2025年浙教新版高三化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…○…………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年浙教新版高三化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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6題，共12分)1、如圖所示的實驗操作錯誤的是（）A.B.C.D.2、已知H+（ag）+OH-（ag）=H2O（l）△H=-57.3kJ?mol-1．現(xiàn)有以下四個化學反應(yīng)方程式。

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

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

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

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

其中反應(yīng)熱為△H=-57.3kJ?mol-1的是：（）

．A.①和③B.③C.④D.以上都不對3、短周期元素X、Y、Z、W和Q在元素周期表中的相對位置如圖所示．下列說法錯誤的是（）A.五種元素中，元素W的金屬性最強B.當前，X元素的化合物常用于制備可充電電池C.當Y化合價為+4時，Y與Z只能形成一種化合物D.原子半徑的大小順序為：r（Z）＜r（Y）＜r（X）＜r（W）4、向300mLKOH溶液中緩慢通入2.24L（標準狀況下）CO2氣體，充分反應(yīng)后，在減壓蒸干溶液，得到11.9g白色固體．則下列說法中不正確的是（）A.此白色固體不可能是KHCO3和KOH的混合物B.此白色固體中含有K2CO36.90gC.原KOH溶液的物質(zhì)的量濃度是0.500mol?L-1D.此白色固體可能為KOH和K2CO3的混合物5、若M是ⅡA族的某元素，則與M同周期且相鄰的元素不可能位于元素周期表的A.ⅠAB.ⅠBC.ⅢAD.ⅢB6、化學與生產(chǎn)、生活息息相關(guān)，下列說法錯誤的是（）A.大量燃燒化石燃料是造成霧霾天氣的一種重要因素B.纖維素在人體內(nèi)可以水解為葡萄糖，故可作人類的營養(yǎng)物質(zhì)C.用Na2S做沉淀劑，除去廢水中的Cu2+和Hg2+D.“地溝油”禁止食用，但可以用來做肥皂評卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)7、下列推論正確的是（）A.由“HF比HCl穩(wěn)定性好”，可推知HF比HCl沸點高B.在粗硅的制取中發(fā)生反應(yīng)2C+SiO22CO↑+Si，硅被還原，可推知碳的還原性大于硅的還原性C.由“同溫度下等濃度的Na2CO3溶液比Na2SO4溶液的pH大”，可推知C比S的非金屬性弱D.由“某過程發(fā)生化學鍵斷裂”，可推知該過程發(fā)生了化學變化8、亞氯酸鈉rm{(NaClO_{2})}可用作漂白劑，在酸性溶液中因生成亞氯酸而發(fā)生分解，分解的化學方程式為rm{5HClO_{2}=4ClO_{2}隆眉+HCl+2H_{2}O}rm{ClO_{2}}是廣譜型消毒劑rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{HClO_{2}}只是還原劑B.上述反應(yīng)中，rm{ClO_{2}}是氧化產(chǎn)物C.上述反應(yīng)中，rm{1molHClO_{2}}分解轉(zhuǎn)移rm{2mol}電子D.上述反應(yīng)中，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為rm{1}rm{4}9、花青苷是引起花果呈現(xiàn)顏色的一種花色素，廣泛存在于植物中rm{.}它的主要結(jié)構(gòu)在不同rm{pH}條件下有。

以下存在形式：

下列有關(guān)花青苷說法不正確的是rm{(}rm{)}A.花青苷可作為一種酸堿指示劑B.rm{I}和rm{II}中均含有二個苯環(huán)C.rm{I}和rm{II}中除了葡萄糖基中碳原子外，其它所有碳原子一定共平面D.rm{I}和rm{II}均能與rm{FeCl_{3}}溶液發(fā)生顯色反應(yīng)10、下列關(guān)于實驗的敘述合理的是rm{(}rm{)}A.某氫化物的溶液能使石蕊試液變藍，該氫化物一定是氨氣B.在rm{Fe(OH)_{3}}膠體中和rm{Fe(NO_{3})_{3}}溶液中分別逐滴加入rm{HI}稀溶液至過量，整個過程中現(xiàn)象相同C.配制硫酸亞鐵溶液時應(yīng)將硫酸亞鐵固體溶于濃硫酸中，再稀釋至所需濃度，以防止水解D.酸性高錳酸鉀溶液、品紅溶液、硫化鈉溶液都能將rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}氣體區(qū)別開11、含有rm{a}rm{mol}rm{FeBr_{2}}的溶液中，通入rm{x}rm{mol}rm{Cl_{2}.}下列各項為通rm{Cl_{2}}過程中，溶液內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式，其中不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{x=0.4a}rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}簍T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}B.rm{x=0.6a}rm{2Br^{-}+Cl_{2}簍TBr_{2}+2Cl^{-}}C.rm{x=2a}rm{2Fe^{2+}+2Br^{-}+2Cl_{2}簍TBr_{2}+2Fe^{3+}+4Cl^{-}}D.rm{x=1.5a}rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}簍T2Br_{2}+2Fe^{3+}+6Cl^{-}}12、常溫下，下列有關(guān)溶液的說法正確的是rm{(}rm{)}A.向rm{0.10mol?L^{-1}NaHSO_{3}}溶液中通入rm{NH_{3}}至溶液rm{pH=7(}通入氣體對溶液體積的影響可忽略rm{)}rm{c(Na^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(NH_{4}^{+})}B.rm{0.1mol/L}醋酸鈉溶液rm{20mL}與rm{0.1mol?L^{-1}}鹽酸rm{10mL}混合后的溶液中：rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Cl^{-})>c(H^{+})>c(CH_{3}COOH)}C.已知rm{K_{w}(HF)>K_{w}(CH_{3}COOH)}rm{pH}相等的rm{NaF}與rm{CH_{3}COOK}兩溶液中：rm{c(Na^{+})-c(F^{-})>c(K^{+})-c(CH_{3}COO^{-})}D.rm{0.1mol?L^{-1}}醋酸溶液和rm{0.2mol?L^{-1}}醋酸鈉溶液等體積混合后的溶液中：rm{3c(H^{+})+2c(CH_{3}COOH)=c(CH_{3}COO^{-})+3c(OH^{-})}13、某污水中含有rm{Fe^{3+}}rm{Ag^{+}}rm{Cu^{2+}}等離子，某工廠采用電解的方法處理該污水，具體的做法是：保持污水的rm{pH}在rm{5.0隆蘆6.0}之間，通過電解生成rm{Fe(OH)_{3}.Fe(OH)_{3}}具有吸附性，可吸附污物而沉積下來，有凈化水的作用，陰極產(chǎn)生的氣泡把污水中懸浮物帶到水面形成浮渣層，刮去rm{(}或撇掉rm{)}浮渣層，即起到了浮選凈化的作用rm{.}該廠污水處理設(shè)計裝置如圖所示，下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.為了增加污水的導電能力，可向污水中如入適量的rm{Na_{2}SO_{4}}固體B.甲裝置中rm{Fe}電極的反應(yīng)為rm{Fe-3e^{-}=Fe^{3+}}C.為了使該燃料電池長時間穩(wěn)定運行，電池的電解質(zhì)組成應(yīng)保持穩(wěn)定，電池工作時，循環(huán)物質(zhì)為rm{H_{2}O}D.當乙裝置中有rm{1.6g}rm{CH_{4}}參加反應(yīng)，則rm{C}電極理論上生成氣體在標準狀況下為rm{8.96L}評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)14、硝酸鈰銨[（NH4）2Ce（NO3）6]廣泛應(yīng)用于電子；催化工業(yè)；其合成路線如下：

（1）已知（NH4）2Ce（NO3）6受熱易分解，某科研小組認為反應(yīng)原理如下，請補充完整：

（NH4）2Ce（NO3）6CeO2?8OH+8NO↑；CeO2?8OHCeO2+4H2O↑+____↑（請補充完整）．

除去NO中的NO2的方法是____．

（2）步驟Ⅰ中，將Ce（NO3）3?6H2O配成溶液，保持pH到4～5，緩慢加入H2O2溶液攪拌混合均勻，再加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH，得到Ce（OH）4沉淀．該過程中每生成1molCe（OH）4，參加反應(yīng)的氧化劑的物質(zhì)的量為____．

