…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教版高三化學上冊階段測試試卷959考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列說法不正確的是（）A.含氟氯代烴的廢棄發(fā)泡塑料對臭氧層無影響B(tài).煤的氣化是高效且清潔地利用煤炭的重要途徑C.將聚乙烯塑料經(jīng)熱裂解可得重新利用的小分子D.使用無磷洗衣粉可緩解水體富營養(yǎng)化的趨勢2、下列各組離子；在水溶液中能大量共存的是（）

①I-、ClO-、、H+

②K+、、、OH-

③、、Cl-、OH-

④Fe2+、Cu2+、、Cl-

⑤H+、K+、、

⑥Ca2+、Na+、、．A.①和⑥B.①和④C.②和⑤D.③和④3、盛有BaCl2稀溶液的甲、乙兩支試管分別通入SO2至飽和，若向甲試管中加入足量硝酸，乙試管中加入足量氫氧化鈉溶液，則下列敘述正確的是（）A.甲、乙兩試管都有白色沉淀生成B.甲試管無白色沉淀生成，而乙試管有白色沉淀生成C.甲、乙兩試管都無白色沉淀生成D.甲試管有白色沉淀生成，而乙試管無白色沉淀生成4、下圖M只含C、H、0、N4種元索的有機物分子球棍模型．下列關(guān)于該有機物的說法正確的是（）A.能與濃硝酸作用顯黃色B.在一定條件下，可以發(fā)生聚合反應(yīng)生成高分子化合物C.與鹽酸不反應(yīng)D.與NaHCO3溶液不反應(yīng)5、在容積固定的密閉容器中存在如下反應(yīng)：A（g）+3B（g）?2C（g）；△H＜0．某研究小組研究了其他條件不變時；改變某一條件對上述反應(yīng)的影響，并根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出下列關(guān)系圖：

下列判斷一定錯誤的是（）A.圖I研究的是不同催化劑對反應(yīng)的影響，且乙使用的催化劑效率較高B.圖Ⅱ研究的是壓強對反應(yīng)的影響，且乙的壓強較高C.圖Ⅲ研究的是溫度對反應(yīng)的影響，且甲的溫度較高D.圖IV研究的是不同催化劑對反應(yīng)的影響，且甲使用的催化劑效率較高評卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)6、向2L的密閉容器中充入7.6molNO和3.8molO2；發(fā)生如下反應(yīng)：

①2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）

②2NO2（g）?N2O4（g）

測得NO2和N2O4的濃度變化如圖所示，0～10min維持容器溫度為T1℃，10min后升高并維持容器的溫度為T2℃．下列說法正確的是（）A.前5min反應(yīng)的平均速率v（N2O4）=0.18mol?（L?min）-1B.T1℃時反應(yīng)②的化學平衡常數(shù)K=0.6C.反應(yīng)①、②均為吸熱反應(yīng)D.若起始時向該容器中充入3.6molNO2和2.0molN2O4，T1℃達到平衡時，N2O4的轉(zhuǎn)化率為10%7、rm{H_{2}C_{2}O_{4}}水溶液中rm{H_{2}C_{2}O_{4}}rm{HC_{2}O_{4}^{-}}和rm{C_{2}O_{4}^{2-}}三種形態(tài)的粒子的分布分數(shù)rm{婁脛}隨溶液rm{pH}變化的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.曲線rm{壟脵}代表的粒子是rm{HC_{2}O_{4}^{-}}B.rm{0.1mol?L^{-1}NaHC_{2}O_{4}}溶液中：rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}C.rm{pH=5}時，溶液中主要含碳微粒濃度大小關(guān)系為：rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})>c(HC_{2}O_{4}^{-})}D.在一定溫度下，往rm{CaC_{2}O_{4}}飽和溶液中加入少量rm{CaCl_{2}}固體，rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})}將減小，rm{c(Ca^{2+})}增大8、過濾后的食鹽水仍含有可溶性的rm{CaCl_{2}}rm{MgCl_{2}}rm{Na_{2}SO_{4}}等雜質(zhì)；通過如下幾個實驗步驟，可制得純凈的食鹽水：

rm{壟脵}加入稍過量的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液。

rm{壟脷}加入稍過量的rm{NaOH}溶液。

rm{壟脹}加入稍過量的rm{BaCl_{2}}溶液。

rm{壟脺}滴入稀鹽酸至無氣泡產(chǎn)生。

rm{壟脻}過濾．

不正確的操作順序是rm{(}rm{)}A.rm{壟脵壟脹壟脷壟脻壟脺}B.rm{壟脷壟脹壟脵壟脻壟脺}C.rm{壟脹壟脵壟脷壟脻壟脺}D.rm{壟脵壟脷壟脹壟脻壟脺}9、一定溫度下，在rm{3}個體積均為rm{1.0L}的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?

2SO_{3}(g)}達到平衡時，下列說法正確的是rm{婁隴H<0}rm{(}。rm{)}容器溫度rm{/隆忙}物質(zhì)的起始濃度rm{/mol隆隴L^{-1}}物質(zhì)的平衡濃度rm{/mol隆隴L^{-1}}rm{c(SO_{2})}rm{c(O_{2})}rm{c(SO_{3})}rm{c(SO_{3})}rm{c(SO_{3})}rm{c(SO_{3})}Ⅰrm{758}rm{0.2}rm{0.1}rm{0}rm{0.044}Ⅱrm{758}rm{0.1}rm{0.05}rm{0}Ⅲrm{858}rm{0.2}rm{0.1}rm{0}

A.從開始至平衡時，容器Ⅰ中rm{SO_{3}}的反應(yīng)速率為rm{0.044mol隆隴L^{-1}隆隴s^{-1}}B.平衡時，容器Ⅱ中rm{SO_{3}}的濃度小于rm{0.022mol隆隴L^{-1}}C.平衡時，容器Ⅲ中rm{SO_{3}}的濃度大于rm{0.044mol隆隴L^{-1}}D.若起始時，向容器Ⅰ中充入rm{0.02molSO_{2}}rm{0.01molO_{2}}和rm{0.02molSO_{3}}則反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進行10、某同學用以下裝置制備并檢驗Cl2的性質(zhì)．下列說法正確的是()

A.Ⅰ圖：若MnO2過量，則濃鹽酸可全部消耗完B.Ⅱ圖：證明新制氯水具有酸性C.Ⅲ圖：產(chǎn)生了棕黃色的霧D.Ⅳ圖：濕潤的有色布條褪色11、為了探究FeS04和Cu（N03）2的混合物中各組分的含量；現(xiàn)設(shè)計如下流程．

下列敘述中錯誤的是（）A.n=0.02B.y=2240C.原混合物中FeS04的質(zhì)量分數(shù)約為89%D.m=3.212、如圖是用稀rm{HNO_{3}}和rm{Cu}制取少量rm{NO}并驗證氮氧化合物性質(zhì)的裝置rm{.}下列說法錯誤的是rm{(}rm{)}

A.吸收劑可以是rm{NaOH}溶液B.試管上部的氣體始終為無色C.小試管中溶液最終呈藍色D.試紙先變紅后褪色評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)13、某種化學試劑的主要成分為XY2，X、Y均為周期表前20號元素，其陽離子和陰離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，且1molXY2含有54mol電子．

（1）X為____，Y為____，該物質(zhì)的化學式是____．

（2）Z是與Y同主族的短周期元素，Z原子的結(jié)構(gòu)示意圖為____，Z單質(zhì)與H2O反應(yīng)的化學方程式為____，在該反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為____．14、甲醇是一種新型的汽車動力燃料，工業(yè)上可通過CO（CO的結(jié)構(gòu)式為C≡O(shè)）和H2化合制備甲醇，該反應(yīng)的熱化學方程式為：①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1

