2024年沪科版高三化学上册月考试卷

…………○…………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年沪科版高三化学上册月考试卷721考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列离子的检验正确的是（）A.某溶液中滴入盐酸，生成无色气体，说明原溶液中一定有CO32-B.某溶液中滴入氢氧化钠溶液，生成蓝色沉淀，说明原溶液中一定有Cu2+C.某溶液中滴入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中一定有SO42-D.某溶液中滴入硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中一定有Cl-2、生活垃圾应分类投放，塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于（）A.有机物B.盐类C.非金属单质D.无机物3、下列判断错误的是（）A.沸点：NH3＞PH3＞AsH3B.稳定性：H2O＞NH3＞CH4C.酸性：HClO4＞H2SO4D.碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）34、下列离子方程式正确的是（）A.过量铁屑溶于少量稀硝酸：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2OB.醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+═Ca2++H20+CO2↑C.用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+D.钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应：O2+4e-+4H+═2H2O5、氯酸是一种强酸，浓度超过40％时会发生分解，反应可表示为aHClO3=bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O。下列有关说法不正确的是A.由反应可确定：氧化性HClO3＞O2B.若氯酸分解所得混合气体，lmol混合气体质量为45g，则反应方程式可表示为：3HClO3=2O2↑+C12↑+HClO4+H2OC.由非金属性Cl＞S，可推知酸性HClO3＞H2SO4D.若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为20e－6、下列物质为含有非极性共价键的离子化合物的是()A.NaOHB.NH4ClC.CH3COONaD.PCl57、下列各组物质中，由极性键构成的非极性分子是rm{(}rm{)}A.rm{C_{2}H_{2}}B.rm{NH_{3}}C.rm{H_{2}O}D.rm{NaOH}评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、某实验小组只领取下列仪器或用品：铁架台、铁圈、三角架、石棉网、烧杯、分液漏斗、酒精灯、玻璃棒、量筒、蒸发皿、圆底烧瓶、火柴．只应用上述仪器或用品，不能进行的实验操作是（）A.蒸发B.萃取C.过滤D.蒸馏9、下列物质属于电解质的是（）A.铜B.AgNO3C.蔗糖D.硫酸10、下列说法不正确的是（）A.无水酒精可以将溴水中的溴萃取出来B.可用碱石灰除去氢气中的氯化氢C.碘水是棕黄色的、碘的四氯化碳溶液是紫红色D.将盐酸滴到干燥的石蕊试纸上，无明显现象11、1mol某烃完全燃烧后，能生成二氧化碳112L（标准状况下），若此烃在一定条件下能与氢气加成，最多能消耗两倍于其体积的氢气，则此烃的结构简式可能为（）A.CH3-CH=CH2B.CH3-CH=CH-CH=CH2C.CH3-C≡C-CH2CH3D.12、如图是某硫酸试剂瓶的标签上的部分信息．下列说法正确的是（）

A.常温下，该试剂可与金属铝反应生成大量的无色气体B.1molZn与足量的该硫酸反应生成2g氢气C.该硫酸与等体积水混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2mol/LD.向50mL该硫酸中加入足量的铜片，加热，反应后被还原的硫酸的物质的量小于0.46mol13、500℃、20MPa时，将H2和N2置于一容积为2L的密闭容器中发生反应．反应过程中H2、N2和NH3物质的量变化如图所示，下列说法正确的是（）A.反应开始到第一次平衡时，N2的平均反应速率为0.005mol/（L•min）B.从曲线变化可以看出，反应进行到10min至20min时可能是使用了催化剂C.从曲线变化可以看出，反应进行至25min时，分离出0.1mol的氨气D.在25min时平衡正向移动，但达到新平衡后NH3的体积分数比原平衡小评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、已知如下化学反应．4HCl+O22Cl2+2H2O．完成下列填空：

（1）该反应平衡常数的表达式K=____；若反应容器的容积为4L，4min后达到平衡，测得容器内物质由2.0mol减少至1.75mol，则HCl的平均反应速率为____．

