2024年华师大新版高三化学上册月考试卷

…………○…………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2024年华师大新版高三化学上册月考试卷500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5题，共10分)1、下列离子方程式属于盐类的水解，且书写正确的是（）A.NaHCO3溶液：HCO3-+H2O⇌CO32-+H3O+B.NaHS溶液：HS-+H2O⇌H2S+OH-C.Na2CO3溶液：CO32-+2H2O⇌H2CO3+2OH-D.NH4Cl溶于D2O中：NH4++D2O⇌NH3•D2O+H+2、由CO2、H2和CO组成的混合气在同温、同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中CO2、H2和CO的体积比可能为（）A.29：8：13B.22：1：14C.13：6：29D.26：16：273、将足量的CO2通入下列溶液中；最终溶液浑浊的是（）

①饱和苏打溶液②水玻璃③氯化钡④次氯酸钙．A.①②B.③④C.②③D.①②③④4、下列物质不能通过化合反应而得到的是（）A.NO2B.Fe（OH）3C.FeCl2D.H2SiO35、下列说法中，不正确的是（）A.短周期元素中，最外层电子数是其电子层数两倍的元素共有3种B.第三周期元素的离子半径大小比较：S2-＞Cl-＞Na+＞Mg2+＞Al3+C.日本核电站释放出的131I、132I和133I属于同素异形体D.相同条件下，测定同浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，可比较C和S的非金属性强弱评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)6、下面是利用盐桥电池从某些含碘盐中提取碘的两个装置，下列说法中正确的是（）A.两个装置中石墨I和石墨II作负极B.碘元素在装置①中被氧化，在装置②中被还原C.①中MnO2的电极反应式为：MnO2+2H2O+2e-═Mn2++4OH‑D.反应①、②中生成等量的I2时导线上通过的电子数之比为1：57、有关常温下rm{pH}均为rm{3}的醋酸和硫酸的说法正确的是()A.两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为rm{1隆脕10^{-11}mol隆陇L^{-1}}B.分别加水稀释rm{100}倍后，两种溶液的rm{pH}仍相同C.醋酸中的rm{c(CH_{3}}rm{COO}rm{COO}rm{{,!}^{-}}和硫酸中的rm{)}和硫酸中的rm{c(SO}rm{)}rm{c(SO}相等rm{rlap{_{4}}{^{2-}}}D.分别加入足量锌片，两种溶液生成rm{)}相等rm{)}8、下列有关氨气或氨水的相关说法正确的是rm{(}rm{)}A.表面附着氨水的碳素钢在空气中主要发生析氢腐蚀B.反应rm{NH_{3}(g)+HCl(g)?NH_{4}Cl}rm{(s)}的rm{triangleH<0}rm{triangleS<0}C.rm{25隆忙}时，rm{pH=11}的氨水与rm{pH=3}的盐酸等体积混合，所得溶液的rm{pH>7}D.向rm{2NH_{3}(g)?N_{2}(g)+3H_{2}(g)}的平衡体系中加入催化剂，rm{NH_{3}}的平衡转化率增大9、下列各组离子中，每个离子都能影响水的电离平衡的一组是（）A.Zn2+、Ag+、HCO3-、Cl-、PO43-、SO42-B.Fe3+、Br-、Al3+、H+、CO32-、H2PO4-C.Ag+、SO32-、SiO32-、Fe2+、S2-D.Fe2+、ClO-、OH-、HS-、Cu2+、HSO3-10、已知rm{H_{2}C_{2}O_{4}}是二元弱酸，rm{NaHC_{2}O_{4}}溶液显酸性。rm{25隆忙}时，将rm{amol隆陇L^{-1}H_{2}C_{2}O_{4}}溶液与rm{amol隆陇L^{-1}

H_{2}C_{2}O_{4}}溶液等体积混合rm{(0<aleqslant0.1,0<bleqslant0.1)}下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是rm{bmol隆陇L^{-1}NaOH}rm{(0<aleqslant

0.1,0<bleqslant0.1)}A.rm{(}时，rm{)}B.rm{a=b}时，rm{c(H_{2}C_{2}O_{4})+c(H^{+})=c(C_{2}O_{4}^{2mathrm{{-}}})+c(OH^{-})}C.rm{a=dfrac{b}{2}}时，rm{c(C_{2}O_{4}^{2mathrm{{-}}})>c(HC_{2}O_{4}^{mathrm{{-}}})>c(H_{2}C_{2}O_{4})>c(OH^{-})}D.rm{a=2b}时，rm{2c(Na^{+})=c(H_{2}C_{2}O_{4})+c(HC_{2}O_{4}^{mathrm{{-}}})+c(C_{2}O_{4}^{2mathrm{{-}}})}rm{a=3b}11、化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列做法中正确的是rm{(}rm{)}A.研制乙醇汽油rm{(}汽油中添加一定比例乙醇rm{)}技术，不能降低机动车尾气中有害气体排放B.工业上用石灰乳对煤燃烧后形成的烟气进行脱硫，最终能制得石膏C.为了有效的发展清洁能源，采用电解水的方法大量制备rm{H_{2}}D.世博停车场安装催化光解设施，可将汽车尾气中rm{CO}和rm{NO_{x}}反应生成无毒气体12、天然海水中主要含有rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Br_{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}等离子rm{.}火力发电燃煤排放的含rm{SO_{2}}的烟气可利用海水脱硫；其工艺流程如图所示：

下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.天然海水rm{pH隆脰8}的原因是由于海水中的rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}水解B.“氧化”是利用氧气将rm{H_{2}SO_{3}}rm{HSO_{3}^{-}}rm{SO_{3}^{2-}}等氧化生成rm{SO_{4}^{2-}}C.“反应、稀释”时加天然海水的目的是防止净化海水时生成沉淀D.“排放”出来的海水中rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同．评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)13、钨是我国丰产元素，是熔点最高的金属，广泛用于拉制灯泡的灯丝，钨在自然界主要以钨（VI）酸盐的形式存在．有开采价值的钨矿石之一白钨矿的主要成分是CaWO4；含有二氧化硅；氧化铁等杂质，工业冶炼钨流程如下：

已知：

①钨酸酸性很弱；难溶于水。

②完全沉淀离子的pH值：SiO32-为8，WO42-为5

③碳和金属钨在高温下会反应生成碳化钨。

（1）74W在周期表的位置是第____周期．

（2）CaWO4与纯碱发生的化学反应方程式是____．

（3）滤渣B的主要成分是（写化学式）____．调节pH可选用的试剂是：____（填写字母序号）．

A．氨水B．氢氧化钠溶液C．盐酸D．碳酸钠溶液。

（4）母液中加入盐酸的离子方程式为____．检验沉淀C是否洗涤干净的操作是____．

（5）为了获得可以拉制灯丝的高纯度金属钨，不宜用碳而必须用氢气作还原剂的原因是____．

（6）将氢氧化钙加入钨酸钠碱性溶液中可得到钨酸钙，已知温度为T时Ksp（CaWO4）=1×10-10；

Ksp[Ca（OH）2]=4×10-7，当溶液中WO42-恰好沉淀完全（离子浓度等于10-5mol/L）时，溶液中=____．14、现有下列基本粒子：1H、2H、3H、1H+、234U、235U、238U、40K、40Ca、Cl2、14N、14C；请回答下列问题：

