2025年人教A版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年人教A版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷650考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、工業(yè)上獲得大量的乙烯、丙烯、1，3-丁二烯采用的方法是（）A.煤高溫干餾B.石油減壓分餾C.石油裂化D.石油裂解2、設(shè)NA代表阿伏加德羅常數(shù)，下列說(shuō)法正確的是（）A.5.6g鐵與足量鹽酸反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NAB.常溫常壓下，11.2L二氧化硫中含有的氧原子數(shù)為NAC.常溫下，2.7g鋁與足量的鹽酸反應(yīng)，失去的電子數(shù)為0.3NAD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L氦氣與22.4L氮?dú)馑訑?shù)均為2NA3、常溫下，下列各組離子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A.使甲基橙呈紅色的溶液：Na+、NH4+、AlO2-、CO32-B.8%H2O2溶液：H+、Fe2+、SO42-、Cl-C.含有Fe3+的溶液：Na+、Al3+、Cl-、SCN-D.C（OH-）=0.1mol?L-1的溶液：Na+、K+、CO32-、ClO-4、四種元素的基態(tài)原子的電子排布式如下：

①1s22s22p63s23p4；

②1s22s22p63s23p3；

③1s22s22p3；

④1s22s22p5．

下列說(shuō)法中正確的是（）A.原子半徑：④＞③＞②＞①B.最高正化合價(jià)：④＞①＞③=②C.電負(fù)性：④＞③＞②＞①D.第一電離能：④＞③＞②＞①5、《青花瓷》中所描繪的“屏層鳥(niǎo)繪的牡丹一如你梳妝”、“色白花青的景已躍然于碗底”等圖案讓人賞心悅目，但古瓷中所用顏料成分一直是個(gè)謎，近年來(lái)才知道大多為硅酸鹽，如藍(lán)紫色的硅酸銅鋇（BaCuSi2Ox,銅為+2價(jià)），下列關(guān)于硅酸銅鋇的說(shuō)法不正確的是（）A.可用氧化物形式表示為BaO·CuO·2SiO2B.性質(zhì)穩(wěn)定，不易脫色C.易溶解于強(qiáng)酸和強(qiáng)堿溶液D.x等于6評(píng)卷人得分二、多選題(共9題，共18分)6、NA代表阿伏加德羅常數(shù)，下列說(shuō)法正確的是（）A.17gNH3所含電子數(shù)為10NAB.在常溫常壓下，11.2LN2所含原子數(shù)為NAC.4g氦氣所含原子數(shù)為NAD.在同溫同壓下，相同體積的任何氣體單質(zhì)所含的原子數(shù)相等7、對(duì)于2KI+Br2=2KBr+I2和2HBrO3+I2=2HIO3+Br2兩反應(yīng)，下列敘述不正確的是（）A.Br2的氧化性強(qiáng)于I2氧化性B.I-的還原性強(qiáng)于Br-的還原性C.I2的氧化性強(qiáng)于Br2的氧化性D.BrO的還原性強(qiáng)于IO還原性8、如圖所示，X處通入氯氣，關(guān)閉活塞Y，Z中干燥的紅色布條不褪色；打開(kāi)活塞Y，Z中干燥的紅色布條褪色．下列推斷中不正確的是（）A.W中可以是濃硫酸B.通入的氯氣中含有水分C.W中可以是足量的氫氧化鈉濃溶液D.W中可以是飽和食鹽水9、X2+和Y-與氬的電子層結(jié)構(gòu)相同，下列判斷中不正確的是（）A.原子半徑X＞YB.原子序數(shù)X＞YC.最外層電子數(shù)X＞YD.電子層數(shù)X＜Y10、下列有機(jī)化合物分子中所有的碳原子都處于問(wèn)一平面的是（）A.CH3-CH2-CH3B.CH2=CHCH2CH3C.CH3C=CCH2CH3D.11、下列各組給定原子序數(shù)的元素，不能形成原子個(gè)數(shù)之比為1：1共價(jià)化合物的是（）A.3和17B.1和8C.6和8D.7和1212、含硒（Se）的保健品已開(kāi)始進(jìn)入市場(chǎng)．已知硒與氧、硫同主族，與溴同周期，則下列關(guān)于硒的敘述中，正確的是（）A.非金屬性比硫弱B.氫化物比HBr穩(wěn)定C.原子序數(shù)為34D.最高價(jià)氧化物的水化物顯堿性13、下列關(guān)于蛋白質(zhì)的敘述中不正確的是（）A.蛋白質(zhì)溶液中加入飽和硫酸銨溶液，蛋白質(zhì)析出，如再加水也不溶解B.蛋白質(zhì)中的蛋白質(zhì)分子能透過(guò)濾紙，但不能透過(guò)半透膜C.重金屬鹽使蛋白質(zhì)變性，所以吞服“鋇餐”會(huì)引起中毒D.濃硝酸濺在皮膚上，能使皮膚呈黃色是因?yàn)榈鞍踪|(zhì)和濃硝酸發(fā)生反應(yīng)14、如圖實(shí)驗(yàn)裝置設(shè)計(jì)正確；且能達(dá)到目的是（）

A.實(shí)驗(yàn)Ⅰ：制取純凈氫氧化亞鐵B.實(shí)驗(yàn)Ⅱ：證明非金屬性強(qiáng)弱：S＞C＞SiC.實(shí)驗(yàn)Ⅲ：除去CO2中的HClD.實(shí)驗(yàn)Ⅳ：繼續(xù)煮沸溶液至紅褐色，停止加熱，當(dāng)光束通過(guò)體系時(shí)可產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)評(píng)卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，被氧化的元素是____，發(fā)生氧化反應(yīng)的元素是____，被還原的元素是____，發(fā)生還原反應(yīng)的元素是____，氧化劑是____，還原劑是____，____具有氧化性，____具有還原性．16、（1）“服用維生素C，可使食物中的Fe3+還原成Fe2+”這句話說(shuō)明，維生素C在這一反應(yīng)中被____（氧化/還原），具有____性，F(xiàn)e3+發(fā)生了____反應(yīng)（氧化/還原）．

（2）市場(chǎng)上出售的某種麥片中含有微量的顆粒細(xì)小的還原性鐵粉，這些鐵粉在人體胃酸（主要成分是鹽酸）的作用下轉(zhuǎn)化成亞鐵鹽?此反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)___，離子方程式為_(kāi)___?17、已知X；Y、Z、L四種元素是人體內(nèi)的主要元素且原子序數(shù)依次增大．回答下列問(wèn)題：

（1）L的元素符號(hào)為_(kāi)___；Y元素原子核外電子中，未成對(duì)電子數(shù)與成對(duì)電子數(shù)之比為_(kāi)___；四種元素的原子半徑從大到小的順序是____（用元素符號(hào)表示）．