（3）常溫下，某同學向物質(zhì)的量濃度均為1.0mol?L-1的Fe3+和Ce4+的混合溶液中滴加氫氧化鈉溶液，先析出的沉淀____（填化學式），當調(diào)節(jié)溶液的pH為8時，溶液中c（Ce4+）：c（Fe）=____．{已知298K時，Ksp[Ce（OH）4]=1×10-29．Ksp[Fe（OH）3]=4×10-38．}

（4）為了研究步驟Ⅲ的工藝條件，科研小組測定了（NH4）2Ce（NO3）6在不同溫度；不同濃度硝酸中的溶解度；結(jié)果如圖2．從圖2中可得出三條主要規(guī)律：

①其他條件相同時，NH4）2Ce（NO3）6在的溶解度隨c（HNO3）增大而減??；

②____；

③____．15、Cl2能將Fe2+氧化為Fe3+．在學習元素周期律后，某學習小組欲研究Br2和I2能否將Fe2+氧化為Fe3+；研究過程如下：

I．理論預(yù)測。

甲同學認為Br2和I2都可能將Fe2+氧化為Fe3+；乙同學認為Br2和I2可能都不會將Fe2+氧化為Fe3+；丙同學認為還有一種可能．

丙同學的觀點是____．

Ⅱ．進行實驗。

。實驗步驟操作現(xiàn)象一①向試管A中加入2mLFeCl2溶液，滴加少量溴水，振蕩溶液變?yōu)辄S色②滴加少量KSCN溶液溶液變?yōu)榧t色溶液變?yōu)榧t色二①向試管B中加入2mLFeCl2溶液和0.5mL苯，將膠頭滴管伸入下層溶液，加入約0.5mL稀碘水溶液變?yōu)辄S色②滴加少量KSCN溶液溶液沒有出現(xiàn)紅色溶液沒有出現(xiàn)紅色Ⅲ．實驗現(xiàn)象的分析與解釋。

（1）甲同學認為實驗一中現(xiàn)象說明溴水能將Fe2+氧化，反應(yīng)的離子方程式是____．

（2）乙同學認為實驗二更嚴謹，試管B中加入苯的目的是____．

（3）參照實驗二改進實驗一后，實驗現(xiàn)象與原來一致．綜合上述實驗中的現(xiàn)象，可判斷Cl2、Br2、I2和Fe3+氧化性由強到弱的順序是____．

（4）用原子結(jié)構(gòu)解釋Cl2、Br2、I2化學性質(zhì)遞變的原因是____．16、A；B、C是中學化學中常見的三種短周期元素．已知：①A元素原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍；②B元素最高正價與最低負價的代數(shù)和為2；③C元素有多種化合價；且常溫下C元素的單質(zhì)與石灰水反應(yīng)，可得到兩種含C元素的化合物；④B、C兩種元素質(zhì)子數(shù)之和是A元素質(zhì)子數(shù)的4倍．

（1）寫出常溫下C的單質(zhì)和石灰水反應(yīng)的離子方程式____；兩者恰好反應(yīng)所得溶液中各種離子濃度由大到小的順序是____．

（2）意大利羅馬大學的FuNvioCacace等人獲得了極具理論研究意義的B4氣態(tài)分子．B4分子結(jié)構(gòu)與白磷分子結(jié)構(gòu)相似已知斷裂1molB-B鍵吸收167kJ的熱量，生成1molB≡B鍵放出942kJ熱量．寫出B4轉(zhuǎn)化為B2的熱化學方程式：____；由此判斷相同條件下B4與B2的穩(wěn)定性順序是：____．（以上均用化學式表示）

（3）由B、C兩種元素組成的化合物X，常溫下為易揮發(fā)的淡黃色液體，X分子為三角錐形分子，且分子里B、C兩種原子最外層均達到8個電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)．寫出X的結(jié)構(gòu)式為：____；X遇水蒸氣可形成一種常見的漂白性物質(zhì)．則X與水反應(yīng)的化學方程式是____．

（4）寫出實驗室制B的氫化物的化學方程式____．17、（2012?浦東新區(qū)二模）人體中含量位于前6名的元素依次是：氧；碳、X、氮、鈣、磷．根據(jù)要求用以上元素完成下列填空：

（1）X是____（寫元素符號，下同）．能量最高的亞層電子云呈球形的元素有____．

（2）形成化合物種類最多的元素的最簡氫化物的電子式為____；該分子為非極性分子的原因是____．

（3）能證明C、N、O非金屬性遞變規(guī)律的事實是____．

a．最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性

b．單質(zhì)與H2反應(yīng)的難易程度

c．NO2、CO2和C3N4中元素的化合價

d．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性

（4）氮元素的另一種氣態(tài)氫化物肼可視為NH3分子中的一個氫原子被-NH2（氨基）取代形成的．肼燃燒時的能量變化如圖所示，則該反應(yīng)的熱化學方程式為____．18、（1）塑料的主要成分是______．常見的塑料有兩類，一類是______塑料，如聚乙烯、______等；一類是______塑料；如酚醛樹脂等．

（2）硫化后的橡膠適合制造汽車輪胎，加入______可增強輪胎的耐磨性．

（3）在棉花、尼龍、滌淪、腈綸、羊毛、蠶絲、黏膠纖維中，屬于天然纖維的是______；屬于人造纖維的是______；屬于合成纖維的是______．19、下面rm{a隆蘆f}是中學化學實驗中常見的幾種儀器：rm{a.}量筒rm{b.}容量瓶rm{c.}托盤天平rm{d.}溫度計rm{e.}分液漏斗。

rm{(1)}標出儀器使用溫度的是______rm{(}填寫編號rm{)}．

rm{(2)}使用前需要檢查是否漏水的是______rm{(}填寫編號rm{)}．

rm{(3)}稱取rm{10.5g}固體樣品rm{(1g}以下使用游碼rm{)}若樣品與砝碼錯放位置，則實際稱取的樣品質(zhì)量為______rm{g}．

rm{(4)}配制rm{2mol?L^{-1}}rm{H_{2}SO_{4}}時，用rm{a}量取濃rm{H_{2}SO_{4}}時視線高于液面，則配得的濃度______rm{(}偏高、偏低或無影響rm{)}20、（1）工業(yè)電解食鹽水制氯氣的原理：____

（2）寫出工業(yè)上用氯氣和石灰乳為原料制造漂白粉的化學方程式____．21、電離平衡常數(shù)是衡量弱電解質(zhì)電離程度強弱的量．

已知如表數(shù)據(jù)．

。化學式電離平衡常數(shù)（25℃）HCNK=4.9×10-10CH3COOHK=1.8×10-5H2CO3K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11①25℃時，有等濃度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液，三種溶液的pH由大到小的順序為____．

②25℃時，等濃度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等體積混合，所得溶液顯堿性，則c（Na+）____c（CH3COO-）（填“＞”；“＜”或“=”）．

③向NaCN溶液中通入少量CO2，所發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為____．22、發(fā)酵法制酒精的過程可粗略表示如下：

①（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6

②C6H12O62C2H5OH+2CO2↑

（1）上述化學方程式中（C6H10O5）n的名稱是____；①的反應(yīng)類型是____；

（2）C6H12O6名稱是____，常用____反應(yīng)實驗或它與氫氧化銅懸濁液的反應(yīng)來檢驗其存在；

（3）為檢驗①中（C6H10O5）n是否完全反應(yīng)，可在反應(yīng)后的溶液中滴加____．評卷人得分四、判斷題(共3題，共9分)23、18gD2O所含的電子數(shù)為10NA．____（判斷對錯）24、1molCl2參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)一定為2NA．____（判斷對錯）25、在標準狀況時，20mLNH3與60mLO2所含的分子個數(shù)比為1：3____．（判斷對錯）評卷人得分五、推斷題(共3題，共9分)26、已知ABC和X四種物質(zhì)有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系A(chǔ)BC

