2024年沪教版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年沪教版高三化学上册阶段测试试卷959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5题，共10分)1、下列说法不正确的是（）A.含氟氯代烃的废弃发泡塑料对臭氧层无影响B.煤的气化是高效且清洁地利用煤炭的重要途径C.将聚乙烯塑料经热裂解可得重新利用的小分子D.使用无磷洗衣粉可缓解水体富营养化的趋势2、下列各组离子；在水溶液中能大量共存的是（）

①I-、ClO-、、H+

②K+、、、OH-

③、、Cl-、OH-

④Fe2+、Cu2+、、Cl-

⑤H+、K+、、

⑥Ca2+、Na+、、．A.①和⑥B.①和④C.②和⑤D.③和④3、盛有BaCl2稀溶液的甲、乙两支试管分别通入SO2至饱和，若向甲试管中加入足量硝酸，乙试管中加入足量氢氧化钠溶液，则下列叙述正确的是（）A.甲、乙两试管都有白色沉淀生成B.甲试管无白色沉淀生成，而乙试管有白色沉淀生成C.甲、乙两试管都无白色沉淀生成D.甲试管有白色沉淀生成，而乙试管无白色沉淀生成4、下图M只含C、H、0、N4种元索的有机物分子球棍模型．下列关于该有机物的说法正确的是（）A.能与浓硝酸作用显黄色B.在一定条件下，可以发生聚合反应生成高分子化合物C.与盐酸不反应D.与NaHCO3溶液不反应5、在容积固定的密闭容器中存在如下反应：A（g）+3B（g）⇌2C（g）；△H＜0．某研究小组研究了其他条件不变时；改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：

下列判断一定错误的是（）A.图I研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高B.图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且乙的压强较高C.图Ⅲ研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高D.图IV研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)6、向2L的密闭容器中充入7.6molNO和3.8molO2；发生如下反应：

①2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）

②2NO2（g）⇌N2O4（g）

测得NO2和N2O4的浓度变化如图所示，0～10min维持容器温度为T1℃，10min后升高并维持容器的温度为T2℃．下列说法正确的是（）A.前5min反应的平均速率v（N2O4）=0.18mol•（L•min）-1B.T1℃时反应②的化学平衡常数K=0.6C.反应①、②均为吸热反应D.若起始时向该容器中充入3.6molNO2和2.0molN2O4，T1℃达到平衡时，N2O4的转化率为10%7、rm{H_{2}C_{2}O_{4}}水溶液中rm{H_{2}C_{2}O_{4}}rm{HC_{2}O_{4}^{-}}和rm{C_{2}O_{4}^{2-}}三种形态的粒子的分布分数rm{娄脛}随溶液rm{pH}变化的关系如图所示，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.曲线rm{垄脵}代表的粒子是rm{HC_{2}O_{4}^{-}}B.rm{0.1mol?L^{-1}NaHC_{2}O_{4}}溶液中：rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}C.rm{pH=5}时，溶液中主要含碳微粒浓度大小关系为：rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})>c(HC_{2}O_{4}^{-})}D.在一定温度下，往rm{CaC_{2}O_{4}}饱和溶液中加入少量rm{CaCl_{2}}固体，rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})}将减小，rm{c(Ca^{2+})}增大8、过滤后的食盐水仍含有可溶性的rm{CaCl_{2}}rm{MgCl_{2}}rm{Na_{2}SO_{4}}等杂质；通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：

rm{垄脵}加入稍过量的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液。

rm{垄脷}加入稍过量的rm{NaOH}溶液。

rm{垄脹}加入稍过量的rm{BaCl_{2}}溶液。

rm{垄脺}滴入稀盐酸至无气泡产生。

rm{垄脻}过滤．

不正确的操作顺序是rm{(}rm{)}A.rm{垄脵垄脹垄脷垄脻垄脺}B.rm{垄脷垄脹垄脵垄脻垄脺}C.rm{垄脹垄脵垄脷垄脻垄脺}D.rm{垄脵垄脷垄脹垄脻垄脺}9、一定温度下，在rm{3}个体积均为rm{1.0L}的恒容密闭容器中发生反应rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?

2SO_{3}(g)}达到平衡时，下列说法正确的是rm{娄陇H<0}rm{(}。rm{)}容器温度rm{/隆忙}物质的起始浓度rm{/mol隆陇L^{-1}}物质的平衡浓度rm{/mol隆陇L^{-1}}rm{c(SO_{2})}rm{c(O_{2})}rm{c(SO_{3})}rm{c(SO_{3})}rm{c(SO_{3})}rm{c(SO_{3})}Ⅰrm{758}rm{0.2}rm{0.1}rm{0}rm{0.044}Ⅱrm{758}rm{0.1}rm{0.05}rm{0}Ⅲrm{858}rm{0.2}rm{0.1}rm{0}

A.从开始至平衡时，容器Ⅰ中rm{SO_{3}}的反应速率为rm{0.044mol隆陇L^{-1}隆陇s^{-1}}B.平衡时，容器Ⅱ中rm{SO_{3}}的浓度小于rm{0.022mol隆陇L^{-1}}C.平衡时，容器Ⅲ中rm{SO_{3}}的浓度大于rm{0.044mol隆陇L^{-1}}D.若起始时，向容器Ⅰ中充入rm{0.02molSO_{2}}rm{0.01molO_{2}}和rm{0.02molSO_{3}}则反应向逆反应方向进行10、某同学用以下装置制备并检验Cl2的性质．下列说法正确的是()

A.Ⅰ图：若MnO2过量，则浓盐酸可全部消耗完B.Ⅱ图：证明新制氯水具有酸性C.Ⅲ图：产生了棕黄色的雾D.Ⅳ图：湿润的有色布条褪色11、为了探究FeS04和Cu（N03）2的混合物中各组分的含量；现设计如下流程．

下列叙述中错误的是（）A.n=0.02B.y=2240C.原混合物中FeS04的质量分数约为89%D.m=3.212、如图是用稀rm{HNO_{3}}和rm{Cu}制取少量rm{NO}并验证氮氧化合物性质的装置rm{.}下列说法错误的是rm{(}rm{)}

A.吸收剂可以是rm{NaOH}溶液B.试管上部的气体始终为无色C.小试管中溶液最终呈蓝色D.试纸先变红后褪色评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)13、某种化学试剂的主要成分为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且1molXY2含有54mol电子．

