2025年冀教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2025年冀教版高三化学上册月考试卷127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8题，共16分)1、下列四份物质①2gH2、②标准状况下11.2L氧气、③10000个水分子、④1mol氨气．其中所含的原子数由多到少的顺序正确的是（）A.①②③④B.④①②③C.②①③④D.④③②①2、下列反应中，必须加入氧化剂才能进行的是（）A.Cl2→ClO-B.Zn→Zn2+C.Na2O2→O2D.CuO→CuCl23、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.23g金属钠变为钠离子时失去的电子数为NAB.12gC-13含有的原子数为NA个C.标准状况下，22.4L氦气所含的原子数目为2NAD.常温常压下，28gN2和CO的混合气体所含原子数为NA4、下列反应的离子方程式正确的是（）A.FeCl3溶液腐蚀铜板电路：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+B.碳酸钙溶于醋酸溶液：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OC.Ba（OH）2溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓D.铜与稀硝酸反应：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O5、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A.向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-+2H+═SO2↑+H2OB.向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32-+2CO2+H2O═H2SiO3↓+2HCO3-C.向Al2（SO4）3溶液中加入过量NH3•H2O：Al3++4NH3．H2O═AlO2-+4NH4++2H2OD.NaHCO3溶液中加少量Ba（OH）2溶液：2HCO3-+Ba2++2OH-═BaCO3↓+2H2O+CO32-6、下列说法不正确的是（）A.通过加热分解HgO可制得单质HgB.活泼金属Na、Al的冶炼都是通过电解其氧化物水溶液制得的C.沙里淘金是利用金和沙子的密度不同，从而将金粒分离出来D.炼铁时，还原剂CO将铁矿石中还原出来7、为了测定中和反应的反应热；计算时至少需要的数据是（）

①酸的浓度和体积②碱的浓度和体积③比热容④反应后溶液的质量。

⑤生成水的物质的量⑥操作所需的时间⑦反应前后溶液温度变化．A.①②③⑦B.①③④⑥C.③④⑤⑥D.③④⑥⑦8、下列各组描述正确的是()A.化工生产要遵守三原则:充分利用原料、充分利用能量、保护环境。①燃烧时使用沸腾炉②制盐酸时将氯气在氢气中燃烧③制硫酸时使用热交换器这3种化工生产分别符合以上某原则B.①用燃烧的方法鉴别甲烷、乙烯和乙炔②用酒精萃取溴水中的溴③用水鉴别硝酸铵和氢氧化钠固体④用互滴法鉴别Na2CO3、盐酸、BaCl2、NaCl四种溶液以上均能达到实验目的C.①用硫粉覆盖地下撒有的汞②金属钠着火用泡沫灭火器或干粉灭火器扑灭③用热碱溶液洗去试管内壁的硫④用湿的红色石蕊试纸检验氨气是否集满以上操作均合理D.①过氧化氢：火箭燃料②碳酸氢钠：食品发酵剂③钠：制氢氧化钠④硫酸：制蓄电池以上物质的用途均合理评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构见如图，电池总反应可表示为：2H2+O2=2H2O，下列有关说法正确的是（）A.电子通过外电路从a极流向b极B.b极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e--=4OH--C.每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2D.H+由a极通过固体酸电解质传递到b极10、由Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中某几种组成的混合物，向其中加入足量的盐酸有气体放出．将气体通过足量的NaOH溶液，气体体积减少一部分．将上述混合物在空气中加热，有气体放出，下列判断正确的是（）A.混合物中可能含有Na2CO3B.混合物中一定有Na2O2、NaHCO3C.无法确定混合物中是否含有NaHCO3D.混合物中一定不含Na2O2、NaCl11、有关NA说法正确的是（）A.22.4L的SO3中含有NA个硫原子B.常温常压下，18g的水含有的电子数为NAC.500mL1mol/LFe2（SO4）3溶液，通250mL3mol/L的Na2SO4溶液所含硫酸根离子的物质的量浓度之比为1：1D.足量的Fe与1mol氯气充分反应，则转移电子数为2NA12、已知CaCO3与稀盐酸的反应为放热反应，取一定量的CaCO3与稀盐酸进行实验，生成CO2的量与反应时间的关系如图所示．下列结论不正确的是（）A.反应开始后2～4分钟内平均反应速率最大B.反应刚开始时反应速率较小，然后逐渐增大C.反应前阶段速率逐渐增大，是因为反应放热，使反应速率加快D.生成物CaCl2、CO2和H2O的总能量比反应物CaCO3和盐酸的总能量高13、化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（）A.氢氧燃料电池在碱性介质中的负极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-B.电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑C.粗铜精炼时，与电源正极相连的是粗铜，电极反应式仅为：Cu一2e-=Cu2+D.钢铁无论发生析氢腐蚀，还是吸氧腐蚀，负极反应式都为：Fe-2e-=Fe2+14、下列实验操作和现象中，正确的是（）A.在相对过量的氢氧化钠溶液中滴入少量硫酸铜溶液以配制氢氧化铜悬浊液B.在稀氨水中逐渐加入过量的硝酸银溶液来配制银氨溶液C.试管里加入少量淀粉，再加入一定量稀硫酸，加热3～4分钟，然后加入银氨溶液，片刻后管壁上有“银镜”出现E.向较稀的KSCN和FeCl3的混合溶液中加入少量KCl固体，溶液颜色深浅不变E.向较稀的KSCN和FeCl3的混合溶液中加入少量KCl固体，溶液颜色深浅不变15、下列叙述Ⅰ；Ⅱ正确且有因果关系的是（）

。选项陈述Ⅰ陈述ⅡA金属钠具有强还原性金属钠焰色反应呈黄色BAl2O3熔点高Al2O3可用作耐火材料C明矾溶于水生成Al（OH）3胶体明矾可作净水剂DFe2O3是碱性氧化物Fe2O3可作红色油漆和涂料A.AB.BC.CD.D16、在温度；容积相同的2个密闭容器中；按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：

