…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬教版高一化學上冊月考試卷147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9題，共18分)1、下列關于有機化合物的認識不正確的是rm{(}rm{)}A.油脂在空氣中完全燃燒轉化為水和二氧化碳B.蔗糖、麥芽糖的分子式都是rm{C_{12}H_{22}O_{11}}二者互為同分異構體C.在水溶液里，乙酸分子中的rm{隆陋CH_{3}}可以電離出rm{H^{+}}D.在濃硫酸存在下，苯與濃硝酸共熱生成硝基苯的反應屬于取代反應2、環境問題是當今社會大家關注的重大問題．下列因果關系錯誤的是（）A.粉塵較多的環境﹣﹣易患（誘發）肺病B.NO2和SO2排入大氣中﹣﹣導致酸雨C.汽車尾氣（含氮的氧化物等）﹣﹣造成光化學煙霧D.濫用化肥及含磷洗衣粉﹣﹣重金屬元素污染水土3、在1L溶液中含有Fe（NO3）3和H2SO4兩種溶質，其濃度分別為0.2mol/L和1.5mol/L，現向該溶液中加入39.2g鐵粉使其充分反應．下列有關說法正確的是（）A.反應后溶液中Fe3+物質的量為0.8molB.反應后產生13.44LH2（標準狀況）C.反應后溶液中Fe2+和Fe3+物質的量之和為0.9molD.由于氧化性Fe3+＞H+，故反應中先沒有氣體產生后產生氣體4、2molCl2和2molCO2相比較，下列敘述中正確的是（）A.分子數相等B.原子數相等C.體積相等D.質量相等5、根據元素周期表和元素周期律分析下面的推斷，其中錯誤的是（）A.鈹（Be）的原子失電子能力比鎂弱B.砹（At）的氫化物不穩定C.硒（Se）化氫比硫化氫穩定D.氫氧化鍶[（Sr（OH）2]比氫氧化鈣的堿性強6、將氯水注入KI溶液中，用力振蕩，再注入四氯化碳，振蕩后靜置，看到的現象是（）A.液體呈無色B.液體分兩層，上層為紫色，下層接近無色C.液體呈紫紅色D.液體分兩層，上層接近無色，下層為紫色7、下列關于氯水的敘述，不正確的是rm{(}rm{)}A.新制氯水中只含有rm{Cl_{2}}和rm{H_{2}O}分子B.加入rm{AgNO_{3}}溶液有白色沉淀產生C.光照氯水有氣泡逸出，久置的氯水，酸性增強D.飽和氯水與石灰石的反應是制取較濃rm{HClO}溶液的重要方法8、有關氯氣和氯水性質的敘述正確的是A.向rm{FeCl_{2}}溶液中滴加氯水，溶液顏色變成棕黃色，說明氯水中含有rm{HClO}B.飽和氯水久置時rm{Cl^{-}}增多、水分子減少，酸性增強C.鐵在氯氣中燃燒生成氯化亞鐵D.不能用rm{pH}試紙測定氯水的rm{pH}是因為其中含有的rm{Cl_{2}}有漂白性9、設rm{N_{A}}代表阿伏加德羅常數，下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{1.7gH_{2}O_{2}}中含有的電子總數為rm{0.9N_{A}}B.rm{92g}rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的混合氣中含有的氮原子數為rm{2N_{A}}C.標準狀況下，rm{28}rm{g}rm{CO}與rm{22.4}rm{L}rm{O_{2}}所含原子數相等D.rm{1}rm{mol}rm{FeCl_{3}}完全水解轉化為氫氧化鐵膠體后生成rm{N_{A}}個膠粒評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、下列說法正確的是（）A.每一個化學反應都會伴隨著能量變化B.氯化氫溶于水氫氯共價鍵被破壞C.化學鍵的斷裂和形成是化學反應能量變化的主要原因D.離子化合物一定由金屬元素和非金屬元素組成，非金屬元素之間不能形成離子化合物11、乙酸分子的結構式為下列反應及斷鍵部位正確的是rm{(}rm{)}A.乙酸的電離，是rm{壟脵}鍵斷裂B.乙酸與乙醇發生酯化反應，是rm{壟脵}鍵斷裂C.在紅磷存在時，rm{Br_{2}}與rm{CH_{3}COOH}的反應：rm{CH_{3}COOH+Br}2rm{xrightarrow[]{潞矛脕脳}}rm{CH_{2}Br隆陋COOH+HBr}是rm{壟脹}鍵斷裂D.乙酸變成乙酸酐的反應：rm{2CH_{3}COOH簍D隆煤}rm{+H_{2}O}是rm{壟脵壟脷}鍵斷裂12、20℃時向20mL0.1mol·L-1醋酸溶液中不斷滴入0.1mol·L-1NaOH(aq)；溶液pH變化如圖所示。此過程里溶液中離子濃度的關系錯誤的是（）

A.a點：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)B.b點：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)C.c點：c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)D.d點：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)13、25℃時，稀釋HA、HB兩種酸溶液，溶液pH的變化曲線如圖所示，其中V1表示稀釋前酸的體積，V2表示稀釋后溶液的體積。下列說法正確的是（）

A.曲線上a、b兩點的值一定相等B.pH相同時，c(HA)>c(HB)C.當lg=6時，HA溶液的pH=8D.已知，酸的酸性越強，其對應鈉鹽的堿性越弱，則25℃時，NaA溶液的pH一定小于NaB溶液14、室溫下，下列溶液說法正確的是（）A.pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合，所得溶液中：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)B.0.1mol/LNaHCO3溶液與0.1mol/LNaOH溶液等體積混合，所得溶液中：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)C.pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS-)=1×10-5mol·L-1D.CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+2c(Cl-)15、現有陽離子交換膜、陰離子交換膜、石墨電極和如圖所示的電解槽。用氯堿工業中的離子交換膜技術原理，可電解Na2SO4溶液生產NaOH溶液和H2SO4溶液。下列說法中正確的是（）

A.b是陽離子交換膜，允許Na＋通過B.從A口出來的是NaOH溶液C.陰極反應式為4OH-－4e-=2H2O＋O2↑D.Na2SO4溶液從F口加入16、對rm{1molH_{2}O}的說法正確的是。

