2025年人教B版高一化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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2025年人教B版高一化学下册阶段测试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5题，共10分)1、现有SO2和CO2两种气体；下列方法或试剂能用于鉴别它们的是（）

①澄清石灰水②石蕊试剂③品红溶液④闻气味．

A.只有①②

B.只有①③④

C.只有③④

D.①②③④

2、下列判断正确的是（）A.可用水来确定某Na2O粉末中是否含有Na2O2B.可用CO2来确定某Na2O粉末中是否含有Na2O2C.可利用在空气中加热的方法除去Na2O中的Na2O2D.将足量的Na2O2、Na2O分别加到酚酞试液中，最终溶液均为红色3、下列反应的离子方程式，正确的是A.用小苏打治疗胃酸过多：CO＋2H+CO2↑＋H2OB.AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+＋3OH－Al(OH)3↓C.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜箔：Fe3+＋CuFe2+＋Cu2+D.铝与浓氢氧化钠溶液反应：2Al＋2OH－＋2H2O2AlO＋3H2↑4、下列各组物质；需要用丁达尔效应区分的是（）

A.氯化钠溶液与氯化铁溶液。

B.氢氧化铁胶体与碘化银胶体。

C.红褐色的某溶液和氢氧化铁胶体。

D.氯化钠溶液和硫酸铜溶液。

5、汽车尾气中NO，是造成大气污染的物质之一，但NO又是工业生产硝酸的中间产物，另外NO在人体中的血管内又有传送信息的功能，下列有关NO的说法正确的是（）A.NO是一种红棕色气体，易溶于水B.汽车尾气中NO的来源是空气中的N2与O2在汽车气缸内的高温环境下的反应产物C.工业生产硝酸的原料主要有NO和空气D.由于NO在血管中的特殊作用，所以NO无毒评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)6、下列物质可以用来鉴别乙醇、乙酸、乙酸乙酯的试剂是rm{(}rm{)}A.稀硫酸B.rm{NaOH}溶液C.碳酸钠溶液D.紫色石蕊溶液7、在无色透明溶液中，不能大量共存的离子组是rm{(}rm{)}A.rm{Cu^{2+}}rm{Na^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Cl^{-}}B.rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{NO_{3}^{-}}C.rm{OH^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{Ca^{2+}}rm{Na^{+}}D.rm{Ba^{2+}}rm{Na^{+}}rm{OH^{-}}rm{NO_{3}^{-}}8、rm{A^{2-}}和rm{B^{+}}具有相同的电子层结构，下列说正确的是A.原子半径rm{A>B}B.离子半径rm{A>B}C.原子序数rm{A>B}D.最外层电子数rm{A>B}9、下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是rm{(}rm{)}A.同质量、不同密度的rm{N_{2}}和rm{CO}B.同温度、同体积的rm{H_{2}}和rm{O_{2}}C.同体积、同密度的rm{C_{2}H_{4}}和rm{C_{3}H_{6}}D.同压强、同体积的rm{N_{2}O}和rm{CO_{2}}10、下列递变情况正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Na}rm{Mg}rm{Al}最外层电子数依次增多，其简单离子的氧化性依次增强B.rm{P}rm{S}rm{Cl}最高正价依次升高，对应气态氢化物稳定性依次增强C.rm{C}rm{N}rm{O}原子半径依次增大D.rm{Na}rm{K}rm{Rb}氧化物的水化物碱性依次减弱11、下列述不正确的是rm{)}A.rm{NH_{3}}易液化，液氨常用作制冷剂B.与金属反应时，稀rm{HNO_{3}}可能被还原为更低价态，则稀rm{HNO_{3}}氧化性强于浓rm{HNO_{3}}C.铵盐受热易分解，因此贮存氮肥时要密封保存，并放在阴凉通风处D.不能用稀rm{HNO_{3}}和金属反应制取氢气12、关于rm{0.1mol/L}rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的叙述错误的是rm{(}rm{)}A.rm{0.5}rm{L}该溶液中钠离子的物质的量浓度为rm{0.1}rm{mol/L}B.rm{1}rm{L}该溶液中含有rm{Na_{2}CO_{3}}的质量为rm{10.6}rm{g}C.从rm{1}rm{L}该溶液中取出rm{100}rm{mL}则取出溶液中rm{Na_{2}CO_{3}}的物质的量浓度为rm{0.01}rm{mol/L}D.取该溶液rm{10}rm{mL}加水稀释至rm{100}rm{mL}后，rm{Na_{2}CO_{3}}的物质的量浓度为rm{0.01}rm{mol/L}13、下列判断正确的是（）A.0.5molNaCl溶解在1L水中，所得溶液的物质的量浓度为0.5mol/LB.10mL1mol/L的硫酸溶液与100mL1mol/L的硫酸溶液的物质的量浓度相同C.1mol任何气体所含的气体分子数目都相等D.1molCH4的体积约为22.4L14、下列判断元素非金属性强弱的依据正确的有()A.元素最高价氧化物对应水化物酸性的强弱B.元素最高价氧化物对应水化物的碱性C.元素单质与酸反应置换出氢气的难易程度D.元素的单质与氢气生成气态氢化物的难易以及氢化物的稳定性评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、（A；B、C为短周期元素．A为常见的金属；B在常温下为固体，它的最高价氧化物的水化物D为常见强酸，C的最高价氧化物的水化物E为常见强碱．A、B、C及化合物的其转化关系如图：

请回答下列问题：

（1）写出D的化学式____，B与C形成的化合物的电子式为____；

（2）写出反应③的离子方程式____．

（3）标准状况下，等质量的A分别与足量的D、E反应，产生H2的体积分别为V1、V2，其关系为V1____V2（填＜、＞或=）．若V2=2.24l，则反应过程中转移的电子的物质的量为____．16、（8分）将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)，经5min后，测得D的浓度为0.5mol/L，c(A)∶c(B)＝3∶5，C的平均反应速率为0.1mol/(L·min)。求：（1）此时A的浓度c(A)＝________mol/L，反应开始前容器中的A、B的物质的量：n(A)＝n(B)＝________mol；（2）B的平均反应速率v(B)＝________mol/(L·min)；（3）x的值为________。17、（7分）指出下列元素在周期表中的位置：①Ne：____周期____族；②C：____周期____族；③微粒中的质子数是_______，中子数是_______，核外电子数是_______。18、rm{(1)}某温度时，在一个rm{2L}的密闭容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z}三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示rm{.}根据图中数据；回答下列问题：

​rm{垄脵}该反应的化学方程式是______________________。rm{垄脷}从开始到rm{2min}rm{Z}的平均反应速率是_______________。rm{(2)}某原电池的装置如图所示，看到rm{a}极上有红色金属析出，回答下列问题：rm{垄脵}若rm{a}rm{b}是两种活动性不同的金属，则活动性rm{a}___rm{b(}填rm{>}rm{<}或rm{=)}rm{垄脷}电路中的电子从___经导线流向____rm{(}填rm{a}或rm{b)}rm{垄脹}溶液中的rm{SO_{4}^{2-}}向________极移动rm{(}填rm{a}或rm{b)}rm{(3)}将甲醇与氧气分别通入如图所示的装置的电极中，可构成甲醇燃料电池，请回答下列问题：

