2025年浙科版高一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年浙科版高一化学上册阶段测试试卷116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、有和两种粒子，下列叙述正确的是（）A.一定都是由质子、中子、电子构成的B.化学性质几乎完全相同C.质子数一定相等，质量数和中子数一定不相等D.核电荷数和核外电子数一定相等2、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法错误的是()A.常温常压下，16g由O2和O3组成的混合气体所含电子数为8NAB.2g2H216O含有的共用电子对数目为0.2NAC.常温常压下，11.2LH2中含有的电子数为NAD.3molNO2与足量H2O反应，转移的电子数为2NA3、一位海上遇难的水手，随着木排在海上漂流。他用完了淡水，感到异常口渴，但他不喝海水，因为他知道海水会致命,主要原因是（）A.海水有苦涩味，根本喝不下去B.海水中含有多种盐，能使肠胃腐烂致人死亡C.海水中有许多微生物，有些微生物能致人死亡D.海水会造成人体水分从血液和组织内脱离出来，进入肠胃中，使人脱水死亡4、某原电池反应的离子方程式为：rm{Zn+2H^{+}篓TZn^{2+}+H_{2}隆眉}则下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{HNO_{3}}为电解质溶液B.锌为原电池正极C.锌极质量不变D.铜为原电池正极5、向明矾溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，铝元素主要存在的形式是()A.rm{Al^{3+}}和rm{Al(OH)_{;;;;}}B.rm{Al(OH)_{3}}C.rm{Al(OH)_{3}}和rm{AlO_{2}}D.rm{AlO_{2}^{-}}6、某烃的结构简式是它不可能具有的性质是A.它能使溴水褪色，也能使酸性KMnO4溶液褪色B.易溶于水，也易溶于有机溶剂C.能发生加聚反应，生成物可用表示D.该烃能与H2一定条件下反应7、下图是铜锌原电池示意图。图rm{2}中，rm{x}轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，rm{y}轴表示rm{(}rm{)}轴表示rm{y}rm{(}

A.rm{)}B.rm{c(H^{+})}C.rm{V(H_{2})}溶液rm{m(}D.rm{)}rm{m(Cu)}8、短周期元素X、Y和Z可结合形成化合物XYZ3；X、Y和Z的原子序数之和为26；Y和Z同周期，X和Z不同周期，Y的电子总数是内层电子数的3倍。下列有关推测正确的是（）A.XYZ3是一种可溶于水的酸，且X与Y可形成共价化合物XYB.XYZ3是一种微溶于水的盐，且X与Z可形成离子化合物XZC.XYZ3是一种易溶于水的盐，且Y与Z可形成离子化合物YZD.XYZ3是一种离子化合物，且Y与Z只能形成共价化合物YZ评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、（4分）已知aAn＋、bB(n+1)+、cCn-、dD(n+1)─具有相同的核外电子排布，则a、b、c、d由大到小的顺序是____________，这四种离子的半径由大到小的顺序是。10、小明同学设计了如图所示装置来探究铜跟浓硫酸的反应．先关闭活塞a；加热至烧杯中不再有气泡产生时，停止反应，此时烧瓶中铜片仍有剩余．再打开活塞a，将气球中的氧气缓缓挤入烧瓶，铜片慢慢消失．

（1）请写出上述过程A装置中所涉及的化学反应方程式．

______；______

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

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

（4）装置C中的应盛放的试剂为______．11、有以下物质。

A.氨水rm{B.}蔗糖rm{C.}烧碱rm{D.NH_{3}?H_{2}O}rm{E.CO_{2}}rm{F.}碳酸钙rm{G.}醋酸rm{H.}铜rm{I.}氯气rm{J.}石墨。

K.盐酸rm{L.HCl}气体rm{M.}熔融的氯化钠。

其中属于强电解质的是______rm{(}填序号，下同rm{)}属于弱电解质的是______；属于非电解质的是______．12、A、rm{B}rm{C}rm{D}都是短周期元素，原子半径rm{D>C>A>B}已知：rm{A}rm{B}处于同一周期，rm{A}rm{C}处于同一主族；rm{C}原子核内的质子数等于rm{A}rm{B}原子核内的质子数之和；rm{C}原子最外层电子数是rm{D}原子最外层电子数的rm{4}倍。试回答：rm{(1)}这四种元素分别是：rm{A}____，rm{B}____，rm{C}____，rm{D}____；rm{(2)}这四种元素单质的熔点由高到低的顺序是____；rm{(3)C}的单质是____晶体，rm{B}的单质和rm{D}的单质在常温下反应的生成物属于____晶体。13、如图表示有关的一种反应物或生成物rm{(}无关物质已略去rm{)}其中rm{A}rm{C}为无色气体；请填写下列空白．