（1）X为____，Y为____，该物质的化学式是____．

（2）Z是与Y同主族的短周期元素，Z原子的结构示意图为____，Z单质与H2O反应的化学方程式为____，在该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为____．14、甲醇是一种新型的汽车动力燃料，工业上可通过CO（CO的结构式为C≡O）和H2化合制备甲醇，该反应的热化学方程式为：①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1

该反应的原料CO和H2本身都可作为燃料提供动力，已知这两种物质燃烧的热化学方程式为：②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=-283kJ•mol-1

③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=-242kJ•mol-1；断开1mol某些化学键所需的最低能量数据如下表：

。化学键C-CC-HH-HC-OCOH-O能量/kJ•mol-13484134363581072463请回答下列问题：

（1）反应①的焓变△H1=____．

（2）CH3OH（g）燃烧生成CO2（g）和H2O（g）的热化学方程式为CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H4，该反应的焓变△H4=____．与CO的H2相比，甲醇作为汽车动力燃料的优点是____．

（3）甲醇-空气燃料电池（DMFC）是一种高效能、轻污染的电动汽车的车载电池，该燃料电池的电池反应为CH3OH（1）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（1）．已知电解质溶液为H2SO4溶液，则电池的负极反应式为____．15、短周期A；B、C、D4种元素；原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和．

（1）元素符号：A为____B为____C为____D为____

（2）D在周期表中的位置第____周期____族；它的最高价氧化物对应的水化物的化学式为____．

（3）C与水反应的化学方程式是____，所得溶液显____（“酸性”或“碱性”）．

（4）E的电子式为____，含有化学键的类型为____键和____键．16、实验室制取Cl2的反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．从氧化还原反应的角度看，在制备H2、CO2、Cl2三种气体时，盐酸的作用分别是____、____、____．17、温州市地处沿海，海水资源丰富，海水提取食盐和Br2以后的盐卤可以用来制备纯净的MgCl2或MgO．盐卤中含有Mg2+、Cl-，还含有少量Na+、Fe2+、Fe3+、SO42-和CO（NH2）2等．制备流程如图1：

（1）滤渣的成分是____（写化学式）；滤液Ⅱ中所含主要的杂质离子是____（写离子符号）．为了加快过滤速度，常采用减压过滤，写出组装减压过滤装置的主要硅酸盐仪器名称____，____．（写2种即可）

（2）用NaClO除去尿素CO（NH2）2时，生成物除盐外，都是能参与大气循环的物质，则该反应的化学方程式为____；加入NaClO的另一个作用是____．

（3）温度和压强P（HCl）g对MgCl2•6H2O晶体热分解产物的影响如图2所示．请回答下列问题：

①写出P（HCl）g=0.25MPa，温度从300℃升高到550℃时反应的化学方程式____；

②实际生产中，将MgCl2•6H2O晶体加热到600℃的过程中几乎得不到无水MgCl2，其原因是____；若要得到无水MgCl2须采取的措施是____．18、设计一个简单的一次性完成实验的装置图；验证盐酸；碳酸、硅酸的酸性强弱．

（1）盐酸、碳酸、硅酸的酸性由强到弱的顺序是____

（2）利用如图所示的仪器可以组装实验装置．则仪器的连接顺序为____接____，____接____，____接____．

19、接触法制硫酸工艺中；其主反应在450℃并有催化剂存在下进行：

2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H＜0

(1)该反应450℃时的平衡常数____________500℃时的平衡常数(填“大于”；“小于”或“等于”)．

(2)该化学达到平衡的标志是____________．

a．v(O2)正=2v(SO3)逆b．容器中气体的平均分子量不随时间而变化。

c．容器中气体的密度不随时间而变化d．容器中气体的分子总数不随时间而变化。

(3)恒温、密闭容器体系中充入一定量SO2、O2；反应达平衡时，某物理量随体系总压强(p)的关系如图所示所示．该物理量可能是____________．

a．平衡体系中SO2的体积分数。

b．气体的平均相对分子质量。

c．混合气体的密度。

d．平衡体系中SO2的转化率。

(4)在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20molSO2和0.10molO2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO30.18mol，则v(O2)=____________mol•L-1•min-1：若继续通入0.20molSO2和0.10molO2，则平衡____________移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)，再次达到平衡后，____________mol＜n(SO3)＜____________mol．

(5)压强及温度对SO2转化率的影响如表(原料气各成分的体积分数为：SO27%；O21l%；N282%)；

。压强转化率温度0.1MPa0.5MPa1MPa10MPa400℃99.2%99.6%99.7%99.9%500℃93.5%96.9%97.8%99.3%600℃73.7%85.8%89.5%96.4%利用表中数据分析．在实际生产中选择的适宜生产条件是：温度____________℃，压强____________MPa．评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)20、SO3和H2O的反应与SO2和H2O的反应类型完全相同____（判断对和错）评卷人得分五、简答题(共4题，共28分)21、某研究性学习小组，利用固体Na2SO3与中等浓度的H2SO4反应，制备SO2气体并进行有关性质探究实验．该反应的化学方程式为：Na2SO3（固）+H2SO4═Na2SO4↑+H2O．除固体Na2SO3和中等浓度的H2SO4外，可供选择的试剂还有：①溴水②浓H2SO4③品红试液④紫色石蕊试液⑤澄清石灰水⑥NaOH溶液。

回答下列问题：

（1）欲验证SO2的漂白作用，应将SO2气体通入______中（填物质编号），观察到的现象是______；

（2）欲验证SO2的还原性，应将SO2气体通入______中（填物质编号），观察到的现象是______；

（3）为说明SO2的氧化性，通常利用的反应是______；

（4）为防止多余的SO2气体污染环境，应将尾气通入______中（填物质编号），反应离子方程式为______；

（5）有一实验小组发现，SO2产生缓慢（不考虑SO2）在溶液中的溶解，实验中也不存在漏气、反应温度等装置和操作上的问题），请你推测可能的原因（至少填写一种）：①______，②______．22、化学--选修物质结构与性质。

已知：A、B、C、D、E、F五种元素核电荷数依次增大，属周期表中前四周期的元素．其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E的晶体为离子晶体；E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的；F原子核外最外层电子数与B相同，其余各层均充满．请根据以上信息，回答下列问题：