（1）其中含有____种元素，属于氢元素的核素有____种，互为同位素的原子分别是____，____．

（2）质量数相等的粒子为____，____，____（可不填满；也可补充）．

（3）氢的同位素1H、2H、3H与氯的同位素35Cl、37Cl相互结合为氯化氢，可得氯化氢分子的种数为____．15、A；B、C、D、E代表五种元素．回答下列问题：

（1）A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，其元素符号为____；

（2）B元素的一价阴离子和C元素的一价阳离子的电子层排布均与氩相同，则B的元素符号为____，C的元素符号为____．

（3）D元素的三价阳离子的3d轨道为半充满，则其元素符号为____，D的基态原子电子排布式为____．

（4）E元素基态原子的电子排布是前四周期中未成对电子最多的，则其元素符号为____，E的外围电子排布式为____．16、（1）0.1mol某烃在足量的氧气中完全燃烧，生成CO2和水各0.6mol，则该烃的分子式为____．

（2）若该烃的核磁共振氢谱如图所示，则此烃属于____烃，结构简式为____，名称是____．

（3）若该烃能使溴水褪色，且能在催化剂作用下与H2发生加成反应，生成2，2-二甲基丁烷，则此烃结构简式为____，该烃的核磁共振氢谱中将出现____组峰．

（4）写出该烃属于（3）中物质类别的主链为4个碳的结构简式____．17、CuCl是有机合成的重要催化剂，并用于颜料、防腐等工业．工业上由废铜料（含Fe、Al及其化合物、SiO2杂质）；生产CuCl的工艺流程如下：

已知：CuCl溶于NaCl的浓溶液可生成CuCl2-，CuCl2-的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀．

（1）煅烧的主要目的是____．

（2）操作Ⅰ为调节溶液的PH值，范围为____，加入的物质X可以是____

A、CuOB、Cu（OH）2C、NaOH溶液D、CaCO3

。物质开始沉淀沉淀完全Fe（OH）32.73.7Cu（OH）25.66.7Al（OH）33.84.7（3）滤渣Ⅱ的主要成分是____．

（4）往滤液Ⅱ中加入食盐并通入SO2可生成CuCl2-，请写出反应的离子方程式：____．

（5）在反应Ⅰ中，温度控制在70～80℃并使用浓NaCl溶液，主要目的是：____．

（6）常温下，已知CuOH的KSP为1.0×10-14，则Cu++H2O⇌CuOH+H+的平衡常数为____．18、金刚石、rm{SiC}具有优良的耐磨；耐腐蚀特性；应用广泛．

rm{(1)}碳与短周期元素rm{Q}的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物rm{R}为非极性分子rm{.}碳元素在周期表中的位置是______，rm{Q}是______，rm{R}的电子式为______；

rm{(2)}一定条件下，rm{Na}还原rm{CCl_{4}}可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，回收其中的rm{CCl_{4}}的实验操作名称为______；除去粗产品中少量钠的试剂为______；

rm{(3)}碳还原rm{SiO_{2}}制rm{SiC}其粗产品中杂质为rm{Si}和rm{SiO_{2}}现将rm{20.0g}rm{SiC}粗产品加入到过量的rm{NaOH}溶液中充分反应，收集到rm{0.1mol}氢气，生成氢气的离子方程式为______，将滤液稀释到rm{1L}若所得rm{Na_{2}SiO_{3}}的物质的量浓度为rm{0.17mol?L^{-1}}则rm{SiC}的纯度为______；

rm{(4)}下列叙述正确的有______rm{(}填序号rm{)}

rm{垄脵Na}还原rm{CCl_{4}}的反应、rm{Cl_{2}}与rm{H_{2}O}的反应均是置换反应。

rm{垄脷Na_{2}SiO_{3}}溶液与rm{SO_{3}}的反应可用于推断rm{Si}与rm{S}的非金属性强弱。

rm{垄脹}钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物中阴阳离子数目比均为rm{1}rm{2}

rm{垄脺}水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同．19、钼酸钠晶体（Na2MoO4•2H2O）是无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂，由钼精矿（主要成分是MoS2，含少量PbS等）制备钼酸钠晶体的部分流程如图：

（1）焙烧的过程中采用的是“逆流焙烧”的措施，则该措施的优点是：____．

（2）写出焙烧时生成MoO3的化学方程式为：____．

（3）写出“碱浸”反应的离子方程式：____．

（4）碱浸液结晶前需加入Ba（OH）2固体以除去SO42-．当BaMoO4开始沉淀时，求SO42-的去除率（写出计算过程）．已知：碱浸液中c（MoO42-）=0.40mol•L-1，c（SO42-）=0.040mol•L-1，Ksp（BaSO4）=1.0×10-10、Ksp（BaMoO4）=4.0×10-8，加入Ba（OH）2固体引起的溶液体积变化可忽略．

（5）下图是碳钢在3种不同介质中的腐蚀速率实验结果：

①碳钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异，其原因可能是____．

②空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在钢铁表面形成FeMoO4～Fe2O3保护膜．密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需加入钼酸盐外还需加入NaNO2，则NaNO2的作用是____．20、（2012秋•嵊泗县校级月考）工业生产的纯碱中常含有少量的NaCl等杂质．如图是测定产品中Na2CO3质量分数的实验装置．（碱石灰是一种既能吸收CO2，又能吸收H2O的物质）

（1）装置甲的作用是____．

（2）若去掉装置乙，会使测定结果____（填“偏高”“偏低”或“无影响”）．

（3）在实验开始和结束之前，都要缓缓地鼓入空气数分钟，而在结束之前要鼓入空气的目的是____．

（4）若将ng样品放入广口瓶中，填满碱石灰的干燥管开始时质量为mg，实验结束后质量为wg，则该产品中Na2CO3的质量分数为____．21、（2013•临渭区校级模拟）已知U；V、W、X、Y、Z均为元素周期表中前36号元素；且原子序数依次增大．U、V、W和X、Y分别为同一周期的主族元素，V原子p能级电子总数与s能级电子总数相等．U、Z原子中未成对电子数是同周期中最多的，且基态Z原子核外电子数是基态V原子核外电子数的3倍．X和Y原子的第一至第四电离能如表所示：

。电离能/kJ/molI1I2I3I4X7381451773310540Y5781817274511575（1）试比较U、V、W三种元素电负性____（用元素符号填空）