rm{(1)}化合物rm{W}可能是______或______，rm{C}是______，rm{F}是______．

rm{(2)}反应rm{垄脵}中若消耗rm{Na_{2}O_{2}}rm{7.8g}则转移的电子数为______．

rm{(3)}反应rm{垄脹}的离子方程式：______．

rm{(4)A}与rm{CuO}在加热条件下能反应生成rm{N_{2}}和rm{Cu}请写出该反应的化学方程式：______．14、合理、高效利用金属矿物，将其中的金属从其化合物中还原出来用于生产和制造各种金属材料，这一过程在工业上称为金属的冶炼。（1）以HgO为原料冶炼Hg，冶炼方法是。（2）铝热法是冶炼金属的方法之一，写出铝热法炼铁(Fe2O3)的化学方程式：。引发铝热反应的实验操作是：。（3）某些金属氧化物粉末和铝粉在一定条件下可以发生铝热反应。下列反应速率（υ）和温度（T）的关系示意图中与铝热反应最接近的是：（填字母）。15、(14分)有A、B、C、D、F、G六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。B元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，D元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，F元素在地壳中含量居第二位；A与B、C、D分别构成电子数相等的分子Q、X、Y；化合物AG在空气中与X反应产生白烟Z。请回答下列问题：G的原子结构示意图为，A2D2电子式为，BD2的结构式为，Q的分子空间结构为。（2）固体Z为晶体(填晶体类型)，Z中所含化学键类型有。（3）在D同主族元素氢化物中，Y的沸点反常，原因是。（4）B、F、G元素非金属性由强到弱的顺序为，若用下图装置验证这三种元素非金属性强弱，则在装置中加入的试剂分别为：Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ。(填化学式)16、（8分）在短周期元素中：①金属性最强的元素是______，与水反应最剧烈的非金属是_____；②地壳中含量最丰富的元素位于第________周期第________族，地壳中含量最多的金属元素位于周期表的第________周期第________族．在11～18号的元素中，③原子半径最小的元素是________；④元素最高价氧化物中既能与盐酸反应又能与烧碱反应，该氧化物是________．17、下面是某同学研究氯水漂白性的一个探究性实验片断．

活动计录：【观察】氯气的颜色：黄绿色；氯水的颜色：呈黄绿色．

【结论】氯水中含有____分子．

【实验操作】用两根玻璃棒分别蘸取盐酸和氯水；各滴在两片蓝色石蕊试纸上．

【实验现象】滴有盐酸的试纸变____色；滴有氯水的试纸中间变白，外圈变红．

【分析与结论】氯水呈黄绿色，说明氯水中溶有____分子．滴有氯水的蓝色石蕊试纸外圈变红；说明氯水中有能使试纸变红的酸生成；中间变白，说明氯水中有能够使有色物质褪色的物质生成．

【问题与思考】氯气溶于水发生如下反应：____；溶液中的水和盐酸都没有漂白作用，能够使有色物质褪色的物质是氯水中的氯气分子还是氯水中的次氯酸呢？还是二者都有漂白作用？

请你参照他已完成的部分实验活动记录；自己设计一个实验，证明到底是哪种物质有漂白作用．

【实验操作】____．

【实验现象】____．

【分析与结论】____．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)18、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）19、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）20、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）21、煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都是物理变化22、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．23、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）评卷人得分四、原理综合题(共2题，共12分)24、甲醇水燕气催化重整反应是生产氢能的有效方法之一：CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）。

（1）利用双催化剂Cu/Cu2O对甲醇水蒸气重整反应催化的可能机理如下图，脱氢反应发生在Cu上，Cu2O吸附含C微粒，中间产物M为_____（化学式）。

（2）上述机理可以整合为以下途径：

甲醇分解（I）：CH3OH（g）=CO（g）+2H2（g）△H1（kJ/mol）

水煤气变换（II）：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H2（kJ/mol）

则催化重整反应的△H=_____kJ/mol（用含△H1、△H2的代数式表示）。

（3）甲醇分解（Ⅰ）；水煤气变换（II）的反应平衡常数Kp与温度关系见下表：

。温度T

398K

498K

598K

698K

798K

898K

甲醇分解Kp（I）

0.50

185.8

9939.5

1.8×105

1.6×106

9.3×106

水煤气变换Kp（II）

1577

137.5

28.14

9.339

4.180

2.276

①△HI_______0，△HII___________0（填“＞”或“＜”）

②398K时，反应CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）的Kp=______。

③在较高温度下进行该反应，平衡时体系中CO含量偏高的原因是______。

（4）某研究组对重整反应温度（T）与水醇比（S/M）进行优化，得到下图（a）、（b）；（c）。

①结合图（a）说明水醇比S/M对甲醇平衡转化率的影响_______。

②在图（c）中用阴影画出最优化的反应条件区域____。

（5）下列关于甲醇水蒸气催化重整反应的理解，正确的是____。

A.398K时；水蒸气变换（II）的熵变△S约等于零。

B.当温度；总压、水醇比一定时；在原料气中混有少量惰性气体，不影响催化重整反应的平衡转化率。

C.恒温恒容条件下；假设反应I的速率大于反应II的速率，说明反应I的活化能更高。

D.提高催化剂的活性和选择性，有利于提高氢能生产效率25、二甲醚是一种重要的清洁燃料。合成二甲醚是解决能源危机的研究方向之一。

（1）用CO2和H2可以合成二甲醚(CH3OCH3)

已知：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H1=-90.1kJ/mol

CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2=-41.1kJ/mol

2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3=-24.5kJ/mol

则反应2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=____。

（2）二甲醚(CH3OCH3)燃料电池可以提升能量利用率。利用二甲醚酸性介质燃料电池电解200mL饱和食盐水(惰性电极)；电解一段时间后，阴极收集到标况下的氢气2.24L(设电解后溶液体积不变)