。容器甲乙反应物投入量1molN2、3molH24molNH3NH3的浓度（mol•L-1）c1c1反应的能量变化放出akJ吸收bkJ气体密度ρ1ρ2反应物转化率α1α2（已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=-92.4kJ•mol-1）下列说法正确的是（）A.c1＜c2＜2c1B.a+b＞92.4C.α1+α2=1D.ρ2=2ρ1评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、在标准状况下进行甲；乙、丙三组实验．三组实验均各取300mL同浓度的盐酸；加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据见下表：

。实验序号甲乙丙盐酸体积/mL300300300合金质量/g5.17.659.18生成气体体积/L5.66.726.72（1）甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是不足量的？____（填“甲”或“乙”）．

（2）根据表中数据能否求得盐酸的物质的量浓度？____．（填“能”或“否”）

（3）求合金中Mg、Al的物质的量之比（写出计算过程）18、（2015秋•宜宾校级期中）在一定温度下；将冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示．

请回答下列问题：

（1）“O”点冰醋酸不能导电的原因是____．

（2）a、b、c三点对应的溶液中，C（H+）由小到大的顺序为____．（填字母；后同）

（3）a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH的电离程度最大的是____．

（4）a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的是____．

（5）若使c点对应的溶液中的c（CH3COO-）增大，在下列措施中，可行的是____（填字母；后同）．

A．加热B．加KOH固体C．加水D．加CH3COONa固体E．加锌粒。

（6）在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列各量始终保持增大趋势的是____．

A．C（H+）B．H+物质的量C．C（OH-）D．．19、人类的衣；食、住、行都离不开化学；请结合化学知识回答下列问题．

（1）为了美观耐磨且不易褪色，我们所穿的校服都要加入一定比例的聚酯纤维，它属于____材料．

（2）为了身体健康，我们每天食用很多蔬菜和水果，其中富含的营养素是____

（3）我们常用洗涤剂清洗餐具上的油污，这是因为洗涤剂具有____功能．

（4）为了倡导低碳生活，我选择每天骑自行车上下学．但自行车很容易淋雨生锈，应采取的防锈措施是____，原理____．20、以下都是我们生活；学习中常见的物质；请按照要求回答相关问题：

①干冰②氧化钙③墨水④大理石⑤盐酸⑥硝酸⑦澄清石灰水

⑧氯化钙溶液⑨氯化银沉淀⑩有尘埃的空气（11）硝酸银溶液

（12）稀豆浆（13）纯碱溶液（14）水（15）Ca（NO3）2溶液

（1）属于氧化物的是____（2）能发生丁达尔效应的是____

（3）属于电解质的是____（4）属于非电解质的是____

（5）根据酸；碱、盐、氧化物相关知识；结合下图物质之间的转化关系，完成以下问题，已知物质A、B、C、D、E的组成中均含有一种相同元素，①②③④⑤⑥代表反应序号，且物质A是一种氧化物，E难溶于水，以下转化反应中所有反应物、生成物均来自于上述15种物质或其溶液．

（a）要实现如图所示的各物质之间的变化，用到次数最多的试剂是____（填试剂名称）

（b）写出符合反应⑤的一个化学方程式____

（c）写出反应②的离子反应方程式____；反应⑥的离子反应方程式____

（d）上述6个反应从类型上看，有一个与其他5个不相同，它是反应____（填反应序号）．21、化学在能源开发与利用中起着十分关键的作用。氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料。Ⅰ.氢氧燃料电池能量转化率高，具有广阔的发展前景。现用氢氧燃料电池进行如图所示的实验(图中所用电极均为惰性电极)：(1)对于氢氧燃料电池，下列表达不正确的是。A.a电极是负极，OH-移向负极B.b电极的电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-C.电池总反应式为：2H2+O22H2OD.电解质溶液的pH保持不变E.氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置(2)上图装置中盛有100mL0.1mol·L-1AgNO3溶液，当氢氧燃料电池中消耗氢气112mL(标准状况下)时，此时图中装置中溶液的pH=(溶液体积变化忽略不计)。Ⅱ.已知甲醇的燃烧热ΔH为-726.5kJ·mol-1，在直接以甲醇为燃料的电池中，电解质溶液为酸性，负极的反应式为，正极的反应式为。理想状态下，该燃料电池消耗1mol甲醇所能产生的最大电能为702.1kJ,则该燃料电池的理论效率为(燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比)。22、如图（Ⅰ）中锥形瓶a内放入43.8g10%的稀盐酸，b是未充气的气球，里边放有4g碳酸钙粉末，将它紧紧套在瓶a口上，胶管c套在瓶的侧口，并用弹簧夹d夹紧（瓶口和侧口都不漏气）．将图Ⅰ的装置在托盘天平上称量，质量为W1克．根据实验现象填写下列空白：

（1）把气球b中的碳酸钙粉末小心倒入瓶中，立即产生许多气泡，气球逐渐胀大（如图Ⅱ）．反应结束后，再将其称量，质量为W2克，若不考虑浮力，则W1和W2的关系是____．

（2）取30g质量分数为20%的NaOH溶液，先用滴管取少量NaOH溶液，滴管插入胶管c口（为便于操作，可以适当倾斜瓶a，注意防止漏气）．打开d，将溶液挤入瓶中，立即夹紧d．可以看到瓶内产生少量白色沉淀，轻轻摇动瓶a，沉淀随即消失．用同样方法再加入少量NaOH溶液，又产生白色沉淀，轻摇，沉淀又消失．使沉淀消失的反应的化学方程式是____．

（3）将全部NaOH溶液很快加入瓶中，夹紧d，瓶内产生大量白色沉淀，不再溶解．此时瓶内温度____（填“不变“；“降低“或“升高“）．

（4）继续轻摇瓶a，气球逐渐缩小，直至恢复反应前的下垂状．写出此时发生的反应的化学方程式____．23、三氯化铬是化学合成中的常见物质；三氯化铬易升华，在高温下能被氧气氧化；制备三氯化铬的流程如图1所示：

（1）重铬酸铵分解产生的三氧化二铬（Cr2O3难溶于水）需用蒸馏水洗涤，如何用简单方法判断其已洗涤干净？____．

（2）已知CCl4沸点为76.8℃，为保证稳定的CCl4气流，适宜的加热方式是____．

（3）用图2装置制备CrCl3时，反应管中发生的主要反应为：Cr2O3+3CCl4═2CrCl3+3COCl2，则向三颈烧瓶中通入N2的作用为：①____；②____．

