2025年上外版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年上外版高三化学上册阶段测试试卷31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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关，下列说法中不正确的是（）A.由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，放电时SO42-向Al电极移动B.由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，其负极反应式为：Al-3e+4OH-═AlO2-+2H2OC.由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，其负极反应式为：Cu-2e-═Cu2+D.由Al、Cu、浓硝酸组成原电池作电源，其负极反应式为：Cu-2e-═Cu2+2、肉桂醛是一种食用香精；它广泛用于牙膏；洗涤剂、糖果以及调味品中．工业上可通过下列反应制备：

下列相关叙述正确的是（）

①B的相对分子质量比A大28；

②A；B可用酸性高锰酸钾溶液鉴别；

③B中含有的含氧官能团是醛基；碳碳双键；

④A；B都能发生加成反应、还原反应；

⑤A能发生银镜反应；

⑥B的同类同分异构体（含苯环；包括B）共有5种；

⑦A中所有原子一定处于同一平面．A.只有①②⑤B.只有③④⑤C.只有④⑤⑥D.只有②⑤⑥⑦3、下列电解质在水溶液中的电离方程式正确的是（）A.Na2CO3=2Na++COB.Ba（OH）2=Ba2++（OH）C.FeSO4=Fe3++SOD.FeCl3=Fe3++Cl4、下列离子方程式正确的是（）A.Fe3O4与稀硝酸反应：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OB.SO2通入Ba（NO3）2溶液中：Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+C.硫酸铵溶液与Ba（OH）2溶液反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓D.FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br25、下列实验装置图正确的是（）A.

分力乙醇和乙醛B.

实验室制氨气C.

反应热的测定D.

实验室制乙酸乙酯6、下列排列顺序正确的是（）

①热稳定性：H2O＞HF＞H2S②原子半径：Na＞Mg＞O③沸点：H2Se＞H2S＞H2O④结合H+能力：OH-＞CH3COO-＞I-．A.①③B.②③C.①④D.②④7、①2gH2；②2molNH3；③9gH2O；④含1.505×1023H2SO4分子的硫酸，所含原子数由少至多的顺序是（）A.③①④②B.③④①②C.④③①②D.③④②①8、根据图；下列判断中正确的是（）

A.烧杯a中的溶液pH升高B.烧杯a中发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-C.烧杯b中发生还原反应D.烧杯b中发生的反应为2Cl--2e-=Cl2↑评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、下列说法正确的是（）A.碘单质能升华是由于碘单质分子间的键能较小B.键能越大，则含该键的分子受热越易分解为原子C.燃料燃烧过程中，反应物的总能量总是高于生成物的总能量D.H-Cl键的键能为431kJ•mol-1，H-I键的键能为299kJ•mol-1，这说明HCl分子比HI分子稳定10、如表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价；据下表判断叙述正确的是（）

。元素代号ABCDEFG原子半径/nm0.1520.1600.0890.1430.1020.0990.071主要化合价+1+2+2+3+6、-2-1-1A.单质A在O2中加热，生成A2O2B.气态氢化物的稳定性HG＞HF＞H2EC.B2+、D3+、E2-、G-四种离子的核外电子排布相同D.单质的活泼性顺序为：A＞C＞B＞D11、依据下列甲、乙、丙三图，判断下列叙述不____正确的是（）

A.甲是原电池，乙是电镀装置B.甲、乙装置中，锌极上均发生氧化反应C.乙、丙装置中，阳极均发生氧化反应而溶解D.乙、丙装置中，c（Cu2+）基本不变12、下列各组有机物，只用溴水就能鉴别的是（）A.己烯苯四氯化碳B.苯己烯己炔C.苯己烷己炔D.溴己烷苯己烯13、25℃时，已知弱酸的电离常数：Ki（CH3COOH）=1.8×10-5；Ki1（H2CO3）=4.4×10-7；Ki2（H2CO3）=4.7×10-11；Ki（HClO）=4.0×10-8．则下列说法正确的是（）A.物质的量浓度相等的溶液pH关系：pH（NaClO）＞pH（Na2CO3）＞pH（CH3COONa）B.向NaClO溶液中通少量CO2：CO2+NaClO+H2O→NaHCO3+HClOC.amol/LHClO与bmol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液中c（Na+）＞c（ClO-），则a一定小于bD.向氯水中加入NaHCO3固体，可以增大氯水中次氯酸的浓度14、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A.标准状况下，22.4LH2含有的原子数为NAB.等质量的O2和O3中所含的氧原子数相等C.常温常压下，14gN2含有电子数为7NAD.28gCO与22.4LCO2所含的碳原子数相等评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、氢气是一种清洁能源．制氢和储氢作为氢能利用的关键技术；是当前科学家主要关注的热点问题．

（1）用甲烷制取氢气的两步反应的能量变化如1图所示：

①甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是____．

②第Ⅱ步反应为可逆反应．800℃时，若CO的起始浓度为2.0mol•L-1，水蒸气的起始浓度为3.0mol•L-1，达到化学平衡状态后，测得CO2的浓度为1.2mol•L-1，则CO的平衡转化率为____．

（2）NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应生成NaBO2，且反应前后B元素的化合价不变，该反应的化学方程式为____，反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为____．

（3）储氢还可借助有机物；如利用环已烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢．

+3H2（g）

在某温度下，向恒容容器中加入环已烷，其起始浓度为amol•L-1，平衡时苯的浓度为bmol•L-1，该反应的平衡常数K=____（用含a、b的关系式表达）．

（4）一定条件下；如2图所示装置可实现有机物的电化学储氢（除目标产物外，近似认为无其它有机物生成）．

①实现有机物储氢的电极是____；

A．正极B．负极C．阴极D．阳极。

其电极反应方程为：____．

②该储氢装置的电流效率η明显小于100%，其主要原因是相关电极除目标产物外，还有一种单质气体生成，这种气体是____．由表中数据可知，此装置的电流效率η=____．[η=（生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数）×100%，计算结果保留小数点后1位]．16、海水的综合利用；现有流程图如下：

