2024年人教版PEP高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年人教版PEP高三化学上册阶段测试试卷897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6题，共12分)1、在0.1mol/LNaHCO3溶液中，下列关系式错误的是（）A.c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）B.c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H2CO3）＞c（CO32-）C.c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）D.c（Na+）=c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）2、根据元素在周期表中位置，下列说法正确的是（）A.元素周期表金属和非金属交界处可以找到半导体材料B.Be（OH）2易溶于水C.Tl（OH）3一定是两性氢氧化物D.BaCO3是易溶于水的盐3、如图为元素周期表短周期的一部分．有关A；B、C、D四种元素的叙述中；错误的是（）

A.A和B可形成AB32-、A2B42-等离子B.B的氢化物的沸点低于C的氢化物的沸点C.单质C的晶体中含有共价键和范德华力D.由D形成的一种物质可用以提取碘水中碘单质4、石灰乳中存在下列平衡：Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH-（aq），加入下列溶液，可使Ca（OH）2减少且pH增大的是（）A.CaCl2溶液．B.FeCl3溶液C.NaOH溶液D.Na2CO3溶液5、有两只串联的电解池（惰性电极），甲池盛有CuSO4溶液，池盛有一定量某硝酸盐的稀溶液．电解时当甲池电极析出6.4gCu时，乙池电极析出2.4g金属，则乙池的溶质可能是（）A.Ca（NO3）2B.AgNO3C.Al（NO3）3D.Mg（NO3）26、向容积为2L的密闭器中充入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌3C（g）；经2s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6mol•L-1．下列说法中正确的是（）

①用物质A表示该反应的平均反应速率为0.2mol•L-1•s-1

②用物质B表示该反应的平均反应速率为0.2mol•L-1•s-1

③平衡时物质A与B的转化率相等。

④平衡时物质B的浓度为0.2mol•L-1

⑤其它条件不变；向容器中再加入1molC气体，达到新平衡时，C的体积分数不变．

A.①②③

B.①③⑤

C.②④⑤

D.①③④

评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、（1）已知1gH2S气体完全燃烧，生成液态水和二氧化硫气体，放出17.24kJ热量，请写出H2S气体燃烧热的热化学方程式：____

（2）火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水．当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量的热．已知0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652KJ的热量．反应的热化学方程式为____．8、某小组以醋酸为例探究弱酸的性质．

（1）实验一：探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响．

①设计实验方案如表，表中c=______mol•L-1．

。编号酸的种类酸的浓度/mol•L-1酸的体积/mL镁条质量/g1醋酸1.0102.02盐酸c102.0②实验步骤：a）检查装置（图1）的气密性后；添加药品；

b）反应开始后，______；

c）将所记录的数据转化为曲线图（图2）．

③写出0～5min醋酸、盐酸与镁条反应的反应速率变化规律：______．

（2）实验二：现有一瓶醋酸溶液；常温下测定其中醋酸的电离程度（已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比）．

设计实验方案；将待测物理量和对应的测定方法填写在表中．

。待测物理量测定方法①______量取25.00ml醋酸溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将0.1000mol•L-1NaOH标准溶液装入。

______，滴定至终点，记录数据．重复滴定2次．②______

______

9、晶体硅是一种重要的非金属材料。制备纯硅的主要步骤如下：rm{垄脵}高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅rm{;}rm{垄脷}粗硅与干燥rm{HCl}气体反应制得rm{SiHCl_{3}:Si+3HCloverset{{300}^{0}C}{=}SiHCl_{3}+H_{2};}rm{SiHCl_{3}:Si+3HCloverset{{300}^{0}C}{=}