X、Y两元素中X的第一电离能较大的原因是____

（2）基态Z原子的核外电子排布式为____．该基态原子共有____种不同运动状态的电子．

（3）试写出U元素单质的2种等电子体，并举例说明其结构或性质与U元素单质的相似之处：①____，____；

②____，____；

（4）将W的单质通入NaOH溶液中可得到VW2．VW2是一种无色；几乎无味的剧毒气体；主要用于氧化反应，火箭工程、助燃剂等．

①VW2中V原子的杂化轨道类型是____，VW2分子的空间构型为____．

②与H2O分子相比，VW2分子的极性更____（填“大”或“小”），原因是____．

（5）金属Z内部原子的堆积方式与Na相同，都是体心立方堆积方式，如图．则晶胞中Z的配位数为____，若该晶胞的边长为289pm，NA取值为6.02×1023，Z原子的摩尔质量为52g/mol，则E的密度为____g/cm3．Z原子与次近的Z原子的核间距离为____pm．评卷人得分四、计算题(共3题，共9分)22、“汽车尾气污染”已备受世人关注。汽车内燃机中，汽油汽化后与空气按一定比例混合进入汽缸，被引擎用电火花点燃。燃烧使汽缸内温度迅速升高，气体体积急剧膨胀，由此产生的压力推动活塞运动。燃烧时产生的有害气体通过尾气排出，造成大气污染。为简化讨论，以辛烷(C8H18)代表汽油的成分，并设空气中O2占1/5体积。请回答下列问题：(1)设辛烷气与空气的体积比(相同条件下)为a，要使辛烷完全燃烧，a的最小值为(用小数表示，设此最小值为a′)________。(2)若辛烷气与空气的体积比大于a′则尾气所含污染大气的有害气体中相对含量会增多的是(写分子式)________。(3)若辛烷气与空气的体积比小于a′，则尾气所含污染大气的有害气体中相对含量会增多的是(写分子式)________，产生这种气体的反应方程式是__________________________。23、现有由等质量的rm{NaHCO_{3}}和rm{KHCO_{3}}组成的混合物rm{a}rm{g}与rm{100mL}盐酸反应rm{.(}题中涉及的气体体积均以标准状况计，填空时可以用带字母的式子表示rm{)}

rm{(1)}该混合物中rm{NaHCO_{3}}与rm{KHCO_{3}}的物质的量之比为______；

rm{(2)}如碳酸氢盐与盐酸恰好完全反应，则盐酸中rm{HCl}的物质的量的计算式为______rm{mol}rm{(}不需要化简rm{)}

rm{(3)}如果盐酸过量，生成rm{CO_{2}}的体积的计算式为______rm{L}rm{(}不需要化简rm{)}

rm{(4)}如果反应后碳酸氢盐有剩余，盐酸不足量，要计算生成rm{CO_{2}}的体积；还需要知道______；

rm{(5)}若rm{NaHCO_{3}}和rm{KHCO_{3}}不是以等质量混合，则rm{a}rm{g}固体混合物与足量的盐酸完全反应时生成rm{CO_{2}}的体积rm{[V(CO_{2})]}范围是______rm{.(}不需要化简rm{)}24、rm{100g}rm{CaCO_{3}}与rm{30g}rm{SiO_{2}}的混合物加强热，使之充分反应rm{.}请计算得到气体的体积为多少rm{(}标准状况rm{)}评卷人得分五、综合题(共3题，共21分)25、（15分）下图中A～J均代表无机物或其水溶液，其中A是一种红棕色粉末，B、D、G是单质，B是地壳中含量最高的金属元素，G是气体，J是磁性材料。根据图示回答问题：（1）写出下列物质的化学式：A____，E____，I____；（2）反应①的化学方程式是；反应②的化学方程式是；（3）J与盐酸反应的离子方程式是；反应后的溶液与D反应的化学方程式是。26、（13分）化工生产中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。（1）从物质的分类角度看，名不符实的一种物质是____________。（2）“三酸”与“两碱”之间均可反应，若用化学方程式表示有六个（酸过量时），若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式（酸过量时）：_____________；______________。（3）“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物。下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是________（填序号）A．AgB．CuC．AlD．Fe（4）烧碱、纯碱溶液均可吸收CO2。向含有4．0ｇNaOH的溶液中通入CO2，当通入的CO2与溶液中NaOH物质的量之比为9:7时，则所得溶液中NaHCO3的质量为____ｇ。（相对原子质量：H—1C—12O—16Na—23）27、［化学选修──有机化学基础］（15分）根据图示回答下列问题：（1）写出A、E、G的结构简式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反应②的化学方程式（包括反应条件）是_________________________，（3）反应④化学方程式（包括反应条件）是____________________________________；（4）写出①、⑤的反应类型：①________________、⑤__________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】A．碳酸氢根水解生成碳酸和氢氧根离子；

B．硫氢根离子水解生成硫化氢和氢氧根离子；

C．碳酸根离子分步水解；以第一步为主；

D．铵根离子水解生成一水合氨和氢离子．【解析】【解答】解：A．NaHCO3溶液，离子方程式：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；故A错误；

B．NaHS溶液，离子方程式：HS-+H2O⇌H2S+OH-；故B正确；

C．Na2CO3溶液，离子方程式：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；故C错误；

D．NH4Cl溶于D2O中，离子方程式：NH4++D2O⇌NH3•HDO+D+；故D错误；

故选：B．2、D【分析】【分析】由于CO与N2具有相同的相对分子质量，所以CO2、H2、CO混合气体的平均相对分子质量仅由CO2和H2来决定，CO的量可以任意，可利用十字交叉法解答．【解析】【解答】解：由于CO与N2具有相同的相对分子质量，所以CO2、H2、CO混合气体的平均相对分子质量仅由CO2和H2来决定；CO的量可以任意；

由交叉法：

可知符合条件的只有D．

故选D．3、A【分析】解：①苏打溶液为碳酸钠溶液；饱和碳酸钠溶液和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，则生成沉淀，故①正确；

②水玻璃是硅酸钠溶液，向Na2SiO3溶液中通入过量CO2会生成硅酸沉淀；故②正确；

③向BaCl2溶液中通入少量的CO2不会发生反应；无沉淀出现，故③错误；

④向Ca（ClO）2溶液通入过量CO2会生成次氯酸和碳酸氢钙；没有沉淀，故④错误；

故选A．

先判断反应是否发生；再根据生成物的溶解性进行判断，难溶性的物质会产生沉淀，白色沉淀有：硅酸；碳酸氢钠晶体、难溶的碳酸盐等，以此解答．

本题考查物质之间的化学反应，掌握元素及其化合物的性质，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意注意通入的过量二氧化碳能否与产物继续反应是该题易错点，题目难度不大．【解析】【答案】A4、D【分析】解：A．NO与氧气发生化合反应生成NO2；故A不选；

B．氢氧化亚铁、氧气、水可发生化合反应生成Fe（OH）3；故B不选；

C．Fe与氯化铁发生化合反应生成FeCl2；故C不选；

D．二氧化硅不溶于水，与水不反应，则不能利用化合反应生成H2SiO3；故D选；

故选D．

A．NO与氧气发生化合反应；

B．氢氧化亚铁；氧气、水可发生化合反应；

C．Fe与氯化铁发生化合反应；

D．二氧化硅不溶于水；与水不反应．

本题考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化合反应的特点，题目难度不大．【解析】【答案】D5、C【分析】【分析】A．短周期元素中；最外层电子数是其电子层数两倍的元素有He；C、S；

B．电子层越多；离子半径越大，具有相同电子排布的离子原子序数大的离子半径小；

C．131I、132I和133I为质子数相同；中子数不同的原子；

D．测定同浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，可知酸性为硫酸＞碳酸，以此比较非金属性．【解析】【解答】解：A．短周期元素中；最外层电子数是其电子层数两倍的元素有He；C、S，共3种，故A正确；

B．电子层越多，离子半径越大，可知S2-、Cl-离子半径大于Na+、Mg2+、Al3+，具有相同电子排布的离子原子序数大的离子半径小，则离子半径为S2-＞Cl-＞Na+＞Mg2+＞Al3+；故B正确；