（4）样品中三氯化铬质量分数的测定：称取样品0.3000g，加水溶解并定容于250mL容量瓶中；移取25.00mL于碘量瓶（一种带塞的锥形瓶）中，加热至沸后加入1gNa2O2，充分加热煮沸，适当稀释，然后加入过量2mol•L-1H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以Cr2O72-存在，再加入1.1gKI，加塞摇匀，充分反应后铬以Cr3+存在，于暗处静置5min后，加入1mL指示剂，用0.0250mol•L-1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液21.00mL．（已知：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）

①滴定实验可选用的指示剂名称为____，判定终点的现象是____；若滴定时振荡不充分，刚看到局部变色就停止滴定，则会使样品中无水三氯化铬的质量分数的测量结果____（填“偏高”“偏低”或“无影响”）．

②加入Na2O2后要加热煮沸，其主要原因是____．

③加入KI时发生反应的离子方程式为____．

④样品中无水三氯化铬的质量分数为____．（结果保留一位小数）24、（2014秋•原平市校级期中）如图是元素周期表的一部分；A；B、C均为短周期元素，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B的质子数，B的原子核内质子数和中子数相等．

（1）写出各元素符号：A____，B____，C____．

（2）C的原子结构示意图为____；B的最高价氧化物对应的水化物的化学式为____．

（3）写出一个由其中某种元素的最高价氧化物对应的水化物与其最低价氢化物反应生成的化合物的化学反应方程式：____．评卷人得分四、解答题(共1题，共2分)25、二氧化氮在加热条件下能够分解成一氧化氮和氧气．该反应进行到35s时，达到平衡（NO2浓度为0.01mol/L）．图中曲线表示二氧化氮分解反应在前25s内的反应进程．

若反应延续至70s；请在图中用实线接着画出25s-70s的反应进程曲线．

若反应开始时加入催化剂（其他条件都不变），请在图上用虚线画出加入催化剂后的反应进程曲线．评卷人得分五、简答题(共2题，共4分)26、X、Y、Z、Q、R五种元素的原子序数依次增大．其中：X的最外层电子排布为nsnnp2n；Y是元素周期表中电负性最大的元素；Y；Z位于同一主族；Q基态原子核外的M能层中有两个未成对电子和三个空轨道；R位于第四周期ⅥB族．

请回答下列问题：

（1）R元素基态原子的电子排布式为______，它的最高价氧化物的水化物的化学式为______

（2）XY2分子的立体构型是______，中心原子的杂化方式是______．

（3）Q与氮元素形成的一种化合物晶胞如图所示，该化合物的化学式为______．该晶体中与氮原子距离相等且最近的氮原子有______个．

（4）化合物QZ4熔点为37℃，沸点为136℃，熔融态不导电，可知QZ4的晶体类型是______．QZ4与热水反应的化学方程式为______．27、聚合氯化铝rm{(PAC)}是常用于水质净化的无机高分子混凝剂，其化学式可表示为rm{[Al_{2}(OH)_{n}Cl_{6-n}]_{m}(n<6,m}为聚合度rm{).PAC}常用高温活化后的高岭土rm{(}主要化学组成为rm{Al_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}rm{Fe_{2}O_{3})}进行制备，工艺流程如图rm{1}所示：

rm{(1)}盐酸酸浸所涉及反应的离子方程式是______．

rm{(2)}已知：生成氢氧化物沉淀的rm{pH}

。rm{Al(OH)_{3}}rm{Fe(OH)_{3}}开始沉淀时rm{3.4}rm{1.5}完全沉淀时rm{4.7}rm{2.8}注：金属离子的起始浓度为rm{0.1mol?L^{-1}}

根据表中数据解释加入rm{X}的主要目的：______；滤渣中主要含有物质的化学式是______．

rm{(3)}已知：生成液体rm{PAC}的反应为rm{2Al^{3+}+m(6-n)}rm{Cl^{-}+mn}rm{H_{2}O?[Al_{2}(OH)_{n}Cl_{6-n}]_{m}+mn}rm{H^{+}.}用碳酸钙调节溶液的rm{pH}时，要严控rm{pH}的大小，rm{pH}偏小或偏大液体rm{PAC}的产率都会降低rm{.}请解释rm{pH}偏小液体rm{PAC}产率降低的原因：______．

rm{(4)}浓缩聚合得到含rm{PAC}的液体中铝的各种形态主要包括：

rm{Al_{a}}--rm{Al^{3+}}单体形态铝。

rm{Al_{b}}--rm{[Al_{2}(OH)_{n}Cl_{6-n}]_{m}}聚合形态铝。

rm{Al_{c}}--rm{Al(OH)_{3}}胶体形态。

图rm{2}为rm{Al}各形态百分数随温度变化的曲线；图rm{3}为含rm{PAC}的液体中铝的总浓度rm{Al_{T}}随温度变化的曲线．

rm{垄脵50-90隆忙}之间制备的液体rm{PAC}中；______形态铝含量最多．

rm{垄脷}当rm{T>80隆忙}时，rm{Al_{T}}明显降低的原因是______．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】据N=nNA可知，含有原子的物质的量越大，原子数越多，所以先将各选项中的物理量转化成物质的量，再计算出含有原子的物质的量，最后按照原子的物质的量由大到小进行排序即可．【解析】【解答】解：①2gH2的物质的量为：=1mol；1mol氢气分子中含有2molH；

②标准状况下11.2L氧气的物质的量为：=0.5mol；0.5mol氧气分子中含有1molO；

③10000个水分子与6.02×1023相差较大；则含有水的物质的量非常小，其含有的原子数最小；

④1mol氨气分子中含有1molN；3molH；总共含有4mol原子；

根据分析可知；含有原子数最多的为④，其次为①，最少的为③；

所以所含的原子数由多到少的顺序为：④①②③；

故选B．2、B【分析】【分析】必须加入氧化剂才能进行，则选项中的物质为还原剂的变化，还原剂中某元素的化合价升高，以此来解答．【解析】【解答】解：A．Cl2→ClO-过程中Cl元素化合价降低，Cl2与NaOH溶液反应可以生成ClO-；不需要加入氧化剂，故A错误；