①二甲醚燃料电池的正极反应式为____，负极反应式为____。

②请写出电解食盐水的化学方程式____。

③电解后溶液的pH=____，理论上消耗二甲醚的质量为____(保留一位小数)。评卷人得分五、探究题(共4题，共32分)26、（7分）某淡黄色的颗粒状固体，其化学性质比较活泼，在通常状况下能跟许多物质发生化学反应。例如：它与CO2反应时，只生成了Na2CO3和O2，它与稀盐酸反应时，只生成了NaCl、H2O和O2。上课时，老师做了如下实验：a．取少量的淡黄色的颗粒状固体投入到盛有少量水的试管中，可观察到产生了一种无色无味的气体；b．再向试管中滴加几滴酚酞试液，可观察到烧杯中溶液变红。根据实验现象，回答下列问题：（1）淡黄色的颗粒状固体中一定含有____元素。你做出这个判断的理由是。（2）实验a中产生的气体，可用法收集。（3）同学们对实验a中产生的气体的组成看法不一，提出了以下几种假设：①该气体是CO；②该气体是H2。请你推测该气体还可能是（写化学式）。（4）设计一个实验，证明你在（3）中的推测（写出简要操作步骤，反应现象和结论）。。操作步骤反应现象结论27、（8分）某校实验小组的同学用实验的方法区别稀盐酸和稀硫酸钠溶液（记作M、N），请你一同参与。⑴甲组同学向M、N中分别加入少量的铁粉，观察到M中产生大量无色气泡，则M中发生反应的化学方程式为。⑵乙组同学向M、N中分别滴加Na2CO3溶液，发现M也有无色气泡产生，N没有气泡产生，则M中发生反应的化学反应方程式为。⑶丙组同学向M、N中分别加入滴加BaCl2溶液，N中出现的现象是。⑷丁组同学用了下列试剂中的一种也将M、N区别开来，这种试剂是（填序号）①酚酞试液②硫酸铜溶液③氯化钠溶液④pH试纸28、（7分）某淡黄色的颗粒状固体，其化学性质比较活泼，在通常状况下能跟许多物质发生化学反应。例如：它与CO2反应时，只生成了Na2CO3和O2，它与稀盐酸反应时，只生成了NaCl、H2O和O2。上课时，老师做了如下实验：a．取少量的淡黄色的颗粒状固体投入到盛有少量水的试管中，可观察到产生了一种无色无味的气体；b．再向试管中滴加几滴酚酞试液，可观察到烧杯中溶液变红。根据实验现象，回答下列问题：（1）淡黄色的颗粒状固体中一定含有____元素。你做出这个判断的理由是。（2）实验a中产生的气体，可用法收集。（3）同学们对实验a中产生的气体的组成看法不一，提出了以下几种假设：①该气体是CO；②该气体是H2。请你推测该气体还可能是（写化学式）。（4）设计一个实验，证明你在（3）中的推测（写出简要操作步骤，反应现象和结论）。。操作步骤反应现象结论29、甲；乙、丙、丁四位同学在探究碱溶液与酚酞作用的实验时；发现了一个意外现象：氢氧化钠溶液滴入酚酞试液，溶液变成了红色，可是过了一会红色就消失了．这是什么原因呢？他们根据所学化学知识，分别对这种意外现象的成因作了如下猜想：

甲：可能是酚酞变质造成的；

乙：可能是氢氧化钠溶液与空气中的二氧化碳反应的缘故；

丙：可能是酚酞与空气中的氧气反应；使红色消失；

丁：可能与氢氧化钠溶液浓度大小有关．

（1）甲同学刚提出自己的猜想，就遭到其余三位同学的否定，三位同学的理由是：______；

（2）丙同学认为乙同学的猜想也不正确，他的理由是______．

（3）四位同学讨论后认为要验证丙同学猜想；还需作如下实验，你知道其实验目的吗？

。实验步骤设计这一步骤的目的1．将配制的氢氧化钠溶液加热2．在加热后的溶液中滴入酚酞，并在上方滴一些植物油通过以上实验；四位同学观察到的现象是：溶液先变成红色，过了一会红色仍然消失．

（4）若丁同学的猜想正确；大家能设计实验证明吗？

。实验方法可能观察到的现象和结论评卷人得分六、实验题(共3题，共6分)30、（15分）化学兴趣小组同学运用类比学习的思想,探究过氧化钠与二氧化硫的反应。小组同学改进了下图所示的装置进行实验制取SO2的反应。充分反应，B中固体由淡黄色变为白色(Na2O2完全反应)，将带火星的木条插入试管C中，木条复燃。试回答下列问题：（3）请你完成装置改进的措施和理由：①措施：在A、B之间加一个干燥管，作用_______________________________________。②措施：为确保C中的实验现象发生，在B、C之间加一个装有_________________的洗气瓶，作用_______________________。（2）某同学推断该白色固体为Na2SO3，则其化学反应方程式是____________________________。（3）任何的推论都要经过检验，请完成对白色固体成分的探究：限选实验仪器与试剂：烧杯、试管、药匙、滴管、酒精灯、带单孔胶塞的导管、棉花、试管夹；3mol·L-1HCl、6mol·L-1HNO3、NaOH稀溶液、蒸馏水、1mol·L-1BaCl2溶液、澄清石灰水、品红溶液。①提出合理假设：假设1：白色固体为Na2SO3；假设2：____________；假设3：白色固体为Na2SO3与Na2SO4的混合物。②设计实验方案证明以上三种假设，并按下表格式写出实验操作步骤、预期现象与结论。。实验操作预期现象与结论步骤1：取少量白色固体于试管，加入____，塞上单孔胶塞，将生成的气体通入____。若____，说明白色固体含有Na2SO3，则____成立，若无该现象，则____成立。步骤2：在步骤1反应后的溶液加入____。若____，则说明白色固体含Na2SO4。结合步骤1的结论，则____成立，若无该现象，则____则____成立。31、rm{NC{l}_{3}}可用于漂白，也可用于柠檬等水果的熏蒸处理rm{{.}}已知：rm{{NC}l_{3}}熔点为rm{{-}40{隆忙}}沸点为rm{70{隆忙}{,}95{隆忙}}以上易爆炸，有刺激性气味，可与水反应rm{{.}}实验室中可用氯气和氨气反应制取rm{{NC}l_{3}}反应方程式为rm{4NH_{3}{+}3C1_{2}{==}NCl_{3}{+}3NH_{4}Cl{.}}某校化学兴趣小组同学设计了如图所示的实验装置rm{(NH_{4}{Cl}}的分解温度为rm{300{隆忙}}左右rm{)}．

回答下列问题：

rm{(1)}写出装置rm{F}中的烧瓶内发生反应的离子方程式：____________中的烧瓶内发生反应的离子方程式：____________rm{F}rm{{.}}装置中的试管内发生的反应的化学方程式：__________

写出rm{A}装置中的试管内发生的反应的化学方程式：__________

rm{A}中的试剂为______

rm{(2)E}中的试剂为______；rm{B}中的试剂为______

末端应连接的装置为图中的______rm{B}rm{(3)}导管rm{G}末端应连接的装置为图中的______rm{G}

rm{(}遇水可发生水解反应生成两种物质，其中一种是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，另一种有强氧化性，可使有色物质褪色填选项字母写出rm{)}水解的化学方程式：________________________．

