2025年湘教版高一化学下册月考试卷

…………○…………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年湘教版高一化学下册月考试卷324考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列叙述正确的是（）A.氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子B.凡溶于水后能电离出氢离子的化合物都是酸C.固体氯化钠不导电，熔融态的氯化钠可以导电D.氯化氢溶于水能导电，液态氯化氢也能导电2、“封管实验”具有简易；方便、节约、绿色等优点；下列关于三个“封管实验”（夹持装置未画出）的说法正确的是（）

A.加热时，①中上部汇集了NH4Cl固体B.加热时，②中溶液变红，冷却后又都变为无色C.加热时，③中溶液变红，冷却后红色褪去，体现SO2的还原性D.三个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应3、对于HD的描述，不正确的是（）A.在受热条件下，HD能还原氧化铜B.HD能在氯气中燃烧生成HCl和DCl气体C.是一种非金属单质D.是一种化合物4、下列叙述Ⅰ、Ⅱ正确且有因果关系的是rm{(}rm{)}

。选项陈述Ⅰ陈述Ⅱrm{A}金属钠具有强还原性金属钠可制作高压钠灯rm{B}rm{Na_{2}O_{2}}是碱性氧化物rm{Na_{2}O_{2}}可作供氧剂rm{C}明矾溶于水生成rm{Al(OH)_{3}}胶体明矾可作净水剂rm{D}rm{Fe_{2}O_{3}}是碱性氧化物rm{Fe_{2}O_{3}}可作红色油漆和涂料A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}5、下列关于氨气的说法正确的是rm{(}rm{)}A.氨既能用浓硫酸干燥也能用无水rm{CaCl_{2}}干燥B.rm{NH_{3}}是电解质，所以氨水能导电C.rm{NH_{3}}可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝D.

用水吸收rm{NH_{3}}用如图装置可防止倒吸6、下列有关煤、石油、天然气的说法中错误的是rm{(}rm{)}A.石油裂解可以得到汽油，这种汽油是一种混合物B.煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程C.天然气是一种清洁的化石燃料D.煤的干馏可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料．7、下列电子式书写正确的是()A.B.

C.D.评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、请把下面一些常用危险化学药品的标志贴在对应的化学药品瓶子上（在横线上写上编号即可）．

（1）____；（2）____；（3）____．9、现有200mlFe2（SO4）3的溶液中含Fe3+5.6g，则溶液中SO42﹣的物质的量浓度是____10、小明同学设计了如图所示装置来探究铜跟浓硫酸的反应rm{.}先关闭活塞rm{a}加热至烧杯中不再有气泡产生时，停止反应，此时烧瓶中铜片仍有剩余rm{.}再打开活塞rm{a}将气球中的氧气缓缓挤入烧瓶，铜片慢慢消失．

rm{(1)}请写出上述过程rm{A}装置中所涉及的化学反应方程式．

______；______

rm{(2)}张老师认为实验中rm{B}装置设计有误；请你帮助小明在答题卡上的对应装置中进行修改______．

rm{(3)B}中所收集到的气体既具有氧化性又具有还原性；请写出一个体现其还原性的化学方程式：______，为了验证其漂白性，还可将其通入______试液进行观察．

rm{(4)}装置rm{C}中的应盛放的试剂为______．11、填写下列表格。物质分子数质量/g物质的量/mol体积/L

（标准状况）O3____96________H2SO43.01×1023____________12、现有rm{垄脵}苯、rm{垄脷}甲苯、rm{垄脹}乙烯、rm{垄脺}乙醇、rm{垄脻}溴乙烷、rm{垄脼}苯酚；共六种有机物，请用它们的代号填空：

rm{(1)}能和金属钠反应放出氢气的是______

rm{(2)}能和rm{NaOH}溶液反应的是______

rm{(3)}常温下能和溴水反应的是______

rm{(4)}不溶于水，且密度比水小的液体是______．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)13、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．14、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。15、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）16、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）17、含碳的化合物一定是有机化合物．（判断对错）18、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）19、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分四、推断题(共4题，共24分)20、现有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}rm{H}rm{M}九种物质，其中rm{A}rm{B}rm{C}均为氧化物，且rm{A}为淡黄色粉末，rm{G}rm{E}为气体单质，rm{F}的水溶液与石灰水混合可制得rm{D}的溶液。它们之间相互转化关系如图所示，其他与题目无关的生成物均已略去。请回答下列问题：rm{(1)}写出化学式：rm{H}________，rm{C}________。rm{(2)}写出下列反应的化学方程式：rm{A+C隆煤F+E}________________________________________；rm{F+Ca(OH)2隆煤D}______________________________________。21、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}均为有机物，其中rm{A}是化学实验中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味；rm{B}的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，有关物质的转化关系如图rm{垄脵}所示：