B．Zn元素化合价升高；被氧化，应加入氧化剂，故B正确；

C．Na2O2→O2过程中O元素化合价降低，Na2O2与水反应生成O2；既是氧化剂又是还原剂，不需要加入还原剂，故C错误；

D．元素化合价没有发生变化；不是氧化还原反应，故D错误．

故选B．3、A【分析】【分析】A、n=并结合1mol钠失去1mol电子计算；

B、根据n=计算；

C、根据n=并结合氦气是单原子分子来分析；

D、根据n=并结合N2和CO均为双原子分子来分析．【解析】【解答】解：A、钠的物质的量n===1mol，而1mol钠失去1mol电子，个数为NA个；故A正确；

B、12gC-13的物质的量n===mol，故含有的原子个数为NA个；故B错误；

C、氦气的物质的量n===1mol，而氦气是单原子分子，故1mol氦气含1mol原子，个数为NA个；故C错误；

D、根据N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，故混合气体的物质的量n===1mol，而N2和CO均为双原子分子，故含有的原子个数为2NA个；故D错误．

故选A．4、D【分析】【分析】A．电荷；电子不守恒；

B．醋酸在离子反应中保留化学式；

C．漏写生成水的离子反应；

D．反应生成硝酸铜、NO和水．【解析】【解答】解：A．FeCl3溶液腐蚀铜板电路的离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；故A错误；

B．碳酸钙溶于醋酸溶液的离子反应为CaCO3+2HAc=Ca2++CO2↑+H2O+2Ac-；故B错误；

C．Ba（OH）2溶液与稀硫酸反应的离子反应为2OH-+2H++Ba2++SO42-=BaSO4↓+2H2O；故C错误；

D．铜与稀硝酸反应的离子反应为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；遵循电子；电荷守恒及原子守恒，故D正确；

故选D．5、D【分析】【分析】A．发生氧化还原反应生成硫酸钠；NO和水；

B．反应生成硅酸和碳酸氢钠；原子不守恒；

C．反应生成氢氧化铝和硫酸铵；

D．少量Ba（OH）2完全反应，生成碳酸钡、碳酸钠和水．【解析】【解答】解：A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液的离子反应为2NO3-+3SO32-+2H+═3SO42-+2NO↑+H2O；故A错误；

B．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2的离子反应为SiO32-+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3-；故B错误；

C．向Al2（SO4）3溶液中加入过量NH3•H2O的离子反应为Al3++3NH3．H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；故C错误；

D．NaHCO3溶液中加少量Ba（OH）2溶液的离子反应为2HCO3-+Ba2++2OH-═BaCO3↓+2H2O+CO32-；故D正确；

故选D．6、B【分析】【分析】金属冶炼是工业上将金属从含有金属元素的矿石中还原出来的生产过程．金属的活动性不同；可以采用不同的冶炼方法．总的说来，金属的性质越稳定，越容易将其从化合物中还原出来．金属冶炼的方法主要有：

热分解法：对于不活泼金属；可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来；

热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2；活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来；

电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属．【解析】【解答】解：A；Hg为不活泼金属；可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故A正确；

B；Na、Mg、Al为活泼金属；通常用电解熔融的金属化合物的方法冶炼，铝是电解熔融态的氧化铝制得的，故B错误；

C；金属于不活泼金属；可用物理方法分离金，即沙里淘金是利用金和沙子的密度不同，从而将金粒分离出来，故C正确．

D、Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2；活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来；故D正确．

故选B．7、A【分析】【分析】根据中和热的计算公式△H=Q=-cm△T来确定实验中需要的数据．【解析】【解答】解：由反应热的计算公式△H=Q=-cm△T可知，酸碱反应的中和热计算时，至少需要的数据有：比热容c、酸的浓度和体积、碱的浓度和体积以及反应后溶液的质量、生成水的物质的量、反应前后温度，根据反应前后的温度获得反应前后温度变化△T．故选：A．8、A【分析】试题分析：A．①燃烧时使用沸腾炉,充分利用原料,②制盐酸时将氯气在氢气中燃烧,保护环境;③制硫酸时使用热交换器,充分利用能量故这3种化工生产符合以上原则，正确；B．①甲烷燃烧产生淡蓝色火焰，乙烯燃烧火焰明亮，并伴有黑烟；乙炔燃烧火焰明亮，并伴有浓烈的黑烟，现象不同，因此可以用燃烧的方法鉴别甲烷、乙烯和乙炔，正确；②由于酒精与水混溶，所以不能用酒精萃取溴水中的溴，错误；③硝酸铵溶于水吸收热量，使温度降低，而氢氧化钠固体溶于水会放出大量的热，使温度升高，因此可以用水鉴别硝酸铵和氢氧化钠固体，正确；④Na2CO3与盐酸发生反应产生气体而冒气泡，与BaCl2混合有白色沉淀产生，加入到NaCl中无任何现象发生，因此用互滴法鉴别Na2CO3、盐酸、BaCl2、NaCl四种溶液，正确。故以上不都能达到实验目的，错误；C．①用硫粉覆盖地下撒有的汞形成HgS,正确；②金属钠着火不能用泡沫灭火器或干粉灭火器扑灭，否则会使火势更严峻，错误；③S能够与热的NaOH溶液发生反应产生可溶性物质，因此可以用热碱溶液洗去试管内壁的硫，正确；④用湿的红色石蕊试纸检验氨气是否集满，正确。因此不是以上操作都合理，错误。D．①过氧化氢可以作火箭的燃料的氧化剂，错误；②碳酸氢钠可以作食品发酵剂，正确；③钠可以用于制氢氧化钠，正确；④硫酸可以制蓄电池，正确。故不是所有用途都合理，错误。考点：考查物质的性质、用途及作用的知识。【解析】【答案】A二、多选题(共8题，共16分)9、AD【分析】【分析】根据电池总反应：2H2+O2=2H2O可知：通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，反应为H2-2e-═2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，反应为O2+4e-+4H+=2H2O；电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，电解质溶液中阳离子向正极移动，即H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的体积为1.12L．【解析】【解答】解：A、因氢元素的化合价升高，则a为负极，这样电子应该是通过外电路由a极流向b；故A正确；

