2025年苏人新版高三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年苏人新版高三化学下册阶段测试试卷304考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、欲将AlCl3溶液中的铝离子沉淀完全，最合适的试剂是（）A.NaOH溶液B.氨水C.AgNO3溶液D.NaCl溶液2、在水溶液中能大量共存的一组离子是（）A.Fe3+、I-、ClO-、H+B.K+、Cu2+、OH-、NO3-C.NH4+、Na+、Br-、SO42-D.Al3+、Cl-、OH-、HCO3-3、关于常见的有机化合物，下列叙述正确的是（）A.乙醇、氯乙烷都能发生取代反应和消去反应B.甲烷、苯以及苯的同系物都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.乙烯、丙烯、苯、甲苯分子中的所有原子都在同一平面D.油脂是高分子化合物，在碱性条件下发生皂化反应生成硬脂酸钠和甘油4、下列方程式中，正确的是（）A.碳酸氢钠在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32-B.铁屑与稀硫酸反应的离子方程式：Fe+2H+=Fe3++H2↑C.乙醇氧化生成乙醛的化学方程式：2CH3CH2OH+O22CHC3HO+2H2OD.碳在氧气中燃烧的热化学方程式：C+02=C02△H=-393.6kJ•mol-15、已知101kPa时辛烷的燃烧热为-5518kJ•mol-1．则下列热化学方程式书写正确的是（）A.2C8H18+25O2═16CO2+18H2O△H=-11036kJ•mol-1B.2C8H18（l）+25O2（g）═16CO2（g）+18H2O（l）△H=-11036kJ•mol-1C.2C8H18（l）+25O2（g）═16CO2（g）+18H2O（g）△H=-11036kJ•mol-1D.2C8H18（l）+25O2（g）═16CO2（g））+18H2O（l）△H=-5518kJ•mol-16、Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色。Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一。下列说法正确的是（）A.原子半径的大小顺序：rX＞rY＞rW＞rQB.X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能反应C.Z、W最外层电子数都为6，最高化合价都为＋6价D.元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物7、下列A～D四组，每组有两个反应，其中两个反应可用同一个离子方程式表示的是（）（Ⅰ）（Ⅱ）A少量SO2通入Ba（OH）2溶液中过量SO2通入少量Ba（OH）2溶液中B少量浓氨水滴入Al2（SO4）3溶液中少量Al2（SO4）3溶液滴入浓氨水中C0.1molCl2通入含0.2molFeBr2的溶液中0.3molCl2通入含0.2molFeBr2的溶液中D过量BaCl2溶液与少量Na2SO4溶液相混合少量Ba（OH）2溶液与过量MgSO4溶液相混合8、X、Y、Z、W是前20号元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素；Y元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍；Z元素的-1价阴离子的核外电子排布与氖原子相同，W元素为金属，它的某种化合物可用于烟气脱硫。下列说法错误的是A.X、Y形成的化合物中可能含有双键B.X单质和Z单质在暗处能剧烈反应C.W元素与Z元素形成的化合物用电子式表示形成过程为：D.XZ的沸点在与Z同族的其它X的化合物中最高9、下列有关有机物的说法正确的是（）

A.蛋白质；淀粉、纤维素、油脂都属于天然有机高分子化合物。

B.乙醇；乙酸、乙酸乙酯可以用饱和碳酸钠溶液鉴别。

C.乙烯和苯都可以和溴水发生反应。

D.可以用裂化汽油萃取溴水中的溴。

评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)10、将氯化铁饱和溶液逐滴加入沸水中，制得氢氧化铁胶体溶液，为了除去其中所含的盐酸得到较纯净的氢氧化铁胶体，应采取的措施是（）A.加入NaOH溶液进行中和B.加入AgNO3溶液反应后过滤C.插入石墨电极，通入直流电进行电泳后再过滤D.装入半透膜袋内，将此袋浸入蒸馏水中，每隔几分钟更换一次蒸馏水11、做实验时不小心使皮肤上沾了一些高锰酸钾，形成的黑斑很久才消除，如果用草酸（H2C2O4乙二酸）的稀溶液洗涤，黑斑可以迅速褪去，其离子方程式为：MnO4-+H2C2O4+H+=CO2↑+Mn2++□下列有关叙述不正确的是（）A.该反应的氧化剂为KMnO4B.发生还原反应的是H2C2O4C.该离子方程式右侧方框内的产生是H2OD.6molH+参加反应时，电子转移10mol12、rm{25隆忙}时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.rm{0.1mol隆陇L^{-1}Na_{2}S}溶液与rm{0.1mol隆陇L^{-1}NaHS}溶液等体积混合：rm{2c(H_{2}S)=3c(Na^{+})-2c(HS^{-})-2c(S^{2-})}B.rm{0.1mol隆陇L^{-1}}氨水与rm{0.05mol隆陇L^{-1}}盐酸等体积混合：rm{c(OH^{-})+c(NH_{3}隆陇H_{2}O)=c(Cl^{-})+c(H^{+})}C.rm{pH=3}的rm{CH_{3}COOH}溶液与rm{pH=11}的rm{NaOH}溶液等体积混合：rm{c(CH_{3}COOH)+c(H^{+})>c(OH^{-})+c(Na^{+})}D.浓度均为rm{0.1mol隆陇L^{-1}}的rm{NH_{4}HSO_{4}}溶液与rm{NaOH}溶液等体积混合：rm{c(Na^{+})=c(SO_{4}^{2mathrm{{-}}})>c(NH_{4}^{{+}})>c(OH^{-})>c(H^{+})}13、学习时通过比较、归纳，可以加深对问题的认识．下列比较或归纳一定正确的是()A.稳定性：NH3＜PH3＜AsH3B.离子半径：阴离子不一定大于阳离子C.酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3D.熔沸点：离子化合物＞共价化合物14、已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖变黑．A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是（）A.若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，一定可以观察到白色沉淀产生B.若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应C.X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的脱水性D.工业上，B转化为D的反应条件为高温、常压、使用催化剂15、rm{Q}rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是原子序数依次增大的短周期元素，rm{X}的焰色反应呈黄色rm{.Q}元素的原子最外层电子数是其内层电子数的rm{2}倍rm{.W}rm{Z}最外层电子数相同，rm{Z}的核电荷数是rm{W}的rm{2}倍rm{.}元素rm{Y}的合金是日常生活中常用的金属材料rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{X}rm{Y}的最高价氧化物的水化物之间不能反应B.简单离子半径的大小顺序：rm{r_{X}>r_{Y}>r_{W}>r_{Q}}C.工业上常用电解的方法制备rm{X}rm{Y}的单质D.元素rm{Q}和rm{Z}能形成rm{QZ_{2}}型的共价化合物评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、如图所示为短周期元素A-K的化合价与原子序数的关系图．

（1）写出J元素在元素周期表中的位置：____；

（2）A-K元素中，最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是____；（填化学式）

（3）B、C、F、I四种元素的原子半径由大到小的顺序是____（用元素符号表示）

（4）A-K元素中气态氢化物热稳定性最强的是____．17、据报道；目前我国结核病的发病率有抬头的趋势，抑制结核杆菌的药物除雷米封外，PAS-Na（对氨基水杨酸钠）也是其中一种，它与雷米封同时服用，可以产生协同作用．

