2024年粤教沪科版高一化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年粤教沪科版高一化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、一定温度下，在三个体积约为rm{1.0L}的恒容密闭容器中发生反应：rm{2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)}

。容器编号温度rm{(隆忙)}起始物质的量rm{(mol)}平衡物质的量rm{(mol)}rm{CH_{3}OH(g)}rm{CH_{3}OCH_{3}(g)}rm{H_{2}O(g)}rm{CH_{3}OCH_{3}(g)}rm{H_{2}O(g)}rm{I}rm{387}rm{0.20}rm{0.080}rm{0.080}Ⅱrm{387}rm{0.40}Ⅲrm{207}rm{0.20}rm{0.090}rm{0.090}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.该反应的正方应为吸热反应B.若起始时向容器rm{I}中充入rm{CH_{3}OH}rm{0.1mol}rm{CH_{3}OCH_{3}0.15mol}和rm{H_{2}O}rm{0.10mol}则反应将向正反应方向进行C.容器rm{I}中反应达到平衡所需时间比容器Ⅲ中的长D.达到平衡时，容器rm{I}中的rm{CH_{3}OH}体积分数比容器Ⅱ中的小2、元素周期律最早是由下列哪位科学家提出rm{(}rm{)}A.道尔顿B.玻尔C.门捷列夫D.阿伏伽德罗3、下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是rm{(}rm{)}

。物质。

组别甲乙丙rm{A}rm{Al}rm{HCl}rm{NaOH}rm{B}rm{NH_{3}}rm{O_{2}}rm{HNO_{3}}rm{C}rm{SiO_{2}}rm{NaOH}rm{HF}rm{D}rm{CO_{2}}rm{Ca(OH)_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}4、下列反应中；属于取代反应的是（）

A.CH4+2O2CO2+2H2O

B.CH2=CH2+H2CH3-CH3

C.

D.

5、铝、铁的混合物溶于足量的盐酸中，再加入过量的NaOH溶液，在空气中静置，当红褐色沉淀不再增加，将沉淀滤出并充分灼烧，得到的固体残留物恰好跟原混合物的质量相等，则此合金中铝的质量分数为（）A.22.2%B.30.0%C.75.7%D.80.6%6、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.可用物质的量表示分子、原子、离子、米粒等微粒或小颗粒物质B.摩尔是国际单位制中的七个基本物理量之一C.rm{1mol}任何物质都含有rm{6.02隆脕10^{23}}个原子D.rm{0.012Kg^{12}C}所含碳原子数为rm{6.02隆脕10^{23}}7、在下列条件下，两种气体的分子数一定相等的是rm{(}rm{)}A.同质量、不同密度的rm{N_{2}}和rm{C_{2}H_{4}}B.同温度、同体积的rm{O_{2}}和rm{N_{2}}C.同体积、同密度的rm{CO}和rm{CH_{4}}D.同压强、同体积的rm{N_{2}}和rm{O_{2}}评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序数之和为rm{36}rm{X}rm{Y}在同一周期，rm{X^{+}}与rm{Z^{2-}}具有相同的核外电子层结构。下列推测正确的是()A.同周期元素中rm{X}的金属性最强B.原子半径rm{X>Y}离子半径rm{X^{+}>Z^{2-}}C.同族元素中rm{Z}的氢化物稳定性最高D.同周期元素中rm{Y}的最高价含氧酸的酸性最强9、下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是A.pH=2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)B.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)C.物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-)+2c(OH-)＝2c(H+)+c(CH3COOH)D.0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH＝4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2-)10、下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是：A.室温下，向0.01mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na＋)>c(SO42－)>c(NH4＋)>c(OH－)＝c(H＋)B.0.1mol·L－1NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(OH－)>c((HCO3－)>c(H＋)C.Na2CO3溶液：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)+2c(H2CO3)D.25℃时，pH＝4.75、浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO－)＋c(OH－)3COOH)＋c(H＋)11、25℃时，配制一组c(PO43-)+c(HPO42-)+c(H2PO4-)+c(H3PO4)=0.100mol·L－1的H3PO4和NaOH混合溶液；溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是。

A.pH=6的溶液中：c(H3PO4)+c(HPO42-)＞c(H2PO4-)B.c(Na+)=0.100mol·L－1的溶液中：c(H3PO4)=2c(PO43-)+c(HPO42-)C.pH=7的溶液中：c(Na+)＞2c(HPO42-)+c(H2PO4-)D.c(H3PO4)=c(H2PO4-)的溶液中：c(Na+)＜0.100mol·L－1+2c(PO43-)+c(HPO42-)12、H2SO3是二元弱酸，NaHSO3溶液呈酸性，在0.1mol·L-1NaHSO3溶液中，下列关系正确的是A.B.C.D.13、高温时通过以下反应制备金属铝。用铝制作的“快速放电铝离子二次电池”的原理如下图所示(EMI+为有机阳离子)。

①Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)△H1=akJ·mol-1

②3AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g)△H2=bkJ·mol-1

③Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)△H3

下列说法正确的是A.该电池的电解质可用氯化铝水溶液替代B.Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)△H3=(a-b)kJ·mol-1C.该电池充电时石墨电极与电源正极相连D.该电池放电时的负极反应方程式为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-14、遇到下列情况，处理不当的是rm{(}rm{)}A.不小心将少量浓硫酸沾到皮肤，立即用水冲洗B.皮肤上沾有浓碱溶液时，立即用酒精冲洗C.为了避免浪费，应该把实验用剩的药品放回原试剂瓶中D.连接并组装成套仪器时，一般按自下而上rm{.}从左到右的顺序进行安装评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：（1）图中涉及分离溶液与沉淀的方法是__________________。（2）B、C、D三种物质的化学式为：B_________C_________D_________（3）沉淀E与稀硫酸反应的离子方程式为________________________________________。（4）将沉淀F中存在的两种金属元素组成的合金溶于100mL4mol/LHCl溶液中，然后再滴加1mol/LNaOH溶液，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如下图所示。已知V1＝160mL。根据以上信息回答：①_________（填“能”或“不能”）计算出V3②V2为_________mL（若能算出具体数字，请在横线上填写具体数字；若不能请在横线上填“不能确定”）16、下表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：（1）写出下列元素符号：①，⑥，⑦。（2）画出原子的结构示意图：④，⑤，⑧。（3）在这些元素中，最活泼的金属元素是，最活泼的非金属元素是，最不活泼的元素是。（均填元素符号）（4）在这些元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是，碱性最强的是，呈两性的氢氧化物是。（5）在③与④中，化学性质较活泼的是（填元素符号），怎样用化学实验证明：答：（该空2分，其余每空1分）17、下列各组物质中互为同位素的是______，互为同素异形体的是______，互为同分异构体的是______，属于同一种物质的是______．（填序号）