（1）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为______．（用元素符号表示）

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

（3）E的最高价氧化物分子的空间构型是______．

（4）F的核外电子排布式是______，F的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子的化学式为______．

（5）A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为______；（黑色球表示F原子）

（6）A、C形成的化合物具有高沸点和高硬度，是一种新型无机非金属材料，其晶体中所含的化学键类型为______．23、铜；镓、硒、硅等元素的化合物是生产第三代太阳能电池的重要材料．请回答：

（1）基态铜原子的电子排布式为______；已知高温下CuO→Cu2O+O2，从铜原子价层电子结构（3d和4s轨道上应填充的电子数）变化角度来看，能生成Cu2O的原因是______．

（2）硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物，则它们形成的组成最简单的氢化物中，分子构型分别为______，若“Si-H”中共用电子对偏向氢元素，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则硒与硅的电负性相对大小为Se______Si（填“＞”；“＜”）．

（3）SeO2常温下白色晶体，熔点为340～350℃，315℃时升华，则SeO2固体的晶体类型为______；若SeO2类似于SO2是V型分子，则Se原子外层轨道的杂化类型为______．

（4）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性（价电子数少于价层轨道数），其化合物可与具有孤对电子的分子或离子生成配合物，如BF3能与NH3反应生成BF3•NH3．BF3•NH3中B原子的杂化轨道类型为______，B与N之间形成______键．

（5）金刚砂（SiC）的硬度为9.5，其晶胞结构如图所示；则金刚砂晶体类型为______，在SiC中，每个C原子周围最近的C原子数目为______个；若晶胞的边长为apm，则金刚砂的密度表达式为______g/cm3．24、有机物A和B的分子式均为C11H12O5；在稀硫酸中加热均能生成C和D，其中D能发生如下变化（略去了部分产物及反应条件）：

已知：i．A、B、C、D、E均能与NaHCO3反应；

ii．只有A、C能与FeCl3溶液发生显色反应；且苯环上的一溴代物只有两种；

iii．E能发生银镜反应；

iv．G能使溴的四氯化碳溶液褪色．

请按要求回答下列问题：

（1）G所含官能团名称：______；图中属于氧化反应的是______．

（2）写出结构简式：B______、I______、J______．

（3）写出下列反应的化学方程式：

反应④：______．

反应A→C+D：______．

（4）能同时满足下列三个条件的C的同分异构体有______种．

①苯环上一卤代物只有两种②能与FeCl3溶液发生显色反应③能发生银镜反应．

写出其中一种的结构简式：______．评卷人得分六、实验题(共2题，共14分)25、（2014春•纳溪区校级月考）如图所示，A、B、C是实验室常用的三种制取气体的装置，提供的药品有：大理石、浓盐酸、稀盐酸、锌粒、二氧化锰、氯化铵、熟石灰．现欲利用这些药品分别制取NH3、Cl2、H2、CO2四种气体；试回答以下问题．

（1）选用A装置可制取的气体有____；选用B装置可制取的气体有____；通常选用C装置制取的气体有____．若用亚硫酸钠和浓硫酸来制取二氧化硫气体应选用装置____（填装置的编号字母）．

（2）写出利用上述有关药品制取氯气的化学方程式：____；为了防止污染环境，需要用NaOH溶液吸收，处理多余气体的离子方程式：____．

（3）若要制得干燥的氨气，可选用下列干燥剂中的____（填序号）．

A．碱石灰B．浓硫酸C．五氧化二磷。

（4）标号①的仪器除可用于在气体发生装置中添加试剂外，在实验中常用于____（填实验操作名称）．26、实验室需要0.1mol/L盐酸溶液450mL；配制过程如下：

A；在盛盐酸的烧杯中注入适量蒸馏水；并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀．

B、在盐酸稀释后，沿①____注入②____中．

C、用③____量取1.19g/cm3，37%的浓盐酸④____毫升注入烧杯中．

D；用适当蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次；将溶液一并注入②中．

E、往②中小心加蒸馏水至液面接近刻度线2～3cm处，改用⑤____加蒸馏水，使溶液的⑥____与瓶颈刻度相切．

F；采用标准的操作方法摇匀；并转移入试剂瓶中贴上标签．

（1）在横线上填上适当的仪器名称；操作方法；

（2）正确的实验步骤是____．

（3）在配制上述溶液实验中，下列操作引起结果（浓度）偏低的有____（填序号）

A；在烧杯中稀释溶质搅拌时；溅出少量溶液。

B；没有用蒸馏水洗烧杯2-3次；并将洗液移入②中。

C；定容时；加水超过了刻度线，倒出一些再重新加水到刻度线。

D；将所配溶液从②转移到试剂瓶时；有少量溅出。

E；把配好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用。

F、②刚用蒸馏水洗净，没有烘干．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】A；氟氯烃会破坏臭氧层；引起臭氧层空洞，导致地面太阳紫外线辐射增强，进而危及人类的健康；

B；煤的干馏、气化是高效、清洁利用煤的重要途径；

C；废弃塑料热裂解；可得到式量更小的烷烃和烯烃；

D、生活污水中N、P元素会造成水中藻类植物的大量生长，使水质变坏，造成水体富营养化．【解析】【解答】解：A；氟氯烃会破坏臭氧层；引起臭氧层空洞，导致地面太阳紫外线辐射增强，进而危及人类的健康，所以含氟氯代烃的废弃发泡塑料对臭氧层有影响，故A错误；

B；煤的气化和液化是高效、清洁地利用煤炭的重要途径；故B正确；

C；将废弃塑料热裂解处理；可获得式量更小的烷烃和烯烃如获得乙烯、丙烯等化工原料，故C正确；

D；生活污水中N、P元素会造成成水体富营养化；所以使用无磷洗衣粉能缓解水体富营养化，故D正确；

故选A．2、D【分析】【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，以此来解答．【解析】【解答】解：①I-、ClO-、H+离子之间发生氧化还原反应，I-、NO3-、H+离子之间发生氧化还原反应；不能共存，故不选；

