；

（3）反应开始时到2min放出45mLO2时，n（O2）==0.002mol，m（O2）=0.002mol×32g/mol=0.064g，原来溶液质量=1.1g/mL×50mL=55g，2min时溶液质量=55g-0.064g=54.36g，根据质量分数公式计算其质量分数．【解析】【解答】解：（1）根据图片知，双氧水发生反应2H2O22H2O+O2↑，n（O2）==0.0027mol，根据双氧水和氧气的关系式得n（H2O2）=2n（O2）=2×0.0027mol=0.0054mol，物质的量浓度===0.11mol/L；

故答案为：0.11mol/L；

（2）v=知，相同时间内，反应速率与体积变化量成正比，根据图片知，反应速率大小顺序是D＞C＞B＞A；反应物浓度越大，反应速率越大，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，则反应速率逐渐减小，故答案为：D＞C＞B＞A；随着反应的进行，c（H2O2）逐渐降低；反应速率逐渐变慢；

（3）反应开始时到2min放出45mLO2时，n（O2）==0.002mol，m（O2）=0.002mol×32g/mol=0.064g；原来溶液质量=1.1g/mL×50mL=55g，2min时溶液质量=55g-0.064g=54.36g，双氧水的质量=（0.0054mol-0.004mol）×34g/mol=0.0048g；

其质量分数=100%=0.086%，故答案为：0.086%．14、NSFHFNH3H2SO4碱【分析】【分析】设A的质子数为x，根据三种元素在周期表中的位置，可知B的质子数为x+9，C的质子数为x+2，则有x+x+2=x+9，x=7，所以A为N元素，B为S元素，C为F元素，根据元素周期律、化合价以及化合物的性质解答本题．【解析】【解答】解：（1）设A的质子数为x；根据三种元素在周期表中的位置可知B的质子数为x+9，C的质子数为x+2，则有x+x+2=x+9，x=7，所以A为N元素，B为S元素，C为F元素，故答案为：N；S；F；

（2）非金属性F＞N，故氢化物稳定性HF＞NH3，B为S元素，最外层电子数为6，则最高正价为+6价，其最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SO4，故答案为：HF＞NH3；H2SO4；

（3）A为N元素，对应的氢化物为NH3，在水溶液中存在：NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-，水溶液显碱性，故答案为：碱．三、判断题(共5题，共10分)15、×【分析】【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．【解析】【解答】解：蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液，蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．16、×【分析】【分析】稀释前后氢氧化钠的物质的量不变，根据稀释定律C1V1=C2V2计算判断．【解析】【解答】解：令稀释后NaOH的物质的量浓度为c，稀释前后氢氧化钠的物质的量不变，则：0.03L×0.5mol/L=c×0.5L，解得c=0.03mol/L，故错误，故答案为：×．17、A【分析】【分析】（1）密度小于4.5的为轻金属；大于4.5的为重金属；水体富营养化是因为向水中排放含氮；磷等元素的生产生活废水过多造成的；

（2）酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫；氮氧化物等酸性气体；经过复杂的大气化学反应，形成硫酸和硝酸，被雨水吸收溶解而成；根据化学反应前后原子的种类与数目保持不变可以判断物质的化学式；二氧化碳是一种主要的温室效应气体；根据质量守恒的原因推出Y为氢氧化钙；

（3）①空气质量报告的主要内容包括：空气污染指数；首要污染物（包括可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等气体）、空气质量级别、空气质量状况等；

②旧试卷属于可回收物；可回收再利用；

③根据污水的类型选取处理的方法．【解析】【解答】解：（1）工业废水中常见的重金属元素指的是Cu2+、Hg2+、Cd2+、Pb2+等重金属离子；含铅；汞的物质是常见的有毒污染物；生物所需的氮、磷等营养物质大量进入湖泊、河口、海湾等缓流水体，引起藻类及其它浮游生物迅速繁殖，水体溶氧量下降，鱼类及其它生物大量死亡，该现象为水体富营养化导致的结果；

故答案为：A；富营养化；

（2）酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH约为5.6；酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体，经过复杂的大气化学反应，被雨水吸收溶解而成，根据2CaCO3+2SO2+O2═2CaSO4+2x可知，依据质量守恒定律可知每个x中含有1个碳原子和2个氧原子，所以x是二氧化碳．二氧化碳是形成温室效应的主要物质，2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O；依据质量守恒定律可知每个y中含有1个钙原子和2个氢氧根原子团，所以y是氢氧化钙；

