2025年华东师大版高一化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2025年华东师大版高一化学下册阶段测试试卷572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9题，共18分)1、rm{PASS}是新一代高效净水剂，它由rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{R}五种短周期元素组成，五种元素原子序数依次增大rm{.X}原子是所有原子中半径最小的，rm{Y}rm{R}同主族，rm{Z}rm{W}rm{R}同周期，rm{Y}原子的最外层电子数是次外层的rm{3}倍，rm{Z}是常见的金属，其氢氧化物能溶于强碱溶液但不溶于氨水，rm{W}单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.它们的原子半径依次增大B.rm{WY_{2}}能与碱反应，但不能与任何酸反应C.rm{Z}与rm{Y}形成的化合物是一种耐高温材料D.热稳定性：rm{H_{2}R>X_{2}Y}2、溶液、浊液和胶体这三种分散系的根本区别是rm{(}rm{)}A.丁达尔效应B.是否能透过半透膜C.是否均一、透明、稳定D.分散质粒子大小3、已知氧化性：rm{Br_{2}>Fe^{3+}>I_{2}}向含rm{amolFeI_{2}}的溶液中加入含rm{bmolBr_{2}}的溴水，充分反应。下列叙述不正确的是A.离子的还原性强弱：rm{I^{-}>Fe^{2+}>Br^{-}}B.当rm{ageqslantb}时，发生的离子反应：rm{2I^{-}+Br_{2}=I_{2}+2Br^{-}}C.当rm{5a=4b}时，反应后的离子浓度之比：rm{C(Fe^{3+})漏UC(Fe^{2+})漏UC(Br^{-})=1漏U1漏U5}D.当rm{3aleqslant2b}时，发生的离子反应：rm{2Fe^{2+}+2I^{-}+2Br_{2}=2Fe^{3+}+I_{2}+4Br^{-}}4、三硫化磷rm{(P_{4}S_{3})}是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如图所示，已知其燃烧时rm{P}被氧化为rm{P_{4}O_{10}}下列有关rm{P_{4}S_{3}}的说法中不正确的是。

A.rm{P_{4}S_{3}}中磷元素为rm{+3}价B.rm{P_{4}S_{3}}属于共价化合物C.rm{P_{4}S_{3}}充分燃烧的化学方程式为rm{P_{4}S_{3}+8O_{2}=P_{4}O_{10}+3SO_{2}}D.rm{1molP_{4}S_{3}}分子中含有rm{9mol}共价键5、下列叙述，能肯定判断某化学平衡发生移动的是A.混合物中各组分的浓度改变B.混合物的密度改变C.正、逆反应速率改变D.反应物的转化率改变6、几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：

。元素代号rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}原子半径rm{/pm}rm{160}rm{143}rm{70}rm{66}主要化合价rm{+2}rm{+3}rm{+5}rm{+3}rm{-3}rm{-2}下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.rm{X}rm{Y}元素的金属性rm{X<Y}B.一定条件下，rm{Z}单质与rm{W}的常见单质直接生成rm{ZW_{2}}C.rm{Y}的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D.一定条件下，rm{W}单质可以将rm{Z}单质从其氢化物中置换出来7、下列过程发生化学变化的是rm{(}rm{)}A.将水加热变成水蒸气B.将蔗糖加入水中，得到蔗糖溶液C.通过改变温度从空气中分离出氧气D.向沸水中逐滴加入rm{FeCl_{3}}饱和溶液，继续煮沸制备rm{Fe(OH)_{3}}胶体8、下列各组离子一定能大量共存的是()A.在无色溶液中：rm{NH{4}^{+}}rm{F{e}^{3+}}rm{S{{O}_{4}}^{2-}}rm{N{{O}_{3}}^{-}}B.在含大量rm{F{e}^{3+}}的溶液中：rm{N{{H}_{4}}^{+}}rm{Na}rm{+}、rm{+}rm{C{I}^{-}}C.在强碱溶液中：rm{O{H}^{-}}rm{Na+}rm{K+}rm{{Cl}^{-}}D.在强酸溶液中：rm{C{{O}_{3}}^{2-}}rm{K+}rm{F{e}^{2+}}rm{C{I}^{-}}rm{C{{O}_{3}}^{2-}}9、下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.与rm{28}rm{g}rm{CO}具有相同分子数的rm{CO_{2}}的质量一定是rm{44}rm{g}B.与rm{V}rm{L}rm{CO}具有相同分子数的rm{CO_{2}}的体积一定是rm{V}rm{L}C.所含原子数相等的rm{CO}与rm{CO_{2}}的密度之比为rm{7}rm{11}D.所含原子数相等的rm{CO}与rm{CO_{2}}的密度之比为rm{21}rm{22}评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色。完成下列填空：（1）写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式(如果系数是1，不用填写)：（2）整个过程中的还原剂是________________。（3）把KI换成KBr，则CCl4层变成________色，继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是。（4）加碘盐中含碘量为25.4mg～50mg/kg。制取加碘盐(含KIO3的食盐)1000kg，若用KI与Cl2反应制KIO3，至少需要消耗Cl2L(标准状况)。11、现有铁和铜组成的合金共rm{a}rm{mol}其中铜的物质的量分数为rm{x.}将此合金研成粉末状后全部投入含rm{bmolHNO_{3}}的稀溶液中，微热使其充分反应，rm{HNO_{3}}还原产物只得到rm{NO}．

rm{(1)}用粒子符号填写下列空白rm{(}列举出全部可能出现的情况rm{)}．。组序。

成分rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}rm{垄脼}残留固体成分溶液中的金属离子rm{(2)}当溶液中金属离子只有rm{Fe^{2+}}rm{Cu^{2+}}时，则rm{b}的取值范围是rm{(}用rm{a}rm{x}表示rm{)}______．

rm{(3)}当rm{x=0.5}溶液中rm{Fe^{3+}}和rm{Fe^{2+}}的物质的量相等时，在标准状况下共产生rm{672mlNO}气体rm{.}求rm{a}和rm{b}的值______．12、请写出下列反应的离子方程式．