A.含有rm{6.02隆脕10^{23}}個氫分子B.含有rm{1.204隆脕10^{24}}個氫元素。

C.質量為rm{18g}D.氫原子與氧原子的物質的量之比為rm{2:1}17、元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序數之和為rm{36}rm{X}rm{Y}在同一周期，rm{X^{+}}與rm{Z^{2-}}具有相同的核外電子層結構。下列推測正確的是()A.同周期元素中rm{X}的金屬性最強B.原子半徑rm{X>Y}離子半徑rm{X^{+}>Z^{2-}}C.同族元素中rm{Z}的氫化物穩定性最高D.同周期元素中rm{Y}的最高價含氧酸的酸性最強評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)18、I．下圖表示4個碳原子相互結合的方式。小球表示碳原子，小棍表示化學鍵，假如碳原子上其余的化學鍵都是與氫結合。（1）圖中屬于烷烴的是____（填編號）；屬于烯烴的是（填編號）；（2）上圖中與B互為同分異構體但不屬于同種類的物質的是：。（填編號）II．課本“交流?研討”欄目有這樣一組數據：破壞1mol氫氣中的化學鍵需要吸收436kJ能量；破壞1/2mol氧氣中的化學鍵需要吸收249kJ的能量；形成水分子中1molH—O鍵能夠釋放463kJ能量。下圖表示氫氣和氧氣反應過程中能量的變化，請將圖中①、②、③的能量變化的數值，填在下邊的橫線上。①kJ；②kJ；③kJ。19、(9分)元素周期律是指導我們學習元素及其化合物知識的重要工具。已知氧族元素（不含Po）的部分知識如下表所示，。元素8O16S34Se52Te單質熔點（℃）-218.4113450單質沸點（℃）-183444.66851390元素主要化合價-2-2,+4,+6-2,+4,+6原子半徑逐漸增大單質與H2反應情況點燃時易化合加熱化合加熱難化合不能直接化合請總結表中知識規律，并依據元素周期律回答下列問題：（1）單質硒的熔點范圍可能是________________。（2）元素碲的主要化合價可能有________________。（3）硫、硒、碲的氫化物水溶液的酸性由強至弱的順序是________________(用化學式表示)。（4）氫硒酸有較強的__________（填“氧化性”或“還原性”），因此露置在空氣中長期保存易變質，其可能發生反應的化學方程式為_________________________________。（5）下圖所示為氧族元素單質與H2反應過程中的能量變化示意圖，其中a、b、c、d分別表示氧族元素中某一元素的單質，縱坐標為相同物質的量的單質與H2反應過程中的能量變化（能量變化＞0表示放熱，能量變化＜0表示吸熱）。則：b代表________________，d代表(均寫單質名稱)。20、維生素可根據其溶解性的不同分為____性維生素和____性維生素兩大類，其中維生素C屬于____性維生素．21、將rm{4molA}和rm{2molB}氣體在rm{2L}密閉容器中混合并在一定條件下發生反應：rm{2A(g)+B(g)?2C(g)}若經過rm{2s}后測得rm{C}的濃度為rm{0.6mol?L^{-1}}則：rm{(1)}用物質rm{A}表示的反應速率為______．rm{(2)2s}時物質rm{B}的濃度為______．rm{(3)A}的轉化率為多少______．rm{(4)}反應過程中容器內氣體的平均相對分子質量如何變化______rm{(}填“增大”“減小”或“不變”，下同rm{)}氣體的密度如何變化______．22、原電池原理的發現是儲能和供能技術的巨大進步；是化學對人類的一項重大貢獻．

（1）現有如下兩個反應：A．NaOH+HCl=NaCl+H2O，B．Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑判斷能否設計成原電池A．____B．____．（填“能”或“不能”）

（2）由銅片、鋅片和足量稀H2SO4組成的原電池中；若鋅片只發生原電池腐蝕，一段時間后某電極產生3.36L標準狀況下的氣體．

①負極是____（填“鋅”或“銅”），發生____反應（填“氧化”或“還原”）；

②正極的電極反應式為____；

③產生這些氣體共需轉移電子____mol．23、在化學反應中，只有極少數能量比平均能量高得多的反應物分子發生碰撞時才可能發生化學反應，這些分子被稱為活化分子。使普通分子變成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其單位通常用kJ·mol-1表示。請認真觀察右圖，然后回答問題。（1）圖中所示反應是_________(填“吸熱”或“放熱”)反應，該反應_____________(填“需要”或“不需要”)加熱，該反應的△H=_________________(用含E1、E2的代數式表示)。（2）已知熱化學方程式：H2(g)＋O2(g)=H2O(g)△H=－241.8kJ·mol-1，該反應的活化能為167.2kJ·mol-1，則其逆反應的活化能為____________________。24、下列各組物質：①金剛石和石墨；②H、D和T；③苯和乙苯；④CH3（CH2）2CH3和（CH3）2CHCH3中，互為同位素的是（填序號，下同）____，互為同素異形體的是____，互為同系物的是____，屬于同分異構體的是____．25、在____________rm{kg^{12}C}中約含有rm{6.02隆脕10^{23}}個rm{C}26、下圖中反應rm{壟脵}是制備rm{SiH_{4}}的一種方法，其副產物rm{MgCl_{2}隆隴6NH_{3}}是優質的鎂資源。回答下列問題：

rm{(1)MgCl_{2}隆隴6NH_{3}}是所含元素的簡單離子半徑由小到大的順序rm{(H^{+}}除外rm{)}_________________________，rm{Mg}在元素周期表中的位置：____________________，rm{Mg(OH)_{2}}的電子式：____________________。rm{(2)A_{2}B}的化學式為_______________。反應rm{壟脷}的必備條件是_______________。上圖中可以循環使用的物質有_______________。rm{(3)}在一定條件下，由rm{SiH_{4}}和rm{CH_{4}}反應生成rm{H_{2}}和一種固體耐磨材料_______________rm{(}寫化學式rm{)}rm{(4)}為實現燃煤脫硫，向煤中加入漿狀rm{Mg(OH)_{2}}使燃燒產生的rm{SO_{2}}轉化為穩定的rm{Mg}化合物，寫出該反應的化學方程式：_______________________________________。rm{(5)}用rm{Mg}制成的格式試劑rm{(RMgBr)}常用于有機合成；例如制備醇類化合物的合成路線如下：

依據上述信息，寫出制備所需醛的可能結構簡式：_______________________________。評卷人得分四、判斷題(共4題，共24分)27、煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是物理變化28、向蛋白質溶液中滴加Na2SO4溶液產生沉淀屬于化學變化．（判斷對錯）29、含碳的化合物一定是有機化合物．（判斷對錯）30、蛋白質的鹽析過程是一個可逆過程，據此可以分離和提純蛋白質．評卷人得分五、工業流程題(共3題，共27分)31、七鋁十二鈣(12CaO·7Al2O3)是新型的超導材料和發光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3)和廢鋁片制備七鋁十二鈣的工藝如下：

(1)電解制備Al(OH)3時，電極分別為Al片和石墨，電解總反應方程式為_____

(2)一種可超快充電的新型鋁電池，充放電時AlCl4-和Al2Cl7-兩種離子在Al電極上相互轉化，其它離子不參與電極反應，放電時負極Al的電極反應式為______32、工業上利用廢鎳催化劑（主要成分為Ni，還含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO）制備草酸鎳晶體（NiC2O4·2H2O）的流程如下：

（1）NiC2O4·2H2O中C的化合價是___。既能加快“酸浸”反應速率又能提高“酸浸”原料利用率的操作措施為___。

（2）“濾渣Ⅰ”的主要成分是___。

（3）在隔絕空氣的條件下，高溫煅燒無水NiC2O4得到Ni2O3和兩種含碳元素的氣體，該反應的化學方程式是___。

（4）高能鋰離子電池的總反應為2Li+FeS=Fe+Li2S。用該電池作電源電解含鎳酸性廢水回收Ni的裝置如圖（圖中X、Y為電極，LiPF6·SO(CH3)2為電解質）。