（2）若该反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达平衡时，下列叙述正确的是____．

a．v（HCl）=2v（Cl2）

b．4v正（HCl）=v逆（O2）

c．又加入1molO2；达新平衡时，HCl的转化率增大。

d．分离出H2O，达新平衡时，v正（HCl）增大．15、（1）已知肼（N2H4）又称联氨，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料．已知在101kPa、25℃时，0.5mol液态肼与足量氧气反应，生成氮气和水蒸气，放出312kJ的热量，写出该反应的热化学方程式____

（2）已知每千克氢气在常温常压下燃烧约放出热量1.43×105kJ，每千克汽油燃烧约放出热量4.6×104kJ，氢气被公认为是21世纪替代矿物燃料的理想能源，氢气作为能源的优点有：____．16、烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放，实验室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6-2x]溶液；并用于烟气脱硫研究．

（1）酸浸时反应的化学方程式为____；滤渣Ⅰ的主要成分为____（填化学式）．

（2）加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2（SO4）3转化为Al2（SO4）x（OH）6-2x．滤渣Ⅱ的主要成分为____（填化学式）；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是____（用离子方程式表示）．

（3）上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，其主要原因是____；与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将____（填“增大”、“减小”或“不变”）．17、在Na+的物质的量浓度为0.5mol•L-1的某澄清溶液中；还可能含有如表中所示的若干种离子．

。阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3-、CO32-、SiO32-、SO42-取100mL该溶液进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：

。序号实验内容实验结果Ⅰ想该溶液中加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体Ⅱ将Ⅰ中产生的混合液过滤，将沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体的质量固体质量为2.4gⅢ向Ⅱ中所得的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题：

（1）由实验Ⅰ确定一定不存在的离子是____．

（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为____．

（3）通过实验Ⅰ；Ⅱ、Ⅲ和必要计算；填写表中阴离子的物质的量浓度（能计算出结果的填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）

。阴离子NO3-CO32-SiO32-SO42-c/mol•L-1________________（4）判断K+是否存在，若存在，求其最小浓度，若不存在，请说明理由：____．18、高纯氧化铁rm{(娄脕-Fe_{2}O_{3})}是现代电子工业的重要材料rm{.}实验室用硫铁矿烧渣rm{(}主要成分为rm{Fe_{2}O_{3}}rm{FeO}还含有rm{SiO_{2}}等杂质rm{)}为原料制备高纯氧化铁的步骤如下：

回答下列问题：

rm{(1)}上述实验所涉及的反应中，有一个反应既属于化合反应，又属于氧化还原反应rm{.}写出该反应的离子方程式：______．

rm{(2)}实验室欲用rm{18.4mol?L^{-1}}的浓硫酸配制rm{100mL}rm{5.0mol?L^{-1}}的硫酸溶液，所用的玻璃仪器胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒外，还有______rm{(}填写仪器名称rm{)}．

rm{(3)}某同学用如图rm{1}所示装置进行过滤操作．

rm{垄脵}请指出其中的错误之处：______；

rm{垄脷}过滤后；洗涤过滤器中少量沉淀的方法是______．

rm{(4)}某同学用图rm{2}所示实验装置rm{(}尾气吸收装置未画出rm{)}向溶液rm{Y}中通入rm{NH_{3}}和rm{CO_{2}}．

rm{垄脵}下列为实验室制备rm{NH_{3}}和rm{CO_{2}}的备选药品：

rm{a.NH_{4}Cl}rm{b.CaCO_{3}(}块状rm{)}rm{c.Ca(OH)_{2}d.NaOH}rm{e.}浓氨水rm{f.}稀盐酸rm{g.}稀硫酸。