通入甲醇的电极是___rm{(}填“正”或“负”rm{)}极，反应时该电极附近的现象是____________，溶液中rm{K^{+}}向____rm{(}填“正”或“负”rm{)}极移动：写出正极反应式：______________；若电池工作过程中通过rm{2mol}电子，则理论上消耗rm{O_{2}}__rm{L(}标准状况rm{)}19、铁是一种过渡元素；金属铁是最常用的金属之一．请回答下列问题：

（1）生铁中含有一种铁碳化合物（Fe3C），在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体和能使澄清石灰水变浑浊的气体，该反应的化学方程式为____，上述反应生成的磁性固体与过量浓硝酸反应后的溶液中含有的盐的化学式为____．

（2）硫酸厂用煅烧黄铁矿（FeS2）来制取硫酸，实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分是Fe2O3及少量FeS、SiO2）制备绿矾．利用烧渣制绿矾的过程如下：

①烧渣溶于稀H2SO4过程中，有单质硫生成，写出该反应的离子方程式（只写生成S的反应式，其他反应无需写出）____．

②向溶液X中加入足量铁屑的目的是____．

（3）已知Fe（OH）3的溶度积常数Ksp=1.1×10﹣36．室温时向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，当溶液pH=3时，通过计算说明Fe3+是否沉淀完全）____（提示：当某离子浓度小于10﹣5mol•L﹣1时可以认为该离子沉淀完全了）．20、“探险队员”--盐酸，不小心走进了化学迷宫，不知怎样走出来，因为迷宫有许多“吃人的野兽”rm{(}即能与盐酸反应的物质或者是水溶液rm{)}盐酸必须避开它们，否则就无法通过．

rm{(1)}请你帮助它走出迷宫rm{(}请用图中物质前的序号连接起来表示所走的路线rm{)}______．

rm{(2)}在能“吃掉”盐酸的化学反应中，属于酸和碱中和反应的有______个，属于氧化还原反应的有______个，其中能“吃掉”盐酸的盐是______，写出该反应的化学方程式：______．评卷人得分四、判断题(共2题，共14分)21、蛋白质的盐析过程是一个可逆过程，据此可以分离和提纯蛋白质．22、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）评卷人得分五、简答题(共3题，共21分)23、rm{(1)12.4gNa_{2}X}含有rm{0.4molNa^{+}}rm{Na_{2}X}的相对分子质量为_______，该物质的化学式为________。rm{(2)}选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。rm{(2)}加热分解A.萃取分液rm{B.}加热分解rm{C.}结晶法rm{D.}分液法结晶法rm{B.}分液法rm{C.}蒸馏法rm{D.}___________分离饱和食盐水和沙子的混合物。E.过滤法rm{F.}蒸馏法___________分离硝酸钾溶液中少量的氯化钠。rm{F.}___________分离溴水中的溴和水。rm{垄脵}___________分离饱和食盐水和沙子的混合物。有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称；如消除采矿业胶液中的氰化物rm{垄脵}如rm{垄脷}___________分离硝酸钾溶液中少量的氯化钠。经以下反应实现：rm{垄脷}则生成物rm{垄脹}___________分离溴水中的溴和水。的化学式为_____________，rm{垄脹}被称为“绿色氧化剂”的理由是_____________________________rm{(3)H_{2}O_{2}}某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：rm{(}rm{KCN)}rm{KCN+H_{2}O_{2}+H_{2}O篓TA+NH_{3}隆眉}rm{A}rm{H_{2}O_{2}}rm{(4)}已知该反应中rm{O_{2}}只发生了如下过程：rm{MnOrlap{_{4}}{^{-}}}rm{H_{2}O}该反应中，被氧化的元素是_______，氧化剂是______。rm{Mn^{2+}}写出该反应的离子方程式：rm{H_{2}O_{2}}rm{H^{+}}实验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式如下：rm{H_{2}O_{2}}浓rm{)=2KCl+MnCl_{2}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O}如反应中转移了rm{H_{2}O_{2}隆煤O_{2}}电子，则产生的气体在标准状况下体积为_______rm{垄脵}该反应中，被氧化的元素是_______，氧化剂是______。rm{垄脵}24、理论上讲；任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池．

rm{(1)}氢能源是rm{21}世纪极具发展前景的新能源之一，它既是绿色能源，又可循环使用rm{.}如图为理想的氢能源循环体系图：

rm{垄脵}从能量转换的角度看；过程Ⅰ应是太阳能转化为______能；过程Ⅱ应是______能转化为______能；

rm{垄脷}该燃料电池中以rm{KOH}溶液作电解质溶液；请写出该电池的负极反应______

rm{(2)}利用反应“rm{Cu+2Ag^{+}篓T2Ag+Cu^{2+}}”设制一个化学电池，rm{垄脵}此电池正极反应式______；

rm{垄脷}溶液中的rm{NO_{3}^{-}}向______极移动rm{(}填“正”“负”rm{)}rm{垄脹}若导线上转移电子rm{1mol}则生成银______克rm{.}

rm{(3)}已知甲烷燃料电池的正、负极反应式分别为rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}篓TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}则总反应为______．25、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}四种化合物均由rm{1隆芦18}号元素组成，其中rm{X}含有四种元素，rm{X}rm{Y}rm{Z}的焰色反应均为黄色，rm{W}为无色无味气体rm{.}这四种化合物具有下列转化关系如图rm{1(}部分反应物、产物及反应条件已略去rm{).}请回答：

rm{(1)W}的分子式是______．

rm{(2)X}与rm{Y}在溶液中反应的离子方程式是______．

rm{(3)X}含有的四种元素之间rm{(}二种、三种或四种rm{)}可组成多种化合物，选用其中某些化合物，利用图rm{2}装置快速制取少量的rm{O_{2}}并演示rm{Na}在rm{O_{2}}中的燃烧实验．

rm{垄脵}关闭装置中的止水夹rm{a}后，开启活塞rm{b}漏斗中液体不断地往下滴，直至全部流入试管rm{.}试判断装置是否漏气______rm{(}填“漏气”、“不漏气”或“无法确定”rm{)}判断理由是______．

rm{垄脷}写出rm{A}装置中反应的化学方程式并标出电子得失情况：______．

rm{垄脹C}装置中观察到的现象是______．

rm{垄脺D}装置中盛放的试剂是______；其作用是______．

rm{(4)}向rm{Z}溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质，同时有rm{X}生成；该反应的化学方程式是______．

评卷人得分六、工业流程题(共4题，共24分)26、一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等。

②部分阳离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表。

③CoCl2·6H2O熔点86℃；易溶于水；乙醚等；常温下稳定，加热至110~120℃时失去结晶水变成无水氯化钴。

(1)写出Co2O3与Na2SO3和盐酸反应的离子方程式______________________。

(2)加入NaClO3的目的是______________________；加入过量NaClO3可能生成有毒气体，该气体是___________(填化学式)

(3)为了除去Fe3+、Al3+，需加Na2CO3调pH，则pH应控制的范围为_____________________.