Ⅰ．工业上以粗食盐（含有少量Ca2+、Mg2+杂质）、氨、石灰石等为原料，可以制备Na2CO3．请回答：

（1）在处理粗盐水的过程中，可加入石灰乳和纯碱作为沉淀剂，则所得滤渣的成分除过量的沉淀剂外还有____．

（2）将CaO投入含有大量的NH4Cl的母液中，能生成可循环使用的NH3，该反应的化学方程式是____．

（3）向饱和食盐水中首先通入的气体是____，过程Ⅲ中生成NaHCO3晶体的反应的化学方程式是____．

（4）碳酸钠晶体失水的能量变化示意图如下：

Na2CO3•H2O（s）脱水反应的热化学方程式是____．

（5）产品纯碱中常含有NaCl．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体．则该产品中Na2CO3的质量分数是____．

Ⅱ．电解饱和食盐水所得气体X；可应用于提取溴单质．请回答：

（1）气体X的化学式为____，反应II的化学方程式为____．

（2）在母液苦卤中含有较多的NaCl、KCl、MgCl2、MgSO4等物质．用沉淀法测定苦卤中镁元素的含量（g/L），实验过程中应测定的数据有____．

（3）电解200kg质量分数为25%的饱和食盐水，当浓度下降到20%时，收集到氯气的物质的量为____（溶于溶液中的氯气忽略不计，计算结果保留一位小数）．17、利用酸解法处理制钛自粉后产生的废液含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4；并用于生产补血剂乳酸亚铁．其生产步骤如下：

已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以完全电离为TiO2+和SO42-．

请回答；

（1）步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是____．

（2）滤渣的成分之一为TiO2•xH2O，写出TiOSO4水解生成TiO2•xH2O的离子方程式____．

（3）步骤②的离子方程式是____．

（4）用平衡移动原理解释步骤③中加乳酸能得到乳酸亚铁的原因____．

（5）步骤④必须控制一定的真空度，原因是有利于蒸发水以及____．18、已知可简写为．降冰片烯的结构可表示为：

（1）降冰片烯属于____．

a．环烃b．不饱和烃c．烷烃d．芳香烃。

（2）降冰片烯的分子式为____．

（3）降冰片烯不具有的性质____．

a．能溶于水b．能发生氧化反应。

c．能发生加成反应d．常温常压下为气体。

（4）写出降冰片烯含有一个六元环的单环的一种同分异构体的结构简式：____．19、（1）甲醇是一种重要的化工原料；在生产中有着重要的应用．工业上用甲烷氧化法合成甲醇的反应有：

（i）CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+H2（g）△H1=+247.3kJ．mol-1

（ii）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2=-90.1kJ．mol-1

（iii）2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H3=-566.01kJ．mol-1

用CH4和02直接制备甲醇蒸气的热化学方程式为____．

（2）二氧化硫为重要的含硫化合物，是形成酸雨的主要污染物之一SO2经催化氧化可生成SO3，该反应的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=akJ•mol-1在T1℃时，将2molSO2、1molO2充入容积为2L的密闭容器A中，充分反应并达到平衡，此过程中放出热量98.3kJ，测得SO2的平衡转化率为50%，则a=____；T1℃时，上述反应的平衡常数K1=____L•mol-1．若将初始温度为T1℃的2molSO2和1molO2充入容积为2L的绝热密闭容器B中，充分反应，在T2℃时达到平衡，在此温度时上述反应的平衡常数为K2．则K1____K2（填“＞”；“＜”或“=”）．

（3）工业上常用如图1所示的流程处理工业尾气中的SO2：

上述流程中有一种物质可以再生循环利用，该物质再生的化学方程式为____．

（4）直接甲醇燃料电池（简称DMFC）由于其结构简单；能量转化率高、对环境无污染；可作为常规能源的替代品而越来越受到关注．DMFC的工作原理如图2示：

①通入a气体的电极是电池的____（填“正极”或“负极”）其电极反应式为____．

②常温下，用此电池以惰性电极电解O．5L饱和食盐水（足量），若两极共生成气体1.12L（已折算为标准状况下的体积），则电解后溶液的pH为____（忽略溶液的体积变化）20、I．肼（N2H4）又称联氨；常温时是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料．

（1）已知在25℃101kPa时，16gN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气，放出312kJ的热量，则N2H4完全燃烧的热化学方程式是____．

Ⅱ．如图所示，某研究性学习小组利用上述燃烧原理设计一个肼（N2H4）-─空气燃料电池（如图甲）并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理；其中乙装置中X为阳离子交换膜．根据要求回答相关问题：

（2）甲装置中正极的电极反应式为____．

（3）检验乙装置中石墨电极反应产物的方法是____．

（4）如果电解后丙装置精铜质量增加3.2g，则理论上甲装置中肼消耗质量为____g．

Ⅲ．对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命．该研究性学习小组又以肼（N2H4）-空气燃料电池为电源对铝材表面进行如下处理：

（5）流程⑤中以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，最终可在铝材表面形成氧化膜，该电解的阳极电极反应式为____．

（6）取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，其反应的离子方程式是____．21、可持续发展需要注意“环境保护”和“节约能源”．

①“垃圾是放错了地方的资源”，应分类回收．生活中废弃塑料袋、废纸等属于____

A．盐类B．糖类C．无机物D．有机物。

②向燃煤中加入石灰石作为脱硫剂，可以减少煤燃烧时产生的SO2，发生反应的化学方程式为____．

③氟氯代烷是一种能破坏臭氧层的物质．在大气平流层中，氟氯代烷受紫外线的照射分解出Cl原子，Cl原子参与下列有关反应：Cl+O3→ClO+O2O3O+O2ClO+O→Cl+O2