rm{(1)}稀盐酸和碳酸钠溶液______

rm{(2)}铝片与硝酸汞溶液______

rm{(3)}硫酸铜和氢氧化钡溶液______

rm{(4)}澄清石灰水与少量二氧化碳______．13、（12分）在一只小烧杯里，加入20gBa(OH)2·8H2O粉末，将小烧杯放在事先已滴有3～4滴水的玻璃片上，然后加入10gNH4Cl晶体，并用玻璃棒迅速搅拌。（1）实验中玻璃棒的作用是_______。（2）写出有关反应的化学方程式：_______，该反应属_______反应（填基本反应类型）。（3）实验中观察到的现象有_______、____且反应混合物成糊状，反应混合物呈糊状的原因是_______。（4）通过_______现象，说明该反应为_______热反应，这是由于反应物的总能量______生成物的总能量(填“高”或“低”)14、（10分）根据物质结构与元素周期律及周期表的知识，回答下列问题：（1）第三周期中，最活泼的非金属元素是（填元素名称），其最高价氧化物的水化物的化学式是____。（2）若用M代表IA族元素，其最高价氧化物的水化物的电子式是____。（3）某元素A与氟元素能形成离子化合物AF2。其中阴、阳离子的电子层结构相同，则A的元素符号是。（4）钾元素与镁元素位于不同周期和不同主族，但可以通过另一种元素作参照，比较出钾与镁的金属性强弱，这种参照元素是。（填元素名称）（5）写出表示含有8个质子、10个中子的原子的化学符号：。（6）周期表中位于第8纵行的铁元素属于第____族。（7）周期表中最活泼的非金属元素位于第_____纵行。（8）所含元素超过18种的周期是第____、___周期。15、现有下列十种物质：①H2；②铝；③CaO；④CO2；⑤H2SO4；⑥Ba(OH)2；⑦红褐色的氢氧化铁液体；⑧氨水；⑨稀硝酸；⑩Al2(SO4)3上述各物质按物质的分类方法填写表格的空白处（填物质编号）：。分类标准金属单质氧化物溶液胶体电解质属于该类的物质（2）上述十种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H＋＋OH－=H2O，该离子反应对应的化学方程式为。（3）⑩在水中的电离方程式为，（4）少量的④通入⑥的溶液中反应的离子方程式为。（5）②与⑨发生反应的化学方程式为：Al+4HNO3=Al(NO3)­3+NO↑+2H2O，该反应的氧化剂是（填化学式），氧化剂与还原剂的物质的量之比是，当有5．4gAl发生反应时，转移电子的物质的量为。该反应的离子方程式为。16、常温下，____molSO2和32gCH4占有相同的体积．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)17、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．18、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．19、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）20、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）21、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）22、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化23、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．24、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（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）评卷人得分四、实验题(共4题，共8分)26、Na2CO3是一种很重要的化学物质，某学生拟在实验室中制备Na2CO3。下面是他的制备实验过程：用50mLNaOH溶液吸收CO2气体，制备Na2CO3溶液。为了防止通入的CO2气体过量，生成NaHCO3，他设计了如下实验步骤：（I）用25mLNaOH溶液吸收过量的CO2气体，至CO2气体不再溶解；（Ⅱ）小心煮沸溶液1～2分钟；（Ⅲ）在得到的溶液中加入另一半（25mL）NaOH溶液，使溶液充分混合。（1）在（I）中，刚通入CO2时发生的反应化学方程为____而后又发生反应的离子方程式为____在（Ⅱ）中煮沸溶液的目的是____在（Ⅲ）中混合另一半NaOH溶液后发生的反应的离子方程式是____。（2）按该同学的设计，第（I）步实验装置如下：①装置A使用的试剂是____（固体）和____；②装置B使用的试剂最好是____（选择：水、饱和NaOH溶液、饱和Na2CO3溶液、饱和NaHCO3溶液），作用是____，如果不用B装置，最终得到的Na2CO3溶液中可能存在的杂质有____。27、实验室用固体烧碱配制rm{0.2mol/L}的rm{NaOH}溶液rm{90mL}回答下列问题：rm{(1)}计算需要rm{NaOH}固体的质量_________rm{g;}rm{(2)}配制时，已有的仪器和用品是rm{垄脵}烧杯rm{垄脷}药匙rm{垄脹}托盘天平rm{垄脺}量筒rm{垄脻}洗瓶，还缺少的必需使用的仪器是____________rm{?}____________rm{?}____________rm{;}rm{(3)}配制时，一般分为以下几个步骤：rm{垄脵}称量rm{垄脷}计算rm{垄脹}溶解rm{垄脺}摇匀rm{垄脻}移液rm{垄脼}洗涤rm{垄脽}定容rm{垄脿}装瓶，其正确的操作顺序为：_________________rm{(}填序号rm{)}rm{(4)}配制过程中，若其它操作均正确，下列操作会引起结果偏高的是_______rm{(}填序号rm{)}rm{垄脵}定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线rm{垄脷}将溶液转移至容量瓶时，不慎洒出rm{垄脹}容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水rm{垄脺}未洗涤烧杯和玻璃棒rm{垄脻}定容时俯视刻度28、某化学兴趣小组的同学设计了一套实验方案探究元素周期表中元素性质的变化规律：

rm{1.}同一周期内从左到右元素金属性的递变规律．

rm{2.}同一主族内从上到下元素非金属性的递变规律．。实验方法rm{(}Ⅰrm{)}实验现象rm{(}Ⅱrm{)}rm{1.}钠与冷水反应，再向反应后溶液中滴加酚酞．A.产生白烟rm{2.}向新制的rm{H_{2}S}饱和溶液中滴加新制的氯水B.反应不十分剧烈，产生的气体能燃烧，溶液变成浅红色rm{.}与酸反应剧烈，产生大量气泡且可以燃烧rm{3.}镁带用砂纸打磨后在空气中燃烧C.产生大量气泡、气体可以燃烧rm{4.NaI}溶液中加入溴水和rm{CCl_{4}}D.下层溶液变橙色rm{5.}镁带用砂纸打磨后与沸水反应，再向反应后溶液中滴加酚酞rm{.}镁带用砂纸打磨后与rm{2mol/L}盐酸反应．E.浮于水面，熔成小球，迅速向四处游动，溶液变成红色rm{6.}蘸浓氨水与浓盐酸的两玻璃棒接近F.下层溶液变紫色rm{7.NaBr}溶液中加入氯水和rm{CCl_{4}}G.发出耀眼的强光，生成白色物质rm{8.}铝片用砂纸打磨后与rm{2mol/L}盐酸反应H.生成淡黄色沉淀回答下列问题。

rm{(1)}从上表rm{(}Ⅰrm{)}中选择实验方法，从rm{(}Ⅱrm{)}中选择相应的实验现象，上下对应地填写符合要求的答案在空格中rm{(}上下必须对应才得分，有几个填几个，不一定把空格填满rm{)}．。

探究同一周期从左到右元素。

金属性的递变规律探究同一主族内从上到下元素。

非金属性的递变规律Ⅰ

Ⅱ

rm{(2)}实验结论rm{(}用元素符号表示具体的强弱顺序rm{)}

元素的金属性：______，元素的非金属性：______

rm{(3)}上表rm{(}Ⅰrm{)}中实验方法rm{1}反应的离子方程式______．

rm{(4)}上表rm{(}Ⅰrm{)}中实验方法rm{8}反应的离子方程式______．

rm{(5)}上表rm{(}Ⅱrm{)}中实验现象rm{F}反应的化学方程式______．29、亚氯酸钠rm{(NaClO_{2})}是一种高效的漂白剂和氧化剂，过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图如下：已知：rm{垄脵NaClO_{2}}的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出rm{NaClO_{2}?3H_{2}O}rm{垄脷}二氧化氯具有强氧化性，空气中的体积分数超过rm{10%}具有爆炸性。

rm{(1)SO_{2}}与过量的氨水反应的离子方程式为____。rm{(2)}发生器中鼓入空气的主要作用是____。rm{(3)}吸收塔内的反应的离子方程式为____，塔内温度不宜超过rm{20隆忙}其原因是____。rm{(4)}从滤液中得到rm{NaClO_{2}?3H_{2}O}粗晶体的实验操作依次是____、____、过滤。评卷人得分五、结构与性质(共1题，共10分)30、某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL；大理石用量为10.00g。