则上述装置rm{A}处的试管中所放药品的最佳选择为______和______rm{(}用药品序号填空rm{)}装置rm{D}处药品的最佳选择为______和______rm{(}用药品序号填空rm{)}．

rm{垄脷}下列各项制备实验中，也可利用装置rm{D}处仪器完成的是______rm{(}填序号rm{)}．

A.rm{MnO_{2}}与浓盐酸反应制备rm{Cl_{2}}

B.rm{Cu}与浓硫酸反应生成rm{SO_{2}}

C.由rm{KMnO_{4}}分解制rm{O_{2}}

D.乙醇与乙酸反应制备乙酸乙酯。

E.rm{Zn}与稀硫酸反应制备rm{H_{2}}

rm{垄脹}写出上述装置rm{A}处的试管中所发生反应的化学方程式______．

rm{垄脺}若通入一定量的rm{NH_{3}}和rm{CO_{2}}后，装置rm{C}处的溶液中只含有rm{S}rm{N}rm{H}rm{O}四种元素rm{.}用rm{pH}试纸测定该溶液rm{pH}的方法是______；若该溶液呈中性，则溶液中的rm{NH_{4}^{+}}和rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量浓度间的数量关系为______rm{.(}离子的浓度用符号rm{[NH_{4}^{+}]}和rm{[SO_{4}^{2-}]}表示rm{)}19、A、B、C、D、E、F是短周期元素，周期表中A与B、B与C相邻；C与E同主族；A与C最外层电子数之比为2：3，B的最外层电子数比C的最外层电子数少1个；F元素的原子在周期表中半径最小；常见化合物D2C2与水反应生成C的单质；且溶液使酚酞溶液变红．

（1）E的名称为____；D的最高价氧化物的水化物的电子式：____．AB-离子的电子式为____．

（2）A、B、C的氢化物稳定性顺序为（用分子式表示）____；B的氢化物和B的最高价氧化物的水化物反应生成Z，则Z中的化学键类型为____．

（3）F2C和F2E中，沸点较高的是____（填化学式），其主要原因是____．

（4）两种均含C、D、E、F四种元素的化合物相互反应放出气体的反应离子方程式为____．

（5）一定量的D2C2与AC2反应后的固体物质，恰好与含0.8molHCl的稀盐酸完全反应，并收集0.25mol气体，则用物质的量表示该固体物质的组成为____．20、（2011秋•抚顺校级月考）物质A在体内脱氢酶的作用下会氧化为有害物质CHB．如图是关于物质A的一种制备方法及由A引发的一系列化学反应．

已知：CH2=CH-CH=CH2+CH2=CH2

请回答下列问题：

（1）写出反应类型：反应①____，反应③____．

（2）写出化合物B中的官能团名称____．

（3）写出反应②的化学方程式____．

（4）写出反应④的化学方程式____．

（5）反应④中除生成E外，还可能存在一种副产物（含结构），它的结构简式为____．

（6）与化合物E互为同分异构体的物质不可能为____（填写字母）．a．醇b．醛c．羧酸d．酚．21、如图是某学生绘制的实验室蒸馏石油的装置图：

（1）实验室分馏石油的正确操作顺序是____

A．连接接液管B．装入碎瓷片（沸石）和石油；塞上带温度计的塞子C．检查装置气密性。

D．连接冷凝管及进出水管E．在铁架台上放酒精灯；固定好铁圈，放上石棉网F．固定好蒸馏烧瓶，调节好温度计的位置G．加热。

（2）装置图中有两处错误；它们分别是：

①____；

②____．22、金属具有良好的导电；导热及延展性等；因此广泛应用于制造各种材料．请回答下列问题：

(1)家庭中“钢精锅”是由铝合金做成的；它能长期使用的原因是：____________．

(2)下列关于铁制品保护措施的说法中不正确的有____________(填序号)．

①在自行车钢圈上镀上一层金属铬；摩擦部位加上机油或黄油。

②相同条件下；马口铁(表层镀锡)与白铁(表层镀锌)相比，马口铁更为耐用。

③在海轮的外壳上常焊有锌块；且定期更新。

④将不锈钢制成刀具和餐具，有的刀具还进行烤蓝处理．评卷人得分四、判断题(共2题，共8分)23、制备MgO，既可以通过化合反应，又可以通过置换反应制备____（判断对和错）24、某烷烃的名称为2，2，4，4-四甲基-3，3，5-三乙基己烷____（判断对错）评卷人得分五、简答题(共3题，共27分)25、有机物M（）是一种常用的食品添加剂；合成路线如下：