已知：

①或

NO2Fe；HCl、H2ONH2（弱碱性；易被氧化）

②（弱碱性，易被氧化，比更易被氧化）

③R-ClR-ONa

④

PAS-Na（对氨基水杨酸钠）的合成路线如图：

则：（1）A→B的化学方程式：____；

（2）C、D的结构式：C____，D____；

（3）指出反应类型I：____，II：____，III：____．18、下列物质：a．NaClb．稀硫酸c．酒精溶液d．Fee．Na0H溶液f．蔗糖溶液g．KNO3h．醋酸溶液i．石墨j．CO2k．NH3l．BaSO4

以上物质中属于混合物的有（填字母代号）____；属于电解质的有____；是电解质但不溶于水的有____；是非电解质的有____；能够导电的有____；因自由离子定向移动而导电的有____；因自由电子定向移动而导电的有____，既不是电解质也不是非电解质的有____．19、（2014•淄博一模）碳；氮、氧是构成生命物质的三种主要元素．

（1）碳、氮、氧三种元素中，原子核外电子未成对电子数最多的是____（用元素符号表示）．

（2）已知CN-与N2结构相似，则HCN分子中σ键与π键数目之比为____．

（3）H2O2分子中氧原子的杂化方式为____．

（4）与NO2+互为等电子体的微粒有____、____（举2例），NO3-的空间构型是____．

（5）已知元素A的氧化物的晶胞结构如图所示，则该氧化物的化学式为____．20、前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A＿和B+的电子相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。回答下列问题：（1）D2+的价层电子排布图为_______________。（2）四种元素中第一电离最小的是_________________，电负性最大的是________________。（填元素符号）（3）A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示。①该化合物的化学式为_____________；D的配位数为_______；②列式计算该晶体的密度为___________g·cm-3。（列式并计算）21、SO2和NOx在化学工业上有重要用途，也是大气污染的主要来源，开发和利用并重，预防和治理并举是当前工业上和环境保护领域研究的主要课题之一。（1）在接触法制硫酸的过程中，发生2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H＜0反应，某温度下，SO2的平衡转化率（α）与体系总压强（p）的关系如下图所示，根据图示回答下列问题：①平衡状态由A到B时，平衡常数K(A)K(B)（填“＞”、“＜”或“＝”）；②将2．0molSO2和1．0molO2置于10L的密闭容器中，若40s后反应达到平衡，此时体系总压强为0．10MPa，这一段时间内SO2的平均反应速率为。该反应的平衡常数为。（2）用CH4催化还原NOx可消除氮的氧化物的污染，例如：CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)△H＝-574kJ·mol—1CH4(g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)△H＝-1160kJ·mol—1取标准状况下4．48LCH4并使之完全反应：①若将NO2还原至N2，整个过程中转移电子的物质的量为；②若还原NO2和NO的混合物，放出的总热量Q的取值范围是。评卷人得分四、实验题(共4题，共12分)22、资料显示：

rm{a.Na_{2}S_{2}O_{3}}rm{BaS_{2}O_{3}}rm{BaS}均易溶于水．

rm{b.SO_{2}}rm{Na_{2}S}rm{Na_{2}CO_{3}}反应可生成rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}．

某化学小组据此进行了制备硫代硫酸钠rm{(Na_{2}S_{2}O_{3})}的探究：

实验制备装置如图所示rm{(}省略夹持装置rm{)}

回答问题：

rm{(1)}装置rm{A}中发生反应的化学方程式是______．

rm{(2)}装置rm{B}的作用之一是观察rm{SO_{2}}的生成速率．

rm{垄脵B}中最好盛装的液体是______．

rm{a.}蒸馏水rm{b.}饱和rm{Na_{2}SO_{3}}溶液rm{c.}饱和rm{NaHSO_{3}}溶液rm{d.}饱和rm{NaHCO_{3}}溶液。

rm{垄脷}如使rm{SO_{2}}缓慢进入烧瓶rm{C}正确的操作是______．

rm{(3)}在装置rm{C}中生成rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}．

rm{垄脵}完成反应方程式：______rm{SO_{2}+}______rm{Na_{2}S+}______rm{Na_{2}CO_{3}=}______rm{Na_{2}S_{2}O_{3}+}______

rm{垄脷}反应开始先使rm{A}中发生反应一会儿，再使rm{C}中反应发生；其原因是______．

rm{垄脹}结束反应后，取rm{C}中溶液，经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥、得到rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}rm{5H_{2}O.}

rm{(4)}完成对所得产品的检测的实验：

。推测操作和现象结论杂质中的正盐成分可能有：

rm{Na_{2}S}rm{Na_{2}CO_{3}}

rm{Na_{2}SO_{4}}

及rm{Na_{2}SO_{3}}rm{垄脵}取rm{Wg}产品配成稀溶液；

rm{垄脷}向溶液中滴加过量rm{BaCl_{2}}溶液；有白色沉淀生成，过滤，得沉淀和滤液；

rm{垄脹}向沉淀中加入过量盐酸，沉淀完全溶解，并有刺激性气味的气体产生．产品杂质中：

一定含有______；

可能含有______；

一定不含有______．23、某矿抽出的废液中含有大量的rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}rm{Br^{-}}还有少量的rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}.}某研究性学习小组所拟取这种废液来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴rm{(Br_{2})}他们设计了如下流程：

可供试剂rm{a}rm{b}的选择试剂：饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液、饱和rm{K_{2}CO_{3}}溶液、rm{KOH}溶液、rm{BaCl_{2}}溶液、rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液、rm{H_{2}O_{2}}rm{KMnO_{4}(H^{+})}溶液、稀rm{HNO_{3}}．

请根据以上流程；回答相关问题：

rm{(1)}试剂rm{a}应该选用______；

rm{(2)}操作rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}的名称是______rm{(}填字母rm{)}．

A.萃取、过滤、分液、过滤、蒸发结晶rm{B.}萃取；分液、蒸馏、过滤、蒸发结晶。

C.分液、萃取、过滤、过滤、蒸发结晶rm{D.}萃取；分液、分液、过滤、蒸发结晶。

rm{(3)}除去无色液体rm{I}中的rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}离子，选出rm{C}所代表的试剂，按滴加顺序依次是______rm{(}填化学式rm{)}．

rm{(4)}调节rm{pH}的作用是______；操作方法是______．

rm{(5)}操作rm{垄脻}中用到的瓷质仪器名称是______．24、锌是一种常用金属；冶炼方法有火法和湿法．

I.镓rm{(Ga)}是火法冶炼锌过程中的副产品，镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似，氮化镓rm{(GaN)}是制造rm{LED}的重要材料；被誉为第三代半导体材料．

rm{(1)Ga}在元素周期表中的位置______．

rm{(2)GaN}可由rm{Ga}和rm{NH_{3}}在高温条件下合成；该反应的化学方程式为______．

rm{(3)}下列有关镓和镓的化合物的说法正确的是______rm{(}填字母序号rm{)}．

A.一定条件下，rm{Ga}可溶于盐酸和氢氧化钠。

B.常温下，rm{Ga}可与水剧烈反应放出氢气。

C.rm{Ga_{2}O_{3}}可由rm{Ga(OH)_{3}}受热分解得到。

D.一定条件下，rm{Ga_{2}O_{3}}可与rm{NaOH}反应生成盐。

rm{II.}甲、乙都是二元固体化合物，将rm{32g}甲的粉末加入足量浓硝酸并加热，完全溶解得蓝色溶液，向该溶液中加入足量rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液，过滤、洗涤、干燥得沉淀rm{46.6g}滤液中再滴加rm{NaOH}溶液，又出现蓝色沉淀rm{.}含乙的矿石自然界中储量较多，称取一定量乙，加入稀盐酸使其全部溶解，溶液分为rm{A}rm{B}两等份，向rm{A}中加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧得红棕色固体rm{28g}经分析乙与红棕色固体的组成元素相同，向rm{B}中加入rm{8.0g}铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体rm{1.6g}．

rm{(1)32g}甲在足量浓硝酸中反应转移的电子数为______；甲在足量氧气中充分灼烧的化学方程式为______

rm{(2)}乙的化学式______；稀硫酸溶解乙的化学方程式为______

rm{(3)}将甲在足量氧气中充分灼烧的气体产物通入一定量rm{A}溶液中，该反应的离子方程式为______，设计实验证明此步反应后的溶液中金属元素的化合价______．25、实验室配制500mL0.1mol/L的Na2CO3溶液；回答下列问题：