（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：。实验编号T/K大理石规格HNO3浓度/mol·L-1实验目的①298粗颗粒2.00（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；

（Ⅱ）实验①和③探究温度对该反应速率的影响；

（Ⅲ）实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；②_______________③_______________④_______________

（2）实验装置如图1所示，如何检验该装置的气密性________________________________

（3）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图2：依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，计算实验①在70-90s范围内HNO3的平均反应速率________________________

（4）请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。_______评卷人得分六、工业流程题(共3题，共9分)31、重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种重要的化工原料，以FeO·Cr2O3为原料制备K2Cr2O7的流程如下：

已知：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2

回答下列问题：

(1)写出滤渣的一种用途：___________________。

(2)“调节pH”可实现CrO42-和Cr2O72-在溶液中相互转化。室温下，若初始浓度为1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)随c(H+)的变化如图所示：

①由图可知，溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)。

②根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为_________。

(3)流程中的“转化”过程中发生的反应属于_________(填基本反应类型)。

(4)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与CrO42-生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10－5mol·L-1)时，溶液中c(Ag+)为_______mol·L-1，此时溶液中c(CrO42-)等于________mol·L－1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)32、用铝箔制备Al2O3、AlCl3·6H2O及明矾(摩尔质量为474g/mol)晶体；相关流程如下：

已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；明矾在水中的溶解度如下表。温度/℃010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109

(1)步骤II中发生的离子方程式___________；

(2)选出步骤Ⅳ过程中合理的操作并排序___________。

a．迅速降至室温b．用玻璃棒摩擦器壁c．配制90℃的明矾饱和溶液。

d．自然冷却至室温e．选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央。

f．配制高于室温10~20℃的明矾饱和溶液。

(3)下列关于固液分离操作或描述正确的是___________。

A．步骤II通过量CO2后进行固液分离时为加快过滤速度可采用抽滤B．如图中抽滤装置有2处错误C．抽滤完毕时，应先关闭水龙头，再断开吸滤瓶和安全瓶之间的导管，以防止倒吸D．步骤Ⅴ，抽滤时，需用玻璃纤维替代滤纸(4)由溶液A制备AlCl3·6H2O的装置如图所示：

①通入HCl的作用有___________。

②步骤Ⅴ洗涤时，请使用合适的洗涤剂并描述具体的洗涤操作___________。

(5)用电子天平称取3.000g的明矾粗产品，用水溶解后取相同体积的两份溶液。第一份用BaCl2溶液滴定法测得n(SO)为0.006300mol；第二份用EDTA滴定法测得n(Al3+)为0.002900mol。则该试样中明矾的纯度为___________。33、“NaH2PO2还原法”制备高纯度氢碘酸和亚磷酸钠(Na2HPO3)的工业流程如图。

已知：25℃时，H3PO3的pKa1=1.3，pKa2=6.6。

（1）“合成”过程，主要氧化产物为H3PO3，相应的化学方程式为___________。

（2）“除铅”过程，FeS除去微量Pb2+的离子方程式为___________。

（3）“减压蒸馏”过程，I-回收率为95%，则剩余固体的主要成分为___________（填化学式）。

（4）“调pH=11”的作用是___________。

（5）氢碘酸也可以用“电解法”制备，装置如图所示。其中双极膜(BPM)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH-；A；B为离子交换膜。

①B膜最佳应选择___________

②阳极的电极反应式是___________。

③少量的I-因为浓度差通过BPM膜，若撤去A膜，其缺点是：___________参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】解：由上述分析可知，rm{X}为rm{H}rm{Y}为rm{O}rm{Z}为rm{Al}rm{W}为rm{Si}rm{R}为rm{S}

A.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为rm{Z>Si>S>O>H}故A错误；

B.rm{WY_{2}}能与碱反应，且与rm{HF}酸反应；故B错误；

C.rm{Z}与rm{Y}形成的化合物为氧化铝；熔点高，可作耐高温材料，故C正确；

D.非金属性rm{O>S}则热稳定性为rm{H_{2}R<X_{2}Y}故D错误；

故选C．

rm{PASS}是新一代高效净水剂，它由rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{R}五种短周期元素组成，五种元素原子序数依次增大rm{.X}原子是所有原子中半径最小的，rm{X}为rm{H}元素；rm{Y}原子的最外层电子数是次外层的rm{3}倍，rm{Y}应为第二周期元素，最外层电子数为rm{6}则rm{Y}为rm{O}元素，rm{Y}rm{R}同主族，rm{R}为rm{S}元素；rm{Z}rm{W}rm{R}同周期，rm{Z}是常见的金属，其氢氧化物能溶于强碱溶液但不溶于氨水，rm{Z}为rm{Al}元素，rm{W}单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料，rm{W}为rm{Si}元素；以此来解答．

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的性质、原子结构、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．【解析】rm{C}2、D【分析】解：rm{A}胶体具有丁达尔现象；用于区分溶液和胶体，不是本质特征，故A不选；

B；胶体不能通过半透膜；用于分离溶液和胶体，不是本质特征，故B不选；

C；溶液、胶体是均一、稳定的；故C不选；

D；分散质粒子的大小是区分三种分散系的本质特征；故D选；

故选D．

依据溶液；胶体和浊液这三种分散系的根本区别是分散质的微粒直径大小分析．

本题考查了胶体的性质和步骤特征分析判断，掌握基础是关键，题目较简单．【解析】rm{D}3、D【分析】解：rm{A}已知氧化性：rm{Br_{2}>Fe^{3+}>I_{2}}根据强弱规律，则还原性rm{I^{-}>Fe^{2+}>Br^{-}}故A正确；

B、溴与碘亚铁反应首先与还原强的碘离子反应，后与亚铁离子反应，如果rm{a=b}时，rm{FeI_{2}}溶液中碘离子恰好与溴完全反应，则rm{a>b}时，说明只发生碘离子与溴的反应，发生的离子反应：rm{2I^{-}+Br_{2}篓TI_{2}+2Br^{-}}故B正确；