(4)加萃取剂的目的是___________；金属离子在萃取剂中的萃取率与pH的关系如图，据此分析pH的最佳范围为___________(填字母序号)。

A.2.0~2.5B.3.0~3.5C.4.0~4.5D.5.0~5.5

(5)CoCl2·6H2O常用减压烘干法烘干，原因是___________。27、钼酸钠(Na2MoO4)是一种冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上利用钼精矿(主要成分为MoS2)制备金属钼和钼酸钠晶体的流程如下图所示。

回答下列问题：

(1)如果在空气中焙烧1molMoS2时，S转移12mol电子，则MoS2中钼元素的化合价为____；焙烧产生的尾气对环境的主要危害是___。

(2)若在实验室中进行操作2，则从钼酸钠溶液中得到钼酸钠晶体的操作步骤是_；过滤；洗涤、干燥。

(3)钼精矿中MoS2含量的测定：取钼精矿16g，经在空气中焙烧、操作1、操作2得到钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)12.1g(假设各步的转化率均为100%)，钼精矿中MoS2的质量分数为_________。(已知MoS2的相对分子质量为160，Na2MoO4·2H2O的相对分子质量为242)。

(4)操作3硫元素被氧化为最高价，发生反应的离子方程式为_______。

(5)用镍、钼作电极电解浓NaOH溶液制备钼酸钠(Na2MoO4)的装置如图所示。b电极上的电极反应式为____________。

(6)某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，该温度下BaMoO4的Ksp的值为____。

28、工业上制备BaCl2·2H2O有如下两种途径。

途径1：以重晶石（主要成分BaSO4）为原料；流程如下：

（1）写出“高温焙烧”时反应的化学方程式：_____________________________________。

（2）气体用过量NaOH溶液吸收，得到硫化钠。Na2S水解的离子方程式为_____________。

（3）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，=___________。[Ksp(AgBr)=5.4×10-13，Ksp(AgCl)=2.0×10-10]

途径2：以毒重石(主要成分BaCO3，含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)为原料；流程如下：

已知：Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9。Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.7

（4）为提高矿石的浸取率，可采取的措施是_________。

（5）加入NH3·H2O调节pH=8可除去___________（填离子符号），滤渣Ⅱ中含_________（填化学式）。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________。

（6）重量法测定产品纯度的步骤为：准确称取mgBaCl2·2H2O试样，加入100mL水，用3mL2mol·L－1的HCl溶液加热溶解。边搅拌，边逐滴加入0.1mol·L－1H2SO4溶液。待BaSO4完全沉降后，过滤，用0.01mol·L－1的稀H2SO4洗涤沉淀3~4次，直至洗涤液中不含Cl－为止。将沉淀置于坩埚中经烘干灼烧至恒重，称量为ng。则BaCl2·2H2O的质量分数为_________。

（7）20℃时，PbCl2(s)在不同浓度盐酸中的最大溶解量(单位：g·L-1)如图所示。下列叙述正确的是_______________

A．盐酸浓度越大，Ksp(PbCl2)越大。

B．PbCl2能与一定浓度的盐酸反应。

C．x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)相等。

D．往含Pb2+的溶液中加入过量浓盐酸，可将Pb2+完全转化为PbCl2(s)29、用含锂废渣（主要金属元素的含量：Li3.50%Ni6.55%Ca6.41%Mg13.24%）制备Li2CO3，并用其制备Li+电池的正极材料LiFePO4。部分工艺流程如下：

资料：ⅰ滤液1；滤液2中部分两者的浓度（g/L）

ⅱEDTA能和某些二价金属离子形成稳定的水溶性络合物。

ⅲ某些物质溶解度（S）：

I．制备Li2CO3粗品。

(l)上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是___。

(2)向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，分离出固体Li2CO3粗品的操作是______。

(3)处理lkg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是____g。（摩尔质量：Li7g.mol-lLi2CO374g.mol-l）

II．纯化Li2CO3粗品。

(4)将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3。电解原理如图所示，阳极的电极反应式是_______。

III．制备LiFePO4

(5)将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，该反应的化学方程式是__。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】

①SO2与CO2均能使澄清的石灰水变浑浊；无法鉴别，故①错误；

②SO2与CO2均能使紫色石蕊试剂变红；无法鉴别，故②错误；

③二氧化硫能使品红溶液褪色；而二氧化碳不能使品红溶液褪色，可以鉴别，故③正确；

④二氧化硫有刺激性气味；而二氧化碳没有味道，可以通过闻气味来鉴别，故④正确；

故选C．

【解析】【答案】SO2与CO2均能使澄清的石灰水变浑浊；能使紫色石蕊试剂变红，则无法鉴别；但二氧化硫具有漂白性，而二氧化碳不具有，二氧化硫有刺激性气味，而二氧化碳不具有，以此鉴别．

2、A【分析】解：A、氧化钠和水反应生成氢氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气放入水中有气泡生成的为过氧化钠，可用水来确定某Na2O粉末中是否含有Na2O2；故A正确；

B、二氧化碳和氧化钠反应生成碳酸钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，但反应过程中过氧化钠和二氧化碳反应过程中无明显现象，不可用CO2来确定某Na2O粉末中是否含有Na2O2；故B错误；

C、氧化钠加热生成过氧化钠，不能用空气中加热的方法除去Na2O中的Na2O2；故C错误；

D；氧化钠加入酚酞试液中反应生成氢氧化钠使碱；溶液变红色，过氧化钠加入酚酞溶液中生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠是碱使酚酞变红色，过氧化钠具有强氧化性能使红色溶液褪去，所以溶液先变红色后褪色，故D错误；

故选A．

A；氧化钠和水反应生成氢氧化钠；过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气；

B；二氧化碳和氧化钠反应生成碳酸钠；过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；

C；氧化钠加热生成过氧化钠；

D；过氧化钠具有强氧化性加入酚酞溶液中先变红色后褪色；

本题考查了钠及其化合物性质的分析判断和混合物质的检验方法，掌握物质性质是关键，题目难度中等．【解析】【答案】A3、D【分析】试题分析：小苏打是碳酸氢钠，与胃酸反应的是HCO3-不是COA错；氨水是弱碱，要写成化学式，B错；C中电荷没有配平，错，D对。考点：离子方程式的正误判断。【解析】【答案】D4、C【分析】