①電極X的反應材料是___（填化學式）；中間隔室b可以得到的主要物質Z是___（填化學式）。

②電解總反應的離子方程式為___。

已知F＝96500C/mol，若電池工作tmin，維持電流強度為IA，理論回收Ni___g（寫出計算表達式即可）。33、“NaH2PO2還原法”制備高純度氫碘酸和亞磷酸鈉(Na2HPO3)的工業流程如圖。

已知：25℃時，H3PO3的pKa1=1.3，pKa2=6.6。

（1）“合成”過程，主要氧化產物為H3PO3，相應的化學方程式為___________。

（2）“除鉛”過程，FeS除去微量Pb2+的離子方程式為___________。

（3）“減壓蒸餾”過程，I-回收率為95%，則剩余固體的主要成分為___________（填化學式）。

（4）“調pH=11”的作用是___________。

（5）氫碘酸也可以用“電解法”制備，裝置如圖所示。其中雙極膜(BPM)是陰、陽復合膜，在直流電的作用下，陰、陽膜復合層間的H2O解離成H+和OH-；A；B為離子交換膜。

①B膜最佳應選擇___________

②陽極的電極反應式是___________。

③少量的I-因為濃度差通過BPM膜，若撤去A膜，其缺點是：___________評卷人得分六、綜合題(共4題，共40分)34、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

35、根據方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題36、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

37、根據方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】本題涉及同分異構體、有機反應類型、羧酸與油脂的性質等知識，難度不大，重在考查學生對基礎知識的掌握。【解答】A.油脂是由rm{C}rm{H}rm{O}三種元素組成的，完全燃燒生成二氧化碳和水，故A正確；B.蔗糖和麥芽糖都是分子式為rm{C_{12}H_{22}O_{11}}的雙糖，二者互為同分異構體，故B正確；C.乙酸是一種弱酸，其電離方程式為：rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}COO^{-}+H^{+}}是rm{-OH}上電離出rm{H^{+}}故C錯誤；D.苯和濃硝酸發生硝化反應生成硝基苯：rm{+HO-NO}2rm{+H_{2}O}其本質是一種取代反應，故D正確。故選C。【解析】rm{C}2、D【分析】【解答】A．長期在粉塵比較多的場所易患（誘發）肺病；主要依次分布在煤炭；有色、機械、建材、輕工等工業行業中．塵肺病人的臨床表現主要是以呼吸系統癥狀為主的咳嗽、咳痰、胸痛、呼吸困難四大癥狀，故A正確；

B．SO2溶于水反應生成亞硫酸，SO2+H2O=H2SO3，亞硫酸被氧化成硫酸，2H2SO3+O2=2H2SO4，二氧化硫溶于水后形成了酸性溶液，NO2溶于水生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，溶于水生成酸性溶液，NO2和SO2排入大氣中﹣﹣導致酸雨；故B正確；

C．以一氧化氮和二氧化氮為主的氮氧化物是形成光化學煙霧和酸雨的一個重要原因．汽車尾氣中的氮氧化物與氮氫化合物經紫外線照射發生反應形成的有毒煙霧；稱為光化學煙霧．汽車尾氣中的氮氧化物與光化學煙霧的形成有關，故C正確；

D．濫用化肥和大量使用含磷洗衣粉會造成水體富營養化；會造成水體污染，N；P不屬于金屬，所以與重金屬元素污染水土無關，故D錯誤；

故選D．

【分析】A．塵肺是長期吸入粉塵的以肺組織纖維性病變為主的疾病；

B．SO2溶于水和水反應生成亞硫酸，NO2溶于水生成硝酸和一氧化氮，NO2和SO2排入大氣中﹣﹣導致酸雨；

C．光化學煙霧與氮的氧化物有關；

D．濫用化肥及含磷洗衣粉，與水體富營養化有關，與重金屬元素污染無關．3、C【分析】【解答】Fe（NO3）3和H2SO4的物質的量分別為0.2mol、1.5mol，n（Fe）==0.7mol，氧化性為HNO3＞Fe3+＞H+；則。

Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O

1411

0.62.40.60.6

Fe+2Fe3+═3Fe2+；

123

0.10.20.3

Fe完全反應，沒有剩余，溶液中存在0.6molFe3+、0.3molFe2+；

A．反應后溶液中Fe3+物質的量為0.6mol；故A錯誤；

B．不發生Fe+2H+═Fe2++H2↑；沒有氫氣生成，故B錯誤；

C．反應后溶液中存在0.6molFe3+、0.3molFe2+，反應后溶液中Fe2+和Fe3+物質的量之和為0.9mol；故C正確；

D．氧化性為HNO3＞Fe3+＞H+，先發生Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O；有氣體生成，故D錯誤；

故選C．

【分析】Fe（NO3）3和H2SO4的物質的量分別為0.2mol、1.5mol，n（Fe）==0.7mol，氧化性為HNO3＞Fe3+＞H+，先發生Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O、再發生Fe+2Fe3+═3Fe2+，若還有Fe剩余，則最后發生Fe與氫離子的反應，以此來解答．4、A【分析】【解答】解：A．由n=可知；分子數相等，故A正確；

B．兩種分子含有的原子數不同；分子數相同，則原子數不同，故B錯誤；

C．由于不能確定氣體存在的條件是否相同；則不能確定體積大小，故C錯誤；

D．由于兩種氣體的摩爾質量不同；則質量不同，故D錯誤．

故選A．

【分析】根據n===結合分子的構成計算．5、C【分析】【解答】解：A；同主族元素的原子；從上到下失電子能力逐漸增強，所以鈹（Be）的原子失電子能力比鎂弱，故A正確；

B；同主族元素的原子；從上到下氫化物的穩定性逐漸減弱，碘的氫化物不穩定，所以砹（At）的氫化物不穩定，故B正確；

C；同主族元素的原子；從上到下氫化物的穩定性逐漸減弱，所以硒（Se）化氫不如硫化氫穩定，故C錯誤；

D、同主族元素的原子，從上到下其最高價氧化物對應水化物的堿性逐漸增強，所以氫氧化鍶[（Sr（OH）2]比氫氧化鈣的堿性強；故D正確．

故選C．

【分析】A；同主族元素的原子；從上到下失電子能力逐漸增強；

B；同主族元素的原子；從上到下氫化物的穩定性逐漸減弱；

C；同主族元素的原子；從上到下氫化物的穩定性逐漸減弱；

D、同主族元素的原子，從上到下其最高價氧化物對應水化物的堿性逐漸增強．6、D【分析】解：少量氯水加入KI溶液中振蕩，發生Cl2+2KI═2KCl+I2，加CCl4；生成的碘易溶于四氯化碳，四氯化碳與水不互溶，溶液分層，四氯化碳的密度比水大，有色層在下層，下層為紫紅色；