上述反应的总反应式是____，Cl原子在反应中起____作用．22、砷（As）在地壳中含量不大；但砷的化合物却是丰富多彩．

（1）基态砷原子的电子排布式为____；砷与溴的第一电离能较大的是____．

（2）AsH3是无色稍有大蒜味的气体．AsH3的沸点高于PH3，其主要原因是____．

（3）Na3AsO4可作杀虫剂．AsO43-的空间构型为____，与其互为等电子体的一种分子为____．

（4）某砷的氧化物俗称“砒霜”，其分子结构如图所示．该化合物的分子式为____，As原子采取____杂化．

（5）GaAs等是人工合成的新型半导体材料，其晶体结构与金刚石相似．GaAs晶体中，每个As与____个Ga相连，As与Ga之间存在的化学键有____（填字母）．

A．离子键B．σ键C．π键D．氢键。

E．配位键F．金属键G．极性键．评卷人得分四、推断题(共4题，共16分)23、无色气体rm{A}在一种黄绿色气体rm{B}中可以安静的燃烧，发出苍白色火焰，反应生成气体rm{C.B}与金属rm{D}反应可生成白色固体rm{E}rm{D}在空气中燃烧生成浅黄色固体rm{F}rm{F}与rm{CO_{2}}反应可得到气体rm{G}rm{D}与水反应可生成rm{A}rm{A}在rm{G}中燃烧生成水rm{.}推断出各种物质后；回答下列问题：

rm{(1)}写出下列物质的化学式：rm{B}______、rm{C}______、rm{E}______．

rm{(2)}写出下列化学方程式。

rm{a.}由rm{D}生成rm{F}______；

rm{b.F}与rm{CO_{2}}反应：______；

rm{c.D}与水反应：______．24、已知①～④均为工业生产及应用的常见反应．其中常温下B；D、J、P气体；E为分子中原子个数比为1：l的液体．A是一种常见的矿石，且其相对分子质量为120．M的焰色反应为黄色．（个别反应的产物已略去）

试回答下列问题：

（1）反应F与N溶液反应的离子方程式为____；

（2）反应⑤中当有1mol电子转移时，氧化剂消耗____g．

（3）反应④的离子方程式为____

（4）工业上由D制取I的过程可表示为：DXI由D与B反应生成X的反应所用的设备是____

①高炉②沸腾炉③接触室④分馏塔⑤吸收塔。

已知400℃101Kpa时，2D（g）+B（g）⇌2X（g）；△H=-196.6KJ/mol，当2molD与1molB在该条件下反应达平衡时反应放热186.8KJ．则达到平衡时D的转化率为____（保留2位小数）25、（2015秋•大连校级月考）A；B、C、D均为中学化学常见的纯净物；A是单质．它们之间有如图的反应关系：

（1）若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体．写④反应离子方程式____．

（2）若A是太阳能电池用的光伏材料．C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性．写出②反应的化学方程式____．D的化学式是____．

（3）若A是应用最广泛的金属．④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质．C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写出该反应的离子方程式____．26、甲、乙、丙三种物质之间有如下转化关系：甲乙丙甲。

（1）若甲和丙都是不溶于水的白色固体物质，既能溶于盐酸又能溶于氢氧化钠溶液．则甲是____，丙是____（填化学式）．写出“乙丙”转化的离子方程式：____．

（2）若乙溶液中加入KSCN溶液，有血红色出现，则甲是____，丙是____（填化学式）．写出“甲乙”转化的离子方程式：____．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】原电池中，活泼金属作负极，负极是能够与电解质溶液反应，失电子发生氧化反应的电极，电解质溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析．【解析】【解答】解：A．由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池；铝和稀硫酸反应而失电子，铜和稀硫酸不反应，所以铝作负极，铜作正极，电解质溶液中的阴离子移向负极Al，故A正确；

B．Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝和氢氧化钠溶液反应而失去电子发生氧化反应，镁和氢氧化钠溶液不反应，所以铝是负极，镁是正极，其负极反应式为：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；故B正确；

C．由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，铁和铜都与氯化铁反应，但铁的金属性比铜强，所以铁作负极，铜作正极，其负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；故C错误；

D．Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝和浓硝酸发生钝化现象，铜和浓硝酸能自发的进行反应，所以铜作负极，铝作正极，其负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+；故D正确；

故选C．2、C【分析】【分析】A为苯甲醛，含有醛基，可发生氧化和还原反应，含有苯环，可发生取代反应，B为肉桂醛，分子中含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有醛基，可发生加成、还原和氧化反应，结合有机物结构简式判断分子式，结合苯、乙烯、甲醛的结构判断有机物的空间结构．【解析】【解答】解：①对比A；B的结构可知；B的相对分子质量比A大26，故错误；

②A；B都含有醛基；可被高锰酸钾氧化，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，故错误；

③B中含有的含氧官能团是醛基；故错误；

④A；B都含有醛基；能发生加成反应、还原反应，故正确；

⑤A含有醛基；能发生银镜反应，故正确；

⑥B的同类同分异构体（含苯环、包括B）分为两类，一类是苯环上含有CH2=CH-和-CHO；有邻；间、对3种，另一类为苯环只含有1个侧链，有两种位置异构，共有5种，故正确；

⑦A中苯环和-CHO为σ键；可旋转，不一定在同一个平面上，故错误．

故选C．3、A【分析】【分析】A．碳酸钠为正盐完全电离；根据电离方程式的书写规则进行分析；

B．氢氧根离子数目应写在离子符号前；

C．应为二价铁离子；方程式右边正负电荷代数和不为零；

D．物质电离后角标要转化成化学计量数，氯离子前系数为3．【解析】【解答】解：A．碳酸钠为强电解质，完全电离为钠离子和碳酸根离子，电离方程式为：Na2CO3═2Na++CO32-；故A正确；

B．物质电离后角标要转化成化学计量数，同时注意离子所带的电荷数，原子团前面带数字，原子团不用加括号，正确的离子方程式为：Ba（OH）2=Ba2++2OH-；故B错误；

