2025年湘教新版必修1化學下冊月考試卷

…………○…………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2025年湘教新版必修1化學下冊月考試卷752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、短周期中有X、Y、Z三種元素，Z可分別與X、Y組成化合物XZ2、ZY2，這三種元素原子的核外電子數(shù)之和為30，每個XZ2分子的核外電子總數(shù)為38，由此可推知X、Y、Z依次為（）A.Na、F、OB.N、O、PC.C.F、OD.O、S2、科學家合成出了一種新化合物（如圖所示）；其中M；W、T、L為同一短周期元素，L核外最外層電子數(shù)是W核外電子數(shù)的一半。下列敘述正確的是（）

A.化合物ML屬于弱電解質(zhì)B.該新化合物中T滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)C.W的最高價氧化物可以與水反應生成弱酸D.元素非金屬性的順序為W>T>L3、下列關(guān)于鈉的說法中不正確的是A.金屬鈉著火時，可以用砂土滅火B(yǎng).鈉長期放置在空氣中，最終將變成碳酸鈉C.實驗后剩余的鈉粒，需要放回原試劑瓶中D.將一小塊鈉投入氯化鐵溶液時，既能產(chǎn)生氣體又會出現(xiàn)白色沉淀4、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.0.1molNaCl固體中含有的離子總數(shù)為0.1NAB.0.1mol·L-1K2SO4溶液中含有SO數(shù)為0.1NAC.室溫下，2.24LCl2與足量Mg反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NAD.0.1molCO和N2的混合氣體中含有電子數(shù)為1.4NA5、下列各組物質(zhì)的各步轉(zhuǎn)化均可以通過一步反應完成的是A.S→SO3→H2SO4→SO2B.Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3C.Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3D.Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、按要求回答下列問題：

（1）以下物質(zhì)中：①酒精，②熔融KCl，③NaHSO4固體，④氫氧化鈉溶液，⑤銅，⑥CO2，⑦Fe(OH)3膠體，⑧熔化的NaOH，⑨醋酸，⑩溴化氫。其中屬于電解質(zhì)的是___(填編號，下同)，其中屬于電解質(zhì)且能導電的有___，屬于非電解質(zhì)的是___。

（2）向Fe(OH)3膠體中逐滴滴入過量的鹽酸，會出現(xiàn)一系列變化：先出現(xiàn)___，后出現(xiàn)___，出現(xiàn)現(xiàn)象2的原因___(用離子方程式表示)。7、在反應Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中，氧化劑是___________，氧化產(chǎn)物是___________，還原產(chǎn)物是___________，______元素的化合價升高，該元素的原子___________電子，______發(fā)生氧化反應；該反應轉(zhuǎn)移1mol電子時，消耗銅的物質(zhì)的量為___________mol。8、Fe(OH)3膠體在生活中有重要應用，利用FeCl3和沸水反應制備的Fe(OH)3膠體中?；煊蠪eCl3和HCl。已知膠體不能透過半透膜；而小分子和離子可以透過半透膜。試回答下列有關(guān)問題∶

(1)實驗室制取Fe(OH)3膠體的化學方程式是_________________________。

(2)用_________________方法除去膠體中的渾濁物;用_________________方法除去膠體中混有的FeCl3和HCl。

(3)鑒別Fe(OH)3膠體和FeCl3溶液最簡單的方法是_____。(填字母)

a．觀察液體顏色b．丁達爾效應c．加人AgNO3溶液是否出現(xiàn)沉淀。

(4)寫出證明膠體和Cl—已經(jīng)分離的實驗方案___________________________。

(5)Fe(OH)3膠體做電泳實驗；在______(填"陰極"或"陽極")區(qū)域看到紅褐色顏色加深。

(6)向Fe(OH)3膠體中滴加鹽酸至過量，觀察到的現(xiàn)象是_________________。9、用Na2CO3·10H2O晶體，配置0.2mol/L的Na2CO3溶液480ml

（1）應稱取Na2CO3·10H2O晶體的質(zhì)量為____。

（2）根據(jù)下列操作對所配溶液的濃度產(chǎn)生的影響；完成下列要求：

①Na2CO3·10H2O晶體失去了部分結(jié)晶水；②用“左物右碼”的稱量方法稱量晶體（使用游碼）；

③碳酸鈉晶體不純；其中混有氯化鈉；④稱量碳酸鈉晶體時所用砝碼生銹；

⑤容量瓶未經(jīng)干燥使用；

其中引起所配溶液濃度偏高的有___(填序號，下同)，偏低的有____，無影響的有_____。

（3）為完成實驗所必須要的玻璃儀器有：____、____、____、____。10、鋁是地殼中含量最高的金屬元素；其單質(zhì)及合金在生產(chǎn)生活中的應用日趨廣泛。

（1）真空碳熱還原-氯化法可實現(xiàn)由鋁土礦制備金屬鋁，其相關(guān)反應的熱化學方程式如下Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)△H=akJ·mol-1

3AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g)△H=bkJ·mol-1

①反應Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)的△H=________kJ·mol-1(用含a、b的代數(shù)式表示)。

②Al4C3也是該反應過程中的一種中間產(chǎn)物。Al4C3與鹽酸反應(產(chǎn)物之一是含氫量最高的烴)的化學方程式為_______________。

③甲烷和水反應可以制水煤氣(混合氣體)，在恒溫、固定體積為V升的密閉容器中的反應微觀示意圖如下所示，根據(jù)微觀示意圖得出的結(jié)論中，正確的是_____________。

____

a.該反應方程式為：CH4+H2O=CO+3H2

b.該反應平衡前后壓強比為3：4

c.該反應體系中含氫元素的化合物有3種。

d.該反應中甲烷的平衡轉(zhuǎn)化率為50%

④水煤氣中的H2可用于生產(chǎn)NH3，在進入合成塔前常用[Cu(NH3)2]Ac溶液來吸收其中的CO；防止合成塔中的催化劑中毒，其反應是：

[Cu(NH3)2]Ac(aq)+CO(g)+NH3(g)[Cu(NH3)3]Ac·CO(aq)△H＜0

[Cu(NH3)2]Ac溶液吸收CO的適宜生產(chǎn)條件應是____________________。該條件下用氣體表示的平衡常數(shù)表達式為：K=______________