．已知rm{(4)NCl_{3}}中生成的rm{{.}}溶解在rm{{NC}l_{3}}中，欲将二者分离可采取的操作方法为________________________．rm{(5)}32、掌握仪器的名称；组装及使用方法是中学化学实验的基础；图为两套实验装置．

rm{(1)}写出下列仪器的名称：rm{垄脵}______，rm{垄脷}______，rm{垄脺}______；

rm{(2)}仪器rm{垄脵隆芦垄脺}中，使用时必须检查是否漏水的有______rm{(}填序号rm{)}

rm{(3)}若利用装置Ⅰ分离两种液态有机物乙二醇和丙三醇组成的混合物，还缺少的仪器有______，将仪器补充完整后进行rm{.}实验操作的名称为______；冷凝管的进水口是______rm{(}填“rm{f}”或“rm{g}”rm{)}

rm{(4)}现需配制rm{250mL}rm{0.2mol/L}rm{NaCl}溶液，装置Ⅱ是某同学转移溶液的示意图，图中的错误是：rm{垄脵}______rm{垄脷}______．

rm{(5)}若装置Ⅱ的容量瓶中开始就有少量水没有干燥，其它操作正确则配制好的溶液浓度______rm{(}填“偏高”、“偏低”或“无影响”rm{)}．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】由题意知，分别为同种元素的原子和离子，即两者质子数相等，中子数不等，电子数不等。中子数N＝A－Z，N可能为0，故A项错误；决定元素化学性质的是最外层电子数，同种元素的原子与离子的最外层电子数不同，所以化学性质不同，故B项错误；和的核电荷数相等，但核外电子数不相等，故D项错误。【解析】【答案】C2、C【分析】A项可看作16g氧原子，为1mol，含电子数为8NA，正确；B项2g2H216O为0.1mol含有的共用电子对数目为0.2NA正确；C项常温常压下，11.2LH2的物质的量＜0.5mol，含有的电子数小于NA，错；D项由3NO2+H2O=NO+2HNO3知正确。【解析】【答案】C3、D【分析】【解析】【答案】D4、D【分析】解：rm{A.}电解质为rm{HCl}或rm{H_{2}SO_{4}}不能使用rm{HNO_{3}}rm{HNO_{3}}具有强氧化性；反应不生成氢气，故A错误；

B.原电池反应的离子方程式为：rm{Zn+2H^{+}=Zn^{2+}+H_{2}隆眉}则锌为原电池负极，故B错误；

C.rm{Zn}为负极，失去电子，则rm{Zn}电极质量减少；故C错误；

D.正极为比rm{Zn}不活泼的金属或惰性电极；则铜可作原电池的正极，故D正确；

故选D．

原电池反应的离子方程式为：rm{Zn+2H^{+}=Zn^{2+}+H_{2}隆眉}则负极为rm{Zn}正极为比rm{Zn}不活泼的金属或惰性电极，电解质为rm{HCl}或rm{H_{2}SO_{4}}以此来解答．

本题考查原电池，明确原电池的工作原理及电极材料、电解质的选择是解答本题的关键，注意硝酸具有强氧化性，题目难度不大．【解析】rm{D}5、D【分析】【分析】本题考查了离子反应中量的问题，当反应物用量不同时，得到的产物也不同。【解答】向明矾溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，离子反应有rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}rm{+Ba}rm{+Ba}rm{{,!}^{2+}}rm{篓TBaSO}rm{篓TBaSO}rm{{,!}_{4}}rm{隆媒}rm{隆媒}rm{Al}rm{Al}rm{{,!}^{3+}}rm{+4OH}rm{+4OH}当硫酸根离子恰好沉淀完全时，明矾与氢氧化钡的物质的量之比为rm{{,!}^{-}}rm{篓TAlO}此时氯离子与氢氧根的物质的量之比为rm{篓TAlO}rm{{,!}_{2}^{-}}故生成rm{+2H}rm{+2H}故D选项正确。故选D。

rm{{,!}_{2}}【解析】rm{D}6、B【分析】【解析】【答案】B7、A【分析】【分析】本题考查原电池的工作原理，掌握活泼金属锌为负极，铜为正极，锌和硫酸之间发生氧化还原反应是解答的关键，题目比较简单。【解答】铜锌原电池中，rm{Zn}是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}rm{Cu}是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}据此解答。

A.由于反应不断消耗rm{H^{+}}所以溶液的rm{c(H^{+})}逐渐降低；故A正确；

B.由于反应不断消耗rm{H^{+}}产生氢气；所以氢气的量逐渐增加，故B错误；

C.由于总反应相当于锌将氢置换出来；所以溶液的质量在不断增大，故C错误；

D.rm{Cu}不参加反应；其质量不变，故D错误。

故选A。【解析】rm{A}8、B【分析】解：根据分析可知，X为Mg，Y为C，Z为O元素，XYZ3为MgCO3。

A．MgCO3微溶于水；Mg为较活泼金属，Mg；C形成的化合物为离子化合物，故A错误；

B．MgCO3属于微溶于水的盐；Mg与Mg可形成离子化合物MgO，故B正确；

C．MgCO3在水中溶解度较小；且C；O形成的CO为共价化合物，故C错误；

D．MgCO3是离子化合物，但C、O元素可以形成CO和CO2两种共价化合物；故D错误；

故选：B。

短周期元素X、Y和Z可结合形成化合物XYZ3，Y的电子总数是内层电子数的3倍，Y含有2个电子层，电子总数为6，则Y为C元素；化合物XYZ3为XCZ3；且Y和Z同周期，由此可知该化合物中Y；Z形成的是碳酸根离子，则Z为O元素；X、Y和Z的原子序数之和为26，X的原子序数为26-6-8=12，则X为Mg元素，满足X和Z不同周期，据此解答。