C．131I、132I和133I为质子数相同；中子数不同的原子，则互为同位素，故C错误；

D．测定同浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH；可知酸性为硫酸＞碳酸，可知非金属性S＞C，故D正确；

故选C．二、双选题(共7题，共14分)6、B|D【分析】解：A；装置①中碘离子失去电子；石墨I为负极；装置②中碘酸钠得电子石墨II作正极，所以两个装置中石墨I负极而石墨II作正极，故A错误；

B；装置①中碘离子失去电子；被氧化；在装置②中碘酸钠得电子被还原，故B正确；

C、酸性介质中不可能生成氢氧根离子，所以电极反应式为：MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O；故C错误；

D、装置①中碘离子失去电子，1mol碘化钠失去1mol电子；装置②中碘酸钠得电子，1mol碘酸钠得到5mol的电子，所以反应①、②中生成等量的I2时导线上通过的电子数之比为1：5；故D正确；

故选BD．

A；装置①中碘离子失去电子；石墨I为负极；装置②中碘酸钠得电子石墨II作正极；

B；装置①中碘离子失去电子；被氧化；在装置②中碘酸钠得电子被还原；

C；酸性介质中不可能生成氢氧根离子；

D；装置①中碘离子失去电子；1mol碘化钠失去1mol电子；装置②中碘酸钠得电子，1mol碘酸钠得到5mol的电子．

本题考查化学电源的工作原理，题目难度不大，注意电极反应方程式的书写和判断．【解析】【答案】BD7、AD【分析】【分析】本题是对强弱电解质的知识的考查，是中学化学的重要知识，难度一般。关键是掌握强弱电解质的区别，侧重知识的能量考查。【解答】A.依据酸对水的电离平衡的影响可得，两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为rm{1隆脕10}rm{1隆脕10}rm{-}rm{-}rm{11}rm{11}，故A正确；B.由于醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，稀释时电离程度增大，故B错误；C.由于所带电荷不同，rm{mol隆陇L}要大于rm{mol隆陇L}故C错误；D.两溶液与锌反应时，醋酸生成的rm{-}多，故D正确。故选AD。rm{-}【解析】rm{AD}8、rBC【分析】解：rm{A}氨水呈碱性；发生吸氧腐蚀，而不是析氢腐蚀，故A错误；

B、反应rm{NH_{3}(g)+HCl(g)?NH_{4}Cl}rm{(s)}正反应是气体物质的量减少的放热反应，所以rm{triangleH<0}rm{triangleS<0}故正确；

C、rm{25隆忙}时，rm{pH=11}的氨水与rm{pH=3}的盐酸等体积混合，得到氨水和氯化铵的混合物以氨水的电离为主，溶液呈碱性，所以所得溶液的rm{pH>7}故C正确；

D、使用催化剂平衡不移动，rm{NH_{3}}的平衡转化率不变；故D错误；

故选BC．

A；氨水呈碱性；发生吸氧腐蚀；

B、反应rm{NH_{3}(g)+HCl(g)?NH_{4}Cl}rm{(s)}正反应是气体物质的量减少的放热反应，所以rm{triangleH<0}rm{triangleS<0}

C、rm{25隆忙}时，rm{pH=11}的氨水与rm{pH=3}的盐酸等体积混合；得到氨水和氯化铵的混合物以氨水的电离为主，溶液呈碱性；

D；使用催化剂平衡不移动．

本题考查了电化腐蚀，平衡的移动，酸与碱混合后溶液rm{pH}的判断，其中rm{A}氨水呈碱性发生析氢腐蚀，题目难度中等．【解析】rm{BC}9、C|D【分析】解：A．Cl-，SO42-为强酸的阴离子；不能结合水电离的氢离子生成弱电解质，不能影响水的电离，故A不选；

B．Br-为强酸的阴离子；不能结合水电离的氢离子生成弱电解质，不能影响水的电离，故B不选；

C．Ag+、Fe2+为弱碱阳离子，SO32-、SiO32-、S2-为弱酸的阴离子；都能与水电离出的氢离子或氢氧根离子结合成弱电解质，能促进水的电离，故C选；

D．Cu2+、Fe2+为弱碱阳离子，ClO-、HS-、HSO3-能结合水电离的氢氧根离子生成弱电解质，OH-抑制水的电离；能影响水的电离，故D选．

故选CD．

影响因素有温度；酸、碱、盐等；加热促进电离；加酸、加碱抑制水的电离；能水解的盐促进水的电离，结合离子的性质解答该题．

本题考查了对水电离的影响因素，解答的关键是抓住酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水电离，难度不大．【解析】【答案】CD10、AC【分析】【分析】本题是对弱电解质的电离平衡、盐类水解的知识的考察，是高考常考知识，难度较大。关键是掌握弱电解质的电离平衡、盐类水解的原理，侧重知识的能力考察。【解答】A.当rm{a=b}时，两者恰好反应生成rm{NaHC}时，两者恰好反应生成rm{a=b}rm{NaHC}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{4}rm{4}，溶液中的电荷守恒式为rm{c(Na}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)+c(H}rm{)+c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)=c(HC}rm{)=c(HC}rm{2}物料守恒式为rm{2}rm{O_{4}^{?}}rm{)+2c(C}rm{)+2c(C}rm{2}rm{2}rm{O_{4}^{2?}}rm{)+c(OH}rm{)+c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)}物料守恒式为rm{c(Na}rm{)}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)=c(HC}将物料守恒中的rm{)=c(HC}rm{2}rm{2}代入电荷守恒式中可知，故A正确；rm{O_{4}^{?}}rm{)+c(C}rm{)+c(C}rm{2}rm{2}rm{O_{4}^{2?}}rm{)+c(H}rm{)+c(H}rm{2}rm{2}rm{C}rm{C}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{4}rm{4}rm{)}将物料守恒中的rm{c(Na}rm{)}故B错误；rm{c(Na}时，溶液是等物质的量的rm{{,!}^{+}}rm{)}代入电荷守恒式中可知，故A正确；rm{)}B.当rm{a=}rm{a=}rm{dfrac{b}{2}}时，两者恰好反应生成rm{Na}rm{Na}rm{2}rm{2}rm{C}而含有rm{C}的粒子有三种rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{4}rm{4}，由于rm{C}rm{C}rm{2}rm{2}rm{O_{4}^{2?}}的一级水解程度远大于其二级水解程度，故rm{c(OH}rm{c(OH}rm{{,!}^{-}}时，rm{)>c(H}rm{)>c(H}rm{2}rm{2}rm{C}rm{C}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}的系数应为rm{4}故D错误。rm{4}rm{)}故B错误；【解析】rm{AC}11、rBD【分析】解：rm{A.}燃烧产物为二氧化碳和水；使用乙醇汽油能减少有害气体的排放，能降低机动车尾气中有害气体排放，故A错误；