（1）应用托盘天平称取Na2CO3____g．

（2）配制时应选用500mL的容量瓶、托盘天平、烧杯、药匙，还需要用到的仪器有____，____．

（3）容量瓶上标有：①温度、②浓度、③规格、④压强、⑤刻度线、这五项中的____（填数字符号）．

（4）若实验时遇到下列情况，将使溶液的浓度偏低的有____．

A；加水定容时超过刻度线。

B；忘记将洗涤液转入容量瓶。

C；容量瓶中有少量蒸馏水。

D；定容、摇匀、静置后发现凹面低于刻度线又加水至刻度线。

E、定容时俯视刻度线．评卷人得分五、探究题(共4题，共36分)26、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．27、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：28、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．29、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】Al3+转化为不溶于水的物质是Al（OH）3，Al（OH）3具有两性，既能和强酸反应又能和强碱反应，要使Al2（SO4）3溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．氢氧化钠是强碱；氢氧化钠过量会溶解氢氧化铝，生成偏铝酸盐，使Al元素不能完全沉淀，故A错误；

B．氨水为弱碱与AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀；不能溶解氢氧化铝，使Al元素完全沉淀，故B正确；

C．AgNO3溶液与氯化铝反应生成氯化银沉淀；故C错误；

D．与氯化铝不反应，不能使Al3+沉淀；故D错误．

故选B．2、C【分析】【分析】A．铁离子；次氯酸根离子都能够氧化碘离子；次氯酸根离子与氢离子结合生成次氯酸；

B．铜离子与氢氧根离子反应生成难溶物氢氧化铜；

C．NH4+、Na+、Br-、SO42-离子之间不满足离子反应发生条件；

D．铝离子与氢氧根离子、碳酸氢根离子发生反应．【解析】【解答】解：A．Fe3+、ClO-都能够氧化I-，ClO-、H+之间反应生成次氯酸；在溶液中不能大量共存，故A错误；

B．Cu2+、OH-之间反应生成氢氧化铜沉淀；在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．NH4+、Na+、Br-、SO42-离子之间不发生反应；在溶液中能够大量共存，故C正确；

D．OH-、HCO3-都与Al3+发生反应；在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选C．3、A【分析】【分析】A．乙醇含-OH，可与浓HBr发生取代反应；可发生消去反应生成乙烯；氯乙烷含-Cl，可发生水解反应生成乙醇，发生消去反应生成乙烯；

B．苯的同系物能使酸性高锰酸钾溶液褪色；

C．丙烯；甲苯分子中均含甲基；甲基中C为四面体构型；

D．油脂的相对分子质量在10000以下，为高级脂肪酸甘油酯．【解析】【解答】解：A．乙醇含-OH，可与浓HBr发生取代反应；可发生消去反应生成乙烯；氯乙烷含-Cl，可发生水解反应生成乙醇，发生消去反应生成乙烯，则二者均可发生取代和消去反应，故A正确；

B．苯的同系物中与苯环相连的C上有H能被酸性高锰酸钾溶液氧化；使其褪色，而甲烷；苯不能，故B错误；

C．丙烯；甲苯分子中均含甲基；甲基中C为四面体构型，则所有原子不可能共面，而乙烯、苯中的所有原子都在同一平面，故C错误；

D．油脂的相对分子质量在10000以下；不属于高分子化合物，为高级脂肪酸甘油酯，碱性条件下发生皂化反应生成高级脂肪酸盐和甘油，故D错误；

故选A．4、C【分析】【分析】A；碳酸氢钠在水中的电离；碳酸氢根离子是多元弱酸根不拆；

B；稀硫酸电离出的氢离子只具有弱氧化性；

C；乙醇催化氧化实质是脱氢反应；

D、热化学方程式要注明反应物和生成物的状态．【解析】【解答】解：A、碳酸氢钠在水中的电离，碳酸氢根离子是多元弱酸根不拆，正确的离子方程式为NaHCO3=Na++HCO3-；故A错误；

B、氢离子只具有弱氧化性，不符合客观事实，正确的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑故B错误；

C、乙醇催化氧化实质是脱氢反应，离子方程式为2CH3CH2OH+O22CHC3HO+2H2O；故C正确；

D；热化学方程式要注明反应物和生成物的状态；状态不同能量不同，故D错误；

故选C．5、B【分析】【分析】由辛烷的燃烧热为-5518kJ•mol-1，则1mol辛烷完全燃烧生成二氧化碳和水，放出热量为5518kJ，以此来解答．【解析】【解答】解：由辛烷的燃烧热为-5518kJ•mol-1；则1mol辛烷完全燃烧生成二氧化碳和水，放出热量为5518kJ，标明各物质的状态，△H＜0；

则热化学方程式为2C8H18（l）+25O2（g）═16CO2（g）+18H2O（l）△H=-11036kJ•mol-1；

故选B．6、D【分析】根据题意，Q为C，X为Na，Y为Al，W、Z为同主族，且Z的原子序数为W原子序数的2倍，所以W为O，Z为S。A项，Na、Al、O、C的原子半径大小顺序为Na＞Al＞C＞O；B项，NaOH与Al(OH)3反应生成NaAlO2和H2O；C项，氧无最高正价；D项，C和S反应生成CS2。【解析】【答案】D7、B【分析】A项，少量SO2通入Ba（OH）2溶液中形成BaSO3沉淀；过量SO2通入少量Ba（OH）2溶液中产生酸式盐，得澄清溶液。B项，氢氧化铝不溶于氨水，所以离子方程式相同。C项，FeBr2溶液中有两种还原性的离子，所以量的不同导致离子方程式不同。D项，过量BaCl2溶液和少量Na2SO4溶液相混合产生硫酸钡沉淀，而少量Ba（OH）2溶液和过量MgSO4溶液相混合，产生硫酸钡和氢氧化镁两种白色沉淀，故离子方程式不相同。【解析】【答案】B8、C【分析】试题分析：A、由题意知X为氢元素，Y是碳元素，X、Y形成的化合物二氧化碳中含有双键，正确；B、Z是氟元素，氢气与氟气在暗处即可剧烈反应，正确；C、W为钙元素，与氟形成离子化合物，通常用“→”连接原子的电子式与化合物的电子式，而不是“=”，错误；D、HF的沸点在与F同族的其它H的化合物中最高,因为HF分子间存在氢键的缘故，正确，答案选C。考点：考查元素推断、物质结构、元素周期律的应用及电子式书写正误的判断【解析】【答案】C9、B【分析】

