…………○…………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年外研版高一化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、按照物質的樹狀分類和交叉分類，HNO3屬于()

①酸②氫化物③氧化物④含氧酸⑤難揮發性酸⑥一元酸⑦化合物⑧混合物A.①④⑥⑦B.①②③④⑤⑥⑦C.①⑧D.①④⑤⑥2、在標準狀況下，將aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度為ρg?cm﹣3，溶質的質量分數為ω，溶質的物質的量濃度為Cmol/L．下列敘述中正確的是（）A.ω=×100%B.C=mol/LC.可用裝置吸收氨氣D.上述溶液中再加入VmL水，所得溶液的質量分數大于0.5ω3、下列實驗中，所使用的裝置（夾持裝置略）、試劑和操作方法都正確的是（）A.

觀察Fe（OH）2的生成B.

配制一定物質的量濃度的NaNO3溶液C.

實驗室制取氨D.

驗證乙烯的生成4、電解rm{NO}制備rm{NH_{4}NO_{3}}的工作原理如圖所示，rm{X}rm{Y}皆rm{Pt}電極，為使電解產物全部轉化為rm{NH_{4}NO_{3}}需補充物質rm{A.}下列說法正確的是。

rm{(}rm{)}A.物質rm{A}為rm{NH_{3}}B.rm{X}電極為電解池陽極C.rm{Y}電極上發生了還原反應D.rm{Y}電極反應式為rm{NO-3e^{-}+4OH^{-}簍TNO_{3}^{-}+2H_{2}O}5、有rm{15gA}物質和rm{10.5gB}物質恰好完全反應后，生成rm{7.2gC}物質、rm{1.8gD}物質和rm{0.3molE}物質，則rm{E}的摩爾質量是：()A.rm{100g/mol}B.rm{55g/mol}C.rm{111g/mol}D.rm{27.5g/mol}6、將下列各組物質按單質、酸、堿、鹽分類順序排列，其中正確的是rm{(}rm{)}A.氧氣、硝酸、純堿、硫酸銅B.碘酒、鹽酸、燒堿、硫酸鋇C.水銀、硫酸、燒堿、硫酸氫鈉D.鐵、醋酸、石灰水、氯化銅7、下列從海水中提取鎂正確的方法是（）（提示：熔點：MgO2850℃MgCl2714℃）A.海水Mg（OH）2MgB.海水MgCl2溶液→MgCl2晶體MgC.海水Mg（OH）2MgOMgD.海水Mg（OH）2MgCl2溶液→MgCl2晶體Mg8、欲除去混在苯中的少量苯酚，下列實驗方法正確的是（）A.分液B.加入氫氧化鈉溶液后，充分振蕩，靜置后分液C.加入過量溴水，過濾D.加入FeCl3溶液后，過濾9、下列都是生活中常見的物質，其中屬于純凈物的是（）A.葡萄酒B.冰水C.碘鹽D.食醋評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、摩爾是____的單位，1mol任何物質中所含有的粒子數約為____．1.5molH2SO4的質量是____，其中含有____molO原子，含有____個H原子．11、用地殼中某主要元素生產的多種產品在現代高科技中占有重要位置；足見化學對現代物質文明的重要作用．例如（用化學式表示）：

（1）計算機芯片的主要成分是______；

（2）光導纖維的主要成分是______．12、燃料電池是一種新能源，利用rm{2CO+O_{2}=2CO_{2}}設計燃料電池時，負極發生反應的氣體是，酸性條件下正極發生反應的電極反應是______．13、下圖是周期表的一部分，根據元素的性質和遞變規律，回答下列問題。。rm{壟脺}rm{壟脻}rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脼}rm{壟脽}rm{Ar}rm{壟脿}rm{{,!}}rm{壟謾}

rm{(1)1隆陋20}號元素中，非金屬性最強的元素是____rm{(}填元素符號rm{)}rm{(2)}元素rm{壟脹}在元素周期表中的位置為____，其離子結構示意圖為____。rm{(3)}元素rm{壟脵壟脼壟脽}形成的單核離子的半徑大小順序為____rm{(}寫離子符號rm{)}rm{(4)}元素rm{壟脽壟謾}的核電荷數之差是____。rm{(5)}推測元素rm{壟脻壟脼}最簡單氫化物的穩定性大小順序為____rm{(}填化學式rm{)}rm{(6)}用電子式表示元素rm{壟脷}與元素rm{壟脽}的化合物的形成過程____。rm{(7)}寫出元素rm{壟脺壟脻}形成原子數之比為rm{1:2}的化合物的電子式____。rm{(8)}元素rm{壟脻壟脿}形成原子數之比為rm{1:1}的化合物中所含化學鍵的類型有____。rm{A.}離子鍵rm{B.}共價鍵rm{C.}極性鍵rm{D.}非極性鍵rm{E.}氫鍵14、要除去下列物質中所含雜質rm{(}括號內為雜質rm{)}請按要求填空．rm{(1)Na_{2}CO_{3}}固體rm{(NaHCO_{3})}除雜方法____，反應的化學方程式____．rm{(2)FeCl_{2}}溶液rm{(CuCl_{2})}除雜試劑____，反應的離子方程式____．rm{(3)Mg}粉rm{(Al)}除雜試劑____，反應的離子方程式____．15、燃料電池是一種高效、環境友好的發電裝置．氫氧燃料電池已用于航天飛機．以氫氧化鉀溶液為電解質溶液的這種電池的負極反應式為______，這種電池在放電使用一段時間后，電解質溶液中的c（OHˉ）將______（填“增大”“減小”或“不變”）．16、我國古代四大發明之一的黑火藥是由硫黃粉、硝酸鉀和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸時的反應為：rm{S+2KNO_{3}+3C隆煤K_{2}S+N_{2}隆眉+3CO_{2}隆眉.}每生成rm{1mol}rm{N_{2}}轉移電子的數目為______．17、如圖是元素周期表的一部分，回答下列問題：

rm{(1)}元素rm{e}的負一價離子的結構示意圖為______，rm{e}rm{f}rm{g}rm{h}rm{i}對應簡單離子的半徑由大到小的順序為______rm{(}用具體微粒符號表示rm{)}．

