2025年沪科版高三化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年沪科版高三化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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、下列有关实验的叙述正确的是（）A.检验溶液中SO42-的方法是：先加入BaCl2溶液，再加盐酸B.从溴水中提纯单质溴的方法是：先用CCl4萃取，分液后再蒸馏C.硫化钠溶液中通入硫化氢气体不发生化学反应D.除去CO2中少量HCl的方法是：将混合气体通过盛有饱和NaHSO3溶液的洗气瓶2、NaH中的氢元素为-1价，它可用作生氢剂，反应的化学方程式是NaH+H2O=NaOH+H2↑，则下列说法正确的是（）A.NaOH是氧化产物B.生成1molH2反应转移电子数为2NAC.NaH为还原剂D.H2O既是还原剂又是氧化剂3、在一定温度下，1mol金属铜与足量某浓度的硝酸完全反应，生成NO2和NO的物质的量之比为1：3，则反应过程中转移的电子为（）A.2molB.3molC.4molD.5mol4、下列事实能用勒夏特列原理解释的是（）A.实验室采用排饱和食盐水的方法收集Cl2B.500℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应C.H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深D.SO2氧化为SO3，往往需要使用催化剂5、配制500mL2mol/LNaOH溶液所需NaOH的质量为（）A.40gB.20gC.50gD.80g6、容量瓶上需标有：①容量②刻度线③温度④压强⑤浓度⑥酸式或碱式等项中的（）A.①②③B.①③⑤C.②④⑥D.③⑤⑥7、若用乙烯和氯气在适当的条件下反应制取六氯乙烷，这一过程中所要经历的反应及耗用氯气的总的物质的量是(设乙烯为1mol，反应产物中的有机物只是六氯乙烷)()。A.取代，4molCl2B.加成，2molCl2C.加成、取代，3molCl2D.加成、取代，5molCl28、下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，该技术应用了萃取原理B.油脂、淀粉、蛋白质等高分子化合物都属于混合物，一定条件下均可发生水解C.离子交换膜在工业上应用广泛，如氯碱工业使用阳离子交换膜D.用氨水法处理燃煤烟气中的二氧化硫，既可以除其污染，又可得到副产品硫酸铵评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、（2013•常州一模）A；B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期主族元素．A、F原子的最外层电子数均等于其周期序数；F原子的电子层数是A的3倍；B原子核外电子分处3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同；A与C形成的最简单分子为三角锥形；D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数；E原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，E电负性小于F．

（1）写出B的基态原子的核外电子排布式____．

（2）A、C形成的最简单分子极易溶于水，其主要原因是____；与该最简单分子互为等电子体的阳离子为____．

（3）比较E、F的第一电离能：E____F（选填“＞”或“＜”；“=”）．

（4）BD2在高温高压下所形成的晶胞如右图所示．该晶体的类型属于____（选填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”）晶体，该晶体中B原子的杂化形式为____．

（5）光谱证实单质F与强碱性溶液反应有[F（OH）4]-生成，则[F（OH）4]-中存在____．

a．共价键b．非极性键c．配位键d．σ键e．π键．10、对物质净化对生产生活有很重要的意义。(1)除去水中的Ca2＋、Mg2＋等阳离子，完成此目标可使用________(填材料名称)。(2)催化还原法可以净化硝酸工业尾气，下列物质中不能用于除去尾气中氮氧化物的是________。A．NH3B．CH4C．CO2D．H2(3)接触法制硫酸的工艺中，沸腾炉产生的炉气必须经过净化，除去其中的粉尘和________，净化后的炉气进入________(填设备名称)。(4)煤的气化技术的主要产物是________，将煤加工以得到焦炉气、煤焦油及焦炭等产品的技术称为________。11、亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂；主要用于水的消毒以及砂糖；油脂的漂白与杀菌．以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：

已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出产品NaClO2•3H2O；②纯ClO2易分解爆炸；一般用稀有气体或空气稀释到10%以下．

（1）发生器中发生反应的离子方程式为____．发生器中鼓入空气的作用可能是____．

a．将SO2氧化成SO3；增强酸性。

b．将NaClO3还原为ClO2

c．稀释ClO2以防止爆炸。

（2）吸收塔内发生反应的化学方程式为____；吸收塔内的温度不能超过20℃，其目的是____．

（3）吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中．以下还可以选择的还原剂是____（选填序号）．

a．Na2O2b．Na2Sc．FeCl2

（4）从滤液中得到NaClO2•3H2O粗晶体的实验操作依次是____．

（5）某学习小组用碘量法测定粗产品中亚氯酸钠的含量；实验如下：

a．准确称取所得亚氯酸钠样品mg于小烧杯中；加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成250ml待测溶液．

（已知：ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-）

b．移取25.00ml待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用cmol•L-1Na2S2O3标准液滴定至终点，重复2次，测得平均值为Vml．（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）

