2025年浙教新版高三化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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年浙教新版高三化学上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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、如图所示的实验操作错误的是（）A.B.C.D.2、已知H+（ag）+OH-（ag）=H2O（l）△H=-57.3kJ•mol-1．现有以下四个化学反应方程式。

①H2SO4（aq）+2NaOH（aq）═Na2SO4（aq）+2H2O（l）

②H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+2H2O（l）；

③HCl（aq）+NH3•H2O（aq）═NH4Cl（aq）+H2O（l）；

④CH3COOH（aq）+NH3•H2O（aq）═CH3COONH4（aq）+H2O（l）；

其中反应热为△H=-57.3kJ•mol-1的是：（）

．A.①和③B.③C.④D.以上都不对3、短周期元素X、Y、Z、W和Q在元素周期表中的相对位置如图所示．下列说法错误的是（）A.五种元素中，元素W的金属性最强B.当前，X元素的化合物常用于制备可充电电池C.当Y化合价为+4时，Y与Z只能形成一种化合物D.原子半径的大小顺序为：r（Z）＜r（Y）＜r（X）＜r（W）4、向300mLKOH溶液中缓慢通入2.24L（标准状况下）CO2气体，充分反应后，在减压蒸干溶液，得到11.9g白色固体．则下列说法中不正确的是（）A.此白色固体不可能是KHCO3和KOH的混合物B.此白色固体中含有K2CO36.90gC.原KOH溶液的物质的量浓度是0.500mol•L-1D.此白色固体可能为KOH和K2CO3的混合物5、若M是ⅡA族的某元素，则与M同周期且相邻的元素不可能位于元素周期表的A.ⅠAB.ⅠBC.ⅢAD.ⅢB6、化学与生产、生活息息相关，下列说法错误的是（）A.大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素B.纤维素在人体内可以水解为葡萄糖，故可作人类的营养物质C.用Na2S做沉淀剂，除去废水中的Cu2+和Hg2+D.“地沟油”禁止食用，但可以用来做肥皂评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)7、下列推论正确的是（）A.由“HF比HCl稳定性好”，可推知HF比HCl沸点高B.在粗硅的制取中发生反应2C+SiO22CO↑+Si，硅被还原，可推知碳的还原性大于硅的还原性C.由“同温度下等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO4溶液的pH大”，可推知C比S的非金属性弱D.由“某过程发生化学键断裂”，可推知该过程发生了化学变化8、亚氯酸钠rm{(NaClO_{2})}可用作漂白剂，在酸性溶液中因生成亚氯酸而发生分解，分解的化学方程式为rm{5HClO_{2}=4ClO_{2}隆眉+HCl+2H_{2}O}rm{ClO_{2}}是广谱型消毒剂rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{HClO_{2}}只是还原剂B.上述反应中，rm{ClO_{2}}是氧化产物C.上述反应中，rm{1molHClO_{2}}分解转移rm{2mol}电子D.上述反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为rm{1}rm{4}9、花青苷是引起花果呈现颜色的一种花色素，广泛存在于植物中rm{.}它的主要结构在不同rm{pH}条件下有。

以下存在形式：

下列有关花青苷说法不正确的是rm{(}rm{)}A.花青苷可作为一种酸碱指示剂B.rm{I}和rm{II}中均含有二个苯环C.rm{I}和rm{II}中除了葡萄糖基中碳原子外，其它所有碳原子一定共平面D.rm{I}和rm{II}均能与rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应10、下列关于实验的叙述合理的是rm{(}rm{)}A.某氢化物的溶液能使石蕊试液变蓝，该氢化物一定是氨气B.在rm{Fe(OH)_{3}}胶体中和rm{Fe(NO_{3})_{3}}溶液中分别逐滴加入rm{HI}稀溶液至过量，整个过程中现象相同C.配制硫酸亚铁溶液时应将硫酸亚铁固体溶于浓硫酸中，再稀释至所需浓度，以防止水解D.酸性高锰酸钾溶液、品红溶液、硫化钠溶液都能将rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}气体区别开11、含有rm{a}rm{mol}rm{FeBr_{2}}的溶液中，通入rm{x}rm{mol}rm{Cl_{2}.}下列各项为通rm{Cl_{2}}过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{x=0.4a}rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}B.rm{x=0.6a}rm{2Br^{-}+Cl_{2}篓TBr_{2}+2Cl^{-}}C.rm{x=2a}rm{2Fe^{2+}+2Br^{-}+2Cl_{2}篓TBr_{2}+2Fe^{3+}+4Cl^{-}}D.rm{x=1.5a}rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}篓T2Br_{2}+2Fe^{3+}+6Cl^{-}}12、常温下，下列有关溶液的说法正确的是rm{(}rm{)}A.向rm{0.10mol?L^{-1}NaHSO_{3}}溶液中通入rm{NH_{3}}至溶液rm{pH=7(}通入气体对溶液体积的影响可忽略rm{)}rm{c(Na^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(NH_{4}^{+})}B.rm{0.1mol/L}醋酸钠溶液rm{20mL}与rm{0.1mol?L^{-1}}盐酸rm{10mL}混合后的溶液中：rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Cl^{-})>c(H^{+})>c(CH_{3}COOH)}C.已知rm{K_{w}(HF)>K_{w}(CH_{3}COOH)}rm{pH}相等的rm{NaF}与rm{CH_{3}COOK}两溶液中：rm{c(Na^{+})-c(F^{-})>c(K^{+})-c(CH_{3}COO^{-})}D.rm{0.1mol?L^{-1}}醋酸溶液和rm{0.2mol?L^{-1}}醋酸钠溶液等体积混合后的溶液中：rm{3c(H^{+})+2c(CH_{3}COOH)=c(CH_{3}COO^{-})+3c(OH^{-})}13、某污水中含有rm{Fe^{3+}}rm{Ag^{+}}rm{Cu^{2+}}等离子，某工厂采用电解的方法处理该污水，具体的做法是：保持污水的rm{pH}在rm{5.0隆芦6.0}之间，通过电解生成rm{Fe(OH)_{3}.Fe(OH)_{3}}具有吸附性，可吸附污物而沉积下来，有净化水的作用，阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，刮去rm{(}或撇掉rm{)}浮渣层，即起到了浮选净化的作用rm{.}该厂污水处理设计装置如图所示，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.为了增加污水的导电能力，可向污水中如入适量的rm{Na_{2}SO_{4}}固体B.甲装置中rm{Fe}电极的反应为rm{Fe-3e^{-}=Fe^{3+}}C.为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，电池工作时，循环物质为rm{H_{2}O}D.当乙装置中有rm{1.6g}rm{CH_{4}}参加反应，则rm{C}电极理论上生成气体在标准状况下为rm{8.96L}评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、硝酸铈铵[（NH4）2Ce（NO3）6]广泛应用于电子；催化工业；其合成路线如下：

（1）已知（NH4）2Ce（NO3）6受热易分解，某科研小组认为反应原理如下，请补充完整：

（NH4）2Ce（NO3）6CeO2•8OH+8NO↑；CeO2•8OHCeO2+4H2O↑+____↑（请补充完整）．

除去NO中的NO2的方法是____．

（2）步骤Ⅰ中，将Ce（NO3）3•6H2O配成溶液，保持pH到4～5，缓慢加入H2O2溶液搅拌混合均匀，再加入氨水调节溶液pH，得到Ce（OH）4沉淀．该过程中每生成1molCe（OH）4，参加反应的氧化剂的物质的量为____．