C．硫酸亚铁电离出二价铁离子和硫酸根离子，电离方程式为：FeSO4═Fe2++SO42-；故C错误；

D．氯化铁电离出铁离子和氯离子，电离方程式为：FeCl3═Fe3++3Cl-；故D错误；

故选A．4、D【分析】【分析】A．二者反应生成硝酸铁和水；

B．二氧化硫被氧化生成硫酸根离子；

C．二者反应生成一水合氨和硫酸钡；

D．二者反应生成铁离子、溴和氯离子．【解析】【解答】解：A．二者反应生成硝酸铁和水，离子方程式为3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O；故A错误；

B．二氧化硫被氧化生成硫酸根离子，离子方程式为3SO2+2H2O+2NO3-=3SO42-+4H++2NO↑；故B错误；

C．二者反应生成一水合氨和硫酸钡，离子方程式为2NH4++SO42-+2OH-+Ba2+=BaSO4↓+2NH3．H2O；故C错误；

D．二者反应生成铁离子、溴和氯离子，离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2；故D正确；

故选D．5、D【分析】解：A；乙醇和乙醛混溶；不能使用分液方法分离，故A错误；

B；氨气的密度比空气的小；收集氨气的导管应该伸入到试管底部，故B错误；

C；铁质环形搅拌棒易导热；容易造成热量的损失，故C错误；

D；制取乙酸乙酯利用饱和碳酸钠溶液吸收；故D正确．

故选：D．

A；乙醇和乙醛混溶；

B；收集氨气的导管应该伸入到试管底部；

C；铁质环形搅拌棒易导热；

D；制取乙酸乙酯利用饱和碳酸钠溶液吸收．

本题考查了实验室制取物质、分离物质、测定中和热等知识点，难度不大，注意仔细审题．【解析】【答案】D6、D【分析】【分析】元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，对应的最高价氧化物的水合物的酸性越强，对应的阴离子结合质子的能力越弱，同周期元素原子序数越大，原子半径越小，一般来说，不同晶体的熔点：原子晶体＞金属晶体＞分子晶体，以此解答．【解析】【解答】解：①非金属性F＞O＞S；元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故①错误；

②Na；Mg位于相同周期；同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径Na＞Mg，O位于第二周期，原子半径在三者之间最小，故②正确；

③从两个角度考虑，水中存在氢键，沸点最高，H2Se和H2S结构相似，分子间只存在范德华力，相对分子质量越大，沸点越高，故正确顺序为H2O＞H2Se＞H2S；故③错误；

④已知酸性H2O＜H2CO3＜CH3COOH；酸性越强，对应的阴离子结合质子的能力越弱，故④正确．

故选D．7、C【分析】【分析】根据n===，计算氢气、硫酸物质的量，再根据n=水的物质的量，由N=nNA可知，物质的量越大，含有分子数目越多．【解析】【解答】解：①2gH2的物质的量==1mol；

②2molNH3；

③9g水，其物质的量==0.5mol；

④1.505×1023个H2SO4的物质的量==0.25mol；

故分子数目由少到多为：④③①②；

故选C．8、A【分析】【分析】装置图为原电池反应，b中电极锌做负极失电子发生氧化反应，a中电极上氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，以此来解答．【解析】【解答】解：A．a中Fe为正极，发生O2+2H2O+4e-=4OH-；碱性增强，pH增大，故A正确；

B．a中发生的氧气得到电子生成氢氧根离子的反应，电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-；故B错误；

C．烧杯b中电极上是锌失电子发生氧化反应；故C错误；

D．b为负极，锌被氧化，电极反应为Zn-2e-=Zn2+；故D错误．

故选A．二、多选题(共6题，共12分)9、CD【分析】【分析】A．碘升华破坏分子间作用力；

B．键能越大；键越稳定；

C．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量；

D．键能越大，共价键越稳定．【解析】【解答】解：A．碘升华破坏分子间作用力；碘单质能升华是由于碘单质分子间作用力较小，故A错误；

B．键能越大；键越稳定，该分子受热越不易分解为原子，故B错误；

C．燃料燃烧为放热反应；放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；

D．键能越大，共价键越稳定，H-Cl键的键能为431kJ•mol-1，H-I键的键能为299kJ•mol-1；这说明HCl分子比HI分子稳定，故D正确．

故选CD．10、AB【分析】【分析】元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，B、C的最高正价为+2价，则为第IIA元素，B的半径比C大，则B为Mg，C为Be；F、G两元素最低负价-1，则为第VIIA元素，而F的半径大于G，则G为F，F为Cl；D的元素最高正价为+3价，则为B或Al，但是半径比Cl的大，比Mg的小，故应为Al，A的半径比Mg大，最外层电子数为1，应为Na，结合元素周期律的递变规律解答该题．【解析】【解答】解：元素的最高正价=最外层电子数；最高正价和最低负价绝对值的和为8，B；C的最高正价为+2价，则为第IIA元素，B的半径比C大，则B为Mg，C为Be；F、G两元素最低负价-1，则为第VIIA元素，而F的半径大于G，则G为F，F为Cl；D的元素最高正价为+3价，则为B或Al，但是半径比Cl的大，比Mg的小，故应为Al，A的半径比Mg大，最外层电子数为1，应为Na，E有+6价和-2价，则E为S；

A．A为Na，则单质Na在O2中加热，生成Na2O2；故A正确；

B．非金属性越强，则其气态氢化物越稳定，非金属性：F＞Cl＞S，则气态氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S，即HG＞HF＞H2E；故B正确；

C．B2+、D3+、E2-、G-四种离子分别为Mg2+、Al3+、S2-、F-，S2-核外有三个电子层，Mg2+、Al3+、F-核外有2个电子层；所以四种离子的核外电子排布不同，故C错误；