已知：①（R1、R2为H或烃基）

②与稀氢氧化钠溶液不反应。

回答系列问题：

（1）有机物M中能与NaOH反应的官能团的名称为______；

（2）F的核磁共振氢谱有______组峰，A→B的反应类型为______；

（3）化合物L的结构简式为______；

（4）B→C+G的化学方程式为______；

（5）有机物N（C8H8O3）为芳香化合物，其满足下列条件的同分异构体有______种．

Ⅰ．遇FeCl3显紫色。

Ⅱ．能发生水解反应和银镜反应Ⅲ．苯环上的一氯代物有3种。

（6）已知：③由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂任选）如下：

①产物b的结构简式为______．

②产物c与足量新制Cu（OH）2反应的化学方程式为______．26、常见的酸性锌锰干电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉、二氧化锰、氯化锌和氯化铵等组成的糊状填充物，回收处理该废电池可以得到多种化工原料，有关数据如下表所示：溶解度rm{/(g/100g}水rm{)}

。

温度rm{/隆忙}

化合物rm{0}rm{20}rm{40}rm{60}rm{80}rm{100}rm{NH_{4}Cl}rm{29.3}rm{37.2}rm{45.8}rm{55.3}rm{65.6}rm{77.3}rm{ZnCl_{2}}rm{343}rm{395}rm{452}rm{488}rm{541}rm{614}不溶物溶度积：

。化合物rm{Zn(OH)_{2}}rm{Fe(OH)_{2}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{K_{sp}}近似值rm{10^{-17}}rm{10^{-17}}rm{10^{-39}}回答下列问题：

rm{(1)}该电池的总反应式可表述为rm{Zn+2NH_{4}^{+}+2MnO_{2}篓TZn^{2+}+2NH3+2MnO(OH).}则对应的正极反应式应为______，rm{MnO(OH)}中锰元素的化合价为______价rm{.}

rm{(2)}维持电流强度为rm{0.5A}电池工作五分钟，理论消耗锌______rm{g.(}已经rm{F=96500C/mol)}

rm{(3)}废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有rm{ZnCl_{2}}和rm{NH_{4}Cl}若将滤液加热蒸发，首先应该析出的物质应是______，原因是______；滤渣的主要成分是rm{MnO_{2}}rm{MnO(OH)}和______．

rm{(3)}废电池的锌皮中有少量杂质铁、将其加入稀硫酸溶解，再加入双氧水，加碱调节rm{pH}可得到rm{Fe(OH)_{3}}沉淀rm{.}加入双氧水时发生反应的离子方程式为______；铁离子开始沉淀时的溶液的rm{pH}应为rm{(}假定rm{Fe^{3+}}为rm{0.01mol?L^{-1})}______；若上述过程不加双氧水就加碱调节rm{pH}直接得到的沉淀中应主要含有______．27、以硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO）生产安全高效的水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）的工艺流程如下：

已知：FeO42-在强碱性溶液中稳定，但在Fe（OH）3催化作用下会发生分解。

（1）“酸浸”时加入硫酸的量不宜过多的原因是______。

（2）“氧化”时发生反应的离子方程式为______。

（3）在控制其他条件不变的情况下，探究保持Fe2（SO4）3和NaOH总质量不变，改变其质量比对K2FeO4产率的影响，实验结果如图所示，当质量比大于0.55时K2FeO4的产率下降的原因可能是______。

（4）“过滤2”产生的滤渣的主要成分为______（填化学式），“过滤3”所得滤液中含有的阴离子有OH-、Cl-、SO42-；______、______（填化学式）。