故選D．

氯水加入KI溶液中振蕩，發生Cl2+2KI═2KCl+I2，加CCl4；溶液分層，四氯化碳的密度比水大，有色層在下層，以此來解答．

本題考查鹵素單質的置換反應及萃取，明確氧化性的強弱及萃取、分液中萃取劑的選擇、密度等知識即可解答，題目難度不大．【解析】【答案】D7、A【分析】解：rm{A.}新制氯水中含有rm{Cl_{2}}rm{HClO}rm{H_{2}O}分子和四種離子；故A錯誤；

B.氯水中含氯離子，加入rm{AgNO_{3}}溶液有白色沉淀rm{AgCl}產生；故B正確；

C.光照氯水有氣泡逸出，發生rm{2HClOdfrac{underline{;{鹿芒脮脮};}}{;}2HCl+O_{2}隆眉}則久置的氯水，酸性增強，故C正確；

D.飽和氯水與石灰石的反應，發生rm{2HClOdfrac{

underline{;{鹿芒脮脮};}}{;}2HCl+O_{2}隆眉}rm{Cl_{2}+H_{2}O?HCl+HClO}則是氯氣與水的平衡正向移動，所以是制取較濃rm{CaCO_{3}+2HCl=CaCl_{2}++CO_{2}隆眉+H_{2}O}溶液的重要方法；故D正確；

故選A．

新制氯水中含有rm{HClO}rm{Cl_{2}}rm{HClO}分子和四種離子，rm{H_{2}O}不穩定，久置的氯水含rm{HClO}分子和三種離子rm{H_{2}O}氫離子、氯離子、氫氧根離子rm{(}以此來解答．

本題考查氯氣的化學性質，為高頻考點，把握氯氣與水的反應及氯水的成分為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大．rm{)}【解析】rm{A}8、B【分析】【分析】本題考查物質的性質，為高頻考點，把握物質的性質及發生的反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意把握氯氣的性質，題目難度不大。【解答】A.向rm{FeCl_{2}}溶液中滴加氯水，氯氣與氯化亞鐵反應生成氯化鐵，氯化鐵溶液為黃色，不能說明氯水中含有rm{HClO}故A錯誤；B.飽和氯水久置時次氯酸分解生成氯化氫和氧氣，使平衡rm{Cl_{2}+H_{2}O?HCl+HClO}向正反應方向進行，所以rm{Cl^{-}}增多、水分子減少，酸性增強，故B正確；C.過量的鐵在氯氣中燃燒只能生成氯化鐵，故C錯誤；D.氯水具有強氧化性和酸性，若用rm{pH}試紙測定氯水的rm{pH}值，試紙被氧化，不能測定，故D錯誤。故選B。

【解析】rm{B}9、D【分析】解：rm{A.1.7g}rm{H_{2}O_{2}}的物質的量為rm{0.05mol}而rm{1mol}雙氧水中含rm{18mol}電子，故rm{0.05mol}雙氧水中含rm{0.9mol}電子即rm{0.9N_{A}}個；故A正確；

B.rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}最簡式相同為rm{NO_{2}}計算rm{92gNO_{2}}中所含rm{N}原子數rm{=dfrac{92g}{46g/mol}隆脕1隆脕N_{A}=2N_{A}}故B正確；

C.標準狀況下，rm{=dfrac

{92g}{46g/mol}隆脕1隆脕N_{A}=2N_{A}}rm{28}rm{g}物質的量為rm{CO}標況下rm{1mol}rm{22.4}rm{L}物質的量為rm{O_{2}}二者都是雙原子分子所以含有的原子數相等，故C正確；

D.一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵分子的聚集體，故rm{1mol}氯化鐵形成的氫氧化鐵膠粒的個數小于rm{1mol}個；故D錯誤；

故選：rm{N_{A}}．

A.求出rm{D}的物質的量，然后根據rm{H_{2}O_{2}}雙氧水中含rm{1mol}電子來分析；

B.rm{18mol}和rm{NO_{2}}最簡式相同為rm{N_{2}O_{4}}計算rm{NO_{2}}中所含原子數；

C.rm{92gNO_{2}}和氧氣都是雙原子分子；只要一氧化碳和氧氣物質的量相等，則二者含有原子數相等；

D.一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵分子的聚集體．

本題考查了阿伏伽德羅常數的有關計算，掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數的關系，題目難度不大．rm{CO}【解析】rm{D}二、多選題(共8題，共16分)10、ABC【分析】解：A．因為化學反應的本質為舊鍵的斷裂和新鍵的形成；化學鍵斷裂吸收能量，生成化學鍵釋放能量，所以化學反應都會伴隨著能量變化，故A正確；

B．氯化氫溶于水；發生電離，H-Cl共價鍵破壞，故B正確；

C．化學鍵斷裂吸收能量；生成化學鍵釋放能量，化學反應的實質為化學鍵的斷裂和形成，則化學鍵的斷裂和形成是化學反應能量變化的主要原因，故C正確；

D．銨鹽為離子化合物；但不含金屬元素，氯化鋁含金屬元素為共價化合物，故D錯誤；

故選：ABC．

A．化學鍵斷裂吸收能量；生成化學鍵釋放能量，化學反應都會伴隨著能量變化；

B．HCl中只含H-Cl共價鍵；

C．化學鍵斷裂吸收能量；生成化學鍵釋放能量；

D．銨鹽為離子化合物．

本題考查化學鍵，為高頻考點，把握化學鍵的形成及判斷是為解答的關鍵，并注意利用實例來分析解答，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大．【解析】【答案】ABC11、ACD【分析】【分析】本題考查乙酸的性質，明確反應的機理是解題的關鍵。【解答】A.乙酸的電離，羥基上的氫氧鍵斷裂，即rm{壟脵}鍵斷裂，故A正確；B.乙酸與乙醇發生酯化反應，碳氧單鍵斷裂，即rm{壟脷}鍵斷裂；故B錯誤；

C.在紅磷存在時，rm{Br}rm{Br}rm{{,!}_{2}}與rm{CH}rm{CH}的反應：rm{{,!}_{3}}rm{COOH}的反應：rm{CH}rm{COOH}2rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{COOH+Br}rm{COOH+Br}甲基上的碳氫鍵斷裂，即rm{xrightarrow[]{潞矛脕脳}}鍵斷裂，故C正確；D.乙酸變成乙酸酐的反應rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{Br隆陋COOH+HBr}甲基上rm{Br隆陋COOH+HBr}rm{壟脹}一個乙酸分子中碳氧單鍵斷裂，另一個乙酸分子羥基上的氫氧鍵斷裂，即：rm{2CH}鍵斷裂，故D正確。故選ACD。rm{2CH}【解析】rm{ACD}12、AC【分析】【詳解】

A.a點溶液中溶質為CH3COONa和CH3COOH，兩者濃度相等，溶液顯酸性，醋酸電離占主要，因此c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)；故A錯誤；

B.b點溶液呈中性，根據電荷守恒，再根據水的電離程度很小，可以得到c(Na+)=c(CH3COO－)＞c(H+)=c(OH－)；故B正確；

C.c點溶液中溶質為CH3COONa，根據質子守恒得到：c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH－)；故C錯誤；