該反應(yīng)的原料CO和H2本身都可作為燃料提供動力，已知這兩種物質(zhì)燃燒的熱化學方程式為：②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=-283kJ?mol-1

③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=-242kJ?mol-1；斷開1mol某些化學鍵所需的最低能量數(shù)據(jù)如下表：

?；瘜W鍵C-CC-HH-HC-OCOH-O能量/kJ?mol-13484134363581072463請回答下列問題：

（1）反應(yīng)①的焓變△H1=____．

（2）CH3OH（g）燃燒生成CO2（g）和H2O（g）的熱化學方程式為CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H4，該反應(yīng)的焓變△H4=____．與CO的H2相比，甲醇作為汽車動力燃料的優(yōu)點是____．

（3）甲醇-空氣燃料電池（DMFC）是一種高效能、輕污染的電動汽車的車載電池，該燃料電池的電池反應(yīng)為CH3OH（1）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（1）．已知電解質(zhì)溶液為H2SO4溶液，則電池的負極反應(yīng)式為____．15、短周期A；B、C、D4種元素；原子序數(shù)依次增大，A原子的最外層上有4個電子，B的陰離子和C的陽離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，兩元素的單質(zhì)反應(yīng)，生成一種淡黃色的固體E；D的L層電子數(shù)等于K、M兩個電子層上電子數(shù)之和．

（1）元素符號：A為____B為____C為____D為____

（2）D在周期表中的位置第____周期____族；它的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的化學式為____．

（3）C與水反應(yīng)的化學方程式是____，所得溶液顯____（“酸性”或“堿性”）．

（4）E的電子式為____，含有化學鍵的類型為____鍵和____鍵．16、實驗室制取Cl2的反應(yīng)方程式為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O．從氧化還原反應(yīng)的角度看，在制備H2、CO2、Cl2三種氣體時，鹽酸的作用分別是____、____、____．17、溫州市地處沿海，海水資源豐富，海水提取食鹽和Br2以后的鹽鹵可以用來制備純凈的MgCl2或MgO．鹽鹵中含有Mg2+、Cl-，還含有少量Na+、Fe2+、Fe3+、SO42-和CO（NH2）2等．制備流程如圖1：

（1）濾渣的成分是____（寫化學式）；濾液Ⅱ中所含主要的雜質(zhì)離子是____（寫離子符號）．為了加快過濾速度，常采用減壓過濾，寫出組裝減壓過濾裝置的主要硅酸鹽儀器名稱____，____．（寫2種即可）

（2）用NaClO除去尿素CO（NH2）2時，生成物除鹽外，都是能參與大氣循環(huán)的物質(zhì)，則該反應(yīng)的化學方程式為____；加入NaClO的另一個作用是____．

（3）溫度和壓強P（HCl）g對MgCl2?6H2O晶體熱分解產(chǎn)物的影響如圖2所示．請回答下列問題：

①寫出P（HCl）g=0.25MPa，溫度從300℃升高到550℃時反應(yīng)的化學方程式____；

②實際生產(chǎn)中，將MgCl2?6H2O晶體加熱到600℃的過程中幾乎得不到無水MgCl2，其原因是____；若要得到無水MgCl2須采取的措施是____．18、設(shè)計一個簡單的一次性完成實驗的裝置圖；驗證鹽酸；碳酸、硅酸的酸性強弱．

（1）鹽酸、碳酸、硅酸的酸性由強到弱的順序是____

（2）利用如圖所示的儀器可以組裝實驗裝置．則儀器的連接順序為____接____，____接____，____接____．

19、接觸法制硫酸工藝中；其主反應(yīng)在450℃并有催化劑存在下進行：

2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)△H＜0

(1)該反應(yīng)450℃時的平衡常數(shù)____________500℃時的平衡常數(shù)(填“大于”；“小于”或“等于”)．

(2)該化學達到平衡的標志是____________．

a．v(O2)正=2v(SO3)逆b．容器中氣體的平均分子量不隨時間而變化。

c．容器中氣體的密度不隨時間而變化d．容器中氣體的分子總數(shù)不隨時間而變化。

(3)恒溫、密閉容器體系中充入一定量SO2、O2；反應(yīng)達平衡時，某物理量隨體系總壓強(p)的關(guān)系如圖所示所示．該物理量可能是____________．

a．平衡體系中SO2的體積分數(shù)。

b．氣體的平均相對分子質(zhì)量。

c．混合氣體的密度。

d．平衡體系中SO2的轉(zhuǎn)化率。

(4)在一個固定容積為5L的密閉容器中充入0.20molSO2和0.10molO2，半分鐘后達到平衡，測得容器中含SO30.18mol，則v(O2)=____________mol?L-1?min-1：若繼續(xù)通入0.20molSO2和0.10molO2，則平衡____________移動(填“向正反應(yīng)方向”、“向逆反應(yīng)方向”或“不”)，再次達到平衡后，____________mol＜n(SO3)＜____________mol．

(5)壓強及溫度對SO2轉(zhuǎn)化率的影響如表(原料氣各成分的體積分數(shù)為：SO27%；O21l%；N282%)；

。壓強轉(zhuǎn)化率溫度0.1MPa0.5MPa1MPa10MPa400℃99.2%99.6%99.7%99.9%500℃93.5%96.9%97.8%99.3%600℃73.7%85.8%89.5%96.4%利用表中數(shù)據(jù)分析．在實際生產(chǎn)中選擇的適宜生產(chǎn)條件是：溫度____________℃，壓強____________MPa．評卷人得分四、判斷題(共1題，共2分)20、SO3和H2O的反應(yīng)與SO2和H2O的反應(yīng)類型完全相同____（判斷對和錯）評卷人得分五、簡答題(共4題，共28分)21、某研究性學習小組，利用固體Na2SO3與中等濃度的H2SO4反應(yīng)，制備SO2氣體并進行有關(guān)性質(zhì)探究實驗．該反應(yīng)的化學方程式為：Na2SO3（固）+H2SO4═Na2SO4↑+H2O．除固體Na2SO3和中等濃度的H2SO4外，可供選擇的試劑還有：①溴水②濃H2SO4③品紅試液④紫色石蕊試液⑤澄清石灰水⑥NaOH溶液。

回答下列問題：

（1）欲驗證SO2的漂白作用，應(yīng)將SO2氣體通入______中（填物質(zhì)編號），觀察到的現(xiàn)象是______；

（2）欲驗證SO2的還原性，應(yīng)將SO2氣體通入______中（填物質(zhì)編號），觀察到的現(xiàn)象是______；

（3）為說明SO2的氧化性，通常利用的反應(yīng)是______；

（4）為防止多余的SO2氣體污染環(huán)境，應(yīng)將尾氣通入______中（填物質(zhì)編號），反應(yīng)離子方程式為______；

（5）有一實驗小組發(fā)現(xiàn)，SO2產(chǎn)生緩慢（不考慮SO2）在溶液中的溶解，實驗中也不存在漏氣、反應(yīng)溫度等裝置和操作上的問題），請你推測可能的原因（至少填寫一種）：①______，②______．22、化學--選修物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)。

已知：A、B、C、D、E、F五種元素核電荷數(shù)依次增大，屬周期表中前四周期的元素．其中A原子核外有三個未成對電子；化合物B2E的晶體為離子晶體；E原子核外的M層中只有兩對成對電子；C元素是地殼中含量最高的金屬元素；D單質(zhì)的熔點在同周期元素形成的單質(zhì)中是最高的；F原子核外最外層電子數(shù)與B相同，其余各層均充滿．請根據(jù)以上信息，回答下列問題：

（1）A、B、C、D的第一電離能由小到大的順序為______．（用元素符號表示）

（2）B的氯化物的熔點比D的氯化物的熔點______（填高或低），理由是______．

（3）E的最高價氧化物分子的空間構(gòu)型是______．

（4）F的核外電子排布式是______，F(xiàn)的高價離子與A的簡單氫化物形成的配離子的化學式為______．

（5）A、F形成某種化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，則其化學式為______；（黑色球表示F原子）