SiHCl_{3}+H_{2};}与过量rm{垄脹SiHCl_{3}}在rm{H_{2}}反应制得纯硅。已知：rm{1000隆芦1100隆忙}能与rm{SiHCl_{3}}强烈反应，在空气中易自燃。请回答下列问题：rm{H_{2}O}第rm{(1)}步制备粗硅的化学方程式为__________________。rm{垄脵}粗硅与rm{(2)}反应完全后，经冷凝得到的rm{HCl}沸点rm{SiHCl_{3}(}中含有少量rm{33.0隆忙)}沸点rm{SiCl_{4}(}和rm{57.6隆忙)}沸点rm{HCl(}提纯rm{-84.7隆忙)}采用的方法为____。rm{SiHCl_{3}}用rm{(3)}与过量rm{SiHCl_{3}}反应制备纯硅的装置如下rm{H_{2}}热源及夹持装置略去rm{(}rm{):}装置rm{垄脵}中的试剂是____。装置rm{B}中的烧瓶需要加热，其目的是__________。rm{C}反应一段时间后，装置rm{垄脷}中观察到的现象是___________________，装置rm{D}不能采用普通玻璃管的原因是___________________，装置rm{D}中发生反应的化学方程式为______________。rm{D}为保证制备纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性、控制好反应温度以及___________________。rm{垄脹}为鉴定产品硅中是否含微量铁单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再加入的试剂是____rm{垄脺}填字母rm{(}rm{)}碘水rm{a.}氯水rm{b.}溶液rm{c.NaOH}溶液rm{d.KSCN}溶液rm{e.Na_{2}SO_{3}}10、X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，原子序数依次增大．Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，M与Y同主族，N-、Z+、X+离子的半径逐渐减小；X；N可形成化合物A，常温下A为气体．据此回答：

（1）M在周期表中的位置是____，z单质与A的水溶液反应的离子方程式表示为____．

（2）X、Z、M三种元素可形成酸式盐B，则B的电子式为____，B中含有的化学键类型是____．

（3）X与Y、M可分别形成含有18个电子的分子C和D，这两种分子在水溶液中反应有黄色沉淀生成，写出该反应的化学方程式____

（4）已知通常状况下1gX2在Y2中完全燃烧放出akJ的热量．请写出表示X2燃烧热的热化学方程式____

（5）由X、Y、Z、M四种元素组成化合物E在熔融状态下能电离出两种离子，写出E在水溶液中的电离方程式____．11、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}为中学化学常见的五种物质，均含元素rm{Y}且rm{Y}在这些物质中所呈化合价依次升高，其中只有rm{B}为单质。若在常温下将气体rm{D}通入水中可以发生反应，生成rm{C}和rm{E}工业上以rm{A}空气和水为原料，通过催化氧化法制取rm{E}请回答下列问题：rm{(1)B}分子的电子式为________。rm{(2)}实验室制取rm{A}的化学反应方程式为________________。rm{(3)E}具有不稳定性，因此实验室中保存rm{E}的方法是________________。rm{(4)}工业上若输送rm{Cl_{2}}的管道漏气，用rm{A}进行检验时可观察到大量白烟，同时有rm{B}生成，写出此反应的化学方程式：________________。当反应中转移的电子为rm{3mol}时，被氧化的rm{A}在标准状况下的体积为________rm{L}评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)12、提纯氯化钠，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需用小火加热至溶液表面出现晶膜为止，再通过余热将溶液全部蒸干．____（判断对错）13、在标准状况时，20mLNH3与60mLO2所含的分子个数比为1：3____．（判断对错）14、标准状况下，18gH2O所含的氧原子数目为NA．____（判断对错）15、HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质____（判断对错）16、分液时，先将下层液体从分液漏斗下端放出，再将上层液体从上口倒出．____．（判断对错）17、在NaCl、MgCl2和MgSO4三种盐配成的混合溶液中，若Na+的浓度为0.1mol•L-1、Mg2+的浓度为0.25mol•L-1、Cl-的浓度为0.2mol•L-1、则SO42-的物质的量浓度为0.2mol•L-1____（判断对错）．评卷人得分四、推断题(共2题，共10分)18、如图是一些常见的单质；化合物之间的转化关系图；有些反应中的部分物质被略去．反应①常被应用于野外焊接钢轨，②是工业上重要的反应之一．

请回答下列问题：

（1）H的电子式是____，其中含有的化学键类型是____．

（2）写出反应④的现象：____，有关反应的化学方程式为____．

（3）已知I的燃烧热是-285.8kJ•mol-1，则1m3（标准状况）I完全燃烧，恢复至室温时放出的热量是____（计算结果保留3位有效数字）．

（4）25℃时，以Pt为电极电解含有少量酚酞的F的饱和溶液，则在____（填“阴”或“阳”）极附近溶液由无色变为红色，若在此极收集到0.2g气体，则此时溶液的pH是____（假设溶液的体积为2L且不考虑电解后溶液体积的变化）．