D.d點溶液中溶質為NaOH和CH3COONa，兩者濃度之比為1:2，溶液顯堿性，得出離子濃度為：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)；故D正確。

綜上所述，答案為AC。13、AD【分析】【分析】

在25℃下，稀釋HA、HB兩種酸溶液pH=2，加水稀釋至稀釋100倍，HA溶液pH=4，說明HA為強酸，溶液HB的PH<4；說明HB為弱酸。

【詳解】

在25℃下，稀釋HA、HB兩種酸溶液pH=2，加水稀釋至稀釋100倍，HA溶液pH=4，說明HA為強酸，溶液HB的PH<4；說明HB為弱酸。

A.曲線上a、b兩點，溫度不變比值一定不變；所以比值一定相等，故A正確；

B.HA為強酸，HB為弱酸存在電離平衡，pH相同時，c(HA)

C.HA為強酸，lg=6時，稀釋106倍；此時需要考慮水的電離，溶液pH接近7，不可能變化為堿，故C錯誤；

D.HA為強酸，HB為弱酸，25℃時，NaA是強酸鹽溶液的pH=7，NaB溶液中B?離子水解溶液顯堿性pH>7；NaA溶液的pH一定小于NaB溶液，故D正確；

故選AD。

【點睛】

關于坐標圖像題的分析有以下規律：1看面：看橫坐標及縱坐標的含義；2看線：看曲線的變化趨勢；3看點：看曲線上的特殊點，如起點、拐點、交叉點、終點等。14、AB【分析】【詳解】

A．pH=12的氨水與pH=2的鹽酸中，由于NH3·H2O是弱堿，不能完全電離，達到pH=12，濃度大于0.01mol·L-1，則氨水濃度大于HCl的濃度，等體積混合，氨水過量，溶液呈堿性，所以c(OH－)＞c(H＋)。溶液中存在電荷守恒c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(OH－)，結合c(OH－)＞c(H＋)，得c(NH4＋)＞c(Cl－)，溶液中NH3·H2O電離程度較小，所以c(Cl－)＞c(OH－)，則溶液中離子濃度大小順序是c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)；A正確；

B．濃度均為0.1mol·L-1的NaHCO3溶液與NaOH溶液等體積，二者恰好反應生成Na2CO3，CO32－離子部分水解，溶液顯示堿性，溶液中OH－來自水的電離和CO32－的水解，則c(OH－)＞c(HCO3－)，溶液中離子濃度大小為：c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3－)；B正確；

C．pH=5的H2S溶液中，氫離子濃度為c(H＋)=1×10-5mol·L-1，由于H＋來自水的電離、H2S的第一步、第二步電離，則c(H＋)＞c(HS－)；C錯誤；

D．CH3COONa和CaCl2混合溶液中，根據物料守恒可得：c(Na＋)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)、2c(Ca2＋)=c(Cl－)，二者結合可得：c(Na＋)+2c(Ca2＋)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)+c(Cl－)；D錯誤。

答案選AB。

【點睛】

B項中c(OH－)和c(HCO3－)的大小比較，不能忽略水的電離，根據CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，OH－和HCO3－相等，但是由于水也會電離出OH－，因此才有c(OH－)＞c(HCO3-)。15、AD【分析】【分析】

電解飽和Na2SO4溶液時，陽極附近是OH-放電，生成氧氣，陰極附近時H+放電生成氫氣，由于裝置中放置了離子交換膜，在兩極分別生成NaOH和H2SO4；需在陽極室一側放置陰離子交換膜，只允許通過陰離子，在陰極一側放置陽離子交換膜，只允許通過陽離子，接電源正極的是陽極，即B放出氧氣，C生成氫氣，以此解答該題。

【詳解】

A.陰極生成氫氣和OH-；在陰極一側放置陽離子交換膜，只允許通過陽離子，生成NaOH，故A正確；

B.A為陽極，氫氧根離子放電產生的氣體是氧氣，同時生成氫離子，則陽極附近生成硫酸，則從A口出來的是H2SO4溶液；故B錯誤；

C.陰極附近時H+放電生成氫氣，反應式為2H++2e-═H2↑；故C錯誤；

D.NaOH在陰極附近生成，硫酸在陽極生成，則Na2SO4溶液從F口加入；故D正確；

故選AD。16、CD【分析】【分析】本題考查了物質的量的相關概念，題目難度不大。【解答】A.水分子中沒有氫分子，故A錯誤；

B.元素只能說種類，不能用個數描述，故B錯誤；

C.水的摩爾質量是rm{18g/mol}rm{1molH}rm{18g/mol}rm{1molH}rm{{,!}_{2}}質量為rm{O}質量為rm{18g}故C正確；故C正確；

rm{O}rm{18g}D.rm{1molH}氫原子與氧原子的物質的量之比為rm{1molH}故D正確。故選CD。rm{{,!}_{2}}【解析】rm{CD}17、ACD【分析】【分析】本題考查元素的推斷和元素周期律，為高考常見題型，題目難度中等，注意把握元素的推斷的角度以及元素周期律的遞變規律。【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{{,!}^{+}}與rm{Z}rm{Z}在rm{{,!}^{2-}}具有相同的核外電子層結構，可推rm{Z}在rm{X}rm{Y}的上一個周期，又因為rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序數之和為rm{36}平均原子序數為rm{12}則rm{X}為rm{Na}rm{Z}為rm{O}進而可知rm{Y}為rm{Cl}則的上一個周期，又因為rm{Z}rm{X}rm{Y}原子序數之和為rm{X}平均原子序數為rm{Y}則rm{Z}為rm{36}rm{12}為rm{X}進而可知rm{Na}為rm{Z}則

rm{O}為rm{Y}由同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸減弱可知同周期元素中rm{Cl}的金屬性最強，故A正確；

A.rm{X}為rm{Na}由同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸減弱可知同周期元素中rm{X}的金屬性最強，故A正確；rm{X}rm{Na}rm{X}B.具有相同的核外電子層結構的離子，核電核數越大，半徑越小，則離子半徑應為：rm{Z}