（6）A、C形成的化合物具有高沸點和高硬度，是一種新型無機非金屬材料，其晶體中所含的化學鍵類型為______．23、銅；鎵、硒、硅等元素的化合物是生產(chǎn)第三代太陽能電池的重要材料．請回答：

（1）基態(tài)銅原子的電子排布式為______；已知高溫下CuO→Cu2O+O2，從銅原子價層電子結(jié)構(gòu)（3d和4s軌道上應(yīng)填充的電子數(shù)）變化角度來看，能生成Cu2O的原因是______．

（2）硒、硅均能與氫元素形成氣態(tài)氫化物，則它們形成的組成最簡單的氫化物中，分子構(gòu)型分別為______，若“Si-H”中共用電子對偏向氫元素，氫氣與硒反應(yīng)時單質(zhì)硒是氧化劑，則硒與硅的電負性相對大小為Se______Si（填“＞”；“＜”）．

（3）SeO2常溫下白色晶體，熔點為340～350℃，315℃時升華，則SeO2固體的晶體類型為______；若SeO2類似于SO2是V型分子，則Se原子外層軌道的雜化類型為______．

（4）與鎵元素處于同一主族的硼元素具有缺電子性（價電子數(shù)少于價層軌道數(shù)），其化合物可與具有孤對電子的分子或離子生成配合物，如BF3能與NH3反應(yīng)生成BF3?NH3．BF3?NH3中B原子的雜化軌道類型為______，B與N之間形成______鍵．

（5）金剛砂（SiC）的硬度為9.5，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示；則金剛砂晶體類型為______，在SiC中，每個C原子周圍最近的C原子數(shù)目為______個；若晶胞的邊長為apm，則金剛砂的密度表達式為______g/cm3．24、有機物A和B的分子式均為C11H12O5；在稀硫酸中加熱均能生成C和D，其中D能發(fā)生如下變化（略去了部分產(chǎn)物及反應(yīng)條件）：

已知：i．A、B、C、D、E均能與NaHCO3反應(yīng)；

ii．只有A、C能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；且苯環(huán)上的一溴代物只有兩種；

iii．E能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；

iv．G能使溴的四氯化碳溶液褪色．

請按要求回答下列問題：

（1）G所含官能團名稱：______；圖中屬于氧化反應(yīng)的是______．

（2）寫出結(jié)構(gòu)簡式：B______、I______、J______．

（3）寫出下列反應(yīng)的化學方程式：

反應(yīng)④：______．

反應(yīng)A→C+D：______．

（4）能同時滿足下列三個條件的C的同分異構(gòu)體有______種．

①苯環(huán)上一鹵代物只有兩種②能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)．

寫出其中一種的結(jié)構(gòu)簡式：______．評卷人得分六、實驗題(共2題，共14分)25、（2014春?納溪區(qū)校級月考）如圖所示，A、B、C是實驗室常用的三種制取氣體的裝置，提供的藥品有：大理石、濃鹽酸、稀鹽酸、鋅粒、二氧化錳、氯化銨、熟石灰．現(xiàn)欲利用這些藥品分別制取NH3、Cl2、H2、CO2四種氣體；試回答以下問題．

（1）選用A裝置可制取的氣體有____；選用B裝置可制取的氣體有____；通常選用C裝置制取的氣體有____．若用亞硫酸鈉和濃硫酸來制取二氧化硫氣體應(yīng)選用裝置____（填裝置的編號字母）．

（2）寫出利用上述有關(guān)藥品制取氯氣的化學方程式：____；為了防止污染環(huán)境，需要用NaOH溶液吸收，處理多余氣體的離子方程式：____．

（3）若要制得干燥的氨氣，可選用下列干燥劑中的____（填序號）．

A．堿石灰B．濃硫酸C．五氧化二磷。

（4）標號①的儀器除可用于在氣體發(fā)生裝置中添加試劑外，在實驗中常用于____（填實驗操作名稱）．26、實驗室需要0.1mol/L鹽酸溶液450mL；配制過程如下：

A；在盛鹽酸的燒杯中注入適量蒸餾水；并用玻璃棒攪拌，使其混合均勻．

B、在鹽酸稀釋后，沿①____注入②____中．

C、用③____量取1.19g/cm3，37%的濃鹽酸④____毫升注入燒杯中．

D；用適當蒸餾水洗滌燒杯及玻璃棒2～3次；將溶液一并注入②中．

E、往②中小心加蒸餾水至液面接近刻度線2～3cm處，改用⑤____加蒸餾水，使溶液的⑥____與瓶頸刻度相切．

F；采用標準的操作方法搖勻；并轉(zhuǎn)移入試劑瓶中貼上標簽．

（1）在橫線上填上適當?shù)膬x器名稱；操作方法；

（2）正確的實驗步驟是____．

（3）在配制上述溶液實驗中，下列操作引起結(jié)果（濃度）偏低的有____（填序號）

A；在燒杯中稀釋溶質(zhì)攪拌時；濺出少量溶液。

B；沒有用蒸餾水洗燒杯2-3次；并將洗液移入②中。

C；定容時；加水超過了刻度線，倒出一些再重新加水到刻度線。

D；將所配溶液從②轉(zhuǎn)移到試劑瓶時；有少量濺出。

E；把配好的溶液倒入剛用蒸餾水洗凈的試劑瓶中備用。

F、②剛用蒸餾水洗凈，沒有烘干．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【分析】A；氟氯烴會破壞臭氧層；引起臭氧層空洞，導致地面太陽紫外線輻射增強，進而危及人類的健康；

B；煤的干餾、氣化是高效、清潔利用煤的重要途徑；

C；廢棄塑料熱裂解；可得到式量更小的烷烴和烯烴；

D、生活污水中N、P元素會造成水中藻類植物的大量生長，使水質(zhì)變壞，造成水體富營養(yǎng)化．【解析】【解答】解：A；氟氯烴會破壞臭氧層；引起臭氧層空洞，導致地面太陽紫外線輻射增強，進而危及人類的健康，所以含氟氯代烴的廢棄發(fā)泡塑料對臭氧層有影響，故A錯誤；

B；煤的氣化和液化是高效、清潔地利用煤炭的重要途徑；故B正確；

C；將廢棄塑料熱裂解處理；可獲得式量更小的烷烴和烯烴如獲得乙烯、丙烯等化工原料，故C正確；

D；生活污水中N、P元素會造成成水體富營養(yǎng)化；所以使用無磷洗衣粉能緩解水體富營養(yǎng)化，故D正確；

故選A．2、D【分析】【分析】根據(jù)離子之間不能結(jié)合生成水、氣體、沉淀、弱電解質(zhì)，不能發(fā)生氧化還原反應(yīng)等，則離子能大量共存，以此來解答．【解析】【解答】解：①I-、ClO-、H+離子之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，I-、NO3-、H+離子之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)；不能共存，故不選；

②OH-、HCO3-結(jié)合生成水和碳酸根離子，OH-、NH4+結(jié)合生成弱電解質(zhì)；則不能共存，故不選；

③該組離子之間不反應(yīng)；能共存，故選；

④該組離子之間不反應(yīng)；能共存，故選；

⑤AlO2-、H+離子之間結(jié)合生成沉淀，HSO3-、H+離子之間生成水和氣體；則不能共存，故不選；

⑥Ca2+分別與CO32-、SO42-結(jié)合生成沉淀；則不能共存，故不選；

故選D．3、A【分析】【分析】SO2和BaCl2不反應(yīng)，SO2具有還原性，與硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，SO2具有酸性氧化物的性質(zhì)，可與NaOH反應(yīng)．【解析】【解答】解：SO2和BaCl2不反應(yīng)，加入硝酸，可將SO2氧化為H2SO4，生成BaSO4，加入NaOH生成Na2SO3，可生成BaSO3沉淀；