（3）常温下，某同学向物质的量浓度均为1.0mol•L-1的Fe3+和Ce4+的混合溶液中滴加氢氧化钠溶液，先析出的沉淀____（填化学式），当调节溶液的pH为8时，溶液中c（Ce4+）：c（Fe）=____．{已知298K时，Ksp[Ce（OH）4]=1×10-29．Ksp[Fe（OH）3]=4×10-38．}

（4）为了研究步骤Ⅲ的工艺条件，科研小组测定了（NH4）2Ce（NO3）6在不同温度；不同浓度硝酸中的溶解度；结果如图2．从图2中可得出三条主要规律：

①其他条件相同时，NH4）2Ce（NO3）6在的溶解度随c（HNO3）增大而减小；

②____；

③____．15、Cl2能将Fe2+氧化为Fe3+．在学习元素周期律后，某学习小组欲研究Br2和I2能否将Fe2+氧化为Fe3+；研究过程如下：

I．理论预测。

甲同学认为Br2和I2都可能将Fe2+氧化为Fe3+；乙同学认为Br2和I2可能都不会将Fe2+氧化为Fe3+；丙同学认为还有一种可能．

丙同学的观点是____．

Ⅱ．进行实验。

。实验步骤操作现象一①向试管A中加入2mLFeCl2溶液，滴加少量溴水，振荡溶液变为黄色②滴加少量KSCN溶液溶液变为红色溶液变为红色二①向试管B中加入2mLFeCl2溶液和0.5mL苯，将胶头滴管伸入下层溶液，加入约0.5mL稀碘水溶液变为黄色②滴加少量KSCN溶液溶液没有出现红色溶液没有出现红色Ⅲ．实验现象的分析与解释。

（1）甲同学认为实验一中现象说明溴水能将Fe2+氧化，反应的离子方程式是____．

（2）乙同学认为实验二更严谨，试管B中加入苯的目的是____．

（3）参照实验二改进实验一后，实验现象与原来一致．综合上述实验中的现象，可判断Cl2、Br2、I2和Fe3+氧化性由强到弱的顺序是____．

（4）用原子结构解释Cl2、Br2、I2化学性质递变的原因是____．16、A；B、C是中学化学中常见的三种短周期元素．已知：①A元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；②B元素最高正价与最低负价的代数和为2；③C元素有多种化合价；且常温下C元素的单质与石灰水反应，可得到两种含C元素的化合物；④B、C两种元素质子数之和是A元素质子数的4倍．

（1）写出常温下C的单质和石灰水反应的离子方程式____；两者恰好反应所得溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是____．

（2）意大利罗马大学的FuNvioCacace等人获得了极具理论研究意义的B4气态分子．B4分子结构与白磷分子结构相似已知断裂1molB-B键吸收167kJ的热量，生成1molB≡B键放出942kJ热量．写出B4转化为B2的热化学方程式：____；由此判断相同条件下B4与B2的稳定性顺序是：____．（以上均用化学式表示）

（3）由B、C两种元素组成的化合物X，常温下为易挥发的淡黄色液体，X分子为三角锥形分子，且分子里B、C两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构．写出X的结构式为：____；X遇水蒸气可形成一种常见的漂白性物质．则X与水反应的化学方程式是____．

（4）写出实验室制B的氢化物的化学方程式____．17、（2012•浦东新区二模）人体中含量位于前6名的元素依次是：氧；碳、X、氮、钙、磷．根据要求用以上元素完成下列填空：

（1）X是____（写元素符号，下同）．能量最高的亚层电子云呈球形的元素有____．

（2）形成化合物种类最多的元素的最简氢化物的电子式为____；该分子为非极性分子的原因是____．

（3）能证明C、N、O非金属性递变规律的事实是____．

a．最高价氧化物对应水化物的酸性

b．单质与H2反应的难易程度

c．NO2、CO2和C3N4中元素的化合价

d．气态氢化物的稳定性

（4）氮元素的另一种气态氢化物肼可视为NH3分子中的一个氢原子被-NH2（氨基）取代形成的．肼燃烧时的能量变化如图所示，则该反应的热化学方程式为____．18、（1）塑料的主要成分是______．常见的塑料有两类，一类是______塑料，如聚乙烯、______等；一类是______塑料；如酚醛树脂等．

（2）硫化后的橡胶适合制造汽车轮胎，加入______可增强轮胎的耐磨性．

（3）在棉花、尼龙、涤沦、腈纶、羊毛、蚕丝、黏胶纤维中，属于天然纤维的是______；属于人造纤维的是______；属于合成纤维的是______．19、下面rm{a隆芦f}是中学化学实验中常见的几种仪器：rm{a.}量筒rm{b.}容量瓶rm{c.}托盘天平rm{d.}温度计rm{e.}分液漏斗。

rm{(1)}标出仪器使用温度的是______rm{(}填写编号rm{)}．

rm{(2)}使用前需要检查是否漏水的是______rm{(}填写编号rm{)}．

rm{(3)}称取rm{10.5g}固体样品rm{(1g}以下使用游码rm{)}若样品与砝码错放位置，则实际称取的样品质量为______rm{g}．

rm{(4)}配制rm{2mol?L^{-1}}rm{H_{2}SO_{4}}时，用rm{a}量取浓rm{H_{2}SO_{4}}时视线高于液面，则配得的浓度______rm{(}偏高、偏低或无影响rm{)}20、（1）工业电解食盐水制氯气的原理：____

（2）写出工业上用氯气和石灰乳为原料制造漂白粉的化学方程式____．21、电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的量．

已知如表数据．

。化学式电离平衡常数（25℃）HCNK=4.9×10-10CH3COOHK=1.8×10-5H2CO3K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11①25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为____．

②25℃时，等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液显碱性，则c（Na+）____c（CH3COO-）（填“＞”；“＜”或“=”）．

③向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为____．22、发酵法制酒精的过程可粗略表示如下：

①（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6

②C6H12O62C2H5OH+2CO2↑

（1）上述化学方程式中（C6H10O5）n的名称是____；①的反应类型是____；

（2）C6H12O6名称是____，常用____反应实验或它与氢氧化铜悬浊液的反应来检验其存在；

（3）为检验①中（C6H10O5）n是否完全反应，可在反应后的溶液中滴加____．评卷人得分四、判断题(共3题，共9分)23、18gD2O所含的电子数为10NA．____（判断对错）24、1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA．____（判断对错）25、在标准状况时，20mLNH3与60mLO2所含的分子个数比为1：3____．（判断对错）评卷人得分五、推断题(共3题，共9分)26、已知ABC和X四种物质有如下转化关系ABC