rm{(1)}写出rm{B}的结构简式______；rm{A}中官能团的名称为______．

rm{(2)}验证有机物乙酸中含有rm{-COOH}所用的试剂是______；实验现象是______．

rm{(3)}写出下列反应的化学方程式：

反应rm{垄脵}______．

反应rm{垄脷}______．

rm{(4)}实验室利用反应rm{垄脹}制取rm{C}常用图rm{垄脷}装置：

rm{垄脵a}试管中的主要化学反应的方程式为______．

rm{垄脷}在实验中球形干燥管除起冷凝作用外；另一个重要作用是______．

rm{垄脹}试管rm{b}中观察到的现象是______．22、A、rm{B}rm{C}rm{D}为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为rm{Ba^{2+}}rm{Ag^{+}}rm{Na^{+}}rm{Cu^{2+}}和rm{NO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Cl^{-}}rm{CO_{3}^{2-}(}离子在物质中不能重复出现rm{)}．

rm{垄脵}若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有rm{C}盐的溶液呈蓝色；

rm{垄脷}若向rm{垄脵}的四支试管中分别加入盐酸，rm{B}盐的溶液有沉淀生成，rm{D}盐的溶液有无色无味的气体逸出．

根据rm{垄脵垄脷}实验事实可推断它们的化学式为：

rm{(1)A}______rm{D}______；

rm{(2)}写出盐酸与rm{B}反应的离子方程式：______；

rm{(3)}将含相同物质的量rm{A}rm{B}rm{C}的溶液混合后；写出溶液中存在的离子及物质的量之比______；在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式______

rm{(4)A}溶液中阴离子的检验方法：______．23、从煤和石油中可以提炼出化工原料rm{A}和rm{H}已知rm{A}是石油裂解气的主要产物之一，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志。rm{E}是一种酯类物质。下列是有机物rm{A隆芦G}之间的转化关系：

请回答下列问题：rm{(1)D}中所含官能团的名称是__________________________；rm{(2)}写出反应rm{垄脹}的化学方程式____________________________________________；rm{(3)G}是一种高分子化合物，可以用来制造多种包装材料、食品周转箱和农用薄膜材料等，其结构简式是__________________；rm{(4)}在体育竞技比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随队医生立即对准其受伤部位喷射物质rm{F(}沸点rm{12.27隆忙)}进行应急处理。写出由rm{A}制备rm{F}的化学方程式：_________________________；rm{(5)}下列关于rm{B}的一种同系物甲醇的说法____的是_______________rm{(}填字母rm{)}rm{a.}甲醇的结构简式为rm{CH_{3}OH}官能团为rm{隆陋OH}rm{b.}甲醇完全燃烧后的产物为rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}rm{c.B}与甲醇都极易溶于水，是因为它们都能与水分子间形成氢键rm{d.}甲醇与钠反应可以产生氢气，所以甲醇显酸性rm{(6)H}是一种比水轻的油状液体，rm{H}仅由碳氢两种元素组成，rm{H}不能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色，其碳元素与氢元素的质量比为rm{12}rm{1}rm{H}的相对分子质量为rm{78}等质量的rm{A}rm{H}完全燃烧时消耗rm{O_{2}}的物质的量_____________rm{(}填“rm{A>H}rm{A<H}或rm{A=H}”rm{)}评卷人得分五、解答题(共2题，共6分)24、现有失去标签的6种无色溶液，分别为盐酸、氯化钡、硝酸银、硫酸钠、碳酸钠、硝酸钾溶液．将上述6种溶液两两反应，现象如表所示（↓表示产生沉淀，↑表示产生气体），试推断A、B、C、D、E、F各是上述何溶液（已知Ag2SO4是微溶物；看作沉淀）：

。ABCDEFA↓↓-↓↓B↓--↑-C↓↓DE↓↑--↓F↓-↓-↓A______；B______，C______，D______，E______，F______．

25、如图是元素周期表的一部分；针对表中的①⑥短周期元素，回答下列问题。

。①②③④⑤⑥（1）最活泼的金属元素是______（填元素符号）

（2）④的原子结构示意图为：______它在周期表中的位置为______

①②两元素形成的最简单化合物的电子式为______

（3）②和⑤两种元素原子半径较大的是______（填元素符号）；②；⑤和⑥三种元素最高价氧化物对应的水合物酸性较强的是______（填化学式）；

（4）写出①的单质在⑥的单质中燃烧的化学方程式______2HCl评卷人得分六、原理综合题(共3题，共6分)26、I．汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定条件下可发生反应生成无毒的N2和CO2。

(1)已知：①N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH1=+180.5kJ·mol-1；

②CO的燃烧热ΔH2=-283.0kJ·mol-l；

则反应③2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH3=______。

(2)南宁三中化学研究小组在三个容积为5L的恒容密闭容器中；分别充入0.4molNO和0.4molCO，发生反应③。在三种不同实验条件下进行上述反应(体系各自保持温度不变)，反应体系总压强随时间的变化如图所示：

①温度：T1______T2(填“＜”“=”或“＞”)。

②CO的平衡转化率：Ⅰ______Ⅱ______Ⅲ(填“＜”“＝”或“＞”)。

③T2时的平衡常数K=______。(列出计算式)

Ⅱ．氧化亚氮(N2O)是一种强温室气体；且易转换成颗粒污染物。研究氧化亚氮分解对环境保护有重要意义。

(1)在一定温度下的恒容容器中，反应2N2O(g)⇌2N2(g)+O2(g)的部分实验数据如下：。反应时间/min0102030405060708090100c(N2O)/mol/L0.1000.0900.0800.0700.0600.0500.0400.0300.0200.0100.010