A；蛋白质、淀粉、纤维素的分子量很大；都属于天然有机高分子化合物，油脂是小分子化合物，故A错误；

B；乙酸能和碳酸钠反应生成二氧化碳气体；乙醇和碳酸钠能互溶，乙酸乙酯和碳酸钠不互溶，所以乙醇、乙酸、乙酸乙酯可以用饱和碳酸钠溶液鉴别，故B正确；

C；在一定条件下；液溴和苯能发生取代反应生成溴苯，但苯和溴水不反应，乙烯能和溴水发生加成反应，故C错误；

D；裂化汽油是石油通过裂化得到的；其中含有不饱和烃，不饱和烃能和溴水发生加成反应，所以裂化汽油不能萃取溴水中的溴，故D错误；

故选B．

【解析】【答案】A；油脂属于小分子化合物；

B；乙醇、乙酸、乙酸乙酯的性质进行分析；

C；苯和液溴反应但不和溴水反应；

D；裂化汽油中含有不饱和烃；不饱和烃能和溴水反应．

二、双选题(共6题，共12分)10、D|E【分析】解：A．加入NaOH溶液进行中和盐酸；但氢氧化铁胶体遇到氢氧化钠电解质发生聚沉，故A错误；

B．加入AgNO3溶液反应能和盐酸生成氯化银沉淀，但但氢氧化铁胶体遇到AgNO3溶液电解质发生聚沉；故B错误；

C．插入石墨电极；通入直流电进行电泳后再过滤，胶体和溶液的分散质微粒的直径都小于滤纸孔隙，无法分离，故C错误；

D．胶体分散质微粒直径为1nm～100nm；溶液中的微粒小于半透膜的孔隙能通过半透膜，而胶体不能通过，所以溶液和胶体的分离方法用渗析，装入半透膜袋内，将此袋浸入蒸馏水中，每隔几分钟更换一次蒸馏水，故D正确；

故选D．

溶液；胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小；溶液分散质微粒直径小于1nm，浊液分散质微粒直径大于100nm，胶体分散质微粒直径为1nm～100nm，溶液中的微粒小于半透膜的孔隙能通过半透膜，而胶体不能通过，所以溶液和胶体的分离方法用渗析，据此即可解答．

本题主要考查了胶体的提纯，注意根据物质的性质的异同选择分离方法是解答的关键，题目较简单．【解析】【答案】DE11、B|D【分析】解：A．Mn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂；故A正确；

B．C元素的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，则氧化反应的是H2C2O4；故B错误；

C．由电子、电荷及原子守恒可知，离子反应为2MnO4-+5C2O42-+16H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O；故C正确；

D.16molH+参加反应时；2molMn得到电子，则电子转移为2mol×（7-2）=10mol，故D错误；

故选BD．

MnO4-+C2O42-+H+═CO2↑+Mn2++□中，Mn元素的化合价降低，C元素的化合价升高，由电子守恒、电荷守恒可知2MnO4-+5C2O42-+16H+═10CO2↑+2Mn2++□；由原子守恒可知□为水，以此来解答。

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意元素化合价的判断，题目难度不大【解析】【答案】BD12、BC【分析】【分析】本题是对盐类水解和弱电解质的电离平衡的知识的综合考察，是高考常考知识点，难度一般。关键是掌握盐类水解和弱电解质的电离平衡的原理，侧重知识的综合能力考察。【解答】A.根据物料守恒可知rm{3c(H}rm{3c(H}rm{2}rm{2}rm{S)=2c(Na}rm{S)=2c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)-3c(HS}rm{)-3c(HS}故A错误；rm{{,!}^{-}}rm{)-3c(}rm{)-3c(}rm{{{S}^{2}}^{?}}rm{)}故A错误；和氯化铵，电荷守恒式为rm{)}B.混合后溶质为等物质的量的rm{NH}rm{NH}rm{3}rm{3}rm{隆陇H}rm{隆陇H}rm{2}rm{2}物料守恒式为rm{O}和氯化铵，电荷守恒式为rm{c(OH}rm{O}rm{c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)+c(Cl}rm{)+c(Cl}rm{{,!}^{-}}rm{)=c(N}rm{)=c(N}由两式可得rm{H_{4}^{+}}rm{)+c(H}rm{)+c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)}物料守恒式为rm{2c(Cl}rm{)}rm{2c(Cl}rm{{,!}^{-}}rm{)=c(N}rm{)=c(N}rm{H_{4}^{+}}故B正确；rm{)+c(NH}的rm{)+c(NH}rm{3}rm{3}溶液与rm{隆陇H}的rm{隆陇H}溶液等体积混合，醋酸微弱电离，有较多剩余，rm{2}rm{2}rm{O)}由两式可得rm{c(OH}rm{O)}rm{c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)+c(NH}rm{)+c(NH}rm{3}rm{3}故C正确；rm{隆陇H}rm{隆陇H}rm{2}rm{2}rm{O)=c(Cl}rm{O)=c(Cl}rm{{,!}^{-}}溶液等体积混合生成硫酸钠和硫酸铵，铵根水解生成氢离子，则rm{)+c(H}rm{)+c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)}故B正确；rm{)}故D错误。C.rm{pH=3}的rm{CH}rm{pH=3}【解析】rm{BC}13、B|C【分析】解：A．非金属性N＞P＞As，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性稳定性：NH3＞PH3＞AsH3；故A错误；

B．电子层结构相同时；阴离子半径较大，如氧离子＞钠离子，阳离子电子层较多时其离子半径较大，如钾离子＞氧离子，故B正确；

C．同周期自左而右非金属性增强，故非金属性S＞P＞Si，非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强，故酸性H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3；故C正确；

D．共价化合物可以形成原子晶体；也可以形成分子晶体，原子晶体的熔沸点高于离子晶体，如二氧化硅＞氯化钠，故D错误；

故选BC．【解析】【答案】BC14、C|D【分析】解：X为一种常见酸的浓溶液；能使蔗糖粉末变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫；

A．若A是碳；浓硫酸和碳反应生成二氧化碳；二氧化硫和水，二氧化碳和少量氢氧化钙反应生成可溶性的碳酸氢钙，故A错误；

B．若A是铁；常温下，铁与浓硫酸发生钝化现象，所以铁不能完全溶解，故B错误；

C．X使蔗糖变黑的现象主要体现了X浓硫酸的脱水性；故C正确；

D．工业上；二氧化硫转化为三氧化硫的反应条件为高温；常压、使用催化剂，故D正确；

故选CD．

X为一种常见酸的浓溶液；能使蔗糖粉末变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫．

本题考查物质的性质，正确推断物质是解本题关键，本题的“题眼”是“x能使蔗糖粉末变黑”，以此来进行分析判断，难度中等．【解析】【答案】CD15、rCD【分析】解：rm{Q}rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是原子序数依次增大的短周期元素，rm{X}的焰色反应呈黄色，则rm{X}为rm{Na}元素；rm{Q}元素的原子最外层电子数是其内层电子数的rm{2}倍，rm{Q}元素原子有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{4}故rm{Q}为碳元素；rm{W}rm{Z}最外层电子数相同，二者处于同一主族，rm{Z}的核电荷数是rm{W}的rm{2}倍，故rm{Z}为硫元素，rm{W}为氧元素；元素rm{Y}的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则rm{Y}为rm{Al}元素；

A.氢氧化铝是两性氢氧化物；溶于强碱，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；水，故A错误；

B.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径rm{Na>Al>C>O}即rm{r_{X}>r_{Y}>r_{Q}>r_{W}}故B错误；