（5）K2FeO4可将水中的H2S氧化为硫酸盐，同时K2FeO4被还原为Fe（OH）3，则反应时K2FeO4与H2S的物质的量之比为______。评卷人得分六、实验题(共2题，共16分)28、二氧化氯（ClO2）是国内外公认的高效、广谱、快速、安全无毒的杀菌消毒剂，被称为“第4代消毒剂”．工业上可采用氯酸钠（NaClO3）或亚氯酸钠（NaClO2）为原料制备ClO2．

（1）亚氯酸钠也是一种性能优良的漂白剂，但在强酸性溶液中会发生歧化反应，产生ClO2气体，离子方程式为______．向亚氯酸钠溶液中加入盐酸，反应剧烈．若将盐酸改为相同pH的硫酸，开始时反应缓慢，稍后一段时间产生气体速率迅速加快．产生气体速率迅速加快的原因是______．

（2）化学法可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备ClO2．用H2O2作还原剂制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是______．

（3）电解法是目前研究最为热门的生产ClO2的方法之一．如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验．

①电源负极为______极（填A或B）．

②写出阴极室发生反应依次为______．

③控制电解液H+不低于5mol/L，可有效防止因H+浓度降低而导致的ClO2-歧化反应．若两极共收集到气体22.4L（体积已折算为标准状况，忽略电解液体积的变化和ClO2气体溶解的部分），此时阳极室与阴极室c（H+）之差为______．29、按如图rm{1}所示装置进行铁和水蒸气反应的实验．

rm{(1)}铁粉与水蒸气反应的化学方程式是：______；

rm{(2)}为检验生成的气体产物，需从图rm{2}选择必要的装置，其正确的连接顺序为rm{(}用接口字母表示rm{)a-}______；描述能验证气体产物的实验现象______；

rm{(3)}停止反应，待装置冷却后，取出反应过的铁粉混合物，加入过量的稀硫酸充分反应，过滤rm{.}简述检验所得滤液中rm{Fe^{3+}}的操作方法：______；

rm{(4)}经检验上述滤液中不含rm{Fe^{3+}}这不能说明铁粉与水蒸气反应所得产物中不含rm{+3}价的铁rm{.}原因是rm{(}用离子方程式说明rm{)}______；

rm{(5)}某同学利用上述滤液制取白色的rm{Fe(OH)_{2}}沉淀，向滤液中加入rm{NaOH}溶液后；观察到生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色．

rm{垄脵}沉淀由白色变为红褐色的化学方程式是：______；

rm{垄脷}为了得到白色的rm{Fe(OH)_{2}}沉淀，并尽可能使沉淀长时间保持白色，有同学设计如图rm{3}所示的装置：通电后，溶液中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色rm{.}下列说法中正确的是______rm{(}填序号rm{)}．

A.电源中的rm{a}为正极，rm{b}为负极。

B.可以用rm{NaCl}溶液作为电解液。

C.rm{A}rm{B}两端都必须用铁作电极。

D.阴极发生的反应是rm{2H^{+}+2e^{-}篓TH_{2}隆眉}参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】A；该无色气体可以为二氧化碳、二氧化硫；故离子可以是碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根、亚硫酸氢根等；

B；氢氧化铜为蓝色沉淀；

C；氯化钡可以与硝酸银生成白色沉淀；

D、碳酸银、氯化银、硫酸银等均为白色沉淀．【解析】【解答】解：A；常见的无色气体由二氧化碳、二氧化硫等；均可由其正盐、酸式盐与酸反应得到，故A错误；

B；氢氧化铜为蓝色沉淀；故B正确；

C；氯化钡中含有氯离子；可以与银离子生成氯化银沉淀，不一定是硫酸钡，故C错误；

D、碳酸银、硫酸银等均为白色沉淀，故D错误，故选B．2、A【分析】【分析】根据塑料袋、废纸、旧橡胶制品的成分分别为合成高分子化合物、纤维素、合成高分子，均属于有机高分子化合物．【解析】【解答】解：塑料袋；旧橡胶制品属于高分子化合物；废纸的主要成分是植物的纤维是纤维素，它们都属于有机物；