①在0~20min，反应速率v(O2)为______mol·L-1·min-1。

②若N2O起始浓度c0为0.150mol·L-1，则反应至30min时N2O的转化率α=______。

③该反应达到平衡的标志有______

a．混合气体的密度保持不变。

b．混合气体的平均摩尔质量保持不变。

c．v正(N2O)：v逆(O2)=2：1

d．c(N2O)：c(N2)：c(O2)=2：2：1

e．单位时间内有1molO=O键断裂同时有2molN≡N形成。

(2)碘蒸气的存在能大幅度提高N2O的分解速率；反应历程为：

第一步I2(g)⇌2I(g)(快速平衡，平衡常数为K)

第二步I(g)+N2O(g)⇌N2(g)+IO(g)(慢反应，v=k1·c(N2O)·c(I)，k1为速率常数)

第三步IO(g)+N2O(g)⇌N2(g)+O2(g)+I(g)(快反应)

①其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k2·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k2为速率常数)。下列表述正确的是______(填标号)。

a．第一步对总反应速率起决定作用。

b．第二步活化能比第三步大。

c．I2浓度与N2O分解速率无关。

d．催化剂会降低反应的活化能，从而影响△H

②若第二步反应的速率等于N2O分解的总反应速率，则k2=______(用含K和k1的代数式表示)27、甲醇(结构式)是一种基础有机化工原料，应用广泛。工业上可利用废气中的CO2合成CH3OH，发生反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H＝－49kJ·mol-1。

(1)已知反应中的相关化学键键能数据如下：。化学键O-HC-OC=OE/(kJmol-1)465343750

甲醇中C－H键比氢气中H－H键____(填“强”或“弱”)。相同条件下该反应的正反应活化能Ea(正)＝210kJ·mol-1，则逆反应活化能Ea(逆)＝______kJ·mol-1。

(2)在1L恒容密闭容器中充入CO2和H2，所得实验数据如下表。实验编号温度/。C起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(CO2)n(H2)n(CH3OH)n(H2)n(CH3OH)①1500.230.190.03②2000.100.260.02③2000.17a0.01

实验①平衡常数K＝______，若在该温度下起始时加入二氧化碳、氢气、甲醇气体和水蒸气各0.10mol，这时反应向________移动(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不”)，判断理由是______。

实验②达到平衡时H2转化率为____。

实验③a＝_________。

(3)甲醇、空气和稀硫酸可以形成燃料电池，其正极电极反应式为________。28、羟胺(NH2OH)可视为氨分子内的1个氢原子被羟基取代的物质；常用作还原剂，其水溶液显弱碱性。

(1)利用NH2OH的还原性，可以除去Fe2+溶液中的Fe3+且不引入新的杂质，不污染空气。该反应离子方程式为________________。

(2)NH2OH的水溶液呈弱碱性的原理与NH3相似，NH2OH的水溶液中含有的离子除了OH-、H+，还有_____(填离子符号)。

(3)某离子化合物的组成元素与NH2OH相同，其水溶液显酸性。该物质是______(填化学式)。

(4)制备NH2OH·HCl(盐酸羟胺)的一种工艺流程如图所示：

①步骤Ⅲ中，X为________(填化学式)。

②要使滤液Y中的浓度均小于1.0×10-5mol·L-1，溶液中Ba2+浓度应不小于__________mol·L-1。[已知]参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】解：A．氯化钠溶液中是在水分子作用下电离；不是电流作用，故A错误；

B．硫酸氢钠电离产生钠离子；氢离子、硫酸根离子；但是属于盐，故B错误；

C．固体氯化钠不存在自由电子；也不存在自由移动的离子，所以不导电，熔融态的氯化钠存在自由移动的离子可以导电，故C正确；

D．氯化氢溶于水能电离产生自由移动的离子而导电；但是液态氯化氢不能电离产生自由移动的离子，不导电，故D错误；

故选：C．

A．电离不需要通电；

B．酸是指电离产生的阳离子都是氢离子；

C．能导电的物质含有自由电子或者自由移动的离子；

D．液态氯化氢不存在自由电子；也不存在自由移动的离子．

本题考查了化学的基本概念，熟悉酸的定义、电离的条件、物质导电的条件是解题关键，注意电解质不一定导电，导电的不一定属于电解质．【解析】【答案】C2、A【分析】解：A．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl；是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，故A正确；

B．加热时氨气逸出；②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色，故B错误；

C．二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性；受热又分解，恢复颜色，所以加热时，③溶液变红，冷却后又变为无色，故C错误；

D．可逆反应应在同一条件下进行；题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不是可逆反应，故D错误。

故选：A。

A．氯化铵不稳定；受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵；

B．加热时氨气逸出；②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色；

C．依据二氧化硫的漂白原理和漂白效果不稳定性解答；

D．可逆反应应在同一条件下进行。

本题以“封管实验”为载体，考查了可逆反应、漂白性、平衡移动的因素、氯化铵的性质等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度中等。【解析】A3、D【分析】解：A．HD为氢气单质具有还原性；可以还原氧化铜生成铜和水，故A正确；