B.石灰乳吸收烟气中的二氧化硫；生成亚硫酸钙，继续氧化可以得到石膏，故B正确；

C.电解水的方法大量制备rm{H_{2}}消耗更多的能源，不经济，所以不采用电解水的方法大量制备rm{H_{2}}故C错误；

D.世博停车场安装催化光解设施，可将汽车尾气中rm{CO}和rm{NOx}反应生成无毒气体rm{N_{2}}和rm{CO_{2}}故D正确；

故选BD．

A.乙醇燃烧产物为二氧化碳和水；

B.用石灰乳对煤燃烧后形成的烟气进行脱硫，可减少二氧化硫的排放，rm{S}转化为硫酸钙；

C.电解消耗大量的电能；

D.rm{CO}和rm{NO_{x}}反应生成二氧化碳和氮气．

本题考查物质的性质及应用，为高频考点，涉及化学反应与能量、氧化还原反应、尾气处理等知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大．【解析】rm{BD}12、rCD【分析】解：rm{A.}海水中主要含有rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Br^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO^{-}_{3}}等离子，在这些离子中能发生水解的是rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO^{-}_{3}}离子，rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}rm{HCO_{3}^{-}+H_{2}O?H_{2}CO_{3}+OH^{-}}它们水解呈碱性，所以天然海水的rm{pH隆脰8}呈弱碱性，故A正确；

B.天然海水吸收了含硫烟气后，要用rm{O_{2}}进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为rm{+4}价，具有还原性，所以氧气将rm{H_{2}SO_{3}}rm{HSO_{3}^{-}}rm{SO_{3}^{2-}}等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为rm{2H_{2}SO_{3}+O_{2}=2H_{2}SO_{4}}故B正确；

C.氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸rm{(H^{+})}故C错误；

D.从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小；故D错误；

故选CD．

A.根据海水中的离子是否水解进行解答；

B.根据使用空气中的氧气将rm{H_{2}SO_{3}}氧化来分析；

C.利用酸碱反应分析混合的目的；

D.“排放”出来的海水体积与进入吸收塔的天然海水的体积不同．

本题考查了含硫烟气的处理，利用所学知识结合框图信息是解答本题的关键，题目难度不大．【解析】rm{CD}三、填空题(共9题，共18分)13、六CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑H2SiO3CWO42-+2H+=H2WO4↓取最后一次的洗涤液少量于试管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴加1～2滴AgNO3溶液；若无白色沉淀。

生成，则说明沉淀已经洗涤干净，若出现白色沉淀则表明沉淀未洗净碳或氢气都可置换出钨，但碳为固体，难以分离，且碳和金属钨在高温下会反应生成碳化钨5×10-5【分析】【分析】白钨矿的主要成分是CaWO4，含有二氧化硅、氧化铁等杂质，白钨矿与碳酸钠在1000℃温度下反应，二氧化硅与碳酸钠会反应生成硅酸钠，氧化铁不反应，得到的混合物用水浸取，过滤后的滤液经过系列操作得到WO3，说明碳酸钠与CaWO4反应生成Na2WO4，则滤渣A为氧化铁等，滤液中含有Na2SiO3、Na2WO4，再调节pH在5～8之间，使硅酸根转化为H2SiO3沉淀过滤除去，母液中含有Na2WO4，再加入盐酸得到沉淀C为H2WO4；灼烧产生三氧化钨和水，再还原得到钨．

（1）根据每周期容纳元素种数判断元素所在周期；

（2）CaWO4与纯碱反应生成Na2WO4；CaO与二氧化碳；

（3）滤渣B为硅酸，调节溶液pH使硅酸根转化为H2SiO3沉淀过滤除去；应加入酸；

（4）母液中Na2WO4与盐酸得到H2WO4沉淀与氯化钠；检验沉淀C的表面会附着NaCl；用硝酸银溶液检验最后一次洗涤液中是否含有氯离子判断；

（5）碳或氢气都可置换出钨；但碳为固体，难以分离，且碳和金属钨在高温下会反应生成碳化钨；

（6）根据Ksp（CaWO4）=c（Ca2+）×c（WO4-）计算c（Ca2+），再根据Ksp[Ca（OH）2]=c（Ca2+）×c2（OH-）计算c（OH-），进而计算溶液中．【解析】【解答】解：白钨矿的主要成分是CaWO4，含有二氧化硅、氧化铁等杂质，白钨矿与碳酸钠在1000℃温度下反应，二氧化硅与碳酸钠会反应生成硅酸钠，氧化铁不反应，得到的混合物用水浸取，过滤后的滤液经过系列操作得到WO3，说明碳酸钠与CaWO4反应生成Na2WO4，则滤渣A为氧化铁等，滤液中含有Na2SiO3、Na2WO4，再调节pH在5～8之间，使硅酸根转化为H2SiO3沉淀过滤除去，母液中含有Na2WO4，再加入盐酸得到沉淀C为H2WO4；灼烧产生三氧化钨和水，再还原得到钨．

（1）由74-2-8-8-18-32=6；可钨处于第六周期；

故答案为：六；

（2）CaWO4与纯碱反应生成Na2WO4、CaO与二氧化碳，反应方程式为：CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑；

故答案为：CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑；

（3）滤渣B的主要成分为H2SiO3，调节溶液pH使硅酸根转化为H2SiO3沉淀过滤除去；应加入盐酸；

故答案为：H2SiO3；C；

（4）母液中Na2WO4与盐酸得到H2WO4沉淀与氯化钠，反应离子方程式为：WO42-+2H+=H2WO4↓；检验沉淀C是否洗涤干净的操作是：取最后一次的洗涤液少量于试管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴加1～2滴AgNO3溶液；若无白色沉淀。

生成；则说明沉淀已经洗涤干净，若出现白色沉淀则表明沉淀未洗净；

故答案为：WO42-+2H+=H2WO4↓；取最后一次的洗涤液少量于试管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴加1～2滴AgNO3溶液；若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净，若出现白色沉淀则表明沉淀未洗净；

（5）如果用碳做还原剂；混杂在金属中的碳不易除去，而且碳会在高温下和金属钨反应形成碳化钨；

不容易获得纯的金属钨；用氢气作还原剂可避免产生以上问题；

故答案为：碳或氢气都可置换出钨；但碳为固体，难以分离，且碳和金属钨在高温下会反应生成碳化钨；

（6）当溶液中WO42-恰好沉淀完全，其离子浓度等于10-5mol/L，根据Ksp（CaWO4）=c（Ca2+）×c（WO4-）=1×10-10，则溶液中c（Ca2+）=1×10-5mol/L，再根据Ksp[Ca（OH）2]=c（Ca2+）×c2（OH-）=4×10-7，可知c（OH-）=0.2mol/L，则溶液中==5×10-5；

故答案为：5×10-5．14、731H、2H、3H234U、235U、238U1H、1H+40K、40Ca14N、14C6【分析】【分析】（1）元素就是具有相同的核电荷数（即核内质子数）的一类原子的总称；核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；具有相同质子数；不同中子数同一元素的不同核素互为同位素；

（2）原子符号左上角的数字为质量数；

（3）根据氢原子有三种同位素和氯原子有两种同位素，它们两两结合生成氯化氢进行判断．【解析】【解答】解：（1）元素的种类由质子数决定，质子数不同，元素的种类就不同，1H、2H、3H、1H+；234U、235U、238U；40K；40Ca；Cl2；14N；14C分别属于H；U；K；Ca；Cl；N；C7种元素，氢元素的核素有3种1H、2H、3H，1H、2H、3H互为同位素，234U、235U、238U互为同位素；