（1）若C是淡黃色固體，則B的化學式____寫出C與水反應(yīng)的化學方程式____

（2）若A為黃綠色氣體，X為一中常見的金屬物質(zhì)，寫出A與C反應(yīng)的離子方程式____，寫出最常用于檢驗B中陽離子的離子方程式____

（3）若A為固體非金屬單質(zhì)，C可產(chǎn)生溫室效應(yīng)，X是紅棕色固體，寫出B與X反應(yīng)生成C的化學方程式____已知D被譽為國防金屬，寫出C與D反應(yīng)的化學方程式____．27、金屬鋁在酸性或堿性溶液中均可與NO3－發(fā)生氧化還原反應(yīng)，轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：（已知，氣體D和F反應(yīng)可生成鹽，氣體D和A溶液反應(yīng)生成白色沉淀。）請回答下列問題：（1）A和B兩溶液混合產(chǎn)生白色沉淀，該白色沉淀的化學式；（2）C、E排入大氣中會造成大氣污染，在催化劑存在下，D可以將C、E轉(zhuǎn)化為無毒的氣態(tài)單質(zhì)，該單質(zhì)的電子式；（3）過量D的水溶液與A溶液反應(yīng)的離子方程式是；（4）D→C反應(yīng)的化學方程式是；（5）除去氣體C中的雜質(zhì)氣體E的化學方法：（用化學方程式表示）；（6）完成鋁在堿性條件下與NO3-反應(yīng)的離子方程式；（7）Al與NO3―在酸性條件下反應(yīng)，Al與被還原的NO3―的物質(zhì)的量之比是。28、某物質(zhì)R可用于制備高熱導陶瓷基片；陶瓷刀具、切削工具；高溫下材料強度大．經(jīng)檢測，R由兩種短周期元素組成．現(xiàn)取123gR溶于熱的KOH溶液中反應(yīng)，得到無色溶液A和67.2L氣體B（氣體體積為標準狀況下測定），該氣體通入硫酸銅溶液有淺藍色的沉淀生成，繼續(xù)滴加氨水至沉淀完全溶解，此時即得深藍色的溶液，對此溶液加熱又有淺藍色的沉淀生成．往上述過程所得無色溶液中滴加入鹽酸，溶液先出現(xiàn)渾濁后又變澄清．

物質(zhì)B與單質(zhì)X及水之間相互作用，有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：BCDE．E是一種強酸；將C和D的混合物溶解在冰水中，即可得到一種弱酸F的水溶液．請回答下列問題：

（1）物質(zhì)R的名稱為____，屬于____晶體（填“分子”、“離子”、“原子”等）．B與C反應(yīng)的化學方程式為：____．

（2）對深藍色的溶液加熱又有淺藍色的沉淀生成，其原因是____（用離子方程式表示）．

（3）弱酸E是一種比醋酸酸性稍強的弱酸，很不穩(wěn)定，通常在室溫下易分解．要制得E溶液，可以往冷凍的其鈉鹽濃溶液中加入或通入某種物質(zhì)，下列物質(zhì)不適合使用的是____（填序號）．

A．二氧化碳B．鹽酸C．二氧化硫D．稀硫酸。

（4）NO-2是工業(yè)廢水在排放前必須除去的．堿性條件下用鋁粉有效除去廢水中的NO-2，已知此反應(yīng)體系中檢測到B氣體．寫出上述反應(yīng)的離子方程式____．若改用電解法將廢水中NO-2轉(zhuǎn)換為N2除去，N2將在____（填“陰極”或“陽極”）生成，電極反應(yīng)為____．

（5）C12與B以3：1的物質(zhì)的量之比反應(yīng)生成HCl和一種二元化合物Y（該反應(yīng)中只有一種元素化合價改變）．Y大量應(yīng)用于面粉的漂白和消毒，寫出Y與水反應(yīng)的化學方程式____．評卷人得分六、解答題(共2題，共20分)29、在一定溫度下；將200g硫酸鈉溶液與100g氯化鋇溶液混合，恰好完全反應(yīng)．過濾得到濾液276.7g，往濾液中加入83.7g該濾液的溶質(zhì)并恢復(fù)到原溫度，溶液恰好飽和．

求：

（1）原硫酸鈉溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量．

（2）濾液中的溶質(zhì)在該溫度下的溶解度為多少？30、五種短周期元素的部分性質(zhì)數(shù)據(jù)如下：

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

-3+7

-1+6

-2+3（1）Z離子的結(jié)構(gòu)示意圖為______．

（2）關(guān)于Y；Z兩種元素；下列敘述正確的是______（填序號）．

a．簡單離子的半徑Y(jié)＞Zb．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性Y比Z強。

c．最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性Z比Y強。

（3）甲是由T、X兩種元素形成的10e-分子；乙是由Y；W兩種元素形成的化合物．

某同學設(shè)計了右圖所示裝置（夾持儀器省略）進行實驗；將甲的濃溶液逐滴加入到NaOH固體中，燒瓶中即有甲放出，原因是______．一段時間后，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是______．

（4）XO2是導致光化學煙霧的“罪魁禍首”之一．它被氫氧化鈉溶液吸收的化學方程式是：2XO2+2NaOH=M+NaXO3+H2O（已配平）；產(chǎn)物M中元素X的化合價為______．

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】A．過濾遵循一貼二低三靠；

B．讀數(shù)時視線與凹液面的最低處相平；

C．燃燒時集氣瓶低部加少量水；防止高溫生成物使集氣瓶炸裂；

D．酒精燈引燃另一只酒精燈，易失火．【解析】【解答】解：A．過濾遵循一貼二低三靠；圖中過濾操作合理，故A正確；

B．讀數(shù)時視線與凹液面的最低處相平；圖中讀數(shù)操作合理，故B正確；

C．燃燒時集氣瓶低部加少量水；防止高溫生成物使集氣瓶炸裂，圖中燃燒實驗操作合理，故C正確；

D．酒精燈引燃另一只酒精燈；易失火，應(yīng)利用火柴點燃，故D錯誤；

故選D．2、D【分析】【分析】中和熱是強酸和強堿的稀溶液完全反應(yīng)生成1mol水時放出的熱量，依據(jù)概念對選項分析判斷．【解析】【解答】解：①反應(yīng)生成了2mol水；反應(yīng)的焓變?yōu)?114.6kJ/mol，故不符合；

②反應(yīng)過程中除了氫離子和氫氧根離子反應(yīng)放熱，硫酸鋇沉淀的生成也伴隨有沉淀熱的變化，反應(yīng)熱大于-57.3kJ?mol-1；故不符合；

③一水合氨是弱電解質(zhì)電離過程是吸熱過程，反應(yīng)熱大于-57.3kJ?mol-1；故不符合；

④一水合氨和醋酸都是弱電解質(zhì)電離過程是吸熱過程，反應(yīng)熱大于-57.3kJ?mol-1；故不符合；

故選D．3、C【分析】【分析】由短周期元素X；Y、Z、W和Q在元素周期表中的相對位置；X為Li，Y為N，Z為O，W為Na，Q為Al，則。

A．同主族從上到下金屬性增強；同周期從左向右金屬性減弱；

B．Li電池為常用的二次電池；

C．Y化合價為+4時，氧化物有NO2、N2O4；

D．電子層越多，原子半徑越大；相同電子層時原子序數(shù)大的原子半徑?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓河啥讨芷谠豖；Y、Z、W和Q在元素周期表中的相對位置；X為Li，Y為N，Z為O，W為Na，Q為Al，則。

A．同主族從上到下金屬性增強；同周期從左向右金屬性減弱，則W（Na）的金屬性最強，故A正確；

B．X（Li）元素的化合物常用于制備可充電電池；其質(zhì)量小，方便攜帶，質(zhì)荷比大，為二次電池的優(yōu)點，故B正確；

C．Y化合價為+4時，氧化物有NO2、N2O4；為兩種化合物，故C錯誤；

D．電子層越多，原子半徑越大；相同電子層時原子序數(shù)大的原子半徑小，則原子半徑的大小順序為：r（Z）＜r（Y）＜r（X）＜r（W）；故D正確；

故選C．4、D【分析】【分析】2.24L（標況下）CO2氣體的物質(zhì)的量為0.1mol；二氧化碳完全反應(yīng)；

若只發(fā)生：CO2+2KOH=K2CO3+H2O，則生成0.1mol的K2CO3；其質(zhì)量=0.1mol×138g/mol=13.8g；

若只發(fā)生：CO2+KOH=KHCO3，則生成0.1mol的KHCO3；其質(zhì)量=0.1mol×100g/mol=10g；

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

設(shè)白色固體中K2CO3xmol，KHCO3ymol，根據(jù)C元素守恒及二者質(zhì)量列方程計算，再根據(jù)鉀離子守恒計算KOH物質(zhì)的量，根據(jù)c=計算KOH溶液物質(zhì)的量濃度．【解析】【解答】解：2.24L（標況下）CO2氣體的物質(zhì)的量為=0.1mol；