故答案为：SO2；NO2；CO2；温室效应；Ca（OH）2；

（3）①空气质量报告的主要内容包括：空气污染指数、首要污染物（包括可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等气体）、空气质量级别、空气质量状况等，二氧化碳无毒，不属于空气污染物，氮气是空气的主要组成气体，而可吸入颗粒物、NO2、SO2均为污染物；需要检测；

故答案为：CD；

②用过的旧试卷可回收再利用重新做成纸浆；属于可回收垃圾，故答案为：A；

③A．如果污水中含大量氢离子或氢氧根离子；可采用酸碱中和法，除去水中大量的氢离子或氢氧根离子，故答案为：√；

B．如果水中含重金属离子；可加入一些物质使金属阳离子转化成沉淀而除去这些离子，即沉降法，故答案为：（沉降法）；

C．如果使悬浮于水中的泥沙形成絮状不溶物沉降下来，使水澄清，可用明矾等混凝剂作净水剂，故答案为：（混凝法）．18、√【分析】【分析】（1）根据烷烃的系统命名法分析；

（2）取代基的编号错误；应该是2，2，4-三甲基戊烷；

（3）根据烷烃的命名方法进行分析；

（4）根据图示的球棍模型进行命名并判断正误．【解析】【解答】答案（1）√（2）×（3）√（4）×

解：（1）主链为丁烷，命名为：2-甲基丁烷，题中命名正确；

故答案为：√；

（2）不是2，2，3-三甲基戊烷，编号错误，正确应为2，2，4三甲基戊烷；

故答案为：×；

（3）（CH3CH2）2CHCH33-甲基戊烷；满足烷烃的系统命名法，命名正确；

故答案为：√；

（4）根据球棍模型，其结构简式为名称为2甲基戊烷，所以题中命名错误；

故答案为：×．19、×【分析】【分析】氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质，加水稀释弱电解质溶液，促进弱电解质电离，据此分析解答．【解析】【解答】解：氢氧化钠是强电解质，在水中完全电离，加水稀释一倍，氢氧根离子浓度变为原来的一半，一水合氨是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进其电离，当稀释一倍后，氢氧根离子浓度大于原来的一半，该说法错误，故答案为：×．四、计算题(共3题，共30分)20、11.96mol/L【分析】【分析】根据物质的量浓度c=计算该盐酸的物质的量浓度．【解析】【解答】解：浓盐酸的密度为1.18kg•L-1=1.18g/mL，该盐酸的物质的量浓度为：c（HCl）==mol/L≈11.96mol/L；

故答案为：11.96mol/L．21、4.816×1024【分析】【分析】16克臭氧，氧原子的物质的量为1mol，含电子的物质的量为：8mol，所含电子数为8×6.02×1023．【解析】【解答】解：16克臭氧，氧原子的物质的量为1mol，含电子的物质的量为：8mol，所含电子数为8×6.02×1023=4.816×1024，故答案为：4.816×1024；22、14.37.2无影响偏低偏高【分析】【分析】（1）根据500mL0.1mol•L-1Na2CO3溶液中含有的碳酸钠的物质的量计算出需要Na2CO3•10H2O晶体的质量；

（2）根据量筒的构造及图示凹液面所在的刻度线读出量筒中液体的体积；

（3）根据cB=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大．【解析】【解答】解：（1）配制500mL0.1mol•L-1Na2CO3溶液，溶液中含有碳酸钠的物质的量为：0.1mol•L-1×0.5L=0.05mol，需要Na2CO3•10H2O晶体的质量为286g/mol×0.05mol=14.3g；

故答案为：14.3；

（2）量筒刻度线从下向上逐渐增大；根据图示，A为8，则B刻度为7；A与B；B与C刻度间相差1mL，则每个小刻度为0.2mL，液面位于B刻度之上一个小刻度，所以溶液的体积为7.2mL；