B、该电池为酸性电池，b极上的电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；故B错误；

C；因没有说明是否为标准状况；则气体的体积不一定为1.12L，故C错误；

D、原电池中，a极氢气失电子生成H+，阳离子向正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；故D正确．

故选AD．10、AB【分析】【分析】盐酸可以和过氧化钠反应产生氧气；和碳酸钠；碳酸氢钠反应可以释放出二氧化碳，二氧化碳可以和氢氧化钠反应，氧气不反应，碳酸氢钠受热分解会生成二氧化碳气体；

向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种，将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO3、NaCl不能确定．【解析】【解答】解：向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种，将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO3；NaCl不能确定；

A、根据以上分析可知，混合物中可能含有含有Na2CO3；NaCl；故A正确；

B、由上述分析可知，混合物中一定有Na2O2、NaHCO3；故B正确；

C、由上述分析可知，混合物中一定有NaHCO3；故C错误；

D、由上述分析可知，混合物中一定含有Na2O2；可能含有NaCl，故D错误；

故选AB．11、CD【分析】【分析】A；三氧化硫所处的状态不明确；

B；求出水的物质的量；然后根据1mol水中含10mol电子来计算；

C；溶液中所含的硫酸根离子的浓度与所取溶液的体积无关；

D、根据反应后氯元素的价态为-1价来分析．【解析】【解答】解：A；三氧化硫所处的状态不明确；故三氧化硫不一定是气体，故A错误；

B；18g水的物质的量为1mol；而1mol水中含10mol电子，故B错误；

C、500mL1mol/LFe2（SO4）3溶液中硫酸根的浓度为3mol/L，250mL3mol/L的Na2SO4溶液中硫酸根的浓度为3mol/L；故浓度之比为1：1，故C正确；

D；反应后氯元素的价态为-1价；故1mol氯气转移2mol电子，故D正确．

故选CD．12、BD【分析】【分析】CaCO3与稀盐酸的反应为放热反应，随着反应的进行，温度逐渐升高，盐酸浓度逐渐降低，结合各时间段二氧化碳物质的量的变化可比较反应速率的大小，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．由图可知；2～4分钟时间内，生成的二氧化碳的体积最多，故2～4min反应速率最快，故A正确；

B．由图象可知；0～2分钟时间内，生成二氧化碳0.1mol，2～4分钟时间内，生成二氧化碳0.2mol，4～6分钟时间内，生成二氧化碳0.1mol，则反应刚开始时反应速率较小，然后逐渐增大，最后减小，故B错误；

C．随反应进行氢离子浓度降低；氢离子浓度变化使反应速率降低，由图象可知，2～4min反应速率最快，0～4分钟温度对反应速率起主要作用，4min后反应速率又降低，氢离子浓度起主要作用，故C正确；

D．反应为放热反应；说明反应物总能量大于生成物总能量，故D错误．

故选BD．13、BD【分析】【分析】A．氢氧燃料碱性电池中；负极上氢气放电生成水；

B．电解饱和食盐水时；阳极上氯离子放电；

C．电解精炼粗铜时；粗铜作阳极；纯铜作阴极，阳极上铜和其它较活泼金属失电子；

D．钢铁无论发生析氢腐蚀，还是吸氧腐蚀，负极上都是Fe失电子发生氧化反应．【解析】【解答】解：A．氢氧燃料碱性电池中，负极上氢气放电生成水，电极反应式为H2+2OH-+2e-=2H2O，正极上电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；故A错误；

B．电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；故B正确；

C．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，阳极上铜和其它较活泼金属失电子，所以电极反应式不仅为：Cu-2e-=Cu2+；故C错误；

D．钢铁无论发生析氢腐蚀，还是吸氧腐蚀，负极上都是Fe失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；故D正确；

故选BD．14、AE【分析】【分析】A．配制氢氧化铜悬浊液；碱应过量；

B．配制银氨溶液；应向硝酸银中滴加氨水；

C．淀粉水解显酸性；而检验葡萄糖应在碱性条件下；

D．溴乙烷水解显碱性；而检验溴离子应在酸性条件下；

E．加入少量KCl固体，对Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3无影响．【解析】【解答】解：A．配制氢氧化铜悬浊液；在相对过量的氢氧化钠溶液中滴入少量硫酸铜溶液，碱过量，操作合理，故A正确；

B．配制银氨溶液；应向硝酸银中滴加氨水，只生成的沉淀恰好溶解即为银氨溶液，故B错误；

C．管里加入少量淀粉；再加入一定量稀硫酸，加热3～4分钟，然后冷却后加碱至碱性，再加入银氨溶液，片刻后管壁上有“银镜”出现，故C错误；

D．溴乙烷在氢氧化钠溶液的存在下进行水解后；然后加酸至酸性，再加入硝酸银溶液，可检验溴离子的存在，故D错误；

E．加入少量KCl固体，对Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3无影响；则溶液颜色深浅不变，故E正确；

故选AE．15、BC【分析】【分析】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．氧化铝熔点高；导致具有耐火性；

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．【解析】【解答】解：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．氧化铝熔点高；所以可以作耐火材料，故B正确；

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BC．16、BD【分析】【分析】甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量4molNH3；若恒温且乙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与乙容器也是等效平衡．在温度；容积相同的2个密闭容器中，乙所到达的平衡，可以当成在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积与甲容器体积相等所到达的平衡；

A．体积缩小1倍，压强增大1倍，若氨气的转化率不变，则c2=2c1；但平衡向正反应移动，氨气的转化率降低；

B．若乙中开始投入2molNH3，则甲与乙是等效的，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，但乙中为4molNH3，分解的NH3较2molNH3时多；

C．若乙中开始投入2molNH3，则甲与乙是等效的，甲与乙的反应物转化率之和为1，但乙中为4molNH3，较2molNH3时的转化率低；

D．乙中混合气体的质量为甲中的2倍，体积相同，密度之比等于质量之比．【解析】【解答】解：甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量4molNH3；若恒温且乙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与乙容器也是等效平衡．在温度；容积相同的2个密闭容器中，乙所到达的平衡，可以当成在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积与甲容器体积相等所到达的平衡；