rm{(2)}元素rm{i}的單質溶于水；生成一種具有漂白作用的化合物，該化合物的電子式為______．

rm{(3)}以元素rm{b}的最簡氣態氫化物為燃料，以rm{f}的最高價氧化物對應的水化物為電解質溶液，請寫出該燃料電池的負極反應方程式______．18、過氧化鈉可以用作供氧劑；

rm{(1)}寫出防毒面具中過氧化鈉產生氧氣的化學反應方程式：______

rm{(2)}上述反應中；氧化劑是______，還原劑是______．

rm{(3)}當電子轉移的數目為rm{12.04隆脕10^{23}}個時生成的氧氣在標準狀況下的體積為____升．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)19、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．20、24g鎂原子的最外層電子數為NA（判斷對錯）21、標準狀況下，2.24L己烷含有分子的數目為0.1NA（判斷對錯）22、煤的“氣化”、煤的“液化”、煤的“干餾”都是物理變化23、24g鎂原子的最外層電子數為NA（判斷對錯）24、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數為8×6.02×1023（判斷對錯）25、含碳的化合物一定是有機化合物．（判斷對錯）26、標準狀況下，2.24L己烷含有分子的數目為0.1NA（判斷對錯）27、某有機物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機物一定含有C、H、O三種元素．（判斷對錯）評卷人得分四、其他(共4題，共24分)28、（5分）現有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價氧化物含A40%，A原子中質子數等于中子數；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結構相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應，所產生的氫氣在標準狀況下的體積為2.24L；C原子中質子數比中子數少1；D原子比A原子多1個質子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應水化物的化學式____、、、、。29、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數是Y的核外電子數的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價氧化物的水化物酸性強于。（2）M、Z、Y形成的簡單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個數比____________,其電子式為．該物質中含有化學鍵的類型有和．（4）將Z的單質通入YX2的水溶液中發生反應的離子方程式為。30、（5分）現有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價氧化物含A40%，A原子中質子數等于中子數；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結構相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應，所產生的氫氣在標準狀況下的體積為2.24L；C原子中質子數比中子數少1；D原子比A原子多1個質子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應水化物的化學式____、、、、。31、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數是Y的核外電子數的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價氧化物的水化物酸性強于。（2）M、Z、Y形成的簡單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個數比____________,其電子式為．該物質中含有化學鍵的類型有和．（4）將Z的單質通入YX2的水溶液中發生反應的離子方程式為。評卷人得分五、結構與性質(共1題，共2分)32、某探究小組用HNO3與大理石反應過程中質量減小的方法，研究影響反應速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有細顆粒與粗顆粒兩種規格，實驗溫度為298K、308K，每次實驗HNO3的用量為25.0mL；大理石用量為10.00g。

（1）請完成以下實驗設計表，并在實驗目的一欄中填出對應的實驗編號：。實驗編號T/K大理石規格HNO3濃度/mol·L-1實驗目的①298粗顆粒2.00（Ⅰ）實驗①和②探究HNO3濃度對該反應速率的影響；

（Ⅱ）實驗①和③探究溫度對該反應速率的影響；

（Ⅲ）實驗①和④探究大理石規格（粗、細）對該反應速率的影響；②_______________③_______________④_______________

（2）實驗裝置如圖1所示，如何檢驗該裝置的氣密性________________________________

（3）實驗①中CO2質量隨時間變化的關系見下圖2：依據反應方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，計算實驗①在70-90s范圍內HNO3的平均反應速率________________________

（4）請在答題卡的框圖中，畫出實驗②、③和④中CO2質量隨時間變化關系的預期結果示意圖。_______評卷人得分六、推斷題(共4題，共40分)33、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{X}是中學常見的無機物，存在如圖轉化關系rm{(}部分生成物和反應條件略去rm{)}

rm{(1)}若rm{A}為常見的金屬單質，焰色反應呈黃色，rm{X}能使品紅溶液褪色，寫出rm{C}和rm{E}反應的離子方程式：__________________。rm{(2)}若rm{A}為短周期元素組成的單質，該元素的最高價氧化物的水化物酸性最強，則：rm{壟脵}組成單質rm{A}的元素在周期表中的位置為______________．rm{壟脷X}可能為__________rm{(}填代號rm{)}rm{a.NaHCO_{3}}rm{b.Na_{2}CO_{3}}rm{{,!}_{;;;}}rm{c.Na_{2}SO_{4}}rm{d.Al(OH)_{3}}rm{(3)}若rm{A}為淡黃色粉末，回答下列問題：rm{壟脵1molA}與足量的rm{H_{2}O}充分反應時轉移的電子數目為__________。rm{壟脷A}中所含有的化學鍵類型為___________________。rm{壟脹}若rm{X}為一種造成溫室效應的氣體rm{.}則鑒別等濃度的rm{D}rm{E}兩種溶液，可選擇的試劑為__________rm{(}填代號rm{)}rm{a.}鹽酸rm{b.BaCl_{2}}溶液rm{c.NaOH}溶液rm{d.Ca(OH)_{2}}溶液rm{(4)}若rm{A}為氧化物，rm{X}是rm{Fe}溶液rm{D}中加入rm{KSCN}溶液變紅。則rm{A}與rm{H_{2}O}反應的化學反應方程式為______________，rm{E}是________________rm{(}填化學式rm{)}34、如圖是元素周期表的一部分。

Ⅰ；用化學用語回答下列問題：

rm{(1)}由rm{壟脷}rm{壟脼}兩元素形成的強氧化性物質的電子式為______，由rm{壟脵}rm{壟脻}兩元素構成的rm{10}電子化合物的形成過程為______。

rm{(2)壟脽}rm{壟脿}的最高價含氧酸的酸性較弱的是______。rm{(}化學式表示rm{)}

rm{(3)As}在元素周期表中位置為______；氫化物的沸點：rm{NH_{3______}AsH_{3}(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}

