2025年外研衔接版选择性必修1化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年外研衔接版选择性必修1化学下册阶段测试试卷953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、常温下，向20.00mL0.1mol·L－1氨水中滴入0.1mol·L-1盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)的负对数[-1gc水(H+)]与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法正确的是（）

A.常温下，Kb(NH3·H2O)约为1×10-3B.b=20.00C.R、Q两点对应溶液均呈中性D.R到N、N到Q所加盐酸体积相等2、NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是A.1molCH3•所含有的电子数为9NAB.某温度下，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含OH-数目为0.1NAC.5.6g铁与足量硫粉反应转移电子数为0.2NAD.120gNaHSO4晶体中含有NA个阳离子3、已知甘氨酸(用表示)在水中存在三种微粒；它们的转化关系如下：

为该溶液中和数目相等时的和分别表示：和的解离常数，其各微粒在水中的分布系数(各微粒数目占三种微粒总数的百分比)如图所示。下列判断错误的是。

A.a点对应的B.向甘氨酸溶液中加入溶液，此时溶液中C.甘氨酸溶液的D.甘氨酸溶于水后溶液显酸性4、H2C2O4为二元弱酸，Ka1=5.9×10−2，Ka2=6.4×10−5，lg6.4≈0.8，向20mL0.1mol∙L−1H2C2O4溶液中滴加0.2mol∙L−1KOH溶液；溶液中含碳微粒的存在形式与物质的量百分比随KOH溶液体积变化如图所示。下列说法正确的是。

A.滴入10mLKOH溶液时，溶液呈中性B.当c()＝c()时，混合溶液pH≈4.2C.滴入10mLKOH溶液时，溶液中有如下关系：c(H2C2O4)＋c()＋c()＝0.1mol∙L−1D.滴入16~20mLKOH溶液的过程中，均满足c()＞c()＞c(H+)＞c(OH−)5、下列有关说法不正确的是（）A.已知可溶于KI形成向两支盛有溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，说明溶液中存在平衡：B.在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：常温下，的溶度积要使降至溶液的pH应调至5C.已知：将等体积的浓度为的溶液滴入到浓度均为的KCl和的混合溶液中产生两种不同沉淀，且沉淀先产生D.25℃时，溶液中水电离出的和水电离出的的乘积不一定等于6、已知在1×105Pa，298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，下列热化学方程式正确的是A.H2O（g）＝H2（g）＋1/2O2（g）ΔH＝242kJ/molB.2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝－484kJ/molC.H2（g）＋1/2O2（g）＝H2O（1）ΔH＝－242kJ・molD.2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝＋484kJ・mol－1评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、在含有弱电解质的溶液中；往往有多个化学平衡共存。

（1）一定温度下，向1L0.1mol·L−1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体，平衡后则溶液中_______（填“增大”、“减小”或“不变”）；写出表示该混合溶液中所有离子浓度间的一个等式：_______________

（2）常温下向20mL0.1mol·L−1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L−1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数随溶液pH变化的情况如下：

回答下列问题：

①在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-________（填“能”或“不能”）大量共存；

②当pH＝7时，溶液中含碳元素的主要微粒有__________、________，溶液中含量最多的三种微粒的物质的量浓度的大小关系为_________；

③已知在25℃时，CO32-水解反应的平衡常数Kh═2×10−4mol·L−1，当溶液中c（HCO3-）：c(CO32-)＝2∶1时，溶液的pH＝_____。8、回答下列问题：

(1)CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗1molCuCl(s)，放热44.4kJ，该反应的热化学方程式是___________。

(2)已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1

CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1

某H2和CO的混合气体完全燃烧时放出113.76kJ热量，同时生成3.6g液态水，则原混合气体中H2和CO的物质的量分别为___________。9、二氧化氯（ClO2）是一种高效；广谱、安全的杀菌、消毒剂。

（1）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法。

①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。其次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的________（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42-，其原因是___________【已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10-10Ksp(BaCO3)=5.1×10-9】

②该法工艺原理如右。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2。

工艺中可以利用的单质有____________（填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为___________。

（2）纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物D与NaClO3反应生成ClO2。完成反应的化学方程式：

□____________________+24NaClO3+12H2SO4=□ClO2↑+□CO2↑+18H2O+□_________

（3）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN-氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl-。处理含CN-相同量得电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的_______倍10、汽车尾气里含有的NO气体是由内燃机燃烧时产生的高温引起氮气和氧气反应所致：N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH＞0。已知该反应在2404℃时，平衡常数K=6.4×10−3。请回答下列问题。

(1)该反应的平衡常数表达式为__，升高温度N2的转化率__(填“变大”；“变小”或“不变”)。

(2)该温度下，向2L密闭容器中充入N2和O2各1mol，平衡时，N2的转化率是___%(保留整数)。

(3)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10−1mol∙L−1、4.0×10−2mol∙L−1和3.0×10−3mol∙L−1，此时反应___(填“处于化学平衡状态”、“向正方向进行”或“向逆方向进行”)，理由是__。

(4)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态。与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数___(填“变大”、“变小”或“不变”)。11、在相同条件下进行Mg和酸反应的对比实验，相关数据如下；。Mg的质量酸溶液开始的反应速率产生的总量Ⅰ溶液Ⅱ溶液

(1)试比较有关量的大小：________________(填“＞”“＝”或“＜”)。

(2)现欲改变反应条件，使实验I中降低，不变；试写出两种可行的方法：

①_______；②______。12、为了合理利用化学能；确保安全生产，化工设计需要充分考虑化学反应的反应热，并采取相应措施．化学反应的反应热通常用实验进行测定，也可进行理论推算．

（1）实验测得，5g甲醇（CH3OH）液体在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5kJ的热量，则表示甲醇标准燃烧热的热化学方程为：________________。