①达到滴定终点时的现象为____．

②该样品中NaClO2的质量分数为____（用含m、c、V的代数式表示，结果化成最简．）12、据《参考消息》报道，有科学家提出硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”的观点．（1）晶体硅在氧气中燃烧热化学方程式为Si（s）+O2（g）═SiO2（s）△H=-989.2kJ•mol-1；有关键能数据如下表：

。化学键Si-OO═OSi-Si键能/kJ•mol-1x498.8176则x的值为____．

（2）硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等．硅光电池是一种把____能转化为____能的装置．

（3）假如硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用，关于其有利因素的下列说法中，你认为不妥当的是____．

A．硅便于运输；贮存；从安全角度考虑，硅是最佳的燃料。

B．硅的来源丰富；易于开采，且可再生。

C．硅燃烧放出的热量大；且燃烧产物对环境污染程度低，容易有效控制。

D．寻找高效新催化剂；使硅的生产耗能很低，是硅能源开发利用的关键技术。

（4）工业制备纯硅的反应为2H2（g）+SiCl4（g）═Si（s）+4HCl（g）△H=+240.4kJ•mol-1，生成的HCl通入100mL1mol•L-1的NaOH溶液恰好反应，则反应过程中____（填“吸收”或“释放”）的热量为____kJ．13、某研究性学习小组在CO还原Fe2O3的实验中，用磁铁吸出生成的黑色粉末X．有人认为X不一定只是Fe，因为温度不同、受热不均时会生成Fe3O4，Fe3O4也能被磁铁吸引．；为探究X的组成，进行如下实验．

（一）提出假设①X的成分为Fe

②X的成分为Fe3O4

③X的成分为Fe与Fe3O4的混合物。

（二）设计方案。

I-定性探究。

（1）将适量固体X加入盐酸中，充分反应后，加入适量的KSCN溶液，若溶液未变红色，____（填“能”或“不能”）表明固体X中不含Fe304．简述理由____

（2）某同学采用还原法检验X中是否含有Fe304．

①按如图连接装置；并检查装置的气密性．

②打开止水夹，通入纯净的H2．在点燃A处的酒精灯之前，需排尽装置内的空气，原因是____．

③若加热一段时间后，装置B中的白色固体部分变为蓝色，可得出的结论是____

（3）若要进一步证明X的组成，还得进行的实验是（简述实验操作、现象）____

结论：____．

II．定量探究。

某同学利用（2）装置；通过定量实验也可探究X的组成．

①己知a管质量为122.0g；取18.0g干燥X粉末加入a中．

②按（2）进行实验至B中无水硫酸铜颜色不再变化，停止加热，继续通H2至a管恢复室温。

③相同条併吓称量，a管质量（含粉末）为138.4g．试通过计算分析X的组成．（要求写出计算过程）14、实验室制取氯气的装置如图1：

（1）装置F的名称是____；按图组装好装置后首先要进行的操作是：____．

（2）装置B中盛放的试剂是____，其作用是____；装置C中盛放的试剂是____，其作用是____．

（3）写出E中发生反应的化学方程式：____．

（4）图2装置是洗气瓶，该装置在化学实验中除洗气外，还有多种用途，试再写出其一种用途：____．

（5）实验室有时用高锰酸钾代替二氧化锰，与浓盐酸反应制取氯气，反应方程式如下：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

若15.8gKMnO4与足量的浓盐酸充分反应，则有____molHCl被氧化，转移电子的物质的量为____mol，产生的Cl2在标准状况下的体积为____L．

15、（16分）炔抑制剂的合成路线如下：（1）化合物A核磁共振氢谱有________种峰。（2）化合物C中含氧官能团有___________、__________（填名称）。（3）鉴别化合物B和C最适宜的试剂是________________。（4）写出A—B的化学方程式__________________________。（5）B的同分异构体很多，符合下列条件的异构体有______________种。①苯的衍生物②含有羧基和羟基③分子中无甲基（6）试以苯酚、氯乙酸钠（ClCH2COONa）、正丁醇为原料(无机试剂任用)，结合题中有关信息，请补充完整的合成路线流程图。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、醋可同时用作防腐剂和调味剂____．（判断对错）17、HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物____．（判断对错）18、甲烷与氯气在紫外线照射下的反应产物有4种____（判断对错）19、0.012kg13C所含原子数为阿伏加德罗常数．____（判断对错）20、实验时，将水倒入浓硫酸配制稀硫酸____．（判断对错）评卷人得分四、推断题(共4题，共12分)21、由短周期元素组成的A、B两种盐可发生下列变化．且B的焰色反应呈黄色（图中其它生成物未列出）