A．两种溶液都不具有丁达尔效应；不能用丁达尔效应区分，故A错误；

B．氢氧化铁胶体与碘化银胶体都具有丁达尔效应；不能用丁达尔效应区分，故B错误；

C．溶液不具有丁达尔效应；胶体具有丁达尔效应，能用丁达尔效应区分，故C正确；

D．两种溶液都不具有丁达尔效应；不能用丁达尔效应区分，故D错误．

故选C．

【解析】【答案】丁达尔效应为胶体的特征性质；鉴别胶体可其它分散系，可用丁达尔效应．

5、B【分析】解：A．二氧化氮为红棕色气体；一氧化氮为无色气体，不溶于水，故A错误；

B．空气中的N2与O2在汽车气缸内的高温环境下的反应生成了NO；故B正确；

C．工业上利用将氨气催化氧化生成NO；然后一氧化氮转化成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，所以生成硝酸的原料是氨气和空气，故C错误；

D．NO能结合人体内的血红蛋白；使之丧失运送氧的能力，所以一氧化氮是有毒气体，故D错误；

故选B．

A．一氧化氮为无色气体；不溶于水；

B．氮气和氧气在高温下能够反应生成一氧化氮气体；

C．生成硝酸的原料为氨气和空气；

D．NO是有毒的气体；呼入人体内会和人体血红蛋白结合，造成人体缺氧中毒．

本题考查了氮的氧化物的性质及环境保护，题目难度中等，明确一氧化氮、二氧化氮的性质为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力．【解析】【答案】B二、双选题(共9题，共18分)6、rCD【分析】解：rm{A.}乙醇和乙酸与硫酸不反应；且都能溶于水，加入硫酸不能鉴别，故A错误；

B.乙醇和rm{NaOH}不反应，易溶于水，乙酸和rm{NaOH}发生中和反应；但没有明显现象，不能鉴别，故B错误；

C.乙醇溶于水；乙酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，溶液分层，故能鉴别，故C正确；

D.乙醇溶于水；乙酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红，乙酸乙酯不溶于水，且能萃取石蕊，有色层在上层，故能鉴别，故D正确．

故选CD．

根据三种物质的物理性质和化学性质鉴别；乙醇和乙酸都易溶于水，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸具有酸性，能使酸碱指示剂变色，乙酸乙酯在酸性或碱性条件下能发生水解．

本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，本题注意三种物质的性质的差异性，当出现不同现象时才能鉴别．【解析】rm{CD}7、rAC【分析】解：rm{A.Cu^{2+}}为蓝色；与无色不符，不符合题意，故A选；

B.该组离子之间不反应；能大量共存，且离子均为无色，故B不选；

C.rm{OH^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{Ca^{2+}}结合生成沉淀和水；不能大量共存，故C选；

D.该组离子之间不反应；能共存，且离子均为无色，故D不选；

故选AC．

根据离子之间不能结合生成水；气体、沉淀等；不能发生氧化还原反应，则可大量共存，并结合离子的颜色来解答．

本题考查离子的共存；为高考常见题型，侧重信息的抽取和复分解反应的考查，注重学生思维严密性的训练，有利于提高学生分析问题解决问题的能力，题目难度不大．

【解析】rm{AC}8、BD【分析】【分析】本题考查原子结构、元素性质和元素在周期表中的位置关系，涉及电子层结构、微粒半径比较等知识，难度不大。【解答】rm{A^{2-}}和rm{B^{+}}具有相同的电子层结构，所以rm{A}在rm{B}的上一周期，A.rm{B}在rm{A}的下一周期，电子层数多原子半径大，故半径rm{B}大于rm{A}故A错误；B.rm{A^{2-}}和rm{B^{+}}具有相同的电子层结构，rm{B+}序数大，离子半径小，故B正确；C.rm{A}在rm{B}的上一周期，所以rm{A}元素原子序数小，故C错误；D.rm{A}和rm{B}原子最外层电子数分别为rm{6}和rm{1}所以原子序数rm{A}大于rm{B}故D正确。和rm{6}所以原子序数rm{1}大于rm{A}故D正确。rm{B}故选BD。【解析】rm{BD}9、rAC【分析】解：rm{A}因rm{N_{2}}和rm{CO}的摩尔质量均为rm{28g/mol}则等质量时二者的物质的量相等，又都为双原子分子，则原子数相同，故A正确；

B、由rm{pV=nRT}可知，同温度、同体积的rm{H_{2}}和rm{N_{2}}压强与物质的量成正比，压强不确定，则物质的量不一定相等，二者都是双原子分子，含有的原子数目不一定相等，故B错误；

C、同体积、同密度，则质量相同，rm{C_{2}H_{4}}中原子的物质的量为rm{dfrac{m}{28}隆脕6}rm{C_{3}H_{6}}中原子的物质的量为rm{dfrac{m}{42}隆脕9}二者相等，故C正确；

D、由rm{pV=nRT}可知，同压强、同体积的rm{N_{2}O}和rm{CO_{2}}温度与物质的量成反比，温度不确定，则物质的量不确定，二者都是三原子分子，含有的原子数目不一定相等，故D错误；

故选AC．

A、由rm{n=dfrac{m}{M}}计算物质的量；再由构成来分析原子数；

B；同温度、同体积的气体的物质的量不一定相等；

C、同体积、同密度，则质量相同，由rm{n=dfrac{m}{M}}计算物质的量；再由构成来分析原子数；

D；同压强、同体积的气体的物质的量不一定相等．

本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确气体的体积与温度、压强的关系是解答本题的关键，并利用物质的构成及有关物质的量的计算来解答．【解析】rm{AC}10、rAB【分析】解：rm{A.Na}rm{Mg}rm{Al}是同周期相邻的元素，最外层分别有rm{1}rm{2}rm{3}个电子，依次增多；还原性强弱关系：rm{Na>Mg>Al}元素原子还原性越弱，其对应简单阳离子氧化性越强，故A正确；

B.rm{P}rm{S}rm{Cl}的最高正价分别为rm{+5}rm{+6}rm{+7}依次升高，非金属性rm{P<S<Cl}元素非金属性越强，其对应的气态氢化物的稳定性越强，故B正确；

C.rm{C}rm{N}rm{O}是同周期从左到右排列的元素；从左到右，原子半径逐渐减小，故C错误；

D.金属性rm{Na<K<Rb}元素的金属性越强，其氧化物对应的水化物的碱性越强，故D错误．

故选：rm{AB}．

A.rm{Na}rm{Mg}rm{Al}是同周期相邻的元素，最外层分别有rm{1}rm{2}rm{3}个电子；原子半径逐渐变小，原子还原性越弱，其对应简单阳离子氧化性越强；

B.rm{P}rm{S}rm{Cl}的最高正价分别为rm{+5}rm{+6}rm{+7}依次增大，元素非金属性越强，其对应的气态氢化物的稳定性越强；

C.同周期元素原子半径随原子序数的增大应而逐渐减小；

D.元素的金属性越强；其氧化物对应的水化物的碱性越强．

主要考查非金属元素、金属元素在元素周期表中的位置关系及其性质变化规律rm{.}难度不大，注意记忆理解元素周期律．【解析】rm{AB}11、rBD【分析】解：因rm{NH3}易液；液氨常用作制冷剂，正；