（2）Z、X兩元素按原子數(shù)目比1：3可構(gòu)成分子A，A的電子式為_(kāi)___；B分子也由Z、X兩元素組成，作為運(yùn)送飛船的火箭燃料，常溫下是一種液態(tài)化合物．已知該化合物的相對(duì)分子質(zhì)量為32，其中X元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為12.5%，且該分子結(jié)構(gòu)中只有單鍵．則B的結(jié)構(gòu)式為_(kāi)___．若64gB分子與液態(tài)雙氧水恰好完全反應(yīng)，產(chǎn)生兩種無(wú)毒又不污染環(huán)境的氣態(tài)物質(zhì)，還放出3000kJ的熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式____．

（3）硒（Se）是人體必需的微量元素，與元素L同一主族，該族第2-5周期元素單質(zhì)分別與H2反應(yīng)生成1mol氣態(tài)氫化物產(chǎn)生的熱量數(shù)據(jù)如下，其中能表示生成1mol硒化氫所產(chǎn)生的熱效應(yīng)是____（選填字母編號(hào)）．

a．吸熱99.7kJ；b．吸熱29.7kJ；c．放熱20.6kJ；d．放熱241.8kJ．18、自然界存在的元素中；金屬元素種類更多，非金屬元素豐度更大．

I．80%左右的非金屬元素在現(xiàn)代技術(shù)包括能源；功能材料等領(lǐng)域占有極為重要的地位．

（1）氮及其化合物與人類生產(chǎn)、生活息息相關(guān)，基態(tài)N原子中電子在2p軌道上的排布遵循的原則是____，N2F2分子中N原子的雜化方式是____，1molN2F2含有____個(gè)σ鍵．

（2）高溫陶瓷材料Si3N4晶體中鍵角N-Si-N____Si-N-Si（填“＞”“＜”或“=”），原因是____．

II．金屬元素在現(xiàn)代工業(yè)中也占據(jù)極其重要的地位；如以古希臘神話中“泰坦”（Titan）的名字命名的鈦（Titanium）元素，意指“地球的兒子”，象征此物力大無(wú)窮．鈦也被稱為“未來(lái)的鋼鐵”，具有質(zhì)輕，抗腐蝕，硬度大，是宇航；航海、化工設(shè)備等的理想材料，是一種重要的戰(zhàn)略資源，越來(lái)越受到各國(guó)的重視．

（1）基態(tài)鈦原子核外共有____種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不相同的電子．金屬鈦晶胞如下圖1所示，為_(kāi)___堆積（填堆積方式）．

（2）納米TiO2是一種應(yīng)用廣泛的催化劑，其催化的一個(gè)實(shí)例如下圖2．化合物乙的沸點(diǎn)明顯高于化合物甲，主要原因是____．化合物乙中采取sp3雜化的原子的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開(kāi)___．

（3）鈣鈦礦晶體的結(jié)構(gòu)如圖3所示．假設(shè)把氧離子看做硬球接觸模型，鈣離子和鈦離子填充氧離子的空隙，氧離子形成正八面體，鈦離子位于正八面體中心，則一個(gè)鈦離子被____個(gè)氧離子包圍；鈣離子位于立方晶胞的體心，一個(gè)鈣離子被____個(gè)氧離子包圍．鈣鈦礦晶體的化學(xué)式為_(kāi)___．若氧離子半徑為apm，則鈣鈦礦晶體中兩個(gè)鈦離子間最短距離為_(kāi)___pm，鈦離子與鈣離子間最短距離為_(kāi)___pm．

19、如圖1是實(shí)驗(yàn)室制SO2并驗(yàn)證SO2某些性質(zhì)的裝置圖．試回答：

（1）寫出②中的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是____．

（2）③中的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是品紅褪色，證明SO2具有____性．

（3）證明SO2有還原性的實(shí)驗(yàn)是試劑瓶____（填試劑瓶的數(shù)字編號(hào)）中溶液顏色變淺．

（4）證明SO2有氧化性的實(shí)驗(yàn)的試劑瓶中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)____．

（5）該實(shí)驗(yàn)裝置不完善在裝置圖的虛線框如圖2中應(yīng)當(dāng)安裝尾氣吸收裝置，原因是____．20、有KCl、NaCl、Na2CO3的混合物，其中鈉元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.3150，氯為0.2708，為求算Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；某同學(xué)列了以下關(guān)系式：（31.50÷23）+（100-31.50-27.08-x）÷39=（27.08÷35.5）+x÷60X2

解得x=28.25，則Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)___（保留3位小數(shù)）．21、取KClO3和MnO2的混合物16.60g加熱至恒重；將反應(yīng)后的固體加15g水充分溶解，剩余固體6.55g（25℃），再加5g水充分溶解，仍剩余固體4.80g（25℃）．

（1）若剩余的4.80g固體全是MnO2，則原混合物中KClO3的質(zhì)量為_(kāi)___g（保留2位小數(shù)）．

（2）若剩余的4.80g固體是MnO2和KC1的混合物，則25℃時(shí)KC1的溶解度為_(kāi)___．

原混合物中KClO3的質(zhì)量為_(kāi)___g；所得KC1溶液的密度為l.72g/cm3，則溶液物質(zhì)的量濃度為_(kāi)___mol/L（保留2位小數(shù)）．22、硫酸鋇是唯一的無(wú)毒的鋇鹽，工業(yè)上以硫酸鋇等為原料通過(guò)下列流程反應(yīng)可以制備鋅鋇白（BaSO4+ZnS）和過(guò)氧化氫．（皓礬為ZnSO4?7H2O）

（1）上述流程中共有7個(gè)化學(xué)反應(yīng)，其中有____個(gè)屬于氧化還原反應(yīng)．

（2）寫出過(guò)氧化氫和物質(zhì)C的電子式：____，____．

（3）寫出F、G的化學(xué)式：F____、G____．

（4）寫出下列化學(xué)反應(yīng)方程式：反應(yīng)③____．反應(yīng)⑦_(dá)___．

（5）取鋅鋇白固體16.5g溶于100mL1mol/L的H2SO4溶液中，放出H2S氣體1008mL（已折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況）