（1）A和B的混合物溶于水发生反应的离子方程式____．

（2）B、E两溶液混合反应时，可观察到的现象是____，写出B→F反应的离子方程式____．22、汽车安全气囊是我国行车安全的重要保障．当车辆发生碰撞的瞬间；安全装置通电点火使其中的粉末分解释放出大量的氮气形成气囊，从而保护司机及乘客免受伤害．为研究安全气囊工作的化学原理，取安全装置中的粉末进行实验．经组成分析，确定该粉末仅含Na；Fe、N、O四种元素．水溶性试验表明，固体粉末部分溶解．经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸．取13.0g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L．单质乙在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应生成化合物丙和另一种单质．化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐．请回答下列问题：

（1）甲的化学式为____．

（2）若丙在空气中转化为碳酸氢盐，则反应的化学方程式为____．

（3）单质乙与红棕色粉末发生反应的化学方程式为____，安全气囊中红棕色粉末的作用是____．

（4）以下物质中，有可能作为安全气囊中红棕色粉末替代品的是____．

A．KClB．KNO3C．Na2SD．CuO．23、（2013秋•宜章县校级月考）如图所示已知：

①甲；乙、丙、丁均为前三周期元素的单质．

②在一定条件下甲与丙和甲与丁都按物质量之比l：3反应；分别生成X和Y，在产物中元素甲呈负价．

③在一定条件下乙与丙和乙与丁都按物质的量之比1：2反应；分别生成Z和W；

在产物中元素乙呈负价．

请填空：

（1）X的分子式是____，Y的化学式是____，Z的结构式为____，W的电子式为____．

（2）X与乙催化氧化的化学方程式是____．

（3）Y与Z反应的化学方程式是____．

（4）2.4g丁与足量的乙反应生成W放出QKJ的热，则该反应的热化学方程式为____．

（5）实验室制取丙的离子方程式为____．

（6）实验室制取乙不需要加热的化学方程式为____．24、A；B、C、X均为中学化学常见的纯净物；它们之间有如下转化关系（副产物已略去）．

试回答：

（1）若X是强氧化性单质，则A不可能是____（填字母）．

a．Sb．N2c．Nad．Mge．Al

（2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为____；在贮存C溶液时应加入少量X，理由是（用必要的文字和离子方程式表示）____．

（3）若A、B、C为含有金属元素的无机化合物，X为强酸或强碱，A溶液与C溶液反应生成B．反应①的离子方程式可能为____或____．评卷人得分五、其他(共1题，共10分)25、现有E、F、H、I、G、K六种原子序数依次增大的前四周期主族元素，且分属四个不同周期，E、G同主族，F、H、I为同周期相邻的三种元素，其中F元素形成的化合物种类是所有元素中最多的，I、G简单离子具有相同的电子层结构，K与F形成的离子化合物Q与E和I形成的常见共价化合物R之间的反应是实验室常见的可燃气体制备原理。（题中的字母只代表元素代号，与实际元素符号无关）,请回答下列问题：（1）E～K六种元素原子，原子半径第三大的是____（填对应的元素符号，下同）。（2）E与H两种元素组成一种阳离子，该离子的结构式为____。（3）I、G两种元素组成含有两种化学键的化合物，该化合物的电子式为____。（4）下图为常温下向25mL0.1mol·L-1由E、I、G组成的化合物W溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1E、F、I组成相对分子质量为60的一元酸Z溶液过程中溶液pH的变化曲线。①上图能确定Z为(“强”或“弱”)酸,理由是____②B点溶液呈中性，有人据此认为，在B点时W与Z恰好完全反应，这种看法是否正确？____（选填“是”或“否”）。若不正确，则二者恰好完全反应的点是在AB区间还是BD区间内？区间（若正确，此问不答）。（5）写出Q与R之间的化学反应方程式____。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】A．检验硫酸根离子时；应该先加入盐酸排除干扰离子，然后再加入氯化钡溶液；

B．溴单质易溶于四氯化碳；微溶于水，可用四氯化碳萃取溴水中溴，然后利用沸点不同蒸馏分离；

C．硫化钠溶液与硫化氢反应生成硫氢化钠；

D．亚硫酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化硫气体，引进了新的杂质．【解析】【解答】解：A．检验溶液中SO42-，若先加入BaCl2溶液；再加盐酸，生成的沉淀可能为氯化银，干扰了硫酸根离子的检验，应该先加入盐酸，然后再加入氯化钡溶液，故A错误；

B．溴易溶于四氯化碳，从溴水中提纯单质溴，可先用CCl4萃取；然后利用沸点不同用蒸馏法分离出四氯化碳和溴单质，该操作方法合理，故B正确；

C．硫化钠溶液中通入硫化氢气体；二者反应生成硫氢化钠，故C错误；

D．除去CO2中少量HCl，应该将混合气体通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶；否则会引进杂质二氧化硫，故D错误；