（2）今有如下两个热化学方程式：则a_________b（填“＞”；“=”或“＜”）

2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H1=akJ•mol﹣1

2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H2=bkJ•mol﹣1

（3）已知反应N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=akJ•mol﹣1．试根据表中所列键能数据估算a的值：________________________（注明“+”或“﹣”）。化学键H﹣HN﹣HN≡N键能/kJ•mol﹣1436391945

（4）依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的反应热进行推算．利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：

①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）△H=﹣90.8kJ•mol﹣1

②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣23.5kJ•mol﹣1

③CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1

总反应：3H2（g）+3CO（g）═CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H=_________．

（5）已知H+（aq）+OH－(aq)=H2O(l)ΔH=－57.3kJ·mol-1。

①仪器A的名称___________________；碎泡沫塑料的作用是___________________。

②仪器A不能用铜质搅拌棒代替，其原因是________________________。

③若通过实验测定中和热的ΔH的绝对值常常小于57.3kJ/mol，其原因可能是_______

a．实验装置保温；隔热效果差。

b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数。

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中。

d．用温度计测定盐酸初始温度后，直接测定氢氧化钠溶液的温度13、完成下表(电极为惰性电极)。类型电极反应式电解对象溶液变化溶液复原方法溶液复原方法(1)电解水型含氧酸阳极：_______

阴极：______

总反应：_____水__________强碱阳极：_____

阴极：_____

总反应：____活泼金属的含氧酸盐阳极：_______

阴极：______

总反应：_____(2)电解电解质型无氧酸(氢氟酸除外)阳极：_____

阴极：______

总反应：______________________不活泼金属的无氧酸盐阳极：______

阴极：_______

总反应：___________________________________(3)放氢生碱型活泼金属的无氧酸盐阳极：_______

阴极：______

总反应：____________和_______________________(4)放氧生酸型不活泼金属的含氧酸盐阳极：_____

阴极：_____

总反应：___________和______________________14、在下列物质中选择合适的完成下列各题。

①稀硝酸；②CO；③HF；④熔融NaHSO4；⑤CaO；⑥Cu；⑦蔗糖；⑧Fe2(SO4)3；⑨酒精；⑩硫酸钡；⑪醋酸；⑫三氧化硫；⑬氯气；⑭醋酸钠。

(1)属于强电解质的是____________________(填序号；下同)。

(2)属于弱电解质的是____________________。

(3)属于非电解质的是_____________________。

(4)写出③、⑭两种物质在水溶液中的电离方程式：③___________________________；_________________________________。

(5)醋酸钠溶液显_________性（填酸或碱）的原因：______________________________________________________________(用离子方程式表示)评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、下，将和过量的在此条件下充分反应，放出热量(_______)A.正确B.错误16、热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比。____A.正确B.错误17、1mol硫酸与1molBa(OH)2完全中和所放出的热量为中和热。_____18、pH试纸使用时不需要润湿，红色石蕊试纸检测气体时也不需要润湿。(___)A.正确B.错误19、等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸分别与NaOH溶液反应，得到pH=7的溶液所消耗的n(NaOH)相等。（____________）A.正确B.错误20、用pH计测得某溶液的pH为7.45。（____________）A.正确B.错误21、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误22、焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关。(_______)A.正确B.错误23、明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共12分)24、下图为中学化学中几种常见物质的转化关系(部分产物已略去)。已知：A；C、D是常见的气体单质；F气体极易溶于水，且液态常做制冷剂。

(1)写出化学式A_______，D_________，F_______；

(2)鉴定G中阳离子的实验方法和现象_____________________________；

(3)D单质和E溶液反应，生成一种常见的消毒剂和漂白剂的有效成分，写出D+E溶液反应的离子方程式和③的化学方程式_________、_______。

(4)常温下，电解B溶液制得pH=12的烧碱溶液1000mL则反应中转移的电子数目为________。25、随原子序数的递增；八种短周期元素(用字母X表示)原子半径的相对大小；最高正价或最低负价的变化如下图所示。

根据判断出的元素回答问题：

(1)f在元素周期表的位置是_____________。

(2)比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示，下同)_______>_________；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：_______>__________。

(3)任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式__________。

(4)已知1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_____________________________。

(5)上述元素可组成盐R：zx4f(gd4)2；向盛有10mL1mol/LR溶液的烧杯中滴加1mol/LNaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如下：

①写出m点反应的离子方程式____________________。

②若R溶液改加20mL1.2mol/LBa(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为_______mol。26、五种短周期元素A；B、D、E、G的原子序数依次增大；其中A、G同主族，B、D、E同周期。A分别与B、E、G形成原子个数比为1:1的化合物甲、乙、丙，它们在常温常压下分别为气体、液体、固体，甲燃烧时火焰明亮且产生浓烈的黑烟，丙为离子晶体。

(1)D的基态原子有______个未成对电子，甲的电子式为____________

(2)丙与水剧烈反应生成强碱X和A的单质，其化学方程式为______。

(3)乙的水溶液显弱酸性，它在水中的电离方程式为______。

(4)B、E两种元素按原子个数比1:2形成化合物Y，当X与Y按物质的量之比为2:1完全反应后，所得溶液浓度为0.1mol/L,其中各离子浓度从大到小的顺序排列为______。

(5)在25°C、10lkPa时，16.0g液态D2A4在氧气中完全燃烧放出热量312kJ，生成两种无污染物质，其中一种为单质，另一种是氧化物。写出该反应的热化学方程式______。27、随原子序数的递增；八种短周期元素（用字母X表示）原子半径的相对大小；最高正价或最低负价的变化如下图所示。

根据判断出的元素回答问题：

（1）f在元素周期表的位置是__________。

（2）比较d、e常见离子的半径的小（用化学式表示，下同）_______＞__________；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：_______＞__________。

（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式__________。

（4）已知1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：___________________。

（5）上述元素可组成盐R：zx4f(gd4)2,向盛有10mL1mol·L-1R溶液的烧杯中滴加1mol·L-1NaOH溶液；沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如下：