①不計(jì)溶液體積變化，所得溶液中氫硫酸的物質(zhì)的量濃度為_(kāi)___mol/L；

②加熱驅(qū)盡溶液中H2S后，為使鋅離子剛好完全沉淀，應(yīng)加入1mol/L的NaOH溶液____mL．23、二甲醚（CH3OCH3）是一種重要的精細(xì)化工產(chǎn)品，被認(rèn)為是二十一世紀(jì)最有潛力的燃料[已知：CH3OCH3(g)+3O2(g)＝2CO2(g)+3H2O(1)△H＝－1455kJ/mol]。同時(shí)它也可以作為制冷劑而替代氟氯代烴。工業(yè)上制備二甲醚的主要方法經(jīng)歷了三個(gè)階段：①甲醇液體在濃硫酸作用下或甲醇?xì)怏w在催化作用下直接脫水制二甲醚；2CH3OHCH3OCH3＋H2O②合成氣CO與H2直接合成二甲醚：3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)△H＝－247kJ/mol③天然氣與水蒸氣反應(yīng)制備二甲醚。以CH4和H2O為原料制備二甲醚和甲醇工業(yè)流程如下：（1）寫出CO(g)、H2(g)、O2(g)反應(yīng)生成CO2(g)和H2O(1)的熱化學(xué)方程式（結(jié)果保留一位小數(shù)）。（2）①方法中用甲醇液體與濃硫酸作用直接脫水制二甲醚，盡管產(chǎn)率高，但是逐步被淘汰的主要原因是。（3）在反應(yīng)室2中，一定條件下發(fā)生反應(yīng)3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)在密閉容器中達(dá)到平衡后，要提高CO的轉(zhuǎn)化率，可以采取的措施是____。A．低溫高壓B．加催化劑C．增加CO濃度D．分離出二甲醚（4）在反應(yīng)室3中，在一定溫度和壓強(qiáng)條件下發(fā)生了反應(yīng)：3H2(g)＋CO2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H＜0反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，改變溫度（T）和壓強(qiáng)（P），反應(yīng)混合物CH3OH“物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)”變化情況如圖所示，關(guān)于溫度（T）和壓強(qiáng)（P）的關(guān)系判斷正確的是（填序號(hào)）。A．P3＞P2T3＞T2B．P2＞P4T4＞T2C．P1＞P3T1＞T3D．P1＞P4T2＞T3（5）反應(yīng)室1中發(fā)生反應(yīng)：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)△H＞0寫出平衡常數(shù)的表達(dá)式：。如果溫度降低，該反應(yīng)的平衡常數(shù)。（填“不變”、“變大”、“變小”）（6）如圖為綠色電源“二甲醚燃料電池”的工作原理示意圖。則a電極的反應(yīng)式為：________________。評(píng)卷人得分四、判斷題(共1題，共9分)24、通過(guò)化學(xué)變化可以實(shí)現(xiàn)35Cl與37Cl間的相互轉(zhuǎn)化____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、探究題(共4題，共40分)25、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．26、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來(lái)測(cè)定其含量，操作為：27、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．28、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來(lái)測(cè)定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】裂解是深度裂化以獲得短鏈不飽和烴為主要成分的石油加工過(guò)程．（主要為乙烯，丙烯，丁二烯等不飽和烴）【解析】【解答】解：A；煤的干餾是指煤在隔絕空氣的條件下加熱；生成煤焦油、焦炭、焦?fàn)t煤氣等物質(zhì)，故A錯(cuò)誤；

B；分餾是指通過(guò)石油中含有的物質(zhì)的沸點(diǎn)不同而使各種物質(zhì)分離開(kāi)的一種方法；故B錯(cuò)誤；

C；裂化的目的是為了提高輕質(zhì)液體燃料（汽油；煤油，柴油等）的產(chǎn)量，特別是提高汽油的產(chǎn)量，故C錯(cuò)誤；

D、裂解是深度裂化以獲得短鏈不飽和烴為主要成分的石油加工過(guò)程，（主要為乙烯，丙烯，丁二烯等不飽和烴），故D正確．故選D．2、C【分析】【分析】A；求出鐵的物質(zhì)的量；然后根據(jù)鐵與鹽酸反應(yīng)后變?yōu)?2價(jià)來(lái)分析；

B；常溫常壓下；氣體摩爾體積大于22.4L/mol；

C；求出鋁的物質(zhì)的量；然后根據(jù)鋁反應(yīng)后變?yōu)?3價(jià)來(lái)分析；

D、氦氣為單原子分子．【解析】【解答】解：A、5.6g鐵的物質(zhì)的量為0.1mol，而鐵與鹽酸反應(yīng)后變?yōu)?2價(jià)，故0.1mol鐵轉(zhuǎn)移0.2mol電子即0.2NA個(gè)；故A錯(cuò)誤；

B、常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，故11.2L二氧化硫的物質(zhì)的量小于0.5mol，則含有的氧原子的個(gè)數(shù)小于NA個(gè)；故B錯(cuò)誤；

C、2.7g鋁的物質(zhì)的量為0.1mol，而鋁反應(yīng)后變?yōu)?3價(jià)，故0.1mol鋁失去0.3mol電子即0.3NA個(gè)；故C正確；

D、氦氣為單原子分子，故標(biāo)況下22.4L氦氣即1mol氦氣中含有的原子個(gè)數(shù)為NA個(gè)；故D錯(cuò)誤．

故選C．3、D【分析】【分析】A．使甲基橙呈紅色的溶液；顯酸性；

B．離子之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

C．離子之間結(jié)合生成絡(luò)離子；

D．C（OH-）=0.1mol?L-1的溶液，顯堿性．【解析】【解答】解：A．使甲基橙呈紅色的溶液，顯酸性，酸性溶液中不能大量存在AlO2-、CO32-；故A錯(cuò)誤；

B．H+、Fe2+、H2O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)；不能大量共存，故B錯(cuò)誤；

C．Fe3+、SCN-結(jié)合生成絡(luò)離子；不能大量共存，故C錯(cuò)誤；

D．C（OH-）=0.1mol?L-1的溶液；顯堿性，該組離子之間不反應(yīng)，可大量共存，故D正確；

故選D．4、D【分析】【分析】由電子排布可知，①為S，②為P，③為N，④為F，注意F沒(méi)有正價(jià)，電子層越多，半徑越大，同周期原子序數(shù)大的原子半徑小，非金屬性強(qiáng)，則電負(fù)性大，第一電離能大，以此來(lái)解答．【解析】【解答】解：由電子排布可知；①為S，②為P，③為N，④為F；

A．原子半徑為②＞①＞③＞④；故A錯(cuò)誤；

B．F沒(méi)有正價(jià)；則最高正價(jià)為①＞③=②，故B錯(cuò)誤；

C．非金屬性強(qiáng)；則電負(fù)性大，則電負(fù)性為④＞③＞②＞①，故C錯(cuò)誤；

D．非金屬性強(qiáng)；則第一電離能大，所以第一電離能為④＞③＞②＞①，故D正確；

故選D．5、C【分析】【解析】【答案】C二、多選題(共9題，共18分)6、AC【分析】【分析】A；求出氨氣的物質(zhì)的量；然后根據(jù)氨氣是10電子分子來(lái)計(jì)算；

B；常溫常壓下；氣體摩爾體積大于22.4L/mol；

C；求出氦氣的物質(zhì)的量；然后根據(jù)氦氣為單原子分子來(lái)分析；

D、氣體單質(zhì)可以分為單原子分子、雙原子分子和多原子分子．【解析】【解答】解：A、17g氨氣的物質(zhì)的量為1mol，而氨氣是10電子分子，故1mol氨氣含10NA個(gè)電子；故A正確；

B、常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，故11.2L氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量小于0.5mol，則含有的原子的個(gè)數(shù)小于NA個(gè)；故B錯(cuò)誤；