A．体积缩小1倍，压强增大1倍，若氨气的转化率不变，则c2=2c1；但平衡向正反应移动，氨气的转化率降低；

故c2＞2c1；故A错误；

B．若乙中开始投入2molNH3，则甲与乙是等效的，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，但乙中为4molNH3，分解的NH3较2molNH3时多，故a+b＞92.4；故B正确；

C．若乙中开始投入2molNH3，则甲与乙是等效的，甲与乙的反应物转化率之和为1，但乙中为4molNH3，较2molNH3时的转化率低，故α1+α2＜1；故C错误；

D．乙中混合气体的质量为甲中的2倍，体积相同，密度之比等于质量之比，故ρ2=2ρ1；故D正确；

故选BD．三、填空题(共8题，共16分)17、乙能【分析】【分析】（1）盐酸浓度；体积一定；甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量、金属完全反应；根据甲中金属与氢气的体积定比关系计算生成6.72L氢气需要金属的质量，确定乙中盐酸与金属是否恰好反应；

（2）乙、丙中盐酸完全反应，可以根据反应生成氢气体积计算盐酸的物质的量浓度，根据n=计算氢气的物质的量，根据氢元素守恒可知n（HCl）=2n（H2）；据此计算；

（3）甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，设镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和与电子转移守恒列方程计算x、y的值，据此解答．【解析】【解答】解：（1）盐酸浓；体积一定；甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量、金属完全反应，乙中合金质量小于丙中合金质量，且乙、丙生成气体体积相等，说明乙、丙中盐酸完全反应；

根据甲可知，生成6.72L氢气需要金属的质量为：5.1g×=6.12g；故乙中金属有剩余，盐酸不足；

故答案为：乙；

（2）乙、丙中盐酸完全反应，可以根据反应生成氢气体积计算盐酸的物质的量浓度，盐酸完全反应生成氢气6.72L，氢气的物质的量为：=0.3mol，根据氢元素守恒可知：n（HCl）=2n（H2）=2×0.3mol=0.6mol，故盐酸的物质的量浓度为：=2mol/L；

故答案为：能；

（3）甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，设镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可知：①24x+27y=5.1，根据电子转移守恒有：②2x+3y=×2=0.5；

根据①②联立解得：x=0.1；y=0.1；

所以合金中镁与铝的物质的量之比为：0.1mol：0.1mol=1：1；

答：合金中Mg、Al的物质的量之比为1：1．18、无自由移动的离子cabccABDEBD【分析】【分析】（1）溶液的导电性与离子浓度有关；离子浓度越大，导电性越强；

（2）导电能力越强；离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小；

（3）溶液越稀；越促进醋酸电离；

（4）溶液中氢离子浓度越小；对水的电离抑制程度越小；

（5）要使醋酸根离子浓度增大；可以采用加热；加入含有醋酸根离子的物质、加入和氢离子反应的物质；

（6）加水稀释，促进电离，n（CH3COO-）、n（H+）增大，但浓度减小，以此解答．【解析】【解答】解：（1）溶液的导电性与离子浓度有关；离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，故答案为：无自由移动的离子；

（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH为b＜a＜c，氢离子浓度由小到大的顺序为cab，故答案为：cab；

（3）溶液越稀，越促进醋酸电离，CH3COOH的电离程度最大的是c；故答案为：c；

（4）溶液中氢离子浓度越小；对水的电离抑制程度越小，c点氢离子浓度最小，水的电离程度最大，故答案为：c；

（5）要使醋酸根离子浓度增大；可以采用加热；加入含有醋酸根离子的物质、加入和氢离子反应的物质；

A．加热促进醋酸电离；则溶液中醋酸根离子浓度增大，故正确；

B．加NaOH固体；氢氧化钠和氢离子反应促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，故正确；

C．加水稀释能促进醋酸电离；但醋酸根离子浓度减小，故错误；

D．加固体CH3COONa；能抑制醋酸电离，但醋酸钠电离出的醋酸根离子大于抑制醋酸电离出的醋酸根离子，所以醋酸根离子浓度增大，故正确；

E．加入锌粒；和氢离子反应，促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，故正确；

故答案为：ABDE；

（6）加水稀释，酸性减弱，促进电离，n（CH3COO-）、n（H+）增大；但浓度减小；

A；氢离子浓度减小；故A错误；

B、加水稀释，促进电离，n（H+）增大；故B正确；

C；加水稀释；溶液接近中性，氢氧根离子浓度不再变化，故C错误；

D、醋酸的电离平衡常数不变，氢离子浓度减小，所以增大；故D正确；

故答案为：BD．19、合成维生素乳化车轴处涂油隔绝O2和H2O【分析】【分析】（1）要判断是否属于合成材料；可抓住三个特征：有机物；合成、高分子化合物；

（2）蔬菜和水果富含维生素；

（3）洗洁精具有乳化作用；

（4）隔绝O2和H2O可防止铁生锈．【解析】【解答】解：（1）聚酯纤维属于合成材料；故答案为：合成；

（2）蔬菜和水果富含维生素；故答案为：维生素；

（3）洗涤剂有乳化作用；能将大的油滴分散成细小的油滴随水冲走，故答案为：乳化；

（4）车轴处涂油隔绝O2和H2O可防止铁生锈，故答案为：车轴处涂油；隔绝O2和H2O．20、①②（14）③⑩（12）②⑥⑨（14）①盐酸Ca（NO3）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaNO3CaO+2H+=Ca2++H2OCaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑①【分析】【分析】（1）氧化物是指两种元素组成；其中一种是氧元素的化合物；

（2）发生丁达尔现象的是胶体分散系的性质；

（3）电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物；

（4）非电解质是水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物；

（5）物质A、B、C、D、E的组成中均含有一种相同元素，①②③④⑤⑥代表反应序号，且物质A是一种氧化物，E难溶于水，以下转化反应中所有反应物、生成物均来自于上述15种物质或其溶液，依据转化关系的反应特征分析判断出各物质；E难溶于水判断为大理石，推断ABCD中都含钙元素，A为氧化钙；C为氯化钙，所以B为氢氧化钙，与氯化钙反应的是硝酸银；依据判断回答问题．【解析】【解答】解：（1）氧化物是指两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物；属于氧化物的是①CO2，②氧化钙，（14）H2O；故答案为：①②（14）；