①R离子浓度由大到小的顺序是：__________。

②写出m点反应的离子方程式_________________。

③若R溶液改加20mL1.2mol·L-1Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为______mol。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共8分)28、碘番酸是一种口服造影剂；用于胆部X-射线检查。其合成路线如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可发生银镜反应；A分子含有的官能团是___________。

(2)B无支链；B的名称为___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。

(3)E为芳香族化合物；E→F的化学方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的结构简式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分了质量为571；J的相对分了质量为193。碘番酸的结构简式是___________。

(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定；步骤如下。

第一步2称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-；冷却；洗涤、过滤，收集滤液。

第二步：调节滤液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。：29、X；Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素；X与Y位于不同周期，X与W位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。请回答下列问题：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。

（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。

①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。

②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。

③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。30、已知A；B、C、E的焰色反应均为黄色；其中B常作食品的膨化剂，A与C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶质也只含有一种，并有无色、无味的气体D放出。X为一种黑色固体单质，X也有多种同素异形体，其氧化物之一参与大气循环，为温室气体，G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到两种盐。A～H之间有如下的转化关系（部分物质未写出）：

（1）写出物质的化学式：A______________；F______________。

（2）物质C的电子式为______________。

（3）写出G与稀硝酸反应的离子方程式：____________________________。

（4）已知D→G转化过程中，转移4mol电子时释放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________。

（5）科学家用物质X的一种同素异形体为电极，在酸性介质中用N2、H2为原料，采用电解原理制得NH3，写出电解池阴极的电极反应方程式：____________________。31、甲；乙、丙是都含有同一种元素的不同物质；转化关系如下图：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫灭火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②浓度均为0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的电离程度较大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子结构示意图为__________。

②当n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2时，丙的化学式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲转化为乙的离子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

写出TiO2和Cl2反应生成TiCl4和O2的热化学方程式：_________。

③常温下，将amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等体积混合生成丙，溶液呈中性，则丙的电离平衡常数Ka＝___________（用含a的代数式表示）。评卷人得分六、实验题(共4题，共40分)32、某研究性学习小组将一定浓度的Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为沉淀可能是CuCO3；乙同学认为沉淀可能是Cu(OH)2；丙同学认为沉淀可能是CuCO3和Cu(OH)2的混合物。查阅资料可知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水；受热均易分解，各生成对应的两种氧化物。

Ⅰ.(1)乙同学的观点，你认为其原理是：___________(用离子方程式表示)

(2)在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中过滤、洗涤、低温干燥，检验沉淀是否洗涤干净的方法是___________

Ⅱ．请用下图所示装置；选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。

(3)B装置中试剂的化学式是___________

(4)能证明生成物中有CuCO3的实验现象是___________

Ⅲ．若丙同学的观点正确；可利用如图所示装置通过实验定量测定其组成。

(5)各装置的连接顺序：C接___________接___________接___________接D(填字母),___________

(6)装置C中碱石灰的作用是___________，实验开始和结束时都要通入过量的“空气”，请说明结束时通入过量“空气”的作用是___________。

(7)若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为___________(用含m和n的代数式表示)33、(1)汽车尾气中生成过程的能量变化如图甲所示。和完全反应生成会____(填“吸收”或“放出”)____kJ能量。

(2)用和组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如下图所示：

电池总反应为则c电极是__(填“正极”或“负极”)，d电极的电极反应式：___。若线路中转移电子，则上述燃料电池消耗的在标准状况下的体积为__L。

(3)一种新型催化用于和的反应：已知增大催化剂的表面积可提高该反应速率，为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分条件已经填在下表中。实验编号T/℃NO初始浓度/(mol∙L-1)CO初始浓度/(mol∙L-1)催化剂的比表面积(m2∙g-1)I28082II280124III35082

①请将表中数据补充完整：____。

②能验证温度对化学反应速率影响规律的是实验____(填序号)。

③实验I和实验II中，的物质的量浓度随时间的变化曲线如图丙所示，其中表示实验II的是曲线_______(填“甲”或“乙”)。

(4)在容积固定的绝热容器中发生反应不能说明已达到平衡状态的是_______(序号)

A.容器内混合气体温度不再变

B.容器内的气体压强保持不变。

C.

D.容器内混合气体密度保持不变34、四氯化锡是一种重要的化工原料，主要用于有机锡化合物的制造，也可用作分析试剂、有机合成脱水剂等。已知锡单质在加热时可直接与氯气化合生成某实验小组用如下装置对其进行合成。

【相关药品性质】。药品颜色、状态熔点(℃)沸点(℃)其他性质银白色固体2312260较活泼金属能与等气体发生反应无色液体114极易水解产生溶胶

请回答下列问题：

(1)仪器A的名称是_______；

(2)写出水解的化学方程式_______。将少量置于空气中可观察到的现象是_______；

(3)检验装置气密性后，向A中装入固体，小试管D内装入片，恒压滴液漏斗中加入浓盐酸，_______(填“操作”及“现象”)；点燃酒精灯开始反应；

(4)若无洗气瓶B，可能会导致的问题是_______；洗气瓶C中所盛放的药品是_______；

(5)试验结束后，小试管E内收集到的液体呈淡黄色，其原因是_______；

(6)碳与锡可形成多种氯化物，其沸点如下：。氯化物沸点(℃)76623(分解)*114

*注：加热至623℃；未沸腾直接分解。

解释表中氯化物沸点差异的原因_______。35、亚硝酰氯(NOCl)是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃，遇水易水解。它是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在常温常压下合成。