C；4g氦氣的物質(zhì)的量為1mol；而氦氣為單原子分子，故1mol氦氣中含1mol氦原子，故C正確；

D；同溫同壓下；相同體積的任何氣體的物質(zhì)的量相同，而氣體單質(zhì)可以分為單原子分子、雙原子分子和多原子分子，故還有的原子的數(shù)不一定相同，故D錯(cuò)誤．

故選AC．7、CD【分析】【分析】氧化劑和還原劑反應(yīng)生成氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物；在同一氧化還原反應(yīng)中：

氧化性：氧化劑＞氧化產(chǎn)物＞還原產(chǎn)物＞還原劑；

還原性：還原劑＞還原產(chǎn)物＞氧化產(chǎn)物＞氧化劑，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：2KI+Br2=2KBr+I2中氧化劑為：Br2，氧化產(chǎn)物為：I2，所以氧化性：Br2＞I2；

2KI+Br2=2KBr+I2中還原劑為：I-，氧化產(chǎn)物為：Br-，所以氧化性：I-＞Br-；

2HBrO3+I2=2HIO3+Br2中氧化劑為：HBrO3，還原劑為：I2，氧化產(chǎn)物為：HIO3，還原產(chǎn)物為：Br2，所以氧化性：HBrO3＞HIO3；還原性：HIO3＞HBrO3；

故答案為：CD．8、AD【分析】【分析】干燥的氯氣不能漂白有色布條，潮濕的氯氣能使有色布條褪色；在X處通入氯氣，關(guān)閉Y閥時(shí)，氯氣先經(jīng)過(guò)溶液W，而Z處紅色布條無(wú)變化，說(shuō)明W處可以干燥氯氣或與氯氣發(fā)生反應(yīng)；打開(kāi)Y閥時(shí)，紅色布條褪色，說(shuō)明通入的氯氣為潮濕的氯氣，氯氣發(fā)生反應(yīng)為：Cl2+H2O=HCl+HClO，生成的次氯酸具有漂白性，能夠使有色布條褪色，據(jù)此進(jìn)行判斷．【解析】【解答】解：A；若W處盛放濃硫酸；關(guān)閉Y閥時(shí)，氯氣被濃硫酸干燥，干燥氯氣不具有漂白性，所以Z處干燥的紅色布條無(wú)變化；打開(kāi)Y閥時(shí)，Z處紅色布條不能夠褪色，故A錯(cuò)誤；

B；通入的氯氣中含有水分；關(guān)閉Y閥時(shí)，氯氣經(jīng)過(guò)W溶液若是濃硫酸，不能夠使有色布條褪色，但是關(guān)閉Y時(shí)，能使Z褪色，故B正確；

C；若W處是足量的氫氧化鈉濃溶液；關(guān)閉Y閥時(shí)，氯氣氫氧化鈉后，被消耗，有色布條不褪色，關(guān)閉Y，則會(huì)褪色，故C正確；

D；若W盛放的為飽和食鹽水；關(guān)閉Y閥時(shí)，氯氣在飽和食鹽水中溶解度很小，所以Z處干燥的紅色布條會(huì)褪色，故D錯(cuò)誤；

故選AD．9、CD【分析】【分析】氬是18號(hào)元素，原子核外有18個(gè)電子，X2+和Y-與氬的電子層結(jié)構(gòu)相同，陽(yáng)離子中核外電子數(shù)=質(zhì)子數(shù)-電荷數(shù)=18，所以X質(zhì)子數(shù)是20，該元素是鈣元素；陰離子Y核外電子數(shù)=質(zhì)子數(shù)+電荷數(shù)=18，質(zhì)子數(shù)=17，所以Y是氯元素．【解析】【解答】解：氬是18號(hào)元素，原子核外有18個(gè)電子，X2+和Y-與氬的電子層結(jié)構(gòu)相同；陽(yáng)離子中核外電子數(shù)=質(zhì)子數(shù)-電荷數(shù)=18，所以X質(zhì)子數(shù)是20，該元素是鈣元素；陰離子Y核外電子數(shù)=質(zhì)子數(shù)+電荷數(shù)=18，質(zhì)子數(shù)=17，所以Y是氯元素．

A；鈣原子半徑大于氯原子半徑；故A正確．

B；鈣原子序數(shù)是20；氯原子序數(shù)是17，所以原子序數(shù)X＞Y，故B正確．

C；鈣原子最外層有2個(gè)電子；氯原子最外層有7個(gè)電子，所以最外層電子數(shù)X＜Y，故C錯(cuò)誤．

D；鈣原子有4個(gè)電子層；氯原子有3個(gè)電子層，所以電子層數(shù)X＞Y，故D錯(cuò)誤．

故選CD．10、AD【分析】【分析】在常見(jiàn)的有機(jī)化合物中甲烷是正四面體結(jié)構(gòu)，乙烯和苯是平面型結(jié)構(gòu)，乙炔是直線型結(jié)構(gòu)，其它有機(jī)物可在此基礎(chǔ)上進(jìn)行判斷．【解析】【解答】解：A．共有3個(gè)碳原子；處于同一平面上，故A正確；

B．CH2=CHCH2CH3中與C=C直接相連的原子公平面；甲基不直接連在碳碳雙鍵上，則不一定處于同一平面上，故B錯(cuò)誤；

C．CH3C=CCH2CH3中與C=C直接相連的原子公平面；甲基不直接連在碳碳雙鍵上，則不一定處于同一平面上，故C錯(cuò)誤；

D．苯為平面結(jié)構(gòu)；甲苯中甲基碳原子處于苯中H原子位置，所有碳原子都處在同一平面上，故D正確．

故選AD．11、AD【分析】【分析】根據(jù)給定原子序數(shù)確定元素，然后確定原子的最外層電子數(shù)，由最外層電子數(shù)確定元素的化合價(jià)，再判斷能否形成原子數(shù)之比為1：1共價(jià)化合物．【解析】【解答】解：A；原子序數(shù)為3的原子的最外層電子數(shù)為1；在化合物中元素的化合價(jià)為+1價(jià)，而序數(shù)為17的原子的最外層電子數(shù)為7，在化合物中元素的化合價(jià)為-1價(jià)，則能形成原子個(gè)數(shù)之比為1：1的離子化合物，故A錯(cuò)誤；

B、原子序數(shù)為1，在化合物中元素的化合價(jià)為+1價(jià)；序數(shù)為8，最外層電子數(shù)為6，在化合物中元素的化合價(jià)為-2價(jià)，但可形成H2O2；則能形成原子數(shù)之比為1：1共價(jià)化合物，故B正確；

C；原子序數(shù)為6；最外層電子數(shù)為4，在化合物中元素的化合價(jià)為+4價(jià)；序數(shù)為8，最外層電子數(shù)為6，在化合物中元素的化合價(jià)為-2價(jià)，但可形成CO，則能形成原子數(shù)之比為1：1共價(jià)化合物，故C正確；