①CH3CH2OH和CH3OCH3

②D和T

③16O2和18O2

④干冰和CO2

⑤白磷和红磷。

⑥H2O和H2O2

⑦CH3-CH2-CH2-CH3和18、科学工作者为心脏病人设计的心脏起搏器的电池是以rm{Pt}和rm{Zn}为电极材料，依靠人体内液体中含有一定浓度的溶解氧、rm{H^{+}}和rm{Zn^{2+}}进行工作rm{.}回答下列问题：

rm{(1)}正极材料是______；

rm{(2)}负极材料是______，负极电极反应是______．19、在一定温度下，某饱和氢氧化钠溶液体积为rm{VmL}溶液密度为rm{dg隆陇cm^{-3}}质量分数为rm{w}物质的量浓度为rm{cmol隆陇L^{-1}}溶液中含氢氧化钠的质量为rm{mg}该温度下rm{NaOH}的溶解度为rm{S}rm{(1)}用rm{w}来表示该温度下氢氧化钠的溶解度rm{(S)}为_________________。rm{(2)}用rm{m}rm{V}表示溶液中溶质的物质的量浓度rm{(c)}为__________________。rm{(3)}用rm{w}rm{d}表示溶液中溶质的物质的量浓度rm{(c)}为__________________。rm{(4)}用rm{c}rm{d}表示溶液中溶质的质量分数rm{(w)}为______________________。rm{(5)}用rm{S}rm{d}表示溶液中溶质的物质的量浓度rm{(c)}为___________________。20、海水开发利用的部分过程如图所示．

rm{(1)}向苦卤中通入rm{Cl_{2}}是为了提取溴；发生反应的离子方程式为______．

rm{(2)}富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用rm{SO_{2}}的水溶液将其还原吸收，发生反应的化学方程式为______rm{.}也可用纯碱吸收溴，主要反应是rm{Br_{2}+Na_{2}CO_{3}+H_{2}O隆煤NaBr+NaBrO_{3}+NaHCO_{3}(}未配平rm{)}吸收rm{1mol}rm{Br_{2}}时，转移的电子为______rm{mol}．

rm{(3)}下列有关海水综合利用的说法错误的是______．

A.粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯。

B.电解饱和食盐水可制得金属钠。

C.工业生产常选用rm{NaOH}作为沉淀剂。

D.海水提镁涉及到复分解反应．21、(14分)汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废弃中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。Ⅰ．①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H1=—574kJ·mol-1．②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H2=一1160kJ·mol-1（1）甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为；Ⅱ．吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)：（2）装置Ⅱ中，酸性条件下，NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3-、NO2-，写出只生成NO3-的离子方式；（3）装置Ⅲ的作用之一是再生Ce4+，其原理如下图所示。①生成的Ce4+从电解槽的(填字母序号)口流出；②生成S2O42-的电极反应式为；（4）已知进入装置Ⅳ的溶液中，NO2-的浓度为ag·L-1，要使1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2L。(用含a代数式表示，计算结果保留整数)22、(1)某化学课外研究小组，设计实验探究KI溶液和FeCl3溶液反应存在一定的限度．请完成相关的实验步骤和现象．可选试剂：①0.1mol•L-1KI溶液；②0.1mol•L-1FeCl3溶液；③FeCl2溶液；④盐酸；⑤KSCN溶液；⑥CCl4．

实验步骤：①取5mL0.1mol•L-1KI溶液，再滴加5～6滴0.1mol•L-1FeCl3溶液。

②充分反应后；将溶液分成三份。

③取其中一份，滴加试剂CCl4，用力振荡一段时间，CCl4层出现紫红色；说明反应生成碘．

④另取一份；滴加试剂____________(填试剂序号)，若现象为____________，该反应有一定的限度．

(2)为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果；某化学研究小组的同学分别设计了如图甲；乙所示的实验．请回答相关问题：

①定性分析：如图甲可通过观察____________(填现象)，定性比较得出结论．有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3溶液更为合理，其理由是____________．写出H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学方程式：____________．

②定量分析：如图乙所示；实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略．实验中一定需要测量的数据是____________(填序号)．

①收集40mL气体所需要的时间②CuSO4溶液和FeCl3溶液的浓度③过氧化氢溶液的浓度．23、某待测液中可能含有大量rm{Mg^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{K^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{H^{+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{OH^{-}}离子中的一种或几种；现通过下实验进行检验：

rm{(1)}取少量待测液；仔细观察，呈无色；

rm{(2)}向上述待测液中滴加rm{NaOH}溶液；先无明显现象，后有白色沉淀生成；

rm{(3)}向上述溶液中加入rm{BaCl_{2}}溶液；无现象．

据此可以判断该待测液中一定大量存在的离子是______；一定不能大量存在的离子是______，不能确定是否存在的离子是______；

依次写出rm{(2)}中加入氢氧化钠后的离子反应：______，______．评卷人得分四、判断题(共2题，共12分)24、1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023（判断对错）25、在冶金工业的烟道废气中，常混有大量的SO2和CO；它们都是大气的污染物，在773K和催化剂（铝矾土）的作用下，使二者反应可收回大量的硫磺．

请写出该反应的化学方程式：____

请判断该反应式写的是否正确。评卷人得分五、简答题(共4题，共24分)26、某银白色金属单质A在空气中加热燃烧时发出黄色火焰；得到淡黄色固体B，A露置在空气中足够长时间最终变为C，B和气体D能生成C，A和B都能与水生成E，E和D也能生成C．回答下列问题．