rm{Z}的氫化物為rm{{,!}^{2-}}rm{>X}rm{>X}含有氫鍵，常溫下為液態，同族元素中rm{{,!}^{+}}的氫化物沸點最高，故C正確；

，故B錯誤；

C.rm{Z}的氫化物為rm{H}rm{Z}【解析】rm{ACD}三、填空題(共9題，共18分)18、略

【分析】試題分析：（1）烷烴是只含有C—H鍵、C—C鍵的鏈狀烴，不含C=C或C≡C或環狀結構，可以含有支鏈結構，則圖中A、C代表的烴（正丁烷、異丁烷）屬于烷烴；烯烴是含有1個C=C和若干個C—H鍵、C—C鍵的鏈狀烴，不能含有環狀結構，可以含有支鏈結構，則圖中B、E、F代表的烴屬于烯烴；（2）根據碳四價規律，每個球表示1個碳原子，每個碳原子周圍短線數+與碳原子相連的氫原子數目=4，則圖中A、B、C、D、E、F、G、H的碳、氫原子數均可推斷，其分子式分別為C4H10、C4H8、C4H10、C4H6、C4H8、C4H8、C4H6、C4H8，則與B互為同分異構體的是E、F、H，其中B、E、F均屬于烯烴，而H屬于環烷烴；II．①由于破壞1mol氫氣中的化學鍵需要吸收436kJ能量，破壞1/2mol氧氣中的化學鍵需要吸收249kJ的能量，則破壞2mol氫氣中的化學鍵需要吸收2×436kJ能量，破壞1mol氧氣中的化學鍵需要吸收2×249kJ的能量，因此同時破壞2mol氫氣和1mol氧氣中的化學鍵需要吸收的總能量為2×436kJ+2×249kJ=1370kJ；②1個H2O分子含有2個H—O鍵，則2molH2O(g)中含有4molH—O鍵，由于形成水分子中1molH—O鍵能夠釋放463kJ能量，則形成2molH2O(g)中的4molH—O鍵能夠釋放的總能量為4×463kJ=1852kJ；③由于破壞2mol氫氣和1mol氧氣中的化學鍵需要吸收的總能量為1370kJ，形成2molH2O中的4molH—O鍵能夠釋放的總能量為1852kJ，1370kJ<1852kJ，則2mol氫氣和1mol氧氣反應生成2molH2O(g)時放出的熱量為482kJ。考點：考查有機物的組成結構及分類、化學反應中能量變化的原因，涉及含有4個碳原子的各種烴的鍵線式、結構簡式、分子式、官能團、同分異構體，以及物質結構、化學鍵、化學鍵斷裂需要吸收的能量、形成化學鍵可以釋放的能量、物質的量、化學反應中的能量變化、化學方程式等。【解析】【答案】(12分)I．ACBEFHII．①1370②1852③482（每空2分）19、略

【分析】試題分析：（1）根據在氧族元素中單質熔點的變化從8O到52Te逐漸升高的規律中得到。（2）在同一主族中元素的主要化合價相同故碲的主要化合價可能有－2，+4，+6。（3）在同一主族中，元素原子序數越大，元素的非金屬性越弱，形成的氫化物的穩定性越差，氫化物水溶液的酸性越強，故硫、硒、碲的氫化物水溶液的酸性由強至弱的順序是H2Te＞H2Se＞H2S。（4）在同一主族中，形成的簡單陰離子的還原性隨原子序數增大而增強，故氫硒酸有較強的還原性。（5）在此反應過程中放出的能量越多氫化物的穩定性越強，得到a的氫化物最穩定，d的氫化物穩定性最差，可得。考點：本題以氧族元素為載體，考查了元素周期律的應用。【解析】【答案】（1）大于113℃，小于450℃(1分)（2）－2，+4，+6(1分)（3）H2Te＞H2Se＞H2S(2分)（4）還原性(1分)，2H2Se+O2==2Se+2H2O(2分)（5）硫(1分)，碲(1分)。20、脂溶水溶水溶【分析】【解答】維生素可根據其溶解性的不同分為脂溶性維生素和水溶性維生素兩大類；維生素C是水溶性維生素；故答案為：脂溶；水溶；水溶．

【分析】維生素可根據其溶解性的不同分為脂溶性維生素和水溶性維生素兩大類．21、（1）0.3mol/(L·s)

（2）0.7mol·L－1

（3）30%

（4）增大不變

【分析】【分析】本題考查化學反應的基本計算，理解反應速率、濃度概念和計算應用是關鍵，題目難度較易。【解答】反應rm{2s}后測得rm{C}的濃度為rm{0.6mol/L}物質的量rm{=0.6mol/L隆脕2L=1.2mol}后測得rm{2s}的濃度為rm{C}物質的量rm{0.6mol/L}

rm{=0.6mol/L隆脕2L=1.2mol}

rm{2A(g)+B(g)?2C(g)}rm{2A(g)+B(g)?2C(g)}起始量rm{(mol)}rm{4}rm{2}rm{0}rm{(mol)}

rm{4}rm{2}rm{0}變化量rm{(mol)}rm{1.2}rm{0.6}rm{1.2}

rm{(mol)}后rm{1.2}rm{0.6}rm{1.2}rm{2s}后rm{(mol)}rm{2.8}rm{1.4}rm{1.2}

rm{2s}用物質rm{(mol)}表示rm{2.8}內的平均反應速率rm{1.4}rm{dfrac{1.2mol}{dfrac{2L}{2S}}}rm{1.2}故答案為：rm{(1)}用物質rm{A}表示rm{2s}內的平均反應速率rm{=}

rm{(1)}后物質rm{A}的濃度rm{2s}rm{=}rm{dfrac{1.2mol}{dfrac

{2L}{2S}}}故答案為：rm{=0.3mol/(L?s)}故答案為：rm{0.3mol/(L?s)}

rm{=0.3mol/(L?s)}的轉化率為rm{dfrac{1.2mol}{4mol}隆脕100攏樓=30攏樓}故答案為：rm{0.3mol/(L?s)}rm{(2)2s}后物質rm{B}的濃度rm{=}平均相對分子質量rm{(2)2s}rm{B}rm{=}rm{dfrac{1.4mol}{2L}}rm{=0.7mol/L}故答案為：rm{0.7mol/L}減小，rm{=0.7mol/L}rm{0.7mol/L}不變，則rm{(3)A}的轉化率為rm{dfrac{1.2mol}{4mol}隆脕100攏樓=30攏樓

}故答案為：rm{30%}rm{(3)A}rm{dfrac{1.2mol}{4mol}隆脕100攏樓=30攏樓

}rm{30%}rm{(4)}平均相對分子質量rm{(4)}rm{M}和rm{M}rm{=}rm{=}，反應時

rm{n}【解析】rm{(1)0.3mol/(L隆隴s)}

rm{(2)0.7mol隆隴L^{-1}}

rm{(3)30%}rm{(4)}增大不變

22、略

【分析】

（1）反應A．NaOH+HCl=NaCl+H2O不是氧化還原反應，不能設計成原電池，反應B．Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑是氧化還原反應；能設計成原電池，故答案為：不能；能；

（2）①Zn；Cu、硫酸構成的原電池中；活潑金屬鋅做負極，發生氧化反應，故答案為：鋅；氧化；

②Zn、Cu、硫酸構成的原電池中，金屬銅做正極，正極反應是：2H++2e-→H2↑，故答案為：2H++2e-→H2↑；

③根據電極反應：2H++2e-→H2↑；產生3.36L即0.15mol標準狀況下的氫氣，轉移電子數為：0.3mol，故答案為：0.3．

【解析】【答案】（1）自發的氧化還原反應才能設計成原電池；

（2）①原電池中；活潑金屬做負極，發生氧化反應；

②原電池的正極發生得電子的還原反應；

③根據電極反應和轉移的電子情況來計算。

23、略

【分析】【解析】試題分析：（1）根據圖像可知，反應物的總能量高于生成物的總能量，所以該反應是放熱反應。，但在反應過程中，需要加熱，使反應物分子變成活化分子。反應熱就是反應物和生成物總能量的差值，因此該反應的反應熱△H＝－（E1－E2）。（2）根據圖像可判斷，逆反應的活化能就是正反應的活化能和反應熱絕對值的之和，因此該逆反應的活化能是167.2kJ·mol-1＋241.8kJ·mol-1＝409.0kJ·mol－1。考點：考查反應熱的判斷、計算以及活化能的判斷和圖像識別等【解析】【答案】（1）放熱；需要；－（E1－E2）（2）409.0kJ·mol－124、②|①|③|④【分析】【解答】解：①金剛石和石墨是碳元素組成的不同單質，屬于同素異形體；②H、D和T的質子數相同，中子數不同的原子，屬于同位素；③苯和乙苯結構相似，分子組成相差2個“CH2”原子團，屬于同系物；④CH3（CH2）2CH3和（CH3）2CHCH3分子式相同；結構不同，屬于同分異構體；故答案為：②；①；③；④；