（2）鎂鋁合金(Mg17Al12)是一種潛在的貯氫材料，一般在氬氣環(huán)境中將一定化學計量比的Mg、Al單質(zhì)在一定溫度下熔煉獲得。該合金在一定條件下可完全吸氫得到的混合物Y(含MgH2和Al)；Y在一定條件下可釋放出氫氣。

①熔煉制備鎂鋁合金(Mg17Al12)時通入氬氣的目的是_________________。

②寫出鎂鋁合金(Mg17Al12)在一定條件下完全吸氫的化學方程式_________________。

③在6.0mol·L-1HCl溶液中，混合物Y能完全釋放出H2。1molMg17Al12完全吸氫后得到的混合物Y與上述鹽酸完全反應，釋放出H2的物質(zhì)的量為_________。11、下表是元素周期表的一部分；除標出的元素外，表中的每個編號代表一種元素。請根據(jù)要求回答問題：

（1）①的元素符號是_________；

（2）②的原子結(jié)構(gòu)示意圖是_________；

（3）①和③的原子半徑大小關(guān)系是：①____③（填“>”、“<”或“=”）；

（4）③、④和⑤中，最高價氧化物對應的水化物酸性最強的酸的化學式是____________。評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)12、通過對分子層面的操縱可研發(fā)新藥__________。A.正確B.錯誤13、無色溶液加入CCl4無現(xiàn)象，滴加氯水后CCl4層呈紫紅色，則溶液中一定存在I-。(_______)A.正確B.錯誤14、氯氣溶于水得氯水，溶液呈酸性且可以導電，所以氯氣是電解質(zhì)。(___________)A.正確B.錯誤15、的還原性較強，而濃硫酸具有很強的氧化性，所以濃硫酸不能干燥氣體。(______)A.正確B.錯誤16、氯水或硝酸銀溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中。(___________)A.正確B.錯誤17、配制1L1mol·L-1CuSO4溶液，需要稱量160gCuSO4·5H2O固體。(_______)A.正確B.錯誤18、高純硅可用來制作芯片和硅太陽能電池。(____)A.正確B.錯誤評卷人得分四、推斷題(共2題，共20分)19、有A；B、C、D、E和F六瓶無色溶液；他們都是中學化學中常用的無機試劑。純E為無色油狀液體；B、C、D和F是鹽溶液，且他們的陰離子均不同?，F(xiàn)進行如下實驗：

①A有刺激性氣味；用沾有濃鹽酸的玻璃棒接近A時產(chǎn)生白色煙霧；

②將A分別加入其它五種溶液中；只有D；F中有沉淀產(chǎn)生；繼續(xù)加入過量A時，D中沉淀無變化，F(xiàn)中沉淀完全溶解；

③將B分別加入C；D、E、F中；C、D、F中產(chǎn)生沉淀，E中有無色、無味氣體逸出；

④將C分別加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根據(jù)上述實驗信息；請回答下列問題：

（1）能確定溶液是（寫出溶液標號與相應溶質(zhì)的化學式）：________________

（2）不能確定的溶液，寫出其標號、溶質(zhì)可能的化學式及進一步鑒別的方法：________20、有A；B、C、D、E和F六瓶無色溶液；他們都是中學化學中常用的無機試劑。純E為無色油狀液體；B、C、D和F是鹽溶液，且他們的陰離子均不同?，F(xiàn)進行如下實驗：

①A有刺激性氣味；用沾有濃鹽酸的玻璃棒接近A時產(chǎn)生白色煙霧；

②將A分別加入其它五種溶液中；只有D；F中有沉淀產(chǎn)生；繼續(xù)加入過量A時，D中沉淀無變化，F(xiàn)中沉淀完全溶解；

③將B分別加入C；D、E、F中；C、D、F中產(chǎn)生沉淀，E中有無色、無味氣體逸出；

④將C分別加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3；沉淀均不溶。

根據(jù)上述實驗信息；請回答下列問題：

（1）能確定溶液是（寫出溶液標號與相應溶質(zhì)的化學式）：________________

（2）不能確定的溶液，寫出其標號、溶質(zhì)可能的化學式及進一步鑒別的方法：________評卷人得分五、原理綜合題(共4題，共24分)21、化學與生產(chǎn)生活息息相關(guān)；請回答下列問題。

(1)將金屬鈉和鋁粉同時投入水中，發(fā)生反應的離子方程式為：___________、___________

(2)在汽車尾氣系統(tǒng)中裝置催化轉(zhuǎn)化器，可有效降低NO的排放。當尾氣中空氣不足時，NO和CO在催化轉(zhuǎn)化器中生成兩種無毒的氣體排出，寫出該過程的化學方程式：___________

(3)打破水銀溫度計，為防止汞中毒可以在上面撒一層硫粉，寫出反應的化學方程式：___________

(4)NO是治療心血管疾病的信使分子，NO與空氣接觸的反應現(xiàn)象是___________

(5)工業(yè)上用洗凈的廢銅作原料制備的硫酸銅。下列制備方法符合“綠色化學”思想的是___________(填序號)

①Cu+H2SO4(濃)→CuSO4

②CuCuOCuSO4

寫出①中反應的化學方程式：___________22、石油煉制過程中產(chǎn)生的H2S是一種有毒氣體；其有效利用是亟需解決的問題。

(1)H2S的電子式是_________。

(2)熱分解法處理H2S

H2S(g)=H2(g)+S(s)ΔH1

已知：i.2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)ΔH2

ii.S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH3

①利用ΔH2和ΔH3計算ΔH1時，還需要利用_______反應的ΔH。

②直接加熱分解H2S轉(zhuǎn)化率低，科學家發(fā)現(xiàn)MoS2可以催化H2S分解制取氫氣和硫磺，多孔陶瓷膜可以使氫氣選擇性分離。科學家使用沉積有MoS2的多孔陶瓷膜裝置進行反應的原因有_________。