（1）写出下列物质的化学式：B______，C______；

（2）写出下列反应的离子方程式：

①A和水生成E：______

②E与D生成C：______

（3）E物质是否属于电解质______（填：是、否）27、在等质量的下列物质中：rm{CO_{2}}rm{HCl}rm{O_{2}}rm{NH_{3}}其中常温常压下密度最小的是______；所含分子数目最少的是______；在标准状况下体积最大的是______；在标准状况下体积最小的是______．28、某气体的摩尔质量为rm{Mg/mol}分子数目为rm{N}质量是rm{mg}阿伏加德罗常数为rm{N_{A}}rm{m(C)}为rm{{,!}^{12}C}原子质量，试说明下列各式所表示的意义。rm{(1)dfrac{N}{{{N}_{A}}}}rm{(2)dfrac{M}{{{N}_{A}}}}rm{(3)dfrac{m}{N}}rm{(4)dfrac{dfrac{m}{N}}{dfrac{1}{12}m(C)}}29、指出下列反应中的氧化剂和还原剂。

rm{(1)Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl}氧化剂：____，还原剂：____；

rm{(2)2KNO3+S+3CK2S+N2隆眉+3CO2隆眉}氧化剂：____，还原剂：____；

rm{(1)Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+

2HCl}rm{(2)2KNO3+S+3C

K2S+N2隆眉+3CO2隆眉}氧化剂：____，还原剂：____。rm{(3)4FeS2+11O2}评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共5分)30、如图表示A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色。

回答下列问题：

(1)A→D反应常用于人工固氮，写出该反应的化学方程式：_______。

(2)D→C是工业制硝酸的重要反应，化学方程式为_______。

(3)B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收，则B与的物质的量之比为_______，若该反应转移个电子，则参加反应的B的物质的量为_______mol。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】解：rm{A.}容器Ⅰ中平衡时rm{c(CH_{3}OCH_{3})=c(H_{2}O)=dfrac{0.080mol}{1.0L}=0.080mol/L}rm{c(CH_{3}OH)=dfrac{0.2mol-0.080mol隆脕2}{1.0L}=0.04mol/L}容器Ⅰ中化学平衡常数rm{K_{1}=dfrac{0.08隆脕0.08}{0.04隆脕0.04}=4}容器Ⅲ中平衡时rm{c(CH_{3}OCH_{3})=c(H_{2}O)=dfrac{0.090mol}{1.0L}=0.090mol/L}rm{c(CH_{3}OH)=dfrac{0.2mol-0.00mol隆脕2}{1.0L}=0.02mol/L}化学平衡常数rm{K_{2}=dfrac{0.09隆脕0.09}{0.02隆脕0.02}=20.25>4}所以降低温度，化学平衡常数增大，反应向正反应方向移动，则正反应是放热反应，故A错误；

B.rm{c(CH_{3}OCH_{3})=c(H_{2}O)=dfrac

{0.080mol}{1.0L}=0.080mol/L}rm{c(CH_{3}OH)=dfrac

{0.2mol-0.080mol隆脕2}{1.0L}=0.04mol/L}rm{K_{1}=dfrac

{0.08隆脕0.08}{0.04隆脕0.04}=4}浓度商rm{=dfrac{0.1隆脕0.15}{0.1隆脕0.1}=1.5<4}平衡向正反应方向移动，故B正确；

C.容器rm{c(CH_{3}OCH_{3})=c(H_{2}O)=dfrac

{0.090mol}{1.0L}=0.090mol/L}中的温度比容器rm{c(CH_{3}OH)=dfrac

{0.2mol-0.00mol隆脕2}{1.0L}=0.02mol/L}的温度高；温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，故C错误；

D.恒容条件下，容器Ⅱ相当于在容器Ⅰ的基础上加压，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此平衡不移动，所以容器Ⅰ中的rm{K_{2}=dfrac

{0.09隆脕0.09}{0.02隆脕0.02}=20.25>4}体积分数和容器Ⅱ中的相等；故D错误；

故选B．

A.根据温度与化学平衡常数的关系确定反应热；

B.根据化学平衡常数与浓度商的相对大小判断反应方向；如果浓度商小于平衡常数，则平衡向正反应方向进行；

C.温度越高；反应速率越大，反应时间越短；

D.该反应是反应前后气体体积不变的反应；温度相同，化学平衡常数相同，反应物的转化率相同．

本题考查了化学平衡常数的有关计算，根据平衡常数公式计算平衡常数，再结合浓度与反应速率的关系、化学平衡常数与浓度商之间的关系来分析解答，注意该反应特点，题目难度中等．rm{c(CH_{3}OH)=0.1mol/L}【解析】rm{B}2、C【分析】解：rm{A.}道尔顿提出原子的概念；并创立了原子学说，故A错误；

B.居里夫人发现镭；故B错误；

C.门捷列夫发现了元素周期律；并编制出了元素周期表，故C正确；

D.阿伏加德罗首先提出了分子的概念；创立了分子学说，故D错误．

故选C．

rm{1869}年；门捷列夫发现了元素周期律，并编制出了元素周期表，据此解题．

本题考查化学史，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．【解析】rm{C}3、B【分析】解：rm{A.}甲与乙；丙均发生氧化还原反应；乙、丙发生复分解反应，则均能反应，故A不选；

B.乙；丙不能发生反应；不符合题意，故B选；

C.甲与乙；丙均发生复分解反应；乙、丙发生复分解反应，则均能反应，故C不选；

D.甲与乙；丙均发生复分解反应；乙、丙发生复分解反应，则均能反应，故D不选；

故选B．

A.rm{Al}与rm{HCl}反应生成氯化铝，rm{Al}与rm{NaOH}反应生成偏铝酸钠和氢气，rm{HCl}与rm{NaOH}发生中和反应；

B.氨气与氧气反应生成rm{NO}和水；氧气与硝酸不反应；

C.二氧化硅与rm{NaOH}反应生成硅酸钠和水，二氧化硅与rm{HF}反应生成rm{SiF_{4}}和水，rm{NaOH}和rm{HF}发生中和反应；

D.二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，二氧化碳与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙和rm{NaOH}．