故选B．2、C【分析】【分析】NaH+H2O═NaOH+H2↑中，NaH中H元素的化合价由-1价升高为0，H2O中H元素的化合价由+1价降低为0，以此解答．【解析】【解答】解：NaH+H2O═NaOH+H2↑中，NaH中H元素的化合价由-1价升高为0，H2O中H元素的化合价由+1价降低为0；

A．反应中只有H元素的化合价变化；则氢气既是还原产物又是氧产物，故A错误；

B．NaH+H2O═NaOH+H2↑中，NaH中H元素的化合价由-1价升高为0，H2O中H元素的化合价由+1价降低为0，生成1molH2反应转移电子数为NA；故B错误；

C．在NaH中H元素的化合价由-1价升高为0；NaH为还原剂，故C正确；

D．NaH为还原剂；水为氧化剂，故D错误；

故选C．3、A【分析】【分析】反应中硝酸起氧化剂与酸性作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2，根据电子转移守恒可知铜失去的电子转移给硝酸生成NO2和NO，所以反应过程中转移的电子为铜失去的电子，据此分析解答．【解析】【解答】解：反应中硝酸起氧化剂与酸性作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2，由Cu原子守恒可知，n[Cu（NO3）2]=n（Cu）=1mol，根据氧化还原反应电子转移守恒可知：铜失去的电子转移给硝酸生成NO2和NO，所以反应过程中转移的电子为铜失去的电子，铜从0价变为+2价，失去2e-；所以1mol铜失去2mol电子，则反应过程中转移的电子为2mol；

故选A．4、A【分析】【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用．【解析】【解答】解：A．氯气能够溶于水，存在Cl2+H2O⇌HClO+H++Cl-；食盐水中含有大量氯离子，促使平衡逆向移动，降低氯气在食盐水中的溶解度，可以用勒夏特列原理解释，故A选；

B．合成氨的正反应是放热反应；升高温度平衡逆向移动，但500℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应，不能用平衡移动原理解释，故B不选；

C．该反应前后气体物质的量之和不变；所以压强不影响平衡移动，不能用平衡移动原理解释，故C不选；

D．催化剂只影响反应速率不影响平衡移动；所以不能用平衡移动原理解释，故D不选；

故选A．5、A【分析】【分析】根据n=cV=计算．【解析】【解答】解：n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol；m（NaOH）=1mol×40g/mol=40g．

故选A．6、A【分析】【分析】根据容量瓶的使用方法分析，容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的定量容器，只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，不能用来稀释溶液或作为反应容器．【解析】【解答】解：容量瓶是用来配制一定体积；一定物质的量浓度溶液的定量容器；容量瓶上标有容量、刻度线，则①②正确；

容量瓶只能在常温下使用；不能用来盛装过冷或过热的液体，不能用来稀释溶液或作为反应容器，则③正确；

与浓度；压强、酸式或碱式无关；所以正确的是①②③．

故选A．7、D【分析】1mol乙烯与1molCl2发生加成反应生成1mol二氯乙烷，1mol二氯乙烷与4molCl2发生取代反应生成1mol六氯乙烷。【解析】【答案】D8、B【分析】解：rm{A.}乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素；因青蒿素易溶于乙醚，不易溶于水，为萃取原理，故A正确；

B.高分子化合物的相对分子质量一般在rm{10000}以上；油脂不是高分子化合物，故B错误；

C.氯碱工业中氯离子放电；则需要阳离子交换膜使阳离子移动到阴极，故C正确；

D.氨水与二氧化硫发生反应；用氨水法处理燃煤烟气中的二氧化硫，既可消除其污染，又可得到副产品硫酸铵，故D正确；

故选B．

A.青蒿素易溶于乙醚；利用了溶解度的不同；

B.油脂不是高分子化合物；

C.氯碱工业中氯离子放电；则阳离子需要移动到阴极；

D.氨水与二氧化硫发生反应．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、化学反应原理及应用、物质性质及应用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{B}二、填空题(共7题，共14分)9、1s22s22p2NH3与H2O间能形成氢键H3O+＞原子sp3acd【分析】【分析】根据题意，A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短六种短周期主族元素，F原子的电子层数是A的3倍，说明A有一个电子层．F有三个电子层，A、F原子的最外层电子数均等于其周期序数可知，A为H元素，F为AI元素；原子核外电子分处3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，根据B原子的核外电子排布式为1S22S22P2，为C元素；A与C形成的最简单分子为三角锥形，为NH3分子，则C为N元素；D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数，P亚层三个轨道中的电子数只能是2、1、1共四个电子，核外电子排布式1S22S22P4，所以核外电子总数为8，D元素是O元素；E原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，E电负性小于F，即电负性小于AI，原子序数大于8小于13，且原子轨道上都是成对电子，结合原子结构轨道表示式可知，E元素为Mg元素．所以A、B、C、D、E、F分别为H、C、N、O、Mg、AI；根据推断出的元素进行解答．【解析】【解答】解：（1）B元素为碳元素，根据核外电子排布规律，C元素的基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p2，故答案为：1s22s22p2；