B．氢气在氯气中燃烧生成氯化氢气体；HD为氢气单质在氯气中燃烧生成HCl和DCl，故B正确；

C．HD为氢气；是一种元素组成的纯净物为单质，属于非金属单质，故C正确；

D．不同元素组成的纯净物为化合物；HD为一种元素组成的纯净物为单质，故D错误；

故选D．

A．HD为氢气单质具有还原性；

B．HD为氢气单质在氯气中燃烧生成HCl和DCl；

C．HD为氢气单质属于非金属单质；

D．不同元素组成的纯净物为化合物；HD为单质．

本题考查了物质组成、物质分类、物质性质的理解应用，主要是同位素概念的实质分析，掌握基础是解题关键，题目难度不大．【解析】【答案】D4、C【分析】解：rm{A.}钠具有还原性；能还原某些物质，焰色反应是物质燃烧时发生电子跃迁形成的，与钠的还原性无关，故A错误；

B.过氧化钠和酸反应发生的是氧化还原反应不是碱性氧化物；过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气，可以做供氧剂，故B错误；

C.明矾溶于水水解生成氢氧化铝胶体；胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水，故C正确；

D.氧化铁为碱性氧化物；能和酸反应生成盐和水，氧化铁为红色固体，所以能作红色油漆和涂料，二者没有因果关系，故D错误；

故选C．

A.钠具有强还原性；能还原某些物质，焰色反应是元素的性质；

B.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；

C.明矾水解生成氢氧化铝胶体；胶体具有吸附性；

D.氧化铁属于碱性氧化物；能和酸反应生成盐和水．

本题考查了物质之间的因果关系，明确物质的性质是解本题关键，结合物质的性质决定用途来分析解答，题目难度不大．【解析】rm{C}5、D【分析】解：rm{A.}浓硫酸具有酸性与氨气反应生成铵盐；所以不能用浓硫酸干燥氨气，故A错误；

B.氨气本身不能电离出自由移动的离子；不属于电解质，故B错误；

C.石蕊试剂遇碱变蓝色；氨气为非电解质，不能电离产生氢氧根离子，故C错误；

D.氨气不溶于四氯化碳；用该装置吸收氨气，氨气与水不能直接接触，可以防止倒吸，故D正确；

故选：rm{D}

A.氨气为碱性气体应选用碱性干燥剂；

B.电解质必须是本身能电离而导电的化合物；

C.石蕊试剂遇碱变蓝色；

D.氨气不溶于四氯化碳．

本题考查了氨气的性质，注意氨气与一水合氨的区别，氨气不属于电解质，一水合氨属于电解质，题目难度不大．【解析】rm{D}6、A【分析】解：rm{A.}石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；这种汽油仍然是一种混合物；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯；丙烯等气态短链烃，故A错误；

B.煤的气化是与水作用将其转化为可燃性气体的过程，主要反应为：rm{C+H_{2}Odfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}CO+H_{2}}故B正确；

C.天然气的燃烧产物是二氧化碳和水；对环境污染小，是一种清洁的化石燃料，故C正确；

D.煤干馏可以得到焦炭、焦炉气、煤焦油rm{C+H_{2}Odfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}CO+H_{2}}甲烷、苯和氨rm{(}等重要化工原料；故D正确；

故选A．

A.石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯；丙烯等气态短链烃；

B.煤的气化是与水作用生成氢气和一氧化碳；

C.天然气的燃烧产物是二氧化碳和水；对环境污染小；

D.煤焦油中含甲烷；苯和氨．

本题考查化石燃料的使用，涉及到煤和石油的综合利用等知识，题目难度不大，注意积累基础知识．rm{)}【解析】rm{A}7、C【分析】【分析】在化学反应中，一般是原子的最外层电子数目发生变化。为了简便起见，化学中常在元素符号周围用小黑点“rm{隆陇}”或小叉“rm{隆脕}”来表示元素原子的最外层电子，相应的式子叫做电子式。”或小叉“rm{隆陇}”来表示元素原子的最外层电子，相应的式子叫做电子式。【解析】rm{隆脕}rm{A}rm{A}．故A错误；共价化合物的电子式：画出离子最外层电子数，二氧化碳电子式为：rm{B}故B错误；rm{B}．阴离子的电子式：要画出最外层电子数，用“氯化钙是离子化合物，电子式为：rm{C}”括起来，右上角标出故C正确；rm{C}rm{.)}阴离子的电子式：要画出最外层电子数，用“rm{[}rm{]}”括起来，右上角标出故D错误。故选C。rm{.)}【解析】rm{C}二、填空题(共5题，共10分)8、FC（E）B【分析】【解答】（1）浓硫酸有强腐蚀性；是腐蚀品，故答案为：F；

（2）白磷易燃；是易燃品，且有毒，故答案为：C（E）；

（3）硝酸铵能发生爆炸；是爆炸品，故答案为：B．

【分析】（1）浓硫酸有强腐蚀性；

（2）白磷易燃；

（3）硝酸铵能发生爆炸．9、0.75mol•L﹣1【分析】【解答】5.6g铁离子的物质的量为：=0.1mol，根据化学式可知Fe2（SO4）3，200mL该溶液中含有硫酸根离子的物质的量为0.1mol×=0.15mol；

