2025年鲁教五四新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年鲁教五四新版高一化学下册阶段测试试卷378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、设NA为阿伏加德罗常数的值。如果ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是（）LA.B.C.D.2、近年来，冠以“绿色”的新概念不断产生，如绿色食品、绿色材料、绿色能源、绿色化学等，这里的“绿色”是对人类社会可持续发展战略的形象表述。“绿色化学”要求以经济、环保和技术上设计可行的化学反应。据此，由单质镁制造硝酸镁的下列四个方案中，你认为可行而且符合“绿色化学”要求的方案是（）A.MgMg(NO3)2B.MgMgCl2Mg(OH)2Mg(NO3)2C.MgMgOMg(NO3)2D.MgMgSO4Mg(NO3)23、下列变化属于化学变化的是（）A.碘的升华B.金属的焰色反应C.液溴的气化D.漂白粉久置失效4、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{H_{2}}的摩尔质量是rm{2g}B.rm{1molH_{2}O}的质量是rm{18g/mol}C.氧气的摩尔质量是rm{32g/mol}D.rm{2gH_{2}}含rm{1molH}5、下列化学用语正确的是()A.次氯酸的电子式B.氯化铵的电子式：rm{Cl^{-}}C.氮气的结构式：：rm{N隆脭N}D.rm{Cl^{-}}的结构示意图6、下溶液中rm{c(Cl^{-})}与rm{50mL}rm{1mol/L}氯化铝溶液中的rm{c(Cl^{-})}相等的是rm{(}rm{)}A.rm{150}rm{mL}rm{1mol/L}氯化钠溶液B.rm{5}rm{mL}rm{2mol/L}氯化铵溶液C.rm{150}rm{mL}rm{1mol/L}氯化钾溶液D.rm{75}rm{mL}rm{1.5mol/L}氯化镁溶液7、下列有关物质用途的说法中，____的是A.rm{NH_{3}}常用作制冷剂B.rm{Fe_{3}O_{4}}常用于红色油漆和涂料C.rm{Na_{2}O_{2}}常用作防毒面具的生氧剂D.rm{NaHCO_{3}}常用作面粉发泡剂8、下列选项中能发生化学反应，并且甲组为取代反应，乙组为加成反应的是。选项甲乙rm{A}苯与溴水乙烯与水制乙醇rm{B}乙酸乙酯水解苯与氢气rm{C}乙醇的催化氧化乙酸和乙醇的酯化反应rm{D}乙烯与溴的四氯化碳溶液甲烷与氯气A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、下列材料既含有硅元素又含有氧元素的是（）A.水泥B.晶体硅C.沙子D.普通陶瓷10、25℃时，将氨水与氯化铵溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol·L-1的溶液。溶液中c(NH3·H2O)、c(NH4+)与pH的关系如下图所示。下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是。

A.W点表示溶液中：c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)B.pH=7.0溶液中：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)C.pH=10.5的溶液中：c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)＜0.1mol·L-1D.向W点所表示的1L溶液中加入0.05molNaOH固体(忽略溶液体积变化)：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)11、常温下，Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7，Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5，设H2SO3溶液中c(总)=c()+c()+c(H2SO3)。室温下将氨气通入25.00mL0.1000mol·L−1H2SO3溶液中（忽略溶液体积变化），下列说法正确的是A.溶液中始终存在：c()+c(H+)=c()+c()+c(OH−)B.在NH4HSO3溶液中：c()＞c()＞c(NH3·H2O)＞c(H2SO3)C.pH=7的溶液：c()=2c()+c()D.c()=2c(总)的溶液中：c(NH3·H2O)+c(OH−)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)12、室温下，若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.的溶液：B.的溶液和的溶液混合C.的溶液和的溶液等体积混合：D.的溶液和的溶液等体积混合：13、用间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图所示。下列说法正确的是

A.电极I为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑B.电解时H+由电极II向电极I迁移C.吸收塔中的反应为2NO+2S2O+2H2O=N2+4HSOD.每处理1mo1NO，可同时得到32gO214、下列表示对应化学反应的离子方程式不正确的是A.向Na2SO3中滴加稀HNO3溶液：＋2H+=SO2↑＋H2OB.0.3molFeBr2与0.4molCl2在溶液中反应：8Cl2＋6Fe2+＋10Br－=6Fe3+＋16Cl－＋5Br2C.用稀硝酸除去试管内壁银镜：Ag＋2H+＋=Ag+＋NO2↑＋H2OD.酸性KMnO4氧化H2O2：2＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O15、下列实验操作正确的是rm{(}rm{)(}填序号rm{)}．A.用带橡皮塞的棕色试剂瓶存放浓硝酸B.容量瓶rm{.}分液漏斗使用前均需检查是否漏水C.分液漏斗分液时，必须先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出E.氨气喷泉实验时，收集气体的烧瓶必须干燥E.氨气喷泉实验时，收集气体的烧瓶必须干燥16、元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序数之和为rm{36}rm{X}rm{Y}在同一周期，rm{X^{+}}与rm{Z^{2-}}具有相同的核外电子层结构。下列推测正确的是()A.同周期元素中rm{X}的金属性最强B.原子半径rm{X>Y}离子半径rm{X^{+}>Z^{2-}}C.同族元素中rm{Z}的氢化物稳定性最高D.同周期元素中rm{Y}的最高价含氧酸的酸性最强评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、A.、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示（反应条件和部分产物未标出)（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电予数D是A的2倍，F的浓溶液与AD反应都有红棕色气体生成，则A为___________________，反应④的化学方程式为____________________________________.（2）若A为常见的金属单质，DF是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是____________________________.（3）若A．D．F都是短周期非金属元素单质，且A．D所含元素同主族，A．F所含元素同周期，则反应①的化学方程式为________________________.18、rm{(I)}一密闭容器中发生下列反应：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)}rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?