D．同周期从左到右；金属的活泼性减弱，同主族从上到下，金属性增强，所以单质的活泼性顺序为：A＞B＞D，B＞C，故D错误．

故选AB．11、BD【分析】【分析】A；甲装置没有外加电源；属于原电池，乙装置存在外加电源，属于电解池；

B；在原电池的负极上发生氧化反应；在电解池的阴极上，发生还原反应；

C；在电解池的阳极上发生的是失电子的氧化反应；根据电极材料确定发生的反应；

D、根据电解池的阴极上的反应来判断．【解析】【解答】解：A；甲装置没有外加电源；属于原电池，乙装置存在外加电源，属于电解池，可以在锌上镀铜，故A正确；

B；甲装置中；锌是负极，该电极上锌失电子发生氧化反应，乙装置中，锌极是阴极，该电极上发生还原反应，故B错误；

C；乙、丙装置中；阳极均是活泼的金属电极，该电极发生氧化反应而溶解，故C正确；

D；乙装置是电镀装置；铜离子浓度不变，但是丙装置是电解精炼铜装置，铜离子的浓度会减小，故D错误．

故选BD．12、AD【分析】【分析】含有不饱和键的物质能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，结合有机物的水溶性以及密度进行鉴别．【解析】【解答】解：A．己烯含有C=C键；可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，苯和四氯化碳与溴水都不反应，但苯的密度不水小，色层在上层，四氯化碳的密度比水大，色层在下层，可鉴别，故A正确；

B．己炔；己烯都为不饱和烃；都能与溴水反应，不能鉴别，故B错误；

C．苯；己烷都不与溴反应；且密度比水小，无法鉴别，故C错误；

D．溴己烷密度比水大；加入溴色层在下层，苯的密度比水小，加入溴水色层在上层，己烯可与溴发生加成反应，溴水褪色，可鉴别，故D正确．

故选AD．13、BD【分析】【分析】弱酸的电离常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，则酸根离子的水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答，注意酸的电离常数只与温度有关．【解析】【解答】解：A、酸性强弱顺序是：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸性越强，则酸根离子的水解程度越小，等物质的量浓度的碳酸钠溶液、醋酸钠溶液、次氯酸钠溶液中，pH大小顺序是pH[Na2CO3（aq）]＞pH[NaClO（aq）]＞pH[CH3COONa（aq）]；故A错误；

B、酸性强弱顺序是：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，向NaClO溶液中通少量CO2：CO2+NaClO+H2O→NaHCO3+HClO，而不是生成Na2CO3；故B正确；

C、c（Na+）＞c（ClO-），说明溶液显碱性，a=b时生成醋酸钠溶液；其水解导致溶液显碱性，故C错误；

D、酸性强弱顺序是：HClO＞HCO3-，氯水中加入NaHCO3固体，其只能够与盐酸反应，不能与次氯酸反应，能使反应Cl2+H2O=HCl+HClO正向移动；故D正确；

故选BD．14、BC【分析】【分析】A．氢气分子中含有2个氢原子；1mol氢气中含有2mol氢原子；

B．氧气和臭氧中只含有氧原子；等质量的二者一定含有相同的氧原子数；

C．氮原子中含有7个电子；14g氮气的物质的量为0.5mol，含有1mol氮原子；

D．没有告诉在标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L二氧化碳的物质的量．【解析】【解答】解：A．标准状况下22.4L氢气的物质的量为1mol，1mol氢气中含有2mol氢原子，含有的原子数为2NA；故A错误；

B．O2和O3中都只含有氧原子，等质量的二者中含有等质量的氧原子，根据n=可知，等质量的O2和O3中含有的氧原子的物质的量；数目一定相等；故B正确；

C．14g氮气的物质的量为：=0.5mol，0.5mol氮气中含有1mol氮原子，含有7mol电子，含有电子数为7NA；故C正确；

D．不是标况下；不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L二氧化碳的物质的量，故D错误；

故选BC．三、填空题(共8题，共16分)15、CH4（g）+2H2O（g）=4H2（g）+CO2（g）△H=-136.5kJ/mol60%NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑4NA或2.408×1024CC6H6+6H++6e-=C6H12H264.3%【分析】【分析】（1）①根据盖斯定律来计算反应的焓变；根据热化学方程式的书写规律来书写热化学方程式；

②根据化学平衡“三行式”来计算转化率；

（2）NaBH4与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，H元素化合价由-1价、+1价变为0价，再结合转移电子守恒配平方程式，根据NaBH4和转移电子之间的关系式计算；

（3）化学平衡常数K=；

（4）①活泼的氢发生氧化反应；是负极；

②该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷；阳极上生成氧气，同时生成氢离子，阴极上苯得电子和氢离子反应生成环己烷，苯参加反应需要电子的物质的量与总转移电子的物质的量之比就是电流效率η．【解析】【解答】解：（1）①根据第一步反应过程可以得出：CH4（g）+H2O（g）=3H2（g）+CO（g）；△H=-103.3KJ/mol；

根据第二步反应过程可以得出：CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g）；△H=-33.2KJ/mol；

根据盖斯定律，上下两式相加可得：CH4（g）+2H2O（g）=4H2（g）+CO2（g）△H=-136.5kJ/mol，故答案为：CH4（g）+2H2O（g）=4H2（g）+CO2（g）△H=-136.5kJ/mol；

②设CO的平衡转化量为x；

CO（g）+H2O（g）=H2（g）+CO2（g）

初始浓度：2.03.000

变化浓度：1.21.21.21.2

平衡浓度：0.81.81.21.2

则CO的平衡转化率为×100%=60%；故答案为：60%；

（2）NaBH4与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，NaBO2中B元素化合价为+3价，所以NaBH4中H元素的化合价为-1价，所以H元素化合价由-1价、+1价变为0价，再结合转移电子守恒配平方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，反应消耗1molNaBH4时转移的物质的量=1mol×4×（1-0）=4mol，所以转移电子数为4NA或2.408×1024，故答案为：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑；4NA或2.408×1024；

（3）环己烷的起始浓度为amol•L-1，平衡时苯的浓度为bmol•L-1，同一容器中各物质反应的物质的量浓度之比等于其计量数之比，所以根据方程式知，环己烷的平衡浓度为（a-b）mol/L，氢气的浓度为3bmol/L，则平衡常数K=mol3•L-3==mol3•L-3；