D、原子序數(shù)為7，最外層電子數(shù)為5，在化合物中元素的常見(jiàn)化合價(jià)為-3或+5價(jià)；而序數(shù)為12的原子，最外層電子數(shù)為2，在化合物中元素的化合價(jià)為+2價(jià)，則能形成Mg3N2原子數(shù)之比為3：2的離子化合物；故D錯(cuò)誤；

故選AD．12、AC【分析】【分析】A．同一主族元素；元素的非金屬性隨著原子序數(shù)增大而減弱；

B．元素的非金屬性越強(qiáng)；其氫化物越穩(wěn)定；

C．S和Se位于同一主族，與溴同一周期，其原子序數(shù)比S大18、比Br小1；

D．元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)．【解析】【解答】解：A．同一主族元素；元素的非金屬性隨著原子序數(shù)增大而減弱，S和Se屬于同一主族元素，且原子序數(shù)Se＞S，所以非極性小于S，故A正確；

B．元素的非金屬性越強(qiáng)，其氫化物越穩(wěn)定，非金屬性Se＜Br，所以氫化物比HBr弱；故B錯(cuò)誤；

C．S和Se位于同一主族，與溴同一周期，其原子序數(shù)比S大18、比Br小1；S的原子序數(shù)為16，所以Se的原子序數(shù)=16+18=34，故C正確；

D．元素的非金屬性越強(qiáng)；其最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)，Se的非金屬性大于其自身金屬性，其最高價(jià)氧化物的水化物呈酸性，故D錯(cuò)誤；

故選AC．13、AC【分析】【分析】A．硫酸銨不是重金屬鹽；不能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性；

B．蛋白質(zhì)溶液是膠體；

C．“鋇餐”的成分是硫酸鋇；

D．蛋白質(zhì)遇濃HNO3變黃．【解析】【解答】解：A．在蛋白質(zhì)溶液中加入飽和硫酸銨溶液；蛋白質(zhì)析出，說(shuō)明飽和硫酸銨溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小，此過(guò)程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化，若再加水，還能溶解，故A錯(cuò)誤；

B．蛋白質(zhì)溶液是膠體；膠粒不能透過(guò)半透膜，故B正確；

C．“鋇餐”的成分是硫酸鋇；硫酸鋇不溶于酸，無(wú)法生成鋇離子，不會(huì)引起中毒，故C錯(cuò)誤；

D．含有苯環(huán)的蛋白質(zhì)遇濃HNO3變黃；故D正確．

故選AC．14、BD【分析】【分析】A．應(yīng)防止氫氧化亞鐵被氧化；

B．根據(jù)最高價(jià)氧化物的酸性強(qiáng)弱比較非金屬性；

C．CO2和HCl都可與飽和碳酸鈉溶液反應(yīng)；

D．沸水中滴加飽和氯化鐵溶液可生成氫氧化鐵膠體．【解析】【解答】解：A．氫氧化亞鐵不穩(wěn)定；易被氧化，應(yīng)將膠頭滴管插入到液面以下，故A錯(cuò)誤；

B．硫酸與碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳；二氧化碳通入硅酸鈉溶液中生成硅酸沉淀，可證明酸性硫酸大于碳酸大于硅酸，則說(shuō)明非金屬性強(qiáng)弱：S＞C＞Si，故B正確；

C．CO2和HCl都可與飽和碳酸鈉溶液反應(yīng)；應(yīng)用飽和碳酸氫鈉除雜，故C錯(cuò)誤；

D．沸水中滴加飽和氯化鐵溶液可生成氫氧化鐵膠體；故D正確．

故選BD．三、填空題(共9題，共18分)15、ZnZnHHH2SO4ZnH2SO4Zn【分析】【分析】Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑中，Zn元素的化合價(jià)由0升高為+2價(jià)，H元素的化合價(jià)由+1價(jià)降低為0，以此來(lái)解答．【解析】【解答】解：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑中；Zn元素的化合價(jià)由0升高為+2價(jià)，失去電子被氧化，發(fā)生氧化反應(yīng)，則Zn具有還原性，作還原劑；

H元素的化合價(jià)由+1價(jià)降低為0，得到電子被還原，發(fā)生還原反應(yīng)，則H2SO4為氧化劑；具有氧化性；

故答案為：Zn；Zn；H；H；H2SO4；Zn；H2SO4；Zn．16、氧化還原還原Fe+2HCl=FeCl2+H2↑Fe+2H+=Fe2++H2↑【分析】【分析】（1）“服用維生素C，可使食物中的Fe3+還原成Fe2+”；Fe元素的化合價(jià)降低，則維生素C中某元素的化合價(jià)升高；

（2）鐵粉在人體胃酸（主要成分是鹽酸）的作用下轉(zhuǎn)化成亞鐵鹽，F(xiàn)e與鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣．【解析】【解答】解：（1）“服用維生素C，可使食物中的Fe3+還原成Fe2+”，F(xiàn)e元素的化合價(jià)降低，則維生素C中某元素的化合價(jià)升高，則維生素C在這一反應(yīng)中被氧化，具有還原性，F(xiàn)e3+發(fā)生了還原反應(yīng)；故答案為：氧化；還原；還原；

（2）鐵粉在人體胃酸（主要成分是鹽酸）的作用下轉(zhuǎn)化成亞鐵鹽，F(xiàn)e與鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣，化學(xué)反應(yīng)為Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，離子反應(yīng)為Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案為：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑．17、O1：2C＞N＞O＞HN2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-1500kJ/molb【分析】【分析】X；Y、Z、L四種元素是人體內(nèi)的主要元素且原子序數(shù)依次增大；

（1）人體中主要存在C；H、O、N元素；L原子序數(shù)最大，則L為O元素，X為H、Y為C、Z為N元素；

C元素原子核外電子中；未成對(duì)電子數(shù)與成對(duì)電子數(shù)之比為2：4=1：2；原子電子層數(shù)越多，其原子半徑越大，同一周期元素，原子半徑隨著原子序數(shù)最大而減?。?/p>

（2）N、H兩元素按原子數(shù)目比1：3可構(gòu)成分子A，A為NH3；氨氣分子中N原子和每個(gè)H原子形成一個(gè)共用電子對(duì)，N原子還存在一個(gè)孤電子對(duì)；

B分子也由Z、X兩元素組成，作為運(yùn)送飛船的火箭燃料，常溫下是一種液態(tài)化合物，該化合物的相對(duì)分子質(zhì)量為32，其中X元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為12.5%，則B為N2H4；且該分子結(jié)構(gòu)中只有單鍵，則B中每個(gè)N原子連接2個(gè)N原子且N原子之間存在一個(gè)共價(jià)鍵，據(jù)此書寫B(tài)的結(jié)構(gòu)式；

64gB的物質(zhì)的量是2mol；2mol肼和雙氧水完全反應(yīng)生成氮?dú)夂退懦?000kJ的熱量，則1mol肼和雙氧水反應(yīng)生成氮?dú)夂退懦?500kJ燃料，據(jù)此書寫該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式；