(3)電化學法處理H2S

為避免硫磺沉積在陽極，將氧化吸收和電解制氫過程分開進行，裝置如圖所示。氧化吸收器中為Fe2(SO4)3溶液；電解反應器中，以石墨為陽極，以Pt為陰極，中間用質(zhì)子交換膜隔開。

①氧化吸收器中反應的離子方程式為_________。

②電解反應器中，陰極的電極反應式為_________。

③電解反應器的作用是_________(寫出2點)。23、為更有效處理工業(yè)廢氣中排放的氮氧化物(NOx)、SO2等；減少大氣污染?？茖W家不斷對相關(guān)反應進行研究嘗試。

(1)脫硝反應機理如圖，Cu＋的作用是____________，C2H4參與的反應方程式______________。

(2)選擇性催化還原技術(shù)(SCR)是目前較為成熟的煙氣脫硝技術(shù)，其反應原理主要為：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)；ΔH＝-1627kJ?mol-1

①其中被NO和O2氧化的NH3的比例________。

②該方法應控制反應溫度在315～400℃之間，反應溫度不宜過高的原因是________。

③氨氮比n(NH3)/n(NO)會直接影響該方法的脫硝率。如圖為350℃時，只改變氨氣的投放量，NO的百分含量與氨氮比的關(guān)系圖。當n(NH3)/n(NO)>1.0時，煙氣中NO含量反而增大，主要原因是_________________________________。

(3)煙氣脫硫、脫硝一體化技術(shù)是大氣污染防治研究的熱點。ClO2及NaClO2均是性能優(yōu)良的脫硫脫硝試劑。

①ClO2在酸性條件下穩(wěn)定，在NaOH溶液中可歧化為NaClO3和NaClO2，該反應的化學方程式為____。

②某研究小組用ClO2進行單獨脫除SO2實驗時，測得SO2的脫除率隨溶液pH變化如圖所示。當3<7時，隨pH的增大，SO2脫除率逐漸降低，其原因是________；在pH約7.8之后，隨pH的增大，SO2脫除率又開始升高，其原因是________。24、下表為元素周期表得一部分。

。碳氮YX硫Z

回答下列問題：

（1）X元素在周期表中位于_____周期_______族。

（2）下列事實能說明Y元素的非金屬性比硫元素的非金屬性強的是____________。

a．Y單質(zhì)與H2S溶液反應；溶液變渾濁。

b．在氧化還原反應中；1molY單質(zhì)比1mol硫得電子多。

c．Y和硫兩元素的簡單氫化物受熱分解；前者的分解溫度高。

（3）表中某元素的氣態(tài)氫化物與該元素的最高價氧化物對應的水化物可以反應，寫出該反應的化學方程式__________________。

（4）常溫下，將稀氨水逐滴加入稀硫酸溶液中，當pH=7時，2c(SO42-)_______c(NH4+)（填＜；＞、=）。

（5）已知元素Na與元素Y可形成原子個數(shù)比為1∶1的離子化合物，寫出該化合物的電子式_______，該化合物中的化學鍵類型有_____________。

（6）向Z單質(zhì)的水溶液加入少量下列物質(zhì)，能增強溶液漂白能力的是___________。

A．碳酸鈣粉末B．稀硫酸C．氯化鈣溶液D．二氧化硫的水溶液評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共2題，共6分)25、已知；短周期A；B、C、D、E、F六種主族元素，它們的原子序數(shù)依次增大，其中A的一種原子無中子，B的單質(zhì)在空氣中含量最高，它與A的單質(zhì)在一定條件下反應生成易溶于水的化合物甲，C、E同主族，C原子的最外層電子數(shù)是其周期序數(shù)的3倍，D是短周期中原子半徑最大的元素?；卮鹣铝袉栴}：

(1)E在元素周期表中的位置____，元素F最高價氧化物對應水化合物的化學式為_____。

(2)下列敘述中能夠證明元素F非金屬性強于元素E非金屬性的事實為______。

a.一定條件下E和F的單質(zhì)都能與鈉反應。

b.F的單質(zhì)能與E的氫化物反應生成E單質(zhì)。

c.F的氫化物比E的氫化物穩(wěn)定。

d.常溫下E單質(zhì)和F單質(zhì)狀態(tài)不同。

(3)A2、C2與E的最高價氧化物的水化物溶液和鉑電極組成燃料電池，通入氣體B2的一極是該電池的_____極，寫出該極的電極反應式_________。

(4)X可能是由B；D、E三種元素中的一種組成的單質(zhì)；能經(jīng)圖所示的過程轉(zhuǎn)化為W(其它條件略去)。

①若Z是淡黃色固體物質(zhì)，則該物質(zhì)的電子式為____________。

②若Y是能使品紅溶液褪色的有刺激性氣味的無色氣體，則W的濃溶液與銅共熱的化學方程式為____________。

③若Z是紅棕色氣體，則Z→W的反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為__________，將銅加入W的稀溶液中發(fā)生反應的離子方程式為____________。

(5)實驗室可用圖所示的裝置(缺收集裝置)制備并收集甲。

①若選用A裝置制備甲，則試管中的試劑是___________(填化學式)。

②為制取干燥的甲，可將裝置A與下列裝置__________(填序號)進行連接。

26、I．單質(zhì)A為目前人類使用最廣泛的金屬；氧化物B為具有磁性的黑色晶體，根據(jù)下列轉(zhuǎn)化關(guān)系填空。

(1)試判斷：A的化學式為___________，按圖中要求寫出A→B的化學反應方程式___________。

(2)實驗室檢驗C溶液中的陽離子時，可加入氫氧化鈉溶液，若先產(chǎn)生___________色沉淀，該沉淀在空氣中迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)開__________色；則含該離子。

(3)實驗室檢驗D溶液中的陽離子時，通常可滴加___________溶液；若溶液變?yōu)榧t色，則含該離子。

Ⅱ．如圖是某學校實驗室從化學試劑商店采購的濃硫酸試劑標簽上的部分內(nèi)容。硫酸化學純(CP)