若只發(fā)生：CO2+2KOH=K2CO3+H2O，則生成0.1mol的K2CO3；其質(zhì)量=0.1mol×138g/mol=13.8g；

若只發(fā)生：CO2+KOH=KHCO3，則生成0.1mol的KHCO3；其質(zhì)量=0.1mol×100g/mol=10g；

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

設(shè)白色固體中K2CO3xmol，KHCO3ymol；

根據(jù)碳原子守恒；有：xmol+ymol=0.1mol；

由二者質(zhì)量可知：138g?mol-1×xmol+100g?mol-1×ymol=11.9g

聯(lián)立方程；解得x=0.05moly=0.05mol

故白色固體中含有K2CO3的質(zhì)量=138g?mol-1×0.05mol=6.9g；

原溶液中KOH物質(zhì)的量為2xmol+ymol=2×0.05mol+0.05mol=0.15mol，所用KOH溶液物質(zhì)的量濃度為=0.500mol?L-1；

綜上分析可知；ABC正確；D錯誤；

故選D．5、B【分析】試題分析：在周期表與ⅡA族相鄰的族分別為ⅠA，ⅢA（2,3周期），ⅢB（長周期）?？键c：考查元素周期表有關(guān)問題?！窘馕觥俊敬鸢浮緽6、B【分析】解：A．大量燃燒化石燃料可產(chǎn)生有害氣體和煙塵；是造成霧霾天氣的一種重要因素，故A正確；

B．纖維素在人體中不水解；不能被人體吸收，因此纖維素不能被分解提供能量，故B錯誤；

C．Cu2+和Hg2+都能和S2-反應(yīng)生成沉淀，所以可以用Na2S做沉淀劑除去廢水中的Cu2+和Hg2+；故C正確；

D．地溝油的主要成分是油脂；油脂堿性條件下水解成為造化反應(yīng)，可生成肥皂，故D正確；

故選：B．

A．大量燃燒化石燃料可產(chǎn)生有害氣體和煙塵；

B．纖維素在人體中不水解；不能被人體吸收；

C．硫離子與Cu2+或Hg2+反應(yīng)生成沉淀，從而除去廢水中的Cu2+和Hg2+；

D．油脂堿性條件下水解；可生成肥皂．

本題考查了生活中常見的化學知識及環(huán)境污染，熟悉纖維素、油脂、硫化鈉的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】【答案】B二、雙選題(共7題，共14分)7、B|C【分析】解：A．穩(wěn)定性與化學鍵有關(guān)；H-F鍵能大，則溫度，而HF中含氫鍵，沸點高，二者沒有因果關(guān)系，故A錯誤；

B．還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，由2C+SiO22CO↑+Si可知；硅被還原，可推知碳的還原性大于硅的還原性，故B正確；

C．等濃度的Na2CO3溶液比Na2SO4溶液的pH大；則碳酸的酸性小于硫酸，最高價氧化物的水化物的酸性越強，非金屬性越強，故C正確；

D．某過程發(fā)生化學鍵斷裂；不一定發(fā)生化學變化，如HCl溶于水，沒有化學鍵生成，故D錯誤；

故選BC．

A．穩(wěn)定性與化學鍵有關(guān)；沸點與氫鍵有關(guān)；

B．還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性；

C．等濃度的Na2CO3溶液比Na2SO4溶液的pH大；則碳酸的酸性小于硫酸，以此比較非金屬性；

D．某過程發(fā)生化學鍵斷裂；不一定發(fā)生化學變化．

本題考查較綜合，涉及穩(wěn)定性、氫鍵、非金屬性比較、化學鍵與化學反應(yīng)的關(guān)系等，注重基礎(chǔ)知識的考查，題目難度不大．【解析】【答案】BC8、rBD【分析】解：rm{A.Cl}元素的化合價既升高又降低，則rm{HClO_{2}}是還原劑；也是氧化劑，故A錯誤；

B.rm{Cl}元素的化合價升高被氧化，則rm{ClO_{2}}是氧化產(chǎn)物；故B正確；

C.由反應(yīng)可知，rm{5mol}rm{HClO_{2}}分解轉(zhuǎn)移rm{4mol}電子，則rm{1mol}rm{HClO_{2}}分解轉(zhuǎn)移rm{dfrac{4}{5}mol}電子；故C錯誤；

D.由反應(yīng)可知，rm{5mol}rm{HClO_{2}}分解時，rm{4mol}作還原劑與rm{1mol}作氧化劑的得失電子相等，則氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為rm{1}rm{4}故D正確；

故選BD．

rm{5HClO_{2}=4ClO_{2}隆眉+HCl+2H_{2}O}中，rm{Cl}元素的化合價由rm{+3}價升高為rm{+4}價，rm{Cl}元素的化合價由rm{+3}價降低為rm{-1}價；以此來解答．

本題考查氧化還原反應(yīng)，為高頻考點，把握反應(yīng)中元素的化合價變化為解答的關(guān)鍵，側(cè)重氧化還原反應(yīng)基本概念及轉(zhuǎn)移電子的考查，注意元素化合價判斷，題目難度不大．【解析】rm{BD}9、rBC【分析】解：rm{A}根據(jù)題中信息可知；花青苷在酸性和堿性環(huán)境下顯示不同的顏色，所以花青苷可作為一種酸堿指示劑，故A正確；

B；根據(jù)Ⅱ的結(jié)構(gòu)簡式可知；Ⅱ中含有一個苯環(huán)，還有一個六元碳環(huán)中只有兩個碳碳雙鍵，故B錯誤；

C；根據(jù)Ⅰ的結(jié)構(gòu)簡式可知；Ⅰ中的兩個苯環(huán)之間有一個碳碳單鍵，可以旋轉(zhuǎn)，所以這兩個苯環(huán)不一定共面，故C錯誤；

D、Ⅰ和Ⅱ中均有酚羥基，所以均能與rm{FeCl_{3}}溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；故D正確；

故選BC．

A；根據(jù)題中信息可知；花青苷在酸性和堿性環(huán)境下顯示不同的顏色；

B；根據(jù)Ⅱ的結(jié)構(gòu)簡式可知；Ⅱ中含有一個苯環(huán)，還有一個六元碳環(huán)中只有兩個碳碳雙鍵；

C；根據(jù)Ⅰ的結(jié)構(gòu)簡式可知；Ⅰ中的兩個苯環(huán)之間有一個碳碳單鍵，可以旋轉(zhuǎn)，所以這兩個苯環(huán)不一定共面；

D；Ⅰ和Ⅱ中均有酚羥基；據(jù)此判斷．

本題主要考查了有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，中等難度，答題時要抓住官能的性質(zhì)分析問題，rm{B}選項為本題易錯點，注意單鍵能旋轉(zhuǎn)．【解析】rm{BC}10、rAD【分析】解：rm{A.}氫化物的溶液能使石蕊試液變藍；氫化物的溶液顯堿性，則氫化物為氨氣，故A正確；

B.rm{Fe(OH)_{3}}膠體與rm{HI}反應(yīng)生成三價鐵離子；三價鐵離子具有強的氧化性，能夠氧化碘離子，生成單質(zhì)碘，由紅褐色變黃色；三價鐵離子和碘水都是黃色，現(xiàn)象不同，故B錯誤；

C.配制硫酸亞鐵溶液時；還應(yīng)防止亞鐵離子被氧化，且濃硫酸具有強氧化性，則應(yīng)將固體溶解在稀硫酸中，且加鐵粉，故C錯誤；

D.二氧化硫能使酸性高錳酸鉀褪色；品紅褪色，與硫化鈉生成黃色沉淀，二氧化碳無明顯現(xiàn)象，故D正確．

故選AD．

A.氫化物的溶液能使石蕊試液變藍；氫化物的溶液顯堿性；

B.三價鐵離子具有強的氧化性；能夠氧化碘離子；

C.配制硫酸亞鐵溶液時；還應(yīng)防止亞鐵離子被氧化，且濃硫酸具有強氧化性；

D.二氧化硫能使酸性高錳酸鉀褪色；品紅褪色，與硫化鈉生成黃色沉淀．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)及檢驗、溶液配制及鹽類水解等為解答的關(guān)鍵，注意實驗的評價性分析，題目難度不大．【解析】rm{AD}11、rBC【分析】解：由于還原性：rm{Fe^{2+}>Br^{-}}通入rm{Cl_{2}}依次發(fā)生rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Cl^{-}}rm{2Br^{-}+Cl_{2}=Br_{2}+2Cl^{-}}