本题考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，综合考查元素化合物性质及应用，题目难度不大．【解析】rm{B}4、C【分析】

A；甲烷的燃烧反应；属于氧化反应，故A错误；

B；乙烯与氢气发生加成反应生成乙烷；故B错误；

C；苯环上的氢原子被羟基取代生成硝基苯；属于取代反应，故C正确；

D；苯与氢气发生加成反应生成环己烷；故D错误．

故选C．

【解析】【答案】根据取代反应的定义“有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应”进行判断．

5、B【分析】【解答】解：由铁铝合金粉末溶于足量盐酸中；加入过量NaOH溶液，在空气中静置，当红褐色沉淀不再增加，则得到的沉淀为氢氧化铁，然后将沉淀滤出并充分灼烧，得到固体残留物为氧化铁；

得到的固体残留物恰好跟原混合物的质量相等，则m（Fe、Al）=m（Fe2O3）；所以合金中铝的质量等于氧化铁中氧元素的质量，合金中Al的质量分数等于氧化铁中O的质量分数；

所以原合金中铝的质量分数为：×100%=30%；

故选B．

【分析】将铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，在空气中静置，当红褐色沉淀不再增加，则得到的沉淀为氢氧化铁，然后将沉淀滤出并充分灼烧，得到固体残留物为氧化铁，利用组成可知氧化铁中氧元素的质量等于合金中铝的质量，以此来解答．6、D【分析】解：rm{A.}物质的量不能表示宏观物质；米粒是宏观物质，故A错误；

B.摩尔是物质的量的单位；不是物理量，物质的量是国际单位制中的七个基本物理量之一，故B错误；

C.rm{1mol}任何物质都含有约rm{6.02隆脕10^{23}}个微粒，如rm{1molH_{2}O}中含有rm{3mol}原子；故C错误；

D.rm{0.012kg^{12}C}中所含的碳原子数为阿伏伽德罗常数数值，其近似值为rm{6.02隆脕10^{23}}故D正确；

故选D．

A.物质的量不能表示宏观物质；

B.摩尔是物质的量的单位；不是物理量；

C.rm{1mol}任何物质都含有约rm{6.02隆脕10^{23}}个微粒；

D.rm{0.012kg^{12}C}中所含的碳原子数为阿伏伽德罗常数数值．

本题考查了有关物质的量、摩尔质量、阿伏伽德罗常数等几个概念，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．【解析】rm{D}7、A【分析】解：rm{A}rm{N_{2}}和rm{C_{2}H_{4}}的摩尔质量相同；二者质量相同，则物质的量相同，二者含有分子数目相等，故A正确；

B、同温度、同体积的rm{O_{2}}和rm{N_{2}}影响二者物质的量的因素有压强，二者的压强若相等，含有相同的分子数目，但二者压强不一定相同，含有分子数目不一定相等，故B错误；

C、同体积、同密度的rm{CO}和rm{CH_{4}}二者质量相同，但二者的摩尔质量不同，故二者物质的量不同，rm{CO}和rm{CH_{4}}含有分子数目之比与摩尔质量成反比，为rm{16g/mol}rm{28g/mol=4}rm{7}故C错误；

D、同压强、同体积的rm{N_{2}}和rm{O_{2}}影响二者物质的量的因素有温度，二者的温度若相等，含有相同的分子数目，但二者温度不一定相同，含有分子数目不一定相等，故D错误；

故选A．

A、rm{N_{2}}和rm{C_{2}H_{4}}的摩尔质量相同；二者质量相同，则物质的量相同，分子数目之比等于物质的量之比；

B、同温度、同体积的rm{O_{2}}和rm{N_{2}}影响二者物质的量的因素有压强，二者的压强不一定相同；

C、同体积、同密度的rm{CO}和rm{CH_{4}}二者质量相同，但二者的摩尔质量不同，故二者物质的量不同；

D、同压强、同体积的rm{N_{2}}和rm{O_{2}}影响二者物质的量的因素有温度，二者的温度不一定相同．

考查阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，可以根据rm{pV=nRT}理解阿伏伽德罗定律及推论．【解析】rm{A}二、多选题(共7题，共14分)8、ACD【分析】【分析】本题考查元素的推断和元素周期律，为高考常见题型，题目难度中等，注意把握元素的推断的角度以及元素周期律的递变规律。【解答】rm{X}rm{Y}在同一周期，rm{X}rm{X}在同一周期，rm{Y}rm{X}rm{{,!}^{+}}与rm{Z}rm{Z}在rm{{,!}^{2-}}具有相同的核外电子层结构，可推rm{Z}在rm{X}rm{Y}的上一个周期，又因为rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序数之和为rm{36}平均原子序数为rm{12}则rm{X}为rm{Na}rm{Z}为rm{O}进而可知rm{Y}为rm{Cl}则的上一个周期，又因为rm{Z}rm{X}rm{Y}原子序数之和为rm{X}平均原子序数为rm{Y}则rm{Z}为rm{36}rm{12}为rm{X}进而可知rm{Na}为rm{Z}则

rm{O}为rm{Y}由同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱可知同周期元素中rm{Cl}的金属性最强，故A正确；

A.rm{X}为rm{Na}由同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱可知同周期元素中rm{X}的金属性最强，故A正确；rm{X}rm{Na}rm{X}B.具有相同的核外电子层结构的离子，核电核数越大，半径越小，则离子半径应为：rm{Z}

rm{Z}的氢化物为rm{{,!}^{2-}}rm{>X}rm{>X}含有氢键，常温下为液态，同族元素中rm{{,!}^{+}}的氢化物沸点最高，故C正确；

，故B错误；

C.rm{Z}的氢化物为rm{H}rm{Z}【解析】rm{ACD}9、AC【分析】【详解】

A.pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合，酸和碱发生反应后的溶液中存在的离子有：H+、M+、OH-、A-，无论酸碱的相对多少如何，溶液总是呈电中性的，根据电荷守恒有：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)；A正确；