则溶液中SO42﹣的物质的量浓度为：c（SO42﹣）==0.75mol•L﹣1；

故答案为：0.75mol•L﹣1．

【分析】根据n=计算出5.6g铁离子的物质的量，再根据硫酸铁化学式计算出溶液中硫酸根离子的物质的量，再根据c=计算出溶液中SO42﹣的物质的量浓度．10、略

【分析】解：rm{(1)}装置图和实验步骤可知，先关闭活塞rm{a}加热至烧杯中不再有气泡产生时，停止反应，此时烧瓶中铜片仍有剩余，此时反应为rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}再打开活塞rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}将气球中的氧气缓缓挤入烧瓶，铜片慢慢消失，发生的反应为：rm{2Cu+2H_{2}SO_{4}+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuSO_{4}+2H_{2}O}或rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}rm{a}

故答案为：rm{2Cu+2H_{2}SO_{4}+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuSO_{4}+2H_{2}O}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{2Cu+2H_{2}SO_{4}+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuSO_{4}+2H_{2}O}或rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}

rm{CuO+H_{2}SO_{4}篓TCuSO_{4}+2H_{2}O}装置是收集装置，二氧化硫气体比空气重，需要用向上排气法收集，导气管长进短出，装置为：故答案为：

rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}二氧化硫气体的氧化性是硫元素化合价降低，表现还原性是硫元素化合价升高的反应，如：rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{dfrac{overset{{麓脽禄炉录脕}}{}}{triangle}2SO_{3}}二氧化硫的漂白性用品红试液验证；

故答案为：rm{2Cu+2H_{2}SO_{4}+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuSO_{4}+2H_{2}O}rm{dfrac{overset{{麓脽禄炉录脕}}{}}{triangle}2SO_{3}}品红；

rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}二氧化硫是污染性的气体，不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，故答案为：rm{CuO+H_{2}SO_{4}篓TCuSO_{4}+2H_{2}O}．

rm{(2)B}依据装置图和实验步骤分析，装置rm{(3)}中在关闭rm{2SO_{2}+O_{2}}后加热烧瓶反应，铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，再打开活塞rm{dfrac{

overset{{麓脽禄炉录脕}}{}}{triangle}2SO_{3}}将气球中的氧气缓缓挤入烧瓶，铜片慢慢消失是铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水；

rm{2SO_{2}+O_{2}}装置是收集装置；二氧化硫气体比空气重，需要用向上排气法收集；

rm{dfrac{

overset{{麓脽禄炉录脕}}{}}{triangle}2SO_{3}}二氧化硫气体的氧化性是硫元素化合价降低；表现还原性是硫元素化合价升高分析，二氧化硫的漂白性用品红试液验证；

rm{(4)}二氧化硫是污染性的气体；不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收．

本题考查了浓硫酸的性质实验验证，产物性质的实验验证，注意尾气吸收装置和收集装置的分析判断，题目难度中等．rm{NaOH}【解析】rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{2Cu+2H_{2}SO_{4}+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuSO_{4}+2H_{2}O}或rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{2SO_{2}+O_{2}dfrac{overset{{麓脽禄炉录脕}}{}}{triangle}2SO_{3}}品红；rm{2Cu+2H_{2}SO_{4}+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuSO_{4}+2H_{2}O}rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}11、1.204×1024244.8490.5无法计算【分析】【解答】96g硫酸的物质的量为：=2mol，含有臭氧分子数为：6.02×1023×2mol=1.204×1024；标况下2mol臭氧的体积为：22.4L/mol×2mol=44.8L；

硫酸的物质的量为：mol=0.5mol；硫酸的质量为：98g/mol×0.5mol=49g；

故答案为：1.204×1024；2；44.8；49；0.5；无法计算．

【分析】根据n=计算出臭氧的物质的量，再根据N=nNA计算出臭氧的分子数，最后根据V=nVm计算出标况下气体的体积；

根据N=×NA计算出硫酸的物质的量，再根据m=nM计算出硫酸的质量，硫酸在标况下不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算硫酸的体积．12、④⑥；⑤⑥；③⑥；①②【分析】解：rm{(1)}能和金属钠反应放出氢气的是rm{垄脺垄脼}故答案为：rm{垄脺垄脼}

rm{(2)}能和rm{NaOH}溶液反应的是rm{垄脻垄脼}分别发生水解、中和反应，故答案为：rm{垄脻垄脼}

rm{(3)}常温下能和溴水反应的是rm{垄脹垄脼}分别发生加成、取代反应，故答案为：rm{垄脹垄脼}

rm{(4)}不溶于水，且密度比水小的液体是rm{垄脵垄脷}故答案为：rm{垄脵垄脷}．

rm{(1)}含rm{-OH}rm{-COOH}的有机物与rm{Na}反应生成氢气；

rm{(2)}含rm{-COOH}rm{-COOC-}酚rm{-OH}rm{-X}的有机物与rm{NaOH}反应；

rm{(3)}含碳碳双键、三键的有机物与溴水发生加成反应，含酚rm{-OH}与溴水发生取代反应；

rm{(4)}不溶于水；且密度比水小的液体有苯；甲苯、乙酸乙酯等．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物的性质及有机反应，题目难度不大．【解析】rm{垄脺垄脼}rm{垄脻垄脼}rm{垄脹垄脼}rm{垄脵垄脷}三、判断题(共7题，共14分)13、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；14、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．15、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．16、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．17、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素；但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．18、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．19、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共价键；故答案为：错。