（2）A、C形成的最简单分子是NH3分子；是一种极性分子，极易溶于水的原因主要有：

①根据相似相溶原理；氨气易溶于极性溶剂水中；

②氨气分子在水中易与水分子形成氢键；增大了氨气的溶解性；

③部分氨气与水反应，降低了NH3浓度；使溶解量增大；

所谓等电子体是指一类分子或离子，组成它们的原子数相同，而且所含的价层电子数相同，则它们互称为等电子体．与氨气分子互为等电子体的阳离子为H3O+；

故答案为：NH3与H2O间能形成氢键；H3O+；

（3）电离能可以衡量元素的原子失去一个电子的难易程度（可近似理解为金属性）．第一电离能数值越小；原子越容易失去一个电子；第一电离能数值越大，原子越难失去一个电子．存在的规律为：

①随着核电荷数的递增；元素的第一电离能呈现周期性变化；②总体上金属元素第一电离能较小非金属元素第一电离能较大；③同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势．所以同一周期第一电离能最小的是碱金属元素，最大的是稀有气体元素；

④同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折．当外围电子在能量相等的轨道上形成全空（p0；d0，fo）；半满（p3，d5，f7）或全满（p6，d10，f14）结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大．特例是第二主族的第一电离能大于第三主族，第五主族的第一电离能大于第六主族；⑤同一主族元素从上到下，原子半径增加，有效核电荷增加不多，则原子半径增大的影响起主要作用，第一电离能由大变小，元素的金属性逐渐增强，则镁原子结构中各亚层均处于全满状态，所以镁比铝的第一电离能反常高；

故答案为：＞；

（4）根据BD2即CO2在高温高压下所形成的晶胞晶胞结构可知，该晶体为原子晶体，晶胞内白球为C原子，黑球为O原子，每个晶胞中含碳原子为8×+6×+4=8，含氧原子为16，所以碳原子和氧原子微粒数之比为1：2，根据晶胞中碳原子和氧原子的结构可知，碳原子的杂化方式为SP3杂化，故答案为：原子；sp3；

（5）光谱证实单质AI与强碱性溶液反应有[AI（OH）4]-生成，可看作其中铝原子和三个羟基形成三对共用电子对，形成三个极性共价键，形成AI（OH）3；AI（OH）3溶解在强碱中，和OH-形成[AI（OH）4]-；利用的是铝原子的空轨道和氢氧根离子的孤对电子形成的配位键；

由两个相同或不相同的原子轨道沿轨道对称轴方向相互重叠而形成的共价键，叫做σ键，所以[AI（OH）4]-中也形成了σ键．

故答案为：acd．10、略

【分析】(1)阳离子交换树脂可以除去水中的阳离子。(2)催化还原法净化尾气中的氮氧化物时，反应原理是使氮的氧化物被还原，即所选用的物质应该具有还原性，而CO2具有氧化性，不符合条件。点拨：本题考查化工生产中物质的净化，考查考生分析问题、解决问题的能力。难度中等。【解析】【答案】(1)阳离子交换树脂(2)C(3)水蒸气转化器(4)CO、H2煤的干馏11、2ClO3-+SO2=2ClO2↑+SO42-c2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑防止H2O2分解a蒸发浓缩、冷却结晶、过滤滴加最后一滴液体时溶液由蓝色变成无色且半分钟内不变色【分析】【分析】氯酸钠、水和稀硫酸在ClO2发生器中通入二氧化硫和空气反应生成ClO2，吸收塔内的反应是氢氧化钠、过氧化氢吸收ClO2反应生成亚氯酸钠（NaClO2）；蒸发浓缩结晶析出，过滤洗涤得到晶体；

（1）发生器中发生反应为氯酸钠在酸溶液中氧化二氧化硫生成二氧化氯和硫酸，由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸；一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全．据此解答．

（2）根据题目信息并运用氧化还原反应理论判断反应物、生成物．根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生．据此书写方程式．温度过高，H2O2容易分解；

（3）还原性要适中．还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产，Na2O2溶于水相当于H2O2．（4）从溶液中得到含结晶水的晶体；只能采取蒸发；浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体．得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体；

（5）①步骤Ⅱ中发生反应是酸性溶液中ClO2-能被I-完全还原成Cl-，碘离子被氧化为碘单质，溶液中Na2S2O3能与I2反应：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6．溶液颜色蓝色变化为无色分析判断反应终点；

②依据ClO2-+4H++4I-=2I2+Cl-+2H2O，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，反应的定量关系计算得到；【解析】【解答】解：（1）发生器中发生反应是氯酸钠在酸溶液中氧化二氧化硫生成二氧化氯和硫酸，反应的离子方程式为：2ClO3-+SO2=2ClO2↑+SO42-，由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全．发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸；故选c；