本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。【解析】B二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】【解析】【答案】b>a>c>dD(n+1)─>Cn->An＋>B(n+1)+10、略

【分析】解：（1）装置图和实验步骤可知，先关闭活塞a，加热至烧杯中不再有气泡产生时，停止反应，此时烧瓶中铜片仍有剩余，此时反应为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；再打开活塞a，将气球中的氧气缓缓挤入烧瓶，铜片慢慢消失，发生的反应为：2Cu+2H2SO4+O22CuSO4+2H2O；或2Cu+O22CuO，CuO+H2SO4═CuSO4+2H2O；

故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；2Cu+2H2SO4+O22CuSO4+2H2O；或2Cu+O22CuO，CuO+H2SO4═CuSO4+2H2O；

（2）B装置是收集装置，二氧化硫气体比空气重，需要用向上排气法收集，导气管长进短出，装置为：故答案为：

（3）二氧化硫气体的氧化性是硫元素化合价降低，表现还原性是硫元素化合价升高的反应，如：2SO2+O22SO3；二氧化硫的漂白性用品红试液验证；

故答案为：2SO2+O22SO3；品红；

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

（1）依据装置图和实验步骤分析；装置A中在关闭a后加热烧瓶反应，铜和浓硫酸反应生成硫酸铜；二氧化硫和水，再打开活塞a，将气球中的氧气缓缓挤入烧瓶，铜片慢慢消失是铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水；

（2）B装置是收集装置；二氧化硫气体比空气重，需要用向上排气法收集；

（3）二氧化硫气体的氧化性是硫元素化合价降低；表现还原性是硫元素化合价升高分析，二氧化硫的漂白性用品红试液验证；

（4）二氧化硫是污染性的气体；不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收．

本题考查了浓硫酸的性质实验验证，产物性质的实验验证，注意尾气吸收装置和收集装置的分析判断，题目难度中等．【解析】Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；2Cu+2H2SO4+O22CuSO4+2H2O或2Cu+O22CuO，CuO+H2SO4═CuSO4+2H2O；2SO2+O22SO3；品红；NaOH11、略

【分析】解：rm{A.}氨水是溶液为混合物；既不是电解质也不是非电解质；

B.蔗糖不能电离属于非电解质；

C.烧碱是氢氧化钠水溶液中完全电离属于强电解质；

D.rm{NH_{3}?H_{2}O}水溶液中部分电离属于弱电解质；

E.rm{CO_{2}}不能电离属于非电解质；

F.碳酸钙熔融状态下完全电离属于强电解质；

G.醋酸水溶液中部分电离属于弱电解质；

H.铜是单质；既不是电解质也不是非电解质；

I.氯气是单质；既不是电解质也不是非电解质；

J.石墨是单质；既不是电解质也不是非电解质；

K.盐酸是氯化氢的水溶液；既不是电解质也不是非电解质；

L.rm{HCl}气体溶于水完全电离属于强电解质；

rm{M.}熔融的氯化钠完全电离属于强电解质；

其中属于强电解质的是rm{CFLM}属于弱电解质的是rm{DG}属于非电解质的是rm{BE}

故答案为：rm{CFLM}rm{DG}rm{BE}．

在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质；在水溶液和熔融状态下都不能达到的化合物为非电解质；在水溶液中能够完全电离的化合物为强电解质，部分电离的为弱电解质；单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质．

本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的概念，题目难度不大，注意掌握强弱电解质、电解质与非电解质的概念及判断方法，明确无论电解质还是非电解质，都一定为化合物．【解析】rm{CFLM}rm{DG}rm{BE}12、（1）碳氧硅钠（2）C＞Si＞Na＞O2（3）原子；原子【分析】【分析】本题主要考查了晶体的性质及晶体的类型，难度不大，解题时要熟记元素在周期表的位置，以便快速确定元素的种类。【解答】根据原子半径rm{D>C>A>B}且rm{A}rm{B}同周期，rm{A}rm{C}同主族，推知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}在周期表中的大致相对位置为：rm{C}的原子核内的质子数等于rm{A}rm{B}原子核内的质子数之和，rm{C}质子数等于rm{A+8}故B为rm{8}号元素氧rm{.}因rm{A}rm{C}为主族元素，且rm{C}最外层电子数为rm{D}的rm{4}倍，则rm{D}最外层电子数只能为rm{1}故D为钠，rm{C}为硅，rm{A}为碳；

rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}为碳，rm{B}为氧，rm{C}为硅，rm{D}为钠；故答案为：碳；氧；硅；钠；

rm{(2)}这四种元素单质中，碳、硅为原子晶体，且碳原子半径小于硅，钠为金属晶体，而氧气为分子晶体，所以它们的熔点由高到低的顺序是rm{C>Si>Na>O_{2}}故答案为：rm{C>Si>Na>O_{2}}

rm{(3)C}的单质是硅，是原子晶体，rm{B}的单质是氧气；和硅反应的生成二氧化硅，属于原子晶体，故答案为：原子；原子。

【解析】rm{(1)}碳氧硅钠rm{(2)C>Si>Na>O_{2}}rm{(3)}原子；原子13、略

【分析】解：rm{W}既能与盐酸反应，又能与rm{NaOH}反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则rm{A}为rm{NH_{3}}气体rm{C}能与rm{Na_{2}O_{2}}反应，应是二氧化碳与过氧化钠反应，故C为rm{CO_{2}}则rm{W}应为碳酸铵或碳酸氢铵，rm{B}为rm{H_{2}O}结合转化关系可知，rm{D}为rm{O_{2}}rm{E}为rm{NO}rm{F}为rm{NO_{2}}rm{G}为rm{HNO_{3}}

rm{(1)}由上分析rm{W}应为碳酸铵或碳酸氢铵，rm{C}为rm{CO_{2}}rm{F}为rm{NO_{2}}故答案为：rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}rm{NH_{4}HCO_{3}}rm{CO_{2}}rm{NO_{2}}