當rm{n(Cl_{2})}rm{n(FeBr_{2})leqslantdfrac{1}{2}}時，只氧化rm{n(FeBr_{2})leqslantdfrac

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

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

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

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

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

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

{3}{2}}rm{n(FeBr_{2})geqslantdfrac{3}{2}}rm{Fe^{2+}}和rm{Br^{-}}被完全氧化，則反應(yīng)的離子方程式為rm{x=2a}故C錯誤；

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

{3}{2}}和rm{Fe^{2+}}恰好被完全氧化，反應(yīng)的離子方程式為rm{Br^{-}}故D正確；

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

rm{x=1.5a}的還原性比rm{Fe^{2+}}強，所以rm{Br^{-}}通入rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}=2Br_{2}+2Fe^{3+}+6Cl^{-}}溶液中，當rm{BC}不足量時，會先與rm{Fe^{2+}}反應(yīng)；待rm{Br^{-}}全部被氧化成rm{Cl_{2}}后，過量的rm{FeBr_{2}}才會與rm{Cl_{2}}反應(yīng)．

本題考查了離子方程式書寫，側(cè)重考查氧化還原反應(yīng)離子方程式書寫，明確氧化還原反應(yīng)先后規(guī)律，熟悉溴離子、二價鐵離子氧化性強弱關(guān)系是解題關(guān)鍵，題目難度中等．rm{Fe^{2+}}【解析】rm{BC}12、rAD【分析】解：rm{A.}向rm{0.1mol?L}的rm{NaHSO_{3}}中通入氨氣至溶液呈中性時，rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}根據(jù)電荷守恒可知：rm{c(Na^{+})+c(NH_{4}^{+})=2c(SO_{3}^{2-})}由于鈉離子濃度大于亞硫酸根離子，則rm{c(Na^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(NH_{4}^{+})}所以溶液中rm{c(H^{+})}rm{c(OH^{-})}rm{c(SO_{3}^{2-})}rm{c(Na^{+})}rm{c(NH_{4}^{+})}這五種離子濃度大小關(guān)系為：rm{c(Na^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})=c(OH^{-})}故A正確；

B.將rm{0.1mol/L}的醋酸鈉溶液rm{20mL}與rm{0.1mol/L}鹽酸rm{10mL}混合后，反應(yīng)后rm{NaAc}和rm{HAc}的物質(zhì)的量相等，溶液顯酸性，說明rm{HAc}電離程度大于rm{Ac^{-}}水解程度，則rm{(CH_{3}COO^{-})>c(Cl^{-})}rm{HAc}為弱電解質(zhì)，部分電離，應(yīng)有rm{c(CH_{3}COOH)>c(H^{+})}故B錯誤；

C.根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性rm{HF>CH_{3}COOH}則rm{CH_{3}COOK}的水解程度大于rm{NaF}所以rm{pH}相等的rm{NaF}與rm{CH_{3}COOK}兩溶液rm{CH_{3}COOK}的濃度小于rm{NaF}由于兩溶液的rm{pH}相同，則兩溶液中氫離子、氫氧根離子的濃度相同，即rm{c(H^{+})=c(OH^{-})壟脵}根據(jù)電荷守恒可得：rm{c(H^{+})+c(Na^{+})+c(K^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})+c(F^{-})壟脷}由rm{壟脵壟脷}得rm{c(Na^{+})-c(F^{-})=c(CH_{3}COO^{-})-c(K^{+})}故C錯誤；

D.rm{0.1mol?L^{-1}}醋酸溶液和rm{0.2mol?L^{-1}}醋酸鈉溶液等體積混合，根據(jù)電荷守恒rm{c(H^{+})+c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})壟脵}根據(jù)物料守恒rm{3c(Na^{+})=2c(CH_{3}COO^{-})+2c(CH_{3}COOH)壟脷}由rm{壟脵隆脕3-壟脷}得rm{3c(H^{+})+2c(CH_{3}COOH)=c(CH_{3}COO^{-})+3c(OH^{-})}故D正確；

故選AD．

A.溶液呈中性時，rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}根據(jù)電荷守恒可知：rm{c(Na^{+})+c(NH_{4}^{+})=2c(SO_{3}^{2-})}由于鈉離子濃度大于亞硫酸根離子，則rm{c(Na^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(NH_{4}^{+})}

B.將rm{0.1mol/L}的醋酸鈉溶液rm{20mL}與rm{0.1mol/L}鹽酸rm{10mL}混合，反應(yīng)后rm{NaAc}和rm{HAc}的物質(zhì)的量相等；溶液顯酸性；

C.根據(jù)rm{HF}和rm{CH_{3}COOH}的電離平衡常數(shù)判斷二者酸性強弱，酸性越強，對應(yīng)的酸根離子的水解程度越強，據(jù)此判斷rm{pH}相同時rm{NaF}與rm{CH_{3}COOK}兩溶液中離子濃度大??；

D.rm{0.1mol?L^{-1}}醋酸溶液和rm{0.2mol?L^{-1}}醋酸鈉溶液等體積混合；根據(jù)電荷守恒和物料守恒綜合計算．

本題考查離子濃度大小比較，題目難度中等，注意反應(yīng)后溶液溶質(zhì)的物質(zhì)的量關(guān)系，把握弱電解質(zhì)電離特點．【解析】rm{AD}13、rAD【分析】解：rm{A.}保持污水的rm{pH}在rm{5.0隆蘆6.0}之間，通過電解生成rm{Fe(OH)_{3}}沉淀時，加入的使導電能力增強的電解質(zhì)必須是可溶于水的、顯中性的鹽如：rm{Na_{2}SO_{4}}固體；故A正確；

B.電解池中rm{Fe}為陽極，發(fā)生rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}故B錯誤；

C.電池是以熔融碳酸鹽為電解質(zhì)，負極電極反應(yīng)是rm{CH_{4}+4CO_{3}^{2-}-8e^{-}=5CO_{2}+2H_{2}O}正極反應(yīng)為rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO_{3}^{2-}}可以循環(huán)利用的物質(zhì)只有二氧化碳，故C錯誤；

D.電池的負極電極反應(yīng)是rm{CH_{4}+4CO_{3}^{2-}-8e^{-}=5CO_{2}+2H_{2}O}當乙裝置中有rm{1.6gCH_{4}}參加反應(yīng)，即rm{0.1mol}甲烷參加反應(yīng)時，有rm{0.8mol}電子轉(zhuǎn)移，rm{C}電極的電極反應(yīng)為：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}則rm{C}電極理論上生成氣體在標準狀況下為rm{8.96L}故D正確；

故選：rm{AD}．

甲裝置為電解池，乙裝置為原電池裝置，原電池工作時，通入甲烷的一級為負極，發(fā)生氧化反應(yīng)，負極電極反應(yīng)是rm{CH_{4}+4CO_{3}^{2-}-8e^{-}=5CO_{2}+2H_{2}O}通入氧氣的一級為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，正極反應(yīng)為rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO_{3}^{2-}}電解池中rm{Fe}為陽極，發(fā)生rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}陰極的電極反應(yīng)為：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}二價鐵離子具有還原性，能被氧氣氧化到正三價，rm{4Fe^{2+}+10H_{2}O+O_{2}=4Fe(OH)_{3}隆媒+8H^{+}}以此解答該題．

本題考查了燃料電池的工作原理和原電池和電解池串聯(lián)的綜合知識，難度較大rm{.}注意把握電解池和原電池的工作原理，把握電極方程式的書寫，為解答該題的關(guān)鍵．【解析】rm{AD}三、填空題(共9題，共18分)14、2O2水洗0.5molFe（OH）31：1（NH4）2Ce（NO3）6在硝酸中的溶解度隨溫度升高而增大c（HNO3）越小，溫度對S的影響越大或c（HNO3）越大，溫度對S的影響越小【分析】【分析】（1）根據(jù)質(zhì)量守恒可確定未知物分子式應(yīng)為O2，一氧化氮（NO）氣體難溶于水，NO2和水反應(yīng)生成NO和硝酸；