Ⅱ、rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{X}是上述周期表給出元素組成的常見單質或化合物。已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{X}存在如下圖所示轉化關系rm{(}部分生成物和反應條件略去rm{)}若常溫下rm{A}為紅棕色氣體，rm{B}為強酸，rm{X}為常見金屬單質。

rm{(1)A}與水反應的化學方程式為______。

rm{(2)}工業上常用rm{CO}熱還原法冶煉rm{X}寫出其化學方程式______。

rm{(3)}某溫度下rm{(>100隆忙)}若rm{m}克rm{X}與rm{H_{2}O}反應放出rm{QkJ(Q>0)}的熱量。寫出該反應的熱化學方程式___35、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六種物質有如下轉化關系，rm{E}是淡黃色粉末；判斷：

rm{(1)}寫出rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}的化學式：rm{A.}_____；rm{B.}______；rm{C.}_____；rm{D.}_____；rm{E.}_____；rm{F.}_____。rm{(2)}寫出有關反應的化學方程式rm{(}是離子反應的直接寫出離子方程式rm{)}rm{B隆煤}rm{C}____________________________________________rm{_}rm{E隆煤B}___________________________________________，rm{F隆煤C}___________________________________________。36、非金屬單質A經如圖所示的過程轉化為含氧酸D；已知D為強酸，請回答下列問題。

（1）若A在常溫下為固體；B是能使品紅溶液褪色的有刺激性氣味的無色氣體。

①D的化學式是______；

②在工業生產中；B氣體的大量排放被雨水吸收后形成了______而污染了環境。

（2）若A在常溫下為氣體；C是紅棕色的氣體。

①A；C的化學式分別是：A______；C______。

②請寫出C→D的反應化學方程式______。該反應與中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為______。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【解答】硝酸屬于含氧酸；是一元酸且具有揮發性，所以答案選A。

【分析】該題屬于基礎題，濃度不大，關鍵是熟練記住硝酸的性質。2、B【分析】【解答】A．氨氣溶于水，主要以NH3?H2O存在，但仍然以NH3作為溶質，ω=×100%==×100%；故A錯誤；

B．該溶液中氨水濃度為：c==mol/L；故B正確；

C．由于氨氣極易溶于水；則吸收氨氣的裝置必須防止倒吸，該裝置易發生倒吸，故C錯誤；

D．氨水的密度小于水，溶質質量分數=ω=＜0.5ω；故D錯誤；

故選B．

【分析】A．根據ω=×100%計算判斷；

B．根據c=計算判斷；

C．氨氣極易溶于水；該裝置會發生倒吸現象；

D．水的密度大于氨水的密度，所以等體積時，水的質量大于氨水的質量，這樣混合后，所得溶液濃度小于0.5ω，根據公式溶質質量分數=ω=×100%計算．3、A【分析】【解答】A．氫氧化亞鐵不穩定；易被空氣中氧氣氧化生成氫氧化鐵，所以制備氫氧化亞鐵要隔絕空氣，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔絕空氣，所以能實現實驗目的，故A正確；

B．容量瓶只能配制溶液；不能作稀釋或溶解藥品的儀器，應該用燒杯溶解硝酸鈉，然后等溶液冷卻到室溫，再將硝酸鈉溶液轉移到容量瓶中，故B錯誤；

C．實驗室用氯化銨和氫氧化鈣加熱制取氨氣；氨氣極易溶于水，不能采用排水法收集，常溫下，氨氣和氧氣不反應，且氨氣密度小于空氣，所以應該采用向下排空氣法收集氨氣，故C錯誤；

D．制取乙烯需要170℃；溫度計測定混合溶液溫度，所以溫度計水銀球應該插入溶液中，且乙醇能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，乙醇易揮發，導致得到的乙烯中含有乙醇，影響乙烯的檢驗，故D錯誤；

故選A．

【分析】A．氫氧化亞鐵不穩定；易被空氣中氧氣氧化生成氫氧化鐵，所以制備氫氧化亞鐵要隔絕空氣；

B．容量瓶只能配制溶液；不能作稀釋或溶解藥品的儀器；

C．氨氣極易溶于水；不能采用排水法收集；

D．制取乙烯需要170℃；溫度計測定混合溶液溫度，且乙醇能被酸性高錳酸鉀溶液氧化．

4、A【分析】解：電解rm{NO}制備rm{NH_{4}NO_{3}}rm{Y}為陽極反應為rm{NO-3e^{-}+2H_{2}O=NO_{3}^{-}+4H^{+}}rm{X}為陰極反應為：rm{NO+5e^{-}+6H^{+}=NH_{4}^{+}+H_{2}O}從兩極反應可看出，要使得失電子守恒，陽極產生的rm{NO_{3}^{-}}的物質的量大于陰極產生的rm{NH_{4}^{+}}的物質的量，總反應方程式為：rm{8NO+7H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}3NH_{4}NO_{3}+2HNO_{3}}因此若要使電解產物全部轉化為rm{8NO+7H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}3NH_{4}NO_{3}+2HNO_{3}}需補充rm{NH_{4}NO_{3}}

A.根據以上分析，則rm{NH_{3}}為rm{A}故A正確；

B.根據以上分析，rm{NH_{3}}電極為電解池陰極；故B錯誤；

C.根據以上分析，rm{X}為陽極發生了氧化反應；故C錯誤；

D.rm{Y}為陽極反應為：rm{Y}故D錯誤；

故選：rm{NO-3e^{-}+2H_{2}O=NO_{3}^{-}+4H^{+}}．

電解rm{A}制備rm{NO}rm{NH_{4}NO_{3}}為陽極反應為rm{Y}rm{NO-3e^{-}+2H_{2}O=NO_{3}^{-}+4H^{+}}為陰極反應為：rm{X}從兩極反應可看出，要使得失電子守恒，陽極產生的rm{NO+5e^{-}+6H^{+}=NH_{4}^{+}+H_{2}O}的物質的量大于陰極產生的rm{NO_{3}^{-}}的物質的量，總反應方程式為：rm{8NO+7H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}3NH_{4}NO_{3}+2HNO_{3}}因此若要使電解產物全部轉化為rm{NH_{4}^{+}}需補充rm{8NO+7H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}3NH_{4}NO_{3}+2HNO_{3}}據此分析．