故選A．4、B【分析】【分析】根據(jù)原子成鍵方式知，該物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH（NH2）COOH，含有氨基和羧基，具有氨基酸的性質(zhì)，能和酸、堿反應(yīng)，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：根據(jù)原子成鍵方式知，該物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH（NH2）COOH；

A．蛋白質(zhì)能和濃硝酸發(fā)生顏色反應(yīng)；但氨基酸不能和濃硝酸發(fā)生顏色反應(yīng)，故A錯誤；

B．含有氨基和羧基；所以在一定條件下能發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高分子化合物，故B正確；

C．含有氨基；能和鹽酸反應(yīng)，故C錯誤；

D．含有羧基；能和碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳，故D錯誤；

故選B．5、A【分析】【解答】A．加入催化劑；平衡不發(fā)生移動，甲到達平衡時間短，所以甲使用的催化劑效率較高，乙使用的催化劑效率較較低，故A錯誤；

B．甲到達平衡時間長；所以甲的壓強較低，乙的壓強較高，故B正確；

C．甲到達平衡時間短；所以甲的溫度較高，正反應(yīng)放熱，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，所以B的轉(zhuǎn)化率減小，故C正確；

D．加入催化劑；平衡不發(fā)生移動，甲到達平衡時間短，所以甲使用的催化劑效率較高，故D正確．

故選A．

【分析】A．加入催化劑；平衡不發(fā)生移動，甲到達平衡時間短，甲使用的催化劑效率較高；

B．甲到達平衡時間長；所以甲的壓強較低；

C．甲到達平衡時間短；所以甲的溫度較高，正反應(yīng)放熱，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動；

D．加入催化劑，平衡不發(fā)生移動，甲到達平衡時間短，甲使用的催化劑效率較高．二、雙選題(共7題，共14分)6、A|D【分析】解：A、前5min反應(yīng)的平均速率v（N2O4）===0.18mol?（L?min）-1；故A正確；

B、T1℃時反應(yīng)②的化學平衡常數(shù)K===0.4L/mol；故B錯誤；

C；在該題中，升高溫度后，二氧化氮的濃度增加，四氧化二氮的濃度減小，所以平衡②逆向移動，反應(yīng)是放熱的，故C錯誤；

D、若起始時向該容器中充入3.6molNO2和2.0molN2O4，則Qc=0.31＜K，所以反應(yīng)正向進行，T1℃達到平衡時；

2NO2（g）?N2O4（g）

初始：1.81.0

變化：2xx

平衡：1.8-2x1.0+x

則=0.4，解得x=0.1，即N2O4的轉(zhuǎn)化率為10%；故D正確．

故選AD．

A、根據(jù)化學反應(yīng)速率v=來計算化學反應(yīng)速率；

B、化學平衡常數(shù)K=代入相關(guān)數(shù)據(jù)來計算即可；

C；根據(jù)溫度對化學平衡移動的影響來判斷反應(yīng)的吸放熱；

D、根據(jù)轉(zhuǎn)化率=來計算即可．

本題考查學生化學反應(yīng)速率和化學平衡的有關(guān)計算知識，屬于綜合知識的考查，注意知識的歸納和整理是關(guān)鍵，難度不大．【解析】【答案】AD7、rBD【分析】解：rm{A}曲線rm{壟脵}代表的粒子是rm{H_{2}C_{2}O_{4}}故A錯誤；

B、rm{NaHC_{2}O_{4}}溶液rm{pH=4}證明溶液顯示酸性，陰離子rm{HC_{2}O_{4}^{-}}的電離程度大于其水解程度，所以rm{c(H_{2}C_{2}O_{4})<c(C_{2}O_{4}^{2-})}故B正確；

C、rm{pH=5}時，溶液中主要含碳物種濃度大小關(guān)系為：rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}故C錯誤；

D、一定溫度下，往rm{CaC_{2}O_{4}}飽和溶液中，存在rm{CaC_{2}O_{4}(s)?C_{2}O_{4}^{2-}(aq)+Ca^{2+}(aq)}平衡，加入少量rm{CaCl_{2}}固體，平衡逆向移動，rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})}將減小，rm{c(Ca^{2+})}不可抵消，所以rm{c(Ca^{2+})}增大；故D正確；

故選BD．

由圖可知rm{壟脵}代表的是rm{H_{2}C_{2}O_{4}}rm{壟脷}代表的是rm{HC_{2}O_{4}^{-}壟脹}代表的是rm{C_{2}O_{4}^{2-}}由此分析：

A、曲線rm{壟脵}代表的粒子是rm{H_{2}C_{2}O_{4}}

B、由圖可知，rm{NaHC_{2}O_{4}}溶液rm{pH=3隆蘆4}證明溶液顯示酸性，陰離子的電離程度大于其水解程度；

C、由圖可知，rm{pH=5}時，溶液中主要含碳物種濃度大小關(guān)系為：rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}

D、一定溫度下，往rm{CaC_{2}O_{4}}飽和溶液中，存在rm{CaC_{2}O_{4}(s)?C_{2}O_{4}^{2-}(aq)+Ca^{2+}(aq)}平衡，加入少量rm{CaCl_{2}}固體，平衡逆向移動，rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})}將減小，rm{c(Ca^{2+})}不可抵消，所以rm{c(Ca^{2+})}增大．

本題考查學生鹽的水解原理的應(yīng)用：離子濃度大小比較知識，注意知識的歸納和整理是關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】rm{BD}8、rAD【分析】解：粗鹽的提純中，為了保證雜質(zhì)離子完全出去，每一次所加試劑都過量，加入rm{NaOH}溶液的目的是除去鎂離子，加rm{BaCl_{2}}溶液的目的是除去硫酸根離子，加rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的目的是除去鈣離子和過量的鋇離子，由此可知，rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的加入一定在rm{BaCl_{2}}溶液之后，即rm{壟脵}一定在rm{壟脹}之后，為了不使產(chǎn)生的沉淀溶解，一定要在過濾后再加鹽酸，即rm{壟脺}在rm{壟脻}之后，操作順序可以為：rm{壟脷壟脹壟脵壟脻壟脺}或rm{壟脹壟脷壟脵壟脻壟脺}或rm{壟脹壟脵壟脷壟脻壟脺}故不正確的為rm{AD}

故選AD．

粗鹽的提純中，為了保證雜質(zhì)離子完全出去，每一次所加試劑都過量，加入rm{NaOH}溶液的目的是除去鎂離子，加rm{BaCl_{2}}溶液的目的是除去硫酸根離子，加rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的目的是除去鈣離子和過量的鋇離子，由此可知，rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的加入一定在rm{BaCl_{2}}溶液之后；為了不使產(chǎn)生的沉淀溶解，一定要在過濾后再加鹽酸，以此來解答．

本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握粗鹽提純的步驟、實驗操作為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意碳酸鈉一定在氯化鋇之后，題目難度不大．【解析】rm{AD}9、BD【分析】【分析】本題是對化學反應(yīng)速率和平衡知識的考察，是中學化學的重要知識，難度一般。關(guān)鍵是掌握化學反應(yīng)速率和化學平衡的原理和影響因素規(guī)律，側(cè)重知識的能力考察?！窘獯稹緼.從開始至平衡沒有時間，無法計算反應(yīng)速率，故A錯誤；B.容器Ⅱ中反應(yīng)物初始濃度是容器Ⅰ中的rm{dfrac{1}{2}}，壓強減小平衡逆向移動，rm{SO}rm{SO}rm{3}rm{3}的平衡濃度小于rm{0.022mol隆隴L}rm{0.022mol隆隴L}rm{{,!}^{-1}}，故B正確；C.容器Ⅲ的溫度比容器Ⅰ高，該反應(yīng)的正反應(yīng)放熱，升高溫度平衡逆向移動，rm{SO}rm{SO}rm{3}按照rm{3}項充入物質(zhì)時，的濃度小于rm{0.044mol隆隴L}rm{0.044mol隆隴L}rm{{,!}^{-1}}反應(yīng)逆向進行，故D正確。，故C錯誤；D.由容器Ⅰ中數(shù)據(jù)可計算得rm{K=1.02}按照rm{D}項充入物質(zhì)時，rm{Q}【解析】rm{BD}10、B|D【分析】解：A、Ⅰ圖中：如果MnO2過量；濃鹽酸隨著反應(yīng)進行，濃度減小到一定程度，不再與二氧化錳繼續(xù)反應(yīng)，所以鹽酸不能全部消耗，故A錯誤；