②OH-、HCO3-结合生成水和碳酸根离子，OH-、NH4+结合生成弱电解质；则不能共存，故不选；

③该组离子之间不反应；能共存，故选；

④该组离子之间不反应；能共存，故选；

⑤AlO2-、H+离子之间结合生成沉淀，HSO3-、H+离子之间生成水和气体；则不能共存，故不选；

⑥Ca2+分别与CO32-、SO42-结合生成沉淀；则不能共存，故不选；

故选D．3、A【分析】【分析】SO2和BaCl2不反应，SO2具有还原性，与硝酸发生氧化还原反应，SO2具有酸性氧化物的性质，可与NaOH反应．【解析】【解答】解：SO2和BaCl2不反应，加入硝酸，可将SO2氧化为H2SO4，生成BaSO4，加入NaOH生成Na2SO3，可生成BaSO3沉淀；

故选A．4、B【分析】【分析】根据原子成键方式知，该物质结构简式为CH3CH（NH2）COOH，含有氨基和羧基，具有氨基酸的性质，能和酸、碱反应，据此分析解答．【解析】【解答】解：根据原子成键方式知，该物质结构简式为CH3CH（NH2）COOH；

A．蛋白质能和浓硝酸发生颜色反应；但氨基酸不能和浓硝酸发生颜色反应，故A错误；

B．含有氨基和羧基；所以在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，故B正确；

C．含有氨基；能和盐酸反应，故C错误；

D．含有羧基；能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故D错误；

故选B．5、A【分析】【解答】A．加入催化剂；平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，所以甲使用的催化剂效率较高，乙使用的催化剂效率较较低，故A错误；

B．甲到达平衡时间长；所以甲的压强较低，乙的压强较高，故B正确；

C．甲到达平衡时间短；所以甲的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以B的转化率减小，故C正确；

D．加入催化剂；平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，所以甲使用的催化剂效率较高，故D正确．

故选A．

【分析】A．加入催化剂；平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，甲使用的催化剂效率较高；

B．甲到达平衡时间长；所以甲的压强较低；

C．甲到达平衡时间短；所以甲的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动；

D．加入催化剂，平衡不发生移动，甲到达平衡时间短，甲使用的催化剂效率较高．二、双选题(共7题，共14分)6、A|D【分析】解：A、前5min反应的平均速率v（N2O4）===0.18mol•（L•min）-1；故A正确；

B、T1℃时反应②的化学平衡常数K===0.4L/mol；故B错误；

C；在该题中，升高温度后，二氧化氮的浓度增加，四氧化二氮的浓度减小，所以平衡②逆向移动，反应是放热的，故C错误；

D、若起始时向该容器中充入3.6molNO2和2.0molN2O4，则Qc=0.31＜K，所以反应正向进行，T1℃达到平衡时；

2NO2（g）⇌N2O4（g）

初始：1.81.0

变化：2xx

平衡：1.8-2x1.0+x

则=0.4，解得x=0.1，即N2O4的转化率为10%；故D正确．

故选AD．

A、根据化学反应速率v=来计算化学反应速率；

B、化学平衡常数K=代入相关数据来计算即可；

C；根据温度对化学平衡移动的影响来判断反应的吸放热；

D、根据转化率=来计算即可．

本题考查学生化学反应速率和化学平衡的有关计算知识，属于综合知识的考查，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．【解析】【答案】AD7、rBD【分析】解：rm{A}曲线rm{垄脵}代表的粒子是rm{H_{2}C_{2}O_{4}}故A错误；

B、rm{NaHC_{2}O_{4}}溶液rm{pH=4}证明溶液显示酸性，阴离子rm{HC_{2}O_{4}^{-}}的电离程度大于其水解程度，所以rm{c(H_{2}C_{2}O_{4})<c(C_{2}O_{4}^{2-})}故B正确；

C、rm{pH=5}时，溶液中主要含碳物种浓度大小关系为：rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}故C错误；

D、一定温度下，往rm{CaC_{2}O_{4}}饱和溶液中，存在rm{CaC_{2}O_{4}(s)?C_{2}O_{4}^{2-}(aq)+Ca^{2+}(aq)}平衡，加入少量rm{CaCl_{2}}固体，平衡逆向移动，rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})}将减小，rm{c(Ca^{2+})}不可抵消，所以rm{c(Ca^{2+})}增大；故D正确；

故选BD．

由图可知rm{垄脵}代表的是rm{H_{2}C_{2}O_{4}}rm{垄脷}代表的是rm{HC_{2}O_{4}^{-}垄脹}代表的是rm{C_{2}O_{4}^{2-}}由此分析：

A、曲线rm{垄脵}代表的粒子是rm{H_{2}C_{2}O_{4}}

B、由图可知，rm{NaHC_{2}O_{4}}溶液rm{pH=3隆芦4}证明溶液显示酸性，阴离子的电离程度大于其水解程度；

C、由图可知，rm{pH=5}时，溶液中主要含碳物种浓度大小关系为：rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}

D、一定温度下，往rm{CaC_{2}O_{4}}饱和溶液中，存在rm{CaC_{2}O_{4}(s)?C_{2}O_{4}^{2-}(aq)+Ca^{2+}(aq)}平衡，加入少量rm{CaCl_{2}}固体，平衡逆向移动，rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})}将减小，rm{c(Ca^{2+})}不可抵消，所以rm{c(Ca^{2+})}增大．

本题考查学生盐的水解原理的应用：离子浓度大小比较知识，注意知识的归纳和整理是关键，题目难度中等．【解析】rm{BD}8、rAD【分析】解：粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全出去，每一次所加试剂都过量，加入rm{NaOH}溶液的目的是除去镁离子，加rm{BaCl_{2}}溶液的目的是除去硫酸根离子，加rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的目的是除去钙离子和过量的钡离子，由此可知，rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的加入一定在rm{BaCl_{2}}溶液之后，即rm{垄脵}一定在rm{垄脹}之后，为了不使产生的沉淀溶解，一定要在过滤后再加盐酸，即rm{垄脺}在rm{垄脻}之后，操作顺序可以为：rm{垄脷垄脹垄脵垄脻垄脺}或rm{垄脹垄脷垄脵垄脻垄脺}或rm{垄脹垄脵垄脷垄脻垄脺}故不正确的为rm{AD}

故选AD．

粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全出去，每一次所加试剂都过量，加入rm{NaOH}溶液的目的是除去镁离子，加rm{BaCl_{2}}溶液的目的是除去硫酸根离子，加rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的目的是除去钙离子和过量的钡离子，由此可知，rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的加入一定在rm{BaCl_{2}}溶液之后；为了不使产生的沉淀溶解，一定要在过滤后再加盐酸，以此来解答．