故答案为：mol3•L-3；

（4）①活泼的氢发生氧化反应，是负极，该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12，故答案为：C；C6H6+6H++6e-=C6H12；

②阳极上氢氧根离子放电生成氧气；阳极上生成2.8mol氧气转移电子的物质的量=2.8mol×4=11.2mol；

生成1mol氧气时生成2mol氢气；则生成2.8mol氧气时同时生成5.6mol氢气；

设参加反应的苯的物质的量是xmol，参加反应的氢气的物质的量是3xmol，剩余苯的物质的量为10mol×24%-xmol，反应后苯的含量==10%；

x=1.2，苯转化为环己烷转移电子的物质的量为1.2mol×6=7.2mol，则×100%=64.3%；

故答案为：H2，64.3%．16、CaCO3、Mg（OH）22NH4Cl+CaO=CaCl2+2NH3↑+H2ONH3NH3+H2O+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4ClNa2CO3•H2O（s）=Na2CO3（s）+H2O（g）△H=+58.73kJ•mol-1×100%Cl2SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4苦卤样品的体积、Mg（OH）2沉淀的质量97.7mol【分析】【分析】Ⅰ；（1）钙离子会与碳酸根离子生成沉淀；镁离子会与氢氧根离子生成沉淀；

（2）生石灰和水反应生成氢氧化钙；氢氧化钙和氯化铵反应生成氨气；

（3）食盐；氨气、水和二氧化碳发生化学反应；生成碳酸氢铵和氯化铵，据此书写化学方程式；

（4）根据碳酸钠晶体失水的能量变化示意图结合热效应解答；

（5）根据Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑进行计算；

Ⅱ、（1）由流程可知，X为Cl2；具有氧化性，能将溴离子氧化为溴单质；

（2）用沉淀法测定苦卤中镁元素的含量（g/L）；应知道溶液的体积及Mg元素的质量；

③电解200kg质量分数为25%的饱和食盐水，当浓度下降到20%时，参加反应的NaCl为xmol，则×100%=20%．【解析】【解答】解：Ⅰ、（1）钙离子会与碳酸根离子生成沉淀，Ca2++CO32-=CaCO3↓，镁离子会与氢氧根离子生成沉淀，Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；

故答案为：CaCO3、Mg（OH）2；

（2）向分离出NaHCO3晶体后的母液中加入过量生石灰，发生的反应有H2O+CaO=Ca（OH）2、Ca（OH）2+2NH4Cl=2NH3↑+2H2O+CaCl2；最终产物为氯化钙；氨气，其中氨气可再利用；

故答案为：2NH4Cl+CaO=CaCl2+2NH3↑+H2O；

（3）因二氧化碳在水中的溶解度小；氨气极易溶于水，所以，向饱和食盐水中首先通入氨气体，碳酸氢钠的溶解度小，利用浓碳酸氢铵溶液与氯化钠固体发生复分解反应；

故答案为：NH3；NH3+H2O+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；

（4）根据碳酸钠晶体失水的能量变化示意图可知：Na2CO3•10H2O（s）=Na2CO3（s）+10H2O（g）△H=+532.36kJ•mol-1

①，Na2CO3•10H2O（s）=Na2CO3•H2O（s）+9H2O（g）△H=+473.63kJ•mol-1②，由①-②得Na2CO3•H2O（s）=Na2CO3（s）+H2O（g）△H=+58.73kJ•mol-1；

故答案为：Na2CO3•H2O（s）=Na2CO3（s）+H2O（g）△H=+58.73kJ•mol-1；

（5）产品纯碱中常含有NaCl，取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，得bg固体为NaCl；设碳酸钠的物质的量为X，根据方程式。

Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑

12

X2x

混合物质量：117x+a-106X=b，X=mol，该产品中Na2CO3的质量分数×100%；

故答案为：×100%；

Ⅱ、惰性电极电解饱和食盐水，发生2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，氢气在a电极产生，生成的NaOH与镁离子反应，氯气在b电极生成后在B中与硫化钠发生氧化还原反应；

（1）由流程可知，X为Cl2，具有氧化性，能将溴离子氧化为溴单质，该离子反应为SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案为：Cl2；SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；

（2）用沉淀法测定苦卤中镁元素的含量（g/L），应知道溶液的体积及Mg元素的质量，则需测定苦卤样品的体积、Mg（OH）2沉淀的质量；

故答案为：苦卤样品的体积、Mg（OH）2沉淀的质量；

（3）电解200kg质量分数为25%的饱和食盐水，当浓度下降到20%时，参加反应的NaCl为2xmol，生成氯气物质的量为x，由2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，则×100%=20%，解得x=97.7mol，收集氯气的物质的量为97.7mol，故答案为：97.7mol．17、过滤TiOSO4+（x+1）H2O═TiO2•xH2O↓+H2SO4Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+H2O+CO2↑FeCO3（s）⇌Fe2+（aq）+CO32-（aq），CO32-与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液防止Fe2+被氧化【分析】【分析】根据图示流程可知，废液中加入铁屑生成硫酸亚铁溶液和滤渣，硫酸亚铁溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀：Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+H2O+CO2↑；碳酸亚铁与乳酸反应生成乳酸亚铁，通过结晶乳酸亚铁溶液获得乳酸亚铁晶体；

（1）实现固体和液体的分离需要通过过滤操作完成；

（2）根据水解原理：盐+水=酸+碱，结合水解产物是TiO2•xH2O来书写；

（3）亚铁离子可以和碳酸氢根离子之间反应生成碳酸亚铁沉淀；

（4）根据沉淀溶解平衡的移动以及碳酸根离子乳酸之间反应的原理来回答；

（5）根据亚铁离子易被氧气氧化的角度分析．【解析】【解答】解：生产补血剂乳酸亚铁流程为：废液中加入铁屑生成硫酸亚铁溶液和滤渣，硫酸亚铁溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀：Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+H2O+CO2↑；碳酸亚铁与乳酸反应生成乳酸亚铁，通过结晶乳酸亚铁溶液获得乳酸亚铁晶体；