B.同浓度的CH3COONa、NaOH、Na2CO3三种溶液中，pH的比较为NaOH>Na2CO3>CH3COONa，所以pH相同时，三种溶液的浓度由小到大为：NaOH2CO33COONa；B错误;

C.物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，即混合溶液中CH3COOH和CH3COONa物质的量相等；为了分析的方便，不妨假设它们的物质的量均为1mol，溶液中存在以下三个平衡：

CH3COOH⇌CH3COO-+H+，CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，H2O⇌H++OH-

根据电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)①

根据物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)②

将①代入②消去2c(Na+)即得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)；C正确；

D.0.1moL/L的NaHA溶液中存在三个平衡：

H2O⇌H++OH-，HA-+H2O⇌H2A+OH-，HA-⇌H++A2-

已知其pH=4，说明HA-的电离强于水解，即c(A2-)>c(H2A)；D错误；

故合理选项为AC。10、AC【分析】【详解】

A、室温下，向0.01mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液，如加入等物质的量的NaOH，溶液呈酸性，若呈中性，则加入的NaOH应多于硫酸氢铵，但小于硫酸氢铵物质的量的2倍，溶液中存在NH4+和NH3·H2O，故有c(Na＋)>c((SO42－)>c(NH4＋)>c(OH－)＝c(H＋)；故A正确；

B、NaHCO3溶液中，OH-是由HCO3-水解和水的电离所生成的，但是这些都是微弱的，HCO3-的浓度应大于OH-浓度；故B错误；

C、由电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），由物料守恒可得：c（Na+）=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c（H2CO3），合并可得c(OH－)－c(H＋)＝c((HCO3－)+2c(H2CO3)；故C正确；

D、25C时，pH=4.75、浓度均为0.1mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa的混合液为酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则溶液中c（CH3COO-）>c（Na+）>c（CH3COOH），根据电荷守恒可得：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），由于c（Na+）>c（CH3COOH），则c（CH3COO-）+c（OH-）>c（CH3COOH）+c（H+）；故D错误；

故选AC。11、CD【分析】【详解】

A．pH＝6的溶液主要是H2PO4﹣的溶液，此时磷酸已充分反应，c(H3PO4)+c(HPO42﹣)＜c(H2PO4﹣)；故A错误；

B．c(Na+)＝0.100mol•L﹣1的溶液中c(PO43﹣)+c(HPO42﹣)+c(H2PO4﹣)＝0.100mol•L﹣1＝c(Na+)，溶液中溶质主要是NaH2PO4根据图象可知，H2PO4﹣的水解程度小于电离程度，生成的H3PO4较少，则2c(PO43﹣)+c(HPO4﹣)＞c(H3PO4)；故B错误；

C．pH＝7.2的溶液为等浓度的NaH2PO4和Na2HPO4，pH＝7的溶液NaH2PO4的浓度略大于Na2HPO4，溶液中离子浓度c(Na+)＞2c(HPO42﹣)＞c(H2PO4﹣)；故C正确；

D．c(H3PO4)＝c(H2PO4﹣)的溶液pH＝2，则c(H+)＞c(OH﹣)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(H2PO4﹣)+2c(HPO42﹣)+3c(PO43﹣)，c(PO43﹣)+c(HPO42﹣)+c(H2PO4﹣)＝0.100mol•L﹣1，得到c(Na+)＜0.100mol•L﹣1+2c(PO43﹣)+c(HPO42﹣)；故D正确；

故答案为CD。

【点睛】

判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。12、AB【分析】【分析】

HSO3－在水溶液中即可以电离也可以水解，HSO3－H＋＋SO32－，HSO3－＋H2OH2SO3＋OH，NaHSO3溶液显酸性，说明HSO3－电离程度大于水解程度。

【详解】

A、NaHSO3溶液显酸性，说明HSO3－电离程度大于水解程度，说明电离生成SO32－的浓度大于水解生成H2SO3的浓度，水解和电离都是微弱的，则HSO3－浓度最大，有c(HSO3—)＞c(SO32—)＞c(H2SO3)；A正确；

B、NaHSO3溶液中，根据物料守恒，c(Na＋)=c(HSO3—)+c(SO32—)+c(H2SO3)；B正确；

C、由于发生水解，有c(Na＋)>c(HSO3—)；C错误；

D、根据电荷守恒，有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO3—)＋c(OH－)＋2c(SO32—)；D错误；

答案选AB。13、CD【分析】【分析】

【详解】

A．该电池在无水条件下进行；电解质不可用氯化铝水溶液替代，高温时氯化铝水溶液水解生成氢氧化铝，故A错误；

B．根据盖斯定律Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g）为①+②，所以Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g）△H3=（a+b）kJ·mol－1；故B错误；

C．充电时正极与外接电源的正极相连；则石墨极与外电源的正极相连，故C正确；

D．放电时，铝是活泼的金属铝是负极，铝发生氧化反应生成铝离子，铝离子与AlCl4－结合生成Al2Cl7－，所以电极反应式为：Al-3e－+7AlCl4－═4Al2Cl7－；故D正确；

故选CD。

【点睛】

本题考查学生二次电池的工作原理以及盖斯定律的应用等知识，侧重学生的分析能力的考查，属于综合知识的考查，注意把握电极的判断方法和电极方程式的书写，易错点A，高温时氯化铝水溶液水解生成氢氧化铝。14、ABC【分析】解：rm{A.}浓硫酸溶于水并放热；且具有强腐蚀性，少量浓硫酸沾在皮肤上，应先用干抹布拭去，再用大量的水冲洗，最后涂上碳酸氢钠溶液，故A错误；

