2024年沪科版高一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年沪科版高一化学上册阶段测试试卷803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8题，共16分)1、用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是（）。A.标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1NAB.常温常压下,1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02NAC.通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积为22.4LD.物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为1NA2、下列说法中正确的是（）A.锂离子电池和普通锌锰干电池都是二次电池B.原电池的反应的本质是氧化还原反应C.燃料电池是一种高效但是会污染环境的新型电池D.铅蓄电池放电的时候正极是Pb负极是PbO23、下列化合物中，不能由单质直接生成的是rm{(}rm{)}A.rm{FeS}B.rm{FeCl_{3}}C.rm{CuCl_{2}}D.rm{CuS}4、物质发生化学变化时：rm{(1)}电子总数rm{(2)}原子总数rm{(3)}分子总数rm{(4)}物质的种类rm{(5)}物质的总质量rm{(6)}物质的总能量，反应前后肯定不会发生变化的是rm{(}rm{)}A.rm{(1)(2)(3)(5)}B.rm{(1)(2)(5)}C.rm{(2)(5)(6)}D.rm{(1)(4)(5)(6)}5、下图分别表示四种操作，其中错误的是6、物质的量相同的甲烷（CH4）和氨气（NH3）；一定相同的量是（）

A.质量。

B.体积。

C.质子数。

D.原子数。

7、下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（）A.溴水中有下列平衡：Br2+H2O⇌HBr+HBrO当加入AgNO3（s）后溶液颜色变浅B.2NO2（g）⇌N2O4（g）（正反应放热），升高温度可使体系颜色加深C.反应CO+NO2⇌CO2+NO（正反应放热），升高温度可使平衡向逆反应方向移动D.合成氨反应N2+3H2⇌2NH3（正反应放热）中使用催化剂8、下列物质所属类别正确的是rm{(}rm{)}A.液态氧--化合物B.纯净盐酸--纯净物C.rm{Na_{2}O}--碱性氧化物D.rm{NaHSO_{4}}--含氧酸评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、0.5mol水中含电子数为____，质子数为____．10、拆开1molH﹣H键，1molN﹣H键，1molN≡N键分别需要吸收的能量为436kJ，391kJ，946kJ．则1molN2完全反应生成NH3____热量（填“吸收”或“放出”）____kJ．11、铁盐；亚铁盐是实验室常用的药品．请根据题意；完成下列填空：

（1）向酸化的FeCl3溶液中逐滴加入KI溶液，溶液变成棕褐色．该反应的离子方程式为____．

（2）向酸化的FeSO4溶液中加几滴硫氰化钾溶液；没有什么明显变化，再滴加双氧水，溶液变红色．继续滴加双氧水，红色逐渐褪去，且有气泡产生．写出上述变化中，有关反应的离子方程式：

①____

②Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3

③11H2O2+2SCN﹣=2SO42﹣+2CO2↑+N2↑+10H2O+2H+

若生成1molN2，H2O2和SCN﹣的反应中转移电子的物质的量是____mol．

（3）根据以上实验，推断Fe2+、I﹣和SCN﹣的还原性由强到弱的顺序为____．12、rm{A隆芦H}等rm{8}种物质存在如下转化关系rm{(}反应条件，部分产物未标出rm{)}已知：rm{A}是____，rm{B}是能使品红溶液褪色的气体，rm{G}是红棕色气体。按要求回答问题：rm{(1)}写出下列物质的化学式：rm{A}_____________，写出rm{B}的一种危害_______________。rm{(2)}写出下列反应：rm{E隆煤F}的化学方程式________________________________________；红热的木炭与rm{H}的浓溶液反应的方程式：_________________________。的浓溶液反应的方程式：_________________________。铜与rm{H}的稀溶液反应的____：rm{H}________________________________________；检验某溶液中是否含rm{(3)}中阳离子的方法_________________________rm{A}________________________________________________________________。13、rm{(1)}标准状况下，rm{1.7gNH_{3}}的体积为________rm{L}它与标准状况下________rm{LH_{2}S}含有相同数目的氢原子。rm{(2)}某气态氧化物的化学式为rm{RO_{2}}标准状况下，rm{1.28g}该氧化物的体积为rm{448mL}则该氧化物的物质的量为____，摩尔质量为__________，rm{R}的相对原子质量为________。rm{(3)}标准状况下，rm{11.2LCO_{2}}和rm{CO}的质量是rm{18g}则其中含rm{CO_{2}}的质量为________rm{g}rm{CO}的体积为________rm{L}14、某温度时，在rm{2L}的密闭容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z}三种物质的量随时间的变化曲线如图所示．

rm{(1)Y}的转化率是______．

rm{(2)}由图中所给数据进行分析；该反应的化学方程为______；

rm{(3)}反应从开始至rm{2}分钟末，用rm{X}的浓度变化表示的平均反应速率为______．

rm{(4)}当反应进行到第______rm{min}该反应达到平衡．15、rm{0.6mol}rm{O_{2}}与rm{0.4mol}rm{O_{3}}质量之比为______，分子个数之比为______，原子个数之比______，它们在同温同压下的体积比是______．16、某自然水体中含有较多的泥沙、rm{NaCl}和少量的rm{Ca(NO_{3})_{2}}rm{Mg(NO_{3})_{2}}欲得其盐，可采用的措施是______、______；欲用其制蒸馏水，可采用的措施是______；若在实验室中完成以上两个过程，都用的玻璃仪器是______．17、现有A；B、C、D、E、F六种短周期主族元素；其原子序数依次增大，已知A、D位于同一主族，A元素在元素周期表中原子半径最小，C是非金属性最强的元素，B、E原子最外层电子数相等，且B、E原子序数之和是A、D原子序数之和的两倍，F的最高价氧化物对应的水化物酸性最强．