（1）分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是过滤；故答案为：过滤；

（2）TiOSO4水解生成TiO2•xH2O和硫酸，反应的化学方程式为TiOSO4+（x+1）H2O═TiO2•xH2O↓+H2SO4；

故答案为：TiOSO4+（x+1）H2O═TiO2•xH2O↓+H2SO4；

（3）步骤②中亚铁离子与碳酸氢根离子发生反应生成碳酸铁沉淀、二氧化碳气体和水，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+H2O+CO2↑；

故答案为：Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+H2O+CO2↑；

（4）根据碳酸铁的沉淀溶解平衡原理：FeCO3（s）⇌Fe2+（aq）+CO32-（aq），加入乳酸，这样CO32-与乳酸反应浓度降低；平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液；

故答案为：FeCO3（s）⇌Fe2+（aq）+CO32-（aq），CO32-与乳酸反应浓度降低；平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液；

（5）亚铁离子易被氧气氧化，所以步骤⑥必须控制一定的真空度，这样有利于蒸发水还能防止Fe2+被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化．18、a、bC7H10ad【分析】【分析】由结构简式可确定有机物式，有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题．【解析】【解答】解：（1）由结构简式可知有机物含有环状结构，并含有碳碳双键，则属于环烃和不饱和烃，故答案为：a、b；

（2）由有机物结构简式可知有机物分子式为C7H10，故答案为：C7H10；

（3）分子中含有碳碳双键；可发生加成；氧化反应，烃类物质都不溶于水，且碳原子数大于4，常温下为液体，故答案为：ad；

（4）分子式为C7H10，含有一个六元环的单环的一种同分异构体的结构简式为等故答案为：．19、2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH（g）△H=-251.6kJ•mol-1-196.64＞Na2SO3+Ca（OH）2=CaSO3↓+2NaOH负极CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+13【分析】【分析】（1）利用盖斯定律；（Ⅰ）×2+（Ⅱ）×2+（Ⅲ）可得甲烷与氧气制取甲醇的方程式，据此计算反应热即可；

（2）测得SO2的平衡转化率为50%，可知反应的SO2物质的量为1mol，此过程中放出热量98.3kJ，可知2molSO2参加反应放出的热量；以此计算a值；

计算出平衡时各物质的浓度；可计算平衡常数；

若将初始温度为T1℃的2molSO2和1molO2充入容积为2L的绝热密闭容器B中；因正反应放热，则体系温度升高，升高温度平衡逆向移动；

（3）可循环利用的为NaOH；可用亚硫酸钠与氢氧化钙反应生成；

（4）①根据图知，交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极；负极上甲醇失去电子发生氧化反应；

②根据电解池的工作原理和电极方程式来计算．【解析】【解答】解：（1）根据（Ⅰ）CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1=+247.3kJ•mol-1

（Ⅱ）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2=-90.1kJ•mol-1

（Ⅲ）2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H3=-566.0kJ•mol-1

由（Ⅰ）×2+（Ⅱ）×2+（Ⅲ）得2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH（g）△H，故△H=2△H1+2△H2+△H3=（+247.3kJ•mol-1）×2+（-90.1kJ•mol-1）×2+（-566.0kJ•mol-1）=-251.6kJ•mol-1，所以用CH4和O2直接制备甲醇蒸气的热化学方程式为2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH（g）△H=-251.6kJ•mol-1；

故答案为：2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH（g）△H=-251.6kJ•mol-1；

（2）测得SO2的平衡转化率为50%，可知反应的SO2物质的量为1mol，此过程中放出热量98.3kJ，可知2molSO2参加反应放出的热量为196.6，则a=-196.6，平衡时：c（SO2）=0.5mol/L，c（O2）=0.5mol/L，c（SO3）=0.25mol/L，K==4，若将初始温度为T1℃的2molSO2和1molO2充入容积为2L的绝热密闭容器B中；因正反应放热，则体系温度升高，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，故答案为：-196.6；4；＞；

（3）可循环利用的为NaOH，可用亚硫酸钠与氢氧化钙反应生成，反应的方程式为Na2SO3+Ca（OH）2=CaSO3↓+2NaOH，故答案为：Na2SO3+Ca（OH）2=CaSO3↓+2NaOH；

（4）①根据图知，交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应，负极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，故答案为：负极；CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；

②用此电池以惰性电极电解饱和食盐水的电极反应为：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，当两极共收集到标准状况下的气体1.12L（0.05mol）时，则生成氢氧化钠的物质的量是0.05mol，所以COH-==0.1mol/L，所以pH=13，故答案为：13．20、N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=-624KJ/molO2+4e-+2H2O=4OH-用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近石墨电极，观察是否变蓝0.82Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑【分析】【分析】（1）依据热化学方程式书写方法；标注物质聚集状态和对应量的反应热些出热化学方程式；

（2）正极上氧化剂得电子发生还原反应；

（3）乙装置中石墨上是氯离子放电生成氯气；检验氯气的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸，观察是否变蓝；

（4）根据转移电子相等，列出关系式：N2H4～2Cu进行分析求解；

（5）阳极上铝失电子和水反应生成氧化铝；

（6）铝失电子生成铝离子进入溶液，铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀．【解析】【解答】解：（1）16.0g气态肼（N2H4）物质的量为0.5mol，在氧气中完全燃烧生成氮气和水，放出热量312kJ，1mol气态肼（N2H4）燃烧放热614KJ，反应的热化学方程式为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=-624KJ/mol，故答案为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=-624KJ/mol；

（2）正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；

（3）乙装置中石墨上是氯离子放电生成氯气；检验氯气的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸，观察是否变蓝，故答案为：用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近石墨电极，观察是否变蓝；

（4）根据关系式：N2H4～2Cu

32128

m3.2g

则m==0.8g；故答案为：0.8；

（5）阳极上铝失电子和水反应生成氧化铝和氢离子，电极反应式为2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+；故答案为：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+；