（5）在K溶液中加入与K等物质的量的Na2O2，恰好使K转化为N．写出该反应的离子方程式：____．19、（2013秋•长沙校级月考）在如图各变化中；E为无色无味的液体（常温下），F为淡黄色粉末，G为常见的无色气体（反应条件均已省略）．回答下列问题：

（1）在反应②中，每生成2.24L气体G（标准状况）时，该反应转移电子的物质的量是____mol．

（2）若反应①在加热条件下进行，单质A和化合物B按物质的量之比为1：2发生反应，且C、D是两种均能使澄清的石灰水变浑浊的无色气体，则反应①的化学方程式是____．

（3）若反应①在溶液中进行，A是一元强碱，B是一种酸式盐，D是一种使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，且B遇盐酸能生成使品红溶液褪色的气体．在加热条件下，当A过量时，反应①的离子方程式是____．

（4）由金红石（TiO2）制取单质Ti，涉及到的步骤为：TiO2→TiCl4Ti

已知：

①C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=-393.5kJ•mol-1

②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）；△H=-566kJ•mol-1

③TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（s）+O2（g）；△H=+141kJ•mol-1

则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）═TiCl4（s）+2CO（g）的△H=____．评卷人得分五、解答题(共1题，共5分)20、当溶液中离子浓度小于1×10-5mol•L-1时，该离子沉淀完全．25°C时，在含有浓度均为1.0×10-4mol•L-1的CrO42-离子和Cl-离子的混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液，通过计算说明哪种离子先沉淀？用AgNO3溶液能否将这两种离子逐一分离开？（认为过程中溶液体积无变化；25°C时，Ksp（AgCl）=1.8×10-10，Ksp（Ag2CrO4）=9.0×10-12）参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】NaHCO3溶液呈碱性，溶液中HCO3-水解程度大于HCO3-电离程度，结合溶液中物料守恒和电荷守恒解答该题．【解析】【解答】解：A．溶液呈碱性，所以c（OH-）＞c（H+），钠离子不水解，碳酸氢根离子水解，所以c（Na+）＞c（HCO3-），NaHCO3溶液呈碱性，溶液中HCO3-水解程度大于HCO3-电离程度，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H2CO3）＞c（H+）＞c（CO32-）；故A错误；

B．依据A分析可知，离子浓度大小为c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H2CO3）＞c（H+）＞c（CO32-）；故B正确；

C．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）；故C正确；

D．根据物料守恒得c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）；故D正确；

故选A．2、A【分析】【分析】A．在金属元素和非金属元素分界线附近可以找到半导体材料；如Si等；

B、ⅡA元素最高价氧化物对应水化物的溶解性增强，而氢氧化镁难溶于水，所以Be（OH）2不溶于水；

C；元素的金属性越强；其最高价氧化物的水化物碱性越强；

D、碳酸钡是不溶于水的盐．【解析】【解答】解：A．在金属元素和非金属元素分界线附近的元素既有金属性又有非金属性；所以可以找到半导体材料，如Si等，故A正确；

B、ⅡA元素最高价氧化物对应水化物的溶解性增强，而氢氧化镁难溶于水，所以Be（OH）2不溶于水；故B错误；

C、元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Tl＞Al，氢氧化铝是两性，则Tl（OH）3一定是强碱性氢氧化物；故C错误；

D；碳酸钡是不溶于水的盐；故D错误；

故选A．3、B【分析】【分析】由元素正确短周期中的物质；可知A为C；B为O、C为S、D为Cl；

A．碳元素与元素可以形成碳酸根离子；草酸根离子等；

B．水分子之间存在氢键；沸点较大；

C．单质硫为分子晶体；分子中原子之间形成共价键；

D．四氯化碳可以萃取碘水中的碘．【解析】【解答】解：由元素正确短周期中的物质；可知A为碳；B为O、C为S、D为Cl．

A．碳元素与元素可以形成CO32-、C2O42-等离子；故A正确；

B．水分子之间存在氢键；硫化氢分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故水的沸点高于硫化氢，故B错误；