品名：硫酸。

化學式：

相對分子質(zhì)量：98

密度：

質(zhì)量分數(shù)：98％(4)若實驗室用該濃硫酸配制的稀硫酸，請計算需要該濃硫酸___________mL(精確到小數(shù)點后1位)。

(5)下列操作將導致所配制的溶液濃度偏大的是___________。

a．移液過程有溶液濺出瓶外

b．移液后未洗滌燒杯和玻璃棒。

c．定容時俯視容量瓶刻度線

d．加水超過刻度線；用膠頭滴管吸出多余液體。

e．洗滌時將量筒洗滌液也加入容量瓶參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

短周期中有X、Y、Z三種元素，令它們核外電子數(shù)分別為a、b、c，三種元素原子的核外電子數(shù)之和為30，每個XZ2分子的核外電子總數(shù)為38，則：a+b+c=30，a+2c=38，故c-b=8，且Y與Z可以形成ZY2，可推知Y為O、Z為S，故X原子的核外電子數(shù)=30-8-16=6，故X為C元素，答案選D。2、B【分析】【分析】

M；W、T、L為同一短周期元素；根據(jù)圖知，W能形成4個共價鍵、L能形成1個共價鍵，則W位于第IVA族、L位于第VIIA族，且L核外最外層電子數(shù)是W核外電子數(shù)的一半，L最外層7個電子，則W原子核外有14個電子，故W為Si元素，L為Cl元素；該陰離子中Cl元素為-1價、W元素為+4價，根據(jù)化合價的代數(shù)和為-1價可知，T為-3價，所以T為P元素；根據(jù)陽離子所帶電荷知，M為Na元素，據(jù)此解答。

【詳解】

通過以上分析知：M；W、T、L分別為Na、Si、P、Cl元素。

A.NaCl為離子化合物；但屬于強電解質(zhì)，故A錯誤；

B.結(jié)合分析可知；該化合物中P為?3價，P原子最外層電子數(shù)為5+3=8，滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故B正確；

C.Si的最高價氧化物為SiO2，SiO2不與水反應；故C錯誤；

D.同一周期元素非金屬性隨著原子序數(shù)增大而增強，則非金屬性Cl>P>Si，即非金屬性：L>T>W；故D錯誤；

故答案選：B。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．砂土不與鈉；過氧化鈉等反應；則鈉著火時，能用砂土來撲滅，選項A正確；

B．鈉放置于空氣中發(fā)生銀白色（鈉的真面目）→變暗（生成Na2O）→變白色固體（生成NaOH）→成液（NaOH潮解）→結(jié)塊（吸收CO2成Na2CO3?10H2O）→最后變成Na2CO3粉（風化），有關(guān)反應如下：4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3?10H2O、Na2CO3?10H2O=Na2CO3+10H2O；所以最終生成碳酸鈉，選項B正確；

C．因鈉活潑；易與水；氧氣反應，如在實驗室隨意丟棄，可引起火災，實驗時剩余的鈉?？煞呕卦噭┢恐?，選項C正確；

D．鈉與氯化鐵溶液反應生成紅褐色沉淀氫氧化鐵；氯化鈉和氫氣；沒有白色沉淀產(chǎn)生，選項D不正確；

答案選D。4、D【分析】【詳解】

A．0.1molNaCl含有0.1molNa+和0.1molCl-；故共有離子總數(shù)為0.2mol，A錯誤；

B．由于溶液體積未知；故無法求算硫酸根物質(zhì)的量，B錯誤；

C．由于不是標準狀況，故2.24LCl2物質(zhì)的量不為故轉(zhuǎn)移電子無法求算，C錯誤；

D．CO、N2所含電子數(shù)均為14個，故0.1mol該混合氣體所含電子的物質(zhì)的量為0.1mol×14=1.4mol，電子數(shù)為1.4NA；D正確；

故答案選D。5、D【分析】【分析】

A.S與氧氣只能生成二氧化硫；

B.Al2O3與堿反應生成偏鋁酸鹽，不能直接生成Al(OH)3；

C.SiO2與堿反應生成硅酸鹽；再與酸反應才能得到硅酸；

D.鐵與鹽酸反應生成FeCl2，與堿反應生成Fe(OH)2，氧化后變?yōu)镕e(OH)3；

【詳解】

A.S與氧氣只能生成二氧化硫；不能形成三氧化硫，不能通過一步完成，A項錯誤；

B.Al2O3與堿反應生成偏鋁酸鹽，不能直接生成Al(OH)3；不能通過一步完成，B項錯誤；

C.SiO2與堿反應生成硅酸鹽；再與酸反應才能得到硅酸，不能通過一步完成，C項錯誤；

D.鐵與鹽酸反應生成FeCl2，與堿反應生成Fe(OH)2，氧化后變?yōu)镕e(OH)3；均可以通過一步反應完成，D項正確；

答案選D。二、填空題(共6題，共12分)6、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①酒精屬于非電解質(zhì)；不能導電；

②熔融KCl；屬于電解質(zhì)，熔融狀態(tài)能導電；

③NaHSO4固體屬于電解質(zhì)；固態(tài)時不存在自由移動的離子，故不導電；

④氫氧化鈉溶液；能導電，但其屬于混合物，不屬于電解質(zhì)也不屬于非電解質(zhì)；

⑤銅是金屬單質(zhì)；故不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，但能導電；

⑥CO2是非電解質(zhì)；自身不能電離出離子，故不導電；

⑦Fe(OH)3膠體屬于混合物；不是電解質(zhì)，但膠體粒子帶有電荷，能導電；

⑧熔化的NaOH屬于電解質(zhì)；熔化時存在自由移動的離子，能導電；

⑨醋酸是電解質(zhì)；但沒溶于水，不存在自由移動的離子，故不導電；

⑩溴化氫屬于電解質(zhì)；但沒溶于水，不存在自由移動的離子，故不導電。

綜上所述；屬于電解質(zhì)的有：②③⑧⑨⑩；屬于電解質(zhì)且能導電的有②⑧；屬于非電解質(zhì)：①⑥

(2)由于鹽酸溶液是電解質(zhì)溶液，故開始滴加時，因Fe(OH)3膠體粒子所帶電荷被中和而發(fā)生聚沉，生成紅褐色沉淀，隨著鹽酸滴入過量，產(chǎn)生的Fe(OH)3沉淀又會和鹽酸反生酸堿中和反應，而導致沉淀溶解至消失，發(fā)生反應的離子方程式Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，故本題答案：沉淀溶解至消失；Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O；