（2）Ge元素化合價由+3價升高到+4價，被氧化，Ce（NO3）3?6H2O為還原劑，該過程中每生成1molCe（OH）4，轉(zhuǎn)移1mol電子，H2O2為氧化劑；O元素化合價由-1價降低到-2價，根據(jù)得失電子守恒可確定參加反應(yīng)的氧化劑的物質(zhì)的量；

（3）化學式相似的物質(zhì)的溶度積常數(shù)越小，物質(zhì)越難溶，根據(jù)沉淀的轉(zhuǎn)化、生成和溶解平衡的角度解答，當調(diào)節(jié)溶液的pH為8時，c（OH-）=1×10-6mol/L；根據(jù)溶度積定義書寫表達式，結(jié)合溶度積計算離子濃度比；

（4）根據(jù)曲線的變化趨勢判斷溫度、濃度對溶解度的影響．【解析】【解答】解：（1）由質(zhì)量守恒定律可知反應(yīng)的方程式應(yīng)為CeO2?8OHCeO2+4H2O↑+2O2↑，生成的未知物質(zhì)為O2，NO2和水反應(yīng)：3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成NO和硝酸，所以通過水洗可除去NO中的NO2；

故答案為：2O2；水洗；

（2）Ge元素化合價由+3價升高到+4價，被氧化，Ce（NO3）3?6H2O為還原劑，H2O2為氧化劑，O元素化合價由-1價降低到-2價，由化合價升降總數(shù)相等可知氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比應(yīng)為1：2，該過程中每生成1molCe（OH）4，則參加反應(yīng)的氧化劑H2O2為0.5mol；

故答案為：0.5mol；

（3）298K時，Ksp[Ce（OH）4]=1×10-29．Ksp[Fe（OH）3]=4×10-38，根據(jù)化學式相似的物質(zhì)的溶度積常數(shù)越小，物質(zhì)越難溶可知常溫下在水中溶解能力Ce（OH）4＞Fe（OH）3，向物質(zhì)的量濃度均為1.0mol?L-1的Fe3+和Ce4+的混合溶液中滴加氫氧化鈉溶液，先析出的沉淀Fe（OH）3，當調(diào)節(jié)溶液的pH為8時，c（OH-）=1×10-6mol/L，c（Fe3+）?（OH-）3=1.0×1.0×10-18=1×10-18＞Ksp[Fe（OH）3]，鐵離子已沉淀完全，殘留在溶液中的鐵離子物質(zhì)的量濃度低于1.0×10-5mol?L-1，Ce（OH）4的溶度積表達式為c（Ce4+）?[c（OH-）]4=1.0×1.0×10-24=1×10-24＞Ksp[Ce（OH）4]，Ce4+已沉淀完全，殘留在溶液中的Ce4+物質(zhì)的量濃度低于1.0×10-5mol?L-1；所以兩者之比為1：1；

故答案為：Fe（OH）3；1：1；

（4）由曲線的變化趨勢可得出規(guī)律有：

①其它條件相同時，S隨c（HNO3）增大而減??；

②（NH4）2Ce（NO3）6在硝酸中的溶解度隨溫度升高而增大；

③c（HNO3）越小，溫度對S的影響越大或c（HNO3）越大；溫度對S的影響越?。?/p>

故答案為：（NH4）2Ce（NO3）6在硝酸中的溶解度隨溫度升高而增大；c（HNO3）越小，溫度對S的影響越大或c（HNO3）越大，溫度對S的影響越?。?5、Br2能將Fe2+氧化為Fe3+，I2可能不行2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-加入苯能起到液封的作用，減少空氣對實驗的干擾Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2同一主族元素從上到下，原子核外電子層數(shù)依次增多，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱，氧化性逐漸減弱【分析】【分析】I．理論預(yù)測。

甲同學認為Br2和I2都可能將Fe2+氧化為Fe3+；思考的依據(jù)是Cl2、Br2、I2均為第VIIA主族單質(zhì)；化學性質(zhì)相似，都有較強的氧化性；

乙同學認為Br2和I2可能都不會將Fe2+氧化為Fe3+；丙同學的觀點是Br2能將Fe2+氧化為Fe3+，I2可能不行；思考的依據(jù)是從上到下鹵素單質(zhì)氧化性減弱；

Ⅲ．實驗現(xiàn)象的分析與解釋。

（1）溴水能將Fe2+氧化為Fe3+；同時自身被還原成；

（2）亞鐵離子與空氣直接接觸會被氧化生成Fe3+；加入苯既可作為萃取劑又能起到液封的作用，減少空氣對實驗的影響；

（3）氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，由可判斷Cl2、Br2、I2和Fe3+氧化性由強到弱的順序是Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2；

（4）根據(jù)元素周期表中同主族元素性質(zhì)的遞變規(guī)律來分析．【解析】【解答】解：I．理論預(yù)測。

第VIIA主族Cl2、Br2、I2均為非金屬單質(zhì)，它們易得到電子，化學性質(zhì)相似，都有較強的氧化性，所以甲同學認為Br2和I2都可能將Fe2+氧化為Fe3+；同一主族從上到下單質(zhì)氧化性逐漸減弱，所以乙同學認為Br2和I2可能都不會將Fe2+氧化為Fe3+；丙同學的觀點是Br2能將Fe2+氧化為Fe3+，I2可能不行；

故答案為：Br2能將Fe2+氧化為Fe3+，I2可能不行；

Ⅲ．（1）滴加少量KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色，說明有Fe3+生成，溴水中的溴具有氧化性，亞鐵離子具有還原性，溴水能將Fe2+氧化，2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-；

故答案為：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-；

（2）I2的稀溶液和FeCl3溶液均為黃色，故不能確定I2能不能將Fe2+氧化為Fe3+；要檢驗亞鐵離子中有沒有Fe3+，應(yīng)當讓亞鐵離子與空氣隔絕，因為與空氣直接接觸會被氧化生成Fe3+；故加入苯既可作為萃取劑又能起到液封的作用，減少空氣對實驗的影響；

故答案為：加入苯能起到液封的作用；減少空氣對實驗的干擾；

（3）參照實驗二改進實驗一后，滴加少量KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色，說明有Fe3+生成，離子方程式為：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，氧化性Br2＞Fe3+，溴單質(zhì)不能氧化氯離子，即Cl2＞Br2，I2的稀溶液和FeCl3溶液均為黃色，故不能確定I2能不能將Fe2+氧化為Fe3+；實驗二：向試管B中加入2mLFeCl2溶液和0.5mL苯，將膠頭滴管伸入下層溶液，加入約0.5mL稀碘水，滴加少量KSCN溶液，溶液沒有出現(xiàn)紅色，說明無Fe3+生成，說明Fe3+＞I2；

故答案為：Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2；

（4）同一主族元素從上到下原子核外電子層數(shù)依次增多，原子半徑逐漸增大，原子核對外層電子的吸引力減弱，得電子能力逐漸減弱，氧化性減弱，故Cl2、Br2、I2氧化Fe2+的能力逐漸減弱；

故答案為：同一主族元素從上到下原子核外電子層數(shù)依次增多，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱，氧化性減弱．16、2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2Oc（Na+）＞c（Cl-）＞c（ClO-）＞c（OH-）＞c（H+）N4（g）═2N2（g）△H=-882kJ/molN2＞N4NCl3+3H2O═NH3+3HClO2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O【分析】【分析】A；B、C是中學化學中常見的三種短周期元素；

①A元素原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍；元素最外層電子數(shù)不超過8，則其次外層是K層，則A是C元素；

②B元素最高正價與最低負價的代數(shù)和為2；且為短周期元素，則B是N元素；

③C元素有多種化合價，且常溫下C元素的單質(zhì)與石灰水反應(yīng)，可得到兩種含C元素的化合物，④B、C兩種元素質(zhì)子數(shù)之和是A元素質(zhì)子數(shù)的4倍，則C是Cl元素，再結(jié)合題目分析解答．【解析】【解答】解：A；B、C是中學化學中常見的三種短周期元素；