实验1：利用下图所示装置制备NO和Cl2。

(1)利用图1制备Cl2，烧瓶中反应的化学方程式为_______。

(2)利用图2制备NO，检验图2装置气密性的具体操作为_______。

实验2：利用图3装置制备NOCl。

(3)实验开始，需先打开_______，当_______时，再打开_______；当烧瓶中有一定量液体生成时，停止实验。

(4)图3中发生反应的化学方程式为_______。A中装有碱石灰，其作用是_______。

实验3：测定NOCl的纯度。

已知下列物质在常温下的颜色及Ksp。化学式AgClAgBrAg2SAg2CrO4颜色白色浅黄色黑色砖红色Ksp1.56×10-105.4×10-132.0×10-481×10-12

(5)取所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL样品溶于锥形瓶中，用cmol·L-1的AgNO3标准溶液滴定至终点，应加入的指示剂是_______(填序号)。

A.KBrB.KIC.K2SD.K2CrO4

消耗标准溶液的体积为20.00mL，滴定终点的现象是_______，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_______。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

A.常温下，未加盐酸的氨水的-lgc水(H+)=11，则该溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，溶液中c(OH-)=mol/L=10-3mol/L，c(NH3•H2O)≈0.1mol/L，Kb(NH3•H2O)==1×10-5；A错误；

B.当-lgc水(H+)最小时，HCl与氨水恰好完全反应，所以b点NaOH溶液体积为20.00mL；B正确；

C.N点水电离出的H+浓度最大，溶液呈中性，R点碱过量，溶液呈碱性。Q点溶质为HCl和NH4Cl；溶液呈酸性，C错误；

D.R点氨水略过量；R→N加HCl消耗一水合氨，促进水的电离；N→Q加HCl，酸过量，抑制水的的电离，所以R到N；N到Q所加盐酸体积不相等，D错误；

故合理选项是B。2、B【分析】【详解】

A．1个CH3•中含有9个电子，因此1molCH3•所含有的电子数为9NA；A正确；

B．由于温度未知，Kw未知，因此无法计算pH=13的Ba(OH)2溶液中c(OH-)的量；B错误；

C．Fe与S反应生成FeS，每个Fe转移2e-，5.6gFe的物质的量为=0.1mol，因此转移电子数为0.2NA；C正确；

D．120gNaHSO4的物质的量为=1mol，NaHSO4晶体由Na+和构成，因此含有NA个阳离子（Na+）；D正确；

故选B。3、B【分析】【详解】

溶液碱性越强，溶液中越低，越高，因此图像中X为A+，Y为Z为A-。

A．a点溶液中溶液故A项正确；

B．向甘氨酸溶液中加入溶液，完全反应后，溶质为等浓度和NaA，NaA完全电离，溶液中发生酸式电离的平衡常数溶液中发生碱式电离的平衡常数溶液中A-发生水解的平衡常数由于因此的消耗浓度大于生成浓度，A-的生成浓度大于消耗浓度，因此由平衡常数相对大小可知，溶液呈酸性，即因此溶液中故B项错误；

C．由图可知，和数目相等时的pH=6；故C项正确；

D．由B项分析可知，甘氨酸溶液中酸式电离程度大于其碱式电离程度，即甘氨酸溶液中因此溶液呈酸性，故D项正确；

综上所述，错误的是B项。4、B【分析】【详解】

A．滴入10mLKOH溶液时，溶质为KHC2O4，因此溶液呈酸性，故A错误；

B．根据图中信息c()＝c()时，因此混合溶液pH＝5－0.8≈4.2，故B正确；

C．原溶液c(H2C2O4)＋c()＋c()＝0.1mol∙L−1，加入10mLKOH溶液时，假设溶液体积变化忽略不计，则溶液从20mL变为30mL，此时：c(H2C2O4)＋c()＋c()＝×0.1mol∙L−1；故C错误；

D．滴入20mLKOH溶液时，溶液溶质为K2C2O4，溶液水解显碱性，因此c(OH−)＞c(H+)；故D错误。

综上所述，答案为B。5、C【分析】【详解】

A．已知I2可溶于KI形成KI3，向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，说明溶液中有单质碘存在；后者有黄色沉淀，说明有碘离子存在，因此可以说明KI3溶液中存在平衡：I3-I2+I-；选项A正确；

B．Cr(OH)3的溶度积Ksp=10-32=c(Cr3+)•c(OH-)3，当c(Cr3+)=10-5mol/L时，溶液的c(OH-)=mol/L=10-9mol/L，c(H+)═mol/L=10-5mol/L，pH=5，即要使c(Cr3+)降至10-5mol/L；溶液的pH应调至5，选项B正确；

C．已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10-12，将等体积的浓度为1.0×10-4mol/L的AgNO3溶液滴入到浓度均为1.0×10-4mol/L的KCl和K2CrO4的混合溶液中产生两种不同沉淀，由于产生沉淀需要的银离子浓度分别是=1.0mol/L、=1.4mol/L；所以AgCl沉淀先产生，选项C不正确；

D．25℃时，溶液中水电离出的c(H+)和水电离出的c(OH-)的乘积不一定等于10-14；选项D正确；

答案选C。6、B【分析】【分析】

【详解】

A.氢气在氧气中燃烧为放热反应；水蒸气分解为氢气和氧气为吸热反应，ΔH=+242kJ/mol，故A错误；

B.2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量；故ΔH＝－484kJ/mol，故B正确；

C.根据题意可知；生成的水应该为气态，而不是液态，故C错误；

D.氢气在氧气中燃烧为放热反应；此时焓变符号为负，故D错误；

故答案选B。二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】【分析】

（1）根据平衡常数表达式及溶液中电荷守恒原理分析解答；

（2）根据碳酸钠与盐酸的分步反应及图像中离子浓度大小分析解答；根据水解平衡常数及水的离子积计算溶液的pH。

【详解】

(1)表示醋酸的电离平衡常数，只和温度有关，所以加入CH3COONa固体时保持不变，此时溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO−）+c(OH−)＝c(Na+)+c(H+)，故答案为不变；c(CH3COO−）+c(OH−)＝c(Na+)+c(H+)；

(2)常温下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液40mL；先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳；水；