B；Ⅱ圖中氯水中氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸；滴入石蕊試液遇到石蕊變紅證明酸性，但次氯酸存在溶液最后會褪色，即證明氯水的酸性，故B正確；

C；Ⅲ圖中：銅在氯氣中燃燒產(chǎn)生棕色的煙；故C錯誤；

D、Ⅳ圖中：濕潤的有色布條能褪色，是因為氯氣與水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，使有色布條褪色，剩余氯氣通入到盛氫氧化鈉溶液的燒杯中發(fā)生反應(yīng)為Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；故D正確；

故選BD．【解析】【答案】BD11、A|D【分析】解：根據(jù)題中流程可知，步驟②中加入鐵粉產(chǎn)生了氫氣，說明前面的酸過量，步驟①中有氯氣與亞鐵離子反應(yīng)，說明溶液a中有亞鐵離子，17.08g的FeS04和Cu（N03）2的混合物與0.14mol硫酸混合，硝酸根全部被還原為NO，NO的物質(zhì)的量為mol=0.02mol，根據(jù)氮元素守恒，樣品中Cu（N03）2的質(zhì)量為188g/mol×0.01mol=1.88g，所以FeS04的質(zhì)量為17.08g-1.88g=15.2g，其物質(zhì)的量為0.1mol，原混合物中FeS04的質(zhì)量分數(shù)為×100%=89%；故C正確；

根據(jù)方程式3Fe2++8H++2NO3-（稀）═3Fe3++2NO?+4H2O

3mol8mol2×22.4L

n（Fe2+）n（H+）448mL

所以n（Fe2+）=0.03mol，n（H+）=0.08mol；則a溶液中亞鐵離子的物質(zhì)的量為0.1mol-0.03mol=0.07mol；

根據(jù)方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，可得氧化亞鐵離子需要氯氣的物質(zhì)的量為0.035mol，故A錯誤，根據(jù)鐵元素守恒，a溶液中鐵離子的物質(zhì)的量為0.1mol，根據(jù)反應(yīng)2Fe3++Fe═3Fe2+，可得消耗鐵的物質(zhì)的量為0.05mol即質(zhì)量為2.8g，a溶液中n（H+）=0.14mol×2-0.08mol=0.2mol，結(jié)合反應(yīng)2H++Fe═H2↑+Fe2+；可得消耗鐵的物質(zhì)的量為0.1mol即質(zhì)量為5.6g，則剩余鐵的質(zhì)量為9g-5.6g-2.8g=0.6g，故D錯誤，生成的氫氣為0.1mol，其體積為2.44L，故B正確；

故選AD．

根據(jù)題中流程可知，步驟②中加入鐵粉產(chǎn)生了氫氣，說明前面的酸過量，步驟①中有氯氣與亞鐵離子反應(yīng)，說明溶液a中有亞鐵離子，17.08g的FeS04和Cu（N03）2的混合物與0.14mol硫酸混合；由于亞鐵離子過量，硝酸根全部被還原為NO，據(jù)此計算得硝酸銅的質(zhì)量及消耗掉的氫離子的物質(zhì)的量，同時根電子得失守恒可計算出溶液a中生成的鐵離子的物質(zhì)的量，根據(jù)氯氣的物質(zhì)的量可計算出a溶液中亞鐵離子的物質(zhì)的量，并由此計算出溶液中鐵離子的總物質(zhì)的量，根據(jù)溶液中的氫離子及9g鐵粉可計算出氫氣的體積和m的值；

本題考查了化學計算與實驗流程相結(jié)合的知識，根據(jù)實驗步驟和實驗現(xiàn)象進行逐步計算是解題關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】【答案】AD12、rBD【分析】解：銅和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、一氧化氮和水，反應(yīng)的化學方程式為rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{2NO+O_{2}=2NO_{2}}無色氣體變化為紅棕色氣體二氧化氮，可以用堿溶液吸收；

A.上述分析可知得到的氣體主要是rm{NO_{2}}和rm{NO}可以被氫氧化鈉溶液吸收，所以吸收劑可以是rm{NaOH}溶液；故A正確；

B.銅和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅；一氧化氮和水；一氧化氮和試管中的氧氣反應(yīng)生成紅棕色氣體二氧化氮，試管上部氣體不始終為無色，故B錯誤；

C.銅和稀硝酸反應(yīng)得到溶液為硝酸銅溶液；溶液為藍色，故C正確；

D.生成的一氧化氮和氧氣反應(yīng)生成二氧化氮紅棕色氣體；二氧化氮具有氧化性，和碘化鉀溶液反應(yīng)生成碘單質(zhì)，碘單質(zhì)遇到淀粉變藍色，故D錯誤；

故選BD．

銅和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、一氧化氮和水，反應(yīng)的化學方程式為rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}實驗裝置中有有空氣，生成的一氧化氮和氧氣反應(yīng)生成二氧化氮紅棕色氣體，二氧化氮具有氧化性，和碘化鉀溶液反應(yīng)生成碘單質(zhì)，碘單質(zhì)遇到淀粉變藍色，吸收劑是和氮氧化物反應(yīng)的溶液應(yīng)為堿溶液．

本題考查了稀硝酸、氮氧化物性質(zhì)的分析，注意一氧化氮和二氧化氮氣體顏色變化和二氧化氮具有氧化性的分析，題目綜合考查了物質(zhì)性質(zhì)的反應(yīng)現(xiàn)象，難度中等．【解析】rm{BD}三、填空題(共7題，共14分)13、CaClCaCl22H2O+2F2=4HF+O21：1【分析】【分析】（1）化學試劑的主要成分為XY2，X、Y均為周期表前20號元素，其陽離子和陰離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，含有相同的核外電子數(shù)，且1molXY2含有54mol電子，則陰、陽離子核外電子數(shù)為=18，則為Ca2+、Cl-；即X為Ca；Y為Cl；

（2）Z是與Y同主族的短周期元素，則Z為F，原子核外有9個電子，氟氣與水反應(yīng)生成HF與氧氣，反應(yīng)中氟氣為氧化劑，水為還原劑．【解析】【解答】解：（1）化學試劑的主要成分為XY2，X、Y均為周期表前20號元素，其陽離子和陰離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，含有相同的核外電子數(shù)，且1molXY2含有54mol電子，則陰、陽離子核外電子數(shù)為=18，則為Ca2+、Cl-，即X為Ca、Y為Cl，故XY2是CaCl2；

故答案為：Ca；Cl；CaCl2；

（2）Z是與Y同主族的短周期元素，則Z為F，原子核外有9個電子，原子核外電子排布式為氟氣與水反應(yīng)生成HF與氧氣，反應(yīng)方程式為：2H2O+2F2=4HF+O2；反應(yīng)中氟氣為氧化劑，水為還原劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：1；

故答案為：2H2O+2F2=4HF+O2；1：1．14、-116kJ?mol-1-651kJ?mol-1易于運輸，單位產(chǎn)能耗氧量較少CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+【分析】【分析】（1）依據(jù)化學反應(yīng)焓變=反應(yīng)物鍵能總和-生成物鍵能總和計算；