（1）请在如图塔式元素周期表（元素周期表的另一种画法）相应位置中标出B元素的元素符号，同时在图中将过渡元素涂黑____．

（2）D元素的简单离子的离子结构示意图____

（3）B、E形成的气态氢化物的熔沸点那个高____；（用具体的化学式表示）．

（4）E与C或F均能形成一些化合物，据有关资料E与C能形成化合物EC6，E能与F能形成化合物E2F2．请回答下面问题：

①甲同学通过分析认为EC6此物质不可能在O2中燃烧，原因是：____；

②乙同学通过查资料知化合物E2F2中既存在极性键，又存在非极性键，试写出其电子式：____；该物质遇水不稳定，生成一种黄色沉淀和无色气体，还得到一种酸性溶液．试写出该过程的反应方程式____．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)18、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）19、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）20、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）21、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化22、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）23、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。24、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）25、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）26、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）评卷人得分四、实验题(共2题，共16分)27、利用海洋资源可以获得很多物质；如从海水中得到的食盐水可以用来制取食盐，可以用来电解得到许多化工原料，可以通过蒸馏获得淡水，等等。

Ⅰrm{.}从海水中得到的粗食盐水常含rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}需要分离提纯。现有含少量rm{CaCl_{2}}rm{MgSO_{4}}的粗食盐水，在除去悬浮物和泥沙之后，可能用到其中几种试剂：rm{垄脵}盐酸；rm{垄脷K_{2}CO_{3}}rm{垄脹Na_{2}CO_{3}}rm{垄脺NaOH}rm{垄脻Ba(NO_{3})_{2}}rm{垄脼BaCl_{2}}来除去食盐水中的rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}

rm{(1)}除去rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}过程中发生反应的离子方程式为______；______。

rm{(2)}为有效除去rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}加入试剂的合理顺序为______。

A.先加rm{NaOH}后加rm{Na_{2}CO_{3}}再加rm{BaCl_{2}}

B.先加rm{BaCl_{2}}后加rm{NaOH}再加rm{Na_{2}CO_{3}}

C.先加rm{K_{2}CO_{3}}后加rm{NaOH}再加rm{Ba(NO_{3})_{2}}

D.先加rm{Ba(NO_{3})_{2}}后加rm{K_{2}CO_{3}}再加rm{NaOH}

E.先加rm{Ba(NO_{3})_{2}}后加rm{Na_{2}CO_{3}}再加rm{NaOH}

rm{(3)}判断除去rm{Mg^{2+}}的试剂已经足量的方法是______。

Ⅱrm{.}现有如图仪器；

rm{(1)}过滤沉淀时必须用到______rm{(}填字母rm{)}仪器rm{F}的名称是______。

rm{(2)}海水蒸馏是由海水获得淡水的常用方法之一；在实验室组成一套蒸馏装置肯定需要所给仪器中的一部分，按照实验仪器由下到上；从左到右的顺序，这些仪器依次是______

______rm{(}填字母rm{)}

rm{(3)}海带等海藻类物质经过处理后，可以得到碘水，欲从碘水中提取碘，需要所给仪器中的______rm{(}填字母rm{)}该仪器名称为______，向该碘水中加入四氯化碳以提取碘单质的实验操作称为______。28、实验探究是体验知识的产生和形成过程的基本途径。下面是某同学完成的探究实验报告的一部分：实验名称：卤素单质的氧化性强弱比较实验药品：KBr溶液、KI溶液、氯水、溴水、碘水、四氯化碳、淀粉碘化钾试纸。实验步骤实验结论①氯水＋1mLCCl4，振荡，静置，观察四氯化碳层颜色氧化性从强到弱的顺序：氯、溴、碘②NaBr溶液＋氯水＋1mLCCl4，振荡，静置，观察四氯化碳层颜色③KI溶液＋氯水＋1mLCCl4，振荡，静置，观察四氯化碳层颜色请回答：(1)完成该实验需用到的实验仪器是。（1分）(2)CCl4在实验中所起的作用是。（1分）(3)该同学的实验设计不足之是，（2分）改进的办法是____________评卷人得分五、推断题(共4题，共36分)29、有机物rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}之间发生如下的转化：。

rm{(1)}写出rm{D}分子中官能团的名称：____，rm{C}物质的结构简式：____．rm{(2)}上述rm{垄脵隆芦垄脿}转化反应中，属于取代反应的有____；属于加成反应的有____rm{.(}用反应序号填写rm{)}rm{(3)}向rm{A}的水溶液中加入新制的rm{Cu(OH)_{2}}并加热时产生的实验现象是____．rm{(4)}请写出下列转化的化学反应方程式：rm{垄脵B隆煤C}____；rm{垄脷B+D隆煤E}____；rm{(5)D}的同系物分子式为rm{C_{6}H_{12}O_{2}}的同分异构体有____种。30、A、rm{B}rm{C}rm{D}都是短周期元素，原子半径rm{D>C>A>B}其中rm{A}rm{B}处在同一周期，rm{A}rm{C}处在同一主族rm{.C}原子核内质子数等于rm{A}rm{B}原子核内质子数之和，rm{C}原子最外层上的电子数是rm{D}原子最外层电子数的rm{4}倍rm{.}试回答：

rm{(1)}这四种元素名称分别是：rm{A}______，rm{B}______，rm{C}______，rm{D}______．

rm{(2)}这四种元素中在常温常压下的液态或气态氢化物的稳定性由大而小的顺序是______rm{.(}用化学式表示，下同rm{)}

rm{(3)A}与rm{B}形成的三原子分子的电子式是______，rm{B}与rm{D}形成的原子个数比为rm{l}rm{l}的化合物中含有的化学键类型有______．

rm{(4)}写一个能证明rm{A}和rm{C}的金属性或者非金属性强弱的化学方程式是______．31、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{L}rm{M}五种元素的原子序数依次增大，rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{L}是组成蛋白质的基础元素，rm{M}是地壳中含量最高的金属元素rm{.}回答下列问题：

rm{(1)Z}rm{X}两元素按原子数目比rm{1}rm{3}和rm{2}rm{4}构成分子rm{A}和rm{B}rm{A}为rm{10}电子分子，其电子式为______，rm{B}为rm{18}电子分子；其结构式为______．

rm{(2)}硒rm{(Se)}是人体必需的微量元素，与rm{L}同一主族，rm{Se}原子比rm{L}原子多两个电子层，则rm{Se}的原子序数为______，其最高价氧化物对应的水化物化学式为______；rm{Z}的氢化物与氯化氢相遇时的现象是______．

rm{(3)}同主族元素形成的同一类化合物往往在结构和性质上很相似rm{.}化合物rm{PH_{4}I}是一种白色晶体，则对rm{PH_{4}I}的叙述不正确的是______．