C．硫存在许多同素异形体；单质硫为分子晶体，分子中原子之间形成共价键，分子之间存在范德华力，故C正确；

D．四氯化碳可以萃取碘水中的碘；故D正确；

故选B．4、D【分析】【分析】使Ca（OH）2减少，应使平衡向正反应方向移动，所加入物质，应与Ca2+反应，不能消耗OH-，以此解答该题．【解析】【解答】解：A、加入CaCl2固体，Ca2+浓度增大，则平衡向逆方向移动，Ca（OH）2增大；故A错误；

B、由于氢氧化铁比氢氧化钙更难溶，即铁离子结合氢氧根生成氢氧化铁沉淀，故平衡右移可使Ca（OH）2减少；但是pH也变小，故B错误；

C、加入NaOH溶液，OH-浓度增大，则平衡向逆方向移动，Ca（OH）2增大；故C错误；

D、加入Na2CO3固体，与Ca2+反应生成碳酸钙沉淀，Ca2+浓度降低，平衡向正反应方向移动，Ca（OH）2减少，c（OH-）增大；即pH值增大，故D正确；

故选D．5、B【分析】【分析】两只串联的电解池（惰性电极），甲池盛有CuSO4溶液，乙池盛有一定量某硝酸盐的稀溶液，电解时，甲池中阴极上先析出铜，乙池中如果含有的金属阳离子在氢之后，则先析出金属单质，后析出氢气，如果金属离子在氢之前，则阴极上析出氢气．【解析】【解答】解：两只串联的电解池（惰性电极），甲池盛有CuSO4溶液；乙池盛有一定量某硝酸盐的稀溶液，电解时当甲池电极析出6.4gCu时，乙池电极析出2.4g金属，说明乙池中的金属元素在氢之后；

A．钙位于氢之前；电解硝酸钙溶液时，阴极上析出氢气，得不到金属单质，故A不符合；

B．银位于氢之后；电解硝酸银溶液时，阴极上析出银，故B符合；

C．铝位于氢之前；电解硝酸铝溶液时，阴极上析出氢气得不到金属单质，故C不符合；

D．镁位于氢之前；电解硝酸镁溶液时，阴极上析出氢气得不到金属单质，故D不符合；

故选B．6、B【分析】

①C的浓度变化为0.6mol/L，所以v（C）==0.3mol/（L•S），速率之比等于化学计量数之比，所以v（A）=v（C）=×0.3mol/（L•S）=0.2mol/（L•S）；故①正确；

②由①知，v（C）=0.3mol/（L•S），速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=v（C）=×0.3mol/（L•S）=0.1mol/（L•S）；故②错误；

③A；B化学计量数之比为2：1；参加反应的A、B的物质的量之比为2：1，A、B的起始物质的量之比为2：1，平衡时物质A与B的转化率相等，故③正确；

④△c（C）=0.6mol/L，根据2A（g）+B（g）⇌3C（g）可知，△c（B）=△c（C）=×0.6mol/L=0.2mol/L，所以B平衡浓度为-0.2mol/L=0.3mol/L；故④错误；

⑤原平衡与开始加入3molC是等效的；在原平衡状态加入1molC，可以等效为开始加入4molC，该反应反应前后气体的物质的量变化，在恒温恒容体积下，压强增大，不影响平衡移动，加入3molC与加入4molC所到达的平衡状态相同，所以向容器中再加入1molC气体，达到新平衡时，C的体积分数不变，故⑤正确．

所以①③⑤正确．

故选B．

【解析】【答案】①C的浓度变化为0.6mol/L，根据v=计算v（C）；根据速率之比等于化学计量数之比计算v（A）；

②C的浓度变化为0.6mol/L，根据v=计算v（C）；根据速率之比等于化学计量数之比计算v（B）；

③A；B化学计量数之比为2：1；参加反应的A、B的物质的量之比为2：1，A、B的起始物质的量之比为2：1，平衡时物质A与B的转化率相等；

④根据C的浓度变化量计算B的浓度变化量；平衡时物质B的浓度等于B起始浓度减去B的浓度变化量；

⑤原平衡与开始加入3molC是等效的；在原平衡状态加入1molC，可以等效为开始加入4molC，该反应反应前后气体的物质的量变化，在恒温恒容体积下，压强增大，平衡状态相同．