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握粗盐提纯的步骤、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意碳酸钠一定在氯化钡之后，题目难度不大．【解析】rm{AD}9、BD【分析】【分析】本题是对化学反应速率和平衡知识的考察，是中学化学的重要知识，难度一般。关键是掌握化学反应速率和化学平衡的原理和影响因素规律，侧重知识的能力考察。【解答】A.从开始至平衡没有时间，无法计算反应速率，故A错误；B.容器Ⅱ中反应物初始浓度是容器Ⅰ中的rm{dfrac{1}{2}}，压强减小平衡逆向移动，rm{SO}rm{SO}rm{3}rm{3}的平衡浓度小于rm{0.022mol隆陇L}rm{0.022mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}，故B正确；C.容器Ⅲ的温度比容器Ⅰ高，该反应的正反应放热，升高温度平衡逆向移动，rm{SO}rm{SO}rm{3}按照rm{3}项充入物质时，的浓度小于rm{0.044mol隆陇L}rm{0.044mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}反应逆向进行，故D正确。，故C错误；D.由容器Ⅰ中数据可计算得rm{K=1.02}按照rm{D}项充入物质时，rm{Q}【解析】rm{BD}10、B|D【分析】解：A、Ⅰ图中：如果MnO2过量；浓盐酸随着反应进行，浓度减小到一定程度，不再与二氧化锰继续反应，所以盐酸不能全部消耗，故A错误；

B；Ⅱ图中氯水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸；滴入石蕊试液遇到石蕊变红证明酸性，但次氯酸存在溶液最后会褪色，即证明氯水的酸性，故B正确；

C；Ⅲ图中：铜在氯气中燃烧产生棕色的烟；故C错误；

D、Ⅳ图中：湿润的有色布条能褪色，是因为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色，剩余氯气通入到盛氢氧化钠溶液的烧杯中发生反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；故D正确；

故选BD．【解析】【答案】BD11、A|D【分析】解：根据题中流程可知，步骤②中加入铁粉产生了氢气，说明前面的酸过量，步骤①中有氯气与亚铁离子反应，说明溶液a中有亚铁离子，17.08g的FeS04和Cu（N03）2的混合物与0.14mol硫酸混合，硝酸根全部被还原为NO，NO的物质的量为mol=0.02mol，根据氮元素守恒，样品中Cu（N03）2的质量为188g/mol×0.01mol=1.88g，所以FeS04的质量为17.08g-1.88g=15.2g，其物质的量为0.1mol，原混合物中FeS04的质量分数为×100%=89%；故C正确；

根据方程式3Fe2++8H++2NO3-（稀）═3Fe3++2NOŸ+4H2O

3mol8mol2×22.4L

n（Fe2+）n（H+）448mL

所以n（Fe2+）=0.03mol，n（H+）=0.08mol；则a溶液中亚铁离子的物质的量为0.1mol-0.03mol=0.07mol；

根据方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，可得氧化亚铁离子需要氯气的物质的量为0.035mol，故A错误，根据铁元素守恒，a溶液中铁离子的物质的量为0.1mol，根据反应2Fe3++Fe═3Fe2+，可得消耗铁的物质的量为0.05mol即质量为2.8g，a溶液中n（H+）=0.14mol×2-0.08mol=0.2mol，结合反应2H++Fe═H2↑+Fe2+；可得消耗铁的物质的量为0.1mol即质量为5.6g，则剩余铁的质量为9g-5.6g-2.8g=0.6g，故D错误，生成的氢气为0.1mol，其体积为2.44L，故B正确；

故选AD．

根据题中流程可知，步骤②中加入铁粉产生了氢气，说明前面的酸过量，步骤①中有氯气与亚铁离子反应，说明溶液a中有亚铁离子，17.08g的FeS04和Cu（N03）2的混合物与0.14mol硫酸混合；由于亚铁离子过量，硝酸根全部被还原为NO，据此计算得硝酸铜的质量及消耗掉的氢离子的物质的量，同时根电子得失守恒可计算出溶液a中生成的铁离子的物质的量，根据氯气的物质的量可计算出a溶液中亚铁离子的物质的量，并由此计算出溶液中铁离子的总物质的量，根据溶液中的氢离子及9g铁粉可计算出氢气的体积和m的值；

本题考查了化学计算与实验流程相结合的知识，根据实验步骤和实验现象进行逐步计算是解题关键，题目难度中等．【解析】【答案】AD12、rBD【分析】解：铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式为rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{2NO+O_{2}=2NO_{2}}无色气体变化为红棕色气体二氧化氮，可以用碱溶液吸收；

A.上述分析可知得到的气体主要是rm{NO_{2}}和rm{NO}可以被氢氧化钠溶液吸收，所以吸收剂可以是rm{NaOH}溶液；故A正确；

B.铜和稀硝酸反应生成硝酸铜；一氧化氮和水；一氧化氮和试管中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，试管上部气体不始终为无色，故B错误；

C.铜和稀硝酸反应得到溶液为硝酸铜溶液；溶液为蓝色，故C正确；

D.生成的一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮红棕色气体；二氧化氮具有氧化性，和碘化钾溶液反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，故D错误；

故选BD．

铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式为rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}实验装置中有有空气，生成的一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮红棕色气体，二氧化氮具有氧化性，和碘化钾溶液反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，吸收剂是和氮氧化物反应的溶液应为碱溶液．

本题考查了稀硝酸、氮氧化物性质的分析，注意一氧化氮和二氧化氮气体颜色变化和二氧化氮具有氧化性的分析，题目综合考查了物质性质的反应现象，难度中等．【解析】rm{BD}三、填空题(共7题，共14分)13、CaClCaCl22H2O+2F2=4HF+O21：1【分析】【分析】（1）化学试剂的主要成分为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，含有相同的核外电子数，且1molXY2含有54mol电子，则阴、阳离子核外电子数为=18，则为Ca2+、Cl-；即X为Ca；Y为Cl；

（2）Z是与Y同主族的短周期元素，则Z为F，原子核外有9个电子，氟气与水反应生成HF与氧气，反应中氟气为氧化剂，水为还原剂．【解析】【解答】解：（1）化学试剂的主要成分为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，含有相同的核外电子数，且1molXY2含有54mol电子，则阴、阳离子核外电子数为=18，则为Ca2+、Cl-，即X为Ca、Y为Cl，故XY2是CaCl2；