A.它是一种共价化合物。

B.加热时rm{PH_{4}I}可以分解；而且有颜色变化。

C.它可以跟rm{NaOH}反应。

D.它可由rm{PH_{3}}和rm{HI}化合而成．32、已知有机物rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}有以下转化关系rm{.A}的产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志；rm{D}能使石蕊试液变红；rm{E}是不溶于水且具有水果香味的无色液体，相对分子质量是rm{C}的rm{2}倍；rm{F}是塑料的主要成分之一，常用于制食品包装袋rm{.}结合如图关系回答问题：

rm{(1)}按要求回答下列问题：

rm{垄脵}写出rm{A}rm{E}的结构简式：rm{A}______、rm{E}______；

rm{垄脷}写出rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}中官能团的名称：rm{B}______、rm{C}______rm{D}______E；______；

rm{垄脹}写出反应rm{垄脷}的反应方程式：______

rm{(2)A}与苯都是石油化工的重要产品，在一定条件下rm{A}可以转化生成苯；按要求回答下列问题：

rm{垄脵}苯可以发生取代反应；写出由苯制备溴苯的化学反应方程式：______

rm{垄脷}纯净的溴苯是无色油状液体，实验室制得的粗溴苯通常因溶解了rm{Br_{2}}呈褐色，可以加入试剂______除去，反应方程式为______，该除杂操作所必须的主要玻璃仪器是______．评卷人得分六、其他(共4题，共16分)33、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。34、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。35、（5分）现有前4周期中的A、B、C、D、E五种主族元素。A的最高价氧化物含A40%，A原子中质子数等于中子数；B是同周期中除稀有气体外原子半径最大的元素；D能形成BD型离子化合物，且B、D两离子的电子层结构相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1个电子；1.8gC与足量的稀硫酸反应，所产生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；C原子中质子数比中子数少1；D原子比A原子多1个质子。请写出A～E五种元素最高价氧化物对应水化物的化学式____、、、、。36、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。用微粒符号完成下列问题：（1）Y、Z两种元素的最高价氧化物的水化物酸性强于。（2）M、Z、Y形成的简单离子的半径的大小。（3）M2X2固体中阴、阳离子个数比____________,其电子式为．该物质中含有化学键的类型有和．（4）将Z的单质通入YX2的水溶液中发生反应的离子方程式为。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】标准状况下，水不是气体，不能用于气体摩尔体积，A不正确。根据可知，1.06gNa2CO3是0.01mol，含有0.02mol钠离子，B正确。1NA个CO2分子是1mol，但状态不是在标准状况下，其体积不是22.4L，C不正确。D中溶液的体积不能确定，所以溶质的物质的量就不能确定，D不正确，答案选B。【解析】【答案】B2、B【分析】解：A．锂离子电池为二次电池；碱性锌锰干电池为一次电池，故A错误；

B．化学电池是将化学能转变为电能的装置；有电子的转移，实质为氧化还原反应，故B正确；

C．燃料电池有氢氧燃料电池、甲烷燃料电池、乙醇燃料电池等，产物多为CO2、H2O等；不污染环境，故C错误；

D．铅蓄电池放电的时候，Pb被氧化，为原电池的负极，PbO2被还原；为原电池的正极，故D错误．

故选B．

A．碱性锌锰干电池为一次电池；

B．化学电池是将化学能转变为电能的装置；有电子的转移，实质为氧化还原反应；

C．燃料电池的产物多为CO2、H2O等；不污染环境；

D．铅蓄电池放电的时候，Pb被氧化；为原电池的负极．

本题考查常见原电池的组成以及工作原理，题目难度不大，学习中注意常见原电池的组成以及工作原理，注意相关基础知识的积累．【解析】【答案】B3、D【分析】解：rm{A.Fe}与rm{S}加热发生化合反应生成rm{FeS}故A不选；

B.rm{Fe}与氯气加热发生化合反应生成rm{FeCl_{3}}故B不选；

C.rm{Cu}与氯气加热发生化合反应生成rm{CuCl_{2}}故C不选；

D.rm{Cu}与rm{S}加热发生化合反应生成rm{Cu_{2}S}不能生成rm{CuS}故D选；

故选D．

氯气具有强氧化性，与变价金属生成高价金属氯化物；rm{S}具有弱氧化性；与变价金属生成低价金属硫化物，以此来解答．

本题考查金属的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．【解析】rm{D}4、B【分析】解：根据质量守恒定律的内容：在化学反应中，参加反应前各物质的质量总和等于反应后生成各物质的质量总和rm{.}再根据其意义：元素的种类、原子的数目、原子的种类在反应前后不变rm{.}由此可知：

A.分子数目在化学反应前后可能有变化；故A错误；

B.电子总数；原子总数、物质的总质量在化学反应前后没有变化；故B正确；

C.化学反应总是伴随着能量的变化；故物质的总能量在化学反应前后肯定发生变化，故C错误；

D.物质的种类和物质的总能量在化学反应前后肯定发生变化；故D错误；

故选B．

根据质量守恒定律的内容可知；在化学反应前后肯定没有发生变化的是：物质的总质量；元素的种类、原子的种类和原子的数目．

本题考查质量守恒定律，难度不大，要注意把握质量守恒定律的实质．【解析】rm{B}5、B|C【分析】试题分析：A、图示为量筒的读数，视线应与凹液面的最低点相平，正确；B、量筒为计量仪器，不能作为反应容器，不能在其中配制溶液，不能加热，错误；C、氢氧化钠固体易潮解有腐蚀性，应在烧杯中称量，错误；D、图示为过滤操作，符合“一贴二低三靠”，正确。考点：考查化学实验基本操作。【解析】【答案】BC6、C【分析】

A；甲烷的相对分子质量为16；氨气的相对分子质量为17，物质的量相同时，二者质量不同，故A错误；

B；因没有明确气体存在的条件；物质的量相等时，二者体积不一定相等，故B错误；

C；1个甲烷分子含有10个质子；1个氨气分子含有10个质子，相同物质的量的甲烷和氨气的质子数相等，故C正确；

D；1个甲烷含有5个原子；1个氨气含有4个原子，相同物质的量的甲烷和氨气的含有的原子数不同，故D错误．

故选C．

【解析】【答案】物质的量相同的甲烷和氨气所含分子数相同；根据原子结构和相对分子质量判断质量；质子数和原子数．

7、D【分析】解：A．溴水中有下列平衡：Br2+H2O⇌HBr+HBrO，当加入AgNO3（s）后；硝酸银与溴离子反应生成溴化银沉淀，平衡正向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；