①由反应及图像可知，在同一溶液中，H2CO3、HCO3−、CO32−不能大量共存；故答案为不能；

②由图像可知，pH=7时，c(OH−)=c(H+)，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3−、H2CO3，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(HCO3−)+c(OH−)，则c(Na+)>c(Cl−)，因HCO3−水解，则c(Na+)>c(Cl−)>c(HCO3−)，故答案为HCO3−、H2CO3；c(Na+)>c(Cl−)>c(HCO3−)；

③CO32-的水解常数当溶液中c（HCO3-）：c(CO32-)＝2∶1时，c(OH−)=10−4mol/L，由Kw可知，c(H+)=10−10mol/L，所以pH=10，故答案为10。【解析】不变c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)不能HCOH2CO3c(Na+)＞c(Cl−)＞c(HCO)108、略

【分析】【分析】

(1)

CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。根据元素守恒可知该黑色固体是CuO。已知在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗1molCuCl(s)，放热44.4kJ，由于物质发生反应放出热量与反应的物质多少呈正比，可知该反应的热化学方程式是：4CuCl(s)＋O2(g)=2CuCl2(s)＋2CuO(s)ΔH=-177.6kJ·mol-1。

(2)

由题意知：反应生成3.6gH2O(l)，故根据H元素守恒可知H2的物质的量n(H2)==0.2mol。根据已知条件可知0.2molH2完全燃烧放出的热量为Q=×0.2=57.16kJ，故混合气体中CO完全燃烧放出的热量Q=113.76kJ-57.16kJ=56.6kJ，所以CO的物质的量n(CO)==0.2mol。【解析】（1）4CuCl(s)＋O2(g)=2CuCl2(s)＋2CuO(s)ΔH=-177.6kJ·mol-1

（2）0.2mol、0.2mol9、略

【分析】【详解】

（1）①在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去。根据提供的Ksp数据，在后面加入碳酸钠时，发生BaSO4(s)+(aq)=BaCO3(s)+(aq)。

②电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的单质为H2、Cl2，合成HCl。根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；可以写出方程式；并用化合价升降法配平得到。

（2）纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖（C6H12O6），具有还原性，可将NaClO3还原得到ClO2。Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖（C6H12O6）C均价为0；到+4价，升高4价，然后配平得到。

（3）每摩尔Cl2得到2mol电子，而没摩尔ClO2得到5mol电子，故为2.5倍。【解析】BaCl2BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量时，BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)(或其它合理答案)H2、Cl22NaClO3+4HCl2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O1C____H____O____+24NaClO3+12H2SO424ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO42.510、略

【分析】【详解】

(1)该反应的平衡常数表达式为该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，因此N2的转化率变大；故答案为：变大。

(2)该温度下，向2L密闭容器中充入N2和O2各1mol，平衡时，a=0.04mol，N2的转化率是故答案为：4。

(3)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10−1mol∙L−1、4.0×10−2mol∙L−1和3.0×10−3mol∙L−1，因此反应向正方向进行；故答案为：向正方向进行；

(4)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态，可以理解为先向另外一个容器中充入一定量NO，达到平衡，两者NO的体积分数相等，将另外一个容器压入到开始容器中，加压，由于反应是等体积反应，平衡不移动，因此平衡混合气中NO的体积分数不变；故答案为：不变。【解析】变大4向正方向进行不变11、略

【分析】【详解】

(1)HCl是强酸，是弱酸，两种酸溶液的物质的量浓度相同时，HCl溶液中较大；与Mg反应的初始速率较快；Mg足量时，两种酸溶液放出氢气的总量相等。

(2)要使盐酸与镁反应的速率降低，但放出氢气的量不变，可加水稀释或加入少量固体。【解析】①.＞②.＝③.加水稀释(合理即可，下同)④.加入少量醋酸钠固体12、略

【分析】【分析】

（1）根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比燃烧热指1mol（32g）CH3OH燃烧放出的热量；

（2）两个热化学方程式的区别在于物质的聚集状态不同，固体→液体→气体的过程为吸热过程，反之为放热过程，以此解答该题；

（3）根据反应热等于反应物的总键能-生成物的总键能分析解答；

（4）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；

（5）①仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒；中和热测定实验成败的关键是保温工作；

②金属导热性好；

【详解】

（1）5gCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出113.5kJ热量，32g即1molCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出×113.5KJ=726.4kJ热量，

则热化学方程式为：CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.4KJ/mol，故答案为：CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.4KJ/mol；

（2）a与b相比较，由于气体变成液体放热，则b反应放出的热量比a多，由于a，b都是负值，则a＞b，

故答案为：＞；

（3）N2+3H2⇌2NH3中的△H=945kJ•mol-1+436kJ•mol-1×3-391kJ•mol-1×6=-93kJ•mol-1，

故答案为：-93；

（4）①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=-90.8kJ•mol-1

②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=-23.5kJ•mol-1

③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=-41.3kJ•mol-1

由盖斯定律②+③+①×2得到3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H=-246.4kJ•mol-1，

故答案为：-246.4kJ•mol-1；

（5）①为保证液体充分混合并反应，需要使用玻璃搅拌棒，反应热测定实验中保温工作是关键，碎泡沫塑料的作用是隔热，减少反应制的热量损失，

故答案为：环形玻璃搅拌棒；隔热；防止热量损失；

②在测定中和热时，必须做好保温工作，环形铜质搅拌棒会导致较多的热量散失，影响测定结果，

故答案为：铜棒易导致热量的散失；

a．实验装置保温、隔热效果差，导致测定的最高温度偏小，测定的温度差偏小，测定结果偏低，故a错误；

b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，导致量取的氢氧化钠溶液的体积偏大，若盐酸过量，反应生成的水的物质的量偏大，放出的热量偏高，测定的最高温度偏大，测定结果偏高；若盐酸不足，则不影响测定结果，故b错误；