2NH_{3}(g)}下图是某一时间段中反应速率与反应进程的曲线关系图。回答下列问题：

rm{娄陇H<0}rm{(1)t_{1}}rm{t_{3}}时刻，体系中分别是什么条件发生了变化？rm{t_{4}}每次只改变了一个条件rm{(}每次只改变了一个条件rm{)}rm{(}______，rm{)}______，rm{t_{1}}______。rm{t_{3}}下列时间段中，氨的百分含量最高的是______。A.rm{t_{4}}B.rm{(2)}C.rm{t_{0}隆芦t_{1;;;;}}D.rm{t_{2}隆芦t_{3;;;;;;}}．

rm{t_{3}隆芦t_{4;;;;;;;}}在一定体积的密闭容器中，进行反应rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)}其平衡常数rm{t_{5}隆芦t_{6}}和温度rm{(II)}的关系如表所示：。rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+

H_{2}O(g)}rm{T/^{0}C}rm{700}rm{800}rm{830}rm{1000}rm{1200}rm{K}rm{0.6}rm{0.9}rm{1.0}rm{1.7}rm{2.6}回答下列问题：rm{(1)}该反应的化学平衡常数表达式为rm{K=}________。rm{(2)}该反应为______反应rm{(}填“吸热”或“放热”rm{)}rm{(3)}能判断该反应达化学平衡状态的依据是______。A.容器中压强不变rm{B.}混合气体中rm{c(CO)}不变C.rm{v_{脮媒}(H_{2})=v_{脛忙}(H_{2}O)_{;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}D.rm{c(CO_{2})=c(CO)}rm{(4)}某温度下，平衡浓度符合下式：rm{c(CO_{2})?c(H_{2})=c(CO)?c(H_{2}O)}试判断此时的温度为___。rm{(5)}在rm{800隆忙}时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为rm{c(CO_{2})}为rm{2mol/L}rm{c(H_{2})}为rm{1.5mol/L}rm{c(CO)}为rm{1mol/L}rm{c(H_{2}O)}为rm{3mol/L}则此时刻反应向____rm{(}填“正向”或“逆向”rm{)}进行。19、目前，汽车尾气已成为许多大城市空气的主要污染源，汽车尾气中含有rm{CO}rm{NO}等多种污染物．

rm{(1)}汽车燃料中一般不含氮元素，尾气中所含的rm{NO}是如何产生的？说明原因并写出有关反应的方程式______．

rm{(2)NO}对大气的影响之一是导致酸雨，用化学方程式表示rm{NO}形成酸雨的原因是______．

rm{(3)}将rm{CaCO_{3}}粉末喷洒到湖泊中，可消除酸雨对水质的影响，反应的离子方程式是______．20、在rm{50mlbmol/L}氯化铝溶液中加入rm{50mlamol/L}的氢氧化钠溶液．

rm{(1)}当rm{aleqslant3b}时；生成氢氧化铝沉淀的物质的量为______；

rm{(2)}当rm{a}rm{b}满足______条件时；无沉淀生成；

rm{(3)}当rm{a}rm{b}满足______条件时，rm{a}增大，沉淀减少，此时生成氢氧化铝沉淀的物质的量为______rm{mol}．21、（1）用“单线桥”表示下列反应电子转移的方向和数目：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中物质的氧化性：KMnO4_____Cl2（填“>、<、=”）；氧化产物与还原产物的物质的量之比为_____________。（2）配平下列氧化还原反应方程式：___KMnO4+___H2S+__H2SO4(稀)——__K2SO4+__MnSO4+__S↓+__H2O（3）Cl2是一种黄绿色有毒气体，化工厂可用浓氨水来检验有毒气体Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2＋8NH3＝6NH4Cl＋N2若反应中NH3消耗6．8g，则转移电子个数为。22、某同学利用如图1所示的实验装置进行铁跟水蒸气反应的实验；并继续研究铁及其化合物的部分性质．

已知：①FeO+2H+=Fe2++H2O②Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O③Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O

请回答下列问题：

（1）硬质试管中发生反应的化学方程式为____．

（2）该同学欲确定反应一段时间后硬质试管中固体物质的成分；设计了如下实验方案：

①待硬质试管冷却后；取少许其中的固体物质溶于稀硫酸得溶液B；

②取少量溶液B滴加KSCN溶液，若溶液变红色则说明硬质试管中固体物质的成分是（只有一个选项符合题意）____，若溶液未变红色则说明硬质试管中固体物质的成分是（只有一个选项符合题意）____．

A．一定有Fe3O4，可能有FeB．只有Fe（OH）3C．一定有Fe3O4和Fe

D．一定有Fe（OH）3，可能有FeE．只有Fe3O4

（3）该同学按上述实验方案进行了实验，结果溶液未变红色，原因是____（用离子方程式表示）．

（4）该同学马上另取少量溶液B，使其跟NaOH溶液反应．若按图2所示的操作，可观察到生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象，请写出与上述现象相关的反应的化学方程式____．

（5）一段时间后，该同学发现（3）中未变红的溶液变成红色，说明Fe2+具有____性．由此可知，实验室中含Fe2+的盐溶液需现用现配制的原因是____，并且配制含Fe2+的盐溶液时应加入少量____．

（6）乙同学为了获得持久白色的Fe（OH）2沉淀，准备用图3所示装置，用不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液与新制的FeSO4溶液反应．获得不含O2的蒸馏水的方法是____．反应开始时，打开止水夹的目的是____；

一段时间后，关闭止水夹，在试管____（填“A”或“B”）中观察到白色的Fe（OH）2．23、根据组成原电池的条件，试以反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu设计一个原电池，画出示意图并标出原电池的正、负极和电子的流向（画在下面方框中），写出电极反应式。供选用的电解质溶液有：稀硫酸、硫酸铜溶液、氯化铜溶液。供选用的电极材料有：锌片、铜片、铁片、石墨。电极材料及电极反应式：负极材料：，电极反应式：____正极材料：，电极反应式：____电解质溶液：。24、（18分）现有下列十种物质：①H2②铝③CaO④CO2⑤H2SO4⑥Ba(OH)2⑦红褐色的氢氧化铁液体⑧氨水⑨稀硝酸⑩Al2(SO4)3（1）上述物质中属于电解质有：(用物质序号填空)，可以利用⑦具有现象这一简单物理方法区分⑦、⑧二种分散系。（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。少量的④通入⑥的溶液中反应的离子方程式为。（3）17.1g⑩溶于水配成250mL溶液，SO42-的粒子数为，SO42-的物质的量浓度为。（4）②与⑨发生反应的化学方程式为：Al+4HNO3=Al(NO3)­3+NO↑+2H2O，写出该反应的离子方程式并标出电子转移方向和数目：当有4.48升（标况）NO气体产生时，转移电子的物质的量为，被还原HNO3的质量为克。25、rm{1999}年俄、美科学家联合小组合成了第rm{114}号元素的一种同位素，该核素原子的质量数为rm{298}则这种同位素原子的核内中子数为______，核内质子数为______，近似相对原子质量为______．评卷人得分四、判断题(共4题，共16分)26、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化27、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）28、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）29、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）评卷人得分五、计算题(共3题，共27分)30、（6分）4.35g二氧化锰能与浓盐酸（密度为1.19g·cm－3、质量分数为36.5%）完全反应。求：（1）盐酸中HCl的物质的量浓度。（2）被氧化的HCl的物质的量。（3）将所得气体全部用石灰乳吸收，可得到漂白粉的质量。31、液态化合物在一定量的氧气中恰好完全燃烧，反应方程式为：rm{XY_{2}(l)+3O_{2}(g)=XO_{2}(g)+2YO_{2}(g)}冷却后，在标准状况下测得生成物的体积是rm{672ml}密度是rm{2.56g/L}．