故选A．3、A【分析】【分析】A．根据影响氢化物沸点高低的因素有氢键和分子间作用力判断；

B．元素的非金属性越强；对应的氢化物越稳定；

C．元素的非金属性越强；对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；

D．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强．【解析】【解答】解：A．NH3含有氢键，沸点最高，PH3和AsH3结构相似，但不含氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，分子的沸点越高，应为NH3＞AsH3＞PH3；故A错误；

B．非金属性O＞N＞C；元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；

C．非金属性Cl＞S；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故C正确；

D．金属性：Na＞Mg＞Al；元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，故D正确．

故选：A．4、C【分析】【分析】A．反应生成硝酸亚铁；

B．醋酸在离子反应中保留化学式；

C．反应生成氯化亚铁；氯化铜；

D．氧气得到电子生成氢氧根离子．【解析】【解答】解：A．过量铁屑溶于少量稀硝酸的离子反应为3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O；故A错误；

B．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应的离子反应为CaCO3+2HAc═Ca2++H20+CO2↑+2Ac-；故B错误；

C．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板的离子反应为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；遵循电子；电荷守恒，故C正确；

D．钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应为O2+4e-+2H2O═4OH-；故D错误；

故选C．5、C【分析】试题分析：A、由题HClO3既是氧化剂又是还原剂，HClO4、O2是氧化产物、Cl2是还原产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故A正确；B、由生成的Cl2和O2的混合气体平均分子量为45，则n(O2)×32g/mol+n(Cl2)×71g/mol÷[n(O2)+n(Cl2)]=45g/mol，则n（O2）：n（Cl2）=2：1，由电子守恒得化学反应方程式为3HClO3=2O2↑+Cl2↑+HClO4+H2O，故B正确；C、比较非金属性强弱，应为最高价含氧酸的酸性，应为HClO4＞H2SO4，故C错误；D、若化学计量数a=8，b=3，由C分析可得化学反应方程式为8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O，电子转移数目为20e-，故D正确。考点：本题考查【解析】【答案】C6、C【分析】解：A．NaOH含有离子键和极性共价键；故A错误；

B．NH4Cl含有离子键和极性共价键；故B错误；

C．CH3COONa含有离子键和非极性共价键；故C正确；

D．PCl5只含极性共价键；故D错误．

故选C．【解析】【答案】C7、A【分析】解：rm{A.C_{2}H_{2}}含有的化学键rm{C-H}是极性键；乙炔是直线型结构，正负电荷重心重合，是非极性分子，故A正确；

B.rm{NH_{3}}含有的化学键rm{N-H}是极性键；分子构型分别是三角锥型，正负电荷重心不重合，是极性分子，故B错误；

C.rm{H_{2}O}含有的化学键rm{H-O}是极性键，水分子是rm{V}型结构；正负电荷重心不重合是极性分子，故C错误；

D.氢氧化钠为离子化合物；钠离子与氢氧根离子通过离子键结合而成，没有分子，故D错误；

故选：rm{A}

同种非金属元素之间形成非极性共价键；不同非金属元素之间形成极性共价键；分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子。以此来解答。

本题考查化学键及分子的极性，明确化学键判断的方法及分子极性的判断方法是解答本题的关键，应熟悉常见分子的构型，题目难度不大。【解析】rm{A}二、多选题(共6题，共12分)8、CD【分析】【分析】A．蒸发用到三角架；蒸发皿、玻璃棒；

B．萃取需要铁架台；铁圈、分液漏斗、烧杯等仪器；

C．过滤需要铁架台；铁圈、烧杯、玻璃棒、滤纸、漏斗；

D．蒸馏需要铁架台、铁圈、铁夹、石棉网、酒精灯、蒸馏烧瓶、火柴、冷凝管、牛角管以及锥形瓶．【解析】【解答】解：A．蒸发用到三角架；蒸发皿、玻璃棒；提供的仪器能满足该操作，故A不选；