（2）发生丁达尔现象的是胶体分散系的性质；③墨水是解题分散系；⑩有尘埃的空气是气溶胶，（12）稀豆浆是蛋白质水中形成的胶体，故答案为：③⑩（12）；

（3）电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物；酸碱盐都是电解质；水；活泼金属氧化物属于电解质；所以②氧化钙活泼氧化物是电解质，⑥硝酸是酸属于电解质，⑨氯化银沉淀是盐属于电解质，（14）水是电解质，故答案为：②⑥⑨（14）；

（4）非电解质是水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物；①干冰是二氧化碳；溶于水生成电解质碳酸，是本身电离出离子的化合物，故答案为：①；

（5）物质A、B、C、D、E的组成中均含有一种相同元素，①②③④⑤⑥代表反应序号，且物质A是一种氧化物，E难溶于水，以下转化反应中所有反应物、生成物均来自于上述15种物质或其溶液，依据转化关系的反应特征分析判断出各物质；E难溶于水判断为大理石，推断ABCD中都含钙元素，A为氧化钙；C为氯化钙，所以B为氢氧化钙，与氯化钙反应的是硝酸银；判断A、为CaO；B、Ca（OH）2；C、CaCl2；D、Ca（NO3）2；E、CaCO3；

（a）要实现如图所示的各物质之间的变化；用到次数最多的试剂是盐酸，故答案为：盐酸；

（b）符合反应⑤的反应是一个化学方程式：Ca（NO3）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaNO3，故答案为：Ca（NO3）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaNO3；

（c）反应②是氧化钙溶于酸的反应，反应的离子反应方程式为：CaO+2H+=Ca2++H2O；反应⑥是碳酸钙溶于酸的反应，反应的离子反应方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；

故答案为：CaO+2H+=Ca2++H2O；CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；

（d）上述6个反应从类型上看，①是化合反应，②③④⑤⑥是复分解反应；①与其他5个不相同，故答案为：①．21、略

【分析】Ⅰ.(1)C项反应条件不是点燃，C项错；随着燃料电池的不断反应，水越来越多，KOH溶液浓度逐渐减小，pH逐渐减小，故D错。(2)右池为电解池，其电极反应为：阳极：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极：4Ag++4e-=4Ag，当氢氧燃料电池中消耗氢气112mL(标准状况下)时，转移电子数为0.01mol，右池中共消耗0.01molOH-，故生成0.01molH+，c(H+)==0.1mol/L，pH=1。Ⅱ.该燃料电池的理论效率=702.1kJ/726.5kJ×100%≈96.6%。【解析】【答案】Ⅰ.(1)C、D(2)1Ⅱ.CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+O2+4H++4e-=2H2O96.6%22、相等Ca（OH）2+2HCl=CaCl2+2H2O升高2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O、CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O【分析】【分析】（1）不考虑浮力；则反应前后装置遵循质量守恒；

（2）氢氧化钙的溶解度较小；生成的沉淀为氢氧化钙，摇动后氢氧化钙与盐酸反应导致沉淀消失；

（3）先根据题干数据计算出HCl；NaOH的物质的量；然后判断过量情况；最后中和反应为放热反应判断温度变化；

（4）继续轻摇瓶a，二氧化碳会与氢氧化钙、氢氧化钠发生反应．【解析】【解答】解：（1）反应前后装置中的反应遵循质量守恒，即：W1=W2；

故答案为：相等；

（2）溶液中含有氯化钙，氢氧化钙溶解度较小，则加入氢氧化钠溶液后钙离子与氢氧化钠结合生成氢氧化钙沉淀，轻摇后沉淀又与盐酸反应而消失，发生的反应方程式为：Ca（OH）2+2HCl=CaCl2+2H2O；

故答案为：Ca（OH）2+2HCl=CaCl2+2H2O；

（3）43.8g10%的稀盐酸中含有HCl的物质的量为：≈0.12mol，30g质量分数为20%的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：=0.15mol；则混合液中氢氧化钠过量，瓶内不再溶解，产生大量氢氧化钙沉淀，由于中和反应为放热反应，则瓶内温度升高；

故答案为：升高；

（4）产生的二氧化碳会和过量的碱反应，使气压减小，气球变小，反应的化学方程式为：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O、CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O；

故答案为：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O、CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O．23、最后一次的洗涤液呈无色水浴加热（并用温度计指示温度）赶尽反应装置中的氧气鼓气使反应物进入管式炉中进行反应淀粉最后一滴滴入时，蓝色恰好完全褪去，且半分钟内不恢复原色偏低除去其中溶解的氧气，防止氧气将I-氧化，产生偏高的误差Cr2O72-+6I-+14H+═2Cr3++3I2+7H2O95.1%【分析】【分析】根据流程图知，重铬酸铵分解产生的三氧化二铬（Cr2O3难溶于水）、氮气和水，然后洗涤、烘干得到Cr2O3，在加热条件下，在反应器中发生反应Cr2O3+3CCl4═2CrCl3+3COCl2；三氯化铬易升华，在高温下能被氧气氧化，为防止三氯化铬被氧化，通入氮气，且充入的氮气能使反应物进入管式炉中进行反应；最后得到无水三氯化铬；

（1）重铬酸铵分解不完全，还可能含有其它可溶性杂质；因为（NH4）2Cr2O7显桔红色；所以可以提供颜色来判断；

（2）因为CCl4沸点为76.8℃，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流；可以通过水浴加热来控制其流量；

（3）氮气不能氧化三氯化铬且充入氮气能使反应物进入管式炉中进行反应；

（4）①利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉显蓝色；滴入最后一滴时；如果溶液颜色在半分钟内不变色，则达到滴定终点；