本題考查了電解原理的應用等，題目涉及的知識點較多，側重于考查學生的綜合運用能力，難度中等，注意基礎知識的積累掌握．rm{NH_{4}NO_{3}}【解析】rm{A}5、B【分析】【分析】明確反應前后質量守恒和質量與物質的量、摩爾質量的關系是解本題的關鍵，難度不大。【解答】根據反應前后質量守恒得rm{E}的質量rm{=15g+10.5g-7.2g-1.8g=16.5g}rm{M=dfrac{m}{n}=dfrac{16.5g}{0.3mol}=55g/mol}故B正確。故選B。rm{M=dfrac{m}{n}=

dfrac{16.5g}{0.3mol}=55g/mol}【解析】rm{B}6、C【分析】解：rm{A}純堿屬于鹽；不是堿，故A錯誤；

B；碘酒和鹽酸屬于混合物；不是純凈物，故B錯誤；

C；水銀屬于金屬單質；硫酸屬于酸，燒堿屬于堿，硫酸氫鈉屬于鹽，故C正確；

D；石灰水屬于混合物；不是純凈物，故D錯誤．

故選C．

根據概念進行判斷：單質是由一種元素組成的純凈物；酸是在水溶液中解離出來的陽離子全部是氫離子的化合物；堿是在水溶液中解離出來的陰離子全部是氫氧根離子的化合物；鹽是在水溶液中解離出來金屬離子或銨根離子和酸根離子的化合物，以此解答該題．

本題考查單質、酸、堿、鹽的分類，題目難度不大，注意把握相關概念．【解析】rm{C}7、D【分析】首先是富集，海水加石灰乳生成Mg（OH）2沉淀、洗滌，洗滌后加鹽酸生成MgCl2，因MgO熔點比MgCl2高，故電解MgO耗能多不經濟，應電解MgCl2。【解析】【答案】D8、B【分析】【解答】解：A；苯與苯酚混溶；不能用分液方法將將二者分離，故A錯誤；B、苯中混有苯酚，加入NaOH后生成可溶于水的苯酚鈉，但苯不溶于水，可用分液的方法分離，故B正確；

C；加濃溴水；生成三溴苯酚，三溴苯酚和溴都能與苯互溶，不能將二者分離，并引入新的雜質，故C錯誤；

D；鐵離子與苯酚生成的絡合物與苯互溶；不能將二者分離，并引入新的雜質，故D錯誤；

故選B．

【分析】A；分液用于分離互不相溶的液體；

B；苯和苯酚互溶；混合物中加入NaOH溶液，生成苯酚鈉，溶于水，但苯不溶于水，可用分液的方法分離；

C；苯是一種良好的有機溶劑；溴、苯酚以及三溴苯酚都能溶于苯中；

D、鐵離子與苯酚生成的絡合物與苯互溶．9、B【分析】解：A．葡萄酒是本題物質組成的混合物；故A錯誤；

B．冰水是一種物質組成的純凈物；故B正確；

C．碘鹽是添加碘酸鉀的食鹽；是不同物質組成為混合物，故C錯誤；

D．食醋是醋酸水溶液屬于混合物；故D錯誤；

故選B．

同種物質組成的為純凈物；不同物質組成的為混合物，據此分析物質的組成判斷；

本題考查了物質分類、物質組成、物質名稱等知識的分析，主要是概念的實質理解，題目較簡單．【解析】【答案】B二、填空題(共9題，共18分)10、物質的量6.02×1023147g61.806×1024【分析】【解答】摩爾是物質的量的單位，1mol任何物質中所含有的粒子數約為6.02×1023；1.5molH2SO4的質量為：98g/mol×1.5mol=147g，含有1.51mol×4=6mol氧原子，含有的氫原子的物質的量為1.5mol×2=3mol，個數為：6.02×1023×3=1.806×1024；

故答案為：物質的量；6.02×1023；147g；6；1.806×1024．

【分析】根據物質的量的單位是摩爾完成；1mol任何物質都含有阿伏伽德羅常數個粒子；根據硫酸的摩爾質量計算出硫酸的質量、含有的氧原子、氫原子物質的量．11、略

【分析】解：（1）硅是計算機芯片的原料；故答案為：Si；

（2）光導纖維的主要成分是二氧化硅，故答案為：SiO2．

本題考查物質的成分和用途，學習中注意知識的積累，題目難度不大．【解析】Si；SiO212、略

【分析】解：已知反應rm{2CO+O_{2}=2CO_{2}}設計為燃料電池，燃燒電池中負極上rm{CO}失電子，正極上氧氣得電子，酸性條件下，氧氣得電子生成水，則正極電極方程式為：rm{O_{2}+4H^{+}+4e-=2H_{2}O}

故答案為：rm{CO}rm{O_{2}+4H^{+}+4e-=2H_{2}O.}

燃燒電池中負極上rm{CO}失電子；正極上氧氣得電子，據此分析．

本題考查了燃料電池，題目難度不大，注意把握原電池的原理以及正負極的判斷和電極方程式的書寫方法，側重于考查學生的分析能力．【解析】rm{O_{2}+4H^{+}+4e-=2H_{2}O}13、（1）F