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目四、推断题(共4题，共24分)20、（1）NaClO，CO2（2）2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH​【分析】rm{(1)NaClO}rm{CO2}rm{(2)2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2}rm{Na2CO3+Ca(OH)2===CaCO3隆媒+2NaOH}​【解析】rm{(1)NaClO}rm{CO2}rm{(2)2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2}rm{Na2CO3+Ca(OH)2===CaCO3隆媒+2NaOH}​21、略

【分析】解：rm{B}的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，则rm{B}为rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{A}是化学实验中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，rm{B}转化得到rm{A}应是乙烯与水发生加成反应生成rm{A}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}乙醇发生催化氧化生成rm{D}为rm{CH_{3}CHO}乙醇与乙酸发生酯化反应生成rm{C}为rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}乙醇与钠反应生成rm{E}为rm{CH_{3}CH_{2}ONa}

rm{(1)}由上述分析可知，rm{B}为rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{A}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}含有的官能团为羟基，故答案为：rm{CH_{2}=CH_{2}}羟基；

rm{(2)}验证有机物乙酸中含有rm{-COOH}所用的试剂可用碳酸钠溶液；现象是有气体生成，故答案为：碳酸钠溶液；有气体生成；

rm{(3)}反应rm{垄脵}是乙醇与钠反应生成乙醇钠与氢气，反应方程式为：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na隆煤2CH_{3}CH_{2}ONa+H_{2}隆眉}反应rm{垄脷}是乙烯与水发生加成反应生成rm{CH_{3}CH_{2}OH}反应方程式为：rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}

故答案为：rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}O

xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}

rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na隆煤2CH_{3}CH_{2}ONa+H_{2}隆眉}试管为乙醇与乙酸在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯与水，反应方程式为：rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}O

xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}rm{(4)垄脵a}

故答案为：rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}

rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}在实验中球形干燥管除起冷凝作用；同时防止倒吸，故答案为：防止倒吸；

rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}蒸馏出的乙酸乙酯中含有乙酸；乙醇；通常用饱和碳酸钠溶液，除去挥发出来的乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，液体分层，故答案为：液体分层．

rm{垄脷}的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，则rm{垄脹}为rm{B}rm{B}是化学实验中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，rm{CH_{2}=CH_{2}}转化得到rm{A}应是乙烯与水发生加成反应生成rm{B}为rm{A}乙醇发生催化氧化生成rm{A}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}乙醇与乙酸发生酯化反应生成rm{D}为rm{CH_{3}CHO}乙醇与钠反应生成rm{C}为rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}以此解答该题．

本题考查有机物的推断、乙酸乙酯的制备等，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，是对所学基础知识的利用，难度中等，注意基础知识的掌握．rm{E}【解析】rm{CH_{2}=CH_{2}}羟基；碳酸钠溶液；有气体生成；rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na隆煤2CH_{3}CH_{2}ONa+H_{2}隆眉}rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}O

xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}防止倒吸；液体分层rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}22、略

【分析】解：由于是可溶性盐，所以溶液中存在的盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知：rm{Ba^{2+}}不能和rm{SO_{4}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}结合，而只能和rm{NO_{3}^{-}}rm{Cl^{-}}rm{Ag^{+}}不能和rm{SO_{4}^{2-}}rm{Cl^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}三种离子结合，而只能和rm{NO_{3}^{-}}结合，则一定是rm{BaCl_{2}}rm{AgNO_{3}.Cu^{2+}}不能和rm{CO_{3}^{2-}}结合，所以为rm{CuSO_{4}}rm{Na^{+}}对应rm{CO_{3}^{2-}}为rm{Na_{2}CO_{3}.}即四种物质为rm{BaCl_{2}}rm{AgNO_{3}}rm{CuSO_{4}}rm{Na_{2}CO_{3}}．

rm{垄脵}中由于rm{C}盐是蓝色的，所以rm{C}为rm{CuSO_{4}}

rm{垄脷}四支试管加入盐酸，rm{B}有沉淀，则rm{B}溶液为rm{AgNO_{3}}而rm{D}生成无色气体，则为二氧化碳，即rm{D}为rm{Na_{2}CO_{3}}．