故答案为：Ca；Cl；CaCl2；

（2）Z是与Y同主族的短周期元素，则Z为F，原子核外有9个电子，原子核外电子排布式为氟气与水反应生成HF与氧气，反应方程式为：2H2O+2F2=4HF+O2；反应中氟气为氧化剂，水为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；

故答案为：2H2O+2F2=4HF+O2；1：1．14、-116kJ•mol-1-651kJ•mol-1易于运输，单位产能耗氧量较少CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+【分析】【分析】（1）依据化学反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算；

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

②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=-283kJ•mol-1；

③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=-242kJ•mol-1；

根据盖斯定律计算CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H4；甲醇易于运输；燃烧耗氧少；

（3）酸性条件下，负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子．【解析】【解答】解：（1）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），反应的焓变可以根据反应物的总键能和生成物的总键能计算得到，焓变=反应物总键能之和-生成物总键能之和，依据图表提供的化学键的键能计算得到，△H═1072KJ/mol+2×436KJ/mol-（3×413KJ/mol+358KJ/mol+463KJ/mol）=-116kJ•mol-1；

故答案为：-116kJ•mol-1；

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

②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=-283kJ•mol-1；

③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=-242kJ•mol-1；

根据盖斯定律②-①+③×2得CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H4=-283-（-116）+（-242）×2=-651kJ•mol-1；

常温下甲醇为液体；与CO；氢气相比较，甲醇易于运输，而且甲醇燃烧耗氧少；

故答案为：-651kJ•mol-1；易于运输；单位产能耗氧量较少；

（3）酸性条件下，负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，则负极的电极反应式为CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+；

故答案为：CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+．15、CONaS三ⅥAH2SO42Na+2H2O=2NaOH+H2↑碱性离子非极性共价【分析】【分析】A、B、C、D为四种短周期元素，原子序数依次增大，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2，则B为O元素、C为Na元素；A的原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则D原子M层电子数为8-2=6，核外各层电子分别为2、8、6，则D为S元素，据此解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D为四种短周期元素，原子序数依次增大，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2；则B为O元素；C为Na元素；A的原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则D原子M层电子数为8-2=6，核外各层电子分别为2、8、6，则D为S元素；

综上所述：A为碳；B为氧，C为钠，D为硫；

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

（2）D为S元素，处于第三周期第ⅥA族，S的最高价氧化物的水化物的化学式是H2SO4，故答案为：三；ⅥA；H2SO4；

（3）钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，化学反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；生成的氢氧化钠为碱，显碱性；

故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；碱性；

（4）E为过氧化钠，它的电子式为含有化学键的类型为离子键和非极性共价键；

故答案为：离子；非极性共价．16、氧化剂酸性还原剂，酸性【分析】【分析】利用Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑、CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O反应及元素的化合价变化分析．【解析】【解答】解：由Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑可知；HCl中H元素的化合价降低，体现HCl的氧化性，作氧化剂；

由CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O可知；没有元素的化合价变化，生成盐，体现HCl的酸性，作酸；

由MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O可知；生成盐，体现其酸性，生成氯气时Cl元素的化合价升高，体现HCl的还原性，作还原剂；

故答案为：氧化剂；酸性；还原剂，酸性．17、Fe（OH）3、CaSO4Na+布氏漏斗抽滤瓶或吸滤瓶3NaClO+CO（NH2）2=3NaCl+CO2↑+N2↑+2H2O将Fe2+氧化为Fe3+，并形成Fe（OH）3被除去．Mg（OH）Cl=MgO+HCl↑P（HCl）g较小，镁离子水解生成氢氧化镁，得不到氯化镁；通入HCl，而增大P（HCl）g通入HCl，而增大P（HCl）g，抑制镁离子的水解；【分析】【分析】（1）根据盐卤的成份来看，加入NaClO能氧化Fe2+使它变成Fe（OH）3沉淀；加入氯化钙的作用是形成硫酸钙沉淀，除去其中的硫酸根离子；滤液Ⅰ的成分为氯化镁；氯化钠，冷却结晶，得到氯化镁晶体，滤液的成分为氯化钠和氯化镁；

（2）根据减压过滤装置的主要仪器有：真空泵；布氏漏斗、抽滤瓶或吸滤瓶等；

（3）根据NaClO与尿素CO（NH2）2反应时，依据元素守恒以及生参与大气循环的物质，可知生成物有NaCl，还有CO2、N2、H2O；根据NaClO能氧化Fe2+使它变成Fe（OH）3沉淀而除去；

①由图可知P（HCl）g=0.25MPa，温度从300℃升高到550℃时MgCl2•6H2O晶体由Mg（OH）Cl转变成MgO；

②若加热MgCl2•6H2O晶体，P（HCl）g较小，根据镁离子水解生成氢氧化镁，得不到氯化镁；若要得到无水氯化镁，则应通入HCl，而增大P（HCl）g，抑制镁离子的水解．【解析】【解答】解：（1）根据盐卤的成份来看，加入NaClO能氧化Fe2+使它变成Fe（OH）3沉淀，加入氯化钙的作用是形成硫酸钙沉淀，除去其中的硫酸根离子，所以滤渣的成分是Fe（OH）3、CaSO4；

滤液Ⅰ的成分为氯化镁、氯化钠，冷却结晶，得到氯化镁晶体，滤液的成分为氯化钠和氯化镁，滤液Ⅱ中所含的主要杂质离子是Na+；故答案为：Fe（OH）3、CaSO4；Na+；

（2）减压过滤装置的主要仪器有：真空泵；布氏漏斗、抽滤瓶或吸滤瓶等；主要硅酸盐仪器名称是布氏漏斗、抽滤瓶或吸滤瓶；

故答案为：布氏漏斗；抽滤瓶或吸滤瓶；

（3）NaClO与尿素CO（NH2）2反应时，生成物有NaCl，还有CO2、N2、H2O，则该反应的化学方程式为3NaClO+CO（NH2）2=3NaCl+CO2↑+N2↑+2H2O；加入NaClO还能起到的作用是氧化Fe2+使它变成Fe（OH）3沉淀而除去；

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

（3）①由图可知P（HCl）g=0.25MPa，温度从300℃升高到550℃时MgCl2•6H2O晶体由Mg（OH）Cl转变成MgO；方程式为：Mg（OH）Cl=MgO+HCl↑；