B.皮肤上沾有碱液要先用较多的水冲洗；再涂硼酸溶液，故B错误；

C.除了一些金属单质和块状的固体药品外；用剩的药品一般要放在指定的容器内，不可放回原瓶，防止污染药品，故C错误；

D.连接并组装仪器时；一般按由下而上；从左到右的顺序进行，故D正确．

故选ABC．

A.根据浓硫酸的强腐蚀性和溶于水放热的角度分析；

B.浓碱可用水冲洗；

C.用剩的药品一般不可放回原瓶；

D.由下而上；从左到右的顺序安装．

本题考查化学实验安全及事故处理，难度不大，化学实验要严格遵守操作规程，否则会造成不良后果或危险，掌握化学实验时常见意外事故的处理方法即可正确解答本题．【解析】rm{ABC}三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】试题分析：已知混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，加水溶解后，沉淀F是Al2O3和Fe2O3；溶液G是KAl（SO4）2溶液，其中含有K+、Al3+、SO42—（1）分离溶液与沉淀的方法是过滤。（2）沉淀F是Al2O3和Fe2O3，加入过量NaOH溶液，沉淀C是Fe2O3，溶液D是NaAlO2溶液。溶液G是KAl（SO4）2溶液与稀氨水反应生成E，Al(OH)3沉淀；Al(OH)3加热得到B，Al2O3。（3）沉淀E与稀硫酸反应的离子方程式Al(OH)3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O；（4）沉淀F中存在的两种金属元素是Al和Fe，因为不知二者的物质的量无法计算出V3。100mL4mol/LHCl溶解Al和Fe后，用1mol/LNaOH沉淀，由图像知，V2时Al和Fe的存在形式是：Al(OH)3、Fe(OH)3，可以认为此点是氢氧化钠和盐酸完全反应，所以V2为400mL.考点：Al和Fe的化合物的性质分析和推断。【解析】【答案】（1）过滤（2分）（2）Al2O3（2分）Fe2O3（2分）NaAlO2（2分）（3）Al(OH)3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O（2分）（4）①不能（2分）②400（2分）16、略

【分析】试题分析：（1）根据元素周期表可知①为N元素；⑥是Si元素；⑦是S元素；（2）④为Mg元素，原子结构示意图⑤为Al元素，原子结构示意图⑧为Cl元素原子结构示意图（3）在元素周期表中位于左下方的元素金属性最强，所以⑩号元素是最活泼的金属K；最活泼的非金属位于元素周期表的右上方，为②号元素F；最不活泼的元素是稀有气体元素⑨号Ar；（4）F的非金属性最强，但是不存在最高价含氧酸，所以最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是⑧号Cl元素对应的HClO4；碱性最强的是金属性最强的K对应的KOH；呈两性的氢氧化物是⑤号Al对应的Al(OH)3；（5）在③与④中，化学性质较活泼的是③Na，二者与水或等浓度的酸反应的剧烈程度不同，或比较等浓度的碱的碱性的强弱。考点：考查元素在元素周期表中的位置、结构、性质的关系【解析】【答案】（1）①N；⑥Si；⑦S；（2）（3）K；F；Ar（4）HClO4；KOH；Al(OH)3；（5）Na；与H2O反应；17、略

【分析】解：①CH3CH2OH和CH3OCH3分子式相同；结构不同，属于同分异构体；

⑤白磷和红磷是磷元素组成的不同单质；属同素异形体；

②D和T质子数相同；中子数不同的原子，属于同位素；

④干冰和CO2状态不同，为同一物质、⑦CH3-CH2-CH2-CH3和写法不同；为同一物质；

故答案为：②；⑤；①；④⑦．

同分异构体是指分子式相同；但结构不同的化合物；

同素异形体是指由同种元素组成的不同单质；

同位素是质子数相同；而中子数不同的原子；

同一物质是分子组成相同；结构相同的物质．

本题主要考查了同分异构体、同素异形体、同位素、同一物质等知识，根据概念即可解答．【解析】②；⑤；①；④⑦18、略

【分析】解：rm{(1)Zn}rm{Pt}和电解质溶液构成原电池，rm{Zn}活泼性强失电子作负极，rm{Pt}作正极；

故答案为：rm{Pt}

rm{(2)Zn}作负极、rm{Pt}作正极，电解质溶液呈酸性，负极上锌失电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}

故答案为：rm{Zn}rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}．

rm{Zn}rm{Pt}和电解质溶液构成原电池，rm{Zn}作负极、rm{Pt}作正极；负极上锌失电子发生氧化反应生成锌离子，正极上氧气得电子发生还原反应生成水，据此分析解答．

本题考查原电池原理，题目难度不大，侧重考查学生书写电极反应式，明确溶液酸碱性是解本题关键，电解质溶液酸碱性不同其电极反应式不同，书写要仔细揣摩．【解析】rm{Pt}rm{Zn}rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}19、（1）g（2）mol·L－1（3）25dwmol·L－1（4）%（5）mol·L－1【分析】【分析】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度不大，要求学生熟练掌握物质的量与摩尔质量、物质的量浓度之间的转化关系，试题贴近高考，针对性强；有利于激发学生的学习兴趣和学习积极性。【解答】rm{(1)}设该饱和溶液的质量为rm{x}该温度下rm{NaOH}的溶解度为：rm{S=}设该饱和溶液的质量为rm{(1)}该温度下rm{x}的溶解度为：rm{NaOH}rm{dfrac{m_{{脠脺脰脢}}}{m_{{脠脺录脕}}}}rm{S=}rm{dfrac{x隆脕娄脴%}{x-x隆脕娄脴%}}rm{dfrac