故答案为：7.2；

（3）A；定容前容量瓶底部有水珠；对溶质的物质的量没有影响，所以不影响配制结果，故答案为：无影响；

B、定容时加水超过刻度线，导致配制的溶液体积偏大，根据cB=可得；配制的溶液浓度偏低；

故答案为：偏低；

C、最终定容时俯视观察液面，导致加入的蒸馏水体积偏小，根据cB=可得；配制的溶液浓度偏高；

故答案为：偏高．五、推断题(共4题，共36分)23、C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-H2+Cl22HCl2C+SiO2Si+2CO↑【分析】【分析】（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，A+B=C+D是置换反应，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，说明生成的气体为NO2，F为浓硝酸HNO3，非金属判断D为C，结合置换反应和所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，分析判断A为Mg，B为CO2，C为MgO，E为Mg（NO3）2；依据分析判断出的物质回答问题；

（2）若A是常见的变价金属的单质，D、F是气态单质，且反应①在水溶液中进行，D和F单质化合反应生成B为酸，则推断变价金属为Fe，B为HCl，D为H2，F为Cl2，E为FeCl3，反应②在水溶液中进行反应，其离子方程式是：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；光照条件下D（H2）与F（Cl2）反应生成B（HCl）；依据判断物质回答问题；

（3）若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，A+B=C+D是置换反应，依据周期表中非金属单质发生置换反应可知A为C，D为Si，F为O2，依据判断物质回答；【解析】【解答】（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，A+B=C+D是置换反应，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，说明生成的气体为NO2，F为浓硝酸HNO3，非金属判断D为C，结合置换反应和所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，分析判断A为Mg，B为CO2，C为MgO，E为Mg（NO3）2；A为Mg原子结构示意图为：反应④是碳和浓硝酸加热反应生成二氧化氮和二氧化碳气体及水的反应，化学方程式为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；

故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；

（2）若A是常见的变价金属的单质，D、F是气态单质，且反应①在水溶液中进行，D和F单质化合反应生成B为酸，则推断变价金属为Fe，B为HCl，D为H2，F为Cl2，E为FeCl3，反应②在水溶液中进行反应，其离子方程式是：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；光照条件下D（H2）与F（Cl2）反应生成B（HCl），化学方程式为：H2+Cl22HCl；

故答案为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-H2+Cl22HCl

（3）若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，A+B=C+D是置换反应，依据周期表中非金属单质发生置换反应可知A为C，D为Si，F为O2，反应①是碳置换硅的反应，化学方程式为为：2C+SiO2Si+2CO↑；故答案为：2C+SiO2Si+2CO↑；24、略

【分析】试题分析：X、Y、Z、W四种为三个不同的短周期主族元素,且原子序数依次增大，X必定为H；X与W为同一主族，W一定在第三周期，W在空气中燃烧可以得到淡黄色固体，W是Na；Y、Z必定是第二周期元素，Z元素的外围电子排布为2s22p4，Z元素为O；又知四种元素分别形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，一种是固体，可知Y只能是N。（1）W是Na，位于第3周期ⅠA族；N的电子排布式1s22s22p3。（2）同周期元素的第一电离能：第ⅤA>第ⅥA；根据题中信息反应为：8NH3+3Br2=N2+6NH4Br，中1个σ键和2个π键，NH4Br属于离子晶体。（3）Na3N的水【解析】

Na3N+3H2O=3NaOH+NH3。（4）由12.8g（0.4mol）液态Y2X4与足量过氧化氢反应生成Y的单质和气态水，放出256.65kJ的热量可得：①N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)ΔH1＝－256.65/0.4KJ/mol=－641.6KJ/mol②2H2O2(l)=O2(g)+2H2O(l)ΔH2＝－196.4KJ/mol③H2O(l)=H2O(g)ΔH2＝+44KJ/mol根据盖斯定律①-②-③×4得到N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH＝ΔH1-ΔH2-4ΔH2=-621.2kJ/mol，考点：本题以元素推断为基础，考查原子结构、电离能、元素周期表、元素及化合物性质、热化学方程式的书写、盖斯定律等知识。【解析】【答案】（共14分）（1）第3周期ⅠA族（2分）；1s22s22p3（2分）（2）大于（1分）；1∶2（1分）；离子晶体（1分）；（3）Na3N+3H2O=3NaOH+NH3（可写成NH3·H2O，3分）（4）N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-621.2kJ/mol（4分，其中方程式2分，热量2分）25、略