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，导致有部分热量散失，测定的最高温度偏小，温度差偏小，测定结果偏低，故c正确；

d．用温度计测定盐酸初始温度后，直接测定氢氧化钠溶液的温度，导致温度计上的部分盐酸与氢氧化钠溶液反应，测定的氢氧化钠溶液的初始温度偏高，计算出的温度差偏低，测定结果偏低，故d正确；

故答案为：acd；

【点睛】

燃烧热：在25摄氏度,101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热；中和热：在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量叫做中和热。【解析】CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.4KJ/mol＞-93-246.4kJ•mol-1环形玻璃搅拌棒保温隔离隔热作用铜棒易导致热量的散失a、c、d13、略

【分析】【详解】

(1)电解水型：电解质为含氧酸H2SO4溶液时，阴离子OH-移向阳极失电子，其电极反应式为阳离子H+移向阴极得电子生成H2，电极反应为总方程式为电解过程中，水减少，H2SO4溶液的浓度增大，故溶液的pH减小；电解质为强碱的NaOH溶液时，阴离子OH-移向阳极得电子，其电极反应式为阳离子H+和Na+移向阴极，其中H+优先得电子生成H2，其电极反应为总反应为在电解过程中，水减少，故溶液复原方法是加水；电解质为活泼金属的含氧酸盐KNO3溶液时，阴离子OH-和NO移向阳极，其中OH-优先得电子，其电极反应式为阳离子H+和K+移向阴极，其中H+优先得电子生成H2，其电极反应为总方程式为在电解过程中，水减少，故溶液复原方法是加水；

(2)电解电解质型：电解质为无氧酸(氢氟酸除外)的HCl溶液，阴离子Cl-和OH-移向阳极，其中Cl-优先失电子，其电极反应式为阳离子H+移向阴极得电子生成H2，其电极反应为总方程式为通过总方程式可知电解对象为HCl，溶液中HCl减少，溶液的pH增大，故溶液复原方法是通入HCl气体；电解质是不活泼金属的无氧酸盐时，阴离子OH-和Cl-移向阳极，其中Cl-优先失电子，其电极反应式为阳离子Cu2+和H+移向阴极，其中Cu2+优先电子生成Cu，其电极反应为总方程式为通过总方程式可知电解对象为溶液中CuCl2减少，Cu2+水解程度减弱，溶液的pH略微增大，故溶液复原方法是加固体；

(3)放氢生碱型：电解质是活泼金属的无氧酸盐溶液，阴离子OH-和Cl-移向阳极，其中Cl-优先失电子，其电极反应式为阳离子Na+和H+移向阴极，其中H+优先电子生H2，其电极反应为总方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，通过总方程式可知电解对象为和NaCl，溶液中生成NaOH，溶液的pH增大，通过总方程式可知溶液复原方法是通入气体；

(4)放氧生酸型：电解质是不活泼金属的含氧酸盐AgNO3溶液，阴离子OH-和NO移向阳极，其中OH-优先失电子，其电极反应式为阳离子Ag+和H+移向阴极，其中Ag+优先电子生成Ag，其电极反应为总方程式为通过总方程式可知电解对象为和H2O，溶液中生成HNO3，故溶液的pH减小，通过总方程式可知溶液复原方法是加入加入固体。【解析】减小加水增大通入气体增大加固体2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOHNaCl增大通入气体减小加入固体14、略

【分析】【详解】

①稀硝酸；硝酸水溶液能自身完全电离出的自由移动的氢离子和硝酸根离子导电；但硝酸溶液是混合物，它既不是电解质也不是非电解质；

②CO是化合物；在水中不溶，没有自由移动的离子，故不能导电；是非电解质；

③HF是纯净物；只有氟化氢分子不导电；氟化氢的水溶液中，氟化氢不能完全电离出氢离子和氯离子，所以是弱电解质；

④熔融NaHSO4，熔融状态下的NaHSO4能完全电离出自由移动的阴阳离子而使其导电，所以NaHSO4是强电解质；

⑤CaO没有自由移动的离子；所以不能导电；CaO在水溶液中与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙电离出自由移动的氢氧根离子和钙离子导电，熔融状态下的CaO能完全电离出自由移动的阴阳离子，CaO是强电解质；

⑥Cu是金属单质；能导电；它是单质，它既不是电解质也不是非电解质；

⑦蔗糖；是化合物，在水中存在蔗糖分子，没有自由移动的离子，故不能导电；是非电解质；

⑧Fe2(SO4)3没有自由移动的离子不导电；熔融状态下的Fe2(SO4)3能完全电离出自由移动的阴阳离子而使其导电，所以Fe2(SO4)3是强电解质；

⑨酒精；是化合物，在水中存在乙醇分子，没有自由移动的离子，故不能导电；是非电解质；

⑩硫酸钡，没有自由移动的离子不导电；在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分或熔化状态下都能完全电离，BaSO4═Ba2＋+SO42－有自由移动的离子；能导电，是强电解质；

⑪醋酸，只存在分子，没有自由移动的离子不导电；CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－+H＋能导电，是弱电解质，CH3COOHCH3COO－+OH－，在水溶液中不能完全电离，能导电，CH3COOH为弱电解质；

⑫三氧化硫，SO3只存在分子；没有自由移动的离子，所以不能导电；三氧化硫在水溶液中与水反应生成硫酸，硫酸电离出自由移动的氢离子和硫酸根离子导电，三氧化硫自身不能电离，三氧化硫是非电解质；

⑬氯气只存在Cl2分子；不能导电；它是单质，它既不是电解质也不是非电解质；

⑭醋酸钠没有自由移动的离子不导电；熔融状态下的醋酸钠能完全电离出自由移动的阴阳离子而使其导电；所以醋酸钠是强电解质；

(1)属于强电解质的是④⑤⑧⑩⑭。

(2)属于弱电解质的是③⑪。

(3)属于非电解质的是②⑦⑨⑫。

(4)写出③、⑭两种物质在水溶液中的电离方程式：③氟化氢是弱电解质，不能全部电离HFH＋＋F－；CH3COONa是强电解质，全部电离CH3COONa=CH3COO－＋Na＋。