B．升高温度；平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，体系颜色加深，能用勒夏特列原理解释，故B不选；

C．反应CO+NO2⇌CO2+NO（正反应放热）；升高温度，平衡逆向移动，能用勒夏特列原理解释，故C不选；

D．合成氨反应N2+3H2⇌2NH3（正反应放热）；使用催化剂，加快化学反应速率，对化学平衡不产生影响，故不能用勒夏特里原理解释，故D选；

故选D．

勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度；压强或温度等）；平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释．

本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，催化剂对化学平衡不产生影响．【解析】【答案】D8、C【分析】解：rm{A.}液态氧是一种元素组成的纯净物是单质；故A错误；

B.纯净的盐酸是氯化氢气体的水溶液；属于混合物，故B错误；

C.rm{Na_{2}O}和酸反应生成盐和水；符合碱性氧化物的概念，属于碱性氧化物，故C正确；

D.rm{NaHSO_{4}}是钠离子和硫酸氢根离子构成的化合物是盐；不是含氧酸，故D错误；

故选C．

A.不同元素组成的纯净物为化合物；同种元素组成的纯净物为单质；

B.一种物质组成的为纯净物；不同物质组成的为混合物；

C.和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；反应为复分解反应；

D.含氧酸根离子和金属离子构成的化合物为含氧酸盐；水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；

本题考查了物质分类方法和物质组成判断，理解概念实质、掌握基础知识是解题关键，题目较简单．【解析】rm{C}二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】

水的化学式为H2O；则1个水分子中含有2个氢原子和1个氧原子；

由N=n×NA；则。

0.5mol水的质子数=电子数=0.5mol×（1×2+8）×NA=5NA；

故答案为：5NA；5NA．

【解析】【答案】利用原子的质子数等于电子数来计算分子的质子数和电子数；在原子或分子中，质子数等于电子数．

10、放出92【分析】【解答】在反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）中；

断裂3molH﹣H键；1molN三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ；

生成2molNH3；共形成6molN﹣H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ；

吸收的能量少；放出的能量多，该反应为放热反应；

放出的热量为：2346kJ﹣2254kJ=92kJ；

故答案为：放出；92．

【分析】化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热．11、2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O22I﹣＞Fe2+＞SCN﹣【分析】【解答】（1）向酸化的FeCl3溶液中逐滴加入KI溶液，碘离子具有还原性，铁离子具有氧化性，二者之间可以发生氧化还原反应：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，故答案为：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2；

（2）①双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化，即：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O；

③在发生的反应③中O元素化合价由﹣1价变为﹣2价；S元素化合价由﹣2价变为+6价；N元素化合价由﹣3价变为0价，得失电子最小公倍数是22，即转移电子是22mol，故答案为：22；

（3）根据（1）发生的反应得到还原性是I﹣＞Fe2+，根据反应①②可以得出还原性是：Fe2+＞SCN﹣，即还原性顺序是：I﹣＞Fe2+＞SCN﹣，故答案为：I﹣＞Fe2+＞SCN﹣．

【分析】（1）碘离子具有还原性；铁离子具有氧化性，二者之间可以发生氧化还原反应；

（2）双氧水具有氧化性；能将亚铁离子氧化；化学反应中，化合价变化数值=转移电子数，根据电子守恒来计算；

（3）根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性、氧化剂优先氧化还原性强的还原剂来回答．12、（1）（NH4）2SO3酸雨

（2）4NH3+5O24NO+6H2OC+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O3Cu+8H++2NO3-══3Cu2++NO↑+2H2O

（3）取该溶液少许滴加NaOH溶液，加热，若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH4+【分析】【分析】本题考查无机物推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，涉及rm{N}rm{S}元素化合物性质及相互转化，物质的颜色是推断突破口，难度中等。【解答】rm{G}是红棕色气体，则rm{G}是rm{NO_{2}}rm{F}和氧气反应生成二氧化氮，所以rm{F}是rm{NO}rm{A}是正盐，和氢氧化钠反应生成rm{E}rm{E}和氧气反应生成rm{NO}则rm{E}是rm{NH_{3}}rm{A}是铵盐；二氧化氮和水反应后能生成rm{H}为硝酸；rm{B}能使品红溶液褪色，且rm{B}能和氧气反应生成rm{C}所以rm{B}是rm{SO_{2}}rm{C}是rm{SO_{3}}三氧化硫和水反应生成rm{D}为硫酸，rm{A}是正盐且是铵盐，反应后能生成二氧化硫，所以rm{A}是rm{(NH_{4})_{2}SO_{3}}

rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}为rm{(NH_{4})_{2}SO_{3}}rm{B}为rm{SO_{2}}rm{SO_{2}}的一种危害是形成酸雨

故答案为：rm{(NH_{4})_{2}SO_{3}}酸雨；

rm{(2)E隆煤F}是在催化剂、加热条件下，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，反应方程式为：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}

rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}为硝酸，加热条件下，碳和浓硝酸反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，反应方程式为：rm{H}浓rm{C+4HNO_{3}(}rm{)overset{?}{=}}rm{CO_{2}}rm{隆眉}rm{+4NO_{2}隆眉}rm{+2H_{2}O}水，离子方程式为铜与稀硝酸反应硝酸铜、rm{NO}水，rm{NO}：

故答案为：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}篓T篓T3Cu^{2+}+NO隆眉+2H_{2}O}浓，rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽禄炉录脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}rm{C+4HNO_{3}(}rm{)overset{?}{=}}rm{CO_{2}}rm{隆眉}

rm{+4NO_{2}隆眉}检验某溶液中是否含rm{+2H_{2}O}中rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}篓T篓T3Cu^{2+}+NO隆眉+2H_{2}O}的方法是：取该溶液少许滴加rm{(3)}溶液，加热，若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，则证明有rm{(NH_{4})_{2}SO_{3}}