与金属反应时，rm{O3}被还原为rm{O}反缓慢，浓rm{HO3}被还原为rm{N2}应剧，所稀rm{HNO3}的氧化性弱于浓rm{HO}故错误；

由rm{HNO3}强氧化性与活金属反应时不生成氢气；般生成氮的氧化物，还以生硝酸铵，故D；

选BD．

rm{A}氨液化，液态氨汽化时要吸收大量的热，使周围物质温度急剧降，所以氨常冷剂；rm{/}空rm{/}

根据与金属应时的剧烈度来比较氧强弱。

由于硝酸的氧不能得到rm{H2}要得到rm{NO}．

本题主要考了氮元素及合物的有基础知识rm{.}注意硝酸与金属反应氢气掌握基础是解题关题难度不大．【解析】rm{BD}12、rAC【分析】解：rm{A.}钠离子的物质的量浓度为rm{0.1mol/L隆脕2=0.2mol/L}故A错误；

B.rm{1}rm{L}该溶液中含有rm{Na_{2}CO_{3}}的质量为rm{1L隆脕0.1mol/L隆脕106g/mol=10.6}rm{g}故B正确；

C.从rm{1}rm{L}该溶液中取出rm{100}rm{mL}溶液具有均一性，则取出溶液中rm{Na_{2}CO_{3}}的物质的量浓度为rm{0.1}rm{mol/L}故C错误；

D.取该溶液rm{10}rm{mL}加水稀释至rm{100}rm{mL}后，rm{Na_{2}CO_{3}}的物质的量浓度为rm{dfrac{0.01L隆脕0.1mol/L}{0.1L}=0.01}rm{dfrac

{0.01L隆脕0.1mol/L}{0.1L}=0.01}故D正确；

故选AC．

A.离子浓度为溶质浓度与离子个数的积；

B.结合rm{mol/L}计算；

C.溶液具有均一性；

D.稀释前后溶质的物质的量不变．

本题考查物质的量浓度的计算，为高频考点，把握物质的量、浓度的关系及溶液的性质为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意基本公式的应用，题目难度不大．rm{m=cVM}【解析】rm{AC}13、B|C【分析】解：A.0.5molNaCl溶解在1L水中；但水的体积不等于溶液的体积，无法计算，故A错误；

B．10mL1mol/L的硫酸溶液与100mL1mol/L的硫酸溶液的物质的量浓度都为1mol/L；物质的量浓度相同，故B正确；

C．1mol任何气体所含的气体分子数目都为NA；气体分子数目都相等，故C正确；

D．气体存在的体积未知，无法计算1molCH4的体积；故D错误．

故选：BC；

A．水的体积不等于溶液的体积；

B．10mL1mol/L的硫酸溶液与100mL1mol/L的硫酸溶液的物质的量浓度都为1mol/L；

C．1mol任何气体所含的气体分子数目都为NA；

D．气体存在的体积未知，则不能确定1molCH4的体积；

本题考查物质的量的有关计算和判断，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式，答题时注意体会，难度不大．【解析】【答案】BC14、AD【分析】【分析】本题考查非金属性比较的方法，明确常见的方法即可解答，注意rm{B}选项中易忽略最高价，难度不大。选项中易忽略最高价，难度不大。【解答】rm{B}

A.非金属对应的最高价氧化物水化物为酸，则可利用元素最高价氧化物对应的水化物的酸性的强弱来比较非金属性，故A正确；元素最高价氧化物对应的水化物的碱性的强弱来比较金属性B.

，故B错误；

C.非金属元素的单质一般不与酸反应，故C错误；

D.利用元素的单质与氢气生成气态氢化物的难易以及氢化物的稳定性能判断非金属性强弱，故D正确。故选AD。【解析】rm{AD}三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】

A、B、C为短周期元素，A为常见的金属，B在常温下为固体，它的最高价氧化物的水化物D为常见强酸判断为H2SO4，C的最高价氧化物的水化物E为常见强碱和金属A反应生成氢气，推断E为NaOH，A既可以和强酸反应也可以和强碱反应判断为Al，A和D（H2SO4）反应生成的F为硫酸铝，H为Al（OH）3，G为NaAlO2；结合上述推断得到B为硫元素，C为钠元素；

（1）D的化学式为：H2SO4；B与C形成的化合物为Na2S的电子式为：

故答案为：H2SO4；

（2）反应③是硫酸铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀的过程，反应的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

（3）标准状况下，等质量的A（Al）分别与足量的D（H2SO4）、E（NaOH）反应，产生H2的体积分别为V1、V2，依据电子守恒得到生成氢气体积相同；若V2=2.24l，n（H2）=0.1mol则反应过程中转移的电子的物质的量为0.2mol；

故答案为：0.2mol；

【解析】【答案】A为常见的金属，B在常温下为固体，它的最高价氧化物的水化物D为常见强酸判断为H2SO4，C的最高价氧化物的水化物E为常见强碱和金属A反应生成氢气，推断E为NaOH，A既可以和强酸反应也可以和强碱反应判断为Al，A和D（H2SO4）反应生成的F为硫酸铝，H为Al（OH）3，G为NaAlO2；结合上述推断得到B为硫元素，C为钠元素；根据判断进行分析回答；

16、略

【分析】试题分析：V(D)=0.5mol/L÷5min=0.1mol/(L·min),V(C)=0.1mol/(L·min),因此x=2;V(B)=1/2V(C)=0.05mol/(L·min)。假设反应开始前A、B的物质的量都是2amol,在反应过程是B的浓度改变ymol/L.则反应过程中各种物质的浓度变化关系是：3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g)开始浓度(mol/L):aa00改变浓度（mol/L）3yy2y2y平衡浓度（mol/L）(a-3y)(a-y)2y2y2y=0.5mol/L,所以y=0.25mol/L.(a-3y):(a-y)=3∶5,将y=0.25mol/L代入该反应式可得：a=1.5mol/L。因此5min时A的浓度c(A)＝1.5-3×0.25=0.75mol/L;反应开始前容器中的A、B的物质的量：n(A)＝n(B)＝2a=3mol。考点：考查化学反应速率与方程式的系数的关系、物质的物质的量浓度的计算的知识。【解析】【答案】（1）0.75；3；（2）0.05；（3）2。17、略

【分析】【解析】【答案】(7分)2，O2，IVA16，18，1818、（1）①3X+Y2Z

②0.05mol/(L·min)