【分析】解：rm{A}rm{B}均是常见的金属，且rm{B}的合金用量最大，则rm{B}为rm{Fe}rm{E}在常温下是黄绿色气体，则rm{E}为rm{Cl_{2}}rm{Fe}与盐酸反应得到rm{D}为rm{FeCl_{2}}氯化亚铁氯气反应得到rm{F}为rm{FeCl_{3}}金属rm{A}与盐酸反应得到rm{C}与氢气，rm{C}与rm{NaOH}反应得到白色沉淀，且白色沉淀能溶于rm{NaOH}溶液与稀盐酸，则rm{A}为rm{Al}rm{C}为rm{AlCl_{3}}白色沉淀为rm{Al(OH)_{3}}

rm{(1)}由以上分析可知rm{A}为rm{Al}故答案为：rm{Al}

rm{(2)}反应rm{F隆煤D}的化学方程式是为rm{2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}故答案为：rm{2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}

rm{(3)F}中金属阳离子为rm{Fe^{3+}}常用试剂rm{KSCN}溶液检验，故答案为：用rm{KSCN}溶液；溶液变红色；

rm{(4)B}为rm{Fe}与盐酸反应的离子方程式为rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}故答案为：rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉.}

A、rm{B}均是常见的金属，且rm{B}的合金用量最大，则rm{B}为rm{Fe}rm{E}在常温下是黄绿色气体，则rm{E}为rm{Cl_{2}}rm{Fe}与盐酸反应得到rm{D}为rm{FeCl_{2}}氯化亚铁与氯气反应得到rm{F}为rm{FeCl_{3}}金属rm{A}与盐酸反应得到rm{C}与氢气，rm{C}与rm{NaOH}反应得到白色沉淀，且白色沉淀能溶于rm{NaOH}溶液与稀盐酸，则rm{A}为rm{Al}rm{C}为rm{AlCl_{3}}白色沉淀为rm{Al(OH)_{3}}结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．

本题考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，涉及rm{Fe}rm{Al}rm{Cl}元素单质化合物的性质，rm{B}的用途及转化关系特殊反应是推断突破口，难度不大，注意对基础知识的掌握．【解析】rm{Al}rm{2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}用rm{KSCN}溶液，溶液变红色；rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}26、略

【分析】解：待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀rm{A}则溶液中可能含有rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在rm{CO_{3}^{2-}}可能存在rm{SO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在rm{Ba^{2+}}

滤液rm{A}中有rm{Ba^{2+}}加入过量的rm{NaOH}溶液得到气体rm{B}白色沉淀rm{B}则溶液中一定含有rm{NH_{4}^{+}}rm{HCO_{3}^{-}}一定不存在rm{Fe^{3+}}气体rm{B}为rm{NH_{3}}白色沉淀rm{B}为rm{BaCO_{3}}滤液rm{B}中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有rm{Br^{-}}滤液rm{B}中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀rm{C}rm{C}为rm{AgCl}说明滤液rm{B}中含有rm{Cl^{-}}由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有rm{Cl^{-}}

rm{(1)}由上述分析可知，白色沉淀rm{B}为碳酸钡，是由rm{HCO_{3}^{-}}rm{Ba^{2+}}rm{OH^{-}}反应生成，反应离子方程式为：rm{HCO_{3}^{-}+Ba^{2+}+OH^{-}=BaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

故答案为：rm{HCO_{3}^{-}+Ba^{2+}+OH^{-}=BaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

rm{(2)}由上述分析可知，溶液中一定没有的阳离子是：rm{Fe^{3+}}rm{Ba^{2+}}

故答案为：rm{Fe^{3+}}rm{Ba^{2+}}

rm{(3)垄脵}由上述分析可知，不能确定原溶液中是否含有rm{Cl^{-}}溶液中一定没有rm{Br^{-}}．

若无色气体rm{D}是单一气体，则rm{D}为rm{CO_{2}}rm{E}为rm{CaCO_{3}}溶液中含有rm{CO_{3}^{2-}}白色沉淀rm{D}只能为rm{BaSO_{4}}溶液中一定没有rm{SO_{3}^{2-}}一定含有rm{SO_{4}^{2-}}