C、当rm{5a=4b}时，即rm{amolFeI_{2}}和rm{5/4amolBr_{2}}反应，所以碘离子完全反应，亚铁离子一半被氧化成铁离子，所以离子浓度之比：rm{c(Fe^{2+})}rm{c(Fe^{3+})}rm{c(Br^{-})=1}rm{1}rm{5}故C正确；

D、当rm{3a=2b}时，rm{amol}的rm{FeI_{2}}溶液和rm{bmolBr_{2}}恰好完全反应，其中亚铁离子与碘离子的物质的量之比为：rm{1}rm{2}离子反应方程式为：rm{2Fe^{2+}+4I^{-}+3Br_{2}篓T2Fe^{3+}+2I_{2}+6Br^{-}}故D错误；

故选D．

A、已知氧化性：rm{Br_{2}>Fe^{3+}>I_{2}}根据强弱规律，则还原性rm{I^{-}>Fe^{2+}>Br^{-}}

B；溴与碘亚铁反应首先与还原强的碘离子反应；后与亚铁离子反应；

C、当rm{5a=4b}时，即rm{amolFeI_{2}}和rm{5/4a}rm{molBr_{2}}反应，所以碘离子完全反应，亚铁离子一半被氧化成铁离子，所以离子浓度之比：rm{c(Fe^{2+})}rm{c(Fe^{3+})}rm{c(Br^{-})=1}rm{1}rm{5}

D、当rm{3a=2b}时，rm{amol}的rm{FeI_{2}}溶液和rm{bmolBr_{2}}恰好完全反应．

本题以溴和碘化亚铁的反应为载体考查了氧化还原反应，明确溶液中离子反应的先后顺序是解本题的关键，采用极值讨论法来分析解答较简便，题目难度较大．【解析】rm{D}4、A【分析】【分析】本题考查化学键及物质结构，为高频考点，把握rm{P}与rm{S}形成的化学键为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意rm{P-P}键及rm{P-S}键的区别，题目难度不大。【解答】A.由图可知最上方的rm{P}与rm{S}形成rm{3}个共价键，rm{S}形成rm{2}个共价键，则rm{P_{4}S_{3}}中rm{S}为rm{-2}价，磷元素分别为rm{+3}价、rm{+1}价；故A错误；

B.只含共价键的化合物为共价化合物，则rm{P_{4}S_{3}}属于共价化合物；故B正确；

C.燃烧反应生成稳定氧化物，则rm{P_{4}S_{3}}充分燃烧的化学方程式为rm{P_{4}S_{3}+8O_{2}=P_{4}O_{10}+3SO_{2}}故C正确；

D.由图可知，共rm{6}个rm{P-S}rm{3}个rm{P-P}共价键，则rm{1}rm{mol}rm{P_{4}S_{3}}分子中含有rm{9}rm{mol}共价键；故D正确。

故选A。

【解析】rm{A}5、D【分析】【解析】试题分析：化学平衡发生移动的标志有很多，例如正反反应速率的大小改变，但是改变量不能相等，或者是反应物的转化率改变等等，D选项符合要求；混合物中各组分的浓度改变、混合物的密度改变、正、逆反应速率改变均不能肯定某化学平衡发生移动。考点：化学平衡【解析】【答案】D6、D【分析】解：rm{A}根据题给数据，rm{X}rm{Y}的化合价不同，但原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，故金属性rm{X>Y}故A错；

B、根据rm{Z}rm{W}的原子半径相差不大，化合价不同，且rm{W}只有负价，则其可能是rm{O}rm{Z}是rm{N}两者的单质直接生成rm{NO}故B错；

C、据此判断可知rm{X}是rm{Mg}rm{Y}是rm{Al}rm{Y}的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝；其不溶于氨水，故C错；

D；一定条件下；氧气可以和氨气反应生成水和氮气，故D对；

故选：rm{D}．

本题利用原子半径的周期性变化规律以及元素化合价的周期性变化规律来解题；综合考察了非金属性以及金属性的强弱判断．

此题考查了物质结构与元素周期律知识rm{.}本题是一个好题，虽然对学生来说判断起来有点难度，但总起来还是可以明确找到答案，并准确作答rm{.}解答元素推断题的突破口可能是原子结构、元素在周期表中的位置、元素的性质等；在此题中解答时，关键是抓住元素性质和元素在周期表中的位置的关系，从原子半径的变化和元素的最高正价和最低负价入手寻求突破【解析】rm{D}7、D【分析】解：rm{A.}将水加热变成水蒸气；是水的不同形态之间转化，没有新物质生成，属于物理变化，故A不选；

B.将蔗糖加入水中；得到蔗糖溶液，蔗糖溶解过程没有新物质生成属于物理变化，故B不选；

C.工业制取氧气采取的是分离液态空气的方法，因为液态氮沸点低，蒸发时会先气化最后得到液态氧rm{.}这个过程中没有新的物质产生；变化类型属物理变化，故C不选；

D.向沸水中逐滴加入rm{FeCl_{3}}饱和溶液，继续煮沸制备rm{Fe(OH)_{3}}胶体；有新物质生成，属于化学变化，故D选；

故选：rm{D}．

物理变化没有新物质生成；化学变化有新物质生成，据此分析解答．

本题考查了化学变化与物理变化的判断，明确过程中是否有新物质生成是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{D}8、C【分析】【分析】本题考查离子共存问题，明确离子的性质为解答该题的关键，答题时注意把握题给信息，该题为高考常见题型，难度不大。【解答】A.无色溶液中不能大量存在棕黄色rm{Fe^{3+}}故A错误；

B.rm{NH_{4}^{+}}和rm{OH^{-}}生成一水合氨而不共存，并且rm{Fe^{3+}}与rm{OH^{-}}生成氢氧化铁沉淀不能共存；故B错误；

C.离子之间不发生任何反应；可大量共存，故C正确；

D.在rm{pH=1}的溶液中rm{CO_{3}^{2-}}不存在；故D错误。

故选C。【解析】rm{C}9、A【分析】解：rm{A.28gCO}的物质的量为：rm{dfrac{28g}{28g/mol}=1mol}分子数相同时物质的量相等，则rm{dfrac

{28g}{28g/mol}=1mol}的质量为：rm{1molCO_{2}}故A正确；

B.不是相同条件下；体积相同时气体含有分子数不一定相同，故B错误；

C.根据rm{44g/mol隆脕1mol=44g}可知；气体密度与气体摩尔体积有关，没有指出条件，无法判断密度关系，故C错误；

D.根据rm{娄脩=dfrac{M}{V_{m}}}可知；气体密度与气体摩尔体积有关，没有指出条件，无法判断密度之比，故D错误；

故选A．

A.分子数相同时二者物质的量相等，根据rm{娄脩=dfrac{M}{V_{m}}}计算出rm{n=dfrac{m}{M}}的物质的量，再根据rm{CO}计算出二氧化碳的质量；