故答案为：取该溶液少许滴加rm{NH_{4}^{+}}溶液，加热，若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，则证明有rm{NaOH}rm{NH_{4}^{+}}【解析】rm{(1)(NH_{4})_{2}SO_{3}}酸雨rm{(2)4NH_{3}+5O_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{=}}4NO+6H_{2}O}rm{(2)4NH_{3}+5O_{2}underset{麓脽禄炉录脕}{overset{?}{=}}

4NO+6H_{2}O}浓rm{C+4HNO_{3}(}rm{)overset{?}{=}}rm{CO_{2}}rm{隆眉}rm{+4NO_{2}隆眉}rm{+2H_{2}O}rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}篓T篓T3Cu^{2+}+NO隆眉+2H_{2}O}取该溶液少许滴加rm{(3)}溶液，加热，若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，则证明有rm{NaOH}rm{NH_{4}^{+}}13、（1）2.243.36（2）0.02mol64g/mol32（3）115.6【分析】【分析】本题考查物质的量计算，难度中等，掌握以物质的量为中心的计算是解答的关键。【解答】rm{(1)}标准状况下，rm{1.7gNH}标准状况下，rm{(1)}rm{1.7gNH}的体积为rm{dfrac{1.7g}{17{g}big/{mol}}隆脕22.4{L}big/{mol}=2.24L}氢原子物质的量为：rm{{,!}_{3}}所以硫化氢的物质的量为：rm{dfrac{0.3mol}{2}=0.15mol}所以硫化氢在标准状况下的体积为：rm{0.15mol隆脕22.4{L}big/{mol}=3.36L}的体积为rm{dfrac{1.7g}{17{g}

big/{mol}}隆脕22.4{L}big/{mol}=2.24L}氢原子物质的量为：rm{0.3mol}所以硫化氢的物质的量为：rm{dfrac{0.3mol}{2}=0.15mol

}所以硫化氢在标准状况下的体积为：rm{0.15mol隆脕22.4{L}big/{mol}=3.36L

}该氧化物的物质的量为rm{dfrac{0.448L}{22.4{L}big/{mol}}=0.02mol}摩尔质量为rm{dfrac{1.28g}{0.02mol}=64{g}big/{mol}}rm{dfrac{1.7g}{17{g}

big/{mol}}隆脕22.4{L}big/{mol}=2.24L}的相对原子质量为rm{0.3mol}rm{dfrac{0.3mol}{2}=0.15mol

}标准状况下，rm{0.15mol隆脕22.4{L}big/{mol}=3.36L

}rm{(2)}该氧化物的物质的量为rm{dfrac{0.448L}{22.4{L}

big/{mol}}=0.02mol}摩尔质量为rm{dfrac{1.28g}{0.02mol}=64{g}

big/{mol}}rm{R}的相对原子质量为rm{64-32=32}rm{(2)}物质的量为：rm{dfrac{11.2L}{22.4{L}big/{mol}}=0.5mol}可设rm{dfrac{0.448L}{22.4{L}

big/{mol}}=0.02mol}2rm{dfrac{1.28g}{0.02mol}=64{g}

big/{mol}}rm{R}物质的量为rm{64-32=32}则有rm{(3)}标准状况下，rm{11.2LCO}rm{(3)}解这两个方程式可有：rm{11.2LCO}rm{{,!}_{2}}则可知和rm{CO}物质的量为：rm{dfrac{11.2L}{22.4{L}

big/{mol}}=0.5mol}可设rm{CO}rm{CO}的质量为rm{0.25mol隆脕44{g}big/{mol}=11g}rm{dfrac{11.2L}{22.4{L}

big/{mol}}=0.5mol}的体积为rm{0.25mol隆脕22.4{L}big/{mol}=5.6L}

rm{CO}【解析】rm{(1)2.24}rm{3.36}rm{(2)0.02mol}rm{64g/mol}rm{32}rm{(3)11}rm{5.6}14、略

【分析】解：rm{(1)}根据转化率rm{=dfrac{{脳陋禄炉脕驴}}{{脝冒脢录脕驴}}隆脕100%=dfrac{(1-0.9)mol}{1mol}隆脕100%=10%}故答案为：rm{=dfrac{{脳陋禄炉脕驴}}{{脝冒脢录脕驴}}隆脕100%=

dfrac{(1-0.9)mol}{1mol}隆脕100%=10%}

rm{10%}由图象可以看出，反应中rm{(2)}rm{X}的物质的量减小，rm{Y}的物质的量增多，则rm{Z}rm{X}为反应物，rm{Y}为生成物，且rm{Z}rm{trianglen(X)}rm{trianglen(Y)}rm{trianglen(Z)=0.3mol}rm{0.1mol}rm{0.2mol=3}rm{1}则反应的化学方程式为rm{2}

故答案为：rm{3X+Y?2Z}

rm{(3)v(X)=dfrac{dfrac{0.3mol}{2L}}{2min}=0.075mol?(L?min)^{-1}=0.00125mol/(L?s)}故答案为：rm{3X+Y?2Z}

rm{(3)v(X)=dfrac{dfrac

{0.3mol}{2L}}{2min}=0.075mol?(L?min)^{-1}=0.00125mol/(L?s)}根据图象可知，当在rm{0.00125mol/(L?s)}时，反应中各组份的物质的量不再随时间变化而变化，此时反应达到平衡状态，故答案为：rm{(4)}．

rm{2mim}根据转化率rm{=dfrac{{脳陋禄炉脕驴}}{{脝冒脢录脕驴}}隆脕100%}计算；

rm{2}根据物质的量的变化判断反应物和生成物；根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；

rm{(1)}根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算反应速率；

rm{=dfrac

{{脳陋禄炉脕驴}}{{脝冒脢录脕驴}}隆脕100%}根据平衡时各组分的物质的量不变这一特征作判断．

本题考查化学平衡图象分析题目，题目难度不大，注意分析各物质的量的变化曲线，把握化学方程式的判断方法及基本公式的应用．rm{(2)}【解析】rm{10%}rm{3X+Y?2Z}rm{0.00125mol/(L?s)}rm{2}15、略

【分析】解：rm{m(O_{2})}rm{m(O_{3})=0.6mol隆脕32g/mol}rm{0.4mol隆脕48g/mol=1}rm{1}rm{N(O_{2})}rm{N(O_{3})=0.6N_{A}}rm{0.4N_{A}=3}rm{2}原子个数之比rm{0.6隆脕2N_{A}}rm{0.4隆脕3N_{A}=1}rm{1}