（3）Se和氫氣反應(yīng)需要不斷加熱才能反應(yīng)，所以該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，元素的非金屬性越弱，其吸收的熱量越大．【解析】【解答】解：（1）人體中主要存在C；H、O、N元素；L原子序數(shù)最大，則L為O元素，X為H、Y為C、Z為N元素；

C元素原子核外電子中；未成對(duì)電子數(shù)與成對(duì)電子數(shù)之比為2：4=1：2；原子電子層數(shù)越多，其原子半徑越大，同一周期元素，原子半徑隨著原子序數(shù)最大而減小，所以原子半徑大小順序是C＞N＞O＞H；

故答案為：O；1：2；C＞N＞O＞H；

（2）N、H兩元素按原子數(shù)目比1：3可構(gòu)成分子A，A為NH3，氨氣分子中N原子和每個(gè)H原子形成一個(gè)共用電子對(duì)，N原子還存在一個(gè)孤電子對(duì)，其電子式為

B分子也由Z、X兩元素組成，作為運(yùn)送飛船的火箭燃料，常溫下是一種液態(tài)化合物，該化合物的相對(duì)分子質(zhì)量為32，其中X元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為12.5%，則B為N2H4，且該分子結(jié)構(gòu)中只有單鍵，則B中每個(gè)N原子連接2個(gè)N原子且N原子之間存在一個(gè)共價(jià)鍵，B的結(jié)構(gòu)式為64gB的物質(zhì)的量是2mol，2mol肼和雙氧水完全反應(yīng)生成氮?dú)夂退懦?000kJ的熱量，則1mol肼和雙氧水反應(yīng)生成氮?dú)夂退懦?500kJ燃料，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-1500kJ/mol；

故答案為：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-1500kJ/mol；

（3）Se和氫氣反應(yīng)需要不斷加熱才能反應(yīng)，所以該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，元素的非金屬性越弱，其吸收的熱量越大，非金屬性O(shè)＞S＞Se＞Te，所以生成硒化氫需要吸收29.7kJ熱量，故選b．18、洪特規(guī)則sp2雜化3＞Si3N4晶體中Si原子周圍有4個(gè)N原子，Si原子為sp3雜化，N-Si-N鍵角為109°28′，N原子周圍連接3個(gè)Si原子，含有1對(duì)孤對(duì)電子，N原子為sp3雜化，但孤對(duì)電子對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用更大，使得Si-N-Si鍵角小于109°28′22六方最密化合物乙分子間形成氫鍵O＞N＞C812CaTiO32aa【分析】【分析】I．（1）基態(tài)N原子中電子在2p軌道上的排布遵循的原則是洪特規(guī)則，N2F2分子中N原子之間形成N=N雙鍵；N原子與F原子之間形成N-F鍵，N原子含有1對(duì)孤對(duì)電子；

（2）Si3N4晶體中Si原子周圍有4個(gè)N原子，Si原子為sp3雜化，N原子周圍連接3個(gè)Si原子，含有1對(duì)孤對(duì)電子，N原子為sp3雜化；但孤對(duì)電子對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用更大；

II．（1）核外電子沒(méi)有運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同的電子；由金屬鈦晶胞結(jié)構(gòu)可知；屬于六方最密堆積；

（2）化合物甲與化合物乙均為分子晶體，但化合物乙分子間可形成氫鍵；化合物乙中C、N、O三種原子的雜化軌道形成均為sp3；同周期自左而右電負(fù)性增大；

（3）鈦晶礦晶胞中鈦離子與周圍六個(gè)氧原子包圍形成八面體；立方體晶胞共有12個(gè)邊長(zhǎng)，每條邊長(zhǎng)的中點(diǎn)是一個(gè)氧原子，共12個(gè)氧原子包圍著中心的鈣離子，根據(jù)均攤法計(jì)算圖中立方體中各原子數(shù)目確定化學(xué)式；

若氧離子半徑為apm，則正八面體的棱長(zhǎng)為2apm，則2個(gè)正四面體的連接面為正方形，該正方形棱長(zhǎng)為2apm，Ti位于正方形的中心，兩個(gè)鈦離子間最短距離等于正方形對(duì)角線長(zhǎng)度，圖中立方體中心鈣離子與頂點(diǎn)上鈦離子之間距離最短，為體對(duì)角線長(zhǎng)度的．【解析】【解答】解：（1）基態(tài)N原子中電子在2p軌道上的排布遵循的原則是洪特規(guī)則；

N2F2分子結(jié)構(gòu)式為F-N=N-F，分子中N原子含有1對(duì)孤對(duì)電子，N原子的雜化方式是sp2雜化，lmolN2F2含有3molσ鍵；

故答案為：洪特規(guī)則；sp2雜化；3；

（2）Si3N4晶體中Si原子周圍有4個(gè)N原子，Si原子為sp3雜化，N-Si-N鍵角為109°28′，N原子周圍連接3個(gè)Si原子，含有1對(duì)孤對(duì)電子，N原子為sp3雜化；但孤對(duì)電子對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用更大，使得Si-N-Si鍵角小于109°28′；

故答案為：＞；Si3N4晶體中Si原子周圍有4個(gè)N原子，Si原子為sp3雜化，N-Si-N鍵角為109°28′，N原子周圍連接3個(gè)Si原子，含有1對(duì)孤對(duì)電子，N原子為sp3雜化；但孤對(duì)電子對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用更大，使得Si-N-Si鍵角小于109°28′；

Ⅱ（1）Ti原子核外電子數(shù)為22；核外共有22種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不相同的電子；由金屬鈦晶胞結(jié)構(gòu)可知，屬于六方最密堆積；

故答案為：22；六方最密；

（2）化合物乙因分子間存在氫鍵，則化合物乙的沸點(diǎn)比化合物甲高，化合物乙中C、N、O三種原子的雜化軌道形成均為sp3；同周期自左而右電負(fù)性增大，故電負(fù)性：O＞N＞C；

故答案為：化合物乙分子間形成氫鍵；O＞N＞C；

（3）鈦離子位于立方晶胞的角頂，被6個(gè)氧離子包圍成配位八面體；鈣離子位于立方晶胞的體心，被12個(gè)氧離子包圍；每個(gè)晶胞中鈦離子和鈣離子均為1個(gè)，晶胞的12個(gè)邊長(zhǎng)上各有一個(gè)氧原子，根據(jù)均攤原則，每個(gè)晶胞實(shí)際占有氧原子數(shù)目為12×=3，則晶胞的化學(xué)式為CaTiO3；

若氧離子半徑為apm，則正八面體的棱長(zhǎng)為2apm，則2個(gè)正四面體的連接面為正方形，該正方形棱長(zhǎng)為2apm，Ti位于正方形的中心，兩個(gè)鈦離子間最短距離正方形對(duì)角線長(zhǎng)度，故兩個(gè)鈦離子間最短距離為2apm，圖中立方體中心鈣離子與頂點(diǎn)上鈦離子之間距離最短，為體對(duì)角線長(zhǎng)度的，則二者最短距離為××2apm=apm；