若滴定时振荡不充分；刚看到局部变色就停止滴定，则会使样品中无水三氯化铬的质量分数的测量结果偏低；

②溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-氧化；

③Cr2O72-和I-发生氧化还原生成碘单质和铬离子；

④由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3++～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根据关系式计算．【解析】【解答】解：根据流程图知，重铬酸铵分解产生的三氧化二铬（Cr2O3难溶于水）、氮气和水，然后洗涤、烘干得到Cr2O3，在加热条件下，在反应器中发生反应Cr2O3+3CCl4═2CrCl3+3COCl2；三氯化铬易升华，在高温下能被氧气氧化，为防止三氯化铬被氧化，通入氮气，且充入的氮气能使反应物进入管式炉中进行反应；最后得到无水三氯化铬；

（1）因为（NH4）2Cr2O7显桔红色；最后一次洗涤的流出液呈无色，说明洗涤干净；

故答案为：最后一次洗涤的流出液呈无色；

（2）因为CCl4沸点为76.8℃，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流；可以通过水浴加热来控制其流量，并用温度计指示温度；

故答案为：水浴加热（并用温度计指示温度）；

（3）氮气不能氧化三氯化铬且充入氮气能使反应物进入管式炉中进行反应；为防止三氯化铬被氧化且使反应物进入管式炉中进行反应，充入氮气；

故答案为：①赶尽反应装置中的氧气；

②鼓气使反应物进入管式炉中进行反应；

（4）①利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉显蓝色；所以可以用淀粉作指示剂；滴入最后一滴时，如果溶液颜色在半分钟内不变色，则达到滴定终点；

若滴定时振荡不充分；刚看到局部变色就停止滴定，则会使样品中无水三氯化铬反应不完全，所以导致它的质量分数的测量结果偏低；

故答案为：淀粉；最后一滴滴入时；蓝色恰好完全褪去，且半分钟内不恢复原色；偏低；

②溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-氧化，若不除去其中溶解的氧气使生成的I2的量增大，产生偏高的误差，故加热煮沸，其主要原因是：除去其中溶解的氧气，防止氧气将I-氧化；产生偏高的误差．

故答案为：除去其中溶解的氧气，防止氧气将I-氧化；产生偏高的误差；

③Cr2O72-和I-发生氧化还原生成碘单质和铬离子，离子方程式为Cr2O72-+6I-+14H+═2Cr3++3I2+7H2O，故答案为：Cr2O72-+6I-+14H+═2Cr3++3I2+7H2O；

④令25.00mL溶液中n（Cr3+），由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3++～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3；根据关系式计算．

2Cr3++～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3；

26

n（Cr3+）0.0250mol/L×0.021L

故n（Cr3+）=0.0250mol/L×0.021L×所以250mL溶液中n′（Cr3+）=0.0250mol/L×0.021L××=0.0018mol，根据Cr元素守恒可知n（CrCl3）=n′（Cr3+）=0.0018mol，所以样品中m（CrCl3）=0.0018mol×158.5g/mol=0.2853g，故样品中无水三氯化铬的质量分数为×100%=95.1%，故答案为：95.1%．24、NSFH2SO4NH3+HNO3=NH4NO3【分析】【分析】设A的质子数为x，根据三种元素在周期表中的位置，可知B的质子数为x+9，C的质子数为x+2，则有x+x+2=x+9，解得x=7，所以A为N元素，B为S元素，C为F元素，据此解答．【解析】【解答】解：（1）设A的质子数为x；根据三种元素在周期表中的位置可知B的质子数为x+9，C的质子数为x+2，则有x+x+2=x+9，解得x=7，所以A为N元素，B为S元素，C为F元素，故答案为：N；S；F；

（2）C为F元素，原子结构示意图为：B为S元素，最高正价为+6价，其最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SO4，故答案为：H2SO4；

（3）其中某种元素的最高价氧化物对应的水化物与其最低价氢化物反应生成的化合物的化学反应方程式为：NH3+HNO3=NH4NO3，故答案为：NH3+HNO3=NH4NO3．四、解答题(共1题，共2分)25、略

【分析】【分析】（1）该反应进行到35秒时，达到平衡是NO2浓度约为0.01mol/L；据此画出20秒至60秒的反应进程曲线；

（2）若在反应开始时加入催化剂（其他条件都不变），反应速率加快，相同时间内NO2浓度变化量增大，到达平衡时间缩短，但不影响平衡移动，达到平衡是NO2浓度约为0.01mol/L，据此用虚线画出加催化剂后的反应进程曲线；【解析】【解答】解：（1）该反应进行到35秒时，达到平衡是NO2浓度约为0.01mol/L，据此用实线画出25秒至70秒的反应进程曲线为

故答案为：

（3）若在反应开始时加入催化剂（其他条件都不变），反应速率加快，相同时间内NO2浓度变化量增大，到达平衡时间缩短，但不影响平衡移动，达到平衡是NO2浓度约为0.01mol/L，据此用虚线画出加催化剂后的反应进程曲线为，

故答案为：五、简答题(共2题，共4分)26、略

【分析】解：X、Y、Z、Q、R五种元素的原子序数依次增大．X的最外层电子排布为nsnnp2n，由于n=2，故X为S元素；R位于第四周期ⅥB族，则R为Cr元素；Q基态原子核外的M能层中有两个未成对电子和三个空轨道，故核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，故Q为Ti；Y是元素周期表中电负性最大的元素，则Y为F元素；Y、Z位于同一主族，Z的原子序数小于Cr；故Z为Cl．

（1）R位于第四周期ⅥB族，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，外围电子排布式为3d54s1，最高正化合价为+6，最高价氧化物的水化物为H2Cr2O7；

故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；H2Cr2O7；

（2）SF2分子中S原子孤电子对==2，价层电子对数=2+2=4，为V形结构，杂化轨道数目为4，S原子采取sp3杂化；

故答案为：V形；sp3；

（3）晶胞中N原子数目为8×+6×=4、Ti原子数目=1+12×=4，故化学式为NiN；以顶点N原子研究，与之距离最近的N原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，即晶体中与氮原子距离相等且最近的氮原子有=12个；

故答案为：NiN；12；

（4）化合物QZ4熔点为37℃，沸点为136℃，熔沸点低，熔融态不导电，可知QZ4的晶体类型是分子晶体，TiCl4与热水反应TiO2•xH2O与HCl，反应方程式为：TiCl4+（x+2）H2