故答案为：2ClO3-+SO2=2ClO2↑+SO42-；c；

（2）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔的温度不能超过20℃，其目的是防止H2O2分解；

故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；防止H2O2分解．

（4）还原性要适中．还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产．Na2O2溶于水相当于H2O2．Na2S、FeCl2还原性较强，生成物与NaClO2分离比较困难；故选a；

故答案为：a；

（4）从溶液中得到含结晶水的晶体；只能采取蒸发；浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体，得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体；

故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶、过滤；

（5）①步骤Ⅱ中发生反应是酸性溶液中ClO2-能被I-完全还原成Cl-，碘离子被氧化为碘单质，离子方程式为：ClO2-+4H++4I-=2I2+Cl-+2H2O，溶液中Na2S2O3能与I2反应：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6．溶液颜色蓝色变化为无色分析判断反应终点；滴入最后一滴标准溶液，溶液由蓝色变化为无色且半分钟不变化；

故答案为：滴入最后一滴标准溶液；溶液由蓝色变化为无色且半分钟不变化；

②依据ClO2-+4H++4I-=2I2+Cl-+2H2O，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，反应的定量关系计算得到，设NaClO2物质的量为x；

ClO2-～2I2～4Na2S2O3+

14

xcV×10-3mol

x=mol

样品中NaClO2的质量分数=×100%=；

故答案为：；12、460光电D吸收6.01【分析】【分析】（1）二氧化硅晶体中每个Si原子形成4个Si-O键；1mol二氧化硅晶体中含有4molSi-O键，反应热△H=反应物总键能-生成物总键能；

（2）太阳能电池将太阳能转化为电能；

（3）硅在自然界中含量丰富；主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在，仅次于氧，硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用说明燃烧放出的热量大，硅燃烧生成二氧化硅，以此解答该题；

（4）通入100mL1mol•L-1的NaOH溶液恰好反应说明生成的氯化氢为0.1mol，然后根据方程式进行计算．【解析】【解答】解：（1）二氧化硅晶体中每个Si原子形成4个Si-O键，1mol二氧化硅晶体中含有4molSi-O键，则SiO2晶体中Si和Si-O键的比例为1：4；

因晶体硅中每个Si原子与周围的4个硅原子形成正四面体，向空间延伸的立体网状结构，每Si原子与周围的4个Si原子形成4个Si-Si键，每个Si-Si键为1个Si原子提供个Si-Si键，所以1mol晶体硅中含有1mol×4×=2molSi-Si键；

反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，所以Si（s）+O2（g）=SiO2（s）中；△H=176kJ/mol×2mol+498.8kJ/mol-XkJ/mol×4=-989.2kJ/mol．

X=460kJ/mol；故答案为：460；

（2）硅光电池将太阳能转化为电能；太阳能热水器是将太阳能转化为内能，故答案为：光；电；

（3）A．硅常温下为固体；性质较稳定，便于贮存，较为安全，故A正确；

B．硅在自然界中含量丰富；仅次于氧，故B正确；

C．硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用说明燃烧放出的热量大；硅燃烧生成二氧化硅，二氧化硅是固体，容易得至有效控制，故C正确；

D．催化剂只能加快化学反应的速率；不改变反应热，故D错误．

故答案为：D；

（4）通入100mL1mol•L-1的NaOH溶液恰好反应说明生成的氯化氢为0.1mol；设反应放出的热量为X．

2H2（g）+SiCl4（g）═Si（s）+4HCl（g）△H=+240.4kJ•mol-1

4240.4

0.1X

=

解得X=6.01kJ，故答案为：6.01．13、不能在有铁存在下，可使铁离子还原成亚铁离子防止空气与空气混合加热时发生爆炸，同时也避免氢气与氧气反应生成水而干扰实验固体X中含有Fe3O4取少量X粉末与试管中，滴加稀盐酸，产生气泡（或一直不产生气泡）X为Fe与Fe3O4的混合物（或为Fe3O4）【分析】【分析】（1）根据铁能够与铁离子反应生成亚铁离子分析；

（2）②根据氢气与空气中氧气混合会发生爆炸及氢气与氧气反应生成水干扰实验结果解答；

③根据无水硫酸铜变蓝证明有水生成分析；

（3）利用铁与酸反应时生成氢气检验混合物中是否含有铁；

II．先假设X根据a管中加热前与加热之后的质量差计算出Fe3O4的质量，再根据计算出的质量与18.0g的大小关系判断X的组成．【解析】【解答】解：（1）由于混合物中可能为Fe和Fe3O4的混合物，铁能够与铁离子反应生成亚铁离子，所以将适量固体X加入盐酸中，充分反应后，加入适量的KSCN溶液，若溶液未变红色，不能判断固体X中不含Fe304；