（2）第3周期第ⅢA族

（3）S2->Cl->Na+

（4）18

（5）H2O>H2S

（6）

（7）

（8）ABD【分析】【分析】本題考查元素周期表的結構及其應用和元素周期律的應用，側重考查學生對原子結構、物質結構的認識，明確原子結構、元素周期表結構即可確定元素，注意過氧化鉀微粒構成及存在的化學鍵，為易錯點。【解答】根據元素周期表的結構和元素的相對位置可知：rm{壟脵}為rm{Na}元素、rm{壟脷Mg}元素、rm{壟脹}為rm{Al}元素、rm{壟脺}為rm{C}元素、rm{壟脻}為rm{O}元素、rm{壟脼}為rm{S}元素、rm{壟脽}為rm{Cl}元素、rm{壟脿}為rm{K}元素、rm{壟謾}為rm{Br}元素，rm{(1)}同周期，從左到右，元素非金屬性漸強，同主族，從上到下，元素非金屬性漸弱，則rm{1隆陋20}號元素中，非金屬性最強的元素是rm{F}故答案為：rm{F}rm{(2)}元素rm{壟脹}為rm{Al}元素，核外有rm{3}層電子，最外層電子數為rm{3}在元素周期表中位于第rm{3}周期第Ⅲrm{A}族，其離子結構示意圖為故答案為：第rm{3}周期第Ⅲrm{A}族；rm{(3)}元素rm{壟脵壟脼壟脽}形成的單核離子分別為：rm{Na^{+}}rm{S^{2-}}rm{Cl^{-}}rm{Na^{+}}有rm{2}層電子，rm{S^{2-}}rm{Cl^{-}}有rm{3}層電子，rm{Na^{+}}的半徑最小，rm{S^{2-}}rm{Cl^{-}}核外電子層結構相同，原子序數：rm{S<Cl}則離子半徑：rm{S^{2-}>Cl^{-}}則三種離子半徑大小順序為rm{S^{2-}>Cl^{-}>Na^{+}}故答案為：rm{S^{2-}>Cl^{-}>Na^{+}}rm{(4)壟脽}為rm{Cl}元素，rm{壟謾}為rm{Br}元素，同屬于第Ⅶrm{A}族，rm{Cl}位于第三周期，rm{Br}位于第四周期，則其核電荷數之差是rm{18}故答案為：rm{18}rm{(5)}同主族，從上到下，元素非金屬性漸弱，rm{O}rm{S}屬于第Ⅵrm{A}族，原子序數：rm{S>O}則非金屬性：rm{O>S}氫化物的穩定性：rm{H_{2}O>H_{2}S}故答案為：rm{H_{2}O>H_{2}S}rm{(6)}元素rm{壟脷}與元素rm{壟脽}的化合物為rm{MgCl_{2}}用電子式表示其形成過程為：，故答案為：；rm{(7)}寫出元素rm{壟脺壟脻}形成原子數之比為rm{1:2}的化合物是rm{CO_{2}}其電子式為：故答案為：rm{(8)}元素rm{壟脻壟脿}形成原子數之比為rm{1:1}的化合物為rm{K_{2}O_{2}}所含化學鍵離子鍵和非極性共價鍵，故答案為：rm{ABD}【解析】rm{(1)F}

rm{(2)}第rm{3}周期第Ⅲrm{A}族rm{(3)S^{2-}>Cl^{-}>Na^{+}}

rm{(4)18}rm{(5)H_{2}O>H_{2}S}

rm{(6)}rm{(7)}

rm{(8)ABD}14、（1）加熱（2）足量鐵粉2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋（3）足量的NaOH溶液2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑【分析】【分析】本題考查物質分離提純方法和選擇及金屬及化合物的性質，為高頻考點，把握物質的性質及性質差異為解答的關鍵，注意除雜不能引入新雜質，題目難度不大。【解答】rm{(1)}rm{(1)}rm{NaHCO}rm{NaHCO}rm{2NaHC{O}_{3}overset{?}{=}N{a}_{2}C{O}_{3}+{H}_{2}O+C{O}_{2}隆眉}rm{{,!}_{3}}rm{2NaHC{O}_{3}overset{?}{=}N{a}_{2}C{O}_{3}+{H}_{2}O+C{O}_{2}隆眉}加熱分解生成碳酸鈉，則選擇方法為加熱，發生的反應為rm{2NaHC{O}_{3}

overset{?}{=}N{a}_{2}C{O}_{3}+{H}_{2}O+C{O}_{2}隆眉}，故答案為：加熱；與rm{2NaHC{O}_{3}

overset{?}{=}N{a}_{2}C{O}_{3}+{H}_{2}O+C{O}_{2}隆眉}；rm{(2)}rm{(2)}rm{Fe}與rm{Fe}足量鐵粉rm{FeCl}rm{FeCl}rm{{,!}_{3;}}反應生成氯化亞鐵，則選擇的試劑及方法為加入足量鐵粉，過濾；發生的離子反應為鋁可與氫氧化鈉溶液，而鎂與氫氧化鈉溶液不反應，則可用足量的氫氧化鈉溶液除去鎂粉rm{2Fe^{3+}+Fe=3Fe^{2+}}，故答案為：；rm{2Fe^{3+}+Fe=3Fe^{2+}}；rm{(3)}鋁可與氫氧化鈉溶液，而鎂與氫氧化鈉溶液不反應，則可用足量的氫氧化鈉溶液除去鎂rm{(3)}中的鋁粉，發生的離子方程式為：rm{2Al+2OH^{-}}rm{+2H}故答案為：足量的rm{+2H}溶液；rm{2}rm{2}rm{O=}rm{O=}rm{2AlO}rm{2}rm{2}rm{{,!}^{-}}rm{+3H}rm{+3H}rm{2}。rm{2}【解析】rm{(1)}加熱rm{2NaHC{O}_{3}overset{?}{=}N{a}_{2}C{O}_{3}+{H}_{2}O+C{O}_{2}隆眉}rm{2NaHC{O}_{3}

overset{?}{=}N{a}_{2}C{O}_{3}+{H}_{2}O+C{O}_{2}隆眉}足量鐵粉rm{(2)}rm{2Fe^{3+}+Fe=3Fe^{2+}}rm{(3)}溶液足量的rm{NaOH}溶液rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=}rm{NaOH}rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=}15、略

【分析】解：通入氫氣的一極為電池的負極，氫氣失電子發生氧化反應，生成水，則負極的電極方程式為2H2+4OH--4e-═4H2O；供電時的總反應為2H2+O2═2H2O，反應生成水溶液的體積增大，則c（OH-）將減小；

故答案為：2H2+4OH--4e-═4H2O；減小．

通入氫氣的一極為電池的負極；發生氧化反應，生成水；反應生成水，溶液的體積增大．

本題考查了原電池原理的應用，側重于考查學生的分析能力和計算能力，題目難度中等．【解析】2H2+4OH--4e-═4H2O；減小16、略

【分析】解：rm{S+2KNO_{3}+3C隆煤K_{2}S+N_{2}隆眉+3CO_{2}隆眉}中rm{S}rm{N}元素的化合價降低，rm{C}元素的化合價升高，每生成rm{1mollN_{2}}由反應可知rm{3molC}反應，由rm{C}元素的化合價變化可知轉移rm{3mol隆脕(4-0)=12mol}電子，即轉移電子的數目為rm{12N_{A}}