故答案为：Mg（OH）Cl=MgO+HCl↑；

③加热MgCl2•6H2O晶体，P（HCl）g较小，镁离子水解生成氢氧化镁，得不到氯化镁；若要得到无水氯化镁，则应通入HCl，而增大P（HCl）g；抑制镁离子的水解；

故答案为：P（HCl）g较小，镁离子水解生成氢氧化镁，得不到氯化镁；通入HCl，而增大P（HCl）g，抑制镁离子的水解．18、HCl＞H2CO3＞H2SiO3ADEBCF【分析】【分析】（1）盐酸为强酸；碳酸为弱酸，硅酸的酸性比碳酸更弱；

（2）先用盐酸与碳酸钠反应得到二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸，据此可以一次性完成实验．【解析】【解答】解：（1）盐酸、碳酸、硅酸的酸性强弱顺序是：HCl＞H2CO3＞H2SiO3，故答案为：HCl＞H2CO3＞H2SiO3；

（2）盐酸、碳酸、硅酸的酸性强弱为HCl＞H2CO3＞H2SiO3；根据强酸制取弱酸知，盐酸和碳酸钠反应制取二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠溶液反应制取硅酸，所以仪器的连接顺序是：A→D→E→B→C→F；

故答案为：A；D；E；B；C；F．19、略

【分析】解：(1)2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H＜0；反应放热，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，所以反应450℃时的平衡常数大于500℃时的平衡常数，故答案为：大于；

(2)a、因化学方程式的系数之比等于化学反应中各物质的反应速率之比，v(O2)正=v(SO3)正，又因v(O2)正=2v(SO3)逆，所以v(SO3)正和v(SO3)逆不相等；不是否达到平衡，故a错误；

b、气体的平均分子量等于根据质量守恒定律，反应过程中气体的总质量不变，该反应为气体的分子总数减少的反应，若混合气体的平均分子量不变，说明平衡混合物中各组成成分含量不变，反应达到平衡状态，故b正确；

c、气体的密度ρ=根据质量守恒定律，反应过程中气体的总质量不变，容器体积不变，气体的密度不会发生变化，故容器中气体的密度不随时间而变化，不能判断反应是否达到平衡，故c错误；

d；该反应为气体的分子总数减少的反应；当容器中气体的分子总数不随时间而变化时，平衡混合物中各组成成分含量不变，反应达到平衡状态，故d正确；

故选：bd．

(3)压强增大；平衡向气体体积减小的方向移动，即正向移动；

a．平衡体系中SO2的体积减少；体积分数减少，故a错误；

b．气体的平均分子量等于根据质量守恒定律，反应过程中气体的总质量不变，混合气体的总物质的量减少，混合气体的平均分子量增大，故b正确；

c．气体的密度ρ=根据质量守恒定律，反应过程中气体的总质量不变，容器体积不变，气体的密度不会发生变化，故c错误；

d．平衡体系中SO2的物质的量减少，即参加反应的SO2的物质的量增大，平衡体系中SO2的转化率增大；故d正确；

故选：b；d；

(4)当生成0.18molSO3时；参加反应的氧气的物质的量为x；

2SO2+O2⇌2SO3

12

x0.18mol

解得x=0.09mol

所以氧气的速率V====0.036mol•L-1•min-1；

继续通入0.30molSO2和0.15molO2；容器内压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动；

用极限法求出n(SO3)的范围，假设平衡不移动，此时n(SO3)=0.18×2=0.36mol，假设0.40molSO2完全生成SO3，根据化学方程式2SO2+O2⇌2SO3可知n(SO3)=0.4mol，所以再次达到平衡时，0.36mol＜n(SO3)＜0.40mol；

故答案为：0.036；向正反应方向；0.36；0.40；

(6)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g))△H=-98.3kJ•mol-1，正方向为放热反应，从化学平衡移动条件分析应该采用低温高压．而根据表格中提供的数据发现，压强的增加引起SO2转化率的变化并不明显；所以工业上直接采用常压；同时反应中使用催化剂，为了使催化剂的催化活性最强，根据表格中提供的数据应该采用400℃～500℃，故答案为：

400℃～500℃；0.1；【解析】大于;b、d;b、d;0.036;向正反应方向;0.36;0.40;400℃～500℃;0.1四、判断题(共1题，共2分)20、×【分析】【分析】依据化学方程式分析判断，反应都是两种物质反应生成一种物质，属于化合反应，但从可逆反应上来看，二氧化硫与水反应为可逆反应．【解析】【解答】解：SO3+H2O=H2SO4，H2O+SO2⇌H2SO3依据化学方程式分析判断，反应都是两种物质反应生成一种物质，属于化合反应，但从可逆反应上来看，二氧化硫与水反应为可逆反应，故不完全相同，故答案为：×．五、简答题(共4题，共28分)21、略

【分析】解：（1）二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，加热恢复红色，则验证SO2的漂白作用，应将SO2气体通入③中；观察到的现象是品红试液褪色；

故答案为：③；品红试液褪色；

（2）验证SO2的还原性，可利用溴水，发生Br2+2H2O+SO2=H2SO4+2HBr，则验证SO2的还原性，应将SO2气体通入①中；观察到的现象是溴水的橙色褪去；

故答案为：①；溴水的橙色褪去；

（3）说明SO2的氧化性，可利用H2S，二者发生氧化还原反应生成S，发生的反应为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故答案为：SO2+2H2S=3S↓+2H2O；

（4）防止多余的SO2气体污染环境，可选择碱溶液尾气处理，则将尾气通入⑥中，反应离子方程式为SO2+2OH-=SO32-+H2O；

故答案为：⑥；SO2+2OH-=SO32-+H2O；

（5）SO2产生缓慢，则反应速率小，可能的原因为硫酸的浓度过小（或过大）或Na2SO3部分变质等，故答案为：硫酸的浓度过小（或过大）；Na2SO3部分变质．

（1）二氧化硫具有漂白性；能使品红褪色，加热恢复红色；

（2）验证SO2的还原性，可利用溴水，发生Br2+2H2O+SO2=H2SO4+2HBr；

（3）说明SO2的氧化性，可利用H2S；二者发生氧化还原反应生成S；

（4）防止多余的SO2气体污染环境；可选择碱溶液尾气处理；

（5）SO2产生缓慢；则反应速率小，与硫酸的浓度或亚硫酸钠的含量等有关．

本题考查二氧化硫的性质实验，为高频考点，把握二氧化硫的漂白性、氧化性、还原性及发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．【解析】③；品红试液褪色；①；溴水的橙色褪去；SO2+2H2S=3S↓+2H2O；⑥；SO2+2OH-=SO32-+H2O；硫酸的浓度过小（或过大）；Na2SO3部分变质22、略