故答案为：不能；在有铁存在下；可使铁离子还原成亚铁离子；

（2）②打开止水夹，通入纯净的H2；在点燃A处的酒精灯之前，防止空气与空气混合加热时发生爆炸，同时也避免氢气与氧气反应生成水而干扰实验，所以需排尽装置内的空气；

故答案为：防止空气与空气混合加热时发生爆炸；同时也避免氢气与氧气反应生成水而干扰实验；

③若加热一段时间后，装置B中的白色固体无水硫酸铜变为蓝色，证明有水生成，所以混合物中含有氧元素，证明固体X中含有Fe3O4；

故答案为：固体X中含有Fe3O4；

（3）若要进一步证明X的组成，还得进行的实验为：取少量X粉末与试管中，滴加稀盐酸，产生气泡（或一直不产生气泡），X为Fe与Fe3O4的混合物（或为Fe3O4）；

故答案为：取少量X粉末与试管中，滴加稀盐酸，产生气泡（或一直不产生气泡）；X为Fe与Fe3O4的混合物（或为Fe3O4）；

II．Fe3O4被含有生成了铁，混合物质量减少，减少的质量为氧元素的质量，所以根据试管加热前后质量差计算出Fe3O4的质量；

Fe3O4～4O

23264

m（Fe3O4）（122.0+18.0-138.4）g=5.8g

得m（Fe3O4）==5.8g；

由于m（Fe3O4）＜18.0g，所以X为Fe和Fe3O4的混合物；

答：X为Fe和Fe3O4的混合物．14、反应漏斗检查装置的气密性饱和食盐水除去HCl气体浓硫酸吸收水蒸气Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O安全瓶或量气瓶等0.50.55.6【分析】【分析】（1）装置F的名称是分液漏斗；制备气体组装好装置后首先要进行的操作是检查装置的气密性；

（2）装置B盛放饱和食盐水；除去HCl气体；装置C中盛放浓硫酸，吸收水蒸气；

（3）装置E盛放氢氧化钠溶液；吸收尾气中的氯气，防止污染大气，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠；次氯酸钠与水；

（4）图2装置可以做安全瓶；量气瓶等；

（5）根据n=计算15.8gKMnO4的物质的量，由2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O计算生成的氯气的物质的量，被氧化的HCl生成氯气，根据氯原子守恒计算被氧化的HCl，氯元素化合价由-1价升高为0计算，据此计算转移电子物质的量，根据V=nVm计算生成氯气的体积．【解析】【解答】解：（1）装置F的名称是分液漏斗；制备气体组装好装置后首先要进行的操作是检查装置的气密性；

故答案为：分液漏斗；检查装置的气密性；

（2）装置B盛放饱和食盐水；除去HCl气体；装置C中盛放浓硫酸，吸收水蒸气；

故答案为：饱和食盐水；除去HCl气体；浓硫酸，吸收水蒸气；

（3）装置E盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中的氯气，反应方程式为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；

故答案为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；

（4）图2装置可以做安全瓶；量气瓶等；

故答案为：安全瓶；量气瓶；

（5）15.8gKMnO4的物质的量为=0.1mol，由2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O可知生成的氯气的物质的量为0.1mol×=0.25mol；被氧化的HCl生成氯气，根据氯原子守恒计算被氧化的HCl为0.25mol×2=0.5mol，氯元素化合价由-1价升高为0计算，故转移电子物质的量为0.25mol×2=0.5mol，生成氯气的体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L；

故答案为：0.5，0.5，5.6．15、略

【分析】【解析】【答案】三、判断题(共5题，共10分)16、√【分析】【分析】醋的主要成分是醋酸，醋酸具有酸味，醋酸能使抑制细菌的生长，起到防腐作用，以此判断．【解析】【解答】解：醋的主要成分是醋酸；醋酸具有酸味，可作调味剂，醋酸能使抑制细菌的生长，起到防腐作用，可作防腐剂；

故答案为：√．17、×【分析】【分析】HCl中只含共价键，NaCl中只含离子键，以此来解答．【解析】【解答】解：HCl中只含共价键；NaCl中只含离子键，则HCl为共价化合物，而NaCl为离子化合物，不能利用溶液的导电性判断化合物的类别；