B.没有指出在相同条件下；气体摩尔体积不一定相等，则体积相等时气体的分子数不一定相等；

C.rm{m=nM}没有指出条件，无法判断二者密度之比；

D.根据rm{娄脩=dfrac{M}{V_{m}}}可知；气体密度与气体摩尔体积有关，与原子数多少无关．

本题考查了物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与其它物理量之间的关系为解答关键，注意掌握气体摩尔体积的使用条件，试题有利于提高学生的化学计算能力．rm{娄脩=dfrac{M}{V_{m}}}【解析】rm{A}二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】试题分析：（1）根据氧化还原反应方程式的配平原则，分析反应中的化合价变化，I元素的化合价从0→+5，升高5价，Cl元素的化合价从0→-1，降低1价，综合得失电子守恒和质量守恒，可配平出：I2+5Cl2+6H2O═2HIO3+10HCl；（2）分析整个过程中化合价升高的都是I元素，还原剂为：KI和I2；（3）KI换成KBr时，得到的是溴单质，则其在CCl4中呈红棕色；继续滴加氯水时，颜色不变，可知氯水不能将溴单质氧化成HBrO3，故其氧化性强弱顺序为：HBrO3＞Cl2＞HIO3；（4）1000kg加碘食盐中至少含碘25.4g，KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，根据KIO3～I～KI～3Cl2可知，则需要消耗标准状况下Cl2的体积为：×3×22.4L/mol=13.44L．考点：氧化还原反应；化学方程式的有关计算；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；重要的还原剂；分液和萃取．【解析】【答案】（1）I2＋5Cl2＋6H2O=2HIO3＋10HCl（写出反应物和生成物但未配平得1分，全对得3分）（2）I2（2分）（3）橙红（1分）HBrO3＞Cl2＞HIO3（2分）（4）13.44L（2分）11、略

【分析】解：rm{(1)Cu}rm{Fe}的混合物与稀硝酸反应，金属可能有剩余，可能没有剩余rm{.}金属可能有剩余时，根据共存可知，剩余金属有两种情况：rm{垄脵}剩余rm{Fe}rm{Cu}当有rm{Fe}剩余时，溶液中能与rm{Fe}反应的rm{Fe^{3+}}rm{Cu^{2+}}都不存在，所以溶液中只有rm{Fe^{2+}}

rm{垄脷}只剩余rm{Cu}溶液中一定不存在与rm{Cu}反应的rm{Fe^{3+}}根据离子共存，可能只有rm{Fe^{2+}}

rm{垄脹}通过rm{垄脷}知，溶液中还可能存在的离子是rm{Fe^{2+}}rm{Cu^{2+}}

rm{垄脺}当固体没有剩余时，可能存在的情况是：当rm{Fe}恰好与硝酸反应生成rm{Fe^{2+}}rm{Cu}恰好与硝酸生成rm{Cu^{2+}}所以溶液中存在的离子是rm{Fe^{2+}}rm{Cu^{2+}}

rm{垄脻}通过rm{垄脺}知，固体没有剩余时，生成的rm{Fe^{3+}}部分反应，根据离子共存，溶液中存在的离子可能的rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{Cu^{2+}}

rm{垄脼}通过rm{垄脺}rm{垄脻}知，固体没有剩余时，铁、铜全部被氧化成离子，根据离子共存，溶液中存在的离子可能是rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}

故答案为：。组序。

成分rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}rm{垄脼}残留固体成分rm{Fe}rm{Cu}rm{Cu}rm{Cu}溶液中的金属离子rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{Cu^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{(2)}当溶液中的金属离子只有rm{Fe^{2+}}rm{Cu^{2+}}时，说明rm{Cu}恰好完全反应或者有剩余，而rm{HNO_{3}}和rm{Fe}则完全反应rm{(}如果有硝酸剩余，则rm{Fe^{2+}}则会被进一步氧化为rm{Fe^{3+}}如果有rm{Fe}剩余，则会和rm{Cu^{2+}}继续反应rm{)}

rm{HNO_{3}隆煤NO}rm{N}得rm{3}电子，设被还原的rm{HNO_{3}}为rm{ymol}总计得rm{3ymol}电子；

rm{Cu隆煤Cu^{2+}}rm{Cu}失rm{2}电子，设参加反应的rm{Cu}为rm{zmol}总计失rm{2zmol}电子；

rm{Fe隆煤Fe^{2+}}rm{Fe}失rm{2}电子，参加反应的rm{Fe}为rm{a(1-x)mol}总计失rm{2a(1-x)mol}电子；

根据得失电子总数相等，所以：rm{3y=2z+2a(1-x)}rm{垄脵}

反应中起酸作用的硝酸生成rm{Fe(NO_{3})_{2}}和rm{Cu(NO_{3})_{2}}起氧化剂作用的硝酸生成rm{NO}由rm{N}元素守恒，所以有：rm{y+2a(1-x)+2z=b垄脷}

联立方程，消去rm{y}整理得rm{b=dfrac{4[2z+2a(1-x)]}{3}垄脹}

参加反应的rm{b=dfrac

{4[2z+2a(1-x)]}{3}垄脹}的物质的量rm{Cu}的取值大于rm{z}最大为rm{0}带入rm{ax}中，可得rm{dfrac{8a(1-x)}{3}<bleqslantdfrac{8a}{3}}

故答案为：rm{dfrac{8a(1-x)}{3}<bleqslantdfrac{8a}{3}}

rm{垄脹}当rm{dfrac{8a(1-x)}{3}<bleqslant

dfrac{8a}{3}}溶液中rm{dfrac{8a(1-x)}{3}<bleqslant

dfrac{8a}{3}}和rm{(3)}的物质的量相等时，rm{x=0.5}全部为铜离子，所以参加反应的rm{Fe^{3+}}为rm{Fe^{2+}}rm{Cu}和rm{Cu}的物质的量各为rm{0.5amol}

rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{2+}}得rm{0.25amol}电子，产生rm{HNO_{3}隆煤NO}气体即rm{N}总计得rm{3}电子；

rm{672mlNO}rm{0.03mol}失rm{0.09mol}电子，则失rm{Cu隆煤Cu^{2+}}电子；

rm{Cu}rm{2}失rm{amol}电子，则失rm{Fe隆煤Fe^{2+}}电子；

rm{Fe}rm{2}失rm{0.5amol}电子，则失rm{Fe隆煤Fe^{3+}}电子；

根据得失电子总数相等，所以：rm{Fe}解得rm{3}

根据氮原子守恒可知：rm{0.75amol}

故答案为：rm{0.09=a+0.5a+0.75a}rm{a=0.04}．

rm{b=2n(Cu^{2+})+2n(Fe^{2+})+3n(Fe^{3+})+2n(NO)=2隆脕0.04隆脕0.5+2隆脕0.04隆脕0.25+3隆脕0.04隆脕0.25+0.03=0.12mol}rm{a=0.04mol}的混合物与稀硝酸反应，金属可能有剩余，可能没有剩余rm{b=0.12mol}金属剩余时可能是rm{(1)Cu}rm{Fe}或者只有rm{.}根据剩余固体的成分结合物质还原性强弱；离子共存分析；