（1）若C是淡黄色固体，则B的化学式____写出C与水反应的化学方程式____

（2）若A为黄绿色气体，X为一中常见的金属物质，写出A与C反应的离子方程式____，写出最常用于检验B中阳离子的离子方程式____

（3）若A为固体非金属单质，C可产生温室效应，X是红棕色固体，写出B与X反应生成C的化学方程式____已知D被誉为国防金属，写出C与D反应的化学方程式____．27、金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3－发生氧化还原反应，转化关系如下：（已知，气体D和F反应可生成盐，气体D和A溶液反应生成白色沉淀。）请回答下列问题：（1）A和B两溶液混合产生白色沉淀，该白色沉淀的化学式；（2）C、E排入大气中会造成大气污染，在催化剂存在下，D可以将C、E转化为无毒的气态单质，该单质的电子式；（3）过量D的水溶液与A溶液反应的离子方程式是；（4）D→C反应的化学方程式是；（5）除去气体C中的杂质气体E的化学方法：（用化学方程式表示）；（6）完成铝在碱性条件下与NO3-反应的离子方程式；（7）Al与NO3―在酸性条件下反应，Al与被还原的NO3―的物质的量之比是。28、某物质R可用于制备高热导陶瓷基片；陶瓷刀具、切削工具；高温下材料强度大．经检测，R由两种短周期元素组成．现取123gR溶于热的KOH溶液中反应，得到无色溶液A和67.2L气体B（气体体积为标准状况下测定），该气体通入硫酸铜溶液有浅蓝色的沉淀生成，继续滴加氨水至沉淀完全溶解，此时即得深蓝色的溶液，对此溶液加热又有浅蓝色的沉淀生成．往上述过程所得无色溶液中滴加入盐酸，溶液先出现浑浊后又变澄清．

物质B与单质X及水之间相互作用，有如下转化关系：BCDE．E是一种强酸；将C和D的混合物溶解在冰水中，即可得到一种弱酸F的水溶液．请回答下列问题：

（1）物质R的名称为____，属于____晶体（填“分子”、“离子”、“原子”等）．B与C反应的化学方程式为：____．

（2）对深蓝色的溶液加热又有浅蓝色的沉淀生成，其原因是____（用离子方程式表示）．

（3）弱酸E是一种比醋酸酸性稍强的弱酸，很不稳定，通常在室温下易分解．要制得E溶液，可以往冷冻的其钠盐浓溶液中加入或通入某种物质，下列物质不适合使用的是____（填序号）．

A．二氧化碳B．盐酸C．二氧化硫D．稀硫酸。

（4）NO-2是工业废水在排放前必须除去的．碱性条件下用铝粉有效除去废水中的NO-2，已知此反应体系中检测到B气体．写出上述反应的离子方程式____．若改用电解法将废水中NO-2转换为N2除去，N2将在____（填“阴极”或“阳极”）生成，电极反应为____．

（5）C12与B以3：1的物质的量之比反应生成HCl和一种二元化合物Y（该反应中只有一种元素化合价改变）．Y大量应用于面粉的漂白和消毒，写出Y与水反应的化学方程式____．评卷人得分六、解答题(共2题，共20分)29、在一定温度下；将200g硫酸钠溶液与100g氯化钡溶液混合，恰好完全反应．过滤得到滤液276.7g，往滤液中加入83.7g该滤液的溶质并恢复到原温度，溶液恰好饱和．

求：

（1）原硫酸钠溶液中溶质的质量．

（2）滤液中的溶质在该温度下的溶解度为多少？30、五种短周期元素的部分性质数据如下：

。元素TXYZW原子半径（nm）0.0370.0750.0990.1020.143最高或最低化合价+1+5

-3+7

-1+6

-2+3（1）Z离子的结构示意图为______．

（2）关于Y；Z两种元素；下列叙述正确的是______（填序号）．

a．简单离子的半径Y＞Zb．气态氢化物的稳定性Y比Z强。

c．最高价氧化物对应水化物的酸性Z比Y强。

（3）甲是由T、X两种元素形成的10e-分子；乙是由Y；W两种元素形成的化合物．

某同学设计了右图所示装置（夹持仪器省略）进行实验；将甲的浓溶液逐滴加入到NaOH固体中，烧瓶中即有甲放出，原因是______．一段时间后，发生反应的离子方程式是______．

（4）XO2是导致光化学烟雾的“罪魁祸首”之一．它被氢氧化钠溶液吸收的化学方程式是：2XO2+2NaOH=M+NaXO3+H2O（已配平）；产物M中元素X的化合价为______．

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】A．过滤遵循一贴二低三靠；

B．读数时视线与凹液面的最低处相平；

C．燃烧时集气瓶低部加少量水；防止高温生成物使集气瓶炸裂；

D．酒精灯引燃另一只酒精灯，易失火．【解析】【解答】解：A．过滤遵循一贴二低三靠；图中过滤操作合理，故A正确；

B．读数时视线与凹液面的最低处相平；图中读数操作合理，故B正确；

C．燃烧时集气瓶低部加少量水；防止高温生成物使集气瓶炸裂，图中燃烧实验操作合理，故C正确；

D．酒精灯引燃另一只酒精灯；易失火，应利用火柴点燃，故D错误；

故选D．2、D【分析】【分析】中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水时放出的热量，依据概念对选项分析判断．【解析】【解答】解：①反应生成了2mol水；反应的焓变为-114.6kJ/mol，故不符合；

②反应过程中除了氢离子和氢氧根离子反应放热，硫酸钡沉淀的生成也伴随有沉淀热的变化，反应热大于-57.3kJ•mol-1；故不符合；

③一水合氨是弱电解质电离过程是吸热过程，反应热大于-57.3kJ•mol-1；故不符合；

④一水合氨和醋酸都是弱电解质电离过程是吸热过程，反应热大于-57.3kJ•mol-1；故不符合；

故选D．3、C【分析】【分析】由短周期元素X；Y、Z、W和Q在元素周期表中的相对位置；X为Li，Y为N，Z为O，W为Na，Q为Al，则。

A．同主族从上到下金属性增强；同周期从左向右金属性减弱；

B．Li电池为常用的二次电池；

C．Y化合价为+4时，氧化物有NO2、N2O4；

D．电子层越多，原子半径越大；相同电子层时原子序数大的原子半径小．【解析】【解答】解：由短周期元素X；Y、Z、W和Q在元素周期表中的相对位置；X为Li，Y为N，Z为O，W为Na，Q为Al，则。

A．同主族从上到下金属性增强；同周期从左向右金属性减弱，则W（Na）的金属性最强，故A正确；

B．X（Li）元素的化合物常用于制备可充电电池；其质量小，方便携带，质荷比大，为二次电池的优点，故B正确；

C．Y化合价为+4时，氧化物有NO2、N2O4；为两种化合物，故C错误；

D．电子层越多，原子半径越大；相同电子层时原子序数大的原子半径小，则原子半径的大小顺序为：r（Z）＜r（Y）＜r（X）＜r（W）；故D正确；

故选C．4、D【分析】【分析】2.24L（标况下）CO2气体的物质的量为0.1mol；二氧化碳完全反应；

若只发生：CO2+2KOH=K2CO3+H2O，则生成0.1mol的K2CO3；其质量=0.1mol×138g/mol=13.8g；

若只发生：CO2+KOH=KHCO3，则生成0.1mol的KHCO3；其质量=0.1mol×100g/mol=10g；

由于13.8g＞11.9g＞10.0g，所以得到的白色固体是K2CO3和KHCO3的混合物；

设白色固体中K2CO3xmol，KHCO3ymol，根据C元素守恒及二者质量列方程计算，再根据钾离子守恒计算KOH物质的量，根据c=计算KOH溶液物质的量浓度．【解析】【解答】解：2.24L（标况下）CO2气体的物质的量为=0.1mol；