故答案为：×．18、×【分析】【分析】甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，还有无机物氯化氢，据此完成即可．【解析】【解答】解：由于甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，还有无机物：氯化氢，总计5种产物，故答案为：×．19、×【分析】【分析】0.012kg12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，以此解答该题．【解析】【解答】解：0.012kg12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，而不是13C，故答案为：×．20、×【分析】【分析】浓硫酸溶解时，会释放出大量的热量，在稀释浓硫酸时，一定要把浓硫酸沿容器璧慢慢注入水里，并不断搅拌．【解析】【解答】解：实验室配制稀硫酸时，应先将水倒入烧杯中，再将浓硫酸用玻璃棒引流进烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌．注意不能将水倒到浓硫酸中，以免溶解时放出的热使酸液沸腾四处飞溅，故答案为：×．四、推断题(共4题，共12分)21、Al3++3HCO3-═Al（OH）3↓+3CO2↑有白色胶状沉淀HCO3-+OH-═CO32-+H2O【分析】【分析】由题给转化关系可知C为Al（OH）3，D为CO2，B的焰色反应呈黄色，应含有钠元素，则B为NaHCO3，F为Na2CO3，E为NaAlO2，A为AlCl3，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题．【解析】【解答】解：由题给转化关系可知C为Al（OH）3，D为CO2，B的焰色反应呈黄色，应含有钠元素，则B为NaHCO3，F为Na2CO3，E为NaAlO2，A为AlCl3；

（1）A为AlCl3，B为NaHCO3，可发生互促水解，反应的离子方程式为Al3++3HCO3-═Al（OH）3↓+3CO2↑；

故答案为：Al3++3HCO3-═Al（OH）3↓+3CO2↑；

（2）B为NaHCO3，F为Na2CO3，B→F反应的离子方程式HCO3-+OH-═CO32-+H2O；

故答案为：有白色胶状沉淀；HCO3-+OH-═CO32-+H2O．22、NaN32Na2O2+4CO2+2H2O=4NaHCO3+O26Na+2Fe2O3=3Na2O2+4Fe充当氧化剂，除去氮化钠分解产生的金属钠（金属钠溶于水产生大量的热和碱性有害物质），提供大量的热量用于氮化钠的迅速分解D【分析】【分析】粉末仅含Na、Fe、N、O四种元素．水溶性试验表明，固体粉末部分溶解，经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸，则该红棕色固体是氧化铁；取13.0g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L，则甲中含有两种元素，且甲是可溶性物质，加热时能分解生成氮气和单质，则甲是氮化钠，乙是钠，单质乙在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应生成化合物丙和另一种单质，钠和氧化铁反应生成过氧化钠和铁，所以丙是过氧化钠，化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐，过氧化钠和二氧化碳能反应生成可溶性盐，根据物质的性质来分析解答．【解析】【解答】解：粉末仅含Na；Fe、N、O四种元素．水溶性试验表明；固体粉末部分溶解，经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸，则该红棕色固体是氧化铁；取13.0g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L，则甲中含有两种元素，且甲是可溶性物质，加热时能分解生成氮气和单质，则甲是氮化钠，乙是钠，单质乙在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应生成化合物丙和另一种单质，钠和氧化铁反应生成过氧化钠和铁，所以丙是过氧化钠，化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐，过氧化钠和二氧化碳能反应生成可溶性盐；

（1）通过以上分析知，甲的化学式为：NaN3，故答案为：NaN3；

（2）并是过氧化钠，若丙在空气中转化为碳酸氢盐，则该反应是过氧化钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+4CO2+2H2O=4NaHCO3+O2，故答案为：2Na2O2+4CO2+2H2O=4NaHCO3+O2；

（3）高温条件下，钠和氧化铁反应生成过氧化钠和铁，反应方程式为：6Na+2Fe2O33Na2O2+4Fe；钠和氧化铁反应时，氧化铁作氧化剂，且该反应放出大量热，能提供能量促进氮化钠分解；

故答案为：6Na+2Fe2O33Na2O2+4Fe；充当氧化剂，除去氮化钠分解产生的金属钠（金属钠溶于水产生大量的热和碱性有害物质），提供大量的热量用于氮化钠的迅速分解；

（4）氧化铁作氧化剂，且能和钠发生置换反应，则选取的替代品应该具有氧化性，且能和钠发生置换反应，从氧化性角度分析KNO3、CuO均可，但KNO3本身受热分解，产生氧气与氮气反应，故选D．23、NH3Mg3N2H-O-H4NH3+5O24NO+6H2OMg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+2NH3↑2Mg（s）+O2（g）═2MgO（s）△H=+20QKJmol•L-1Zn+2H+═Zn2++H2↑2H2O22H2O+O2↑【分析】【分析】甲、乙、丙均为前三周期元素的单质，甲、乙元素化合价可以显负价说明为非金属，推断单质为H2、O2、N2、Cl2，丁为固体单质．在一定条件下甲与丙、甲与丁都按微粒个数比1：3组成X和Y，在产物中元素甲呈负价，丙和丁显正价，说明甲是非金属元素形成的单质N2，丙为H2，X为NH3，Y为Mg3N2；在一定条件下乙与丙、乙与丁都按物质的量之比1：2反应，在产物中元素乙呈负价，说明乙是非金属元素．所以乙为O2，分别生成Z为H2O，W为MgO；依据判断出的物质分析回答问题．【解析】【解答】解：甲、乙、丙均为前三周期元素的气体单质为H2、O2、N2、Cl2，丁为固体单质．在一定条件下甲