【點睛】

電解質(zhì)導電的條件是必須溶于水或受熱熔融，非電解質(zhì)溶于水或受熱熔融不導電?！窘馕觥竣冖邰啖幄猗冖啖佗藜t褐色沉淀沉淀溶解至消失Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O7、略

【分析】【分析】

【詳解】

Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中，Cu元素化合價由0升高至+2，失電子，Cu元素被氧化，一部分N元素化合價由+5降低至+4，N元素被還原，因此氧化劑為HNO3；氧化產(chǎn)物為Cu(NO3)2；還原產(chǎn)物為NO2；該反應消耗1molCu時，轉(zhuǎn)移2mol電子，因此該反應轉(zhuǎn)移1mol電子時，消耗銅的物質(zhì)的量為0.5mol，故答案為：HNO3；Cu(NO3)2；NO2；Cu；失去；Cu；0.5?！窘馕觥縃NO3Cu(NO3)2NO2Cu失去Cu0.58、略

【分析】【詳解】

(1)實驗室利用鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，反應的化學方程式為

(2)膠粒能透過濾紙，濁液不能，用過濾方法除去膠體中的渾濁物；膠粒不能透過半透膜，而小分子和離子可以透過半透膜。用滲析方法除去膠體中混有的FeCl3和HCl。

(3)丁達爾效應是膠體的特性，可用來檢驗膠體，故鑒別Fe(OH)3膠體和FeCl3溶液最簡單的方法是b。

(4)膠體和Cl?完全分離，滲析水中也不會檢出Cl?，檢驗Cl?的方法為：取半透膜外最后一次的溶液少許于試管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液；若無沉淀產(chǎn)生，證明兩者已經(jīng)分離。

(5)由于氫氧化鐵膠粒帶正電；做電泳實驗時，氫氧化鐵膠粒朝陰極移動，故在陰極區(qū)域看到紅褐色顏色加深。

(6)向Fe(OH)3膠體中滴加鹽酸至過量，膠體碰到電解液發(fā)生聚沉出現(xiàn)紅褐色沉淀、繼續(xù)滴加鹽酸時，沉淀與鹽酸發(fā)生化學反應而溶解，故能觀察到的現(xiàn)象是先出現(xiàn)紅褐色沉淀，后沉淀消失，形成黃色溶液?！窘馕觥窟^濾滲析b取半透膜外最后一次的溶液少許于試管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若無沉淀產(chǎn)生，證明兩者已經(jīng)分離。陰極先出現(xiàn)紅褐色沉淀，后沉淀消失，形成黃色溶液9、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)m=nM=CVM計算碳酸鈉的質(zhì)量；

（2）根據(jù)c=分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響判斷；

（3）根據(jù)操作步驟選取實驗儀器。

【詳解】

（1）m=nM=CVM=0.2mol/L×0.5L×286g/mol=28.6g；故答案為28.6。

（2）①Na2CO3·10H2O晶體失去了部分結(jié)晶水；導致稱量溶質(zhì)的質(zhì)量增大，所以溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏大，配制溶液的濃度偏高；

②用“左碼右物”的稱量方法稱量晶體導致稱量溶質(zhì)的質(zhì)量增?。凰匀苜|(zhì)的物質(zhì)的量偏小，配制溶液的濃度偏低；

③碳酸鈉晶體不純；其中混有氯化鈉，導致碳酸鈉的物質(zhì)的量偏小，配制溶液的濃度偏低；

④稱量碳酸鈉晶體時所用砝碼生銹；導致稱量溶質(zhì)的質(zhì)量增大，所以溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏大，配制溶液的濃度偏高；

⑤容量瓶未經(jīng)干燥就使用不影響溶質(zhì)的物質(zhì)的量；也不影響溶液的體積，所以對配制的溶液濃度無影響。

所以引起所配溶液濃度偏高的有①④；偏低的有②③，無影響的有⑤。

故選①④；②③；⑤。

（3）配制步驟有稱量；溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等操作；一般用托盤天平稱量，用藥匙取用藥品，在燒杯中溶解，冷卻后轉(zhuǎn)移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，當加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，所以需要的儀器為：托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管，其中所必須要的玻璃儀器有：500mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管，故答案為500mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管。

【點睛】

根據(jù)c=可得，一定物質(zhì)的量濃度溶液配制的誤差都是由溶質(zhì)的物質(zhì)的量nB和溶液的體積V引起的。誤差分析時，關(guān)鍵要看配制過程中引起n和V怎樣的變化。在配制一定物質(zhì)的量濃度溶液時，若nB比理論值小，或V比理論值大時，都會使所配溶液濃度偏??；若nB比理論值大，或V比理論值小時，都會使所配溶液濃度偏大?！窘馕觥?8.6g①④②③⑤500ml容量瓶燒杯玻璃棒膠頭滴管10、略

【分析】(1)①根據(jù)蓋斯定律，將題中所給兩方程式相加得Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)，對應的△H=(a+b)kJ?mol-1，故答案為a+b；

②含氫量最高的烴為CH4，根據(jù)碳原子守恒，3個碳需要結(jié)合12個H原子形成3個CH4，再由鋁原子守恒，4個鋁需要結(jié)合12個Cl形成4個AlCl3，所以Al4C3與HCl之間為1：12參加反應，故該反應方程式為：Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4↑，故答案為Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4↑；

③a.根據(jù)圖示，2個甲烷和2個水，反應生成了6個氫氣分子和2個一氧化碳分子，反應屬于可逆反應，反應方程式為：CH4+H2OCO+3H2，錯誤；b.氣體的壓強之比等于物質(zhì)的量的之比等于分子個數(shù)之比，該反應平衡前后壓強比為12:16=3：4，正確；c.該反應體系中含氫元素的化合物有甲烷和水，2種，錯誤；d.根據(jù)圖示，參與反應的甲烷總數(shù)為6，反應的甲烷為2，甲烷的平衡轉(zhuǎn)化率為錯誤；故選b；