（2）已知①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1=-116kJ?mol-1；

②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=-283kJ?mol-1；

③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=-242kJ?mol-1；

根據(jù)蓋斯定律計算CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H4；甲醇易于運輸；燃燒耗氧少；

（3）酸性條件下，負極上甲醇失電子和水反應(yīng)生成二氧化碳和氫離子．【解析】【解答】解：（1）CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g），反應(yīng)的焓變可以根據(jù)反應(yīng)物的總鍵能和生成物的總鍵能計算得到，焓變=反應(yīng)物總鍵能之和-生成物總鍵能之和，依據(jù)圖表提供的化學鍵的鍵能計算得到，△H═1072KJ/mol+2×436KJ/mol-（3×413KJ/mol+358KJ/mol+463KJ/mol）=-116kJ?mol-1；

故答案為：-116kJ?mol-1；

（2）已知①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1=-116kJ?mol-1；

②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=-283kJ?mol-1；

③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=-242kJ?mol-1；

根據(jù)蓋斯定律②-①+③×2得CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H4=-283-（-116）+（-242）×2=-651kJ?mol-1；

常溫下甲醇為液體；與CO；氫氣相比較，甲醇易于運輸，而且甲醇燃燒耗氧少；

故答案為：-651kJ?mol-1；易于運輸；單位產(chǎn)能耗氧量較少；

（3）酸性條件下，負極上甲醇失電子和水反應(yīng)生成二氧化碳和氫離子，則負極的電極反應(yīng)式為CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+；

故答案為：CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+．15、CONaS三ⅥAH2SO42Na+2H2O=2NaOH+H2↑堿性離子非極性共價【分析】【分析】A、B、C、D為四種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，B的陰離子和C的陽離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，兩元素的單質(zhì)反應(yīng)，生成一種淡黃色的固體E，則固體E為Na2O2，則B為O元素、C為Na元素；A的原子序數(shù)小于B，且A原子的最外層上有4個電子，則A為C元素；D的L層電子數(shù)等于K、M兩個電子層上電子數(shù)之和，則D原子M層電子數(shù)為8-2=6，核外各層電子分別為2、8、6，則D為S元素，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D為四種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，B的陰離子和C的陽離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，兩元素的單質(zhì)反應(yīng)，生成一種淡黃色的固體E，則固體E為Na2O2；則B為O元素；C為Na元素；A的原子序數(shù)小于B，且A原子的最外層上有4個電子，則A為C元素；D的L層電子數(shù)等于K、M兩個電子層上電子數(shù)之和，則D原子M層電子數(shù)為8-2=6，核外各層電子分別為2、8、6，則D為S元素；

綜上所述：A為碳；B為氧，C為鈉，D為硫；

（1）A為C元素；B為O元素、C為Na元素、D為S元素；故答案為：C；O；Na；S；

（2）D為S元素，處于第三周期第ⅥA族，S的最高價氧化物的水化物的化學式是H2SO4，故答案為：三；ⅥA；H2SO4；

（3）鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉與氫氣，化學反應(yīng)方程式為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；生成的氫氧化鈉為堿，顯堿性；

故答案為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；堿性；

（4）E為過氧化鈉，它的電子式為含有化學鍵的類型為離子鍵和非極性共價鍵；

故答案為：離子；非極性共價．16、氧化劑酸性還原劑，酸性【分析】【分析】利用Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑、CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O、MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O反應(yīng)及元素的化合價變化分析．【解析】【解答】解：由Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑可知；HCl中H元素的化合價降低，體現(xiàn)HCl的氧化性，作氧化劑；

由CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O可知；沒有元素的化合價變化，生成鹽，體現(xiàn)HCl的酸性，作酸；

由MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O可知；生成鹽，體現(xiàn)其酸性，生成氯氣時Cl元素的化合價升高，體現(xiàn)HCl的還原性，作還原劑；

故答案為：氧化劑；酸性；還原劑，酸性．17、Fe（OH）3、CaSO4Na+布氏漏斗抽濾瓶或吸濾瓶3NaClO+CO（NH2）2=3NaCl+CO2↑+N2↑+2H2O將Fe2+氧化為Fe3+，并形成Fe（OH）3被除去．Mg（OH）Cl=MgO+HCl↑P（HCl）g較小，鎂離子水解生成氫氧化鎂，得不到氯化鎂；通入HCl，而增大P（HCl）g通入HCl，而增大P（HCl）g，抑制鎂離子的水解；【分析】【分析】（1）根據(jù)鹽鹵的成份來看，加入NaClO能氧化Fe2+使它變成Fe（OH）3沉淀；加入氯化鈣的作用是形成硫酸鈣沉淀，除去其中的硫酸根離子；濾液Ⅰ的成分為氯化鎂；氯化鈉，冷卻結(jié)晶，得到氯化鎂晶體，濾液的成分為氯化鈉和氯化鎂；

（2）根據(jù)減壓過濾裝置的主要儀器有：真空泵；布氏漏斗、抽濾瓶或吸濾瓶等；

（3）根據(jù)NaClO與尿素CO（NH2）2反應(yīng)時，依據(jù)元素守恒以及生參與大氣循環(huán)的物質(zhì)，可知生成物有NaCl，還有CO2、N2、H2O；根據(jù)NaClO能氧化Fe2+使它變成Fe（OH）3沉淀而除去；

①由圖可知P（HCl）g=0.25MPa，溫度從300℃升高到550℃時MgCl2?6H2O晶體由Mg（OH）Cl轉(zhuǎn)變成MgO；

②若加熱MgCl2?6H2O晶體，P（HCl）g較小，根據(jù)鎂離子水解生成氫氧化鎂，得不到氯化鎂；若要得到無水氯化鎂，則應(yīng)通入HCl，而增大P（HCl）g，抑制鎂離子的水解．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)鹽鹵的成份來看，加入NaClO能氧化Fe2+使它變成Fe（OH）3沉淀，加入氯化鈣的作用是形成硫酸鈣沉淀，除去其中的硫酸根離子，所以濾渣的成分是Fe（OH）3、CaSO4；

濾液Ⅰ的成分為氯化鎂、氯化鈉，冷卻結(jié)晶，得到氯化鎂晶體，濾液的成分為氯化鈉和氯化鎂，濾液Ⅱ中所含的主要雜質(zhì)離子是Na+；故答案為：Fe（OH）3、CaSO4；Na+；

（2）減壓過濾裝置的主要儀器有：真空泵；布氏漏斗、抽濾瓶或吸濾瓶等；主要硅酸鹽儀器名稱是布氏漏斗、抽濾瓶或吸濾瓶；

故答案為：布氏漏斗；抽濾瓶或吸濾瓶；

（3）NaClO與尿素CO（NH2）2反應(yīng)時，生成物有NaCl，還有CO2、N2、H2O，則該反應(yīng)的化學方程式為3NaClO+CO（NH2）2=3NaCl+CO2↑+N2↑+2H2O；加入NaClO還能起到的作用是氧化Fe2+使它變成Fe（OH）3沉淀而除去；

故答案為：3NaClO+CO（NH2）2=3NaCl+CO2↑+N2↑+2H2O；加入NaClO能氧化Fe2+使它變成Fe（OH）3沉淀而除去；

（3）①由圖可知P（HCl）g=0.25MPa，溫度從300℃升高到550℃時MgCl2?6H2O晶體由Mg（OH）Cl轉(zhuǎn)變成MgO；方程式為：Mg（OH）Cl=MgO+HCl↑；

故答案為：Mg（OH）Cl=MgO+HCl↑；

③加熱MgCl2?6H2O晶體，P（HCl）g較小，鎂離子水解生成氫氧化鎂，得不到氯化鎂；若要得到無水氯化鎂，則應(yīng)通入HCl，而增大P（HCl）g；抑制鎂離子的水解；