C.工业上，电解熔融氯化钠制备rm{Na}电解熔融氧化铝冶炼rm{Al}故C正确；

D.rm{CS_{2}}属于共价化合物；故D正确；

故选CD．

rm{Q}rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是原子序数依次增大的短周期元素，rm{X}的焰色反应呈黄色，则rm{X}为rm{Na}元素；rm{Q}元素的原子最外层电子数是其内层电子数的rm{2}倍，rm{Q}元素原子有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{4}故rm{Q}为碳元素；rm{W}rm{Z}最外层电子数相同，二者处于同一主族，rm{Z}的核电荷数是rm{W}的rm{2}倍，故rm{Z}为硫元素，rm{W}为氧元素；元素rm{Y}的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则rm{Y}为rm{Al}元素；据此解答．

本题考查结构性质位置关系，难度不大，推断元素是解题的关键，注意掌握半径比较规律，掌握中学常见的化学工业．【解析】rm{CD}三、填空题(共6题，共12分)16、第三周期第VIA族HClO4Mg＞P＞N＞OHF【分析】【分析】（1）由短周期元素A-K的化合价与原子序数的关系图可知；J元素最低负价为-2，最高正价为+6，且处于短周期，故J应为S；

（2）元素的非金属性越强；其最高价氧化物的水化物的酸性越强；

（3）电子层数越多；半径越大，同一周期，原子序数越大，半径越小；

（4）元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，据此解答即可．【解析】【解答】解：（1）由短周期元素A-K的化合价与原子序数的关系图可知；J元素最低负价为-2，最高正价为+6，且处于短周期，故J应为S，S处于第三周期第VIA族；

故答案为：第三周期第VIA族；

（2）元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，由于非金属性：Cl＞S＞P，故高氯酸的酸性最强，化学式为HClO4，故答案为：HClO4；

（3）电子层数越多；半径越大，同一周期，原子序数越大，半径越小，B；C、F、I分别为：N、O、Mg、P，故半径大小顺序为：Mg＞P＞N＞O；

故答案为：Mg＞P＞N＞O；

（4）元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，A-K元素中非金属性最强的是F，故HF最稳定，故答案为：HF．17、取代反应氧化反应还原反应【分析】【分析】由对氨基水杨酸钠的结构可知A应为则B为生成C的反应应为氧化反应，则C为进而在碱性条件下水解生成D为D还原生成E为，最终生成氨基水杨酸钠，故整个合成路线可表示为：以此可解答该题．【解析】【解答】解：由对氨基水杨酸钠的结构可知A应为则B为生成C的反应应为氧化反应，则C为进而在碱性条件下水解生成D为D还原生成E为，最终生成氨基水杨酸钠，故整个合成路线可表示为：

（1）A→B反应为的溴代反应，方程式为

故答案为：

（2）由以上分析可知C为D为故答案为：

（3）根据转化关系可知反应Ⅰ为取代反应；反应Ⅱ为氧化反应，反应Ⅲ为还原反应；

故答案为：取代反应；氧化反应；还原反应．18、bcefhaglljkbdehibehdibcdefhi【分析】【分析】物质导电有两种原因；一是金属，有能自由移动的电子；二是能够产生自由移动离子的溶液；溶液的本质特征是均一性；稳定性，属于混合物；据此进行分析判断；

电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；

在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，电解质和非电解质都首先必须是化合物．单质、混合物既不是电解质也不是非电解质．【解析】【解答】解：a；氯化钠是盐；晶体不能导电；是电解质；

b；稀硫酸有自由移动的氢离子和硫酸根离子；能导电，但稀硫酸为硫酸溶液，是混合物，所以，它既不是电解质也不是非电解质；

c；乙醇是化合物；但其水溶液只存在乙醇分子，不导电，属于非电解质；

d；金属铁是金属单质；能导电；但它既不是电解质也不是非电解质；

e；氢氧化钠溶液有自由移动的钠离子和氢氧根离子；能导电，但为氢氧化钠溶液，是混合物，所以，它既不是电解质也不是非电解质；

f；蔗糖是化合物；但其水溶液只存在蔗糖分子，不导电，属于非电解质；

g、KNO3是盐；晶体不能导电；是电解质；

h；醋酸溶液有自由移动的氢离子和醋酸根离子；能导电，但为醋酸溶液，是混合物，所以，它既不是电解质也不是非电解质；

i；石墨是非金属单质；能导电；但它既不是电解质也不是非电解质；

j、CO2只存在分子；没有自由移动的离子，所以不能导电；二氧化碳在水溶液中与水反应生成碳酸，碳酸电离出自由移动的离子导电，二氧化碳自身不能电离，二氧化碳是非电解质；

k、NH3只存在分子；没有自由移动的离子，所以不能导电；氨气在水溶液中与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出自由移动的离子导电，氨气自身不能电离是非电解质；

l、BaSO4没有自由移动的离子不导电；虽然硫酸钡在水中的溶解度很小；但硫酸钡只要溶解就完全电离且在熔融状态下能够完全电离，所以硫酸钡是电解质；

故答案为：bcefh，agl，l，jk，bdehi，beh，di，bcdefhi．19、N1：1sp3CO2N3-平面三角形AO2【分析】【分析】（1）根据三者价电子排布式做出判断；

（2）CN-与N2结构相似，利用已知的N2的结构判断HCN分子中σ键与π键数目之比；

（3）根据H2O2分子结构判断形成的空间轨道数；判断其杂化类型；

（4）等电子体为原子数和价电子数相同的分子或离子团；可以结合与已知离子团中元素位置相近的其他原子判断；利用价电子对数判断形成的原子轨道数，结合配位数判断空间构型；

（5）利用均摊法计算晶胞中A和O数，写出化学式．【解析】【解答】解：（1）C原子价电子排布式为：2s22p2，含有两个未成对电子；N原子价电子排布式为：2s22p3，有三个未成对电子；O原子价电子排布式为：2s224；有两个未成对电子，故答案为：N；

（2）N2结中含有一个σ键和两个π键，则CN-与中同样含有一个σ键和两个π键；又与H形成一个σ键，则HCN分子中σ键与π键数目之比为：1：1，故答案为：1：1；

（3）H2O2分子中O原子间形成一条共价键，与H形成一条共价键，且含有两对孤对电子，共形成了4条杂化轨道，即杂化类型为：sp3杂化，故答案为：sp3；

（4）与C、O原子位置相近的原子有C原子，可根据原子数相等和价电子数相等，进行组合，可想到CO2和N3-，故答案为：CO2；N3-；

（5）晶胞中A位于顶点和体心，其数目为：=2，O位于上下面面心和体心，其数目为：+2=4，可写出化学式为：AO2，故答案为：AO2．20、略

【分析】试题分析：在前四周期元素中，显负一价的只能是氢和卤素，所以A只能是H或者F或者Cl；正一价的只能是碱金属，锂或钠或钾，根椐A＿和B+的电子相差为8可以判断A是氟，B是钾，那么C为铁，D为镍。四种元素中第一电离最小的是最易失电子的钾，电负性最大的是氟；通过均摊法来确定其分子式：D也就是黑色小球在顶点上有八个，体心中有一个，总共有：B也就是大一点的黑球，在棱上有八个，体心有二个，总共有：A也就是白球，在棱上有十六个，在面心有四个，在体心有二个，总共有：因此该化合物的化学式是：K2NiF4，根据晶胞的结构简式可知，中间的立方体中Ni原子周围最近的F原子个数是6，既配位数是6。根据①可知该晶胞的目的应该是g·cm-3考点：考查物质结构。【解析】【答案】（1）（2分）（2）K（2分）；F（2分）（3）①K2NiF4（3分）；6（3分）②（3分）21、略