故答案為：rm{12N_{A}}．

rm{S+2KNO_{3}+3C隆煤K_{2}S+N_{2}隆眉+3CO_{2}隆眉}中rm{S}rm{N}元素的化合價降低，rm{C}元素的化合價升高；據此分析．

本題考查氧化還原反應，為高頻考點，把握反應中元素的化合價變化及氧化還原反應基本概念為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大．【解析】rm{12N_{A}}17、略

【分析】解：由元素在周期表中的位置可知rm{a}為rm{H}元素、rm{b}為rm{C}元素、rm{c}為rm{N}元素、rm91r6dkh為rm{O}元素、rm{e}為rm{F}元素、rm{f}為rm{Na}元素、rm{g}為rm{Al}元素、rm{h}為rm{S}元素、rm{i}為rm{Cl}元素．

rm{(1)e}為rm{F}元素，對應的陰離子原子核外有rm{10}個電子，離子的結構示意圖為rm{e}為rm{F}元素、rm{f}為rm{Na}元素、rm{g}為rm{Al}元素、rm{h}為rm{S}元素、rm{i}為rm{Cl}元素，對應簡單離子的半徑由大到小的順序為rm{S^{2-}>Cl^{-}>F^{-}>Na^{+}>Al^{3+}}

故答案為：rm{S^{2-}>Cl^{-}>F^{-}>Na^{+}>Al^{3+}}

rm{(2)}元素rm{i}的單質溶于水，生成一種具有漂白作用的化合物，為rm{HClO}為共價化合物，含有rm{H-O}鍵，電子式為故答案為：

rm{(3)}以元素rm{b}的最簡氣態氫化物為燃料，以rm{f}的最高價氧化物對應的水化物為電解質溶液，為甲烷的堿性燃料電池，負極發生氧化反應，生成碳酸根離子和水，電極方程式為rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O}故答案為：rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O.}

由元素在周期表中的位置可知rm{a}為rm{H}元素、rm{b}為rm{C}元素、rm{c}為rm{N}元素、rmsgy1dau為rm{O}元素、rm{e}為rm{F}元素、rm{f}為rm{Na}元素、rm{g}為rm{Al}元素、rm{h}為rm{S}元素、rm{i}為rm{Cl}元素．

rm{(1)e}為rm{F}元素，對應的陰離子原子核外有rm{10}個電子；一般來說，離子核外的電子層數越多，離子半徑越大，核外電子排布相同的離子，核電荷數越大離子半徑越小；

rm{(2)}元素rm{i}的單質溶于水，生成一種具有漂白作用的化合物，為rm{HClO}為共價化合物，含有rm{H-O}鍵；

rm{(3)}以元素rm{b}的最簡氣態氫化物為燃料，以rm{f}的最高價氧化物對應的水化物為電解質溶液；為甲烷的堿性燃料電池，負極發生氧化反應，生成碳酸根離子和水．

本題以原子結構與位置關系為載體，考查化學用語、離子半徑比較等，為高考常見題型與高頻考點，側重考查學生的分析能力，推斷元素是解題關鍵，是對所學知識的綜合運用，注意基礎知識的理解掌握，難度不大．【解析】rm{S^{2-}>Cl^{-}>F^{-}>Na^{+}>Al^{3+}}rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}=CO_{3}^{2-}+7H_{2}O}18、（1）2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑

（2）Na2O2Na2O2

（3）22.4

【分析】【分析】

本題考查了氧化還原反應的計算；題目難度中等，明確氧化還原反應的特征與實質為解答關鍵，注意掌握電子守恒在氧化還原反應計算中的應用方法，試題培養了學生的分析能力及化學計算能力。

【解答】

rm{(1)}過氧化鈉可用作潛水艇里的供氧劑，與二氧化碳反應生成氧氣，發生反應的方程式為：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}簍T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}

故答案為：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}簍T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}

rm{(2)Na_{2}O_{2}}中rm{O}元素化合價為rm{-1}價，在反應rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O簍T4NaOH+O_{2}隆眉}中，只有rm{O}元素的化合價發生變化，所以rm{Na_{2}O_{2}}既是氧化劑又是還原劑；

故答案為：rm{Na_{2}O_{2}}rm{Na_{2}O_{2}}

rm{(3)12.04隆脕10^{23}}個電子的物質的量為：rm{dfrac{;12.04隆脕{10}^{23}}{6.02隆脕{10}^{23}mo{l}^{?1}}=2mol}生成rm{

dfrac{;12.04隆脕{10}^{23}}{6.02隆脕{10}^{23}mo{l}^{?1}}=2mol}轉移rm{1molO_{2}}電子，則轉移rm{2mol}電子生成rm{2mol}的物質的量為rm{O_{2}}標準狀況下rm{1mol}的體積為：rm{1molO_{2}}故答案為：rm{22.4L/mol隆脕1mol=22.4L}rm{22.4}【解析】rm{(1)2Na}rm{(1)2Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{+2CO}rm{+2CO}rm{{,!}_{2}}rm{簍T2Na}rm{簍T2Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}

rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{+O}rm{+O}rm{{,!}_{2}}rm{隆眉}rm{隆眉}rm{(2)Na}rm{(2)Na}

rm{{,!}_{2}}

rm{O}三、判斷題(共9題，共18分)19、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．20、B【分析】【解答】n===1mol，結合鎂原子最外層電子數為2計算，最外層電子數為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據n=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數為2計算．21、B【分析】【解答】標準狀態下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標準狀況己烷不是氣體，物質的量不是0.1mol，故上述錯誤；

故答案為：錯．

【分析】氣體摩爾體積的概念和應用條件分析判斷，標準狀態下氣體摩爾體積為22.4L/mol22、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；23、B【分析】【解答】n===1mol，結合鎂原子最外層電子數為2計算，最外層電子數為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據n=計算物質的量，結合鎂原子最外層電子數為2計算．24、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個電子，失去最外層1個電子形成鈉離子，此時最外層有8個電子，故所有Na+的最外層電子總數為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質的量，再根據鈉離子結構計算最外層電子總數．25、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．26、B【分析】【解答】標準狀態下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標準狀況己烷不是氣體，物質的量不是0.1mol，故上述錯誤；