二、填空题(共5题，共10分)7、H2S（g）+3/2O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=-586.16kJ•mol-1N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63kJ/mol【分析】【分析】（1）热化学方程式的书写；需要注意的有：物质的状态；反应热的数值与单位，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比，据此解答；

（2）反应方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，根据0.4mol液态肼放出的热量，计算1mol液态肼放出的热量，进而写出热化学方程式．【解析】【解答】解：（1）1gH2S的物质的量为n===mol，燃烧生成液态水和二氧化硫气体时放热17.24KJ，故1molH2S燃烧放热586.16KJ，故热化学方程式为：H2S（g）+3/2O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=-586.16kJ•mol-1；

故答案为：H2S（g）+3/2O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=-586.16kJ•mol-1；

（2）反应方程式为：N2H4+2H2O2═N2+4H2O，0.4mol液态肼放出256.652KJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为=641.63kJ；

所以反应的热化学方程式为：N2H4（g）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63kJ/mol；

故答案为：N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63kJ/mol．8、略

【分析】解：（1）①要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响；则必须保持其他影响反应速率的因素保持一致，故醋酸和盐酸的浓度应相同，故C也应为1.0mol/L；

故答案为：1.0；

②据图可知，是要通过测量在相同的时间段内收集到的氢气体积的大小来测量反应速率，故在反应开始后，应每隔1min记录一次生成H2的体积；

故答案为：每隔1min记录一次生成H2的体积；

③通过图象分析可知；单位时间内醋酸与镁条反应生成氢气的体积变化很小，即醋酸与镁条的反应速率变化不大；而盐酸与镁条的反应一开始很快，一段时间后，单位时间内生成的氢气的体积明显变小，即反应速率明显减小；

故答案为：醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显；盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小；

（2）醋酸的电离程度是已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比，故要求醋酸的电离程度，故应测出醋酸溶液的浓度和溶液中H+的浓度．

①根据测定方法可知；此为酸碱中和滴定，所给的NaOH溶液是标准液，即醋酸是待测液，通过滴定，可测出醋酸溶液的浓度；碱液应盛放在碱式滴定管中；

醋酸溶液的物质的量浓度；

②由于①能测出醋酸溶液的浓度，故此步实验的目的是测量溶液中H+的浓度；而若较精确的测量溶液的pH，应该用pH计，方法是取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH．故答案为：

。待测物理量测定方法醋酸溶液的物质的量浓度碱式滴定管H+的物质的量浓度取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH

（1）①要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响；则必须保持其他影响反应速率的因素保持一致，据此分析C的数值；

②据图可知；是要通过测量在相同的时间内收集到的氢气体积的大小来测量反应速率，据此分析反应开始后的操作；

③通过图象来分析单位时间内氢气的体积的变化可知醋酸；盐酸与镁条反应的速率的变化情况；

（2）醋酸的电离程度是已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比，故要求醋酸的电离程度，故应测出醋酸溶液的浓度和溶液中H+的浓度；据此分析．

①根据测定方法可知；此为酸碱中和滴定，可测出醋酸溶液的浓度；碱液应盛放在碱式滴定管中；

②由于①能测出醋酸溶液的浓度，故此步实验的目的是测量溶液中H+的浓度；而若较精确的测量溶液的pH，用pH计．

本题考查了影响反应速率的因素、实验方案的设计以及图象问题，综合性较强，是高考的高频考点．【解析】1.0；每隔1min记录一次生成H2的体积；醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显，盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小；醋酸溶液的物质的量浓度；碱式滴定管；H+的物质的量浓度；取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH9、rm{(1)SiO_{2}+2C}rm{Si+2CO隆眉}

rm{(2)}分馏

rm{(3)垄脵}浓硫酸使滴入烧瓶中的rm{SiHCl_{3}}汽化

rm{垄脷}有固体物质生成在高温下，普通玻璃会软化rm{SiHCl_{3}+H_{2}}rm{Si+3HCl}

rm{垄脹}排尽装置中的空气

rm{垄脺bd}【分析】【分析】本题考查制备方案的设计，题目难度中等，为高考的高频点，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握物质制备方案设计与评价的原则，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。【解答】rm{(1)}高温下，碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，反应方程式为：rm{Si{O}_{2}+2Coverset{赂脽脦脗}{=}Si+2CO隆眉}