rm{(2)}反应rm{垄脵}为rm{2CO_{2}+2Na_{2}O_{2}篓T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}每消耗rm{1molNa_{2}O_{2}}转移电子数为rm{1mol}若消耗rm{Na_{2}O_{2}7.8g}则转移的电子数为rm{0.1N_{A}}故答案为：rm{0.1N_{A}}

rm{(3)}反应rm{垄脹}的离子方程式rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}故答案为：rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}

rm{(4)NH_{3}}与rm{CuO}在加热条件下能反应生成rm{N_{2}}和rm{Cu}反应的化学方程式为rm{2NH_{3}+CuOdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}3Cu+N_{2}+3H_{2}O}故答案为：rm{2NH_{3}+CuOdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}3Cu+N_{2}+3H_{2}O.}

rm{2NH_{3}+CuOdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}3Cu+N_{2}+3H_{2}O}既能与盐酸反应，又能与rm{2NH_{3}+CuOdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}3Cu+N_{2}+3H_{2}O.}反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则rm{W}为rm{NaOH}气体rm{A}能与rm{NH_{3}}反应，应是二氧化碳与过氧化钠反应，故C为rm{C}则rm{Na_{2}O_{2}}应为碳酸铵或碳酸氢铵，rm{CO_{2}}为rm{W}结合转化关系可知，rm{B}为rm{H_{2}O}rm{D}为rm{O_{2}}rm{E}为rm{NO}rm{F}为rm{NO_{2}}结合物质的性质进行解答．

本题考查无机物的推断，rm{G}能与酸、碱反应生成气体rm{HNO_{3}}rm{W}为解答本题的突破口，然后利用转化关系推出各物质，题目难度中等．rm{A}【解析】rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}rm{NH_{4}HCO_{3}}rm{CO_{2}}rm{NO_{2}}rm{0.1N_{A}}rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{2NH_{3}+CuOdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}3Cu+N_{2}+3H_{2}O}rm{2NH_{3}+CuOdfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}3Cu+N_{2}+3H_{2}O}14、略

【分析】【解析】【答案】（每空2分，共8分）（1）加热分解法（2）Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe。加少量KClO3，插上Mg条并将其点燃。（3）b15、略

【分析】试题分析：根据题意可得：A是H；B是C；C是N；D是O；E是F是Si；G是Cl;Q是CH4；X是NH3；Y是H2O；Z是NH4Cl。（1）Cl的原子结构示意图为H2O2电子式为CO2的结构式为O=C=O;CH4的分子空间结构为正四面体形.C在正四面体几何中心，四个H原子在四面体的顶点上。（2）固体NH4Cl为离子晶体，在该晶体中含有离子键、极性共价键、配位键。（3）在O同主族元素氢化物中，H2O是液态，而H2S、H2Se都是气态，水的沸点反常，原因是是在H2O的分子之间除了存在分子间作用力外，分子间存在氢键；（4）C、Si是同一主族的元素，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性C>Si；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，酸性HClO4>H2CO3.所以非金属性Cl>C。因此元素的非金属性：Cl>C>Si。若用图示装置验证这三种元素非金属性强弱，则应该利用强酸制取弱酸的。在装置中加入的试剂分别为Ⅰ中HClO4；Ⅱ中Na2CO3或NaHCO3；Ⅲ中Na2SiO3。考点：考查元素的推断、原子结构示意图、物质是电子数、结构式、空间构型、晶体类型、化学键、分子间作用力及物质酸性强弱的比较的知识。【解析】【答案】（1）O=C=O，正四面体形。（2）离子晶体，离子键极性键(配位键)。（3）原因是H2O分子间存在氢键；（4）Cl、C、Si；ⅠHClO4；ⅡNa2CO3或NaHCO3；ⅢNa2SiO316、略

【分析】【解析】【答案】（8分）（每空1分）①Na；F2②2；ⅥA；3；ⅢA③Cl④Al2O317、氯气红氯气Cl2+H2O═HCl+HClO将干燥的氯气分别通入装有干燥的红纸、潮湿的红纸的集气瓶干燥的红纸不变色，潮湿的红纸褪色氯分子不具有漂白作用，次氯酸才能使有色物质褪色【分析】【解答】【结论】氯气的颜色为黄绿色；氯水的颜色也呈黄绿色；说明氯水中含有氯气分子；

故答案为：氯气；

【实验现象】盐酸能够使蓝色石蕊试纸变红；则滴有盐酸的试纸变红色；

故答案为：红；

【分析与结论】氯水呈黄绿色；说明氯水中溶有氯气分子；

故答案为：氯气；

【问题与思考】氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，反应方程式为：Cl2+H2O═HCl+HClO；

故答案为：Cl2+H2O═HCl+HClO；

根据Cl2+H2O═HCl+HClO；设计实验证明干燥的氯气；水、盐酸都没有漂白性，而氯水有漂白性，就可推知氯水的漂白性实质为氯气和水反应生成的次氯酸的漂白性；收集干燥的氯气用有色纸条设计实验进行检验，湿润的有色纸条遇到干燥氯气会褪色，干燥有色纸条遇到干燥氯气不褪色证明，据此可设计如下实验方案：

【实验操作】收集一集气瓶干燥的氯气；用镊子夹取一片一端湿润的有色纸条，伸入盛有干燥氯气的集气瓶中；

【实验现象】有色纸条湿润的一端褪色；另一端无明显变化。

【分析与结论】干燥的有色纸条不褪色，证明氯气本身无漂白作用．又知水和盐酸都没有漂白作用，容易推知：湿润的有色纸条褪色，是因为氯气溶于水发生反应Cl2+H2O═HCl+HClO；溶液中的次氯酸具有漂白性；

故答案为：[操作]将干燥的氯气分别通入装有干燥的红纸；潮湿的红纸的集气瓶；[现象]干燥的红纸不变色；潮湿的红纸褪色；[结论]氯分子不具有漂白作用，次氯酸才能使有色物质褪色．