(5)醋酸钠在水中水解，溶液显碱性（填酸或碱）的原因：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－。【解析】④⑤⑧⑩⑭③⑪②⑦⑨⑫HFH＋＋F－CH3COONa=CH3COO－＋Na＋碱CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－三、判断题(共9题，共18分)15、B【分析】【详解】

该反应为可逆反应；反应进行不完全，故此条件下充分反应，放出热量小于19.3kJ；

故错误。16、A【分析】【分析】

【详解】

ΔH表示按方程式计量数比例和物质状态进行化学反应生成时放出或吸收的热量，则热化学方程式中的化学计量数与ΔH成正比，正确。17、×【分析】【分析】

【详解】

硫酸与Ba(OH)2完全反应除了生成水还生成了沉淀，故错误。【解析】错18、B【分析】【详解】

pH试纸使用时不需要润湿，湿润后会造成误差，红色石蕊试纸检测气体时需要润湿，故错误。19、B【分析】【分析】

【详解】

醋酸钠显碱性，等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸分别与NaOH溶液反应，得到pH=7的溶液所消耗的n(NaOH)：盐酸＞醋酸，故答案为：错误。20、A【分析】【分析】

【详解】

pH计可准确的测定溶液的pH，即可为测得某溶液的pH为7.45，故答案为：正确。21、A【分析】【分析】

【详解】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相对大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，如果c(H＋)=c(OH-)，溶液呈中性，如果c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性，如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性，故答案为：正确。22、B【分析】【详解】

氯化铵水解显酸性，酸与铁锈反应，错误。23、A【分析】【详解】

明矾溶于水电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大表面积，较强的吸附能力，能吸附水中的悬浮物，用作净水剂；正确。四、元素或物质推断题(共4题，共12分)24、略

【分析】【分析】

A、C、D是常见的气体单质，F气体极易溶于水，且液态常做致冷剂，判断F为NH3；B电解生成CDE，可以初步推断是电解氯化钠溶液的产物为H2、Cl2、NaOH，所以C为H2，A为N2，D+F(NH3)=A(N2)+G，能发生反应的只能是D为Cl2，推断G为NH4Cl，G(NH4Cl)+E(NaOH)=B(NaCl)+F(NH3)；符合转化关系；

【详解】

(1)由以上分析可知A为N2，D为Cl2，F为NH3，故答案为：N2；Cl2；NH3；

(2)G为NH4Cl，阳离子为取少量氯化铵的溶液加入试管中，用胶头滴管加入少量NaOH浓溶液，加热用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验放出的气体，试纸变蓝色，证明含铵根离子；故答案为：取少量G的溶液加入试管中，用胶头滴管加入少量NaOH浓溶液，加热用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验放出的气体，试纸变蓝色；

(3)D单质和E溶液反应是氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，则离子反应为2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O，故答案为：2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O；

(4)B是NaCl，常温下，pH=12的烧碱溶液1000mL，电解NaCl溶液的化学方程式：由转移电子数与产物氢氧化钠的关系式可知：反应中转移的电子数目为0.01NA；故答案为0.01NA。【解析】①.N2②.Cl2③.NH3④.取少量D的溶液加入试管中，用胶头滴管加入少量NaOH浓溶液，加热用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验放出的气体，试纸变蓝色⑤.2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O⑥.8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl⑦.0.01NA25、略

【分析】【分析】

从图中的化合价；原子半径的大小及原子序数；可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。

(1)f是Al元素；根据原子结构与元素在周期表的位置关系分析判断；

(2)电子层结构相同的离子；核电荷数越大离子半径越小；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越强；

(3)四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等；

(4)1molNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2(s)；放出255.5kJ热量，根据物质反应放出的热量与反应的物质多少呈正比，书写反应的热化学方程式；

(5)①m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH-反应生成NH3•H2O；

②根据n=c·V计算n(Al3+)、n(NH4+）、n(SO42-)、n(Ba2+)、n(OH-)，根据SO42-、Ba2+中不足量的离子的物质的量来计算生成BaSO4的物质的量，依次发生：Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH3•H2O、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，根据方程式计算生成Al(OH)3的物质的量；进而二者计算生成固体总物质的量。

【详解】

从图中的化合价；原子半径的大小及原子序数；可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。

(1)f是Al元素；核外电子排布是2；8、3，所以Al在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；

(2)d是O，e是Na，O2-、Na+核外电子排布是2、8，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径：r(O2-)>r(Na+)；g是S，h是Cl元素，元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，由于元素的非金属性Cl>S，所以酸性：HClO4>H2SO4；

(3)四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为：(或)；

(4)1molNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2(s)，放出255.5kJ热量，2molNa反应放出热量为511kJ，则该反应的热化学方程式为：2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)△H=-511kJ/mol；

(5)①根据R的组成，可知R是NH4Al(SO4)2，m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH-反应生成NH3•H2O，离子方程式为：NH4++OH-=NH3•H2O；

②10mL1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中Al3+、NH4+的物质的量为n(Al3+)=n(NH4+)=1mol/L×0.01L=0.01mol，SO42-的物质的量n(SO42-)=2n(Al3+)=0.02mol，20mL1.2mol/LBa(OH)2溶液中含Ba2+物质的量为0.024mol，OH-物质的量为0.048mol，由SO42-+Ba2+=BaSO4↓，可知SO42-不足，故可以得到0.02molBaSO4，根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓可知0.01molAl3+反应消耗0.03molOH-产生0.01molAl(OH)3沉淀，反应后剩余OH-物质的量为0.048mol-0.03mol=0.018mol，再发生反应：NH4++OH-=NH3•H2O，0.01molNH4+反应消耗0.01molOH-，此时还剩余OH-物质的量为0.018mol-0.01mol=0.008mol，会发生反应：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，0.008molOH-反应消耗Al(OH)30.008mol，因此最终得到Al(OH)3物质的量为0.01mol-0.008mol=0.002mol，所以最终得到固体0.02molBaSO4和0.002molAl(OH)3；沉淀的总物质的量为：0.02mol+0.002mol=0.022mol。