它们在同温同压下的体积比是rm{V(O_{2})}rm{V(O_{3})=0.6mol隆脕22.4L/mol}rm{0.4mol隆脕22.4L/mol=3}rm{2}

故答案为：rm{1}rm{1}rm{3}rm{2}rm{1}rm{1}rm{3}rm{2}．

根据rm{m=nM}计算出二者的质量之比；分子个数与物质的量成正比；原子个数与原子的物质的量成正比；同温同压下气体体积之比等于物质的量之比．

本题考查物质的量的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握相关计算公式的运用，难度不大．【解析】rm{1}rm{1}rm{3}rm{2}rm{1}rm{1}rm{3}rm{2}16、略

【分析】解：某自然水体中含有较多的泥沙、rm{NaCl}和少量的rm{Ca(NO_{3})_{2}}rm{Mg(NO_{3})_{2}}欲得其盐，需除去泥沙和水，除去泥沙可用过滤的方法，除去水可用蒸发的方法；欲得纯净水，因水的沸点较低，可采用蒸馏的方法；

过滤需要烧杯、玻璃棒、漏斗等玻璃仪器，蒸发需要玻璃棒和酒精灯；蒸馏需要的玻璃仪器是酒精灯、烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管、锥形瓶等rm{.}共同使用的玻璃仪器只有酒精灯；

故答案为：过滤；蒸发；蒸馏；酒精灯．

天然水中含有泥沙；盐分和水；欲得盐，需除去泥沙和水，除去泥沙可用过滤的方法，除去水可用蒸发的方法；欲得纯净水，可采用蒸馏的方法．

过滤需要烧杯、玻璃棒、漏斗等玻璃仪器，蒸发需要玻璃棒和酒精灯；蒸馏需要的玻璃仪器是酒精灯、烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管、锥形瓶等rm{.}共同使用的玻璃仪器只有酒精灯；以此来解答．

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握元素化合物知识、混合物分离提纯实验为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意仪器的使用，题目难度不大．【解析】过滤；蒸发；蒸馏；酒精灯17、略

【分析】

A；B、C、D、E、F六种短周期主族元素；其原子序数依次增大，A元素在元素周期表中原子半径最小，则A为H；C是非金属性最强的元素，则C为F；A、D位于同一主族，则D为Na；B、E原子最外层电子数相等，且B、E原子序数之和是A、D原子序数之和的两倍，则B为O，E为S；F的最高价氧化物对应的水化物酸性最强，则F为Cl；

（1）B为O，在元素周期表中的第二周期第ⅥA族，从第四周期开始出现过渡元素，共10列，如图为

故答案为：

（2）D为钠，质子数为11，易失去1个电子，离子结构示意图为故答案为：

（3）水中含氢键，则H2O的沸点比H2S的沸点高，故答案为：H2O；

（4）①燃烧反应中，氧气作氧化剂，而硫在SF6中显+6价不可再升，O2不可将负一价氟氧化，则SF6不可能在O2中燃烧；

故答案为：硫在SF6中显+6价不可再升，O2不可将负一价氟氧化；

②S2Cl2中既存在极性键，又存在非极性键，则电子式为S2Cl2遇水不稳定；生成一种黄色沉淀和无色气体，还得到一种酸性溶液，由质量守恒定律可知该反应为。

2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓，故答案为：2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓．

【解析】【答案】A；B、C、D、E、F六种短周期主族元素；其原子序数依次增大，A元素在元素周期表中原子半径最小，则A为H；C是非金属性最强的元素，则C为F；A、D位于同一主族，则D为Na；B、E原子最外层电子数相等，且B、E原子序数之和是A、D原子序数之和的两倍，则B为O，E为S；F的最高价氧化物对应的水化物酸性最强，则F为Cl，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答．

三、判断题(共9题，共18分)18、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．19、B【分析】【解答】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．20、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法；过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’；取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时；为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘；过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．21、B【分析】【解答】煤的气化是在高温条件下煤与水蒸气反应生成CO和H2；是化学变化；

煤液化；是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料；化工原料和产品的先进洁净煤技术，有新物质生成，属于化学变化；

煤的干馏是将煤隔绝空气加强热；煤发生复杂的反应获得煤焦油；焦炉煤气等的过程，是化学变化．故煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是化学变化，故此说法错误．故答案为：错误．

【分析】没有新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化；22、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．23、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．24、B【分析】【解答】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：×．

【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．25、B【分析】【解答】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．26、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol四、实验题(共2题，共16分)27、略

【分析】解：Ⅰrm{.(1)}除去rm{Mg^{2+}}与rm{NaOH}反应，除去rm{Ca^{2+}}与rm{Na_{2}CO_{3}}反应，发生的离子反应分别为rm{Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}隆媒}rm{Ca^{2+}+CO_{3}^{2-}=CaCO_{3}隆媒}

故答案为：rm{Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}隆媒}rm{Ca^{2+}+CO_{3}^{2-}=CaCO_{3}隆媒}

rm{(2)}有效除去rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}应选择试剂顺序为rm{垄脺NaOH}rm{垄脼BaCl_{2}}rm{垄脹Na_{2}CO_{3}}或rm{垄脺BaCl_{2}}rm{垄脺NaOH}rm{垄脹Na_{2}CO_{3}(}注意碳酸钠必须加在氯化钡的后面rm{)}最后加入适量的盐酸可以除去反应剩余的氢氧化钠和碳酸钠，不能加入硝酸盐；钾盐，以免引入新杂质；

故答案为：rm{B}

rm{(3)}当rm{NaOH}溶液过量时，静置之后，取上层清液于试管中，继续滴加rm{NaOH}溶液，无沉淀产生，则说明氢氧化钠溶液已过量，或取上清液加入酚酞试液，溶液变红；或用玻璃杯蘸取上清液滴在rm{pH}试纸上；试纸变蓝等；

故答案为：静置，取上层清液于试管中，继续滴加rm{NaOH}溶液，若不再产生白色沉淀，则说明rm{NaOH}溶液已经足量rm{(}或取上清液加入酚酞试液，溶液变红或用玻璃杯蘸取上清液滴在rm{pH}试纸上，试纸变蓝等rm{)}