故答案為：P（HCl）g較小，鎂離子水解生成氫氧化鎂，得不到氯化鎂；通入HCl，而增大P（HCl）g，抑制鎂離子的水解．18、HCl＞H2CO3＞H2SiO3ADEBCF【分析】【分析】（1）鹽酸為強酸；碳酸為弱酸，硅酸的酸性比碳酸更弱；

（2）先用鹽酸與碳酸鈉反應(yīng)得到二氧化碳，二氧化碳與硅酸鈉反應(yīng)生成硅酸，據(jù)此可以一次性完成實驗．【解析】【解答】解：（1）鹽酸、碳酸、硅酸的酸性強弱順序是：HCl＞H2CO3＞H2SiO3，故答案為：HCl＞H2CO3＞H2SiO3；

（2）鹽酸、碳酸、硅酸的酸性強弱為HCl＞H2CO3＞H2SiO3；根據(jù)強酸制取弱酸知，鹽酸和碳酸鈉反應(yīng)制取二氧化碳，二氧化碳和硅酸鈉溶液反應(yīng)制取硅酸，所以儀器的連接順序是：A→D→E→B→C→F；

故答案為：A；D；E；B；C；F．19、略

【分析】解：(1)2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)△H＜0；反應(yīng)放熱，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，所以反應(yīng)450℃時的平衡常數(shù)大于500℃時的平衡常數(shù)，故答案為：大于；

(2)a、因化學方程式的系數(shù)之比等于化學反應(yīng)中各物質(zhì)的反應(yīng)速率之比，v(O2)正=v(SO3)正，又因v(O2)正=2v(SO3)逆，所以v(SO3)正和v(SO3)逆不相等；不是否達到平衡，故a錯誤；

b、氣體的平均分子量等于根據(jù)質(zhì)量守恒定律，反應(yīng)過程中氣體的總質(zhì)量不變，該反應(yīng)為氣體的分子總數(shù)減少的反應(yīng)，若混合氣體的平均分子量不變，說明平衡混合物中各組成成分含量不變，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故b正確；

c、氣體的密度ρ=根據(jù)質(zhì)量守恒定律，反應(yīng)過程中氣體的總質(zhì)量不變，容器體積不變，氣體的密度不會發(fā)生變化，故容器中氣體的密度不隨時間而變化，不能判斷反應(yīng)是否達到平衡，故c錯誤；

d；該反應(yīng)為氣體的分子總數(shù)減少的反應(yīng)；當容器中氣體的分子總數(shù)不隨時間而變化時，平衡混合物中各組成成分含量不變，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故d正確；

故選：bd．

(3)壓強增大；平衡向氣體體積減小的方向移動，即正向移動；

a．平衡體系中SO2的體積減少；體積分數(shù)減少，故a錯誤；

b．氣體的平均分子量等于根據(jù)質(zhì)量守恒定律，反應(yīng)過程中氣體的總質(zhì)量不變，混合氣體的總物質(zhì)的量減少，混合氣體的平均分子量增大，故b正確；

c．氣體的密度ρ=根據(jù)質(zhì)量守恒定律，反應(yīng)過程中氣體的總質(zhì)量不變，容器體積不變，氣體的密度不會發(fā)生變化，故c錯誤；

d．平衡體系中SO2的物質(zhì)的量減少，即參加反應(yīng)的SO2的物質(zhì)的量增大，平衡體系中SO2的轉(zhuǎn)化率增大；故d正確；

故選：b；d；

(4)當生成0.18molSO3時；參加反應(yīng)的氧氣的物質(zhì)的量為x；

2SO2+O2?2SO3

12

x0.18mol

解得x=0.09mol

所以氧氣的速率V====0.036mol?L-1?min-1；

繼續(xù)通入0.30molSO2和0.15molO2；容器內(nèi)壓強增大，平衡向氣體體積減小的方向移動，即向正反應(yīng)方向移動；

用極限法求出n(SO3)的范圍，假設(shè)平衡不移動，此時n(SO3)=0.18×2=0.36mol，假設(shè)0.40molSO2完全生成SO3，根據(jù)化學方程式2SO2+O2?2SO3可知n(SO3)=0.4mol，所以再次達到平衡時，0.36mol＜n(SO3)＜0.40mol；

故答案為：0.036；向正反應(yīng)方向；0.36；0.40；

(6)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g))△H=-98.3kJ?mol-1，正方向為放熱反應(yīng)，從化學平衡移動條件分析應(yīng)該采用低溫高壓．而根據(jù)表格中提供的數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)，壓強的增加引起SO2轉(zhuǎn)化率的變化并不明顯；所以工業(yè)上直接采用常壓；同時反應(yīng)中使用催化劑，為了使催化劑的催化活性最強，根據(jù)表格中提供的數(shù)據(jù)應(yīng)該采用400℃～500℃，故答案為：

400℃～500℃；0.1；【解析】大于;b、d;b、d;0.036;向正反應(yīng)方向;0.36;0.40;400℃～500℃;0.1四、判斷題(共1題，共2分)20、×【分析】【分析】依據(jù)化學方程式分析判斷，反應(yīng)都是兩種物質(zhì)反應(yīng)生成一種物質(zhì)，屬于化合反應(yīng)，但從可逆反應(yīng)上來看，二氧化硫與水反應(yīng)為可逆反應(yīng)．【解析】【解答】解：SO3+H2O=H2SO4，H2O+SO2?H2SO3依據(jù)化學方程式分析判斷，反應(yīng)都是兩種物質(zhì)反應(yīng)生成一種物質(zhì)，屬于化合反應(yīng)，但從可逆反應(yīng)上來看，二氧化硫與水反應(yīng)為可逆反應(yīng)，故不完全相同，故答案為：×．五、簡答題(共4題，共28分)21、略

【分析】解：（1）二氧化硫具有漂白性，能使品紅褪色，加熱恢復紅色，則驗證SO2的漂白作用，應(yīng)將SO2氣體通入③中；觀察到的現(xiàn)象是品紅試液褪色；

故答案為：③；品紅試液褪色；

（2）驗證SO2的還原性，可利用溴水，發(fā)生Br2+2H2O+SO2=H2SO4+2HBr，則驗證SO2的還原性，應(yīng)將SO2氣體通入①中；觀察到的現(xiàn)象是溴水的橙色褪去；

故答案為：①；溴水的橙色褪去；

（3）說明SO2的氧化性，可利用H2S，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成S，發(fā)生的反應(yīng)為SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故答案為：SO2+2H2S=3S↓+2H2O；

（4）防止多余的SO2氣體污染環(huán)境，可選擇堿溶液尾氣處理，則將尾氣通入⑥中，反應(yīng)離子方程式為SO2+2OH-=SO32-+H2O；

故答案為：⑥；SO2+2OH-=SO32-+H2O；

（5）SO2產(chǎn)生緩慢，則反應(yīng)速率小，可能的原因為硫酸的濃度過?。ɑ蜻^大）或Na2SO3部分變質(zhì)等，故答案為：硫酸的濃度過?。ɑ蜻^大）；Na2SO3部分變質(zhì)．

（1）二氧化硫具有漂白性；能使品紅褪色，加熱恢復紅色；

（2）驗證SO2的還原性，可利用溴水，發(fā)生Br2+2H2O+SO2=H2SO4+2HBr；

（3）說明SO2的氧化性，可利用H2S；二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成S；

（4）防止多余的SO2氣體污染環(huán)境；可選擇堿溶液尾氣處理；

（5）SO2產(chǎn)生緩慢；則反應(yīng)速率小，與硫酸的濃度或亞硫酸鈉的含量等有關(guān)．

本題考查二氧化硫的性質(zhì)實驗，為高頻考點，把握二氧化硫的漂白性、氧化性、還原性及發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，題目難度不大．【解析】③；品紅試液褪色；①；溴水的橙色褪去；SO2+2H2S=3S↓+2H2O；⑥；SO2+2OH-=SO32-+H2O；硫酸的濃度過?。ɑ蜻^大）；Na2SO3部分變質(zhì)22、略