rm{Fe}当溶液中的金属离子只有rm{Cu}rm{Cu}时，说明rm{(2)}恰好完全反应或者有剩余，而rm{Fe^{2+}}和rm{Cu^{2+}}则完全反应rm{Cu}如果有硝酸剩余，则rm{HNO_{3}}则会被进一步氧化为rm{Fe}如果有rm{(}剩余，则会和rm{Fe^{2+}}继续反应rm{Fe^{3+}}

rm{Fe}rm{Cu^{2+}}得rm{)}电子，设被还原的rm{HNO_{3}隆煤NO}为rm{N}总计得rm{3}电子；

rm{HNO_{3}}rm{ymol}失rm{3ymol}电子，设参加反应的rm{Cu隆煤Cu^{2+}}为rm{Cu}总计失rm{2}电子；

rm{Cu}rm{zmol}失rm{2zmol}电子，参加反应的rm{Fe隆煤Fe^{2+}}为rm{Fe}总计失rm{2}电子；

根据得失电子总数相等，所以：rm{Fe}

反应中起酸作用的硝酸生成rm{a(1-x)mol}和rm{2a(1-x)mol}起氧化剂作用的硝酸生成rm{3y=2z+2a(1-x)垄脵}由rm{Fe(NO_{3})_{2}}元素守恒，所以有：rm{Cu(NO_{3})_{2}}

联立方程，消去rm{NO}可得rm{N}的表达式rm{y+2a(1-x)+2z=b垄脷}用rm{y}rm{b}rm{(}表示rm{a}参加反应的rm{x}的物质的量rm{z}的取值大于rm{)}最大为rm{Cu}带入rm{z}的表达式计算．

rm{0}当rm{ax}溶液中rm{b}和rm{(3)}的物质的量相等时，rm{x=0.5}全部为铜离子；根据得失电子守恒和氮原子守恒计算．

本题考查了铁、铜及硝酸的性质，因为铁是变价金属，和硝酸反应又涉及量不同产物不同，所以本题难度较大，可根据固体成分结合离子共存讨论，化繁为简，效果较好．rm{Fe^{3+}}【解析】rm{dfrac{8a(1-x)}{3}<bleqslantdfrac{8a}{3}}rm{dfrac{8a(1-x)}{3}<bleqslant

dfrac{8a}{3}}rm{a=0.04mol}rm{b=0.12mol}12、略

【分析】解：rm{(1)}碳酸钠溶液与足量稀盐酸混合反应生成氯化钠、水、二氧化碳，离子反应为rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}=H_{2}O+CO_{2}隆眉}

故答案为：rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}=H_{2}O+CO_{2}隆眉}

rm{(2)}铝片与硝酸汞溶液反应生成硝酸铝和汞单质，反应的离子方程式为：rm{2Al+3Hg^{2+}=3Hg+2Al^{3+}}

故答案为：rm{2Al+3Hg^{2+}=3Hg+2Al^{3+}}

rm{(3)}硫酸铜和氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜、硫酸钡，离子方程式：rm{SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+Cu^{2+}+2OH^{-}=Cu(OH)_{2}隆媒+BaSO_{4}隆媒}

故答案为：rm{SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+Cu^{2+}+2OH^{-}=Cu(OH)_{2}隆媒+BaSO_{4}隆媒}

rm{(4)}澄清石灰水与少量二氧化碳反应生成碳酸钙和水，离子方程式：rm{CO_{2}+Ca^{2+}+2OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

故答案为：rm{CO_{2}+Ca^{2+}+2OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O.}

rm{(1)}稀盐酸和碳酸钠溶液反应生成氯化钠；水和二氧化碳；

rm{(2)}铝片与硝酸汞溶液生成汞和硝酸铝；

rm{(3)}硫酸铜和氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜；硫酸钡；

rm{(4)}澄清石灰水与少量二氧化碳反应生成碳酸钙和水．

本题考查了离子方程式、化学方程式的书写，题目难度不大，注意掌握离子方程式、化学方程式的书写原则，能够正确书写常见反应的化学方程式，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力．【解析】rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}=H_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{2Al+3Hg^{2+}=3Hg+2Al^{3+}}rm{SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+Cu^{2+}+2OH^{-}=Cu(OH)_{2}隆媒+BaSO_{4}隆媒}rm{CO_{2}+Ca^{2+}+2OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+H_{2}O}13、略

【分析】(1)因为这是固体与固体之间的反应，所以通过玻璃棒的搅拌可以增大接触面积，加快反应速率。（2）强碱和铵盐可以发生复分解反应生成氨气，方程式为Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl＝BaCl2+2NH3↑+10H2O。（3）随着反应的进行会有氨气生成，所以能闻到刺激性气味，同时可以看见烧杯和玻璃片粘在一起。由于反应中有水生成，所以会出现糊状。（4）之所以会结冰，是由于温度降低导致的，这说明反应是吸热反应。因此反应物的总能量低于生成物的总能量。【解析】【答案】（1）搅拌加速反应；2分；（2）Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl＝BaCl2+2NH3↑+10H2O2分；复分解反应2分；（3）闻到剌激性气味、烧杯和玻璃片粘在一起（或结冰）、生成水各1分；（4）结冰、吸热、低各1分；14、略