Ⅱrm{.(1)}过滤时用到烧杯、漏斗、玻璃棒，题中选漏斗，rm{F}为分液漏斗，故答案为：rm{E}冷凝管；

rm{(2)}蒸馏装置需要的仪器为酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管等，按照实验仪器由下向上，从左到右的顺序，这些仪器依次是rm{CDGF}也可不用温度计；

故答案为：rm{CDGF}或rm{CDF}

rm{(3)}从碘水中提取碘，需进行萃取分液操作，需要上述仪器中的是rm{B}分液漏斗；向该碘水中加入四氯化碳以提取碘单质的实验操作为萃取；

故答案为：rm{B}分液漏斗；萃取。

Ⅰrm{.(1)}除去rm{Mg^{2+}}可与rm{NaOH}反应，除去rm{Ca^{2+}}可与rm{Na_{2}CO_{3}}反应；

rm{(2)}先加入过量的氢氧化钠可以除去镁离子，加入氯化钡可以除去硫酸根离子，加入适量的碳酸钠可以除去钙离子和反应剩余的氯化钡，rm{(}注意碳酸钠必须加在氯化钡的后面rm{)}最后加入适量的盐酸可以除去反应剩余的氢氧化钠和碳酸钠；

rm{(3)}当rm{NaOH}溶液过量时，继续滴加rm{NaOH}溶液；无沉淀产生；

Ⅱrm{.(1)}过滤时用到烧杯、漏斗、玻璃棒，rm{F}为分液漏斗；

rm{(2)}蒸馏装置需要的仪器为酒精灯；蒸馏烧瓶、冷凝管等；

rm{(3)}从碘水中提取碘；需进行萃取分液操作，必须使用的仪器是分液漏斗。

本题考查海水资源及其综合利用，涉及粗盐提纯、混合物分离、提纯的基本方法选择与应用，为高频考点，把握物质的性质及常见混合物分离提纯方法为解答的关键，注意粗盐提纯中试剂的加入顺序及试剂过量为解答的难点，题目难度不大。【解析】rm{Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}隆媒}rm{Ca^{2+}+CO_{3}^{2-}=CaCO_{3}隆媒}rm{B}静置，取上层清液于试管中，继续滴加rm{NaOH}溶液，若不再产生白色沉淀，则说明rm{NaOH}溶液已经足量rm{(}或取上清液加入酚酞试液，溶液变红或用玻璃杯蘸取上清液滴在rm{pH}试纸上，试纸变蓝等rm{)}rm{E}冷凝管；rm{CDGF}或rm{CDF}rm{B}分液漏斗；萃取28、略

【分析】【解析】【答案】略五、推断题(共4题，共36分)29、（1）羧基CH3CHO（2）⑤⑧（3）有（砖）红色沉淀产生（4）CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O（5）8【分析】【分析】本题考查有机物推断，涉及烯烃、醇、醛、羧酸性质与转化，关键是确定rm{C}的结构简式，再根据转化关系推断，难度不大，注意对基础知识的理解掌握。【解答】根据题中各物质转化关系，反应rm{垄脼}是光合作用产生rm{A}和氧气，则rm{A}为葡萄糖rm{(C_{6}H_{12}O_{6})}rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}水解能产生葡萄糖，所化合物乙为水，反应rm{垄脵}为糖类的水解，反应rm{垄脷}葡萄糖在酒化酶的作用生成化合物甲为二氧化碳，rm{B}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}反应rm{垄脹}为rm{B}发生氧化反应生成rm{C}为rm{CH_{3}CHO}反应rm{垄脺}为rm{C}发生氧化反应生成rm{D}为rm{CH_{3}COOH}反应rm{垄脻}为rm{B}和rm{D}发生酯化反应生成rm{E}为rm{CH_{3}COOC_{2}H_{5}}反应rm{垄脽}为乙烯的燃烧反应生成二氧化碳和水，反应rm{垄脿}为乙烯与水加成生成乙醇；

rm{(1)D}为rm{CH_{3}COOH}rm{D}分子中官能团的名称为羧基，rm{C}为rm{CH_{3}CHO}

故答案为：羧基；rm{CH_{3}CHO}

rm{(2)}根据上面的分析可知，上述rm{垄脵隆芦垄脿}转化反应中，属于取代反应的有rm{垄脻}属于加成反应的有rm{垄脿}

故答案为：rm{垄脻}rm{垄脿}

rm{(3)A}为葡萄糖rm{(C_{6}H_{12}O_{6})}向rm{A}的水溶液中加入新制的rm{Cu(OH)_{2}}并加热时产生的实验现象是有rm{(}砖rm{)}红色沉淀产生；

故答案为：有rm{(}砖rm{)}红色沉淀产生；

rm{(4)}rm{垄脵B隆煤C}的化学反应方程式为rm{垄脵B隆煤C}的化学反应方程式为rm{CH_{3}CH_{2}OH+CH_{3}COOHunderset{triangle}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}

故答案为：rm{CH_{3}CH_{2}OH+CH_{3}COOHunderset{triangle}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}rm{垄脷B+D隆煤E}戊基有rm{CH_{3}CH_{2}OH+CH_{3}COOH

underset{triangle}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}种不同的结构，故Crm{CH_{3}CH_{2}OH+CH_{3}COOH

underset{triangle}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}有rm{(5)}种不同的同分异构体，则rm{8}的同分异构体有rm{{,!}_{5}H_{11}-COOH}种，故答案为：rm{8}rm{C_{6}H_{12}O_{2}}【解析】rm{(1)}羧基rm{CH_{3}CHO}rm{(2)垄脻}rm{垄脿}rm{(3)}有rm{(}砖rm{)}红色沉淀产生rm{(4)}rm{CH_{3}CH_{2}OH+CH_{3}COOHunderset{triangle}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH+CH_{3}COOH