rm{(1)}反应前rm{O_{2}}的体积为______．

rm{(2)}化合物rm{XY_{2}}的摩尔质量是______．

rm{(3)}在rm{XY_{2}}分子中，rm{X}rm{Y}两元素的质量之比为rm{3}rm{16}则rm{X}rm{Y}两元素分别为______和______rm{(}写元素名称rm{)}．32、简答：糖尿病是“富贵病”；请你设计实验检验病人尿液中的葡萄糖，并与正常人作对比，设计要求：

(1)写出实验所用化学药品。

(2)写出实验现象并作出结论．评卷人得分六、综合题(共4题，共12分)33、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

34、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题35、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请回答下列问题：

36、根据方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列问题参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】试题分析：由题意可知，ag气体的物质的量是b/NAmol，则该气体的摩尔质量是a/b/NA=aNA/bg/mol，所以cg该气体的物质的量为bc/aNAmol，则标准状况下的体积是22.4bc/aNAL，答案选A。考点：考查气体的物质的量、分子数、阿伏伽德罗常数、体积的换算关系【解析】【答案】A2、C【分析】【分析】A中产生NO2气体，B中步骤过于繁琐，D中产生SO2气体；所以正确的答案选C。

【点评】“绿色化学”的核心思想是没有污染，且原子利用率达到100％，据此可以进行有关判断和分析。3、D【分析】【解答】解：A；碘的升华的过程中没有新物质生成；属于物理变化，故A错误；B、金属的焰色反应过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；

C；液溴的气化的过程中没有新物质生成；属于物理变化，故C错误；

D；漂白粉久置失效的过程中是二氧化碳、水和次氯酸钙反应生成了次氯酸和碳酸钙；属于化学变化，故D正确；

故选D．

【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．化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成．4、C【分析】解：rm{A}摩尔质量的单位为rm{g/mol}不是rm{g}rm{g}是质量的单位；故A错误；

B、质量的单位为rm{g}rm{g/mol}是摩尔质量的单位；故B错误；

C、一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量，故氧气的摩尔质量为rm{32g/mol}故C正确；

D、氢气由氢原子构成，故rm{2g}氢气中含有的氢原子的物质的量rm{n=dfrac{2g}{1g/mol}=2mol}故D错误．

故选C．

A、摩尔质量的单位为rm{n=dfrac

{2g}{1g/mol}=2mol}

B、质量的单位为rm{g/mol}

C；一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量；

D；氢气由氢原子构成．

本题考查了质量、摩尔质量的单位和数值，难度不大，应注意区分质量和摩尔质量的单位．rm{g}【解析】rm{C}5、D【分析】【分析】本题旨在考查学生对电子式、结构式、离子结构示意图等应用。【解答】A.次氯酸中氧原子和氢原子、氯原子形成共价键，故其电子式为：故A错误；B.氯化铵是离子化合物，其电子式为：故B错误；C.氮气的结构式中不能有共用电子对，其结构式为：rm{N隆脭N}；故C错误；D.氯离子的结构示意图为：故D正确。故选D。rm{N隆脭N}【解析】rm{D}6、D【分析】解：rm{A.1mol/L}氯化钠溶液中的rm{c(Cl^{-})}为rm{1mol/L}故A不选；

B.rm{2mol/L}氯化铵溶液中的rm{c(Cl^{-})}为rm{2mol/L}故B不选；

C.rm{1mol/L}氯化钾溶液中的rm{c(Cl^{-})}为rm{1mol/L}故C不选；

D.rm{1.5mol/L}氯化镁溶液中的rm{c(Cl^{-})}为rm{1.5mol/L隆脕2=3mol/L}故D选；

故选D．

rm{1mol/L}氯化铝溶液中的rm{c(Cl^{-})}为rm{1mol/L隆脕3=3mol/L}结合溶质浓度；离子个数计算．

本题考查物质的量浓度的计算，为高频考点，把握物质的构成、离子浓度的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意物质的构成，题目难度不大．【解析】rm{D}7、B【分析】【分析】本题考查了物质的用途，明确物质的性质是解题关键，题目难度不大。【解答】A.氨很容易液化；液态氨汽化时要吸收大量的热，常用作制冷剂，故A正确；

B.rm{Fe_{3}O_{4}}为黑色固体；三氧化二铁为红棕色，用作红色油漆和涂料，故B错误；

C.rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}能与二氧化碳气体、水反应生成氧气，rm{O}；故C正确；

D.碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳；水和碳酸钠；常用作面粉发泡剂，故D正确。

故选B。

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{B}8、B【分析】【分析】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物中的官能团及官能团与性质的关系为解答的关键，侧重性质及有机反应类型的考查，题目难度不大。【解答】A.苯与溴水不反应；而乙烯与水制乙醇为烯烃的加成反应，故A错误；

B.乙酸乙酯水解属于取代反应；苯与氢气发生加成反应生成环己烷，属于加成反应，故B正确；

C.乙醇的催化氧化属于氧化反应，乙酸和乙醇的酯化反应生成乙酸乙酯和水；属于取代反应，故C错误；

D.乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成rm{1}rm{2-}二溴乙烷，甲烷与氯气rm{(}光照rm{)}反应生成氯代烃和rm{HCl}分别为加成反应；取代反应，故D错误。