若只发生：CO2+2KOH=K2CO3+H2O，则生成0.1mol的K2CO3；其质量=0.1mol×138g/mol=13.8g；

若只发生：CO2+KOH=KHCO3，则生成0.1mol的KHCO3；其质量=0.1mol×100g/mol=10g；

由于13.8g＞11.9g＞10.0g，所以得到的白色固体是K2CO3和KHCO3的混合物；

设白色固体中K2CO3xmol，KHCO3ymol；

根据碳原子守恒；有：xmol+ymol=0.1mol；

由二者质量可知：138g•mol-1×xmol+100g•mol-1×ymol=11.9g

联立方程；解得x=0.05moly=0.05mol

故白色固体中含有K2CO3的质量=138g•mol-1×0.05mol=6.9g；

原溶液中KOH物质的量为2xmol+ymol=2×0.05mol+0.05mol=0.15mol，所用KOH溶液物质的量浓度为=0.500mol•L-1；

综上分析可知；ABC正确；D错误；

故选D．5、B【分析】试题分析：在周期表与ⅡA族相邻的族分别为ⅠA，ⅢA（2,3周期），ⅢB（长周期）。考点：考查元素周期表有关问题。【解析】【答案】B6、B【分析】解：A．大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘；是造成雾霾天气的一种重要因素，故A正确；

B．纤维素在人体中不水解；不能被人体吸收，因此纤维素不能被分解提供能量，故B错误；

C．Cu2+和Hg2+都能和S2-反应生成沉淀，所以可以用Na2S做沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+；故C正确；

D．地沟油的主要成分是油脂；油脂碱性条件下水解成为造化反应，可生成肥皂，故D正确；

故选：B．

A．大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘；

B．纤维素在人体中不水解；不能被人体吸收；

C．硫离子与Cu2+或Hg2+反应生成沉淀，从而除去废水中的Cu2+和Hg2+；

D．油脂碱性条件下水解；可生成肥皂．

本题考查了生活中常见的化学知识及环境污染，熟悉纤维素、油脂、硫化钠的性质是解题关键，题目难度不大．【解析】【答案】B二、双选题(共7题，共14分)7、B|C【分析】解：A．稳定性与化学键有关；H-F键能大，则温度，而HF中含氢键，沸点高，二者没有因果关系，故A错误；

B．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，由2C+SiO22CO↑+Si可知；硅被还原，可推知碳的还原性大于硅的还原性，故B正确；

C．等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO4溶液的pH大；则碳酸的酸性小于硫酸，最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性越强，故C正确；

D．某过程发生化学键断裂；不一定发生化学变化，如HCl溶于水，没有化学键生成，故D错误；

故选BC．

A．稳定性与化学键有关；沸点与氢键有关；

B．还原剂的还原性大于还原产物的还原性；

C．等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO4溶液的pH大；则碳酸的酸性小于硫酸，以此比较非金属性；

D．某过程发生化学键断裂；不一定发生化学变化．

本题考查较综合，涉及稳定性、氢键、非金属性比较、化学键与化学反应的关系等，注重基础知识的考查，题目难度不大．【解析】【答案】BC8、rBD【分析】解：rm{A.Cl}元素的化合价既升高又降低，则rm{HClO_{2}}是还原剂；也是氧化剂，故A错误；

B.rm{Cl}元素的化合价升高被氧化，则rm{ClO_{2}}是氧化产物；故B正确；

C.由反应可知，rm{5mol}rm{HClO_{2}}分解转移rm{4mol}电子，则rm{1mol}rm{HClO_{2}}分解转移rm{dfrac{4}{5}mol}电子；故C错误；

D.由反应可知，rm{5mol}rm{HClO_{2}}分解时，rm{4mol}作还原剂与rm{1mol}作氧化剂的得失电子相等，则氧化剂与还原剂物质的量之比为rm{1}rm{4}故D正确；

故选BD．

rm{5HClO_{2}=4ClO_{2}隆眉+HCl+2H_{2}O}中，rm{Cl}元素的化合价由rm{+3}价升高为rm{+4}价，rm{Cl}元素的化合价由rm{+3}价降低为rm{-1}价；以此来解答．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意元素化合价判断，题目难度不大．【解析】rm{BD}9、rBC【分析】解：rm{A}根据题中信息可知；花青苷在酸性和碱性环境下显示不同的颜色，所以花青苷可作为一种酸碱指示剂，故A正确；

B；根据Ⅱ的结构简式可知；Ⅱ中含有一个苯环，还有一个六元碳环中只有两个碳碳双键，故B错误；

C；根据Ⅰ的结构简式可知；Ⅰ中的两个苯环之间有一个碳碳单键，可以旋转，所以这两个苯环不一定共面，故C错误；

D、Ⅰ和Ⅱ中均有酚羟基，所以均能与rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应；故D正确；

故选BC．

A；根据题中信息可知；花青苷在酸性和碱性环境下显示不同的颜色；

B；根据Ⅱ的结构简式可知；Ⅱ中含有一个苯环，还有一个六元碳环中只有两个碳碳双键；

C；根据Ⅰ的结构简式可知；Ⅰ中的两个苯环之间有一个碳碳单键，可以旋转，所以这两个苯环不一定共面；

D；Ⅰ和Ⅱ中均有酚羟基；据此判断．

本题主要考查了有机物的结构与性质，中等难度，答题时要抓住官能的性质分析问题，rm{B}选项为本题易错点，注意单键能旋转．【解析】rm{BC}10、rAD【分析】解：rm{A.}氢化物的溶液能使石蕊试液变蓝；氢化物的溶液显碱性，则氢化物为氨气，故A正确；

B.rm{Fe(OH)_{3}}胶体与rm{HI}反应生成三价铁离子；三价铁离子具有强的氧化性，能够氧化碘离子，生成单质碘，由红褐色变黄色；三价铁离子和碘水都是黄色，现象不同，故B错误；

C.配制硫酸亚铁溶液时；还应防止亚铁离子被氧化，且浓硫酸具有强氧化性，则应将固体溶解在稀硫酸中，且加铁粉，故C错误；

D.二氧化硫能使酸性高锰酸钾褪色；品红褪色，与硫化钠生成黄色沉淀，二氧化碳无明显现象，故D正确．

故选AD．

A.氢化物的溶液能使石蕊试液变蓝；氢化物的溶液显碱性；

B.三价铁离子具有强的氧化性；能够氧化碘离子；

C.配制硫酸亚铁溶液时；还应防止亚铁离子被氧化，且浓硫酸具有强氧化性；

D.二氧化硫能使酸性高锰酸钾褪色；品红褪色，与硫化钠生成黄色沉淀．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质及检验、溶液配制及盐类水解等为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{AD}11、rBC【分析】解：由于还原性：rm{Fe^{2+}>Br^{-}}通入rm{Cl_{2}}依次发生rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Cl^{-}}rm{2Br^{-}+Cl_{2}=Br_{2}+2Cl^{-}}