故答案为：7；3；1H、2H、3H；234U、235U、238U；

（2）1H、1H+的质量数都是1，40K、40Ca的质量数都是40，14N、14C的质量数都是14；所以质量数相等的粒子为以上三组；

故答案为：1H、1H+；40K、40Ca；14N、14C；

（3）氢原子有三种同位素H、D、T，氯原子有两种同位素35Cl、37Cl，故氯化氢分子可能为：H35Cl、H37Cl、D35Cl、D37Cl、T35Cl、T37Cl；则形成的氯化氢分子的种类有6种；

故答案为：6．15、NClKFe1s22s22p63s23p63d64s2Cr3d54s1【分析】【分析】（1）次外层有2个电子；则有2个电子层；

（2）在原子中，核电荷数=核内质子数=核外电子数，B元素原子的核电荷数为n，X得到1个电子后变为B-，C失去1个电子后变为C+；根据电子层结构相同，即核外电子数相同，列出等式求解即可；

（3）D元素的正三价离子的3d轨道为半充满；3d轨道电子数为5，应为Fe元素；

（4）E元素基态原子的电子排布是前四周期中未成对电子最多的，则E原子价电子排布式为3d54s1，据此分析判断．【解析】【解答】解：（1）基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子的元素符号为N，其电子排布式为：1s22s22p3；故答案为：N；

（2）设元素B的核电荷数是a，C元素原子的核电荷数为b，因为阴离子B-与阳离子C+电子层结构都与氩相同相同，即核外电子数相同，所以a=18-1=17，b=18+1=19；所以B是Cl，C为K原子，故答案为：Cl；K；

（3）D元素的正三价离子的3d轨道为半充满，3d轨道电子数为5，则基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，应为Fe元素，故答案为：Fe；1s22s22p63s23p63d64s2；

（4）E元素基态原子的电子排布是前四周期中未成对电子最多的，则E原子价电子排布式为3d54s1，所以该原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则质子数为24，为Cr元素，故答案为：Cr；3d54s1．16、C6H12环烷环己烷（CH3）3CCH=CH23【分析】【分析】（1）根据原子守恒可知，该烃的分子式为C6H12；

（2）该烃的核磁共振氢谱只有1个吸收峰；则分子中有1种H原子，应为环己烷；

（3）该烃能使溴水褪色，且能在催化剂作用下与H2发生加成反应，生成2，2-二甲基丁烷，含有1个C=C双键，则该烃为（CH3）3CCH=CH2；

（4）该烃属于（3）中物质类别，含有碳碳双键，且主链为4个碳原子，据此书写可能结构简式．【解析】【解答】解：（1）0.1mol某烃在足量的氧气中完全燃烧，生成水和二氧化碳各0.6mol，则该烃分子中N（C）==6、N（H）==12，则该烃分子式为C6H12，故答案为：C6H12；

（2）该烃的核磁共振氢谱只有1个吸收峰，则分子中有1种H原子，结构简式为名称环己烷，属于环烷烃，故答案为：环烷；环己烷；

（3）若该烃能使溴水褪色，该烃在催化剂作用下，与H2发生加成反应，生成2，2-二甲基丁烷，含有1个C=C双键，则该烃为（CH3）3CCH=CH2，分子中有3种化学环境不同的H原子，该烃的核磁共振氢谱中将出现3组峰，故答案为：（CH3）3CCH=CH2；3；

（4）该烃属于（3）中物质类别，含有碳碳双键，且主链为4个碳原子，可能结构简式有：故答案为：．17、使铜转化为可溶于酸的氧化物4.7≤PH＜5.6ABCFe（OH）3和Al（OH）32H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl2-+SO42-+4H+提高的CuCl2-生成速率1【分析】【分析】（1）煅烧的主要目的是使铜转化为可溶于酸的氧化物；因为铜与稀硫酸不反应；

（2）加入X与酸反应调节PH使三价铁离子和铝离子完全沉淀；而铜离子不能沉淀，由表中数据可知，所以需要调节pH的范围为4.7≤pH＜5.6；

（3）加入X与酸反应调节PH使三价铁离子和铝离子完全沉淀；而铜离子不能沉淀；

（4）根据题目信息：CuSO4和NaCl混合液中通入SO2可生成CuCl2-和硫酸；

（5）升高温度或增大反应物的浓度能加快反应速率；

（6）根据Cu++H2O⇌CuOH+H+的平衡常数k====1．【解析】【解答】解：（1）铜与稀硫酸不反应；煅烧的主要目的是使铜转化为可溶于酸的氧化物，故答案为：使铜转化为可溶于酸的氧化物；

（2）加入X与酸反应调节PH使三价铁离子和铝离子完全沉淀，而铜离子不能沉淀，由表中数据可知，所以需要调节pH的范围为4.7≤pH＜5.6，A、CuOB、Cu（OH）2C；NaOH溶液可以和酸反应；故答案为：4.7≤pH＜5.6；ABC；

（3）滤渣Ⅱ的主要成分是Fe（OH）3和Al（OH）3，故答案为：Fe（OH）3和Al（OH）3；

（4）二氧化硫有还原性，铜离子有氧化性，所以二氧化硫和铜离子发生氧化还原反应，反应方程式为2Cu2++SO2+4Cl-+2H2O=2CuCl2-+SO42-+4H+，故答案为：2Cu2++SO2+4Cl-+2H2O=2CuCl2-+SO42-+4H+；

（5）升高温度或增大反应物的浓度能加快反应速率，所以温度升至70～80℃，并使用NaCl浓溶液，目的是提高CuCl2-的生成速率；

故答案为：提高CuCl2-的生成速率；

（6）常温下，已知CuOH的KSP为1.0×10-14，则Cu++H2O⇌CuOH+H+的平衡常数k====1，故答案为：1．18、略

【分析】解：rm{(1)}碳元素在周期表中的位置是：第二周期第Ⅳrm{A}族，由题给信息“碳与rm{Q}的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物rm{R}为非极性分子”可推知rm{Q}为氧，非极性分子rm{R}为rm{CO_{2}}rm{CO_{2}}的电子式为

故答案为：第二周期第Ⅳrm{A}族；rm{O}

rm{(2)}金刚石是不溶于rm{CCl_{4}}的固体，rm{CCl_{4}}是液体，将不溶性固体和液体分离通常采用的方法是过滤；由于rm{Na}可以与水rm{(}或乙醇rm{)}发生反应，而金刚石不与水rm{(}或乙醇rm{)}反应，所以除去粗产品中少量的钠可用水rm{(}或乙醇rm{)}

故答案为：过滤；水rm{(}或乙醇rm{)}

rm{(3)}硅与rm{NaOH}反应的化学方程式rm{Si+2NaOH+H_{2}O篓TNa_{2}SiO_{3}+2H_{2}隆眉}其离子方程式为：rm{Si+2OH^{-}+H_{2}O篓TSiO_{3}^{2-}+2H_{2}隆眉}反应生成rm{0.1mol}氢气，则生成硅酸钠为rm{0.1mol隆脕dfrac{1}{2}=0.05mol}溶液中硅酸盐的物质的量为rm{0.1mol隆脕dfrac