故答案為：6；12；CaTiO3；2a；a．19、紫色石蕊試液變紅漂白⑤SO2+2H2S=3S↓+2H2OSO2能造成環(huán)境污染【分析】【分析】由圖中實(shí)驗(yàn)裝置可知，①中發(fā)生Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+SO2↑，生成的二氧化硫?yàn)樗嵝匝趸?，則②中石蕊變紅，二氧化硫具有漂白性，則③中品紅溶液褪色，④中發(fā)生SO2+2H2S=3S↓+2H2O，觀察到沉淀生成，⑤中二氧化硫與碘水發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和HI，虛線框如圖2中應(yīng)當(dāng)安裝尾氣吸收裝置，因二氧化硫有毒，不能排放在環(huán)境中，以此來(lái)解答．【解析】【解答】解：（1）二氧化硫溶于水和水反應(yīng)生成亞硫酸；亞硫酸為弱酸，可以使紫色石蕊試液變紅，故答案為：紫色石蕊試液變紅；

（2）二氧化硫與品紅化合生成無(wú)色物質(zhì)；能使品紅溶液褪色，故二氧化硫具有漂白性，故答案為：漂白；

（3）①中制備二氧化硫，②體現(xiàn)酸性氧化物的性質(zhì)，③體現(xiàn)其漂白性，④發(fā)生SO2+2H2S=3S↓+2H20體現(xiàn)二氧化硫的氧化性，⑤中發(fā)生I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4；顯然只有⑤中S元素的化合價(jià)升高，體現(xiàn)其還原性；

故答案為：⑤；

（4）證明SO2有氧化性的實(shí)驗(yàn)的試劑瓶中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故答案為：SO2+2H2S=3S↓+2H2O；

（5）虛線框如圖2中應(yīng)當(dāng)安裝尾氣吸收裝置，原因是SO2能造成環(huán)境污染，故答案為：SO2能造成環(huán)境污染．20、0.499【分析】【分析】方程式（31.50÷23）+（100-31.50-27.08-x）÷39=（27.08÷35.5）+x÷60×2是根據(jù)電荷守恒列出的，并且設(shè)混合物的質(zhì)量為100g、碳酸根離子的質(zhì)量為xg，根據(jù)計(jì)算結(jié)果及碳酸鈉的化學(xué)式可以計(jì)算出碳酸鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．【解析】【解答】解：設(shè)混合物質(zhì)量為100g，碳酸根離子的質(zhì)量為x，則溶液電中性（忽略氫離子、氫氧根離子）可得：c（Na+）+c（K+）=2c（CO32-）+c（Cl-）；

即：（31.50÷23）+（100-31.50-27.08-x）÷39=（27.08÷35.5）+x÷60×2；

解得：x=28.25g；

則碳酸鈉的質(zhì)量為：28.25g×=49.9g；

則碳酸鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：=0.499；

故答案為：0.499．21、11.8035g12.255.99【分析】【分析】（1）若剩余的4.80g固體全是MnO2；則原混合物的質(zhì)量減去二氧化錳的質(zhì)量為氯酸鉀的質(zhì)量；

（2）若剩余的4.80g固體是MnO2和KC1的混合物；則5g水溶解的氯化鉀為6.55g-4.8g=1.75g，據(jù)此解答氯化鉀的溶解度；

根據(jù)5g水溶解的氯化鉀計(jì)算15g水溶解KCl的質(zhì)量，進(jìn)而計(jì)算混合物加熱后剩余固體的質(zhì)量，利用差量法計(jì)算生成的氧氣的質(zhì)量，根據(jù)方程式計(jì)算原混合物混合物中KClO3的質(zhì)量；

所得的KCl溶液為飽和溶液，根據(jù)溶解度計(jì)算KCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，利用c=計(jì)算氯化鉀溶液的物質(zhì)的量濃度．【解析】【解答】解：（1）若剩余的4.80g固體全是MnO2，則原混合物中KClO3的質(zhì)量為16.60g-4.80g=11.80g；

故答案為：11.80；

（2）若剩余的4.80g固體是MnO2和KC1的混合物，則5g水溶解的氯化鉀為6.55g-4.8g=1.75g，故氯化鉀的溶解度為1.75g×=35g；

15g水溶解KCl的質(zhì)量為1.75g×=5.25g；混合物加熱后剩余固體的質(zhì)量為6.55g+5.25g=11.8g，加熱固體生成的氧氣質(zhì)量為16.6g-11.8g=4.8g，則：

2KClO32KCl+3O2↑

245g96g

m（KClO3）4.8g

所以m（KClO3）==12.25g；

所得的KCl溶液為飽和溶液，KCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=，KC1溶液的密度為l.72g/cm3，則氯化鉀溶液的物質(zhì)的量濃度為mol/L=5.99mol/L；

故答案為：35g；12.25；5.99．22、3BaCO3BaOBaS+ZnSO4=ZnS↓+BaSO4↓BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O20.05200【分析】【分析】重晶石是BaSO4，黑色單質(zhì)A通常是碳．由BaSO4和單質(zhì)碳高溫生成氣體B，B燃燒生成氣體C，可知B是CO，C是CO2．有臭雞蛋氣味的氣體E是H2S，而H2S是由D溶于H2O通入CO2所得，則D中含S2-．BaSO4和單質(zhì)碳高溫生成氣體CO，同時(shí)生成白色固體D，則D是BaS．BaS溶于H2O，與皓礬（ZnSO4?7H2O）反應(yīng)生成鋅鋇白（BaSO4和ZnS的混合物）．BaS溶于H2O通入CO2產(chǎn)生H2S，同時(shí)生成白色沉淀F，可知F是BaCO3．進(jìn)一步推出G是BaO，H是BaO2，BaO2與稀H2SO4反應(yīng)生成BaSO4沉淀和H2O2．

（1）元素化合價(jià)在反應(yīng)前后發(fā)生變化的反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)；

（2）H2O2屬于共價(jià)化合物；分子中氧原子與氫原子之間形成1對(duì)共用電子對(duì)，氧原子之間形成1對(duì)共用電子對(duì)；

C是CO2；屬于共價(jià)化合物，分子中碳原子與氧原子之間形成2對(duì)共用電子對(duì)；

（3）由分析可知，F(xiàn)是BaCO3；G是BaO；

（4）根據(jù)上述分析可知各反應(yīng)中反應(yīng)物與產(chǎn)物；配平書寫方程式；

（5）①鋅鋇白固體中n（ZnS）=n（BaSO4），計(jì)算16.5g鋅鋇白固體中n（ZnS）=n（BaSO4）=0.05ml，1008mLH2S氣體的物質(zhì)的量為=0.045mol，所以溶液中氫硫酸的物質(zhì)的量為0.05mol-0.045mol=0.005mol，再根據(jù)c=計(jì)算硫化氫的濃度；