当rm{n(Cl_{2})}rm{n(FeBr_{2})leqslantdfrac{1}{2}}时，只氧化rm{n(FeBr_{2})leqslantdfrac

{1}{2}}当rm{Fe^{2+}}rm{n(FeBr_{2})geqslantdfrac{3}{2}}时，rm{n(Cl_{2})}和rm{n(FeBr_{2})geqslantdfrac

{3}{2}}被完全氧化，介于二者之间时，rm{Fe^{2+}}被完全氧化，rm{Br^{-}}被部分氧化；则。

A.rm{Fe^{2+}}rm{Br^{-}}rm{n(FeBr_{2})=0.4<dfrac{1}{2}}只氧化rm{x=0.4a}故A正确；

B.rm{n(Cl_{2})}rm{n(FeBr_{2})=0.4<dfrac

{1}{2}}rm{Fe^{2+}}介于rm{dfrac{1}{2}隆芦dfrac{3}{2}}rm{x=0.6a}被完全氧化，rm{n(Cl_{2})}被部分氧化；故B错误；

C.rm{n(FeBr_{2})}rm{dfrac{1}{2}隆芦dfrac

{3}{2}}rm{n(FeBr_{2})geqslantdfrac{3}{2}}rm{Fe^{2+}}和rm{Br^{-}}被完全氧化，则反应的离子方程式为rm{x=2a}故C错误；

D.rm{n(Cl_{2})}rm{n(FeBr_{2})geqslantdfrac

{3}{2}}和rm{Fe^{2+}}恰好被完全氧化，反应的离子方程式为rm{Br^{-}}故D正确；

故选：rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}=2Br_{2}+2Fe^{3+}+6Cl^{-}}．

rm{x=1.5a}的还原性比rm{Fe^{2+}}强，所以rm{Br^{-}}通入rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}=2Br_{2}+2Fe^{3+}+6Cl^{-}}溶液中，当rm{BC}不足量时，会先与rm{Fe^{2+}}反应；待rm{Br^{-}}全部被氧化成rm{Cl_{2}}后，过量的rm{FeBr_{2}}才会与rm{Cl_{2}}反应．

本题考查了离子方程式书写，侧重考查氧化还原反应离子方程式书写，明确氧化还原反应先后规律，熟悉溴离子、二价铁离子氧化性强弱关系是解题关键，题目难度中等．rm{Fe^{2+}}【解析】rm{BC}12、rAD【分析】解：rm{A.}向rm{0.1mol?L}的rm{NaHSO_{3}}中通入氨气至溶液呈中性时，rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}根据电荷守恒可知：rm{c(Na^{+})+c(NH_{4}^{+})=2c(SO_{3}^{2-})}由于钠离子浓度大于亚硫酸根离子，则rm{c(Na^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(NH_{4}^{+})}所以溶液中rm{c(H^{+})}rm{c(OH^{-})}rm{c(SO_{3}^{2-})}rm{c(Na^{+})}rm{c(NH_{4}^{+})}这五种离子浓度大小关系为：rm{c(Na^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})=c(OH^{-})}故A正确；

B.将rm{0.1mol/L}的醋酸钠溶液rm{20mL}与rm{0.1mol/L}盐酸rm{10mL}混合后，反应后rm{NaAc}和rm{HAc}的物质的量相等，溶液显酸性，说明rm{HAc}电离程度大于rm{Ac^{-}}水解程度，则rm{(CH_{3}COO^{-})>c(Cl^{-})}rm{HAc}为弱电解质，部分电离，应有rm{c(CH_{3}COOH)>c(H^{+})}故B错误；

C.根据电离平衡常数可知酸性rm{HF>CH_{3}COOH}则rm{CH_{3}COOK}的水解程度大于rm{NaF}所以rm{pH}相等的rm{NaF}与rm{CH_{3}COOK}两溶液rm{CH_{3}COOK}的浓度小于rm{NaF}由于两溶液的rm{pH}相同，则两溶液中氢离子、氢氧根离子的浓度相同，即rm{c(H^{+})=c(OH^{-})垄脵}根据电荷守恒可得：rm{c(H^{+})+c(Na^{+})+c(K^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})+c(F^{-})垄脷}由rm{垄脵垄脷}得rm{c(Na^{+})-c(F^{-})=c(CH_{3}COO^{-})-c(K^{+})}故C错误；

D.rm{0.1mol?L^{-1}}醋酸溶液和rm{0.2mol?L^{-1}}醋酸钠溶液等体积混合，根据电荷守恒rm{c(H^{+})+c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})垄脵}根据物料守恒rm{3c(Na^{+})=2c(CH_{3}COO^{-})+2c(CH_{3}COOH)垄脷}由rm{垄脵隆脕3-垄脷}得rm{3c(H^{+})+2c(CH_{3}COOH)=c(CH_{3}COO^{-})+3c(OH^{-})}故D正确；

故选AD．

A.溶液呈中性时，rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}根据电荷守恒可知：rm{c(Na^{+})+c(NH_{4}^{+})=2c(SO_{3}^{2-})}由于钠离子浓度大于亚硫酸根离子，则rm{c(Na^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(NH_{4}^{+})}

B.将rm{0.1mol/L}的醋酸钠溶液rm{20mL}与rm{0.1mol/L}盐酸rm{10mL}混合，反应后rm{NaAc}和rm{HAc}的物质的量相等；溶液显酸性；

C.根据rm{HF}和rm{CH_{3}COOH}的电离平衡常数判断二者酸性强弱，酸性越强，对应的酸根离子的水解程度越强，据此判断rm{pH}相同时rm{NaF}与rm{CH_{3}COOK}两溶液中离子浓度大小；

D.rm{0.1mol?L^{-1}}醋酸溶液和rm{0.2mol?L^{-1}}醋酸钠溶液等体积混合；根据电荷守恒和物料守恒综合计算．

本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，注意反应后溶液溶质的物质的量关系，把握弱电解质电离特点．【解析】rm{AD}13、rAD【分析】解：rm{A.}保持污水的rm{pH}在rm{5.0隆芦6.0}之间，通过电解生成rm{Fe(OH)_{3}}沉淀时，加入的使导电能力增强的电解质必须是可溶于水的、显中性的盐如：rm{Na_{2}SO_{4}}固体；故A正确；

B.电解池中rm{Fe}为阳极，发生rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}故B错误；

C.电池是以熔融碳酸盐为电解质，负极电极反应是rm{CH_{4}+4CO_{3}^{2-}-8e^{-}=5CO_{2}+2H_{2}O}正极反应为rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO_{3}^{2-}}可以循环利用的物质只有二氧化碳，故C错误；

D.电池的负极电极反应是rm{CH_{4}+4CO_{3}^{2-}-8e^{-}=5CO_{2}+2H_{2}O}当乙装置中有rm{1.6gCH_{4}}参加反应，即rm{0.1mol}甲烷参加反应时，有rm{0.8mol}电子转移，rm{C}电极的电极反应为：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}则rm{C}电极理论上生成气体在标准状况下为rm{8.96L}故D正确；