{1}{2}=0.05mol}硅酸钠原与rm{0.17mol?L^{-1}隆脕1L=0.17mol}二氧化硅与氢氧化钠反应得到，根据rm{Si}元素守恒，二氧化硅物质的量为rm{Si}则产品中rm{0.17mol-0.05mol=0.12mol}与rm{Si}的总质量rm{SiO_{2}}故rm{=0.05mol隆脕28g/mol+0.12mol隆脕60g/mol=8.6g}的质量为rm{SiC}则rm{20.0g-8.6g=11.4g}的纯度为rm{dfrac{11.4g}{20g}隆脕100%=57%}

故答案为：rm{SiC}rm{dfrac

{11.4g}{20g}隆脕100%=57%}

rm{Si+2OH^{-}+H_{2}O篓TSiO_{3}^{2-}+2H_{2}隆眉}还原rm{57%}的反应属于置换反应，但rm{(4)垄脵Na}与rm{CCl_{4}}反应生成rm{Cl_{2}}和rm{H_{2}O}不是置换反应，故rm{HCl}错误；

rm{HClO}溶液与rm{垄脵}的反应，说明酸性rm{垄脷Na_{2}SiO_{3}}比rm{SO_{3}}弱，则可用于推断rm{H_{2}SiO_{3}}与rm{H_{2}SO_{4}}的非金属性强弱，故rm{Si}正确；

rm{S}钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物分别为rm{垄脷}rm{垄脹}阴阳离子数目比均为rm{Na_{2}O_{2}}rm{Li_{2}O}故rm{1}正确；

rm{2}二氧化硅属于原子晶体，而干冰属于分子晶体，熔化时克服粒子间作用力的类型不相同，故rm{垄脹}错误．

故选：rm{垄脺}

故答案为：rm{垄脺}．

rm{垄脷垄脹}碳与短周期元素rm{垄脷垄脹}的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物rm{(1)}为非极性分子，则rm{Q}是rm{R}rm{Q}是rm{O_{2}}在二氧化碳分子中每个rm{R}原子和rm{CO_{2}}原子之间能形成两对共用电子对；

rm{O}将不溶性固体和液体分离通常采用的方法是过滤；rm{C}可以与水rm{(2)}或乙醇rm{Na}发生反应；金刚石不可以；

rm{(}与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠与氢气；根据rm{)}计算rm{(3)Si}的物质的量，硅酸钠原与rm{n=cV}二氧化硅与氢氧化钠反应得到，根据rm{Na_{2}SiO_{3}}元素守恒计算二氧化硅物质的量，根据rm{Si}计算rm{Si}二氧化硅的质量，进而计算rm{m=nM}的质量，可以计算rm{Si}的纯度；

rm{SiC}还原rm{SiC}的反应属于置换反应，但rm{(4)垄脵Na}与rm{CCl_{4}}反应生成rm{Cl_{2}}和rm{H_{2}O}

rm{HCl}元素的非金属性越强；对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；

rm{HClO}钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物分别为rm{垄脷}rm{垄脹}

rm{Na_{2}O_{2}}二氧化硅属于原子晶体；而干冰属于分子晶体．

本题综合元素化合物知识，注意从质量守恒的角度结合反应的化学方程式计算，题目难度中等．rm{Li_{2}O.}【解析】第二周期第Ⅳrm{A}族；rm{O}过滤；水rm{(}或乙醇rm{)}rm{Si+2OH^{-}+H_{2}O篓TSiO_{3}^{2-}+2H_{2}隆眉}rm{57%}rm{垄脷垄脹}19、增大钼精矿与空气接触，使其充分反应，提高原料的利用率2MoS2+7O22MoO3+4SO2MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑Cl-有利于碳钢的腐蚀，SO42-不利于碳钢的腐蚀，使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；或（硫酸随着浓度的增大，氧比性增强，会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢）替代空气中氧气起氧化剂作用【分析】【分析】灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑，然后向溶液中加入沉淀剂除去重金属离子，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4.2H2O；

（1）反应物接触时间越长；反应越充分；

（2）焙烧时MoS2发生氧化反应生成MoO3；

（3）碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应生成二氧化碳和钼酸钠；

（4）根据据钼酸钡和硫酸钡的溶度积计算出溶液中硫酸根离子的浓度，再计算出SO42-的去除率；

（5）①根据图片知；如果相同浓度时，硫酸中氢离子浓度大于HCl中，但盐酸腐蚀速率远远大于硫酸腐蚀速率，说明氯离子影响腐蚀速率远远大于硫酸根离子影响腐蚀速率；

②NaNO2具有氧化性．【解析】【解答】解：灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑，然后向溶液中加入沉淀剂除去重金属离子，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4.2H2O；

（1）反应物接触时间越长；反应越充分，焙烧的过程中采用的是“逆流焙烧”的措施，该措施优点是增大钼精矿与空气接触，使其充分反应，提高原料的利用率；

故答案为：增大钼精矿与空气接触；使其充分反应，提高原料的利用率；

（2）焙烧时MoS2发生氧化反应生成MoO3同时生成二氧化硫，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2；

故答案为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；

（3）碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应生成二氧化碳和钼酸钠，离子方程式为MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑；

故答案为：MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑；

（4）当BaMoO4开始沉淀时，c（Ba2+）==mol/L=1.0×10-7mol•L-1；

此时c（SO42-）=mol/L=1.0×10-3mol•L-1；

SO42-的去除率=×100%=97.5%；

答：硫酸根离子的去除率为97.5%；

（5）①根据图片知，如果相同浓度时，硫酸中氢离子浓度大于HCl中，但盐酸腐蚀速率远远大于硫酸腐蚀速率，说明Cl-有利于碳钢的腐蚀，SO42-不利于碳钢的腐蚀；使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；或（硫酸随着浓度的增大，氧比性增强，会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢）；

故答案为：Cl-有利于碳钢的腐蚀，SO42-不利于碳钢的腐蚀；使得钢铁在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；或（硫酸随着浓度的增大，氧比性增强，会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢）；

②NaNO2具有氧化性；能代替空气中氧气起到氧化剂作用，从而导致碳钢管道缓蚀；

故答案为：替代空气中氧气起氧化剂作用．20、吸收空气中的二氧化碳偏高排出装置中的二氧化碳气体×100%【分析】【分析】（1）实验装置中会残留部分二氧化碳；影响丁中二氧化碳质量的测定，需要通入空气将装置内的二氧化碳完全排入丁中被吸收；

（2）浓硫酸能吸收水蒸气；从装置乙中产生导出的气体中含有水，如果不除去气体中的水，会使丁中测定的二氧化碳的质量增大；

（3）装置中含有二氧化碳；不将二氧化碳排尽，会使测定的二氧化碳的质量增大，故反应前应先通空气，排尽装置内的二氧化碳；

（4）由题意可知，反应生成的二氧化碳的质量为（w-m）g，计算二氧化碳的物质的量，根据碳元素守恒二氧化碳的物质的量等于样品中碳酸钠的物质的量，计算样品中碳酸钠的质量，再利用质量分数的定义计算．【解析】【解答】解：（1）实验装置中会残留部分二氧化碳；影响丁中二氧化碳质量的测定，需要通入空气将装置内的二氧化碳完全排入丁中被吸收，空气中含有二氧化碳，故应先用氢氧化钠溶液吸收，防止影响二氧化碳的测定，装置甲的作用是吸收空气中的二氧化碳；