【分析】试题分析：（1）平衡常数只受温度的影响，温度不变，则压强不变，平衡状态由A变到B时，则k（A）=k（B）；（2）由图象知，体系总压强为0．10MPa时SO2的平衡转化率为0．8，则2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）起始：2．0mol1．0mol0转化：1．6mol0．8mol1．6mol平衡：0．4mol0．2mol1．6mol则平衡时：c（SO2）=0．04mol/L，c（O2）=0．02mol/L，c（SO3）=0．16mol/L，SO2的平均反应速率为1．6mol/10L/40s=0．0040mol·L-1·s-1，K=c(SO3)2/c(SO2)2·c(O2)=(0．16)2/(0．04)2×0．02=800；（2）①CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=-1160kJ/mol利用盖斯定律将①+②/2可得：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=-867kJ/moln（CH4）=4．48L/22．4L/mol=0．2mol，整个过程中转移的电子总数为：0．20mol×8=1．60mol，放出的热量为：0．2mol×867kJ/mol=173．4kJ。②上述可知，若反应物中全部是为二氧化氮，放出的热量为173．4kJ。根据盖斯定律可据算出若全部为一氧化氮放出热量为232kJ，故放出的热量范围是173．4kJ＜Q＜232kJ。考点：盖斯定律，化学平衡常数，化学平衡。【解析】【答案】（1）①＝；（1分）②0．0040mol·L-1·s-1，800L·mol-1；（共4分，各2分，无单位或错误扣1分）（2）①1．6mol（2分，无单位扣1分）②173．4kJ＜Q＜232kJ（3分）四、实验题(共4题，共12分)22、略

【分析】解：浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫和硫酸钠：rm{Na_{2}SO_{3}+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}装置rm{B}用于观察通入二氧化硫的生成速率，可以用亚硫酸氢钠溶液；在装置rm{C}中发生反应rm{4SO_{2}+2Na_{2}S+Na_{2}CO_{3}=3Na_{2}S_{2}O_{3}+CO_{2}}从而制备出rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}二氧化硫有毒，装置rm{E}为尾气吸收装置；

rm{(1)}浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫和硫酸钠，反应方程式为：rm{Na_{2}SO_{3}+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}

故答案为：rm{Na_{2}SO_{3}+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{(2)垄脵}装置rm{B}中所盛放的液体应不能够与二氧化硫反应；二氧化硫能够溶于水，能够与亚硫酸钠和碳酸氢钠溶液反应；

故答案为：rm{c}

rm{垄脷}如使rm{SO_{2}}缓慢进入烧瓶rm{C}应使rm{A}中缓慢反应，可观察rm{B}的气泡流速，旋转rm{A}分液漏斗活塞，通过控制硫酸流量而控制rm{SO_{2}}流量；

故答案为：观察rm{B}的气泡流速，旋转rm{A}分液漏斗活塞，通过控制硫酸流量而控制rm{SO_{2}}流量；

rm{(3)垄脵S}元素在二氧化硫中为rm{+4}价，在硫化钠中为rm{-2}价，反应后为rm{+2}价，所以二氧化硫和硫化钠物质的量之比为rm{2}rm{1}据原子守恒，二氧化硫钱的化学计量数为rm{4}硫化钠的化学计量数为rm{2}据原子守恒，还生成二氧化碳，化学方程式为：rm{4SO_{2}+2Na_{2}S+Na_{2}CO_{3}=3Na_{2}S_{2}O_{3}+CO_{2}}

故答案为：rm{4}rm{2}rm{1}rm{3}rm{CO_{2}}

rm{垄脷}反应开始先使rm{A}中发生反应一会儿，再使rm{C}中反应发生，目的是排除装置内空气，先使rm{C}中充满二氧化硫，防止发生氧化生成rm{Na_{2}SO_{4}}

故答案为：排除装置内空气，防止发生氧化生成rm{Na_{2}SO_{4}}

rm{(4)}向溶液中滴加过量rm{BaCl_{2}}溶液，有白色沉淀生成，说明杂质可能有rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Na_{2}SO_{3}}rm{Na_{2}SO_{4}}向沉淀中加入过量盐酸，沉淀完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，说明没有rm{Na_{2}SO_{4}}rm{Na_{2}S}一定有rm{Na_{2}SO_{3}}可能有rm{Na_{2}CO_{3}}排除rm{Na_{2}S}的原因是rm{Na_{2}S}和rm{Na_{2}SO_{3}}在酸性条件下会生成淡黄色的rm{S}沉淀；

故答案为：

。推测操作和现象结论rm{Na_{2}SO_{3}}

rm{Na_{2}CO_{3}}

rm{Na_{2}S}rm{Na_{2}SO_{4}}

浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫和硫酸钠：rm{Na_{2}SO_{3}+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}装置rm{B}用于观察通入二氧化硫的生成速率，可以用亚硫酸氢钠溶液；在装置rm{C}中发生反应rm{4SO_{2}+2Na_{2}S+Na_{2}CO_{3}=3Na_{2}S_{2}O_{3}+CO_{2}}从而制备出rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}二氧化硫有毒，装置rm{E}为尾气吸收装置；

rm{(1)}装置rm{A}中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫和硫酸钠；据此写出反应的化学方程式；

rm{(2)垄脵}装置rm{B}中所盛放的液体应不能够与二氧化硫反应；

rm{垄脷}如使rm{SO_{2}}缓慢进入烧瓶rm{C}应使rm{A}中缓慢反应；

rm{(3)垄脵}据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式；

rm{垄脷}先使rm{C}中充满二氧化硫，rm{C}中才能反应；

rm{(4)垄脵}取rm{Wg}产品配成稀溶液；

rm{垄脷}向溶液中滴加过量rm{BaCl_{2}}溶液，有白色沉淀生成，说明杂志可能有rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Na_{2}SO_{3}}rm{Na_{2}SO_{4}}

rm{垄脹}向沉淀中加入过量盐酸，沉淀完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，说明没有rm{Na_{2}SO_{4}}一定有rm{Na_{2}SO_{3}}可能有rm{Na_{2}CO_{3}}．

本题以制备硫代硫酸钠晶体rm{(Na_{2}S_{2}O_{3}?5H_{2}O)}为载体，考查了制备方案的设计，题目难度中等，涉及氧化还原反应方程式书写、配平以及物质的分离提纯、检验、设计优化等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的灵活应用能力．【解析】rm{Na_{2}SO_{3}+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{c}观察rm{B}的气泡流速，旋转rm{A}分液漏斗活塞，通过控制硫酸流量而控制rm{SO_{2}}流量；rm{4}rm{2}rm{1}rm{3}rm{CO_{2}}排除装置内空气，防止发生氧化生成rm{Na_{2}SO_{4}}rm{Na_{2}SO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Na_{2}S}rm{Na_{2}SO_{4}}23、略