故选：rm{AD}．

甲装置为电解池，乙装置为原电池装置，原电池工作时，通入甲烷的一级为负极，发生氧化反应，负极电极反应是rm{CH_{4}+4CO_{3}^{2-}-8e^{-}=5CO_{2}+2H_{2}O}通入氧气的一级为正极，发生还原反应，正极反应为rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO_{3}^{2-}}电解池中rm{Fe}为阳极，发生rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}阴极的电极反应为：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价，rm{4Fe^{2+}+10H_{2}O+O_{2}=4Fe(OH)_{3}隆媒+8H^{+}}以此解答该题．

本题考查了燃料电池的工作原理和原电池和电解池串联的综合知识，难度较大rm{.}注意把握电解池和原电池的工作原理，把握电极方程式的书写，为解答该题的关键．【解析】rm{AD}三、填空题(共9题，共18分)14、2O2水洗0.5molFe（OH）31：1（NH4）2Ce（NO3）6在硝酸中的溶解度随温度升高而增大c（HNO3）越小，温度对S的影响越大或c（HNO3）越大，温度对S的影响越小【分析】【分析】（1）根据质量守恒可确定未知物分子式应为O2，一氧化氮（NO）气体难溶于水，NO2和水反应生成NO和硝酸；

（2）Ge元素化合价由+3价升高到+4价，被氧化，Ce（NO3）3•6H2O为还原剂，该过程中每生成1molCe（OH）4，转移1mol电子，H2O2为氧化剂；O元素化合价由-1价降低到-2价，根据得失电子守恒可确定参加反应的氧化剂的物质的量；

（3）化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶，根据沉淀的转化、生成和溶解平衡的角度解答，当调节溶液的pH为8时，c（OH-）=1×10-6mol/L；根据溶度积定义书写表达式，结合溶度积计算离子浓度比；

（4）根据曲线的变化趋势判断温度、浓度对溶解度的影响．【解析】【解答】解：（1）由质量守恒定律可知反应的方程式应为CeO2•8OHCeO2+4H2O↑+2O2↑，生成的未知物质为O2，NO2和水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成NO和硝酸，所以通过水洗可除去NO中的NO2；

故答案为：2O2；水洗；

（2）Ge元素化合价由+3价升高到+4价，被氧化，Ce（NO3）3•6H2O为还原剂，H2O2为氧化剂，O元素化合价由-1价降低到-2价，由化合价升降总数相等可知氧化剂和还原剂的物质的量之比应为1：2，该过程中每生成1molCe（OH）4，则参加反应的氧化剂H2O2为0.5mol；

故答案为：0.5mol；

（3）298K时，Ksp[Ce（OH）4]=1×10-29．Ksp[Fe（OH）3]=4×10-38，根据化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶可知常温下在水中溶解能力Ce（OH）4＞Fe（OH）3，向物质的量浓度均为1.0mol•L-1的Fe3+和Ce4+的混合溶液中滴加氢氧化钠溶液，先析出的沉淀Fe（OH）3，当调节溶液的pH为8时，c（OH-）=1×10-6mol/L，c（Fe3+）•（OH-）3=1.0×1.0×10-18=1×10-18＞Ksp[Fe（OH）3]，铁离子已沉淀完全，残留在溶液中的铁离子物质的量浓度低于1.0×10-5mol•L-1，Ce（OH）4的溶度积表达式为c（Ce4+）•[c（OH-）]4=1.0×1.0×10-24=1×10-24＞Ksp[Ce（OH）4]，Ce4+已沉淀完全，残留在溶液中的Ce4+物质的量浓度低于1.0×10-5mol•L-1；所以两者之比为1：1；

故答案为：Fe（OH）3；1：1；

（4）由曲线的变化趋势可得出规律有：

①其它条件相同时，S随c（HNO3）增大而减小；

②（NH4）2Ce（NO3）6在硝酸中的溶解度随温度升高而增大；

③c（HNO3）越小，温度对S的影响越大或c（HNO3）越大；温度对S的影响越小．

故答案为：（NH4）2Ce（NO3）6在硝酸中的溶解度随温度升高而增大；c（HNO3）越小，温度对S的影响越大或c（HNO3）越大，温度对S的影响越小．15、Br2能将Fe2+氧化为Fe3+，I2可能不行2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-加入苯能起到液封的作用，减少空气对实验的干扰Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2同一主族元素从上到下，原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，氧化性逐渐减弱【分析】【分析】I．理论预测。

甲同学认为Br2和I2都可能将Fe2+氧化为Fe3+；思考的依据是Cl2、Br2、I2均为第VIIA主族单质；化学性质相似，都有较强的氧化性；

乙同学认为Br2和I2可能都不会将Fe2+氧化为Fe3+；丙同学的观点是Br2能将Fe2+氧化为Fe3+，I2可能不行；思考的依据是从上到下卤素单质氧化性减弱；

Ⅲ．实验现象的分析与解释。

（1）溴水能将Fe2+氧化为Fe3+；同时自身被还原成；

（2）亚铁离子与空气直接接触会被氧化生成Fe3+；加入苯既可作为萃取剂又能起到液封的作用，减少空气对实验的影响；

（3）氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由可判断Cl2、Br2、I2和Fe3+氧化性由强到弱的顺序是Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2；

（4）根据元素周期表中同主族元素性质的递变规律来分析．【解析】【解答】解：I．理论预测。

第VIIA主族Cl2、Br2、I2均为非金属单质，它们易得到电子，化学性质相似，都有较强的氧化性，所以甲同学认为Br2和I2都可能将Fe2+氧化为Fe3+；同一主族从上到下单质氧化性逐渐减弱，所以乙同学认为Br2和I2可能都不会将Fe2+氧化为Fe3+；丙同学的观点是Br2能将Fe2+氧化为Fe3+，I2可能不行；

故答案为：Br2能将Fe2+氧化为Fe3+，I2可能不行；

Ⅲ．（1）滴加少量KSCN溶液，溶液变为红色，说明有Fe3+生成，溴水中的溴具有氧化性，亚铁离子具有还原性，溴水能将Fe2+氧化，2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-；

故答案为：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-；

（2）I2的稀溶液和FeCl3溶液均为黄色，故不能确定I2能不能将Fe2+氧化为Fe3+；要检验亚铁离子中有没有Fe3+，应当让亚铁离子与空气隔绝，因为与空气直接接触会被氧化生成Fe3+；故加入苯既可作为萃取剂又能起到液封的作用，减少空气对实验的影响；

故答案为：加入苯能起到液封的作用；减少空气对实验的干扰；

（3）参照实验二改进实验一后，滴加少量KSCN溶液，溶液变为红色，说明有Fe3+生成，离子方程式为：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，氧化性Br2＞Fe3+，溴单质不能氧化氯离子，即Cl2＞Br2，I2的稀溶液和FeCl3溶液均为黄色，故不能确定I2能不能将Fe2+氧化为Fe3+；实验二：向试管B中加入2mLFeCl2溶液和0.5mL苯，将胶头滴管伸入下层溶液，加入约0.5mL稀碘水，滴加少量KSCN溶液，溶液没有出现红色，说明无Fe3+生成，说明Fe3+＞I2；

故答案为：Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2；

（4）同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的吸引力减弱，得电子能力逐渐减弱，氧化性减弱，故Cl2、Br2、I2氧化Fe2+的能力逐渐减弱；