综上所述：rm{A}为rm{BaCl_{2}}rm{B}为rm{AgNO_{3}}rm{C}为rm{CuSO_{4}}rm{D}为rm{Na_{2}CO_{3}}

rm{(1)}由上述分析可知rm{A}为rm{BaCl_{2}}rm{D}为rm{Na_{2}CO_{3}}故答案为：rm{BaCl_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}

rm{(2)}盐酸与rm{B(AgNO_{3})}反应的离子反应方程式为：rm{Ag^{+}+Cl^{-}篓TAgCl隆媒}故答案为：rm{Ag^{+}+Cl^{-}篓TAgCl隆媒}

rm{(3)A}为rm{BaCl_{2}}rm{B}为rm{AgNO_{3}}rm{C}为rm{CuSO_{4}}将含相同物质的量rm{A}rm{B}rm{C}的溶液混合后，溶液中存在的离子及物质的量之比为：rm{n(Cl^{-})}rm{n(NO_{3}^{-})}rm{n(Cu^{2+})=1}rm{1}rm{1}在此溶液中加入锌粒，可以将其中的铜置换出来，发生反应的离子方程式rm{Zn+Cu^{2+}篓TFe^{2+}+Cu}

故答案为：rm{n(Cl^{-})}rm{n(NO_{3}^{-})}rm{n(Cu^{2+})=1}rm{1}rm{1}rm{Zn+Cu^{2+}篓TZn^{2+}+Cu}

rm{(4)A}为rm{BaCl_{2}}检验物质rm{A}阴离子的方法是：取少量rm{A}溶液于试管中，先加稀硝酸，无现象，再加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，则证明rm{A}中阴离子为rm{Cl^{-}}

故答案为：取少量rm{A}溶液于试管中，先加稀硝酸，无现象，再加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，则证明rm{A}中阴离子为rm{Cl^{-}}．

给出八种离子，形成四种可溶性物质，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定rm{.}如rm{Ba^{2+}}不能和rm{SO_{4}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}结合，而只能和rm{NO_{3}^{-}}rm{Cl^{-}}rm{Ag^{+}}不能和rm{SO_{4}^{2-}}rm{Cl^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}三种离子结合，而只能和rm{NO_{3}^{-}}结合，则一定是rm{BaCl_{2}}rm{AgNO_{3}.Cu^{2+}}不能和rm{CO_{3}^{2-}}结合，所以为rm{CuSO_{4}}rm{Na^{+}}对应rm{CO_{3}^{2-}}为rm{Na_{2}CO_{3}.}即四种物质为rm{BaCl_{2}}rm{AgNO_{3}}rm{CuSO_{4}}rm{Na_{2}CO_{3}}．

rm{垄脵}中由于rm{C}盐是蓝色的，所以rm{C}为rm{CuSO_{4}}

rm{垄脷}四支试管加入盐酸，rm{B}有沉淀，则rm{B}溶液为rm{AgNO_{3}}而rm{D}生成无色气体，则为二氧化碳，即rm{D}为rm{Na_{2}CO_{3}}以此来解答．

本题考查无机物的推断，为高频考点，把握离子之间的反应、离子的颜色为解答的关键，注意rm{C}为硫酸铜为推断的突破口，侧重分析、推断能力的综合考查，题目难度中等．【解析】rm{BaCl_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Ag^{+}+Cl^{-}篓TAgCl隆媒}rm{n(Cl^{-})}rm{n(NO_{3}^{-})}rm{n(Cu^{2+})=1}rm{1}rm{1}rm{Zn+Cu^{2+}篓TZn^{2+}+Cu}取少量rm{A}溶液于试管中，先加稀硝酸，无现象，再加硝酸银溶液，有白色沉淀生成，则证明rm{A}中阴离子为rm{Cl^{-}}23、rm{(1)}羧基

rm{(2)2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}

rm{(2)2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}

2CH_{3}CHO+2H_{2}O}

rm{(3)}rm{(4)CH_{2}=CH_{2}}rm{xrightarrow[]{脪禄露篓脤玫录镁}CH_{3}CH_{2}Cl}

rm{+HCl}

rm{xrightarrow[]{脪禄露篓脤玫录镁}

CH_{3}CH_{2}Cl}rm{(5)d}【分析】【分析】已知rm{A}是石油裂解气的主要产物之一，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，则rm{A}为乙烯，乙烯和氯化氢加成得到rm{F}氯乙烷，和水加成得到rm{B}乙醇，乙醇氧化得到rm{C}乙醛，乙醇被酸性高锰酸钾氧化为rm{D}乙酸，乙醇和乙酸反应生成rm{E}乙酸乙酯；rm{H}是一种比水轻的油状液体，rm{H}仅由碳氢两种元素组成，rm{H}不能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色，其碳元素与氢元素的质量比为rm{12:1}rm{H}的相对分子质量为rm{78}则rm{H}为苯；据此进行分析解答。【解答】rm{(1)D}乙酸，rm{D}中所含官能团的名称是羧基，故填：羧基；rm{(2)}乙醇被氧化为乙醛的化学方程式为rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}，故填：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}；rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}

2CH_{3}CHO+2H_{2}O}乙烯加聚得到聚乙烯，结构简式为故填：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}

2CH_{3}CHO+2H_{2}O}乙烯和氯化氢加成得到氯乙烷的化学方程式为rm{(3)}rm{(4)}rm{xrightarrow[]{脪禄露篓脤玫录镁}CH_{3}CH_{2}Cl}，故填：rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{+HCl}rm{xrightarrow[]{脪禄露篓脤玫录镁}CH_{3}CH_{2}Cl}；rm{xrightarrow[]{脪禄露篓脤玫录镁}