【分析】【解析】【答案】每空1分，共10分。（1）氯、HClO4（2）（3）Mg（4）钠（5）188O（6）Ⅷ族（7）17（8）六、七15、略

【分析】试题分析：（1）②铝是只有金属铝元素组成的金属单质，③Na2O和④CO2中含有两种元素其中一种元素是氧元素，属于氧化物，⑧氨水中含有NH3、H2O和NH3·H2O多种微粒，是混合物，⑨稀硝酸存在H+、NO3-、H2O多种微粒，属于混合物；由于微粒的直径小于1nm,所以属于溶液。⑦红褐色的氢氧化铁液体由于Fe(OH)3的直径在1～100nm之间，属于胶体。③⑤⑥⑩在水溶液或者熔融状态下能导电，这样的化合物属于电解质，故答案为：。分类标准金属单质氧化物溶液胶体电解质属于该类的物质②③④⑧⑨⑦③⑤⑥⑩（2）上述十种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H++OH-═H2O，该两种物质为可溶性的强碱与强酸反应生成可溶性的盐的反应，满足该条件下的反应方程式为：Ba（OH）2+2HNO3═Ba（NO3）2+2H2O，（3）Al2(SO4)3=2Al3＋+3SO42－（4）少量的二氧化碳可以和强碱氢氧化钡反应生成碳酸钡和水，其离子方程式为：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，（5）已知Al+4HNO3=Al（NO3）3+NO↑+2H2O，HNO3→NO，氮元素化合价从+5降低为+2，HNO3是氧化剂；1molAl从0价升高为+3价，失去3mol电子，1molHNO3化合价从+5降低为+2得到3mol电子，所以还原剂与氧化剂的物质的量相等；n（Al）=n/M=5．4g/27g/mol=0．2mol，所以转移电子的物质的量为0．2mol×3=0．6mol；Al和4HNO3反应的离子方程式为Al+4H++NO3-=Al3++NO↑+2H2O，考点：考查物质的分类、物质的量的计算以及物质的性质方面知识。【解析】【答案】（1）。金属单质氧化物溶液胶体电解质属于该类的物质②③④⑧⑨⑦③⑤⑥⑩（2）Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O（3）Al2(SO4)3=2Al3＋+3SO42－（4）Ba2＋+2OH－+CO2=BaCO3↓+H2O（5）HNO31︰10．6molAl+4H＋+NO3－=Al3＋+NO↑+2H2O16、2【分析】【解答】解：体积相同，则二者的物质的量相同，n（CH4）==2mol，则常温下，2molSO2和32gCH4占有相同的体积，故答案为：2．【分析】结合n=V=nVm计算．三、判断题(共9题，共18分)17、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．18、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；19、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA；故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．20、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/mol21、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素22、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；23、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；24、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．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．四、实验题(共4题，共8分)26、略

【分析】【解析】试题分析：在（I）中，刚通入CO2时发生的反应化学方程为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O而后又发生反应的离子方程式为CO32-+H2O+CO2=2HCO3-在（Ⅱ）中煮沸溶液的目的是除去过量或多余的CO2气体，防止碳酸氢钠分解。在（Ⅲ）中混合另一半NaOH溶液后发生的反应的离子方程式是OH-+HCO3-=CO32-+H2O；①装置A使用的试剂是石灰石（固体）和盐酸；②装置B使用的试剂最好是饱和碳酸氢钠溶液，作用是除去CO2气体中混有的HCl气体，如果不用B装置，最终得到的Na2CO3溶液中可能存在的杂质有NaClNaOH考点：Na2CO3制备实验【解析】【答案】（13分）（1）2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O（1分）CO32-+H2O+CO2=2HCO3-（2分）除去过量或多余的CO2气体，防止碳酸氢钠分解。（2分）OH-+HCO3-=CO32-+H2O（2分）（2）①石灰石盐酸（各1分）②饱和碳酸氢钠溶液除去CO2气体中混有的HCl气体（各1分）NaClNaOH（各1分）27、(1)0.8

(2)玻璃棒；100mL容量瓶、胶头滴管。

(3)②①③⑤⑥⑦④⑧

(4)⑤【分析】【分析】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制。【解答】rm{(1)}配制rm{0.2mol/L}的rm{NaOH}溶液rm{90mL}需要氢氧化钠固体的质量rm{m=0.1L隆脕0.2mol/L隆脕40g/mol=0.8g}

故答案为：rm{m=0.1L隆脕0.2mol/L隆脕40g

/mol=0.8g}

rm{0.8}配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，用到的仪器有：烧杯、药匙、托盘天平、玻璃棒、rm{(2)}容量瓶；胶头滴管；

故答案为：玻璃棒、rm{100mL}容量瓶；胶头滴管；

rm{100mL}配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，所以其排序是rm{(3)}；

故答案为：rm{垄脷垄脵垄脹垄脻垄脼垄脽垄脺垄脿}；

rm{垄脷垄脵垄脹垄脻垄脼垄脽垄脺垄脿}rm{垄脷垄脵垄脹垄脻垄脼垄脽垄脺垄脿}定容摇匀后，液面下降是正常的，又加水至刻度线会导致溶液浓度偏低，故rm{垄脷垄脵垄脹垄脻垄脼垄脽垄脺垄脿}错误；

rm{(4)}未洗涤烧杯、玻璃棒，导致溶质损失，物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故rm{垄脵}错误；

rm{垄脵}容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，故rm{垄脵}错误；

rm{垄脵}称量rm{垄脷}的时间太长，氢氧化钠易潮解，称取的氢氧化钠的质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故rm{垄脷}错误；

rm{垄脷}定容时俯视刻度，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故rm{垄脷}正确；

故选rm{垄脹}rm{垄脹}【解析】rm{(1)0.8}rm{(2)}玻璃棒、rm{100mL}容量瓶；胶头滴管。

rm{(3)垄脷垄脵垄脹垄脻垄脼垄脽垄脺垄脿}

rm{(4)垄脻}28、略

【分析】解：rm{(1)}要证明元素的金属性强弱，可利用金属与酸rm{(}或水rm{)}的反应；反应越剧烈，金属性越强；

钠与冷水反应；再向反应后溶液中滴加酚酞，浮于水面，熔成小球，迅速向四处游动，溶液变成红色；

镁带与沸水反应，再向反应后溶液中滴加酚酞；镁与rm{2mol/L}盐酸反应；rm{Mg}与热水反应不十分剧烈，产生的气体能燃烧，溶液变成浅红色rm{.}与酸反应剧烈；产生大量气泡且可以燃烧；

铝片与rm{2mol/L}盐酸反应；产生大量气泡；气体可以燃烧；

由此可知，金属与酸rm{(}或水rm{)}的反应剧烈程度：rm{Na>Mg>Al}即金属性：rm{Na>Mg>Al}

rm{NaBr}溶液中加入氯水和rm{CCl_{4}}下层溶液变橙色，说明氯气置换了溴，则非金属性rm{Cl>Br}

rm{NaI}溶液中加入溴水和rm{CCl_{4}}下层溶液变紫色，说明溴置换了碘，则非金属性rm{Br>I}所以非金属性：rm{Cl>Br>I}

则实验操作与实验现象对应为：。

探究同一周期从左到右元素金属性的递变规律探究同一主族内从上到下元素非金属性的递变规律Ⅰrm{1}rm{5}rm{8}

rm{4}rm{7}

Ⅱrm{E}rm{B}rm{C}

rm{F}rm{D}

故答案为：。

探究同一周期从左到右元素金属性的递变规律探究同一主族内从上到下元素非金属性的递变规律Ⅰrm{1}rm{5}rm{8}

rm{4}rm{7}

Ⅱrm{E}rm{B}rm{C}

rm{F}rm{D}

；

rm{(2)}金属性：rm{Na>Mg>Al}非金属性：rm{Cl>Br>I}

故答案为：rm{Na>Mg>Al}rm{Cl>Br>I}

rm{(3)}钠与水反应生成rm{NaOH}和氢气，其反应的离子方程式为：rm{2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}

故答案为：rm{2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}

rm{(4)Al}与酸中的氢离子反应生成氢气，则反应的离方程式为：rm{Al+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}隆眉}