rm{B(}碳酸钡rm{)}的物质的量rm{=dfrac{19.7}{197g/mol}=0.1mol}则rm{=dfrac

{19.7}{197g/mol}=0.1mol}故rm{c(HCO_{3}^{-})=dfrac{0.1mol}{1L}=0.1mol/L}

rm{n(HCO_{3}^{-})=0.1mol}碳酸钙rm{c(HCO_{3}^{-})=dfrac

{0.1mol}{1L}=0.1mol/L}的物质的量rm{=dfrac{10g}{100g/mol}=0.1mol}则rm{E(}故rm{c(CO_{3}^{2-})=dfrac{0.1mol}{1L}=0.1mol/L}

rm{)}硫酸钡rm{=dfrac

{10g}{100g/mol}=0.1mol}的物质的量rm{=dfrac{11.65g}{233g/mol}=0.05mol}则rm{n(CO_{3}^{2-})=0.1mol}故rm{c(SO_{4}^{2-})=dfrac{0.05mol}{1L}=0.05mol/L}

故答案为：。rm{c(CO_{3}^{2-})=dfrac

{0.1mol}{1L}=0.1mol/L}阴离子rm{Cl^{-}}rm{Br^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{SO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}浓度rm{/mol?L^{-1}}？rm{0}rm{0.1}rm{0.1}rm{0}rm{0.05}rm{垄脷n(NH_{4}^{+})=n(NH_{3})=dfrac{2.24L}{22.4L/mol}=0.1mol}则rm{垄脷n(NH_{4}^{+})=n(NH_{3})=dfrac

{2.24L}{22.4L/mol}=0.1mol}溶液中rm{c(NH_{4}^{+})=0.1mol/L}rm{c(Na^{+})=0.2mol/L}rm{c(HCO_{3}^{-})=0.1mol/L}rm{c(CO_{3}^{2-})=0.1mol/L}单位体积为正电荷rm{c(SO_{4}^{2-})=0.05mol/L}单位体积内负电荷rm{=1隆脕0.1mol/L+1隆脕0.2mol/L=0.3mol/L}则单位体积为正电荷rm{=1隆脕0.1mol/L+2隆脕0.1mol/L+2隆脕0.05mol/L=0.4mol/L}单位体积内负电荷，故一定含有rm{<}当溶液中没有rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}离子浓度最小，根据电荷守恒可知，rm{K^{+}}最小浓度rm{c(K^{+})}

故答案为：存在；rm{=0.4mol/L-0.3mol.L=0.1mol/L}离子最小浓度为rm{K^{+}}

rm{0.1mol/L}由上述分析可知，溶液中一定含有rm{(4)}rm{CO_{3}^{2-}}不能确定原溶液中是否含有rm{HCO_{3}^{-}}溶液中一定没有rm{Cl^{-}}．

若无色气体rm{Br^{-}}是混合气体，只能为rm{D}rm{CO_{2}}混合气体，白色沉淀rm{NO}只能为rm{D}溶液中一定含有rm{BaSO_{4}}不能确定是否含有rm{SO_{3}^{2-}}沉淀rm{SO_{4}^{2-}}中一定含有rm{A}rm{BaCO_{3}}

rm{BaSO_{3}}待测液中一定含有的阴离子是rm{垄脵}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}故答案为：rm{SO_{3}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}

rm{SO_{3}^{2-}}沉淀rm{垄脷}中rm{A}rm{BaCO_{3}}能与稀硝酸反应，故答案为：rm{BaSO_{3}}rm{BaCO_{3}}．

rm{BaSO_{3}}待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀rm{(1)(2)}则溶液中可能含有rm{A}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{3}^{2-}}向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在rm{SO_{4}^{2-}}可能存在rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{3}^{2-}}中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在rm{SO_{4}^{2-}}