④已知正反應是氣態(tài)物質(zhì)體積減小的放熱反應，因此采用降低溫度、增大壓強能使平衡右移，提高CO的轉(zhuǎn)化率，根據(jù)方程式[Cu(NH3)2]Ac(aq)+CO(g)+NH3(g)[Cu(NH3)3]Ac·CO(aq)△H＜0，用氣體表示的平衡常數(shù)表達式為：K=故答案為低溫、高壓；

(2)①鎂；鋁都是活潑的金屬單質(zhì)；容易被空氣中的氧氣氧化，通入氬氣作保護氣，以防止二者被氧化，故答案為防止MgAl被空氣氧化；

②根據(jù)題意，該合金在一定條件下可完全吸氫得到的混合物Y(含MgH2和Al)，完全吸氫的化學方程式為Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al，故答案為Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al；

③1molMg17Al12完全吸氫17mol，在鹽酸中會全部釋放出來，鎂鋁合金中的鎂和鋁都能與鹽酸反應生成H2，生成氫氣的物質(zhì)的量分別為17mol、18mol，則生成氫氣一共(17+17+12×)mol=52mol，故答案為52mol?！窘馕觥俊鱄=(a+b)kJ·mol-1Al4C3+12HCl=AlCl3+3CH4b低溫、高壓K=排除空氣，防止引入雜質(zhì)Mg17Al12+17H2===17MgH2+12Al52mol11、略

【分析】【分析】

從元素周期表中可知；①為C；②為O；③為Si；④為P；⑤為S。

【詳解】

（1）①位于第二周期第ⅣA族；為碳元素，其符號為C；故答案為：C；

（2）②位于第二周期第ⅥA族，為氧元素，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為：故答案為：

（3）①為碳元素，③為硅元素，位于同一主族，根據(jù)同一主族元素，從上到下，原子半徑增大，其原子半徑大小關(guān)系是：r(C)<；

（4）③為Si、④為P、⑤為S，其最高價氧化物對應的水化物分別為：H2SiO3、H3PO4、H2SO4，同一周期，從左到右，最高價氧化物對應的水化物酸性增強，所以最強的酸為：H2SO4，故答案為：H2SO4。

【點睛】

【解析】C<H2SO4三、判斷題(共7題，共14分)12、A【分析】【詳解】

通過對分子層面的操縱可研發(fā)新藥，說法正確；13、A【分析】【詳解】

氯氣把碘離子氧化為碘單質(zhì)、CCl4萃取出碘單質(zhì)呈紫紅色，正確。14、B【分析】【分析】

【詳解】

電解質(zhì)必須為純凈物，必須為化合物，氯氣是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故錯誤。15、B【分析】【詳解】

硫酸中的S為+6價，二氧化硫中的S為+4價，屬于相臨價態(tài)，不會發(fā)生氧化還原反應，故可以用濃硫酸干燥二氧化硫。16、A【分析】【分析】

【詳解】

氯水或硝酸銀溶液易分解，存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中，故正確。17、B【分析】【分析】

【詳解】

1L1mol·L-1CuSO4溶液中CuSO4的物質(zhì)的量為1L×1mol·L-1=1mol，若用CuSO4·5H2O配制溶液，需要CuSO4·5H2O的物質(zhì)的量也為1mol，則需稱量CuSO4·5H2O固體的質(zhì)量為1mol×250g/mol=250g，錯誤。18、A【分析】【分析】

【詳解】

硅是良好的半導體材料，故高純硅可用來制作芯片和硅太陽能電池，故正確。四、推斷題(共2題，共20分)19、略

【分析】【詳解】

①A有刺激性氣味，用沾有濃鹽酸的玻璃棒接近A時產(chǎn)生白色煙霧，說明A為NH3·H2O或NH3；

②將A分別加入其它五種溶液中，只有D、F中有沉淀產(chǎn)生；繼續(xù)加入過量A時，D中沉淀無變化，A和D生成的沉淀可能為Mg（OH）2、Al（OH）3，繼續(xù)加入A，F(xiàn)中沉淀完全溶解，F(xiàn)為AgNO3；

③將B分別加入C、D、E、F中，C、D、F中產(chǎn)生沉淀，E中有無色、無味氣體逸出，純E為無色油狀液體，說明E為H2SO4，B為碳酸鹽，可能為K2CO3或Na2CO3；

④將C分別加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3，沉淀均不溶，沉淀為BaSO4或AgCl，結(jié)合上述推斷，C為BaCl2；

由于B、C、D、F是鹽溶液，且他們的陰離子均不同，D可能為Al2（SO4）3或MgSO4；

（1）能確定的溶液及相應溶質(zhì)的化學式為：A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3。

（2）不能確定的溶液是B和D，B可能為K2CO3或Na2CO3，要進一步鑒別B可用焰色反應，方法是：用鉑絲醮取少量B，在氧化焰中燃燒，若焰色呈黃色，則B是Na2CO3，若透過藍色鈷玻璃觀察焰色呈紫色，則B為K2CO3；D可能為Al2（SO4）3或MgSO4，要進一步鑒別D可利用Al（OH）3和Mg（OH）2性質(zhì)的差異，方法是：取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，繼續(xù)加入過量NaOH溶液，若沉淀溶解，則D為Al2(SO4)3，否則為MgSO4。【解析】①.A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3②.B：Na2CO3或K2CO3；用鉑絲醮取少量B，在氧化焰中燃燒，若焰色呈黃色，則B是Na2CO3，若透過藍色鈷玻璃觀察焰色呈紫色，則B為K2CO3

D:Al2(SO4)3或MgSO4；取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，繼續(xù)加入過量NaOH溶液，若沉淀溶解，則D為Al2(SO4)3，否則為MgSO420、略

【分析】【詳解】

①A有刺激性氣味，用沾有濃鹽酸的玻璃棒接近A時產(chǎn)生白色煙霧，說明A為NH3·H2O或NH3；

②將A分別加入其它五種溶液中，只有D、F中有沉淀產(chǎn)生；繼續(xù)加入過量A時，D中沉淀無變化，A和D生成的沉淀可能為Mg（OH）2、Al（OH）3，繼續(xù)加入A，F(xiàn)中沉淀完全溶解，F(xiàn)為AgNO3；