【分析】同分異構體是指分子式相同；但結構不同的化合物；

同素異形體是指由同種元素組成的不同單質；同位素是質子數相同，而中子數不同的原子；同一物質是分子組成相同，結構相同的物質．25、0.012【分析】【分析】

本題旨在考查學生對化學計算的綜合計算的應用。【解答】

rm{6.02隆脕10}rm{6.02隆脕10}rm{{,!}^{23}}其物質的量為個rm{C}其物質的量為rm{1mol}故C的質量為rm{0.012Kg}故答案為：rm{0.012}故C的質量為rm{C}故答案為：rm{1mol}

rm{0.012Kg}【解析】rm{0.012}26、（1）H+＜Mg2+＜N3-＜Cl-第三周期ⅡA族

（2）Mg2Si熔融、電解NH3、NH4Cl

（3）SiC

（4）2Mg（OH）2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O

?（5）CH3CH2CHO，CH3CHO【分析】【分析】

本題以物質的制備流程為載體考查元素化合物知識；題目側重考查學生的分析能力；實驗能力以及元素化合物知識綜合理解和運用，難度中等，注意把握題給信息以及物質的性質。

【解答】

rm{(1)MgCl_{2}?6NH_{3}}所含元素的簡單離子分別為rm{H^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{N^{3-}}rm{Cl^{-}}離子核外電子層數越多，離子半徑越大，具有相同核外電子排布的離子，核電荷數越大，離子半徑越小，則簡單離子半徑由小到大的順序為rm{H^{+}<Mg^{2+}<N^{3-}<Cl^{-}}rm{Mg}原子核外有rm{3}個電子層，最外層電子數為rm{2}位于周期表第三周期Ⅱrm{A}族，rm{Mg(OH)_{2}}為離子化合物，電子式為故答案為：rm{H^{+}<Mg^{2+}<N^{3-}<Cl^{-}}第三周期Ⅱrm{A}族；

rm{(2)A_{2}B}的化學式為rm{Mg_{2}Si}鎂為活潑金屬，制備鎂，反應應在熔融狀態下進行電解，如在溶液中，則可生成氫氧化鎂沉淀，由流程可知rm{MgCl_{2}?6NH_{3}}分別加熱、與鹽酸反應，可生成氨氣、氯化銨，可用于反應rm{壟脵}而循環使用，故答案為：rm{Mg_{2}Si}熔融、電解；rm{NH_{3}}rm{NH_{4}Cl}

rm{(3)}在一定條件下，由rm{SiH_{4}}和rm{CH_{4}}反應生成rm{H_{2}}和一種固體耐磨材料，該耐磨材料為原子晶體，應為rm{SiC}原理是rm{SiH_{4}}和rm{CH_{4}}分解生成rm{Si}rm{C}和氫氣，rm{Si}rm{C}在高溫下反應生成rm{SiC}故答案為：rm{SiC}

rm{(4)}為實現燃煤脫硫，向煤中加入漿狀rm{Mg(OH)_{2}}使燃燒產生的rm{SO_{2}}轉化為穩定的rm{Mg}化合物，應生成硫酸鎂，則反應物還應有氧氣，反應的化學方程式為rm{2Mg(OH)_{2}+2SO_{2}+O_{2}=2MgSO_{4}+2H_{2}O}故答案為：rm{2Mg(OH)_{2}+2SO_{2}+O_{2}=2MgSO_{4}+2H_{2}O}

rm{(5)}由題給信息可知制備可由rm{CH_{3}CH_{2}MgBr}與rm{CH_{3}CHO}生成，也可由rm{CH_{3}CH_{2}CHO}和rm{CH_{3}MgBr}反應生成，故答案為：rm{CH_{3}CH_{2}CHO}rm{CH_{3}CHO}

【解析】rm{(1)H^{+}<Mg^{2+}<N^{3-}<Cl^{-;;}}第三周期Ⅱrm{A}族

rm{(2)Mg_{2}Si}熔融、電解rm{NH_{3}}rm{NH_{4}Cl}

rm{(3)SiC}

rm{(4)2Mg(OH)_{2}+2SO_{2}+O_{2}=2MgSO_{4}+2H_{2}O}

rm{(5)CH_{3}CH_{2}CHO}rm{CH_{3}CHO}四、判斷題(共4題，共24分)27、B【分析】【解答】煤的氣化是在高溫條件下煤與水蒸氣反應生成CO和H2；是化學變化；

煤液化；是把固體炭通過化學加工過程，使其轉化成為液體燃料；化工原料和產品的先進潔凈煤技術，有新物質生成，屬于化學變化；

煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱；煤發生復雜的反應獲得煤焦油；焦爐煤氣等的過程，是化學變化．故煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是化學變化，故此說法錯誤．故答案為：錯誤．

【分析】沒有新物質生成的變化是物理變化，有新物質生成的變化是化學變化；28、B【分析】【解答】蛋白質溶液中加入Na2SO4溶液；蛋白質析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質生成是物理變化，故答案為：×．

【分析】化學變化的實質是在原子核不變的情況下，有新物質生成，分析各選項是否符合化學變化的概念，即有新物質生成，就是化學變化．29、B【分析】【解答】一氧化碳；二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質中雖然含有碳元素；但是這些物質的性質和無機物相似，把它們歸入無機物，故答案為：×．

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機化合物，簡稱有機物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質中雖然含有碳元素，但是這些物質的性質和無機物相似，把它們歸入無機物．30、A【分析】【解答】向雞蛋清中加入飽和硫酸鈉溶液；可以觀察到的現象為析出沉淀，說明飽和硫酸鈉溶液可使蛋白質的溶解性變小，此過程叫做蛋白質的“鹽析”為物理變化；再向試管里加入足量的蒸餾水，觀察到的現象是變澄清，鹽析是可逆過程，可以采用多次鹽析的方法分離；提純蛋白質．

故答案為：對．

【分析】向雞蛋清中加入飽和硫酸銨溶液，可以觀察到的現象為析出沉淀，說明飽和硫酸銨溶液可使蛋白質的溶解性變小，此過程叫做蛋白質的“鹽析”為物理變化．五、工業流程題(共3題，共27分)31、略