【分析】【结论】根据氯气和氯水的颜色可以判断氯水中含有氯气分子；

【实验现象】盐酸显示酸性；能够使蓝色石蕊试纸变红；

【分析与结论】氯水呈黄绿色；说明氯水中溶有氯气分子；

【问题与思考】氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸；据此写出反应的化学方程式；

根据Cl2+H2O═HCl+HClO，设计实验证明干燥的氯气、水、盐酸都没有漂白性，而氯水有漂白性，就可推知氯水的漂白性实质为氯气和水反应生成的次氯酸的漂白性，据此进行设计实验方案．三、判断题(共6题，共12分)18、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．19、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．20、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol21、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；22、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；23、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．四、原理综合题(共2题，共12分)24、略

【分析】【分析】

(1)根据图示，可知M的化学式比CH3O少一个H；

(2)甲醇分解(I)：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)△H1(kJ/mol)，水煤气变换(II)：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2(kJ/mol)，将方程式I+II得方程式CH3OH(g)+H2O(g)═CO2(g)+3H2(g)△H；

(3)①Kp随温度升高而增大；为吸热反应，随温度降低而变小，则为放热反应；

②甲醇分解(I)：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)Kp1，水煤气变换(II)：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)Kp2，将方程式I+II得方程式CH3OH(g)+H2O(g)═CO2(g)+3H2(g)Kp=Kp1×Kp2；

③升高温度反应I正向移动；反应II逆向移动；

(4)①图(a)是温度；水醇比与甲醇的平衡转化率的关系图；采用定一议一法分析：水醇比一定时，温度越高，甲醇的平衡转化率越大；温度一定时，水醇比减小则甲醇的平衡转化率降低，据此综合解答；

②结合图(c)判断最优化的反应条件是兼顾甲醇的平衡转化率最高；副产物CO的物质的量分数最低这两条曲线所围成的区域；

(5)A．反应总是向着熵值增大的方向进行；只有反应达到平衡状态时反应的△S=0；

B．恒温恒压条件下；向反应体系中通入惰性气体时，容器体积增大，反应向体积增大的方向进行；

C．反应的活化能越低；反应就越能进行，反应速率越快；

D．催化剂可以加快反应速率。

【详解】

(1)根据图示，可知M的化学式比CH3O少一个H，其化学式为CH2O，故答案为：CH2O；

(2)甲醇分解(I)：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)△H1(kJ/mol)，水煤气变换(II)：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2(kJ/mol)，将方程式I+II得方程式CH3OH(g)+H2O(g)═CO2(g)+3H2(g)△H=(△H1+△H2)；故答案为：△H1+△H2；

(3)①Kp随温度升高而增大，为吸热反应，随温度降低而变小，则为放热反应，则△H1＞0，△H2＜0；故答案为：＞；＜；

②甲醇分解(I)：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)Kp1，水煤气变换(II)：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)Kp2，将方程式I+II得方程式CH3OH(g)+H2O(g)═CO2(g)+3H2(g)Kp=Kp1×Kp2=0.50×1577=788.5；故答案为：788.5；

③升高温度反应I正向移动；反应II逆向移动；二者都导致CO浓度增大，故答案为：升高温度反应I正向移动、反应II逆向移动；

(4)①图(a)是温度；水醇比与甲醇的平衡转化率的关系图；分析可知：当水醇比一定时如1.00，温度升高，甲醇的平衡转化率增大；温度一定(200℃)时，水醇比减小则甲醇的平衡转化率降低，所以温度、水醇比与甲醇的平衡转化率的关系为温度越高、水醇比相对越大，甲醇的平衡转化率越高，故答案为：增大水醇比能提高甲醇的平衡转化率；

②由图(c)可知：甲醇的平衡转化率最高(为100%)所在曲线与CO的物质的量分数最低(为0.5%)所在曲线围成的区域即为最优化的反应条件区域：温度260℃左右、水醇比1.8以上，此时甲醇的平衡转化率最高，CO的物质的量分数最低，如图阴影部分：故答案为：

(5)A.反应总是向着熵值增大的方向进行；只有反应达到平衡状态时反应的△S=0，不能仅根据反应的△n=0判断△S=0，A项错误；

B.恒温恒压条件下,向反应体系中通入惰性气体时,容器体积增大,反应CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)正向进行,CH3OH的转化率增大；B项错误；

C.恒温恒容条件下；假设反应I的速率大于反应II的速率，说明反应I更能进行，反应物的活化能更低，C项错误；

D.催化剂可以加快反应速率；提高催化剂的活性和选择性，有利于提高氢能生产效率，D项正确；

故答案为：D。

【点睛】

本题难点(3)③，平衡时体系中CO含量偏高的原因，要结合不同过程中的吸热和放热情况，进行综合判断，升高温度，吸热反应平衡正向移动，放热反应平衡逆向移动。【解析】CH2O△H1+△H2＞＜788.5升高温度反应I正向移动、反应II逆向移动增大水醇比能提高甲醇的平衡转化率D25、略

【分析】【详解】

（1）根据题意可知热化学方程式：①CO(g)+H2(g)=CH3OH(g)△H1=-90.1kJ/mol；②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2=-41.1kJ/mol；③2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3=-24.5kJ/mol，利用盖斯定律进行计算，将三个方程式①×2+②×2+③进行叠加，可得热化学方程式：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=-122.5kJ•mol-1；

（2）①原电池中正极发生还原反应，氧气在正极获得电子，由于溶液显酸性，所以反应产生水，正极的电极反应式是O2＋4e－＋4H＋=2H2O；负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，酸性条件下生成二氧化碳；电极反应式为：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+；

②在NaCl溶液中，由于离子放电能力：Cl->OH-，H+>Na+，所以Cl-在阳极放电产生氯气，氢离子在阴极放电产生氢气，电解食盐水的化学方程式是2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；