③將B分別加入C、D、E、F中，C、D、F中產(chǎn)生沉淀，E中有無色、無味氣體逸出，純E為無色油狀液體，說明E為H2SO4，B為碳酸鹽，可能為K2CO3或Na2CO3；

④將C分別加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3，沉淀均不溶，沉淀為BaSO4或AgCl，結(jié)合上述推斷，C為BaCl2；

由于B、C、D、F是鹽溶液，且他們的陰離子均不同，D可能為Al2（SO4）3或MgSO4；

（1）能確定的溶液及相應溶質(zhì)的化學式為：A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3。

（2）不能確定的溶液是B和D，B可能為K2CO3或Na2CO3，要進一步鑒別B可用焰色反應，方法是：用鉑絲醮取少量B，在氧化焰中燃燒，若焰色呈黃色，則B是Na2CO3，若透過藍色鈷玻璃觀察焰色呈紫色，則B為K2CO3；D可能為Al2（SO4）3或MgSO4，要進一步鑒別D可利用Al（OH）3和Mg（OH）2性質(zhì)的差異，方法是：取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，繼續(xù)加入過量NaOH溶液，若沉淀溶解，則D為Al2(SO4)3，否則為MgSO4。【解析】①.A：NH3；C：BaCl2；E：H2SO4；F：AgNO3②.B：Na2CO3或K2CO3；用鉑絲醮取少量B，在氧化焰中燃燒，若焰色呈黃色，則B是Na2CO3，若透過藍色鈷玻璃觀察焰色呈紫色，則B為K2CO3

D:Al2(SO4)3或MgSO4；取少量D，向其中加入少量NaOH溶液有沉淀生成，繼續(xù)加入過量NaOH溶液，若沉淀溶解，則D為Al2(SO4)3，否則為MgSO4五、原理綜合題(共4題，共24分)21、略

【分析】【詳解】

（1）將金屬鈉和鋁粉同時投入水中，鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，生成的氫氧化鈉再與鋁反應生成偏鋁酸鈉，離子方程式為2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑。

（2）NO和CO在催化轉(zhuǎn)化器中生成兩種無毒的氣體，則這兩種無毒的氣體分別為N2和CO2，化學方程式為2CO+2NON2+2CO2。

（3）汞可以和S反應生成HgS；可防止汞揮發(fā)引起的汞中毒，化學方程式為Hg+S=HgS。

（4）NO與空氣中的氧氣反應生成NO2，NO2為紅棕色氣體；故NO與空氣接觸的反應現(xiàn)象為氣體由無色變?yōu)榧t棕色。

（5）①中Cu與濃硫酸反應生成SO2氣體會污染環(huán)境，不符合“綠色化學”思想，②反應過程中無污染物生成且原子利用率高，符合“綠色化學”思想，故答案選②。濃硫酸和Cu反應的化學方程式為Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O?！窘馕觥?1)2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑

(2)2CO+2NON2+2CO2

(3)Hg+S=HgS

(4)氣體由無色變?yōu)榧t棕色。

(5)②Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O22、略

【分析】【分析】

(1)S原子與2個H原子形成2對共用電子對，使H2S分子中每個原子都達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；據(jù)此書寫其電子式；

(2)①根據(jù)蓋斯定律；將已知的熱化學方程式疊加，可知待求反應的熱化學方程式；

②根據(jù)平衡移動原理分析；

(3)①氧化吸收器中的Fe2(SO4)3與H2S在溶液中發(fā)生氧化還原反應，產(chǎn)生FeSO4、H2SO4；S；

②在電解反應器中，電解質(zhì)溶液為FeSO4、H2SO4，陰極上溶液中H+得到電子；發(fā)生還原反應；據(jù)此書寫電極反應式；

③根據(jù)圖示可知制取的物質(zhì)；結(jié)合物質(zhì)循環(huán)分析電解反應器的作用。

【詳解】

(1)S原子最外層有6個電子，與2個H原子形成2對共用電子對，從而使H2S分子中每個原子都達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則H2S的電子式為：

(2)①i.2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)ΔH2

ii.S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH3

iii.H2S(g)=H2(g)+S(s)ΔH1

i+ii-iii×2，整理可得2H2(g)+O2(g)=H2O(l)，因此要計算H2S(g)=H2(g)+S(s)的ΔH1，需要知道2H2(g)+O2(g)=H2O(l)的反應熱ΔH；

②直接加熱分解H2S轉(zhuǎn)化率低，MoS2可以催化H2S分解制取氫氣和硫磺，科學家使用沉積有MoS2的多孔陶瓷膜裝置，多孔陶瓷膜可以使氫氣選擇性分離，使H2S(g)H2(g)+S(s)，從而使化學平衡正向移動，最終提高了一段時間內(nèi)H2S的轉(zhuǎn)化率；

(3)①氧化吸收器中的Fe2(SO4)3與H2S在溶液中發(fā)生氧化還原反應，產(chǎn)生FeSO4、H2SO4、S，反應的離子方程式為：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；

②根據(jù)裝置圖可知在電解反應器中，電解質(zhì)溶液為氧化吸收器中的Fe2(SO4)3與H2S反應后產(chǎn)生的FeSO4、H2SO4，由于離子放電能力：H+>Fe2+，所以在電解池的陰極上，溶液中H+得到電子，發(fā)生還原反應，電極反應式為：2H++2e-=H2↑；

③在電解反應器中，陰極上發(fā)生反應：2H++2e-=H2↑；陽極上發(fā)生反應：Fe2+-e-=Fe3+，反應產(chǎn)生的Fe3+再進入氧化吸收器中氧化H2S，反應產(chǎn)生S單質(zhì)，從而實現(xiàn)Fe2(SO4)3的循環(huán)使用。