故答案为：rm{Si{O}_{2}+2Coverset{赂脽脦脗}{=}Si+2CO隆眉}

rm{Si{O}_{2}+2Coverset{赂脽脦脗}{=}Si+2CO隆眉

}rm{Si{O}_{2}+2Coverset{赂脽脦脗}{=}Si+2CO隆眉

}rm{(2)SiHCl}沸点rm{3}中含有少量rm{3}rm{(}rm{33.0隆忙)}沸点rm{SiCl}和rm{4}沸点rm{4}由于沸点差别较大，可以通过分馏除去杂质；

故答案为：分馏；

rm{(}锌和稀硫酸的反应是放热反应，所以生成的氢气含有水蒸气，为干燥氢气，一般选用浓rm{57.6隆忙)}rm{HCl(}rm{-84.7隆忙)}rm{(3)垄脵}干燥；气体的反应速率较大，所以加热的目的是使rm{H}rm{2}气化；

故答案为：浓硫酸；使滴入烧瓶中的rm{2}rm{SO}气化；

rm{4}高温下，rm{4}rm{SiHCl}和氢气反应生成硅单质，硅单质是灰黑色固体，所以rm{3}装置中的现象是：石英管的内壁附有灰黑色晶体；由于高温下，普通玻璃会软化，所以使用石英玻璃；反应方程式为：rm{3}rm{SiHCl}

故答案为：石英管的内壁附有灰黑色晶体；高温下，普通玻璃会软化；rm{3}rm{3}

rm{垄脷}氢气是可燃性气体，当氢气的量达到一定时易产生爆炸，为防止安全事故的发生，所以先通一段时间rm{SiHCl}rm{3}；将装置中的空气排尽；

故答案为：排尽装置中的空气；

rm{3}铁能和酸反应生成亚铁离子；亚铁离子有还原性，亚铁离子能被氯水氧化生成铁离子，铁离子遇硫氰化钾溶液变红色，所以可以用氯水和硫氰化钾溶液检验铁的存在；

故选rm{D}rm{SiHCl_{3}+H_{2}}【解析】rm{(1)SiO_{2}+2C}rm{Si+2CO隆眉}rm{(2)}分馏rm{(3)垄脵}浓硫酸使滴入烧瓶中的rm{SiHCl_{3}}汽化rm{垄脷}有固体物质生成在高温下，普通玻璃会软化rm{SiHCl_{3}+H_{2}}rm{Si+3HCl}rm{垄脹}排尽装置中的空气rm{垄脺bd}10、第三周期ⅥA族2Na+2H+=2Na++H2↑离子键、共价键H2O2+H2S=S↓+2H2OH2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-2akJ/molNaHSO4=H++Na++SO42-【分析】【分析】X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，原子序数依次增大．Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，则Y为氧元素；M与Y同主族，则M为S元素，N原子序数大于S，故N为Cl；N-、Z+、X+离子的半径逐渐减小，由离子电荷可知Z、X处于IA族，X、N可形成化合物A，常温下A为气体，则X为H元素、A为HCl，Z的原子序数大于氧，则Z为Na，据此解答．【解析】【解答】解：X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，原子序数依次增大．Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，则Y为氧元素；M与Y同主族，则M为S元素，N原子序数大于S，故N为Cl；N-、Z+、X+离子的半径逐渐减小；由离子电荷可知Z；X处于IA族，X、N可形成化合物A，常温下A为气体，则X为H元素、A为HCl，Z的原子序数大于氧，则Z为Na．

（1）M为S元素，在周期表中的位置是：第三周期ⅥA族，Na单质与HCl的水溶液反应的离子方程式表示为：2Na+2H+=2Na++H2↑；

故答案为：第三周期ⅥA族；2Na+2H+=2Na++H2↑；

（2）H、Na、S三种元素可形成酸式盐B为NaHS，电子式为含有离子键；共价键；

故答案为：离子键；共价键；

（3）H与O、S可分别形成含有18个电子的分子C和D，C为H2O2、D为H2S，二者反应是方程式为：H2O2+H2S=S↓+2H2O；

故答案为：H2O2+H2S=S↓+2H2O；

（4）已知通常状况下1gH2在O2中完全燃烧放出akJ的热量，表示H2燃烧热的热化学方程式：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-2akJ/mol；