【点睛】

本题考查元素及化合物的推断、离子半径的大小比较、元素周期律、热化学方程式书写、化学图象及化学计算等，根据元素化合价及原子序数关系推断元素是解题关键，难点是产生沉淀的物质的量的计算，要结合微粒的物质的量多少、可能发生的化学反应、反应的先后顺序及物质反应转化关系逐一分析。【解析】第三周期ⅢA族r(O2-)r(Na+)HClO4H2SO4(或)2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)△H=-511kJ·mol-1NH4++OH-=NH3·H2O0.02226、略

【分析】【详解】

甲燃烧时火焰明亮且产生浓烈的黑烟，可能是C2H2，A为H元素，B为C元素，A分别与B、E、G形成原子个数比为1:1的化合物甲、乙、丙，它们在常温常压下分别为气体、液体、固体，乙为H2O2；E为O元素，其中A；G同主族，G为Na元素，丙为NaH，离子晶体。五种短周期元素A、B、D、E、G的原子序数依次增大，A-H、B―C、D―N、E-O、G-Na。

(1)D是N，它的基态原子有3个末成对电子，甲是C2H2，它的电子式为H∶CC∶H；(2)丙为NaH与水剧烈反应生成强碱X为NaOH和A的单质H2，反应为NaH＋H2O==NaOH＋H2↑，(3)乙是H2O2,它的水溶液显弱酸性，电离方程式为H2O2H＋＋HO(4)B、E两种元素按原子个数比1:2形成化合物Y为CO2，当X与Y按物质的量之比为2:1完全反应后，所得溶液浓度为0.1mol/，即生成Na2CO3溶液，碳酸钠溶液中，Na2CO3=2Na＋＋CO32―，碳酸根离子部分水解，CO32―＋H2OHCO3―＋OH―，HCO3―＋H2OH2CO3＋OH―溶液显示碱性，由于水中含有水电离的氢氧根离子，c（OH－）＞c（HCO3－）,故c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)；(5)D2A4为N2H4，相对分子质量为32，故1molN2H4燃烧放出的热量为312kJ×32g/mol/16g=624kJ·mol-1,热化学方程式N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(l)ΔH＝-624kJ·mol-1。

点睛：无机推断题，找准题中的关键词进行推理，甲燃烧时火焰明亮且产生浓烈的黑烟，可能是C2H2，原子个数比为1:1的化合物甲、乙、丙，它们在常温常压下分别为气体、液体、固体，分别是C2H2、H2O2、NaH，(4)Na2CO3溶液中离子浓度比大小，(5)热化学方程式书写均较易。【解析】①.3②.H∶CC∶H③.NaH＋H2O==NaOH＋H2↑④.H2O2H＋＋HO⑤.c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)⑥.N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(l)ΔH＝-624kJ·mol-127、略

【分析】【分析】

从图中的化合价和原子半径的大小；可以推出x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此解答。

【详解】

（1）f是Al元素；在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；

故答案为第三周期ⅢA族；

（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故r(O2-)＞r(Na+)；非金属性越强最高价氧化物水化物的酸性越强，故HClO4＞H2SO4；

故答案为O2-；Na+；HClO4；H2SO4；

（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为：（或）；

故答案为（或）；

（4）1molNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2（s），放出255.5kJ热量，2molNa反应放出热量为511kJ，则该反应的热化学方程式为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=-511kJ•mol-1；

故答案为2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=-511kJ•mol-1；

（5）①R是NH4Al(SO4)2，Al3+比NH4+水解程度更大，故离子浓度由大到小的顺序是：c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH-)；

故答案为c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH-)；

②R是NH4Al（SO4）2，m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH-反应生成NH3•H2O，离子方程式为：NH4++OH-=NH3•H2O；

故答案为NH4++OH-=NH3•H2O；

③10mL1mol•L-1NH4Al（SO4）2溶液中Al3+物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol，SO42-的物质的量为0.02mol，20mL1.2mol•L-1Ba（OH）2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH-为0.048mol；

由SO42-+Ba2+=BaSO4↓，可知SO42-不足，故可以得到0.02molBaSO4；

Al3++3OH-=Al（OH）3↓

0.01mol0.03mol0.01mol

反应剩余OH-为0.048mol-0.03mol=0.018mol；

NH4++OH-=NH3•H2O

0.01mol0.01mol

反应剩余OH-为0.018mol-0.01mol=0.008mol；

Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O

0.008mol0.008mol

故得到Al（OH）3沉淀为0.01mol-0.008mol=0.002mol

则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol；

故答案为0.022。【解析】①.第三周期ⅢA族②.O2-③.Na+④.HClO4⑤.H2SO4⑥.（或））⑦.2Na(s)+O2(g)＝Na2O2(s)△H=-511kJ·mol-1⑧.c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH-)⑨.NH4++OH-＝NH3·H2O⑩.0.022五、有机推断题(共4题，共8分)28、略

【解析】(1)醛基。

(2)正丁酸，

(3)+HNO3+H2O

(4)

(5)

(6)29、略

【分析】【分析】

原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，Z的原子序数等于Y；W、Q三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。

【详解】

(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为

(2)①根据元素分析，该反应方程式为

②以稀硫酸为电解质溶液；向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；

③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。【解析】第二周期第ⅢA族负极37g30、略

【分析】【详解】

(1)A、B、C、E中均有钠元素，根据B的用途可猜想出B为NaHCO3，X为C(碳)，能与