【分析】解：原子核外有三个未成对电子，其电子排布式为1S22S22P3，为N元素，E原子核外的M层中只有两对成对电子，电子排布式为1S22S22P63S23P4，应为S元素，C元素是地壳中含量最高的金属元素，为Al元素，化合物B2E的晶体为离子晶体，B应为第ⅠA族元素，且原子序数在N元素和Al之间，应为Na元素，D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的，应为Si元素，单质硅为原子晶体，熔点在第三周期中最高，F原子核外最外层电子数与B相同，其余各层均充满，且原子序数最大，电子排布式为1S22S22P63S23P63d104S1；应为Cu元素．

（1）在元素周期表中；同一周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，同一主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，据此可判断四种元素的第一电离能的顺序为：Na＜Al＜Si＜N，故答案：Na＜Al＜Si＜N；

（2）因NaCl为离子晶体而SiCl4为分子晶体，原子晶体的熔沸点远大于分子晶体的熔沸点，故答案为：高；NaCl为离子晶体而SiCl4为分子晶体；

（3）S03中含有3个δ键，孤电子对数为=0；所以分子的空间构型是平面正三角形，故答案为：平面正三角形；

（4）根据能量最低原理书写电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1），铜离子与氨气可以配位键形成配合物，其化学式为，[Cu（NH3）4]2+；

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

（5）根据晶胞中微粒个数的分配方法计算，晶胞中含有N原子的数目为8×=1，Cu原子的数目为：12×=3，故化学式为Cu3N，故答案为：Cu3N；

（6）根据化合物具有高沸点和高硬度；是一种新型无机非金属材料，可判断晶体类型为原子晶体，化学键类型为共价键，故答案为：共价键．

A原子核外有三个未成对电子，其电子排布式为1S22S22P3，为N元素，E原子核外的M层中只有两对成对电子，电子排布式为1S22S22P63S23P4，应为S元素，C元素是地壳中含量最高的金属元素，为Al元素，化合物B2E的晶体为离子晶体，B应为第ⅠA族元素，且原子序数在N元素和Al之间，应为Na元素，D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的，应为Si元素，单质硅为原子晶体，熔点在第三周期中最高，F原子核外最外层电子数与B相同，其余各层均充满，且原子序数最大，电子排布式为1S22S22P63S23P63d104S1；应为Cu元素．

（1）根据A；B、C、D在周期表中的位置和第一电离能的递变规律判断第一电离能的大小顺序；

（2）根据晶体类型判断晶体的熔沸点高低；

（3）利用价层电子对数互斥模型判断分子的立体构型；

（4）根据能量最低原理书写电子排布式；

（5）根据晶胞中微粒个数的分配方法计算化学式；

（6）根据性质推断晶体类型；并进一步推断含有的化学键类型．

本题考查元素推断题，推断出元素的种类是解答本题的关键，推断时注意从原子的核外电子排布特点以及元素的特殊性质为突破口解答，本题具有一定难度．【解析】Na＜Al＜Si＜N；高；NaCl为离子晶体而SiCl4为分子晶体；平面正三角形；1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1）；[Cu（NH3）4]2+；Cu3N；共价键23、略

【分析】解：（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，CuO中铜的价层电子排布为3d94s0，Cu2O中铜的价层电子排布为3d10，3d10为稳定结构，所以在高温时，能生成Cu2O；

故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；CuO中铜的价层电子排布为3d94s0，Cu2O中铜的价层电子排布为3d10，后者处于稳定的全充满状态而前者不是；（2）硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物分别为H2Se，SiH4；其分子结构分别V形，正四面体；若“Si-H”中键合电子偏向氢原子，说明硅显正价，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，硒显负价，所以硒与硅的电负性相对大小为Se＞Si；

故答案为：V形；正四面体；＞；

（3）SeO2常温下白色晶体，熔、沸点低，为分子晶体；二氧化硒分子中价层电子对=2+（6-2×2）=3，Se原子的杂化类型为sp2；且含有一个孤电子对，所以属于V形；

故答案为：分子晶体；sp2；

（4）BF3•NH3中B原子含有3个σ键和1个配位键，所以其价层电子数是4，B原子采取sp3杂化，该化合物中，B原子提供空轨道的原子、N原子提供孤电子对，所以B、N原子之间形成配位键，其结构简式可表示为

故答案为：sp3；配位；

（5）金刚砂（SiC）的硬度为9.5，属于原子晶体；每个碳原子连接4个硅原子，每个硅原子又连接其它3个碳原子，所以每个碳原子周围最近的碳原子数目为3×4=12；该晶胞中C原子个数=8×+6×=4，Si原子个数为4，晶胞边长=a×10-10cm，体积V=（a×10-10cm）3，ρ==g•cm3；

故答案为：原子晶体；12；．

（1）Cu为29号元素，原子核外有29个电子，结合能量最低原理书写核外电子排布式；Cu+的核外有28个电子；根据构造原理书写其基态离子核外电子排布式，原子轨道处于全空；半满或全满时最稳定；

（2）硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物分别为H2Se，SiH4，其分子结构分别与H2O，CH4相似；若“Si-H”中键合电子偏向氢原子；说明硅显正价，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，硒显负价；

（3）根据分子晶体的熔；沸点低；根据价层电子对互斥理论确定杂化类型；

（4）根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式；提供空轨道的原子和提供孤电子对的原子之间形成配位键；

（5）根据原子晶体的硬度大；每个碳原子连接4个硅原子，每个硅原子又连接其它3个碳原子，据此判断每个C原子周围最近的C原子数目；该晶胞中C原子个数=8×+6×=4，Si原子个数为4，根据ρ=计算其密度．

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化判断、原子核外电子排布式的书写等知识点，难点是晶胞计算，题目难度中等．【解析】1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；CuO中铜的价层电子排布为3d94s0，Cu2O中铜的价层电子排布为3d10，后者处于稳定的全充满状态而前者不是；V形、正四面体；＞；分子晶体；sp2；sp3；配位；原子晶体；12；24、略

【分析】解