故选B。【解析】rm{B}二、多选题(共8题，共16分)9、ACD【分析】解：A；水泥属于传统硅酸盐产品；因此均含有硅元素和氧元素，故A正确；

B；晶体硅是硅单质只含有硅元素；故B错误；

C；沙子的主要化学成分为二氧化硅；含有硅元素和氧元素，故C正确；

D；普通陶瓷均属于传统硅酸盐产品；因此均含有硅元素和氧元素，故D正确；

故选：ACD．

水泥和普通陶瓷均属于传统硅酸盐产品；因此均含有硅元素和氧元素，晶体硅是硅单质只含有硅元素，沙子的主要化学成分为二氧化硅，含有硅元素和氧元素．

本题考查常见由硅元素组成的无机非金属材料，知晓各种材料的成分是解题的基础，因此要重视基础知识的积累，难度不大．【解析】【答案】ACD10、AD【分析】【详解】

将氨水与氯化铵溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol/L的混合溶液，当溶液中只有NH4+时，NH4+水解使溶液呈酸性，随着c(NH3·H2O)的增大，溶液碱性增强，根据图示，当pH=9.25时，c(NH3·H2O)=c(NH4+)，因此当溶液的pH＜9.25时，c(NH3·H2O)＜c(NH4+)，当pH＞9.25时，c(NH3·H2O)＞c(NH4+)，因此随着溶液pH的增大，浓度增大的是c(NH3·H2O)、减小的是c(NH4+)。A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒可得c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，在W点时c(NH3·H2O)=c(NH4+)，所以c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，A正确；B．室温下pH=7.0＜9.25，溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，则溶液中c(NH4+)＞c(NH3·H2O)，NH3·H2O主要以电解质分子存在，NH3·H2O、H2O的电离程度十分微弱，其电离产生的离子浓度很小，故微粒浓度大小关系为：c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(H+)=c(OH-)，B错误；C．该混合溶液中，无论pH如何变化都存在c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，则c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(NH4+)+c(H+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L+c(H+)＞0.1mol/L，C错误；D．W点溶液中存在c(NH3·H2O)=c(NH4+)=0.05mol/L，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒可知c(Cl-)＜c(NH4+)=0.05mol/L，向1L该溶液中加入0.05molNaOH，则c(Na+)=0.05mol/L，c(Na+)＞c(Cl-)，NaCl电离产生离子浓度Cl-浓度c(Cl-)大于NH3·H2O电离产生的离子NH4+、OH-的浓度，且溶液中还有水会微弱电离产生OH-，故离子浓度关系为：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)，D正确；故合理选项是AD。11、CD【分析】【详解】

A．溶液中始终存在电荷守恒：c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH−)，A错误；B．常温下，NH4+的水解常数K1=≈5.7×10-10，HSO3-的水解常数K2=≈6.7×10-13，HSO3-的电离常数Ka2=1.0×10-7，Ka2＞K1＞K2，所以c()＞c()，c(NH3·H2O)＞c(H2SO3)，故c()＞c()＞c(NH3·H2O)＞c(H2SO3)，B错误；C．电荷守恒：c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH−)，pH=7的溶液：c(H+)=c(OH−)，所以c()=2c()+c()，C正确；D．c()=2c(总)=2[c()+c()+c(H2SO3)]，则该溶液为(NH4)2SO3，该溶液的质子守恒为：c(NH3·H2O)+c(OH−)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)，D正确。答案选CD。

【点睛】

书写(NH4)2SO3溶液的质子守恒方法：选定NH4+、SO32-、H2O为基准粒子，所以(NH4)2SO3溶液的质子守恒为：c(NH3·H2O)+c(OH−)=c(H+)+c()+2c(H2SO3)。12、BD【分析】【详解】

由题可知，

A．0.1mol/L的NaHA溶液中的物料守恒：HA-的电离常数大于其水解程度，故溶液中因此故A错误；

B．的溶液和的溶液的混合液中c(Na+)<0.2mol/L，该溶液中电荷守恒为：溶液呈中性，故故B正确；

C．该混合溶液中电荷守恒：①，物料守恒：②，将①+②得：故C错误；

D．两溶液混合后发生反应：Na2A+H2A=2NaHA，溶液中c(NaHA)=c(H2A)=0.05mol/L，溶液中电荷守恒：①，物料守恒：②，将①+②进行相关转化得：因Ka1>Kh2，故溶液呈酸性，故故D正确；

故答案为：BD。

【点睛】

酸式盐与多元弱酸的强碱正盐溶液酸碱性比较：

（1）酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中的水解能力大于其电离能力；故溶液显碱性；

（2）多元弱酸的强碱正盐溶液：多元弱酸根离子水解以第一步为主，例如Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。13、BC【分析】【分析】

HSO3－在电极I上转化为S2O过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，电极反应为：2HSO+2e－+2H＋═S2O+2H2O；H2O在电极Ⅱ上被转化为O2，发生电极反应：2H2O-4e－═O2↑+4H＋；电极Ⅱ为阳极。

【详解】

A．HSO3－在电极I上转化为S2O过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，电极反应为：2HSO+2e－+2H＋═S2O+2H2O；故A错误；

B．电极I为阴极，则电极Ⅱ为阳极，电解池中阳离子向阴极移动，所以电解池中H＋通过质子膜向电极I处移动；故B正确；

C．吸收塔中通入NO和S2O42－离子反应，生成N2和HSO所以反应方程式为：2NO+2S2O+2H2O=N2+4HSO故C正确；

D．电极Ⅱ为阳极，H2O在电极Ⅱ上被转化为O2，发生电极反应：2H2O-4e－═O2↑+4H＋，每处理1molNO，则转移电子数为1mol×2=2mol，根据电子转移守恒，则产生O2的物质的量为2mol×=0.5mol，质量为0.5mol×32g·mol－1=16g；故D错误；

故选BC。

【点睛】

本题考查电化学知识，根据电化学装置原理图分析，明确电极反应是解题的关键，突破口A，HSO在电极I上转化为S2O过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，由此分析。14、AC【分析】【详解】

A.向Na2SO3中滴加稀HNO3溶液，两者发生氧化还原反应：3＋2H+＋2=3＋2NO↑＋H2O；故A错误；

B.0.3molFeBr2与0.4molCl2在溶液中反应，0.15mol氯气先与0.3mol亚铁离子反应，再是0.25mol氯气与0.5mol溴离子反应，再扩大倍数得到：8Cl2＋6Fe2+＋10Br－=6Fe3+＋16Cl－＋5Br2；故B正确；