underset{triangle}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}rm{(5)8}30、碳；氧；硅；钠；H2O＞CH4＞SiH4；离子键和共价键；Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓．【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}都是短周期元素，原子半径rm{D>C>A>B}其中rm{A}rm{B}处在同一周期，rm{A}rm{C}处在同一主族，四种元素在周期表中的大致相对位置为：rm{A}rm{C}处在同一主族，二者质子数相差rm{8}rm{C}原子核内质子数等于rm{A}rm{B}原子核内质子数之和，故B的质子数为rm{8}rm{B}为rm{O}元素；rm{C}原子最外层上的电子数是rm{D}原子最外层电子数的rm{4}倍，故C最外层电子数为rm{4}rm{D}的最外层电子数为rm{1}故A为rm{C}元素，rm{B}为rm{O}元素，rm{C}为rm{Si}元素，rm{D}为rm{Na}元素；

rm{(1)}由上面的分析可知，rm{A}为rm{C}元素，rm{B}为rm{O}元素，rm{C}为rm{Si}元素，rm{D}为rm{Na}元素；故答案为：碳；氧、硅、钠；

rm{(2)}四种元素中在常温常压下有液态或气态氢化物的为rm{C}rm{O}rm{Si}它们的非金属性rm{O>C>Si}故氢化物的稳定性为rm{H_{2}O>CH_{4}>SiH_{4}}

故答案为：rm{H_{2}O>CH_{4}>SiH_{4}}

rm{(3)A}与rm{B}形成的三原子分子为rm{CO_{2}}其电子式是rm{B}与rm{D}形成的原子个数比为rm{1}rm{1}的化合物为过氧化钠，它的电子式是由电子式可知rm{Na_{2}O_{2}}含有离子键和共价键，故答案为：离子键和共价键；

rm{(4)}利用非金属与氢气化合的难易程度、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、非金属单质之间的置换反应等来判断非金属性的强弱，如可以利用碳酸的酸性强于硅酸证明：rm{Na_{2}SiO_{3}+CO_{2}+H_{2}O=Na_{2}CO_{3}+H_{2}SiO_{3}隆媒}故答案为：rm{Na_{2}SiO_{3}+CO_{2}+H_{2}O=Na_{2}CO_{3}+H_{2}SiO_{3}隆媒.}

A、rm{B}rm{C}rm{D}都是短周期元素，原子半径rm{D>C>A>B}其中rm{A}rm{B}处在同一周期，rm{A}rm{C}处在同一主族，四种元素在周期表中的大致相对位置为：rm{A}rm{C}处在同一主族，二者质子数相差rm{8}rm{C}原子核内质子数等于rm{A}rm{B}原子核内质子数之和，故B的质子数为rm{8}rm{B}为rm{O}元素；rm{C}原子最外层上的电子数是rm{D}原子最外层电子数的rm{4}倍，故C最外层电子数为rm{4}rm{D}的最外层电子数为rm{1}故A为rm{C}元素，rm{B}为rm{O}元素，rm{C}为rm{Si}元素，rm{D}为rm{Na}元素；据此解答该题．

本题考查元素位置结构性质的关系，关键是正确推断元素的种类，强化金属性、非金属性强弱的判断依据，学会书写电子式并能分析化学键的类型，考点比较全面，基础性强，有利于学生复习回顾物质结构的相关知识，难度中等．【解析】碳；氧；硅；钠；rm{H_{2}O>CH_{4}>SiH_{4}}离子键和共价键；rm{Na_{2}SiO_{3}+CO_{2}+H_{2}O=Na_{2}CO_{3}+H_{2}SiO_{3}隆媒.}31、略

【分析】解：rm{M}是地壳中含量最高的金属元素，应为rm{Al}rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{L}是组成蛋白质的基础元素，有rm{C}rm{N}rm{O}rm{H}rm{P}等元素，由于rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{L}rm{M}五种元素的原子序数依次增大，则rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{L}分别为rm{H}rm{C}rm{N}rm{O}元素；

rm{(1)N}rm{H}两元素按原子数目比rm{l}rm{3}形成的化合物rm{A}为rm{NH_{3}}rm{N}rm{H}两元素按原子数目比rm{2}rm{4}构成分子rm{B}为rm{N_{2}H_{4}}氨气分子中rm{N}原子与rm{H}原子之间形成rm{1}对共用电子对，其电子式为rm{N_{2}H_{4}}分子中rm{N}原子之间形成rm{1}对共用电子对，rm{N}原子与rm{H}原子之间形成rm{1}对共用电子对，其结构式为

故答案为：

rm{(2)Se}与rm{O}同一主族，rm{Se}原子比rm{O}原子多两个电子层，即电荷数相差rm{8+18=26}则rm{Se}的原子序数为rm{8+26=34}其最高价为rm{+6}最高正价氧化物对应的水化物化学式为rm{H_{2}SeO_{4}}rm{Z}的氢化物为氨气；与氯化氢相遇时反应生成氯化铵，有白烟生成；

故答案为：rm{34}rm{H_{2}SeO_{4}}有白烟生成；

rm{(3)}同主族元素所形成的同一类型的化合物，其结构和性质往往相似，则rm{PH_{4}I}与rm{NH_{4}Cl}性质相似；则。

A.rm{PH_{4}I}与rm{NH_{4}Cl}性质相似；都属于离子化合物，故A错误；

B.rm{PH_{4}I}与rm{NH_{4}Cl}性质相似，具有热不稳定性，加热易分解，分解产物为rm{PH_{3}}和rm{HI}rm{HI}受热分解得到氢气和紫色的碘蒸气；故B正确；

C.由rm{NH_{4}Cl}的性质判断，该化合物能与强碱发生反应生成rm{PH_{3}}故C正确；

D.根据rm{NH_{4}Cl}的性质判断，rm{PH_{3}}与rm{HI}化合可生成rm{PH_{4}I}故D正确；

故答案为：rm{A}．

rm{M}是地壳中含量最高的金属元素，应为rm{Al}rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{L}是组成蛋白质的基础元素，有rm{C}rm{N}rm{O}rm{H}rm{P}等元素，由于rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{L}rm{M}五种元素的原子序数依次增大，则rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{L}分别为rm{H}rm{C}rm{N}rm{O}元素；

rm{(1)N}rm{H}两元素按原子数目比rm{l}rm{3}形成的化合物rm{A}为rm{NH_{3}}rm{N}rm{H}两元素按原子数目比rm{2}rm{4}构成分子rm{B}为rm{N_{2}H_{4}}氨气分子中rm{N}原子与rm{H}原子之间形成rm{1}对共用电子对，rm{N_{2}H