故答案为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-2akJ/mol；

（5）由H、O、Na、S四种元素组成化合物E在熔融状态下能电离出两种离子，E为NaHSO4，在水溶液中的电离方程式为：NaHSO4=H++Na++SO42-；

故答案为：NaHSO4=H++Na++SO42-．11、（1）（2）（3）贮存在棕色试剂瓶中，置于冷暗处；（4）8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；22.4L

【分析】【分析】本题考查了物质的推断，氨的化学性质及实验室制备，电子式，氧化还原的有关计算，硝酸的性质及制备，硝酸的贮存方法等相关知识。

【解答】A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}为中学化学常见的五种物质，均含元素rm{Y}且rm{Y}在这些物质中所呈化合价依次升高，说明rm{Y}有多种化合价，可能为rm{N}元素或rm{Cl}元素，又工业上以rm{A}空气和水为原料，通过催化氧化法制取rm{E}应为氨的催化氧化制备硝酸，则rm{A}为rm{NH}rm{B}rm{C}rm{D}为中学化学常见的五种物质，均含元素rm{E}且rm{Y}在这些物质中所呈化合价依次升高，说明rm{Y}有多种化合价，可能为rm{Y}元素或rm{N}元素，又工业上以rm{Cl}空气和水为原料，通过催化氧化法制取rm{A}应为氨的催化氧化制备硝酸，则rm{E}为rm{A}rm{NH}rm{{,!}_{3}}为、rm{B}为rm{N}rm{B}rm{N}为rm{{,!}_{2}}、rm{C}为rm{NO}rm{D}为rm{NO}为rm{C}rm{NO}rm{D}为rm{NO}rm{{,!}_{2}}、rm{E}为rm{HNO}rm{E}为rm{HNO}电子式为：故答案为：rm{{,!}_{3}}实验室制备氨气；：故答案为：rm{(1)B}为硝酸，硝酸见光易分解，所以保存在棕色试剂瓶，并放于冷暗处；故答案为：贮存在棕色试剂瓶中，置于冷暗处；rm{N_{2}}rm{(2)}具有强氧化性，遇氨气发生氧化还原反应生成用加热石灰乳和氯化铵固体制取氨气，化学方程式为同时有rm{(3)E}生成，反应的化学方程式为rm{(4)}根据化学方程式可知：一部分氨气生成氯化铵，化合价不变，一部分化合价升高被氧化生成rm{Cl_{2}}所以被氧化的rm{N_{2}}rm{NH_{4}Cl}rm{8NH_{3}+3Cl_{2}=6NH_{4}Cl+N_{2}}rm{N_{2}}rm{2NH_{3}}rm{隆芦}rm{N_{2}}rm{隆芦}rm{6e^{-}}rm{dfrac{44.8L}{V}=dfrac{6mol}{3mol}}解得rm{44.8L}故答案为：rm{6mol}rm{V}

rm{3mol}【解析】rm{(1)}rm{(2)}rm{(3)}贮存在棕色试剂瓶中，置于冷暗处；rm{(4)8NH_{3}+3Cl_{2}=6NH_{4}Cl+N_{2}}rm{22.4L}