故答案为：同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，氧化性减弱．16、2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2Oc（Na+）＞c（Cl-）＞c（ClO-）＞c（OH-）＞c（H+）N4（g）═2N2（g）△H=-882kJ/molN2＞N4NCl3+3H2O═NH3+3HClO2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O【分析】【分析】A；B、C是中学化学中常见的三种短周期元素；

①A元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；元素最外层电子数不超过8，则其次外层是K层，则A是C元素；

②B元素最高正价与最低负价的代数和为2；且为短周期元素，则B是N元素；

③C元素有多种化合价，且常温下C元素的单质与石灰水反应，可得到两种含C元素的化合物，④B、C两种元素质子数之和是A元素质子数的4倍，则C是Cl元素，再结合题目分析解答．【解析】【解答】解：A；B、C是中学化学中常见的三种短周期元素；

①A元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；元素最外层电子数不超过8，则其次外层是K层，则A是C元素；

②B元素最高正价与最低负价的代数和为2；且为短周期元素，则B是N元素；

③C元素有多种化合价；且常温下C元素的单质与石灰水反应，可得到两种含C元素的化合物，④B；C两种元素质子数之和是A元素质子数的4倍，则C是Cl元素；

（1）常温下，氯气和NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；两者恰好反应所得溶液中，溶液中次氯酸根离子水解导致溶液呈碱性，但水解程度较小，根据物料守恒得溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）＞c（Cl-）＞c（ClO-）＞c（OH-）＞c（H+）；

故答案为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；c（Na+）＞c（Cl-）＞c（ClO-）＞c（OH-）＞c（H+）；

（2）B为氮元素，断裂1molB-B吸收167kJ的热量，生成1molB≡B放出942kJ热量，则N4（g）═2N2（g）的△H=167×6-2×942=-882kJ/mol，物质能量越高越不稳定，所以相同条件下B4与B2的稳定性顺序是N2＞N4，故答案为：N4（g）═2N2（g）△H=-882kJ/mol；N2＞N4；

（3）B为氮元素、C为氯元素，X分子为三角锥形分子，且分子里B、C两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构，则两种元素组成的化合物X为NCl3，结构中存在三个N-Cl共价单键，其结构式为由X遇水蒸气可形成一种常见的漂白性物质及元素守恒可知反应为NCl3+3H2O═NH3+3HClO；

故答案为：NCl3+3H2O═NH3+3HClO；．

（4）实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制取氨气，反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O．17、HH、Ca分子中正负电荷的重心重合，为非极性分子cdN2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ/mol【分析】【分析】（1）人体中含量位于前6名的元素依次是：氧；碳、氢、氮、钙、磷；

s能级的电子云为球形；能量最高的亚层电子云呈球形，说明该元素最高能级为ns；

（2）形成化合物种类最多的元素为C元素，最简氢化物为CH4；分子中C原子与H原子之间形成1对共用电子对，为正四面体结构，为非极性分子；

（3）a．氧元素没有含氧酸；

b．单质与H2反应的难易程度；说明单质的氧化性强弱，单质的结构不同，不能说明元素的非金属性；

c．NO2、CO2和C3N4中元素的化合价；说明共用电子对偏移方向，化合物中表现负价的元素，对键合电子的吸引力更强，非金属性更强；

d．非金属性越强；气态氢化物越稳定；

（4）由肼燃烧时的能量变化图可知，1mol肼燃烧生成氮气与水蒸气，放出的热量为534kJ，据此热化学方程式书写原则书写．【解析】【解答】解：（1）人体中含量位于前6名的元素依次是：氧；碳、氢、氮、钙、磷；故X为H元素，s能级的电子云为球形，能量最高的亚层电子云呈球形，说明该元素最高能级为ns，符合条件的有H、Ca，故答案为：H；H、Ca；

（2）形成化合物种类最多的元素为C元素，最简氢化物为CH4，分子中C原子与H原子之间形成1对共用电子对，电子式为：为正四面体结构，分子中正负电荷的重心重合，为非极性分子，故答案为：分子中正负电荷的重心重合；为非极性分子；

（3）a．氧元素没有含氧酸；不能利用最高价比较氧元素与C；N元素的非金属性，故a错误；

b．单质与H2反应的难易程度，说明单质的氧化性强弱，单质的结构不同，不能说明元素的非金属性，故b错误；

c．化合价说明共用电子对偏移方向，化合物中表现负价的元素，对键合电子的吸引力更强，非金属性更强，故NO2中氧元素为-2价，氧元素吸引电子能力更强，故非金属性O＞N，CO2中，中氧元素为-2价，氧元素吸引电子能力更强，故非金属性O＞C，C3N4中N元素为-3价；N元素吸引电子能力更强，故非金属性N＞O，可以比较，故c正确；

d．非金属性越强；气态氢化物越稳定，故气态氧化物的稳定性可以比较非金属性强弱，故d正确；

故答案为：cd；

（4）由肼燃烧时的能量变化图可知，1mol肼燃烧生成氮气与水蒸气，放出的热量为534kJ，热化学方程式为N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ/mol；

故答案为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ/mol．18、略

【分析】解：（1）塑料的主要成分是合成树脂．常见的塑料有两类；一类是热塑性塑料，如聚乙烯；聚氯乙烯等；热固性塑料是指在受热或其他条件下能固化或具有不溶（熔）特性的塑料，如酚醛树脂等，故答案为：合成树脂；热塑性；聚氯乙烯（或聚丙烯等）；热固性；

（2）为了增加汽车轮胎的耐磨性；常在制轮胎的橡胶中加入的耐磨物质是炭黑，故答案为：炭黑；

（3）棉花；羊毛、蚕丝属于天然纤维；

黏胶纤维属于人造纤维；

尼龙；涤纶、腈纶属于合成纤维；

故答案为：棉花；羊毛、蚕丝；黏胶纤维；尼龙、涤纶、腈纶．

（1）热固性塑料是指在受热或其他条件下能固化或具有不溶（熔）特性的塑料；具有体形结构，如酚醛塑料即电木插座的材料，聚乙烯；聚丙烯、聚氯乙烯、聚苯乙烯等均是具有线形结构，为热塑性塑料；

（2）炭黑加入橡胶中能够增强耐磨性；

（3）天然纤维是自然界原有的或经人工培植的植物上；人工饲养的动物上直接取得的纺织纤维；是纺织工业的重要材料来源；人造纤维是用木材、草类的纤维经化学加工制成的粘胶纤维；合成纤维是化学纤维的一种，是用合成高分子化合物做原料而制得的化学纤维的统称．