①A元素原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍；元素最外層電子數(shù)不超過8，則其次外層是K層，則A是C元素；

②B元素最高正價與最低負價的代數(shù)和為2；且為短周期元素，則B是N元素；

③C元素有多種化合價；且常溫下C元素的單質(zhì)與石灰水反應(yīng)，可得到兩種含C元素的化合物，④B；C兩種元素質(zhì)子數(shù)之和是A元素質(zhì)子數(shù)的4倍，則C是Cl元素；

（1）常溫下，氯氣和NaOH溶液反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，離子方程式為2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；兩者恰好反應(yīng)所得溶液中，溶液中次氯酸根離子水解導致溶液呈堿性，但水解程度較小，根據(jù)物料守恒得溶液中各種離子濃度由大到小的順序是c（Na+）＞c（Cl-）＞c（ClO-）＞c（OH-）＞c（H+）；

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

（2）B為氮元素，斷裂1molB-B吸收167kJ的熱量，生成1molB≡B放出942kJ熱量，則N4（g）═2N2（g）的△H=167×6-2×942=-882kJ/mol，物質(zhì)能量越高越不穩(wěn)定，所以相同條件下B4與B2的穩(wěn)定性順序是N2＞N4，故答案為：N4（g）═2N2（g）△H=-882kJ/mol；N2＞N4；

（3）B為氮元素、C為氯元素，X分子為三角錐形分子，且分子里B、C兩種原子最外層均達到8個電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則兩種元素組成的化合物X為NCl3，結(jié)構(gòu)中存在三個N-Cl共價單鍵，其結(jié)構(gòu)式為由X遇水蒸氣可形成一種常見的漂白性物質(zhì)及元素守恒可知反應(yīng)為NCl3+3H2O═NH3+3HClO；

故答案為：NCl3+3H2O═NH3+3HClO；．

（4）實驗室用氯化銨和氫氧化鈣在加熱條件下制取氨氣，反應(yīng)方程式為2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O，故答案為：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O．17、HH、Ca分子中正負電荷的重心重合，為非極性分子cdN2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ/mol【分析】【分析】（1）人體中含量位于前6名的元素依次是：氧；碳、氫、氮、鈣、磷；

s能級的電子云為球形；能量最高的亞層電子云呈球形，說明該元素最高能級為ns；

（2）形成化合物種類最多的元素為C元素，最簡氫化物為CH4；分子中C原子與H原子之間形成1對共用電子對，為正四面體結(jié)構(gòu)，為非極性分子；

（3）a．氧元素沒有含氧酸；

b．單質(zhì)與H2反應(yīng)的難易程度；說明單質(zhì)的氧化性強弱，單質(zhì)的結(jié)構(gòu)不同，不能說明元素的非金屬性；

c．NO2、CO2和C3N4中元素的化合價；說明共用電子對偏移方向，化合物中表現(xiàn)負價的元素，對鍵合電子的吸引力更強，非金屬性更強；

d．非金屬性越強；氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定；

（4）由肼燃燒時的能量變化圖可知，1mol肼燃燒生成氮氣與水蒸氣，放出的熱量為534kJ，據(jù)此熱化學方程式書寫原則書寫．【解析】【解答】解：（1）人體中含量位于前6名的元素依次是：氧；碳、氫、氮、鈣、磷；故X為H元素，s能級的電子云為球形，能量最高的亞層電子云呈球形，說明該元素最高能級為ns，符合條件的有H、Ca，故答案為：H；H、Ca；

（2）形成化合物種類最多的元素為C元素，最簡氫化物為CH4，分子中C原子與H原子之間形成1對共用電子對，電子式為：為正四面體結(jié)構(gòu)，分子中正負電荷的重心重合，為非極性分子，故答案為：分子中正負電荷的重心重合；為非極性分子；

（3）a．氧元素沒有含氧酸；不能利用最高價比較氧元素與C；N元素的非金屬性，故a錯誤；

b．單質(zhì)與H2反應(yīng)的難易程度，說明單質(zhì)的氧化性強弱，單質(zhì)的結(jié)構(gòu)不同，不能說明元素的非金屬性，故b錯誤；

c．化合價說明共用電子對偏移方向，化合物中表現(xiàn)負價的元素，對鍵合電子的吸引力更強，非金屬性更強，故NO2中氧元素為-2價，氧元素吸引電子能力更強，故非金屬性O(shè)＞N，CO2中，中氧元素為-2價，氧元素吸引電子能力更強，故非金屬性O(shè)＞C，C3N4中N元素為-3價；N元素吸引電子能力更強，故非金屬性N＞O，可以比較，故c正確；

d．非金屬性越強；氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，故氣態(tài)氧化物的穩(wěn)定性可以比較非金屬性強弱，故d正確；

故答案為：cd；

（4）由肼燃燒時的能量變化圖可知，1mol肼燃燒生成氮氣與水蒸氣，放出的熱量為534kJ，熱化學方程式為N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ/mol；

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

【分析】解：（1）塑料的主要成分是合成樹脂．常見的塑料有兩類；一類是熱塑性塑料，如聚乙烯；聚氯乙烯等；熱固性塑料是指在受熱或其他條件下能固化或具有不溶（熔）特性的塑料，如酚醛樹脂等，故答案為：合成樹脂；熱塑性；聚氯乙烯（或聚丙烯等）；熱固性；

（2）為了增加汽車輪胎的耐磨性；常在制輪胎的橡膠中加入的耐磨物質(zhì)是炭黑，故答案為：炭黑；

（3）棉花；羊毛、蠶絲屬于天然纖維；

黏膠纖維屬于人造纖維；

尼龍；滌綸、腈綸屬于合成纖維；

故答案為：棉花；羊毛、蠶絲；黏膠纖維；尼龍、滌綸、腈綸．

（1）熱固性塑料是指在受熱或其他條件下能固化或具有不溶（熔）特性的塑料；具有體形結(jié)構(gòu)，如酚醛塑料即電木插座的材料，聚乙烯；聚丙烯、聚氯乙烯、聚苯乙烯等均是具有線形結(jié)構(gòu)，為熱塑性塑料；

（2）炭黑加入橡膠中能夠增強耐磨性；

（3）天然纖維是自然界原有的或經(jīng)人工培植的植物上；人工飼養(yǎng)的動物上直接取得的紡織纖維；是紡織工業(yè)的重要材料來源；人造纖維是用木材、草類的纖維經(jīng)化學加工制成的粘膠纖維；合成纖維是化學纖維的一種，是用合成高分子化合物做原料而制得的化學纖維的統(tǒng)稱．

本題考查合成材料，記清各種材料的組成、性能與用途是解題的關(guān)鍵，題目難度不大，注意天然纖維、人造纖維、合成纖維的區(qū)別．【解析】合成樹脂；熱塑性；聚氯乙烯；熱固性；炭黑；棉花、羊毛、蠶絲；黏膠纖維；尼龍、滌綸、腈綸19、ab；be；9.5；偏低【分析】解：rm{(1)}液體的體積受溫度的影響，溫度不同使，用量筒量取的液體、容量瓶中的液體的體積不同，導致產(chǎn)生誤差，故答案為：rm{ab}

rm{(2)c}rmyoekikq不能盛裝液體，故錯；rm{a}使用時不會造成漏液現(xiàn)象，故錯；rmrm{e}有塞子，所以有漏液的可能，所以要檢查是否漏液，故答案為：rm{be}

rm{(3)}稱量物體時，游碼的數(shù)值要加在砝碼一邊，物體與砝碼放反位置時，砝碼的質(zhì)量等于物體的質(zhì)量加上游碼的質(zhì)量，稱量rm{10.5g}物體時，砝碼的質(zhì)量是rm{10g}游碼的質(zhì)量數(shù)值是rm{0.5g}物體的質(zhì)量是rm{10g-0.5g=9.5g.}故答案為：rm{9.5}

rm{(4)}量筒若讀數(shù)時仰視液面；則量取的液體實際偏大，若讀數(shù)時俯視液面，則量取的液體實際偏小，配得的溶液濃度偏低，故答案為：偏低；

rm{(1)}根據(jù)溫度對儀器的使用是否有影響判斷；

rm{(2)}根據(jù)儀器使用時能否漏液判斷；

rm{(3)}根據(jù)游碼的標示是否是物質(zhì)的質(zhì)量計算；

rm{(4)}量筒若讀數(shù)時仰視液面；則量取的液體實際偏大，若讀數(shù)時俯視液面，則量取的液體實際偏??；

本題考查了常見儀器的使用及一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制等知識點，綜合性較強，側(cè)重考查學生對實驗基礎(chǔ)的掌握情況．【解析】rm{ab}rm{be}rm{9.5}偏低20、2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O【分析】【分析】（1）電解NaCl溶液生成NaOH；氫氣、氯氣；