C.用稀硝酸除去试管内壁银镜，反应生成硝酸银和一氧化氮气体：3Ag＋4H+＋=3Ag+＋NO↑＋2H2O；故C错误；

D.酸性KMnO4氧化H2O2，双氧水变为氧气，高锰酸根变为锰离子：2＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O；故D正确。

综上所述，答案为AC。15、BCE【分析】解：rm{A.}浓硝酸腐蚀橡胶；所以能加快橡胶老化，所以浓硝酸不能存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中，故A错误；

B.带有旋塞和瓶塞的仪器；一般在使用前需要检查是否漏水，所以容量瓶和分液漏斗在使用前均需检查是否漏水，故B正确；

C.分液时；上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出，否则易导致引入杂质，故C正确；

D.蒸馏时；温度计测量馏分温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，故D错误；

E.因为氨气极易溶于水；氨气喷泉实验时，如果收集气体的烧瓶不干燥，会导致部分氨气溶于水，而达不到形成喷泉的压强差，导致无法形成喷泉实验，所以所以氨气喷泉实验时，收集气体的烧瓶必须干燥，故E正确；

F.测定溶液的rm{pH}值时，rm{pH}试纸不能事先润湿，否则导致溶液浓度降低，测定的rm{pH}值可能改变；故F错误；

故选BCE．

A.浓硝酸能腐蚀橡胶；

B.带有旋塞和瓶塞的仪器；一般在使用前需要检查是否漏水；

C.分液时；上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出；

D.蒸馏时；温度计测量馏分温度；

E.利用压强差形成喷泉；

F.测定溶液的rm{pH}值时，rm{pH}试纸不能事先润湿．

本题考查化学实验评价，为高频考点，涉及实验基本操作，明确实验原理及基本操作规范性是解本题关键，注意蒸馏时温度计位置，为易错点．【解析】rm{BCE}16、ACD【分析】【分析】本题考查元素的推断和元素周期律，为高考常见题型，题目难度中等，注意把握元素的推断的角度以及元素周期律的递变规律。【解答】rm{X}rm{Y}在同一周期，rm{X}rm{X}在同一周期，rm{Y}rm{X}rm{{,!}^{+}}与rm{Z}rm{Z}在rm{{,!}^{2-}}具有相同的核外电子层结构，可推rm{Z}在rm{X}rm{Y}的上一个周期，又因为rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序数之和为rm{36}平均原子序数为rm{12}则rm{X}为rm{Na}rm{Z}为rm{O}进而可知rm{Y}为rm{Cl}则的上一个周期，又因为rm{Z}rm{X}rm{Y}原子序数之和为rm{X}平均原子序数为rm{Y}则rm{Z}为rm{36}rm{12}为rm{X}进而可知rm{Na}为rm{Z}则

rm{O}为rm{Y}由同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱可知同周期元素中rm{Cl}的金属性最强，故A正确；

A.rm{X}为rm{Na}由同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱可知同周期元素中rm{X}的金属性最强，故A正确；rm{X}rm{Na}rm{X}B.具有相同的核外电子层结构的离子，核电核数越大，半径越小，则离子半径应为：rm{Z}

rm{Z}的氢化物为rm{{,!}^{2-}}rm{>X}rm{>X}含有氢键，常温下为液态，同族元素中rm{{,!}^{+}}的氢化物沸点最高，故C正确；

，故B错误；

C.rm{Z}的氢化物为rm{H}rm{Z}【解析】rm{ACD}三、填空题(共9题，共18分)17、略

【分析】试题分析：（1）原子序数A是D的2倍，则A的原子序数是偶数；最外层电子数D是A的2倍，则D的最外层电子数是偶数，在短周期的偶数主族中，只有Mg与C符合题意，所以A是Mg，D是C。则B是CO2，F的浓溶液与AD反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是二氧化氮，F是硝酸。反应④是C与浓硝酸的反应，化学方程式为C+4HNO3(浓)=CO2↑+4NO2↑+2H2O;（2）A为常见的金属单质，根据反应流程特点，判断A是铁，F是氯气，D是氢气，则B是盐酸，C是氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，所以反应②的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（3）同主族元素之间的置换反应有C与Si，O与S，H与Na，卤族元素之间的置换，代入题目可知C与Si符合题意，则A是C，D是Si，则C是CO，C与CO都与氧气反应生成二氧化碳，所以F是氧气。反应①是制取粗硅的反应，化学方程式为2C+SiO22CO↑+Si。考点：考查元素的推断，根据反应特点推断元素的种类，单质之间的置换反应的判断，化学方程式的书写【解析】【答案】（1）Mg；C+4HNO3(浓)=CO2↑+4NO2↑+2H2O;（2）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（3）2C+SiO22CO↑+Si18、rm{(I)(1)}升高温度使用催化剂减小压强

rm{(2)A}

rm{(II)(1)dfrac{c(CO)?c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})?c({H}_{2})}}

rm{(II)(1)dfrac{c(CO)?c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})?c({H}_{2})}

}吸热

rm{(2)}

rm{(3)BC}

rm{(4)830^{circ}C}逆向

rm{(5)}【分析】【分析】本题考查影响化学反应速率的因素，注意把握反应的特点及图象分析是解答的关键，明确温度、压强、催化剂对反应速率的影响即可解答，本题还考查化学平衡的计算，明确平衡常数的计算方法及平衡常数与反应方程式的关系、平衡的判定等即可解答，题目难度不大。【解答】rm{(I)(1)}由rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangleH<0}可知，该反应为放热反应，且为气体体积减小的反应，则rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangle

H<0}由图可知，rm{(1)}正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为升高温度；rm{t_{1}}正逆反应速率同等程度的增大，改变条件应为使用催化剂；rm{t_{3}}时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为减小压强，故答案为：升高温度；使用催化剂；减小压强；rm{t_{4}}由图可知，rm{(2)}平衡逆向移动，rm{t_{1}}不移动，rm{t_{3}}平衡逆向移动，均使氨气的含量减少，则rm{t_{4}}氨气的含量最大，故答案为：rm{t_{0}隆芦t_{1}}rm{A}Ⅱrm{(}平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则rm{)(1)}的平衡常数rm{K=dfrac{c(CO)?c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})?c({H}_{2})}}故答案为：rm{dfrac{c(CO)?c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})?c({H}_{2})}}rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)}由温度升高，平衡常数变大可知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故答案为：吸热；rm{K=dfrac{c(CO)?c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})?c({H}_{2})}