三、判断题(共6题，共12分)12、√【分析】【分析】蒸发操作不能直接蒸干，以防止温度过高而导致分解而变质，据此解答即可．【解析】【解答】解：提纯氯化钠，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需用小火加热至溶液表面出现晶膜为止，再通过余热将溶液全部蒸干，符合蒸发操作要求，故此说法正确，故答案为：√．13、√【分析】【分析】相同条件下，气体体积之比等于其分子数目之比．【解析】【解答】解：同温同压下，气体体积之比等于其分子数目之比，故标准状况时，20mLNH3与60mLO2所含的分子个数比=20mL：60mL=1：3，故正确，故答案为：√．14、√【分析】【分析】根据水的质量计算出物质的量，再计算出氧原子数目．【解析】【解答】解：18g水的物质的量为1mol，含的氧原子数目为NA，故答案为：√．15、×【分析】【分析】HClO是弱电解质，但NaClO是盐，属于强电解质．【解析】【解答】解：HClO是弱电解质，但NaClO在水溶液里或熔融状态下完全电离，所以NaClO属于强电解质，故错误；故答案为：×．16、√【分析】【分析】上层液体若从下口流出会掺杂仪器中附着的下层液体．据此解题．【解析】【解答】解：分液时，先把下层液体从下口放出，再把上层液体从上口倒出，故答案为：√．17、√【分析】【分析】溶液呈电中性，根据电荷守恒，溶液中存在c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），据此计算判断．【解析】【解答】解：溶液呈电中性，根据电荷守恒，溶液中c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），即：0.1mol/L+2×0.25mol/L=0.2mol/L+2c（SO42-），解得c（SO42-）=0.2mol/L，故硫酸的浓度正确，故答案为：√．四、推断题(共2题，共10分)18、离子键和共价键白色沉淀迅速转化为灰绿色，最后变化为红褐色沉淀4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）31.28×104kJ阴134Fe2++4Na2O2═4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+【分析】【分析】反应①常被应用于野外焊接钢轨，应为金属铝和氧化铁发生铝热反应，方程式为：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3，结合N加热生成B分析判断，则A为Al，B为Fe2O3，反应，②是工业上重要的反应之一，分析流程图可知，H为溶液和铝热反应生成的C发生反应，说明H为NaOH，C为Al2O3，D为Fe，G为Cl2；J为FeCl3溶液，K为FeCl2溶液，M为Fe（OH）2，N为红褐色固体，应为Fe（OH）3，反应②是电解F溶液应为NaCl溶液，电解生成NaOH、H2和Cl2气体，则D应为Fe，C为Al2O3，H为NaOH，G为Cl2，J为FeCl3溶液，K为FeCl2溶液，M为Fe（OH）2，I为H2，结合物质的性质解答该题．【解析】【解答】解：反应①常被应用于野外焊接钢轨，应为金属铝和氧化铁发生铝热反应，方程式为：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3，结合N加热生成B分析判断，则A为Al，B为Fe2O3，反应，②是工业上重要的反应之一，分析流程图可知，H为溶液和铝热反应生成的C发生反应，说明H为NaOH，C为Al2O3，D为Fe，G为Cl2；J为FeCl3溶液，K为FeCl2溶液，M为Fe（OH）2，N为红褐色固体，应为Fe（OH）3，反应②是电解F溶液应为NaCl溶液，电解生成NaOH、H2和Cl2气体，则D应为Fe，C为Al2O3，H为NaOH，G为Cl2，J为FeCl3溶液，K为FeCl2溶液，M为Fe（OH）2，I为H2；

（1）分析判断H为NaOH．电子式为：氢氧化钠中含有离子键和共价键；

故答案为：离子键和共价键；

（2）反应④为氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为氢氧化铁的过程，反应现象为白色沉淀迅速转化为灰绿色最后变化为红褐色沉淀，反应的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；

故答案为：白色沉淀迅速转化为灰绿色最后变化为红褐色沉淀；4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；

（3）已知I为H2的燃烧热是-285.8kJ•mol-1，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成温度氧化物放出的热量，则1m3（标准状况）H2物质的量=，完全燃烧，恢复至室温时放出的热量=×285.8kJ/mol=1.28×10-4kJ；

故答案为：1.28×10-4kJ；

（4）25℃时，以Pt为电极电解含有少量酚酞的F为NaCl的饱和溶液，阳极电极反应为2Cl--2e-═Cl2↑，阴极电极反应为2H++2e-═H2↑阴极负附近氢离子浓度减小；氢氧根离子浓度增大，溶液呈红色；若在此极收集到0.2g气体，即生成氢气物质的量为0.1mol，转移电子为0.1mol，所以溶液中消耗气流物质的量为0.2mol，溶液中增加氢氧根离子物质的量为0.2mol，溶液体积为2L，溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，则此时溶液的pH=13；

故答案为：阴；13；

（5）在K为FeCl2溶液中加入与FeCl2等物质的量的Na2O2，恰好使K转化为N为Fe（OH）3，依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒写出反应的离子方程式为：4Fe2++4Na2O2═4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+；

故答案为：4Fe2+