（2）①＜

②ba

③b

（3）负溶液红色变浅正O2+2H2O+4e-=4OH-11.2【分析】​【分析】本题考查有关化学反应速率及原电池知识，难度不大，掌握基本原理是解答的关键。【解答】rm{(1)垄脵}从图中可知rm{X}从rm{1.0}变为rm{0.7}变化rm{0.3}rm{Y}从rm{1.0}变为rm{0.9}减小rm{0.1}这两个物质为反应物，rm{Z}从rm{0}变为rm{0.2}增加rm{0.2}故三者的变化量比值为rm{0.3:0.1:0.2=3:1:2}故化学方程式为：rm{3X+Y}rm{2Z}rm{垄脷}据化学反应速率概念可知以rm{Z}表示的速率为：rm{dfrac{dfrac{0.2mol}{2L}}{2min}=0.05mol/(L隆陇min)}故为rm{dfrac{

dfrac{0.2mol}{2L}}{2min}=0.05mol/(L隆陇min)}rm{0.05mol/(L隆陇min)}因rm{(2)垄脵}极上有铜析出说明为正极，则活动性应当为rm{a}rm{b>a}因rm{垄脷}为负极故电子从rm{b}经导线到rm{b}rm{a}原电池中阴离子移向负极，也就是rm{垄脹}rm{b}通入甲醇的一极应当为负极，失电子，产生二氧化碳与氢氧化钾反应，造成碱性减弱，故红色变浅，原电池中阳离子向正极移动，故钾离子向正极移动，正极电极反应式为rm{(3)}rm{O_{2}}rm{+2H_{2}O+4e^{-}}据反应式可知消耗rm{=4OH^{-}}份氧气转移rm{1}份电子，故电池工作过程中通过rm{4}电子，则理论上消耗rm{O_{2}dfrac{2mol}{4}隆脕22.4L/mol=11.2L}rm{2mol}【解析】rm{(1)垄脵}rm{3X+Y}rm{2Z}rm{垄脷0.05mol/(L隆陇min)}rm{(2)垄脵<}rm{垄脷ba}rm{垄脹b}rm{(3)}负溶液红色变浅正rm{O_{2}}rm{+2H_{2}O+4e^{-}}rm{=4OH^{-}}rm{11.2}19、Fe3C+3O2Fe3O4+CO2Fe（NO3）32Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+使Fe3+完全转化为Fe2+，以制备纯净的绿矾晶体c（Fe3+）=1.1×10﹣3（mol/L）＞10﹣5mol•L﹣1故Fe3+没有沉淀完全【分析】【解答】（1）Fe3C在足量的空气中高温煅烧生成四氧化三铁和二氧化碳，反应为Fe3C+3O2Fe3O4+CO2；磁性固体能溶于过量浓硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO2和水；

故答案为：Fe3C+3O2Fe3O4+CO2；Fe（NO3）3；

（2）①Fe2O3可以和稀硫酸之间反应生成硫酸铁，FeS可以和稀硫酸之间反应生成硫化氢，铁离子具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间会发生化学反应：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；会产生硫单质；

故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；

②向溶液硫酸铁中加入足量铁屑；金属铁可以和铁离子之间反应生成亚铁离子，以制备纯净的绿矾晶体；

故答案为：使Fe3+完全转化为Fe2+；以制备纯净的绿矾晶体；

（3）溶液pH为3时，溶液中c（H+）=10﹣3，则c（OH﹣）=10﹣11，Ksp=1.1×10﹣36=[c（OH﹣）]3×c（Fe3+），c（Fe3+）==1.1×10﹣3（mol/L）＞10﹣5mol•L﹣1；

故答案为：c（Fe3+）=1.1×10﹣3（mol/L）＞10﹣5mol•L﹣1故Fe3+没有沉淀完全．

【分析】（1）Fe3C在足量的空气中高温煅烧生成四氧化三铁和二氧化碳；磁性固体能溶于过量浓硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO2和水；

（2）①Fe2O3和FeS均可以和稀硫酸之间反应分别生成硫酸铁；硫化氢；二者之间会发生化学反应；

②金属铁可以和铁离子之间反应生成亚铁离子；

（3）溶液中c（H+）=10﹣3，c（OH﹣）=10﹣11，代入Ksp=1.1×10﹣36=[c（OH﹣）]3×c（Fe3+）求算．20、③→⑥→⑩→⑦→⑪→⑫；2；1；Na2CO3；Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O【分析】解：rm{(1)}利用图示的物质对相关的与盐酸不能反应的物质作出判断即可，由于盐酸不能和二氧化碳、二氧化硫、硫酸、氯气反应，故答案为：rm{垄脹隆煤垄脼隆煤垄芒隆煤垄脽隆煤?隆煤?}

rm{(2)}中和反应是酸与碱反应，根据碱的种类确定中和反应的个数，碱有rm{2}种，则中和反应有rm{2}个；能与盐酸反应化合价发生变化的只有锌，则发生的氧化还原反应只有rm{1}个；能与盐酸反应的盐只有rm{Na_{2}CO_{3}}反应的化学方程式为rm{Na_{2}CO_{3}+2HCl篓T2NaCl+CO_{2}隆眉+H_{2}O}

故答案为：rm{2}rm{1}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}+2HCl篓T2NaCl+CO_{2}隆眉+H_{2}O.}

rm{(1)}解决该题应该找出一条不能和盐酸发生反应的物质构成的路rm{.}酸的化学性质有：能够和酸碱指示剂变色，能够和活泼金属反应，能够和金属氧化物反应，能够和碱反应，能够和某些盐反应rm{.}活泼金属即在金属活动性顺序表中氢前的金属；酸和金属氧化物；碱、盐发生的反应是复分解反应，因此必须有水、沉淀或气体生成；

rm{(2)}中和反应是酸与碱反应；根据碱的种类确定中和反应的个数；能与盐酸反应的盐只有碳酸钠；根据化合价变化判断氧化还原反应．

本题考查物质想性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握金属及化合物的性质、反应类型及发生的反应为解答的关键，侧重分析能力及知识的应用能力和解决问题的能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{垄脹隆煤垄脼隆煤垄芒隆煤垄脽隆煤?隆煤?}rm{2}rm{1}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}+2HCl篓T2NaCl+CO_{2}隆眉+H_{2}O}四、判断题(共2题，共14分)21、A【分析】【解答】向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液；可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；再向试管里加入足量的蒸馏水，观察到的现象是变澄清，盐析是可逆过程，可以采用多次盐析的方法分离；提纯蛋白质．

故答案为：对．

【分析】向鸡蛋清中加入饱和硫酸铵溶液，可以观察到的现象为析出沉淀，说明饱和硫酸铵溶液可使蛋白质的溶解性变小，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化．22、B【分析】【解答】摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．

【分析】摩尔是物质的量的单位．五、简答题(共3题，共21分)23、（1）62Na2O（2）①E②C③A（3）KHCO3反应后没有产生有害物质（4）①OMnO4-②5H2O2+2MnO4-+16H+═══2Mn2++5O2↑+8H2O（5）6.72【分析】【分析】本题考查的是氧化还原反应的有关判断及物质的分离与提纯方法及应用，题目难度不大，注意掌握氧化还原反应中电子转移的计算方法及氧化剂和还原剂的判断，明确分离和提纯物质常用的方法。【解答】rm{(1)Na_{2}X}中含有rm{0.4molNa^{+}}rm{Na_{2}X}的物质的量为rm{0.2mol}则rm{Na_{2}X}的摩尔质量rm{=dfrac{12.4g}{0.2mol;};=62g/mol}摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，rm{=dfrac{12.4g}{0.2mol;};=62g/mol