滤液rm{Ba^{2+}}中有rm{A}加入过量的rm{Ba^{2+}}溶液得到气体rm{NaOH}白色沉淀rm{B}则溶液中一定含有rm{B}rm{NH_{4}^{+}}一定不存在rm{HCO_{3}^{-}}气体rm{Fe^{3+}}为rm{B}白色沉淀rm{NH_{3}}为rm{B}滤液rm{BaCO_{3}}中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有rm{B}滤液rm{Br^{-}}中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀rm{B}rm{C}为rm{C}说明滤液rm{AgCl}中含有rm{B}由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有rm{Cl^{-}}

rm{Cl^{-}}若无色气体rm{(3)}是单一气体，则rm{D}为rm{D}rm{CO_{2}}为rm{E}溶液中含有rm{CaCO_{3}}白色沉淀rm{CO_{3}^{2-}}只能为rm{D}溶液中一定没有rm{BaSO_{4}}一定含有rm{SO_{3}^{2-}}计算rm{SO_{4}^{2-}}碳酸钡rm{B(}rm{)}碳酸钙rm{E(}硫酸钡的物质的量；根据离子守恒计算各离子的浓度；

根据电荷守恒判断是否含有钾离子，若溶液含有rm{)}当溶液中没有rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}离子浓度最小；根据电荷守恒计算；

rm{K^{+}}若无色气体rm{(4)}是混合气体，只能为rm{D}rm{CO_{2}}混合气体，白色沉淀rm{NO}只能为rm{D}溶液中一定含有rm{BaSO_{4}}不能确定是否含有rm{SO_{3}^{2-}}沉淀rm{SO_{4}^{2-}}中一定含有rm{A}rm{BaCO_{3}}．

本题考查了离子的推断、检验，熟悉物质的性质是解本题关键，根据实验过程中反应现象、离子共存条件来确定溶液中存在的离子，注意根据溶液中电荷守恒确定钾离子是否存在，同时考查学生综合运用知识解决问题的能力，题目难度较大．rm{BaSO_{3}}【解析】rm{HCO_{3}^{-}+Ba^{2+}+OH^{-}=BaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{Fe^{3+}}rm{Ba^{2+}}存在，rm{K^{+}}离子最小浓度为rm{0.1mol/L}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{SO_{3}^{2-}}rm{BaCO_{3}}rm{BaSO_{3}}六、实验题(共4题，共40分)27、容量瓶0.1mol/L溶液浓度越稀，误差越小锥形瓶内溶液的颜色变化黄橙观察锥形瓶中溶液颜色的变化明显，减少实验误差偏大偏大偏小×100%【分析】【分析】①配制一定物质的量浓度溶液的仪器是容量瓶．

②根据造成误差的大小分析．

③根据中和滴定存在规范操作分析．

④⑤⑥根据所用酸的体积误差分析．

⑦先根据酸碱中和反应计算氢氧化钠溶液的浓度，根据m=CVM计算100mL溶液中氢氧化钠的质量，再根据质量分数公式计算氢氧化钠的质量分数．【解析】【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液的仪器是容量瓶．

故答案为：容量瓶．

（2）溶液浓度越稀；指示剂的颜色变化越灵敏，所用误差越小，故选浓度小的．

故答案为：0.1mol/L；溶液浓度越稀；误差越小．

（3）滴定时；滴定过程中两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化．滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色．在盛放待测溶液的锥形瓶下方放一张白纸的作用是观察锥形瓶中溶液颜色的变化明显，减少实验误差．

故答案为：锥形瓶内溶液的颜色变化；黄色；橙色（或红色）；观察锥形瓶中溶液颜色的变化明显；减少实验误差．

（4）若滴定前酸式滴定管尖嘴气泡未排出；导致所用酸体积偏大，所用会使碱测定值偏大．

故答案为：偏大．

（5）不用标准盐酸润洗酸式滴定管；导致滴定管内的溶液浓度偏低，所以导致所用酸的体积偏大，使碱测定值偏大．

固液答案为：偏大．

（6）读数时；若滴定前仰视，滴定后俯视，导致所用酸的体积偏小，所以使测定结果偏小．

故答案为：偏小．

（7）根据酸碱中和反应计算氢氧化钠溶液的浓度==mol/L；0.1L氢氧化钠溶液中含有氢氧化钠的质量=CVM=mol/L×0.1L×40g/mol=g，所以氢氧化钠的质量分数=×100%=×100%．

故答案为：×100%．28、略

【分析】解：rm{(1)}仪器rm{C}可以用来制取二氧化碳，连接rm{3}用来除去rm{HCl}rm{4}连接rm