}该反应为气体的物质的量不变的反应，则容器中压强始终不变，不能作为判定平衡的方法，故A错误；B.混合气体中rm{dfrac{c(CO)?c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})?c({H}_{2})}

}不变，则达到化学平衡，故B正确；C.rm{(2)}则对于氢气来说正逆反应速率相等，则达到平衡，故C正确；D.rm{(3)A.}该反应不一定达到平衡，浓度关系取决于反应物的起始量和转化率，故D错误。故答案为：rm{c(CO)}rm{V(H_{2})_{脮媒}=V(H_{2}O)_{脛忙}}时，平衡常数rm{c(CO_{2})=c(CO)}则该温度为rm{BC}故答案为：rm{(4)c(CO_{2})?c(H_{2})=c(CO)?c(H_{2}O)}rm{(5)dfrac{c(CO)?c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})?c({H}_{2})}=dfrac{1mol/L隆脕3mol/L}{2mol/L隆脕1.5mol/L}=1>K}所以化学平衡向逆反应方向移动，故答案为：逆向。rm{K=1}【解析】rm{(I)(1)}升高温度使用催化剂减小压强rm{(2)A}rm{(II)(1)dfrac{c(CO)?c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})?c({H}_{2})}}rm{(II)(1)dfrac{c(CO)?c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})?c({H}_{2})}

}吸热rm{(2)}rm{(3)BC}rm{(4)830^{circ}C}逆向

rm{(5)}19、在放电时空气中的N2和O2反应NO，N2+O22NO；2NO+O2═2NO2、3NO2+H2O═2HNO3+NO；CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O【分析】解：rm{(1)}空气中的氮气在放电或高温下反应生成rm{NO}该反应为rm{N_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{路脜碌莽};}}{;}2NO}故答案为：在放电时空气中的rm{N_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{路脜碌莽};}}{;}2NO}和rm{N_{2}}反应rm{O_{2}}rm{N_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{路脜碌莽};}}{;}2NO}

rm{NO}与空气的主要成份氧气反应生成二氧化氮，反应方程式为：rm{N_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{路脜碌莽};}}{;}2NO}二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为：rm{(2)NO}所以rm{2NO+O_{2}篓T2NO_{2}}对大气的影响之一是导致酸雨，故答案为：rm{3NO_{2}+H_{2}O篓T2HNO_{3}+NO}rm{NO}

rm{2NO+O_{2}篓T2NO_{2}}粉末与酸反应的离子方程式为：rm{3NO_{2}+H_{2}O篓T2HNO_{3}+NO}故答案为：rm{(3)CaCO_{3}}

rm{CaCO_{3}+2H^{+}=Ca^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}空气中的氮气在放电或高温下反应生成rm{CaCO_{3}+2H^{+}篓TCa^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O.}

rm{(1)}与空气的主要成份氧气反应生成二氧化氮；二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；

rm{NO}粉末与酸反应生成氯化钙；水和二氧化碳来消除酸雨对水质的影响．

本题考查了酸雨的成因、性质和治理等，难度不大，注意积累．rm{(2)NO}【解析】在放电时空气中的rm{N_{2}}和rm{O_{2}}反应rm{NO}rm{N_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{路脜碌莽};}}{;}2NO}rm{N_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{路脜碌莽};}}{;}2NO}rm{2NO+O_{2}篓T2NO_{2}}rm{3NO_{2}+H_{2}O篓T2HNO_{3}+NO}rm{CaCO_{3}+2H^{+}篓TCa^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}20、略

【分析】解：rm{NaOH}溶液与rm{AlCl_{3}}溶液混合，发生反应：rm{垄脵AlCl_{3}+3NaOH篓TAl(OH)_{3}隆媒+3NaCl}rm{垄脷AlCl_{3}+4NaOH篓TNaAlO_{2}+3NaCl+2H_{2}O}

当rm{n(NaOH)}rm{n(AlCl_{3})leqslant3}rm{1}只发生反应rm{垄脵}氢氧化钠完全反应，氯化铝可能恰好反应，也可能有剩余，根据氢氧化钠计算生成氢氧化铝的物质的量；

当rm{3}rm{1<n(NaOH)}rm{n(AlCl_{3})<4}rm{1}发生反应rm{垄脵}rm{垄脷}氯化铝与氢氧化钠都完全反应，铝元素以氢氧化铝；偏铝酸钠存在；

当rm{n(NaOH)}rm{n(AlCl_{3})geqslant4}rm{1}只发生反应rm{垄脷}氯化铝完全反应，氢氧化钠可能恰好反应；也可能有剩余，没有氢氧化铝生成；

rm{(1)}当rm{aleqslant3b}时，即rm{n(NaOH)}rm{n(AlCl_{3})leqslant3}rm{1}只发生反应rm{垄脵}氢氧化钠完全反应，生成的沉淀为rm{dfrac{1}{3}隆脕0.05L隆脕amol/L=dfrac{a}{60}mol}故答案为：rm{dfrac{1}{3}隆脕0.05L隆脕amol/L=dfrac

{a}{60}mol}

rm{dfrac{a}{60}mol}无沉淀生成，则只发生反应rm{(2)}rm{垄脷}rm{n(NaOH)}rm{n(AlCl_{3})geqslant4}故rm{1}即rm{0.05ageqslant4隆脕0.05b}

故答案为：rm{ageqslant4b}

rm{ageqslant4b}增大，沉淀减少，则有沉淀生成且溶液中无rm{(3)a}存在，则发生反应rm{Al^{3+}}rm{垄脵}或只发生rm{垄脷}且氢氧化钠与氯化铝恰好完全反应，满足rm{垄脵}rm{3}rm{1leqslantn(NaOH)}rm{n(AlCl_{3})<4}故rm{1}rm{3}rm{1leqslant0.05a}rm{0.05b<4}整理的rm{1}