}rm{Na}rm{Na}的相对分子质量为rm{{,!}_{2}}钠原子的相对原子质量是rm{X}的相对分子质量为rm{62}所以rm{X}的相对原子质量是rm{62}rm{23}为氧原子，该物质的化学式为rm{X}故答案为：rm{62-23隆脕2=16}rm{X}rm{Na_{2}O}沙子不溶于水，rm{62}溶于水，则分离方法为过滤法，故答案为：rm{Na_{2}O}

rm{(2)垄脵}硝酸钾的溶解度受温度影响大，而氯化钠的溶解度受温度影响不大，则利用冷却结晶法可分离，故答案为：rm{NaCl}rm{E}分离溴水中的溴和水，溴易溶于有机溶剂，可以通过萃取分液法将溴和水分离，故答案为：rm{垄脷}rm{C}由反应rm{垄脹}根据质量守恒定律可知，元素守恒、原子守恒，则rm{A}的化学式为rm{(3)}rm{KCN+H_{2}O_{2}+H_{2}O=A+NH_{3}隆眉}被称为“绿色氧化剂”；氧元素的化合价降低，则产物为水，生成物对环境无污染；

故答案为：rm{A}rm{KHCO_{3}}是氧化剂，其还原产物是rm{H_{2}O_{2}}rm{KHCO_{3}}没有污染性；rm{H_{2}O_{2}}具有氧化性，rm{H_{2}O}具有还原性，rm{H_{2}O}rm{(4)垄脵MnO_{4}^{-}}rm{H_{2}O_{2}}该反应中rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}则rm{O}元素的化合价升高，被氧化，氧化剂为rm{O}故答案为：rm{{,!}_{2}}只发生了如下过程rm{H_{2}O_{2}隆煤O_{2}}只发生了如下过程：rm{O}则还原反应为rm{MnO_{4}^{-}}并由质量守恒定律及电荷守恒可知，离子反应为rm{O}故答案为：rm{MnO_{4}^{-}}rm{垄脷H_{2}O_{2}}由方程式rm{H_{2}O_{2}隆煤O_{2}}rm{MnO_{4}^{-}隆煤Mn^{2+}}rm{2MnO_{4}^{-}+5H_{2}O_{2}+6H^{+}篓T2Mn^{2+}+5O_{2}隆眉+8H_{2}O}浓rm{2MnO_{4}^{-}+5H_{2}O_{2}+6H^{+}篓T2Mn^{2+}+5O_{2}隆眉+8H_{2}O}rm{(5)}由方程式rm{2KMnO}rm{(5)}rm{2KMnO}rm{{,!}_{4}}rm{+16HCl(}浓rm{)=2KCl+MnCl}rm{+16HCl(}可知，生成rm{)=2KCl+MnCl}转移rm{{,!}_{2}}电子，则反应中转移rm{+5Cl}电子，生成rm{+5Cl}在标准状况下的体积为rm{{,!}_{2}}故答案为rm{隆眉+8H}

rm{隆眉+8H}【解析】rm{(1)62}rm{Na_{2}O}rm{(2)垄脵E}rm{垄脷C^{;;;;;}垄脹A}rm{(3)KHCO_{3;;;;;}}反应后没有产生有害物质rm{(4)垄脵O}rm{MnO_{4}^{-;;;;}垄脷5H_{2}O_{2}}rm{+2MnO_{4}^{-;}}rm{+16H^{+}篓T篓T篓T2Mn^{2+}}rm{+5O_{2}}rm{隆眉+8H_{2}O}rm{(5)6.72}24、略

【分析】解：rm{(1)垄脵}转化关系可知氢能源循环体系图中；燃料电池是氢气和氧气反应燃烧生成水的过程，水在太阳能和催化剂作用下分解有生成氧气和氢气，则过程Ⅰ应是太阳能转化为化学能；过程Ⅱ应是化学能转化为电能；故答案为：化学；化学；电；

rm{垄脷}该燃料电池中以rm{KOH}溶液作电解质溶液，则负极氢气失电子结合氢氧根生成水，电极反应式为：rm{H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O}故答案为：rm{H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O}

rm{(2)Cu+2Ag^{+}=2Ag+Cu^{2+}}中，rm{Cu}失去电子，rm{Cu}为负极，失去电子被氧化，电解质为硝酸银，正极上银离子得到电子生成rm{Ag}反应式为：rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}若导线上转移电子rm{1mol}则生成银为rm{1mol隆脕108g/mol=108g}溶液中的rm{NO_{3}^{-}}向负极移动；故答案为：rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}负；rm{108}

rm{(3)}已知甲烷燃料电池的半反应式分别为：rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}篓TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}原电池中正负极电极方程式相加即可得到总反应，则总反应式：rm{CH_{4}+2OH^{-}+2O_{2}篓TCO_{3}^{2-}+3H_{2}O}故答案为：rm{CH_{4}+2OH^{-}+2O_{2}篓TCO_{3}^{2-}+3H_{2}O.}

rm{(1)垄脵}分析转化关系可知氢能源循环体系图中；燃料电池是氢气和氧气反应燃烧生成水的过程，水在太阳能和催化剂作用下分解有生成氧气和氢气；

rm{垄脷}该燃料电池中以rm{KOH}溶液作电解质溶液；则负极氢气失电子结合氢氧根生成水。

rm{(2)Cu+2Ag^{+}=2Ag+Cu^{2+}}中，rm{Cu}失去电子，rm{Cu}为负极，电解质为硝酸银，正极上银离子得到电子生成rm{Ag}反应式为：rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}阴离子向负极移动，据此分析；

rm{(3)}原电池中正负极电极方程式相加即可得到总反应．

本题考查了化学反应过程中能量变化形式，原电池原理的分析应用，电极反应的书写，题目难度不大，侧重于对基础知识的考查注意知识积累．【解析】化学；化学；电；rm{H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O}rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}负；rm{108}rm{CH_{4}+2OH^{-}+2O_{2}篓TCO_{3}^{2-}+3H_{2}O}25、略