【分析】解：制备流程为：废液中加入双氧水，将溴离子氧化成溴单质，然后加入四氯化碳后通过萃取、分液分离出溴，通过操作rm{垄脹}蒸馏得到四氯化碳和溴单质；无色液体Ⅰ中含有rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}分别加入rm{BaCl_{2}}rm{K_{2}CO_{3}}rm{KOH}溶液过滤后得到无色溶液Ⅱ和固体rm{A}再调节溶液Ⅱ的rm{pH}萃取碳酸根离子；氢氧根离子；得到无色溶液Ⅲ，最后通过蒸发结晶获得氯化钾固体；

rm{(1)}由加入的rm{CCl_{4}}及得到的深红棕色液体知，试剂rm{a}能将rm{Br^{-}}氧化为rm{Br_{2}}试剂rm{a}应具有氧化性，所以应选用rm{H_{2}O_{2}}溶液；

故答案为：rm{H_{2}O_{2}}

rm{(2)}由流程图知，无色液体Ⅰ中含有rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}无色液体Ⅲ中只含有rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}则试剂rm{b}的作用是除去rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}操作rm{垄脵}是萃取，操作rm{垄脷}是将互不相溶的两种液体分开rm{-}分液，操作rm{垄脹}是将沸点不同、互溶的两液体分开rm{-}蒸馏，操作rm{垄脺}是将溶液与沉淀分开rm{-}过滤，操作rm{垄脻}是将rm{KCl}从其水溶液中提取出来rm{-}结晶，操作rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}的名称是：萃取；分液、蒸馏、过滤、蒸发结晶；则B正确；

故答案为：rm{B}

rm{(3)}由于除杂时除杂试剂需过量，且不能引入新杂质，所以除去rm{Ca^{2+}}选用饱和rm{K_{2}CO_{3}}溶液；除去rm{Mg^{2+}}选用rm{KOH}溶液；除去rm{SO_{4}^{2-}}选用rm{BaCl_{2}}溶液rm{.}而且只要满足rm{BaCl_{2}}溶液在饱和rm{K_{2}CO_{3}}溶液之前加入即可；

故答案为：rm{BaCl_{2}}rm{K_{2}CO_{3}}rm{KOH(}或rm{KOH}rm{BaCl_{2}}rm{K_{2}CO_{3}}或rm{BaCl_{2}}rm{KOH}rm{K_{2}CO_{3})}

rm{(4)}由以上知，无色液体Ⅱ中还含有杂质离子rm{CO_{3}^{2-}}和rm{OH^{-}}需用盐酸来除去过量的rm{OH^{-}}及rm{CO_{3}^{2-}}调节rm{pH=7}的操作方法是滴加盐酸，无气体产生时，用rm{pH}试纸测定至rm{pH=7}

故答案为：除去过量的rm{OH^{-}}及rm{CO_{3}^{2-}}滴加稀盐酸，无气体产生时，用rm{pH}试纸测定至rm{pH=7}

rm{(5)}由于操作rm{垄脻}是蒸发结晶；所以该操作用到的瓷质仪器是蒸发皿；

故答案为：蒸发皿．

根据图示可知，制备流程为：废液中加入双氧水，将溴离子氧化成溴单质，然后加入四氯化碳后通过萃取、分液分离出溴，通过操作rm{垄脹}蒸馏得到四氯化碳和溴单质；无色液体Ⅰ中含有rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}分别加入rm{BaCl_{2}}rm{K_{2}CO_{3}}rm{KOH}溶液过滤后得到无色溶液Ⅱ和固体rm{A}再调节溶液Ⅱ的rm{pH}萃取碳酸根离子；氢氧根离子；得到无色溶液Ⅲ，最后通过蒸发结晶获得氯化钾固体；

rm{(1)}试剂rm{a}能将rm{Br^{-}}氧化为rm{Br_{2}}试剂rm{a}应具有氧化性；

rm{(2)}加入rm{CCl_{4}}的目的是萃取；紧接着萃取后的操作是将有机层与水层分开，叫做分液；从含有溴的rm{CCl_{4}}溶液中分离得到rm{CCl_{4}}和液溴的操作，是将两种相互混溶的液体进行分离的操作，叫做蒸馏；操作rm{垄脺}完成后得到固体rm{A}和无色液体rm{I}分离固体和液体的操作是过滤；操作rm{垄脻}是从溶液中得到能溶解于水的氯化钾晶体；是蒸发结晶；

rm{(3)}除去rm{Ca^{2+}}选用饱和rm{K_{2}CO_{3}}溶液；除去rm{Mg^{2+}}选用rm{KOH}溶液；除去rm{SO_{4}^{2-}}选用rm{BaCl_{2}}溶液；

rm{(4)}无色液体Ⅱ中还含有杂质离子rm{CO_{3}^{2-}}和rm{OH^{-}}用rm{pH}试纸测定至rm{pH=7}

rm{(5)}操作rm{垄脻}是蒸发结晶；需要使用的仪器为坩埚．

本题综合考查了混合物的分离与提纯方法的综合应用，题目难度中等，是考查学生基本实验能力的一道好题，注意掌握物质分离、提纯方法及化学实验基本操作方法，明确选择除杂试剂时不能引入新的杂质，过量的试剂需要通过后面的试剂除去．【解析】rm{H_{2}O_{2}}rm{B}rm{BaCl_{2}}rm{K_{2}CO_{3}}rm{KOH(}或rm{KOH}rm{BaCl_{2}}rm{K_{2}CO_{3}}或rm{BaCl_{2}}rm{KOH}rm{K_{2}CO_{3})}除去过量的rm{OH^{-}}及rm{CO_{3}^{2-}}滴加稀盐酸，无气体产生时，用rm{pH}试纸测定至rm{pH=7}蒸发皿24、略

【分析】解：rm{(1)Ga}的原子序数为rm{31}位于第四周期第Ⅲrm{A}族，故答案为：第四周期第Ⅲrm{A}族；

rm{Ga}和rm{NH_{3}}在高温条件下反应生成rm{GaN}和氢气，反应为rm{2Ga+2NH_{3}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2GaN+3H_{2}}故答案为：rm{2Ga+2NH_{3}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2GaN+3H_{2}}

rm{2Ga+2NH_{3}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2GaN+3H_{2}}镓位于第Ⅲrm{2Ga+2NH_{3}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2GaN+3H_{2}}族，位于金属与非金属交界处，与rm{(3)}具有相似性质；则：

A.rm{A}与盐酸、rm{Al}均反应，则一定条件下，rm{Al}可溶于盐酸和氢氧化钠；故A正确；

B.rm{NaOH}与水常温不反应，则常温下，rm{Ga}不能与水剧烈反应放出氢气；故B错误；

C.氧化铝可由氢氧化铝分解生成，则rm{Al}可由rm{Ga}受热分解得到；故C正确；

D.氧化铝与rm{Ga_{2}O_{3}}反应生成盐，则一定条件下，rm{Ga(OH)_{3}}可与rm{NaOH}反应生成盐；故D正确；

故答案为：rm{Ga_{2}O_{3}}

rm{NaOH}将rm{ACD}甲的粉末加入足量浓硝酸并加热，完全溶解得蓝色溶液，向该溶液中加入足量rm{II.}溶液，过滤、洗涤、干燥得沉淀rm{32g}该沉淀为硫酸钡，其物质的量为：rm{dfrac{46.6g}{233g/mol}=0.2mol}根据质量守恒可知甲中含有rm{Ba(NO_{3})_{2}}原子；滤液中再滴加rm{46.6g}溶液，又出现蓝色沉淀，该蓝色沉淀为氢氧化铜，说明甲中含有rm{dfrac