故答案为：吸收空气中的二氧化碳；

（2）浓硫酸能吸收水蒸气；从装置乙中产生导出的气体中含有水，如果不除去气体中的水，会使丁中测定的二氧化碳的质量增大，导致测定的样品中碳酸钠的质量增大，测定的碳酸钠质量分数偏大．

故答案为：偏高；

（3）装置中含有二氧化碳；不将二氧化碳排尽，会使测定的二氧化碳的质量增大，故反应前应先通空气，排尽装置内的二氧化碳，装置乙的作用是排出装置中的二氧化碳气体；

故答案为：排出装置中的二氧化碳气体；

（4）题意可知，反应生成的二氧化碳的质量为（w-m）g，二氧化碳的物质的量为=mol，根据碳元素守恒可知样品中碳酸钠的物质的量为mol，样品中碳酸钠的质量为mol×106g/mol=g，样品中碳酸钠质量分数为×100%=×100%；

故答案为：×100%．21、F＞O＞NX为Mg、Y为Al，Mg原子价电子排布为3s2，而Al原子的价电子排布为3s23p1，Mg原子3s轨道全充满，3p轨道全空相对稳定[Ar]3d54s124CO都呈电中性CN-都具有稳定性sp3V形小F的电负性大于O，导致正负电荷中心偏离程度减小87.1289【分析】【分析】U、V、W、X、Y、Z均为元素周期表中前36号元素，且原子序数依次增大．V原子p能级电子总数与s能级电子总数相等，则V为O元素；U、Z原子中未成对电子数是同周期中最多的，且基态Z原子核外电子数是基态V原子核外电子数的3倍，则U为N元素，Z为Cr元素；根据X和Y原子的第一至第四电离可知，X的第3电离能较大，则X为Mg元素；Y的第4电离能明显增大，则Y为Al元素；W为F元素；再结合题目分析解答．【解析】【解答】解：U、V、W、X、Y、Z均为元素周期表中前36号元素，且原子序数依次增大．V原子p能级电子总数与s能级电子总数相等，则V为O元素；U、Z原子中未成对电子数是同周期中最多的，且基态Z原子核外电子数是基态V原子核外电子数的3倍，则U为N元素，Z为Cr元素；根据X和Y原子的第一至第四电离可知；X的第3电离能较大，则X为Mg元素；Y的第4电离能明显增大，则Y为Al元素；W为F元素；再结合题目分析解答．

（1）非金属性：F＞O＞N，故电负性：F＞O＞N；Mg原子价电子排布为3s2，而Al原子的价电子排布为3s23p1，Mg原子3s轨道全充满，3p轨道全空相对稳定，故第一电离能：F＞O＞N；X为Mg、Y为Al，Mg原子价电子排布为3s2，而Al原子的价电子排布为3s23p1；Mg原子3s轨道全充满，3p轨道全空相对稳定；

（2）Cr的核外电子数为24，有24种不同运动状态的电子，其原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1，故答案为：[Ar]3d54s1；24；

（3）N2有14个电子，其等电子体有都呈电中性的CO，都较稳定的CN-，故答案为：CO，都呈电中性；CN-；都具有稳定性；

（4）①OF2中，O原子与F形成2条共价键，还有2个孤对电子，形成4个杂化轨道，采用sp3杂化，构成V形空间结构；故答案为：sp3；V形；

②F的电负性大于O，导致正负电荷中心偏离程度减小，OF2分子的极性小于H2O；故答案为：小；F的电负性大于O；导致正负电荷中心偏离程度减小；

（5）该晶胞中，晶胞中心Cr与周围8个Cr最近，其配位数为8；其密度为ρ===7.1g/cm3，Cr原子与次近的Cr原子为另一个晶胞的中心Cr原子，其核间距离为边长为289pm，故答案为：8；7.0至7.2均可；289pm．四、计算题(共3题，共9分)22、略

【分析】(1)辛烷完全燃烧时的化学方程式为：2C8H18＋25O216CO2＋18H2O(设C8H18为aL)每升辛烷完全燃烧需O2为L，需空气为×5L，即a′＝＝0.016。(2)若a>0.016时，辛烷过量，则辛烷不能充分燃烧，尾气中会增加CO。(3)若a<0.016时，O2过量，即空气过量，由于放电条件下空气中的N2被氧化成NO，进而生成NO2，故NO2气体增多。反应方程式：N2＋O22NO,2NO＋O2===2NO2。【解析】【答案】(1)0.016(2)CO(3)NO3N2＋O22NO,2NO＋O2===2NO223、略

【分析】解：等质量的rm{NaHCO_{3}}和rm{KHCO_{3}}组成的混合物rm{a}rm{g}

rm{(1)}该混合物中rm{NaHCO_{3}}与rm{KHCO_{3}}的物质的量之比为rm{dfrac{dfrac{1}{2}ag}{84g/mol}}rm{dfrac{dfrac{1}{2}ag}{100g/mol}=100}rm{dfrac{dfrac

{1}{2}ag}{84g/mol}}故答案为：rm{dfrac{dfrac

{1}{2}ag}{100g/mol}=100}rm{84}

rm{100}的物质的量rm{=dfrac{dfrac{1}{2}ag}{84g/mol}=dfrac{a}{168}mol}rm{84}的物质的量rm{=dfrac{dfrac{1}{2}ag}{100g/mol}=dfrac{a}{200}mol}混合物与rm{(2)NaHCO_{3}}盐酸恰好反应，碳酸氢盐与盐酸按rm{=dfrac{dfrac{1}{2}ag}{84g/mol}=

dfrac{a}{168}mol}rm{KHCO_{3}}反应，则rm{n(HCl)=n(NaHCO_{3})+(KHCO_{3})=dfrac{a}{168}mol+dfrac{a}{200}mol=dfrac{23a}{2100}mol}故答案为：rm{=dfrac{dfrac{1}{2}ag}{100g/mol}=

dfrac{a}{200}mol}

rm{100mL}盐酸过量，rm{1}和rm{1}组成的混合物完全反应，根据碳元素守恒可知，rm{n(CO_{2})=n(NaHCO_{3})+(KHCO_{3})=dfrac{a}{168}mol+dfrac{a}{200}mol=(dfrac{a}{168}+dfrac{a}{200})mol}所以标准状况下生成rm{n(HCl)=n(NaHCO_{3})+(KHCO_{3})=dfrac

{a}{168}mol+dfrac{a}{200}mol=dfrac{23a}{2100}mol}的体积为rm{=(dfrac{a}{168}+dfrac{a}{200})mol隆脕22.4L/mol=dfrac{23a隆脕22.4}{2100}L}

故答案为：rm{dfrac{23a}{2100}}

rm{(3)}碳酸氢盐与盐酸按rm{NaHCO_{3}}rm{KHCO_{3}}反应，盐酸不足量，碳酸氢盐有剩余，应根据rm{n(CO_{2})=n(NaHCO_{3})+(KHCO_{3})=

dfrac{a}{168}mol+dfrac{a}{200}mol=(dfrac{a}{168}+dfrac

{a}{200})mol}的物质的量计算二氧化碳的体积，所以要计算生成rm{CO_{2}}的体积；还需要知道盐酸的物质的量浓度；

故答案为：盐酸的物质的量浓度；

rm{=(dfrac{a}{168}+dfrac

{a}{200})mol隆脕22.4L/mol=df