CH_{3}CH_{2}Cl}甲醇的结构简式为rm{CH_{2}=CH_{2}}官能团为rm{+HCl}故rm{xrightarrow[]{脪禄露篓脤玫录镁}

CH_{3}CH_{2}Cl}正确；rm{(5)a.}甲醇完全燃烧后的产物为rm{CH_{3}OH}和rm{隆陋OH}故rm{a}正确；rm{b.}与甲醇都极易溶于水，是因为它们都能与水分子间形成氢键，故rm{CO_{2}}正确；rm{H_{2}O}甲醇与钠反应可以产生氢气，羟基中氢原子比较活泼，故rm{b}错误。故填：rm{c.B}rm{c}是一种比水轻的油状液体，rm{d.}仅由碳氢两种元素组成，rm{d}不能使酸性rm{d}溶液褪色，其碳元素与氢元素的质量比为rm{(6)H}rm{H}rm{H}的相对分子质量为rm{KMnO_{4}}等质量的rm{12}rm{1}完全燃烧时消耗rm{H}的物质的量rm{78}故填：rm{A}rm{H}【解析】rm{(1)}羧基rm{(2)2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{(2)2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}

2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{(3)}rm{(4)CH_{2}=CH_{2}}rm{xrightarrow[]{脪禄露篓脤玫录镁}CH_{3}CH_{2}Cl}rm{+HCl}rm{xrightarrow[]{脪禄露篓脤玫录镁}

CH_{3}CH_{2}Cl}rm{(5)d}五、解答题(共2题，共6分)24、略

【分析】

硝酸盐全部溶于水，无沉淀产生的为KNO3，则D为KNO3，产生气体的一定是盐酸和Na2CO3，其中盐酸只和AgNO3生成一种沉淀，能Na2CO3与AgNO3和BaCl2生成两种沉淀，所以B为HCl，E为Na2CO3，则A为AgNO3，F为BaCl2，C为Na2SO4，故答案为：AgNO3；HCl；Na2SO4；KNO3；Na2CO3；BaCl2；

【解析】【答案】解答此类题目的突破口是分析这6种溶液间两两反应产生现象的多重性，如AgNO3能与除KNO3之外的另4种溶液反应都产生沉淀，产生气体的一定是盐酸和Na2CO3，无沉淀产生的为KNO3，盐酸只与AgNO3生成一种沉淀，Na2CO3生成两种沉淀．

25、略

【分析】

根据元素在周期表中的分布；可以推知①是H，②是C，③是Na，④是Al，⑤是Si，⑥是Cl．

（1）元素周期表中；从上到下，金属的活泼性逐渐增强，从右到左，金属的活泼性逐渐增强，所以最活泼的金属元素是Na，故答案为：Na；

（2）金属铝是13号元素，原子结构示意图为：它位于周期表的第三周期，第ⅢA族，C和H形成的最简单的化合物是甲烷，电子式为：

故答案为：第三周期，第ⅢA族；

（3）同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，所以半径：C＜Si，周期表中从上到下元素最高价氧化物对应水化物的酸的酸性逐渐减弱，从左到右元素最高价氧化物对应水化物的酸的酸性逐渐增强，所以酸性最强的是HClO4，故答案为：HClO4；

（4）氢气在氯气中燃烧的化学方程式为：H2+Cl22HCl，氢氧化铝是两性氢氧化物，可以和强碱反应生成盐和水，即Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O；

故答案为：H2+Cl22HCl；Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O．

【解析】【答案】（1）元素周期表中；从上到下，金属的活泼性逐渐增强，从右到左，金属的活泼性逐渐增强；

（2）根据原子结构示意图的画法和电子式的书写方法来回答；

（3）根据元素周期律中原子半径以及最高价氧化物对应水化物酸碱性的强弱来回答；

（4）根据氯气和氢氧化铝的性质来回答．

六、原理综合题(共3题，共6分)26、略

【分析】【详解】

I．(1)已知①N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH1=+180.5kJ·mol-1；

②CO的燃烧热ΔH2=-283.0kJ·mol-l，可得CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283.0kJ·mol-l；

根据盖斯定律，将②×2-①，整理可得反应③2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH3=-746.5kJ/mol；

(2)①在其它条件不变时，升高温度，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，先达到平衡。根据图象可知：反应③在温度为T1时比在温度为T2时先达到平衡，说明温度：T1＞T2；

②反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)的正反应是气体体积减小的反应，根据图象可知该反应在温度较高的T1时体系总压强大，说明升高温度，平衡逆向移动，因此CO的转化率在温度较高的T1比温度低的T2小，即CO的平衡转化率：Ⅰ＜Ⅱ；根据图象可知：在温度都是T2时；III先达到平衡，说明III的反应速率快，但平衡时气体总压强相同，说明改变条件化学平衡未发生移动，则CO的平衡转化率与II相同，改变的条件是使用了高效催化剂，故CO的平衡转化率：Ⅰ＜Ⅱ=Ⅲ；

③在恒温恒容的密闭容器中，气体的压强与气体的物质的量呈正比，在温度为T2时，开始加入0.4