【分析】解：rm{(1)X}rm{Y}rm{Z}的焰色反应均为黄色，说明三者均为钠元素的化合物rm{.X}含有四种元素，在加热条件下能生成rm{Z}这四种化合物均为短周期元素组成，且rm{W}为无色无味的气体rm{(}中学阶段常见的无色无味的气体为rm{H_{2}}rm{O_{2}}rm{CO_{2}}等rm{)}可推出rm{X}为rm{NaHCO_{3}}rm{Y}为rm{NaOH}rm{Z}为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{W}为rm{CO_{2}.}故答案为：rm{CO_{2}}

rm{(2)X}与rm{Y}在溶液中反应是rm{NaHCO_{3}+NaOH=Na_{2}CO_{3}+H_{2}O}离子方程式是rm{HCO_{3}^{-}+OH^{-}=CO_{3}^{2-}+H_{2}O}故答案为：rm{HCO_{3}^{-}+OH^{-}=CO_{3}^{2-}+H_{2}O}

rm{(3)X}所含的四种元素为：rm{Na}rm{H}rm{C}rm{O}这四种元素组成的化合物有：rm{NaHCO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaOH}rm{H_{2}CO_{3}}rm{Na_{2}O}rm{Na_{2}O_{2}}rm{NaOH}rm{H_{2}O}rm{H_{2}O_{2}}rm{CO_{2}}rm{CO}等无机物和烃；烃的含氧衍生物等有机物；

rm{垄脵}关闭装置中的止水夹rm{a}后，开启活塞rm{b}漏斗中液体不断地往下滴，直至全部流入试管，说明装置漏气，因为漏斗中的液体能全部流入试管，说明试管中压强与外界相同漏气；

故答案为：漏水；漏斗中的液体能全部流入试管说明试管中压强与外界相同；

rm{垄脷A}装置中反应是过氧化钠和水的反应，反应的化学方程式为rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}隆眉}反应的电子转移情况用双线桥标出电子得失情况为：

故答案为：

rm{垄脹C}装置中观察到的现象是难在氧气中燃烧的实验现象；钠剧烈燃烧，发出黄光，有淡黄色物质生成；故答案为：剧烈燃烧，发出黄光，有淡黄色物质生成；

rm{垄脺}为避免空气中的二氧化碳和水蒸气进入rm{C}装置与钠反应，影响实验现象的判断，干燥管中应装碱石灰；故答案为：碱石灰；防止空气中的rm{H_{2}O}rm{CO_{2}}进入rm{C}装置；

rm{(4)}向rm{Z(Na_{2}CO_{3})}溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质应为次氯酸钠，同时有rm{X(NaHCO_{3})}生成，依据原子守恒配平得到化学方程式为：rm{2Na_{2}CO_{3}+Cl_{2}+H_{2}O=NaClO+NaCl+2NaHCO_{3}}故答案为：rm{2Na_{2}CO_{3}+Cl_{2}+H_{2}O=NaClO+NaCl+2NaHCO_{3}}

rm{(1)X}rm{Y}rm{Z}rm{W}四种化合物均由rm{1隆芦18}号元素组成，其中rm{X}含有四种元素，rm{X}rm{Y}rm{Z}的焰色反应均为黄色，rm{W}为无色无味气体rm{.}这四种化合物具有下列转化关系如图rm{1}rm{X}rm{Y}rm{Z}的焰色反应均为黄色，说明三者均为钠元素的化合物rm{.X}含有四种元素，在加热条件下能生成rm{Z}这四种化合物均为短周期元素组成，且rm{W}为无色无味的气体rm{(}中学阶段常见的无色无味的气体为rm{H_{2}}rm{O_{2}}rm{CO_{2}}等rm{)}可推出rm{X}为rm{NaHCO_{3}}rm{Y}为rm{NaOH}rm{Z}为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{W}为rm{CO_{2}}

rm{(2)X}与rm{Y}在溶液中反应是rm{NaHCO_{3}+NaOH=Na_{2}CO_{3}+H_{2}O}

rm{(3)X}所含的四种元素为：rm{Na}rm{H}rm{C}rm{O}这四种元素组成的化合物有：rm{NaHCO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaOH}rm{H_{2}CO_{3}}rm{Na_{2}O}rm{Na_{2}O_{2}}rm{NaOH}rm{H_{2}O}rm{H_{2}O_{2}}rm{CO_{2}}rm{CO}等无机物和烃、烃的含氧衍生物等有机物rm{.}选用其中某些化合物，利用图rm{2}装置快速制取少量的rm{O_{2}}并演示rm{Na}在rm{O_{2}}中的燃烧实验．

rm{垄脵}依据装置漏气检查的主要依据是装置中的压强关系分析判断；

rm{垄脷}依据装置rm{2}快速制氧气分析判断rm{A}装置是过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气的反应；

rm{垄脹}依据装置分析，rm{A}装置生成氧气干燥后通入加热的金属钠中剧烈反应；钠在氧气中燃烧生成但黄色固体，火焰呈黄色；

rm{垄脺}依据实验目的是验证钠和氧气反应的现象分析；

rm{(4)}向rm{Z(Na_{2}CO_{3})}溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质应为次氯酸钠，同时有rm{X(NaHCO_{3})}生成；依据原子守恒配平写出化学方程式；

本题考查了元素化合物的相互转化，实验操作和实验设计的原理应用，是高考出题的热点之一rm{.}题目往往以框图推断题的形式展现，纵观近几年的高考试题，会发现这类试题的突破点rm{(}题眼rm{)}在逐渐减少，难度在逐渐增加rm{.}这就要求学生必须对元素化合的知识非常熟练，在学习时要让学生多总结、多联系，形成知识网络．【解析】rm{CO_{2}}rm{HCO_{3}^{-}+OH^{-}=CO_{3}^{2-}+H_{2}O}漏气；漏斗中的液体能全部流入试管说明试管中压强与外界相同；剧烈燃烧，发出黄光，有淡黄色物质生成；碱石灰；防止空气中的rm{H_{2}O}rm{CO_{2}}进入rm{C}装置；rm{2Na_{2}CO_{3}+Cl_{2}+H_{2}O=NaClO+NaCl+2NaHCO_{3}}六、工业流程题(共4题，共24分)26、略

【分析】【分析】

含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体；应控制温度在86℃以下蒸发，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干。

【详解】

(1)水钴矿的主要成分为Co2O3，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有Co2+，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；

(2)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，过量NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；

(3)Fe3+完全水解的pH为3.7，Al3+完全水解的pH为5.2，Co2+开始水解的PH为7.6，所以为了除去Fe3+、Al3+，加入Na2CO3调pH应控制的范围为5.2pH<7.6；

(4)根据流程图可知，存在Mn2+、Co2+金属离子的溶液中，加入萃取剂的目的是除去溶液中的Mn2+；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知；调节溶液PH在3.0～3.5之间，故选B；

(5)根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干。【解析】Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O将Fe2+氧化成Fe3+Cl25.2pH<7.6除去溶液中的Mn2+B降低烘干温度，防止产品熔化或分解失去结晶水变为无水氯化钴27、略

【分析】【分析】

制备钼酸钠：钼精矿(主要成分为MoS2)在空气中焙烧得到MoO3，根据S元素的价态变化规律可知S元素被氧化成二氧化硫；然后MoO3用NaOH溶液溶解，过滤分离出难溶物，得到Na2MoO4溶液；经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na2MoO4.2H2O；制备钼单质：钼精矿(主要成分为MoS2)经碱浸并用NaClO氧化，过滤得到Na2MoO4溶液，加入足量硫酸得到钼酸沉淀，过滤后经高温灼烧得到MoO3，氢气还原MoO3得到Mo。

【详解】

(1)如果在空气中焙烧1mo