故答案為：錯．

【分析】氣體摩爾體積的概念和應用條件分析判斷，標準狀態下氣體摩爾體積為22.4L/mol27、B【分析】【解答】解：某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水；說明該有機物中肯定含有碳；氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．

【分析】根據質量守恒可知，某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素四、其他(共4題，共24分)28、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)229、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2電子式略離子鍵非極性共價鍵（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-30、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)231、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2電子式略離子鍵非極性共價鍵（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-五、結構與性質(共1題，共2分)32、略

【分析】【分析】

（1）本實驗是由實驗①做對比實驗探究影響反應速率的因素，所以在設計分組實驗時，要設計出分別只有濃度、溫度和接觸面積不同時反應速率的變化，從而找出不同外界因素對反應速率的影響。由于實驗①和實驗②探究HNO3濃度對該反應速率的影響，實驗①和實驗③探究溫度對該反應速率的影響，故實驗③的溫度選擇308K，實驗①和實驗④探究接觸面積對該反應速率的影響，故實驗④選擇細顆粒的大理石；

（2）依據裝置特點分析氣密性的檢查方法；

（3）化學反應速率通常用單位時間內濃度的變化量來表示。根據圖像可以計算出70至90s內生成的CO2的體積；然后根據反應式可計算出消耗的硝酸的物質的量，最后計算其反應速率；

（4）根據反應物的用量計算生成CO2的最大質量；根據影響反應速率的因素比較實驗②；③和④反應速率大小；以此判斷曲線斜率大小，畫出圖像；

【詳解】

（1）由實驗目的可知；探究濃度；溫度、接觸面積對化學反應速率的影響，則實驗①②的溫度、大理石規格相同，只有濃度不同，實驗①③中只有溫度不同，實驗①④中只有大理石規格不同；

故答案為（從上到下；從左到右順序）：298；粗顆粒；1.00；308；粗顆粒；2.00；298；細顆粒；2.00；

（2）該裝置的氣密性的檢查方法是：關閉分液漏斗活塞，向外拉或向內推分液漏斗的活塞，若一段時間后松開手，活塞又回到原來的位置，則證明裝置氣密性良好；

（3）①70至90s，CO2生成的質量為：m(CO2)=0.95g－0.85g＝0.1g；

②根據方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，可知消耗HNO3的物質的量為：n(HNO3)=＝mol；

③溶液體積為25mL＝0.025L，所以HNO3減少的濃度Δc(HNO3)＝=mol/L；

④反應的時間t＝90s－70s＝20s

⑤所以HNO3在70－90s范圍內的平均反應速率為：

v(HNO3)＝Δc(HNO3)/t＝=mol·L－1·S－1=0.009mol·L－1·S－1

（4）實驗②、③和④所用大理石的質量均為10.00g，其物質的量為=0.1mol，實驗①、③和④所用硝酸的量相同均為：2.00mol/L×0.025L=0.05mol，依據反應方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知，硝酸不足，生成CO2的質量按硝酸計算得：0.05mol×44g/mol=1.10g，實驗②所用硝酸的量為1.00mol/L×0.025L=0.025mol，大理石過量，反應生成的CO2的質量為0.025mol×44g/mol=0.55g；

實驗①和②探究HNO3濃度對該反應速率的影響，且HNO3濃度①>②，濃度越大，反應越快，故曲線斜率①>②；

實驗①和③探究溫度對該反應速率的影響，且溫度③高于①，溫度越高反應越快，故曲線斜率③>①；

實驗①和④探究大理石規格（粗、細）對該反應速率的影響，且實驗④為細顆粒，實驗①為粗顆粒，顆粒越小，表面積越大，反應越快，故反應速率④>①，故曲線斜率④>①；

根據以上特征；畫出圖像如下：

【點睛】

本題考查了化學反應速率的影響因素，注意對題給信息的分析是處理是解答的關鍵，注意控制變量的實驗方法的理解和掌握。【解析】298粗顆粒1.00308粗顆粒2.00298細顆粒2.00關閉分液漏斗活塞，向外拉或向內推分液漏斗的活塞，若一段時間后松開手，活塞又回到原來的位置，則證明裝置氣密性良好Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1六、推斷題(共4題，共40分)33、（1）OH﹣+HSO3﹣=SO32﹣+H2O（2）①第三周期第VIIA族②b（3）①NA②離子鍵、共價鍵③ab（4）3NO2+H2O=2HNO3+NOFe(NO3)2【分析】【分析】本題考查無機物的推斷，是高考中的常見題型，試題綜合性強，難度較大，有利于培養學生的邏輯推理能力和抽象思維能力，提高學生分析問題、以及靈活運用基礎知識解決實際問題的能力rm{.}做好本題的關鍵之處在于把握好常見物質的性質以及有關轉化，并能結合題意具體問題、具體分析即可。【解答】rm{(1)}若rm{A}為常見的金屬單質，焰色反應呈黃色，應為rm{Na}rm{X}能使品紅溶液褪色，應為rm{SO_{2}}則rm{B}為rm{H_{2}}rm{C}為rm{NaOH}rm{D}為rm{Na_{2}SO_{3}}rm{E}為rm{NaHSO_{3}}rm{C}和rm{E}反應的離子方程式為rm{OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}故答案為：rm{OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{(2)}若rm{A}為短周期元素組成的單質，該元素的最高價氧化物的水化物酸性最強，應為rm{Cl_{2}}則rm{B}為rm{HClO}rm{C}為rm{HCl}rm{壟脵Cl}原子核外有rm{3}個電子層，最外層電子數為rm{7}位于周期表第三周期Ⅶrm{A}族，故答案為：第三周期Ⅶrm{A}族；rm{壟脷a.C}為鹽酸，可與rm{NaHCO_{3}}反應生成rm{CO_{2}}但rm{CO_{2}}與rm{NaHCO_{3}}不反應，故rm{a}錯誤；rm{b..C}為鹽酸，與rm{Na_{2}CO_{3}}反應生成rm{CO_{2}}rm{CO_{2}}與rm{Na_{2}CO_{3}}反應可生成rm{NaHCO_{3}}故rm{b}正確；rm{c..C}為鹽酸，與rm{Na_{2}SO_{4}}不反應，故rm{c}錯誤；rm{d.}鹽酸與氫氧化鋁反應生成氯化鋁，氯化鋁與氫氧化鋁不反應，故rmv6ejcq9錯誤，故答案為：rm{b}rm{(3)}若rm{A}為淡黃色粉末，應為rm{Na_{2}O_{2}}rm{壟脵1molA}與足量的rm{H_{2}O}充分反應時過氧化鈉自身發生氧化還原反應，轉移的電子數目為rm{N_{A}}故答案為：rm{N_{A}}rm{壟脷Na_{_{2}}O_{_{2}}}含有離子鍵、共價鍵，故答案為：離子鍵、共價鍵；rm{壟脹}若rm{X}為一種造成溫室效應的氣體，應為rm{CO_{2}}則rm{C}為rm{NaOH}rm{D}為rm{Na_{2}CO_{3}}rm{E}為rm{NaHCO_{3}}鑒別等濃度的rm{D}rm{E}兩種溶液，可用鹽酸或氯化鋇溶液，故答案為：rm{ab}rm{(4)}若rm{A}為氧化物，rm{X}是rm{Fe}由轉化關系可知rm{C}具有強氧化性，則rm{A}為rm{NO_{2}}rm{B}為rm{NO}rm{C}為rm{HNO_{3}}rm{NO_{2}}與水反應的方程式為rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe}與硝酸生成rm{Fe(NO_{3})_{3}}，rm{Fe(NO_{3})_{3}}與rm{Fe(NO_{3})_{3}}與rm{Fe}反應生成反應生成rm{Fe(NO_{3})_{3}}rm{Fe}rm{Fe(NO}rm{Fe(NO}故答案為：rm{{,!}_{_{3}}}rm{)}rm{)}【解析】rm{(1)OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{(2)壟脵}第三周期第rm{VIIA}族rm{壟脷b}rm{(3)壟脵N_{A}}rm{壟脷}離子鍵、共價鍵rm{壟脹ab}rm{(4)3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe(NO_{3})_{2}}34、Ⅰ、（1）