（2）氯氣和石灰乳反應(yīng)生成氯化鈣、次氯酸鈣和水．【解析】【解答】解：（1）電解食鹽水制取燒堿，同時得到氫氣和氯氣，反應(yīng)的化學方程式為：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；

故答案為：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；

（2）以氯氣和石灰乳為原料制造漂白粉，反應(yīng)生成CaCl2、Ca（ClO）2、H2O，該反應(yīng)為2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

故答案為：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O．21、Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶＞NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3【分析】【分析】（1）根據(jù)酸的電離常數(shù)進行分析判斷；電離常數(shù)越大，對應(yīng)鹽的水解程度越小，溶液的pH越??；

（4）根據(jù)溶液中氫離子濃度與氫氧根離子濃度的關(guān)系；及電荷守恒分析；

（5）根據(jù)電離常數(shù)大小分析反應(yīng)的生成物．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)圖表數(shù)據(jù)分析，電離常數(shù)：醋酸＞HCN＞碳酸氫根離子，所以等濃度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度為：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH為：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液；

故答案為：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液；

（2）等濃度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等體積混合，所得溶液顯堿性，則c（H+）＜c（OH-）由電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）；

得c（Na+）＞c（CH3COO-）；

故答案為：＞；

（3）向NaCN溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-，故反應(yīng)生成HCN和碳酸氫鈉，不能生成二氧化碳，故反應(yīng)的化學方程式為NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；

故答案為：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3．22、淀粉水解反應(yīng)葡萄糖銀鏡滴加碘溶液【分析】【分析】（1）工業(yè)常用淀粉發(fā)酵法制取酒精；淀粉水解生成葡萄糖；

（2）淀粉水解生成葡萄糖；葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇；葡萄糖中含-CHO，能利用銀氨溶液或氫氧化銅懸濁液檢驗；

（3）碘單質(zhì)遇淀粉變藍色．【解析】【解答】解：（1）淀粉的結(jié)構(gòu)簡式為（C6H10O5）n；）淀粉水解生成葡萄糖；

故答案為：淀粉；水解反應(yīng)；

（2）淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，則C6H12O6為葡萄糖；葡萄糖中含-CHO，能利用銀氨溶液檢驗，反應(yīng)產(chǎn)生銀鏡；

故答案為：葡萄糖；銀鏡；

（3）碘單質(zhì)遇淀粉變藍色，故用單質(zhì)碘來檢驗淀粉是否水解完全，故答案為：滴加碘溶液．四、判斷題(共3題，共9分)23、×【分析】【分析】D2O的相對分子質(zhì)量為20，結(jié)合n==計算．【解析】【解答】解：D2O的相對分子質(zhì)量為20，18gD2O的物質(zhì)的量為=0.9mol，則所含的電子數(shù)為9NA．故答案為：×．24、×【分析】【分析】氯氣參加反應(yīng)，表現(xiàn)性質(zhì)不同，轉(zhuǎn)移電子數(shù)不同，據(jù)此判斷．【解析】【解答】解：氯氣參加反應(yīng)，表現(xiàn)性質(zhì)不同，轉(zhuǎn)移電子數(shù)不同，例如氯氣與水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，Cl元素的化合價由0升高為+1價，Cl元素的化合價由0降低為-1價，1molCl2參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA；

1molCl2與鐵反應(yīng)生成氯化鐵，氯氣全部做氧化劑，1molCl2參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA；

所以1molCl2參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)不一定為2NA．

故錯誤．25、√【分析】【分析】相同條件下，氣體體積之比等于其分子數(shù)目之比．【解析】【解答】解：同溫同壓下，氣體體積之比等于其分子數(shù)目之比，故標準狀況時，20mLNH3與60mLO2所含的分子個數(shù)比=20mL：60mL=1：3，故正確，故答案為：√．五、推斷題(共3題，共9分)26、Na2O2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑Fe+2Fe3+=3Fe2+Fe3++3SCN-=Fe（SCN）33CO+Fe2O33CO2+2FeCO2+2Mg2MgO+C【分析】【分析】由反應(yīng)的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知A可與X連續(xù)反應(yīng)；如A為金屬，應(yīng)為變價金屬，如X為氧氣，則A可為變價非金屬或Na，圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系可符合鋁三角的轉(zhuǎn)化，或為多元弱酸對應(yīng)的鹽；

（1）若C是淡黃色固體，則C為Na2O2，反應(yīng)推可知，A為Na，B為Na2O，X為O2；

（2）若A為黃綠色氣體，X為一中常見的金屬物質(zhì)，則A為Cl2，X為Fe，B為FeCl3，C為FeCl2；

（3）若A為固體非金屬單質(zhì)，C可產(chǎn)生溫室效應(yīng)，則C為CO2，X是紅棕色固體，則X為Fe2O3，所以A為C，B為CO，D被譽為國防金屬，則D為Mg，以此解答該題．【解析】【解答】解：由反應(yīng)的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知A可與X連續(xù)反應(yīng)；如A為金屬，應(yīng)為變價金屬，如X為氧氣，則A可為變價非金屬或Na，圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系可符合鋁三角的轉(zhuǎn)化，或為多元弱酸對應(yīng)的鹽；

（1）若C是淡黃色固體，則C為Na2O2，反應(yīng)推可知，A為Na，B為Na2O，X為O2，C與水反應(yīng)的化學方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

故答案為：Na2O；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

（2）若A為黃綠色氣體，X為一中常見的金屬物質(zhì)，則A為Cl2，X為Fe，B為FeCl3，C為FeCl2，A與C反應(yīng)的離子方程式為Fe+2Fe3+=3Fe2+，常用KSCN溶液檢驗B中陽離子，反應(yīng)的離子方程式為Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3；

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

（3）若A為固體非金屬單質(zhì)，C可產(chǎn)生溫室效應(yīng)，則C為CO2，X是紅棕色固體，則X為Fe2O3，所以A為C，B為CO，D被譽為國防金屬，則D為Mg，B與X反應(yīng)生成C的化學方程式為3CO+Fe2O33CO2+2Fe，C與D反應(yīng)的化學方程式為CO2+2Mg2MgO+C；

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

【分析】試題分析：Al在酸性條件下與NO3—反應(yīng)，生成Al3+和NO，故A為鋁鹽，含有Al3+，C為NO，C與氧氣反應(yīng)生成的E為NO2，E與水反應(yīng)生成的是HNO3。氣體D和F反應(yīng)可生成鹽，且氣體D和A溶液反應(yīng)生成白色沉淀，氣體D的水溶液顯堿性，推測D為NH3；從氧化還原角度分析，Al在堿性條件下與NO3—反應(yīng)生成B，且B可與A反應(yīng)生成白色沉淀，可推知B為偏鋁酸鹽，含有AlO2—。（1）Al3+與AlO2—雙水解生成白色沉淀Al（OH）3。（2）含N的無毒氣態(tài)單質(zhì)，只有N2。（3）氨水是弱堿，不能和Al（OH）3反應(yīng)，因此反應(yīng)為：3NH3·H2O+Al3+=Al(OH)3↓+3NH4+。（4）D→C即氨的催化氧化，反應(yīng)方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O。（5）除去NO中的NO2，依據(jù)二者的性質(zhì)差異，NO不溶于水，NO2可與水反應(yīng)生成NO，可用水除去，反應(yīng)方程式為3NO2+H2O==2HNO3+NO。（6）由上述解析可知，Al在堿性條件下與NO3—反應(yīng)，生成AlO2—和NH3，根據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒，可配平該反應(yīng)方程式。（7）Al被氧化生成Al3+，每個Al失去3個電子，NO3—被還原為NO，每個NO3—得到3個電子，因此Al與被還原的NO3―的物質(zhì)的