③电解NaCl溶液一段时间后，阴极收集到标况下的氢气2.24L，n(H2)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，根据电解方程式可知反应产生NaOH的物质的量是n(NaOH)=2n(H2)=0.2mol，则c(NaOH)=0.2mol÷0.2L=1mol/L，所以溶液的pH=14；根据原电池的负极反应式可知：1molCH3OCH3发生反应转移电子的物质的量是12mol，反应产生0.2molNaOH，转移电子的物质的量是0.2mol，则需要CH3OCH3的物质的量是0.2mol÷12=0.17mol，其质量是m(CH3OCH3)=0.17mol×46g/mol=0.8g。【解析】-122.5kJ·mol-1O2＋4e－＋4H＋=2H2OCH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑140.8g五、探究题(共4题，共32分)26、略

【分析】（1）根据原子守恒即质量守恒定律可知，该物质中一定含有钠和氧两种元素。（2）氧气不溶于水，通过排水法收集即可。（3）由于水和固体中都含有氧元素，所以气体还可能是氧气。（4）要证明是氧气，之需要收集好气体后，用带火星的木条检验即可。【解析】【答案】（1）钠、氧（2分）质量守恒定律（1分）（2）排水（1分）（3）O2（1分）（4）（2分）操作步骤：收集气体，伸入带火星的木条。反应现象：带火星的木条复燃结论：是氧气27、略

【分析】（1）铁是活泼的金属能和酸反应产生氢气，方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。（2）碳酸钠能和盐酸反应产生CO2气体，所以方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O。（3）硫酸钠能和氯化钡反应产生白色沉淀硫酸钡，而盐酸和氯化钡是不反应的。（4）盐酸显酸性，硫酸钠显中性，通过pH试纸也可以鉴别。答案选④。【解析】【答案】⑴Fe+2HCl=FeCl2+H2↑⑵Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O⑶产生白色沉淀。⑷④28、略

【分析】（1）根据原子守恒即质量守恒定律可知，该物质中一定含有钠和氧两种元素。（2）氧气不溶于水，通过排水法收集即可。（3）由于水和固体中都含有氧元素，所以气体还可能是氧气。（4）要证明是氧气，之需要收集好气体后，用带火星的木条检验即可。【解析】【答案】（1）钠、氧（2分）质量守恒定律（1分）（2）排水（1分）（3）O2（1分）（4）（2分）操作步骤：收集气体，伸入带火星的木条。反应现象：带火星的木条复燃结论：是氧气29、略

【分析】解：（1）三位同学的理由是：如果酚酞试液变质；滴入氢氧化钠溶液中时不会变红色．

故填：如果酚酞试液变质；滴入氢氧化钠溶液中时不会变红色．

（2）丙同学认为乙同学的猜想也不正确；他的理由是：氢氧化钠和二氧化碳反应生成的碳酸钠溶液显碱性，能使酚酞试液变红色．

故填：氢氧化钠和二氧化碳反应生成的碳酸钠溶液显碱性；能使酚酞试液变红色．

（3）实验目的如下表所示：

。实验步骤设计这一步骤的目的1．将配制的氢氧化钠溶液加热除去溶液中溶解的氧气2．在加热后的溶液中滴入酚酞，并在上方滴一些植物油防止空气中的氧气进入溶液中（4）若丁同学的猜想正确；设计实验如下表所示：

。实验方法可能观察到的现象和结论1．向10%的氢氧化钠溶液中滴加几滴酚酞试液实验现象：酚酞试液变红色；一段时间后不褪色；

实验结论：稀氢氧化钠溶液不能使酚酞试液褪色2．向50%的氢氧化钠溶液中滴加几滴酚酞试液实验现象：酚酞试液变红色；一段时间后褪色；

实验结论：浓氢氧化钠溶液能使酚酞试液褪色

（1）氢氧化钠溶液显碱性；能使酚酞试液变红色；

（2）氢氧化钠能和空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水；碳酸钠溶液显碱性，能使酚酞试液变红色；

（3）将配制的氢氧化钠溶液加热时；能够除去溶解在溶液中的氧气；

在加热后的溶液中滴入酚酞；并在上方滴一些植物油，能够防止空气中的氧气溶于溶液中；

（4）进行对比试验要确定好常量和变量．

合理设计实验，科学地进行实验、分析实验，是得出正确实验结论的前提，因此要学会设计实验、进行实验、分析实验，为学好化学知识奠定基础．【解析】如果酚酞试液变质，滴入氢氧化钠溶液中时不会变红色；氢氧化钠和二氧化碳反应生成的碳酸钠溶液显碱性，能使酚酞试液变红色六、实验题(共3题，共6分)30、略

【分析】【解析】试题分析：（1）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑?二氧化硫是有毒气体，实验中要除去以防污染空气。（2）由CO2与Na2O2的反应，生成了Na2SO3和O2，化学方程式为2Na2O2+2SO2═2Na2SO3+O2。（3）要证明白色固体中含有Na2SO3只需检验出含有SO32-就可以了，取少量白色固体，加入稀硫酸或稀盐酸，产生能使品红溶液褪色的气体，则证明生成的白色固体中含有Na2SO3。考点：Na2O2性质，物质的检验【解析】【答案】(1)①产生的二氧化硫没有干燥，水蒸气会与Na2O2反应；②NaOH溶液除去SO2气体，防止污染空气(2)2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2（2分）（3）①提出合理假设假设3：白色固体为Na2SO4②。实验操作预期现象与结论步骤1：取少量白色固体于试管，加入____________________，塞上单孔胶塞，将生成的气体通入____。若____，说明白色固体含有Na2SO3。则________________成立，若无该现象，则________成立。步骤2：在步骤1反应后的溶液加入________________。若____，则说明白色固体含Na2SO4。结合步骤1的结论，则________成立，若无该现象，则________成立。31、（1）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OCa（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O

（2）饱和食盐水碱石灰

（3）c

（4）NCl3+3H2O=NH3↑+3HClO