{46.6g}{233g/mol}=0.2mol}离子，rm{0.2molS}甲中含有铜元素的物质的量为：rm{dfrac{32g-32g/mol隆脕0.2mol}{64g/mol}=0.4mol}则甲的化学式为：rm{NaOH}

含乙的矿石自然界中储量较多，称取一定量乙，加入稀盐酸使其全部溶解，溶液分为rm{Cu}rm{32g}两等份，向rm{dfrac

{32g-32g/mol隆脕0.2mol}{64g/mol}=0.4mol}中加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧得红棕色固体rm{Cu_{2}S}该红棕色固体为rm{A}氧化铁含有铁元素的物质的量为额：rm{dfrac{28g}{160g/mol}隆脕2=0.35mol}可能为铁离子和亚铁离子的混合物；经分析乙与红棕色固体的组成元素相同，则乙中含有rm{B}rm{A}元素；向rm{28g}中加入rm{Fe_{2}O_{3}}铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体rm{dfrac

{28g}{160g/mol}隆脕2=0.35mol}反应消耗铜的物质的量为：rm{dfrac{8.0g-1.6g}{64g/mol}=0.1mol}根据反应rm{Fe}可知，rm{O}铜完全反应消耗rm{B}所以乙与盐酸反应生成的为rm{8.0g}rm{1.6g}铁的平均化合价为：rm{dfrac{0.2mol隆脕3+0.15mol隆脕2}{0.35mol}=dfrac{18}{7}}则乙的化学式为：rm{dfrac

{8.0g-1.6g}{64g/mol}=0.1mol}

rm{2Fe^{3+}+Cu篓T2Fe^{2+}+Cu^{2+}}甲为rm{0.1mol}rm{0.2molFe^{3+}}的物质的量为：rm{dfrac{32g}{160g/mol}=0.2mol}浓硝酸足量，rm{0.2molFe^{3+}}元素从rm{0.15molFe^{2+}}转化成rm{dfrac

{0.2mol隆脕3+0.15mol隆脕2}{0.35mol}=dfrac{18}{7}}价、硫元素从rm{Fe_{7}O_{9}}转化成rm{(1)}价，则反应中失去电子总物质的量为：rm{Cu_{2}S}反应转移电子总数为rm{32gCu_{2}S}甲在足量空气中灼烧生成氧化铜、二氧化硫气体，反应的化学方程式为：rm{Cu_{2}S+2O_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2CuO+SO_{2}}

故答案为：rm{dfrac

{32g}{160g/mol}=0.2mol}rm{Cu_{2}S+2O_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2CuO+SO_{2}}

rm{Cu}根据分析可知，乙的化学式为：rm{+1}稀硫酸与乙反应的化学方程式为：rm{+2}

故答案为：rm{-2}rm{+6}

rm{0.2mol隆脕2隆脕(2-1)+0.2mol隆脕[6-(-2)]=2mol}甲在足量氧气中充分灼烧的气体产物是二氧化硫，rm{2N_{A}}中含有铁离子，二氧化硫和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，离子方程式为rm{Cu_{2}S+2O_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2CuO+SO_{2}}向溶液中加入强氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，然后用rm{2N_{A}}检验铁离子，所以其检验方法为：取反应后的溶液两份于试管中，向一份中加入酸化的rm{Cu_{2}S+2O_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2CuO+SO_{2}}溶液，若褪色，则含有rm{(2)}价铁，向另一份中加入rm{Fe_{7}O_{9}}溶液，若出现血红色溶液，则含有rm{9H_{2}SO_{4}+Fe_{7}O_{9}=3FeSO_{4}+2Fe_{2}(SO_{4})_{3}+9H_{2}O}价铁；

故答案为：rm{Fe_{7}O_{9}}取反应后的溶液两份于试管中，向一份中加入酸化的rm{9H_{2}SO_{4}+Fe_{7}O_{9}=3FeSO_{4}+2Fe_{2}(SO_{4})_{3}+9H_{2}O}溶液，若褪色，则含有rm{(3)}价铁，向另一份中加入rm{A}溶液，若出现血红色溶液，则含有rm{SO_{2}+2Fe^{3+}+2H_{2}O=2Fe^{2+}+SO_{4}^{2-}+4H^{+}}价铁．

I.rm{KSCN}的原子序数为rm{KMnO_{4}}位于第四周期第Ⅲrm{+2}族；

rm{KSCN}和rm{+3}在高温条件下反应生成rm{SO_{2}+2Fe^{3+}+2H_{2}O=2Fe^{2+}+SO_{4}^{2-}+4H^{+}}和氢气；

rm{KMnO_{4}}镓位于第Ⅲrm{+2}族，位于金属与非金属交界处，与rm{KSCN}具有相似性质，金属性比rm{+3}强；以此分析其单质和化合物的性质；

rm{(1)Ga}将rm{31}甲的粉末加入足量浓硝酸并加热，完全溶解得蓝色溶液，向该溶液中加入足量rm{A}溶液，过滤、洗涤、干燥得沉淀rm{(2)Ga}该沉淀为硫酸钡，其物质的量为：rm{dfrac{46.6g}{233g/mol}=0.2mol}根据质量守恒可知甲中含有rm{NH_{3}}原子；滤液中再滴加rm{GaN}溶液，又出现蓝色沉淀，该蓝色沉淀为氢氧化铜，说明甲中含有rm{(3)}离子，rm{A}甲中含有铜元素的物质的量为：rm{dfrac{32g-32g/mol隆脕0.2mol}{64g/mol}=0.4mol}则甲的化学式为：rm{Al}

含乙的矿石自然界中储量较多，称取一定量乙，加入稀盐酸使其全部溶解，溶液分为rm{Al}rm{II.}两等份，向rm{32g}中加入足量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧得红棕色固体rm{Ba(NO_{3})_{2}}该红棕色固体为rm{46.6g}氧化铁含有铁元素的物质的量为额：rm{dfrac{28g}{160g/mol}隆脕2=0.35mol}可能为铁离子和亚铁离子的混合物；经分析乙与红棕色固体的组成元素相同，则乙中含有rm{dfrac

{46.6g}{233g/mol}=0.2mol}rm{0.2molS}元素；向rm{NaOH}中加入rm{Cu}铜粉充分反应后过滤、洗涤、干燥得剩余固体rm{32g}反应消耗铜的物质的量为：rm{dfrac{8.0g-1.6g}{64g/mol}=0.1mol}根据反应rm{dfrac

{32g-32g/mol隆脕0.2mol}{64g/mol}=0.4mol}可知，rm{Cu_{2}S}铜完全反应消耗rm{A}所以乙与盐酸反应生成的为rm{B}rm{A}铁的平均化合价为：rm{dfrac{0.2mol隆脕3+0.15mol隆脕2}{0.35mol}=dfrac{18}{7}}则乙的化学式为：rm{28g}据此分析解答．

本题考查无机物推断及同一主族元素周期律，为高频考点，侧重考查学生推断及知识综合运用能力，明确常见元素化合物性质、元素周期律内涵是解本题关键，难点是rm{Fe_{2}O_{3}}的物质推断，题目难度中等．rm{dfrac

{28g}{160g/mol}隆脕2=0.35mol}【解析】第四周期第rm{IIIA}族；rm{2Ga+2NH_{3}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2GaN+3H_{2}}rm{2Ga+2NH_{3}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2GaN+3H_{2}}rm{ACD}r