溶液中rm{3bleqslanta<4b}由钠离子守恒，故溶液中rm{n(NaCl)=3n(AlCl_{3})=3隆脕0.05bmol}根据铝元素守恒，rm{n[Al(OH)_{3}]=0.05bmol-(0.05a-3隆脕0.05b)mol=0.05(4b-a)mol=(0.2b-0.05a)mol}

故答案为：rm{n(NaAlO_{2})=(0.05a-3隆脕0.05b)mol}rm{n[Al(OH)_{3}]=0.05b

mol-(0.05a-3隆脕0.05b)mol=0.05(4b-a)mol=(0.2b-0.05a)mol}．

rm{3bleqslanta<4b}溶液与rm{(0.2b-0.05a)}溶液混合，发生反应：rm{NaOH}rm{AlCl_{3}}

当rm{垄脵AlCl_{3}+3NaOH篓TAl(OH)_{3}隆媒+3NaCl}rm{垄脷AlCl_{3}+4NaOH篓TNaAlO_{2}+3NaCl+2H_{2}O}rm{n(NaOH)}只发生反应rm{n(AlCl_{3})leqslant3}氢氧化钠完全反应，氯化铝可能恰好反应，也可能有剩余，根据氢氧化钠计算生成氢氧化铝的物质的量；

当rm{1}rm{垄脵}rm{3}rm{1<n(NaOH)}发生反应rm{n(AlCl_{3})<4}rm{1}氯化铝与氢氧化钠都完全反应，铝元素以氢氧化铝；偏铝酸钠存在；

当rm{垄脵}rm{垄脷}rm{n(NaOH)}只发生反应rm{n(AlCl_{3})geqslant4}氯化铝完全反应，氢氧化钠可能恰好反应；也可能有剩余，没有氢氧化铝生成，据此解答．

本题考查讨论型计算、铝元素化合物的性质等，难度中等，清楚发生的反应，进行讨论解答．rm{1}【解析】rm{dfrac{a}{60}mol}rm{ageqslant4b}rm{3bleqslanta<4b}rm{(0.2b-0.05a)}21、略

【分析】试题分析：（1）HCl失去10电子给KMO4，且KMnO4作氧化剂，氧化性大于HCl。氧化产物是Cl­2，还原产物是MnCl2。（2）利用电子得失相等和原子个数守恒，可以配平。（3）反应了6．8g的NH3,,实际发生氧化反应的0．1molNH3，应转移0．3NA个电子。考点：氧化还原反应的基本概念、电子转移和方程式的配平。【解析】【答案】（1）>5：2（2）____KMnO4+____H2S+____H2SO4(稀)==____K2SO4+____MnSO4+____S↓+____H2O（3）0．3NA或1．806×1023个22、略

【分析】

（1）铁在高温下与水反应，铁表现为还原性，水表现出氧化性，生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；

故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；

（2）铁和水蒸气反应，产物为四氧化三铁和氢气，待硬质试管冷却后，取少许其中的固体物质溶于稀硫酸得溶液B，一定发生Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，取少量溶液B滴加KSCN溶液，若溶液变红色Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3，则说明所得溶液中存在的阳离子是一定有Fe3+，一定有Fe3O4，可能有过量的铁；若溶液未变红色，可能含有过量的铁，将三价铁离子全部转化成二价铁离子，Fe+2Fe3+═3Fe2+；故答案为：A；C；

（3）铁和水蒸气反应，产物为四氧化三铁和氢气，可能有过量的铁，固体物质溶于稀硫酸得溶液B，溶液中过量的铁可能将三价铁离子全部转化成二价铁离子，Fe+2Fe3+═3Fe2+，Fe2+与KSCN溶液不反应；所以，该同学按上述实验方案进行了实验，结果溶液未变红色；

故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；

（4）可观察到生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象，说明含有Fe2+离子，综上分析可知，白色沉淀为氢氧化亚铁，红褐色沉淀为氢氧化铁，所以反应为：FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

故答案为：FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

（5）Fe2+溶液因为水解和还原性而不易保存，可以加入酸抑制其水解，加入还原性铁（铁钉）防止其被氧化，故答案为：还原；Fe2+易被空气中的氧气氧化而变质；铁粉；

（6）加热时气体的溶解度降低，所以，除去蒸馏水中溶解的O2常采用加热煮沸的方法；利用铁粉和稀硫酸反应产生的氢气排出试管A、B中的空气，使A、B充满还原性气体氢气，可排除试管中的氧气，防止Fe（OH）2被空气中氧气氧化，一段时间后，关闭止水夹，试管A中生成的FeSO4溶液压到试管B，与试管B中的NaOH溶液反应，生成Fe（OH）2沉淀，在试管B中观察到白色的Fe（OH）2；

故答案为：把蒸馏水煮沸；利用铁粉和稀硫酸反应产生的氢气排出试管A、B中的空气，防止Fe（OH）2被空气中氧气氧化；B．

【解析】【答案】（1）铁粉与水蒸气反应产物为四氧化三铁和氢气；

（2）产物四氧化三铁中有+2价的铁和+3价的铁；还有可能有过量的铁；过量的铁，可能将三价铁离子全部转化成二价铁离子；

（3）Fe2+与KSCN溶液不反应；

（4）白色沉淀为氢氧化亚铁；红褐色沉淀为氢氧化铁，据此写出相应的化学反应方程式；

（5）Fe2+易被空气中的氧气氧化，具有还原性，Fe2+溶液易水解；

（6）硫酸亚铁易被氧化而变质，应排除溶液中的氧气，可用加热溶液的方法除去溶解氧；A管中产生的气体通入B管中排尽AB管中的空气，使AB充满还原性气体氢气，可防止生成的Fe（OH）2被氧化；试管B中为NaOH溶液；将A中液体压到B中与其反应．

23、略

【分析】【解析】试题分析：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。根据方程式可知，铁失去电子，发生氧化反应，所以铁是负极，电极反应式是Fe－2e—＝Fe2+。铜离子得到电子，因此电解质溶液是含有铜离子的可溶性铜盐。而正极材料可以是石墨或金属性弱于铁的铜等，正极电极反应式是Cu2++2e—＝Cu。考点：考查原电池构成条件的判断、电极反应式的书写等【解析】【答案】Fe；Fe－2e—＝Fe2+；石墨或铜片；Cu2++2e—＝Cu；氯化铜或硫酸铜溶液24、略