（2）H3PO4

（3）第四周期第VA族＞

Ⅱ、（1）3NO2+H2O=2HNO3+NO

（2）Fe2O3+3CO2Fe+3CO2

（3）3Fe（s）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2（g）△H=-kJ/mol【分析】【分析】本題綜合考查位置、結構和性質的關系，明確元素的種類為解答該題的關鍵，注意把握相關物質的性質，本題側重于物質的性質以及化學式的推斷，注意把握相關實驗現象，題目難度中等。【解答】由元素在周期表中的位置可知，rm{壟脵}為rm{H}rm{壟脷}為rm{Na}rm{壟脹}為rm{Al}rm{壟脺}為rm{C}rm{壟脻}為rm{N}rm{壟脼}為rm{O}rm{壟脽}為rm{P}rm{壟脿}為rm{Cl}為rm{壟脵}rm{H}為rm{壟脷}rm{Na}為rm{壟脹}rm{Al}為rm{壟脺}rm{C}為rm{壟脻}rm{N}為rm{壟脼}rm{O}為rm{壟脽}rm{P}為rm{壟脿}

rm{Cl}由Ⅰ、rm{(1)}由rm{壟脷}rm{壟脼}兩元素形成的強氧化性物質為過氧化鈉，過氧化鈉為離子化合物，電子式為：rm{(1)}兩元素形成的強氧化性物質為過氧化鈉，過氧化鈉為離子化合物，電子式為：rm{壟脷}rm{壟脼}兩元素構成的；由rm{壟脵}rm{壟脻}兩元素構成的rm{10}電子化合物為氨氣，氨氣是由rm{3}個rm{H}與rm{1}個rm{N}通過分別共用rm{1}對電子形成共價化合物，用電子式表示該物質形成過程為：電子化合物為氨氣，氨氣是由rm{壟脵}個rm{壟脻}與rm{10}個rm{3}通過分別共用rm{H}對電子形成共價化合物，用電子式表示該物質形成過程為：rm{1}

rm{N}rm{1}；

故答案為：；的最高價含氧酸分別為；rm{(2)壟脽}rm{壟脿}的最高價含氧酸分別為rm{H}rm{(2)壟脽}rm{壟脿}rm{H}rm{3}rm{3}rm{PO}rm{PO}rm{4}rm{4}

，rm{HClO}rm{HClO}rm{4}rm{4}，依據同周期元素，從左到右非金屬性依次增強，最高價含氧酸酸性依次增強，可知酸性較弱的是：rm{H}

rm{H}在元素周期表中rm{3}的下一周期，為第四周期，與rm{3}都是第rm{PO}族元素，所以rm{PO}在元素周期表中位置為第四周期第rm{4}族；氨氣分子中存在氫鍵，所以沸點比同主族其他元素氫化物沸點高，所以氫化物的沸點：rm{4}；故答案為：rm{H}rm{H}rm{3}

rm{3}族；rm{PO}

rm{PO}為紅棕色氣體，rm{4}為強酸，rm{4}為常見金屬單質，結合轉化關系可知，；為rm{(3)As}在元素周期表中rm{P}的下一周期，為第四周期，與rm{P}都是第rm{VA}族元素，所以rm{As}在元素周期表中位置為第四周期第rm{VA}族；氨氣分子中存在氫鍵，所以沸點比同主族其他元素氫化物沸點高，所以氫化物的沸點：rm{NH}rm{(3)As}rm{P}為rm{P}rm{VA}rm{As}為rm{VA}rm{NH}為rm{{,!}_{3}}rm{{,!}_{3}}為rm{>AsH}rm{>AsH}rm{3}rm{3}；為故答案為：第四周期第rm{VA}族；rm{>}rm{VA}rm{>}Ⅱ、rm{A}為紅棕色氣體，rm{B}為強酸，rm{X}為常見金屬單質，結合轉化關系可知，rm{A}為rm{NO}rm{A}

rm{B}與水反應的化學方程式為rm{X}rm{A}rm{NO}rm{2}rm{2}，rm{H}為rm{HNO}rm{H}