【點睛】

本題考查了H2S的有關(guān)知識，包括其結(jié)構(gòu)、熱化學方程式的書寫、平衡移動及處理方法。掌握物質(zhì)結(jié)構(gòu)及蓋斯定律、平衡移動原理和電化學反應原理是本題解答的關(guān)鍵。要根據(jù)離子放電能力大小，從氧化還原反應角度分析、解答?！窘馕觥?H2(g)+O2(g)=2H2O(l)使用MoS2加快反應速率，使用多孔陶瓷使H2優(yōu)先通過，H2S(g)H2(g)+S(s)平衡正向移動，從而提高一段時間內(nèi)H2S的轉(zhuǎn)化率H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+2H++2e-=H2↑電解制得產(chǎn)物H2，F(xiàn)e2+-e-=Fe3+，實現(xiàn)Fe2(SO4)3的循環(huán)使用23、略

【分析】【分析】

(1)Cu＋在反應前后不變?yōu)榇呋瘎?；用乙烯進行脫硝（NO）；從圖示可以知道，乙烯被氧化成二氧化碳；

(2)①根據(jù)得到電子的比例計算；

②根據(jù)溫度對速率和化學平衡的影響分析；

③根據(jù)過量氨氣與氧氣的反應的產(chǎn)物分析；

(3)①ClO2在NaOH溶液中可歧化為NaClO3和NaClO2；根據(jù)得失電子守恒寫出該反應的化學方程式；

②由圖可知，當3<7時，隨pH的增大，ClO2的穩(wěn)定性降低，氧化性減弱，SO2脫除率逐漸降低；在pH約7.8之后，隨pH的增大，生成ClO2-增多，氧化性增強，SO2脫除率又開始升高。

【詳解】

(1)催化劑在化學反應前后性質(zhì)、質(zhì)量不變，圖示中Cu＋在反應前后不變，為催化劑；用乙烯進行脫硝（NO），從圖示可以知道，乙烯被NO氧化成二氧化碳(其中C由-2→+4)，NO自身被還原成N2(其中N由+2→0)，反應方程式為：2C2H4+6Cu+(NO2)=3N2+4CO2+4H2O+6Cu+；

因此，本題正確答案是：催化劑；2C2H4+6Cu+(NO2)=3N2+4CO2+4H2O+6Cu+；

(2)①由方程式4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)可知，該反應O2和NO都作氧化劑，1molO2得4mol電子，4molNO得8mol電子，因此被NO和O2氧化的NH3的比例為2:1；

因此；本題正確答案是：2:1；

②該方法應控制反應溫度在315～400℃之間；反應溫度不宜過高，溫度過高，使脫硝的主要反應的平衡向逆方向移動，脫硝率降低；

因此；本題正確答案是：正反應放熱，溫度過高會降低NO的轉(zhuǎn)化率；

③當n(NH3)/n(NO)>1.0時；過量的氨氣與氧氣反應生成NO，所以煙氣中NO濃度增大；

因此，本題正確答案是：NH3和O2再次反應生成NO；

(3)①ClO2在NaOH溶液中可歧化為NaClO3和NaClO2，反應的化學方程式為2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O；

因此，本題正確答案是：2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O；

②由圖可知，當3<7時，隨pH的增大，ClO2的穩(wěn)定性降低，氧化性減弱，SO2脫除率逐漸降低；在pH約7.8之后，隨pH的增大，生成ClO2-增多，氧化性增強，SO2脫除率又開始升高。

因此，本題正確答案是：pH<7時，隨著pH值的增大，ClO2的穩(wěn)定性降低氧化性減弱，SO2的脫除率降低；當pH>7.8后，隨著堿性的增強，生成ClO2-增多，氧化性增強，SO2的脫除率上升。【解析】催化劑2C2H4+6Cu+(NO2)=3N2+4CO2+4H2O+6Cu+2:1正反應放熱，溫度過高會降低NO的轉(zhuǎn)化率NH3和O2再次反應生成NO(或4NH3+5O2=4NO+6H2O)2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2OpH<7時，隨著pH值的增大，ClO2的穩(wěn)定性降低氧化性減弱，SO2的脫除率降低。當pH>7.8后，隨著堿性的增強，生成ClO2-增多，氧化性增強，SO2的脫除率上升24、略

【分析】【詳解】

（1）X為Si元素；核電荷數(shù)為14，在周期表中位于三周期ⅣA族；

（2）a．Y單質(zhì)與H2S溶液反應，溶液變渾濁，說明氧氣的氧化性比硫強，則說明Y元素的非金屬性比S元素的非金屬性強，故a正確；b．在氧化還原反應中，1molY單質(zhì)比1molS得電子多，氧化性強弱與得失電子數(shù)沒有必然關(guān)系，故b錯誤；c．元素的非金屬性越強；氫化物的穩(wěn)定性越強，Y和S兩元素的簡單氫化物受熱分解，前者的分解溫度高，說明Y的非金屬性較強，故c正確；故答案為ac；

（3）氮元素氣態(tài)氫化物NH3與該元素的最高價氧化物對應的水化物HNO3可以反應生成硝酸銨，此反應的化學方程式為NH3+HNO3=NH4NO3；

（4）當pH=7時，混合溶液呈中性，所以c（H+）=c（OH-），根據(jù)電荷守恒得c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+2c（SO42-），所以2c(SO42-)=c(NH4+)；

（5）元素Na與元素O可形成原子個數(shù)比為1∶1的離子化合物Na2O2，該化合物的電子式為化合物中的化學鍵類型有離子鍵；（非極性）共價鍵；

（6）在氯水中存在反應Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，若反應使溶液中次氯酸濃度增大，則溶液漂白性會增強；A．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，向溶液中加入碳酸鈣粉末反應反應2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2↑+H2O；使化學平衡正向進行，導致次氯酸濃度增大，溶液漂白性增強，故A正確；B．加入稀硫酸使溶液中氫離子濃度增大平衡逆向進行，次氯酸濃度減小，溶液漂白性減弱，故B錯誤；C．加入氯化鈣溶液不發(fā)生反應，溶液對氯水起到稀釋作用，平衡正向進行但次氯酸濃度減小，漂白性減弱，故C錯誤；D．加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有還原性，能被氯氣氧化，平衡逆向進行，次氯酸濃度減小，漂白性減弱，故D錯誤；故選A。

點睛：元素非金屬性強弱的判斷