（6）铝失电子生成铝离子进入溶液，铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

故答案为：Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑．21、D2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO22O33O2催化【分析】【分析】①有机物是含碳的化合物；有些含碳化合物性质与无机物相同一般也是无机物，如一氧化碳；二氧化碳、碳酸钙等；

②燃煤中加入石灰石作为脱硫剂脱硫的原理是石灰石分解生成的氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙；亚硫酸钙被氧气氧化为硫酸钙除去；

③将方程式①②③相加得出氧气和臭氧的关系式．【解析】【解答】解：①解：塑料袋属于高分子有机化合物；废纸的主要成分是植物纤维，属于纤维素，它们都属于有机物．

故选D．

②燃煤中加入石灰石作为脱硫剂脱硫的原理是石灰石分解生成的氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙被氧气氧化为硫酸钙除去，反应的化学方程式为：2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2；

故答案为：2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2；

③由①Cl+O3→ClO+O2、②O3→O+O2、③ClO+O→Cl+O2，将方程式①+②+③得方程式：2O33O2，氯原子虽参加反应，但反应前后氯原子的个数没有增减，符合催化剂的特点，故答案为：2O33O2；催化．22、[Ar]3d104s24p3AsAsH3的相对分子质量大于PH3的相对分子质量，故AsH3分子间作用力大于PH3分子间作用力正四面体形CCl4As4O6sp34BEG【分析】【分析】（1）As的原子序数为33；其最外层的p电子为半满，为稳定结构；

（2）分子晶体；相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高；

（3）AsO43-中，成键数为4，孤对电子数为（5+3-2×4）×=0，为sp3杂化；等电子体的原子数和价电子数相同；

（4）根据分子结构可知，分子内含有6个氧原子，4个砷原子，化学式为As4O6；As形成3个共价键；

（5）晶体结构与金刚石相似，则为原子晶体，以共价键形成空间网状结构．【解析】【解答】解：（1）As的原子序数为33，由构造原理可知电子排布为[Ar]3d104s24p3；其最外层的4p电子为半满，为稳定结构，则第一电离能较大为As；

故答案为：[Ar]3d104s24p3；As；

（2）AsH3和PH3形成的晶体均是分子晶体，其沸点受分子间作用力大小的影响，对于组成和结构相似的物质分子间作用力和其相对原子质量成正比，所以AsH3的沸点高于PH3，故答案为：AsH3的相对分子质量大于PH3的相对分子质量，故AsH3分子间作用力大于PH3分子间作用力；

（3）AsO43-中含有的孤电子对数是0，中心原子有4个共价键，所以其构型是正四面体形．原子总数相同．价电子总数相同的分子称为等电子体．AsO43-中含有5个原子，32个价电子，所以与其互为等电子体的一种分子为四氯化碳，故答案为：正四面体形；CCl4；

（4）根据分子结构可知，分子内含有6个氧原子，4个砷原子，化学式为As4O6，每个As原子形成3个共价键，又因为中心原子还有1对孤对电子，所以采用的是sp3杂化；

故答案为：As4O6；sp3；

（5）金刚石形成的晶体属于原子晶体；碳原子可以形成4个碳碳单键，所以每个As应与4个Ga相连，金刚石中含有的化学键是共价键，所以该物质中含有的化学键是极性键，单键为σ键，又因为砷原子还有1对孤对电子，而镓原子有容纳孤对电子的空轨道，所以还可以构成配位键；

故答案为：4；BEG．四、推断题(共4题，共16分)23、略

【分析】解：黄绿色气体rm{B}为rm{Cl_{2}}气体rm{A}在rm{Cl_{2}}中可以安静的燃烧，发出苍白色火焰，应为rm{H_{2}}反应生成rm{HCl}rm{D}在空气中燃烧生成浅黄色固体rm{F}rm{D}应为rm{Na}rm{F}为rm{Na_{2}O_{2}}则rm{E}为rm{NaCl}rm{Na_{2}O_{2}}与rm{CO_{2}}反应可得到气体rm{G}rm{G}为rm{O_{2}}则。

rm{(1)}由以上分析可知rm{B}为rm{Cl_{2}}rm{C}为rm{HCl}rm{E}为rm{NaCl}故答案为：rm{Cl_{2}}rm{HCl}rm{NaCl}

rm{(2)D}为rm{Na}rm{F}为rm{Na_{2}O_{2}}rm{Na}与rm{O_{2}}反应可生成rm{Na_{2}O_{2}}反应的方程式为rm{2Na+O_{2}=Na_{2}O_{2}}

rm{F}为rm{Na_{2}O_{2}}与rm{CO_{2}}反应生成rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{O_{2}}反应的方程式为rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}

rm{D}为rm{Na}与水剧烈反应，方程式为rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}

故答案为：rm{a.2Na+O_{2}=Na_{2}O_{2}}rm{b.2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}rm{c.2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉.}

黄绿色气体rm{B}为rm{Cl_{2}}色气体rm{A}在rm{Cl_{2}}中可以安静的燃烧，发出苍白色火焰，应为rm{H_{2}}反应生成rm{HCl}rm{D}在空气中燃烧生成浅黄色固体rm{F}rm{D}应为rm{Na}rm{F}为rm{Na_{2}O_{2}}则rm{E}为rm{NaCl}rm{Na_{2}O_{2}}与rm{CO_{2}}反应可得到气体rm{G}rm{G}为rm{O_{2}}结合物质的性质解答该题．

本题考查无机物的推断，题目难度不大，本题中以气体的颜色和反应现象为突破口进行推断，建议学习中注重相关基础知识的积累．【解析】rm{Cl_{2}}rm{HCl}rm{NaCl}rm{2Na+O_{2}=Na_{2}O_{2}}rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}24、2Al+2OH-+2H20=2AlO2-+3H2↑172Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-③95.00%【分析】【分析】依据转化关系和电解原理可推断，M为NaCl，生成的溶液N为NaOH，气体为H2，Cl2，F和N（NaOH）反应生成的是H2，所以，F为Al，R为O2，G为Al2O3，J为H2，P为Cl2，F（Al）+C=G（Al2