本题考查合成材料，记清各种材料的组成、性能与用途是解题的关键，题目难度不大，注意天然纤维、人造纤维、合成纤维的区别．【解析】合成树脂；热塑性；聚氯乙烯；热固性；炭黑；棉花、羊毛、蚕丝；黏胶纤维；尼龙、涤纶、腈纶19、ab；be；9.5；偏低【分析】解：rm{(1)}液体的体积受温度的影响，温度不同使，用量筒量取的液体、容量瓶中的液体的体积不同，导致产生误差，故答案为：rm{ab}

rm{(2)c}rm{d}不能盛装液体，故错；rm{a}使用时不会造成漏液现象，故错；rm{b}rm{e}有塞子，所以有漏液的可能，所以要检查是否漏液，故答案为：rm{be}

rm{(3)}称量物体时，游码的数值要加在砝码一边，物体与砝码放反位置时，砝码的质量等于物体的质量加上游码的质量，称量rm{10.5g}物体时，砝码的质量是rm{10g}游码的质量数值是rm{0.5g}物体的质量是rm{10g-0.5g=9.5g.}故答案为：rm{9.5}

rm{(4)}量筒若读数时仰视液面；则量取的液体实际偏大，若读数时俯视液面，则量取的液体实际偏小，配得的溶液浓度偏低，故答案为：偏低；

rm{(1)}根据温度对仪器的使用是否有影响判断；

rm{(2)}根据仪器使用时能否漏液判断；

rm{(3)}根据游码的标示是否是物质的质量计算；

rm{(4)}量筒若读数时仰视液面；则量取的液体实际偏大，若读数时俯视液面，则量取的液体实际偏小；

本题考查了常见仪器的使用及一定物质的量浓度溶液的配制等知识点，综合性较强，侧重考查学生对实验基础的掌握情况．【解析】rm{ab}rm{be}rm{9.5}偏低20、2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O【分析】【分析】（1）电解NaCl溶液生成NaOH；氢气、氯气；

（2）氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水．【解析】【解答】解：（1）电解食盐水制取烧碱，同时得到氢气和氯气，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；

故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；

（2）以氯气和石灰乳为原料制造漂白粉，反应生成CaCl2、Ca（ClO）2、H2O，该反应为2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O．21、Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶＞NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3【分析】【分析】（1）根据酸的电离常数进行分析判断；电离常数越大，对应盐的水解程度越小，溶液的pH越小；

（4）根据溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的关系；及电荷守恒分析；

（5）根据电离常数大小分析反应的生成物．【解析】【解答】解：（1）根据图表数据分析，电离常数：醋酸＞HCN＞碳酸氢根离子，所以等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液；

故答案为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液；

（2）等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液显碱性，则c（H+）＜c（OH-）由电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）；

得c（Na+）＞c（CH3COO-）；

故答案为：＞；

（3）向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-，故反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，故反应的化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；

故答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3．22、淀粉水解反应葡萄糖银镜滴加碘溶液【分析】【分析】（1）工业常用淀粉发酵法制取酒精；淀粉水解生成葡萄糖；

（2）淀粉水解生成葡萄糖；葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇；葡萄糖中含-CHO，能利用银氨溶液或氢氧化铜悬浊液检验；

（3）碘单质遇淀粉变蓝色．【解析】【解答】解：（1）淀粉的结构简式为（C6H10O5）n；）淀粉水解生成葡萄糖；

故答案为：淀粉；水解反应；

（2）淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，则C6H12O6为葡萄糖；葡萄糖中含-CHO，能利用银氨溶液检验，反应产生银镜；

故答案为：葡萄糖；银镜；

（3）碘单质遇淀粉变蓝色，故用单质碘来检验淀粉是否水解完全，故答案为：滴加碘溶液．四、判断题(共3题，共9分)23、×【分析】【分析】D2O的相对分子质量为20，结合n==计算．【解析】【解答】解：D2O的相对分子质量为20，18gD2O的物质的量为=0.9mol，则所含的电子数为9NA．故答案为：×．24、×【分析】【分析】氯气参加反应，表现性质不同，转移电子数不同，据此判断．【解析】【解答】解：氯气参加反应，表现性质不同，转移电子数不同，例如氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，Cl元素的化合价由0升高为+1价，Cl元素的化合价由0降低为-1价，1molCl2参加反应转移电子数为NA；

1molCl2与铁反应生成氯化铁，氯气全部做氧化剂，1molCl2参加反应转移电子数为2NA；

所以1molCl2参加反应转移电子数不一定为2NA．

故错误．25、√【分析】【分析】相同条件下，气体体积之比等于其分子数目之比．【解析】【解答】解：同温同压下，气体体积之比等于其分子数目之比，故标准状况时，20mLNH3与60mLO2所含的分子个数比=20mL：60mL=1：3，故正确，故答案为：√．五、推断题(共3题，共9分)26、Na2O2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑Fe+2Fe3+=3Fe2+Fe3++3SCN-=Fe（SCN）33CO+Fe2O33CO2+2FeCO2+2Mg2MgO+C【分析】【分析】由反应的转化关系可知A可与X连续反应；如A为金属，应为变价金属，如X为氧气，则A可为变价非金属或Na，图中转化关系可符合铝三角的转化，或为多元弱酸对应的盐；

（1）若C是淡黄色固体，则C为Na2O2，反应推可知，A为Na，B为Na2O，X为O2；

（2）若A为黄绿色气体，X为一中常见的金属物质，则A为Cl2，X为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2；

（3）若A为固体非金属单质，C可产生温室效应，则C为CO2，X是红棕色固体，则X为Fe2O3，所以A为C，B为CO，D被誉为国防金属，则D为Mg，以此解答该题．【解析】【解答】解：由反应的转化关系可知A可与X连续反应；如A为金属，应为变价金属，如X为氧气，则A可为变价非金属或Na，图中转化关系可符合铝三角的转化，或为多元弱酸对应的盐；

（1）若C是淡黄色固体，则C为Na2O2，反应推可知，A为Na，B为Na2O，X为O2，C与水反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

故答案为：Na2O；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

（2）若A为黄绿色气体，X为一中常见的金属物质，则A为Cl2，X为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2，A与C反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，常用KSCN溶液检验B中阳离子，反应的离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3；

故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3；

（3）若A为固体非金属单质，C可产生温室效应，则C为CO2，X是红棕色固体，则X为Fe2O3，所以A为C，B为CO，D被誉为国防金属，则D为Mg，B与X反应生成C的化学方程式为3CO+Fe2O33CO2+2Fe，C与D反应的化学方程式为CO2+2Mg2MgO+C；

故答案为：3CO+Fe2O33CO2+2Fe；CO2+2Mg2MgO+C．27、略

【分析】试题分析：Al在酸性条件下与NO3—反应，生成Al3+和NO，故A为铝盐，含有Al3+，C为NO，C与氧气反应生成的E为NO2，E与水反应生成的是HNO3。气体D和F反应可生成盐，且气体D和A溶液反应生成白色沉淀，气体D的水溶液显碱性，推测D为NH3；从氧化还原角度分析，Al在碱性条件下与NO3—反应生成B，且B可与A反应生成白色沉淀，可推知B为偏铝酸盐，含有AlO2—。（1）Al3+与AlO2—双水解生成白色沉淀Al（OH）3。（2）含N的无毒气态单质，只有N2。（3）氨水是弱碱，不能和Al（OH）3反应，因此反应为：3NH3·H2O+Al3+=Al(OH)3↓+3NH4+。（4）D→C即氨的催化氧化，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。（5）除去NO中的NO2，依据二者的性质差异，NO不溶于水，NO2可与水反应生成NO，可用水除去，反应方程式为3NO2+H2O==2HNO3+NO。（6）由上述解析可知，Al在碱性条件下与NO3—反应，生成AlO2—和NH3，根据氧化还原反应得失电子守恒，可配平该反应方程式。（7）Al被氧化生成Al3+，每个Al失去3个电子，NO3—被还原为NO，每个NO3—得到3个电子，因此Al与被还原的NO3―的物质的