②加熱驅(qū)盡溶液中H2S后，為使鋅離子剛好完全沉淀，形成的溶液為硫酸鈉溶液，根據(jù)硫酸根守恒可知，n（Na2SO4）=n（H2SO4），由鈉離子守恒可知，n（NaOH）=2n（Na2SO4）=2n（H2SO4），再根據(jù)V=計(jì)算．【解析】【解答】解：重晶石是BaSO4，黑色單質(zhì)A通常是碳．由BaSO4和單質(zhì)碳高溫生成氣體B，B燃燒生成氣體C，可知B是CO，C是CO2．有臭雞蛋氣味的氣體E是H2S，而H2S是由D溶于H2O通入CO2所得，則D中含S2-．BaSO4和單質(zhì)碳高溫生成氣體CO，同時(shí)生成白色固體D，則D是BaS．BaS溶于H2O，與皓礬（ZnSO4?7H2O）反應(yīng)生成鋅鋇白（BaSO4和ZnS的混合物）．BaS溶于H2O通入CO2產(chǎn)生H2S，同時(shí)生成白色沉淀F，可知F是BaCO3．進(jìn)一步推出G是BaO，H是BaO2，BaO2與稀H2SO4反應(yīng)生成BaSO4沉淀和H2O2．

（1）流程中7個(gè)化學(xué)反應(yīng)，反應(yīng)①BaSO4+4C=BaS+4CO↑，碳元素的化合價(jià)由0價(jià)升高為+2價(jià)，硫元素化合價(jià)由+6價(jià)降低為-2價(jià)，屬于氧化還原反應(yīng)；反應(yīng)②是CO的燃燒，碳元素、氧元素化合價(jià)發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)；反應(yīng)③BaS+ZnSO4=ZnS↓+BaSO4↓，各元素化合價(jià)未發(fā)生變化，屬于復(fù)分解反應(yīng)；反應(yīng)④BaS+H2O+CO2=BaCO3↓+H2S，各元素化合價(jià)未發(fā)生變化，屬于復(fù)分解反應(yīng)；反應(yīng)⑤為BaCO3Ba+CO2↑，各元素化合價(jià)未發(fā)生變化，屬于分解反應(yīng)；反應(yīng)⑥為2BaO+O22BaO2，氧元素化合價(jià)發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)；反應(yīng)⑦BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2；各元素化合價(jià)未發(fā)生變化，屬于復(fù)分解反應(yīng)．所以7個(gè)反應(yīng)中①②⑥屬于氧化還原反應(yīng)，故答案為：3；

（2）H2O2屬于共價(jià)化合物，分子中氧原子與氫原子之間形成1對(duì)共用電子對(duì)，氧原子之間形成1對(duì)共用電子對(duì)，電子式為

C是CO2，屬于共價(jià)化合物，分子中碳原子與氧原子之間形成2對(duì)共用電子對(duì)，電子式為

故答案為：

（3）由分析可知，F(xiàn)是BaCO3，G是BaO，故答案為：BaCO3；BaO；

（4）由分析可知，反應(yīng)③：BaS+ZnSO4=ZnS↓+BaSO4↓．反應(yīng)⑦：BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2；

故答案為：BaS+ZnSO4=ZnS↓+BaSO4↓；BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2；

（5）①由工藝流程，反應(yīng)③：BaS+ZnSO4=ZnS↓+BaSO4↓可知，鋅鋇白固體中n（ZnS）=n（BaSO4），所以n（ZnS）×97g/mol+=n（BaSO4）×233g/mol=16.5g，解得n（ZnS）=n（BaSO4）=0.05ml，1008mLH2S氣體的物質(zhì)的量為=0.045mol，所以溶液中氫硫酸的物質(zhì)的量為0.05mol-0.045mol=0.005mol，溶液中氫硫酸的物質(zhì)的量濃度為=0.05mol/L；

故答案為：0.05；

②加熱驅(qū)盡溶液中H2S后，為使鋅離子剛好完全沉淀，形成的溶液為硫酸鈉溶液，根據(jù)硫酸根守恒可知，n（Na2SO4）=n（H2SO4），由鈉離子守恒可知，n（NaOH）=2n（Na2SO4）=2n（H2SO4）=2×0.1L×1mol/L=0.2mol，故需要1mol/L的NaOH溶液體積為=0.2L=200mL，故答案為：200．23、略

【分析】考點(diǎn)分析：（1）已知CH3OCH3(g)+3O2(g)＝2CO2(g)+3H2O(1)△H＝－1455kJ/mol，3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)△H＝－247kJ/mol由蓋斯定律兩個(gè)方程式合并得H2(g)＋CO(g)+O2(g)H2O(1)＋CO2(g)△H＝—567.3kJ/mol。（2）中考慮到用到濃硫酸，會(huì)對(duì)設(shè)備有所損壞，且環(huán)境污染嚴(yán)重，操作條件惡劣。（3）結(jié)合反應(yīng)特點(diǎn)，可以加壓或降溫，或分離出產(chǎn)品，均能增大CO的轉(zhuǎn)化率。（4）由方程式3H2(g)＋CO2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H＜0可知，增大壓強(qiáng)或降低溫度有利于反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，P1>P2>P3>P4,T1>T2>T3>T4所以CD正確。（5）化學(xué)平衡常數(shù)的表達(dá)式為k＝因?yàn)檎磻?yīng)吸熱，所以降溫，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，平衡常數(shù)變小。（6）由圖可知，原電池的電解質(zhì)溶液為KOH溶液，堿性；a極為原電池的負(fù)極，電極反應(yīng)式為CH3OCH3－12e－+16OH－＝2CO32－+11H2O，b極為正極，電極反應(yīng)式為O2+2H2O－4e－=4OH－.考點(diǎn)：熱化學(xué)方程式的書寫、化學(xué)反應(yīng)平衡的移動(dòng)、平衡常數(shù)、及原電池原理?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）CO(g)＋H2(g)＋O2(g)CO2(g)＋H2O(l)△H＝—567.3kJ/mol（2分）（2）濃硫酸對(duì)設(shè)備腐蝕性嚴(yán)重，環(huán)境污染嚴(yán)重，操作條件惡劣。（2分）（3）AD（2分）（4）CD（2分）（5）k＝（2分），變?。?分）（6）CH3OCH3－12e－+16OH－＝2CO32－+11H2O（3分）四、判斷題(共1題，共9分)24、×【分析】【分析】化學(xué)變化不涉及原子核內(nèi)部的變化，即化學(xué)變化不能改變中子數(shù)、質(zhì)子數(shù)．故通過(guò)化學(xué)變化無(wú)法實(shí)現(xiàn)35Cl與37Cl間的相互轉(zhuǎn)化，同位素之間的轉(zhuǎn)化屬于核變化．【解析】【解答】解：35Cl與37Cl間的相互轉(zhuǎn)化沒(méi)有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故通過(guò)化學(xué)變化無(wú)法實(shí)現(xiàn)35Cl與37Cl間的相互轉(zhuǎn)化；

故答案為：×．五、探究題(共4題，共40分)25、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．26、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會(huì)加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