【分析】解：原子核外有三個未成對電子，其電子排布式為1S22S22P3，為N元素，E原子核外的M層中只有兩對成對電子，電子排布式為1S22S22P63S23P4，應(yīng)為S元素，C元素是地殼中含量最高的金屬元素，為Al元素，化合物B2E的晶體為離子晶體，B應(yīng)為第ⅠA族元素，且原子序數(shù)在N元素和Al之間，應(yīng)為Na元素，D單質(zhì)的熔點在同周期元素形成的單質(zhì)中是最高的，應(yīng)為Si元素，單質(zhì)硅為原子晶體，熔點在第三周期中最高，F(xiàn)原子核外最外層電子數(shù)與B相同，其余各層均充滿，且原子序數(shù)最大，電子排布式為1S22S22P63S23P63d104S1；應(yīng)為Cu元素．

（1）在元素周期表中；同一周期元素的第一電離能從左到右逐漸增大，同一主族元素的第一電離能從上到下逐漸減小，據(jù)此可判斷四種元素的第一電離能的順序為：Na＜Al＜Si＜N，故答案：Na＜Al＜Si＜N；

（2）因NaCl為離子晶體而SiCl4為分子晶體，原子晶體的熔沸點遠大于分子晶體的熔沸點，故答案為：高；NaCl為離子晶體而SiCl4為分子晶體；

（3）S03中含有3個δ鍵，孤電子對數(shù)為=0；所以分子的空間構(gòu)型是平面正三角形，故答案為：平面正三角形；

（4）根據(jù)能量最低原理書寫電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1），銅離子與氨氣可以配位鍵形成配合物，其化學式為，[Cu（NH3）4]2+；

故答案為：1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1）；[Cu（NH3）4]2+；

（5）根據(jù)晶胞中微粒個數(shù)的分配方法計算，晶胞中含有N原子的數(shù)目為8×=1，Cu原子的數(shù)目為：12×=3，故化學式為Cu3N，故答案為：Cu3N；

（6）根據(jù)化合物具有高沸點和高硬度；是一種新型無機非金屬材料，可判斷晶體類型為原子晶體，化學鍵類型為共價鍵，故答案為：共價鍵．

A原子核外有三個未成對電子，其電子排布式為1S22S22P3，為N元素，E原子核外的M層中只有兩對成對電子，電子排布式為1S22S22P63S23P4，應(yīng)為S元素，C元素是地殼中含量最高的金屬元素，為Al元素，化合物B2E的晶體為離子晶體，B應(yīng)為第ⅠA族元素，且原子序數(shù)在N元素和Al之間，應(yīng)為Na元素，D單質(zhì)的熔點在同周期元素形成的單質(zhì)中是最高的，應(yīng)為Si元素，單質(zhì)硅為原子晶體，熔點在第三周期中最高，F(xiàn)原子核外最外層電子數(shù)與B相同，其余各層均充滿，且原子序數(shù)最大，電子排布式為1S22S22P63S23P63d104S1；應(yīng)為Cu元素．

（1）根據(jù)A；B、C、D在周期表中的位置和第一電離能的遞變規(guī)律判斷第一電離能的大小順序；

（2）根據(jù)晶體類型判斷晶體的熔沸點高低；

（3）利用價層電子對數(shù)互斥模型判斷分子的立體構(gòu)型；

（4）根據(jù)能量最低原理書寫電子排布式；

（5）根據(jù)晶胞中微粒個數(shù)的分配方法計算化學式；

（6）根據(jù)性質(zhì)推斷晶體類型；并進一步推斷含有的化學鍵類型．

本題考查元素推斷題，推斷出元素的種類是解答本題的關(guān)鍵，推斷時注意從原子的核外電子排布特點以及元素的特殊性質(zhì)為突破口解答，本題具有一定難度．【解析】Na＜Al＜Si＜N；高；NaCl為離子晶體而SiCl4為分子晶體；平面正三角形；1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1）；[Cu（NH3）4]2+；Cu3N；共價鍵23、略

【分析】解：（1）Cu元素為29號元素，原子核外有29個電子，所以核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，CuO中銅的價層電子排布為3d94s0，Cu2O中銅的價層電子排布為3d10，3d10為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以在高溫時，能生成Cu2O；

故答案為：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；CuO中銅的價層電子排布為3d94s0，Cu2O中銅的價層電子排布為3d10，后者處于穩(wěn)定的全充滿狀態(tài)而前者不是；（2）硒、硅均能與氫元素形成氣態(tài)氫化物分別為H2Se，SiH4；其分子結(jié)構(gòu)分別V形，正四面體；若“Si-H”中鍵合電子偏向氫原子，說明硅顯正價，氫氣與硒反應(yīng)時單質(zhì)硒是氧化劑，硒顯負價，所以硒與硅的電負性相對大小為Se＞Si；

故答案為：V形；正四面體；＞；

（3）SeO2常溫下白色晶體，熔、沸點低，為分子晶體；二氧化硒分子中價層電子對=2+（6-2×2）=3，Se原子的雜化類型為sp2；且含有一個孤電子對，所以屬于V形；

故答案為：分子晶體；sp2；

（4）BF3?NH3中B原子含有3個σ鍵和1個配位鍵，所以其價層電子數(shù)是4，B原子采取sp3雜化，該化合物中，B原子提供空軌道的原子、N原子提供孤電子對，所以B、N原子之間形成配位鍵，其結(jié)構(gòu)簡式可表示為

故答案為：sp3；配位；

（5）金剛砂（SiC）的硬度為9.5，屬于原子晶體；每個碳原子連接4個硅原子，每個硅原子又連接其它3個碳原子，所以每個碳原子周圍最近的碳原子數(shù)目為3×4=12；該晶胞中C原子個數(shù)=8×+6×=4，Si原子個數(shù)為4，晶胞邊長=a×10-10cm，體積V=（a×10-10cm）3，ρ==g?cm3；

故答案為：原子晶體；12；．

（1）Cu為29號元素，原子核外有29個電子，結(jié)合能量最低原理書寫核外電子排布式；Cu+的核外有28個電子；根據(jù)構(gòu)造原理書寫其基態(tài)離子核外電子排布式，原子軌道處于全空；半滿或全滿時最穩(wěn)定；

（2）硒、硅均能與氫元素形成氣態(tài)氫化物分別為H2Se，SiH4，其分子結(jié)構(gòu)分別與H2O，CH4相似；若“Si-H”中鍵合電子偏向氫原子；說明硅顯正價，氫氣與硒反應(yīng)時單質(zhì)硒是氧化劑，硒顯負價；

（3）根據(jù)分子晶體的熔；沸點低；根據(jù)價層電子對互斥理論確定雜化類型；

（4）根據(jù)價層電子對互斥理論確定其雜化方式；提供空軌道的原子和提供孤電子對的原子之間形成配位鍵；

（5）根據(jù)原子晶體的硬度大；每個碳原子連接4個硅原子，每個硅原子又連接其它3個碳原子，據(jù)此判斷每個C原子周圍最近的C原子數(shù)目；該晶胞中C原子個數(shù)=8×+6×=4，Si原子個數(shù)為4，根據(jù)ρ=計算其密度．

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及晶胞計算、原子雜化判斷、原子核外電子排布式的書寫等知識點，難點是晶胞計算，題目難度中等．【解析】1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；CuO中銅的價層電子排布為3d94s0，Cu2O中銅的價層電子排布為3d10，后者處于穩(wěn)定的全充滿狀態(tài)而前者不是；V形、正四面體；＞；分子晶體；sp2；sp3；配位；原子晶體；12；24、略

【分析】解