{m_{{脠脺脰脢}}}{m_{{脠脺录脕}}}}rm{隆脕100=}rm{隆脕100=}

rm{dfrac

{x隆脕娄脴%}{x-x隆脕娄脴%}}rm{隆脕100=}rm{隆脕100=}

rm{dfrac{娄脴}{100-娄脴}}溶液中氢氧化钠的物质的量为：rm{g}rm{g}故答案为：rm{dfrac{娄脴}{100-娄脴}}用rm{g}rm{g}表示溶液的物质的量浓度为：rm{(2)}溶液中氢氧化钠的物质的量为：rm{dfrac{dfrac{m}{40}mol}{V隆脕{10}^{-3}L}=dfrac{25m}{V}mol/L}rm{(2)}

rm{dfrac{mg}{40g/mol}}rm{=}

rm{=}氢氧化钠溶液中含有氢氧化钠的质量为：rm{dfrac{m}{40}}rm{mol}用rm{m}rm{V}表示溶液的物质的量浓度为：rm{c(NaOH)=}rm{mol}氢氧化钠的物质的量为：rm{dfrac{1000娄脴dg}{40g/mol}=25dwmol/L}rm{m}

rm{V}rm{c(NaOH)=}rm{dfrac{

dfrac{m}{40}mol}{V隆脕{10}^{-3}L}=dfrac{25m}{V}mol/L}

，氢氧化钠溶液的质量为：故答案为：rm{mol/L}rm{mol/L}含有溶质氢氧化钠的质量为：rm{(3)1L}氢氧化钠溶液中含有氢氧化钠的质量为：rm{1000mL隆脕g?cm}rm{(3)1L}rm{1000mL隆脕g?cm}

rm{{,!}^{-3}}rm{dfrac{0.04Vc}{dV}隆脕100拢楼=dfrac{4c}{d}拢楼}rm{隆脕娄脴%=10娄脴dg}氢氧化钠的物质的量为：

rm{隆脕娄脴%=10娄脴dg}rm{dfrac{1000娄脴dg}{40g/mol}=25dwmol/L

}，故答案为：rm{25dwmol隆陇L^{-1;}}；表示溶液中溶质的物质的量浓度rm{(4)VmL}氢氧化钠溶液的质量为：rm{dg?cm}为：rm{(4)VmL}rm{dg?cm}rm{{,!}^{-3}}rm{隆脕VmL=dVg}含有溶质氢氧化钠的质量为：rm{40g/mol隆脕cmol/L隆脕V隆脕10}

rm{隆脕VmL=dVg}【解析】rm{(1)}rm{g}rm{(2)}rm{mol隆陇L^{-1}}rm{(3)25dwmol隆陇L^{-1;}}rm{(4)}rm{%}rm{(5)}rm{mol隆陇L^{-1}}20、Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；BC【分析】解：rm{(1)}向苦卤中通入rm{Cl_{2}}置换出溴单质，分离得到溴，通入rm{Cl_{2}}是为了提取溴，分液的离子方程式为：rm{Cl_{2}+2Br^{-}=2Cl^{-}+Br_{2}}故答案为：rm{Cl_{2}+2Br^{-}=2Cl^{-}+Br_{2}}

rm{(2)}海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，溴单质沸点低，易挥发，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用rm{SO_{2}}将其还原吸收转化为rm{HBr}达到富集的目的，用rm{SO_{2}}的水溶液将其还原吸收，发生反应的化学方程式为rm{SO_{2}+Br_{2}+2H_{2}O=H_{2}SO_{4}+2HBr}纯碱吸收溴单质，溴元素化合价rm{0}价变化为rm{-1}价和rm{+5}价，电子转移rm{5e-}配平得到rm{3Br_{2}+6Na_{2}CO_{3}+3H_{2}O隆煤5NaBr+NaBrO_{3}+6NaHCO_{3}}反应中，rm{Br}元素化合价分别由rm{0}价变化为rm{-1}价、rm{+5}价，反应中rm{Br_{2}}起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，rm{2隆脕n_{脩玫禄炉录脕}(Br_{2})=2隆脕5隆脕n_{禄鹿脭颅录脕}(Br_{2})}故rm{n_{脩玫禄炉录脕}(Br_{2})}rm{n_{禄鹿脭颅录脕}(Br_{2})=5}rm{1}故吸收rm{1molBr_{2}}时，转移的电子数为rm{1mol隆脕2隆脕dfrac{1}{1+5}隆脕5=dfrac{5}{3}mol}

故答案为：rm{1mol隆脕2隆脕dfrac{1}{1+5}隆脕5=dfrac

{5}{3}mol}

rm{dfrac{5}{3}}粗盐中含有rm{(3)A.}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的rm{SO_{4}^{2-}}溶液、过量的rm{BaCl_{2}}溶液和过量的rm{NaOH}溶液；过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故A正确；

B.电解饱和食盐水生成的是氯气；氢气和氢氧化钠；电解熔融氯化钠生成钠和氯气，故B错误；

C.氢氧化钠是强碱；具有强腐蚀性价格高，工业生产中常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，故C错误；

D.海水提镁；涉及生成氢氧化镁；氢氧化镁与盐酸反应，生成氯化镁电解可生成镁，涉及复分解反应，故D正确．

故答案为：rm{Na_{2}CO_{3}}．

海水开发利用：空气吹出法是用于工业规模海水提溴的常用方法，其中一种工艺是在预先经过酸化的浓缩海水中，用氯气置换溴离子使之成为单质溴，继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集的目的，也就是得到富集溴rm{BC}然后，再用氯气将其氧化得到产品溴，粗盐中含有rm{.}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}等杂质；精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，镁形成氢氧化镁沉淀．

rm{SO_{4}^{2-}}向苦卤中通入rm{(1)}置换出溴单质；分离得到溴；

rm{Cl_{2}}先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用rm{(2)}将其还原吸收转化为rm{SO_{2}}达到富集的目的，二氧化硫和溴单质反应生成溴化氢和硫酸，用纯碱吸收溴，主要反应是rm{HBr}配平书写化学方程式，结合元素化合价变化和电子转移守恒计算；

rm{Br_{2}+Na_{2}CO_{3}+H_{2}O隆煤NaBr+NaBrO_{3}+NaHCO_{3}}粗盐中含有rm{(3)A.}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}等杂质；精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；

B.饱和食盐水电解；阳极是氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得到电子生成氢气，溶液中生成氢氧化钠溶液；

C.工业生成处于生石灰或石灰水作沉淀剂；

D.海水提镁；涉及生成氢氧化镁；氢氧化镁与盐酸反应．

本题考查海水资源的综合利用，主要是氯化钠提取、溴的制备过程分析，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查，题目难度中等．rm{SO_{4}^{2-}}【解析】rm{Cl_{2}+2Br^{-}=2Cl^{-}+Br_{2}}rm{SO_{2}+Br_{2}+2H_{2}O=H_{2}SO_{4}+2HBr}rm{dfrac{5}{3}}rm{BC}21、略