【分析】【解析】试题分析：（1）溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，所以答案选③⑤⑥⑩。⑦是胶体，⑧是溶液，所以可以通过丁达尔效应区分二者。（2）根据离子方程式H＋＋OH－＝H2O可知，该反应应该是强酸和强碱之间发生的中和反应，所以符合条件的是硝酸和氢氧化钡，由于硫酸和氢氧化钡反应还有白色沉淀硫酸钡生成，所以不符合。（3）17.1g硫酸铝的物质的量是17.1g÷342g/mol＝0.05mol，含有0.15molSO42－，所以数目是0.15mol×1×1023/mol＝9.03×1022。SO42-的物质的量浓度为0.15mol÷0.25L＝0.6mol/L。（4）根据化学方程式可知，该反应的离子方程式是Al＋4H＋＋NO3－=Al3＋＋2H2O＋NO↑。根据方程式可知，铝元素的化合价从0价升高到＋3价，失去3个电子。氮元素的化合价从＋5价降低到＋2价，得到3个电子，所以表示式是4.48LNO的物质的量是0.2mol，所以转移电子是0.6mol，被还原的硝酸是0.2mol，质量是0.2mol×63g/mol＝12.6g。考点：考查电解质的判断、溶液和胶体的区分、物质的量的有关计算、氧化还原反应方程式的判断以及表示等。【解析】【答案】（18分）（1）③⑤⑥⑩丁达尔（2）（3）（4）0.6mol，12.6克25、略

【分析】解：第rm{114}号元素的一种同位素，其质子数为rm{114}

质量数为rm{298}则中子数为rm{298-114=184}

故答案为：rm{184}rm{114}rm{298}．

第rm{114}号元素的一种同位素，其质子数为rm{114}质子数rm{+}中子数rm{=}质量数；以此来解答．

本题考查原子的构成及原子中的数量关系，明确原子序数与质子数的关系、质子数rm{+}中子数rm{=}质量数即可解答，题目较简单．【解析】rm{184}rm{114}rm{298}四、判断题(共4题，共16分)26、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；27、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．28、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．29、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．五、计算题(共3题，共27分)30、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据可知盐酸中HCl的物质的量浓度是（2）4.35g二氧化锰的物质的量是则根据反应的化学方程式可知MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑1mol4mol1mol0.05mol0.2mol0.05mol即生成氯气是0.05mol而被氧化的氯化氢则是0.2mol÷2＝0.1mol（3）根据制备漂白粉的方程式可知2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O2mol254g0.05mol6.35g即漂白粉的质量是6.35g考点：考查物质的量浓度的计算、氧化还原反应的计算以及漂白粉的制备【解析】【答案】（1）11.9mol/L（2）0.1mol(3)6.35g(每小题2分，共6分)31、略

【分析】解：生成物总物质的量为rm{n(XO_{2})+n(YO_{2})=dfrac{0.672L}{22.4L/mol}=0.03mol}

由方程式可知，rm{n(XO_{2})+n(YO_{2})=dfrac

{0.672L}{22.4L/mol}=0.03mol}rm{n(XO_{2})}rm{n(YO_{2})=1}

则rm{2}rm{n(XO_{2})=0.01mol}

总质量为：rm{n(YO_{2})=0.02mol}

rm{m(XO_{2})+m(YO_{2})=0.672L隆脕2.56g/L=1.72g}设消耗的氧气的体积为rm{(1)}则。

rm{V}

rm{XY_{2}(l)+3O_{2}(g)=XO_{2}(g)+2YO_{2}(g)}rm{1mol}rm{67.2L}rm{1mol}

rm{2mol}rm{n}rm{V}rm{0.01mol}

rm{0.02mol}

rm{n=0.01mol}即rm{V=0.672L}

故答案为：rm{672ml}

rm{672ml}根据质量守恒可知：rm{(2)}

rm{m(XY_{2})+m(O_{2})=m(XO_{2})+m(YO_{2})=1.72g}

rm{m(O_{2})=0.03mol隆脕32g/mol=0.96g}

又：rm{m(XY_{2})=1.72g-0.03mol隆脕32g/mol=0.76g}

则：rm{M(XY_{2})=dfrac{0.76g}{0.01mol}=76g/mol}

故答案为：rm{n(XY_{2})=0.01mol}．

rm{M(XY_{2})=dfrac

{0.76g}{0.01mol}=76g/mol}在rm{76g/mol}分子中，rm{(3)}rm{XY_{2}}两元素的质量之比为rm{X}rm{Y}

则rm{3}分子中，rm{16}的质量为rm{1molXY_{2}}rm{X}的质量为：rm{76g隆脕dfrac{3}{19}=12g}

有rm{Y}分子中含有rm{76g-12g=64g}rm{1molXY_{2}}

所以：rm{1molX}的相对原子质量为rm{2molY}rm{X}的相对原子质量为rm{12}

则rm{Y}为rm{dfrac{64}{2}=32}元素，rm{X}为rm{C}元素；

故答案为：碳；硫．

rm{Y}根据方程式计算氧气的体积；

rm{S}从质量守恒的角度分别计算rm{(1)}的物质的量和质量；进而计算摩尔质量；

rm{(2)}根据rm{XY_{2}}的摩尔质量和rm{(3)}rm{XY_{2}}两元素的质量之比计算rm{X}rm{Y}的相对原子质量；进而可判断元素的种类．

本题考查化学方程式的计算，题目难度中等，注意从物质的量应用于化学方程式的角度计算，并把握有关物质的量的计算公式．rm{X}【解析】rm{672mL}rm{76g/mol}碳；硫32、略

【分析】“糖尿病”人的尿样中能检查出葡萄糖，葡萄糖中含有醛基，通过检验醛基即可检验葡萄糖，加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热后，若产生红色沉淀，说明含有醛基．【解析】解：(1)取少量尿样加入新制的氢氧化铜悬浊液；加热后，若产生红色沉淀，说明尿液中有葡萄糖．

答：实验所用化学药品为新制氢氧化铜(银氨溶液)；

(2)取少量尿样加入新制的氢氧化铜悬浊液；加热时出现砖红色沉淀，正常人尿液无现象，证明糖尿病人尿液中含有葡萄糖．

答：现象和结论为加热有红色沉淀产生(有银镜产生)，证明含有醛基．六、综合题(共4题，共12分)33、反应物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ•mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ•mol﹣13s（s）+12

O2（