故答案为：rm{Al+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}隆眉}

rm{(5)}氯气与溴化钠发生置换反应生成氯化钠和单质溴，则反应的化学方程式为：rm{Br_{2}+2NaI=2NaBr+I_{2}}

故答案为：rm{Br_{2}+2NaI=2NaBr+I_{2}}．

rm{(1)(2)}要证明元素的金属性强弱，可利用金属与酸rm{(}或水rm{)}的反应；

要证明元素的非金属性强弱；可利用单质之间的置换反应，非金属性强的元素的单质可以置换非金属弱的；

rm{(3)}钠与水反应生成rm{NaOH}和氢气；

rm{(4)Al}与酸中的氢离子反应生成氢气；

rm{(5)}氯气与溴化钠发生置换反应生成氯化钠和单质溴．

本题考查了探究金属单质的金属性强弱、非金属单质的非金属性强弱方法，题目难度中等，正确掌握判断金属性、非金属性强弱的方法是解题的关键．【解析】rm{(1)}

rm{(2)Na>Mg>Al}rm{Cl>Br>I}

rm{(3)2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}

rm{(4)2Al+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}隆眉}

rm{(5)Br_{2}+2NaI=2NaBr+I_{2}}29、略

【分析】【分析】考查工业流程的分析，有关实验操作、实验设计的判断，化学反应的判断与方程式的书写。【解答】rm{(1)}二氧化硫与过量的氨水反应的离子方程式为rm{SO_{2}+2NH_{3}隆陇H_{2}O=2NH_{4}^{+}+SO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{(2)}由题目中的信息可知，纯rm{ClO_{2}}易分解爆炸，所以通入空气的目的是稀释rm{ClO_{2}}防止发生爆炸；

rm{(3)}吸收塔中发生的是二氧化氯与氢氧化钠、过氧化氢发生反应生成亚氯酸钠rm{(NaClO_{2})}rm{Cl}元素的化合价降低，则过氧化氢中的rm{O}元素的化合价升高，所以产物在还有氧气生成，根据元素守恒可知产物中有水生成，所以离子方程式是rm{2ClO_{2}+H_{2}O_{2}+2OH^{-}=2ClO_{2}^{-}+2H_{2}O+O_{2}}rm{2ClO_{2}+H_{2}O_{2}+2OH^{-}=

2ClO_{2}^{-}+2H_{2}O+O_{2}}其原因是温度升高，反应物塔内温度不宜超过rm{20隆忙}其原因是会分解。rm{20隆忙}从溶液中得到含结晶水的晶体；只能采取蒸发；浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体。

rm{H_{2}O_{2}}【解析】rm{(1)SO_{2}+2NH_{3}隆陇H_{2}O=2NH_{4}^{+}+SO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{(2)}稀释rm{ClO_{2}}防止发生爆炸rm{(3)2ClO_{2}+H_{2}O_{2}+2OH^{-}=2ClO_{2}^{-}+2H_{2}O+O_{2}}温度升高，反应物rm{(3)2ClO_{2}+H_{2}O_{2}+2OH^{-}=

2ClO_{2}^{-}+2H_{2}O+O_{2}}会分解rm{H_{2}O_{2}}蒸发浓缩冷却结晶。

rm{(4)}五、结构与性质(共1题，共10分)30、略

【分析】【分析】

（1）本实验是由实验①做对比实验探究影响反应速率的因素，所以在设计分组实验时，要设计出分别只有浓度、温度和接触面积不同时反应速率的变化，从而找出不同外界因素对反应速率的影响。由于实验①和实验②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，实验①和实验③探究温度对该反应速率的影响，故实验③的温度选择308K，实验①和实验④探究接触面积对该反应速率的影响，故实验④选择细颗粒的大理石；

（2）依据装置特点分析气密性的检查方法；

（3）化学反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示。根据图像可以计算出70至90s内生成的CO2的体积；然后根据反应式可计算出消耗的硝酸的物质的量，最后计算其反应速率；

（4）根据反应物的用量计算生成CO2的最大质量；根据影响反应速率的因素比较实验②；③和④反应速率大小；以此判断曲线斜率大小，画出图像；

【详解】

（1）由实验目的可知；探究浓度；温度、接触面积对化学反应速率的影响，则实验①②的温度、大理石规格相同，只有浓度不同，实验①③中只有温度不同，实验①④中只有大理石规格不同；

故答案为（从上到下；从左到右顺序）：298；粗颗粒；1.00；308；粗颗粒；2.00；298；细颗粒；2.00；

（2）该装置的气密性的检查方法是：关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好；

（3）①70至90s，CO2生成的质量为：m(CO2)=0.95g－0.85g＝0.1g；

②根据方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物质的量为：n(HNO3)=＝mol；

③溶液体积为25mL＝0.025L，所以HNO3减少的浓度Δc(HNO3)＝=mol/L；

④反应的时间t＝90s－70s＝20s

⑤所以HNO3在70－90s范围内的平均反应速率为：

v(HNO3)＝Δc(HNO3)/t＝=mol·L－1·S－1=0.009mol·L－1·S－1

（4）实验②、③和④所用大理石的质量均为10.00g，其物质的量为=0.1mol，实验①、③和④所用硝酸的量相同均为：2.00mol/L×0.025L=0.05mol，依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知，硝酸不足，生成CO2的质量按硝酸计算得：0.05mol×44g/mol=1.10g，实验②所用硝酸的量为1.00mol/L×0.025L=0.025mol，大理石过量，反应生成的CO2的质量为0.025mol×44g/mol=0.55g；

实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，且HNO3浓度①>②，浓度越大，反应越快，故曲线斜率①>②；

实验①和③探究温度对该反应速率的影响，且温度③高于①，温度越高反应越快，故曲线斜率③>①；

实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响，且实验④为细颗粒，实验①为粗颗粒，颗粒越小，表面积越大，反应越快，故反应速率④>①，故曲线斜率④>①；

根据以上特征；画出图像如下：

【点睛】

本题考查了化学反应速率的影响因素，注意对题给信息的分析是处理是解答的关键，注意控制变量的实验方法的理解和掌握。【解析】298粗颗粒1.00308粗颗粒2.00298细颗粒2.00关闭分液漏斗活塞，向外拉或向内推分液漏斗的活塞，若一段时间后松开手，活塞又回到原来的位置，则证明装置气密性良好Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1六、工业流程题(共3题，共9分)31、略

【分析】【分析】

(1)根据反应确定滤渣的成分；然后确定其用途；

(2)①根据Cr2O72-的含量与H+的浓度关系分析判断；

②根据平衡常数的定义式计算；

(3)根据流程中的“转化”过程中反应物；生成物的种类及反应特点判断发生的反应类型；

(4)根据溶度积常数分析计算。

【详解】

(1)在熔融、氧化时，发生反应：2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2，然后水浸，Na2CrO4和NaNO2进入溶液，而Fe2O3难溶于水，因此滤渣主要成分是Fe2O