【分析】试题分析：（1）（①＋②）÷2，整理可得：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)ΔH=-867KJ/mol；（2）装置Ⅱ中，酸性条件下，NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3-、NO2-，根据氧化还原反应中电子转移数目相等及电荷守恒、原子守恒，可得只生成NO3-的离子方程式是NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+；（3）装置Ⅲ的作用之一是再生Ce4+，其原理如下图所示。①生成的Ce4+是氧化产物，所以应该从电解槽的阳极a流出，②生成S2O42-的电极反应式为2H++2HSO3-+2e-=S2O42-+2H2O；（4）已知进入装置Ⅳ的溶液中，NO2-的浓度为ag·L-1，要使1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，因为n(NO2-)=(ag/L×1000L)÷46g/mol=500a/23mol,根据氧化还原反应中电子转移数目相等可得n(NO2-)=2n(O2),所以n(O2)=250a/23mol则至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2的体积是：V（O2）=n(O2)×Vm=250a/23mol×22.4L/mol=5600a/23L=243a。考点：考查热化学方程式的书写、电解原理的应用、守恒法在离子方程式的书写及计算的应用的知识。【解析】【答案】（1）CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)ΔH=-867KJ/mol；（2）NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+；（3）①a；②2H++2HSO3-+2e-=S2O42-+2H2O；（4）243a(或5600a/23)22、略

【分析】解：(1)④可以用KSCN溶液(即⑤)，来检验三价铁是否剩余，若果溶液显红色，说明三价铁剩余，KI溶液和FeCl3溶液反应不彻底；反之则进行彻底；

故答案为：⑤；溶液显红色；

(2)①可以通过观察产生气泡的快慢来定性比较比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，将CuSO4改为CuCl2更为合理，这样Fe3+和Cu2+中的阴离子种类相同；可以排除因阴离子的不同可能带来的影响；

故答案为：两个试管中气泡生成的速率；排除因阴离子的不同可能带来的影响；H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学方程式为：2H2O2H2O+O2↑

②均以生成40mL气体为准时；产生等量的气体用的时间越短，则反应速率越快，所以实验中需要测量的数据是收集40mL气体所需的时间；

故答案为：①；【解析】⑤;溶液变红色;两个试管中气泡生成的速率;排除阴离子Cl-对实验的干扰;2H2O2H2O+O2↑;①23、略

【分析】解：某待测液中可能含有大量rm{Mg^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{K^{+}}rm{H^{+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{OH^{-}}离子中的一种或几种；

rm{(1)}取少量待测液，仔细观察，呈无色，则不含有色离子rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}且溶液中没有沉淀生成；

rm{(2)}向上述待测液中滴加rm{NaOH}溶液，先无明显现象，后有白色沉淀生成，说明溶液中含有rm{H^{+}}rm{Mg^{2+}}则溶液中一定不含rm{OH^{-}}

rm{(3)}向上述溶液中加入rm{BaCl_{2}}溶液，无现象，没有沉淀生成，说明不含rm{SO_{4}^{2-}}

溶液呈电中性，所以一定含有rm{NO_{3}^{-}}

通过以上分析知，溶液中一定含有rm{H^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{NO_{3}^{-}}一定不含rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{OH^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}可能含有rm{K^{+}}

；要检验是否含有钾离子，需要做焰色反应；

rm{(2)}中加入氢氧化钠后有氢离子、镁离子和氢氧根离子的反应，所以离子反应方程式分别为rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}rm{Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}隆媒}

故答案为：rm{H^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{OH^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{K^{+}}rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}rm{Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}隆媒.}

某待测液中可能含有大量rm{Mg^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{K^{+}}rm{H^{+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{OH^{-}}离子中的一种或几种；

rm{(1)}取少量待测液，仔细观察，呈无色，则不含有色离子rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}且溶液中没有沉淀生成；

rm{(2)}向上述待测液中滴加rm{NaOH}溶液，先无明显现象，后有白色沉淀生成，说明溶液中含有rm{H^{+}}rm{Mg^{2+}}则溶液中一定不含rm{OH^{-}}

rm{(3)}向上述溶液中加入rm{BaCl_{2}}溶液，无现象，没有沉淀生成，说明不含rm{SO_{4}^{2-}}

溶液呈电中性，所以一定含有rm{NO_{3}^{-}}

通过以上分析知，无法确定溶液中是否含有rm{K^{+}}

本题考查离子检验，为高频考点，明确离子颜色、离子性质、离子共存条件等知识点是解本题关键，知道常见离子检验方法及其现象，题目难度不大．【解析】rm{H^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{OH^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{K^{+}}rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}rm{Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}隆媒}四、判断题(共2题，共12分)24、A【分析】【解答】氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023；故答案为：对．

【分析】先计算钠离子的物质的量，再根据钠离子结构计算最外层电子总数．25、A【分析】【解答】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，方程式：SO2+2CO═2CO2+S．

故答案为：对．

【分析】依据题意可知：一氧化碳与二氧化硫在催化剂条件下反应生成二氧化碳和硫，结合原子个数守恒书写方程式．五、简答题(共4题，共24分)26、略

【分析】解：某银白色金属单质A在空气中加热燃烧时发出黄色火焰，则A是Na，得到淡黄色固体B，钠在空气燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，则B是Na2O2，钠露置在空气中足够长时间变为Na2CO3，所以C是Na2CO3，过氧化钠和酸性气体D反应生成Na2CO3，则D是CO2，E和二氧化碳反应也生成Na2CO3；钠；过氧化钠和水反应都生成氢氧化钠，则E是NaOH；

（1）通过以上分析知，B、C分别是Na2O2、Na2CO3；

故答案为：Na2O2；Na2CO3；

（2）①A为Na，与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；

②E为NaOH，D是CO2，二者反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为CO2+2OH-=CO32-+H2O；

故答案为：2Na+2H2O=2