【分析】【分析】

(1)用Al片和石墨作電極制備Al(OH)3；Al作陽極，據此分析；

(2)放電時負極材料電極本身Al放電，失電子，根據AlCl4-和Al2Cl7-中鋁元素和氯元素的比例來確定AlCl4-作反應物而生成Al2Cl7-。

【詳解】

(1)用Al片和石墨作電極來制備Al(OH)3，Al作陽極，石墨作陰極，陽極反應為：Al-3e-=Al3+，陰極上是來自于水的H+放電：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Al3+與OH-會結合形成難溶性的Al(OH)3，根據同一閉合回路中電子轉移數目相等，可得總反應：2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑；

(2)放電時，負極電極本身Al放電，失電子，由于AlCl4-中氯元素的含量高于Al2Cl7-中氯元素的含量，故AlCl4-作反應物而Al2Cl7-為生成物，由于其它離子不參與電極反應，故電極反應為：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-。

【點睛】

本題考查了電解池和原電池的知識，電解池的陽極和原電池的負極失去電子，發生氧化反應，電解池的陰極和原電池的正極得到電子，發生還原反應，結合電解質中含有的微粒書寫電極反應式。【解析】2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-32、略

【分析】【分析】

制備草酸鎳晶體（NiC2O4·2H2O）的流程：廢鎳催化劑（主要成分為Ni，還含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO）加入硫酸溶解得到含有Ni2+、Zn2+、Fe2+、Ca2+的酸性溶液，部分Ca2+與SO42-結合得到微溶物CaSO4，SiO2不溶于酸，過濾，濾渣I為SiO2和CaSO4，向濾液中加入NaClO溶液氧化Fe2+為Fe3+，同時將其沉淀為Fe(OH)3，過濾，濾渣II為Fe(OH)3，再向濾液中加入NH4F溶液，沉淀Ca2+為CaF2，濾渣III為CaF2，最后加入有機萃取劑萃取Zn2+，得到的水層主要為Ni2+，再向其中加入(NH4)2C2O4溶液，得到產品草酸鎳晶體（NiC2O4·2H2O），高溫煅燒無水NiC2O4的反應為：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；

用高能鋰離子電池作電源電解含鎳酸性廢水回收Ni：高能鋰離子中；Li為電源負極，FeS為電源正極，電解池中連接電源負極的為陰極，發生還原反應，連接電源正極為陽極，發生氧化反應，據此分析作答。

【詳解】

（1）NiC2O4·2H2O中鎳元素+2價；氧元素?2價，化合物中元素化合價總共為0，則碳元素+3價；將廢鎳催化劑粉碎或適當加熱；適當增大硫酸濃度、攪拌等能加快“酸浸”反應速率又能提高“酸浸”原料利用率；

故答案為：+3；廢鎳催化劑粉碎或適當加熱；適當增大硫酸濃度、攪拌等；

（2）由上述分析可知，濾渣I為SiO2和CaSO4；

故答案為：SiO2和CaSO4；

（3）高溫煅燒無水NiC2O4得到Ni2O3和兩種含碳元素的氣體，氣體為一氧化碳和二氧化碳，故反應為：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；

故答案為：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；

（4）①因該電解池的目的是從含鎳酸性廢水回收Ni，因此c池中發生還原反應，故Y電極為電源負極，X為電源正極，由電池總反應可知，其電源正極的反應材料為FeS；該電解池工作時，c池中Ni2+被還原，Cl-通過陰離子交換膜進入b中，a池中OH-發生氧化反應生成水和氧氣，Na+通過陽離子交換膜進入b池中，因此b池中得到的主要物質為NaCl；

故答案為：FeS；NaCl；

②由①分析可知，其電解池總反應為：4OH-+2Ni2+O2↑+2Ni+2H2O；由題可知，tmin內轉移電子mol，Ni2+被還原為Ni，每生成1molNi，轉移電子為2mol，因此可回收Ni的質量為g；

故答案為：4OH-+2Ni2+O2↑+2Ni+2H2O；【解析】+3廢鎳催化劑粉碎或適當加熱、適當增大硫酸濃度、攪拌等SiO2和CaSO42NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑FeSNaCl4OH-+2Ni2+O2↑+2Ni+2H2O33、略

【分析】【分析】

“合成”步驟，NaH2PO2和I2和水反應生成H3PO3和NaI和HI；之后加入FeS將Pb2+轉化為PbS除去，此時溶液中的雜質為Fe2+；因為HI易揮發，“減壓蒸餾”獲得HI溶液，剩余固體主要為含有Fe2+雜質的NaH2PO3，加水溶解，再加入H2O2將Fe2+氧化成Fe3+，調pH=11將Fe3+轉化為沉淀除去，同時部分NaH2PO3轉換為了Na2HPO3；再次調pH將NaH2PO3徹底轉化為Na2HPO3，最后“結晶”得到Na2HPO3固體；據此分析解答。

【詳解】

(1)根據后續流程可知“合成”步驟中產生HI，說明I2將NaH2PO2氧化，HI為強酸，所以還生成H3PO3和NaI，根據電子守恒和元素守恒可得該反應的化學方程式為：NaH2PO2+I2+H2O=H3PO3+NaI+HI；

(2)“除鉛”過程，利用沉淀轉化原理，加入FeS將Pb2+變成PbS，離子方程式為：FeS(s)+Pb2+(aq)=Fe2+(aq)+PbS(s)；

(3)根據合成步驟的反應，可知蒸餾前溶液中主要含H3PO3、NaI和HI，而蒸餾過程I-回收率為95%，說明H3PO3和NaI反應有NaH2PO3生成，則剩余固體的主要成分為NaH2PO3；

(4)“調pH=11”的作用：將Fe3+轉化為沉淀除去，同時將NaH2PO3轉換為了Na2HPO3；

(5)①從圖上看，右端的BPM膜和B膜之間產生NaOH，BPM膜提供OH-；所以B膜最好是鈉離子交換膜；

②陽極附近溶液為硫酸溶液，水電離的氫氧根失電子產生氧氣，同時產生氫離子，故陽極的電極反應式為：2H2O-4e-=O2↑+4H+；

③電解池中陰離子有向陽極移動的趨勢，少量的I－因為濃度差通過BPM膜，若沒有A膜的阻擋，I－會在陽極失電子得到碘單質；沉積在陽極表面，損傷陽極板。

【點睛】

電解池中陽離子有流向陰極的趨勢，陰離子有流向陽極的趨勢，結合各室的產物來分析A、B膜的作用。【解析】NaH2PO2＋I2＋H2O=H3PO3＋NaI＋HIFeS(s)＋Pb2＋(aq)=PbS(s)＋Fe2＋(aq)NaH2PO3除去鐵，并將NaH2PO3轉變為Na2HPO3Na＋離子交換膜2H2O－4e－=O2↑＋4H＋I－會在陽極放電，沉積在陽極表面，損傷陽極板六、綜合題(共4題，共40分)34、反應物能量生成物能量無降低因為催化劑改變了反應的歷程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ?mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ?mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ?mol﹣1【分析】【解答】（1）因圖中A；C分別表示反應物總能量、生成物總能量；B為活化能，反應