B．萃取需要铁架台；铁圈、分液漏斗、烧杯等仪器；提供的仪器能满足，故B不选；

C．过滤需要铁架台；铁圈、烧杯、玻璃棒、滤纸、漏斗；无漏斗、滤纸，提供的仪器不能满足，故C选；

D．蒸馏需要铁架台；铁圈、铁夹、石棉网、酒精灯、蒸馏烧瓶、火柴、冷凝管、牛角管以及锥形瓶；提供的仪器缺少冷凝管、牛角管以及锥形瓶，不能进行试验，故D选．

故选CD．9、BD【分析】【分析】在水溶液里或融融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，无论是电解质还是非电解质都必须是化合物，据此分析．【解析】【解答】解：A．铜是单质不是化合物；所以铜既不是电解质也不是非电解质，故A错误；

B．在水溶液里或熔融态的硝酸银能导电；且硝酸银是化合物，所以硝酸银是电解质，故B正确；

C．蔗糖在水中以分子存在导致其水溶液不导电；但蔗糖是化合物，所以蔗糖是非电解质，故C错误；

D．H2SO4在水中能电离出H+和SO42-在水溶液中能导电是电解质；故D正确；

故选BD．10、AD【分析】【分析】A．酒精和水互溶；不能用作萃取剂；

B．氯化氢可与碱石灰反应；

C．含碘溶液的浓度越大；颜色越深；

D．盐酸可使石蕊试纸变红．【解析】【解答】解：A．萃取剂和水应互不相溶；酒精和水互溶，不能用作萃取剂，故A错误；

B．氯化氢可与碱石灰反应；可用碱石灰除去氯化氢，故B正确；

C．碘在水的中的溶解度较小；在四氯化碳中的溶解度较大，含碘溶液的浓度越大，颜色越深，故C正确；

D．盐酸为氯化氢的水溶液；可使石蕊试纸变红，故D错误．

故选AD．11、BC【分析】【分析】根据二氧化碳的体积判断有机物含有的C原子数目，此烃在一定条件下能与氢气加成，最多能消耗两倍于其体积的氢气，说明分子中含有1个C≡C或2个C=C，以此解答该题．【解析】【解答】解：n（CO2）==5mol，说明烃分子中含有5个C原子，此烃在一定条件下能与氢气加成，最多能消耗两倍于其体积的氢气，说明分子中含有1个C≡C或2个C=C，可能为CH3-CH=CH-CH=CH2或CH3-C≡C-CH2CH3；

故选BC．12、CD【分析】【分析】依据C=计算硫酸的物质的量浓度为18.4mol/L；该硫酸为浓硫酸．

A．浓硫酸具有强的氧化性；常温下能够使铝钝化；

B．锌与浓硫酸反应不能得到氢气；

C．分子间有间隙；等体积浓硫酸与等体积水混合，体积小于二体积；

D．铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应．【解析】【解答】依据C=计算硫酸的物质的量浓度为18.4mol/L；该硫酸为浓硫酸．

解：A．浓硫酸具有强的氧化性；常温下能够使铝钝化，故A错误；

B．浓硫酸具有强的氧化性；与任何金属反应都不能生成氢气，故B错误；

C．分子间有间隙；等体积浓硫酸与等体积水混合，体积小于二体积，所以混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2mol/L，故C正确；

D．随着反应的进行硫酸浓度逐渐降低；铜只能与稀硫酸反应，所以反应后被还原的硫酸的物质的量小于0.46mol，故D正确；

故选：CD．13、BC【分析】【分析】A．第一次平衡时；时间为20min，氮气的物质的量由0.4mol变为0.25mol，容器容积为2L，根据速率公式可计算出氮气的速率；

B．根据图象知；平衡向正反应方向移动，10min时是连续的，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明为使用催化剂；

C.25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；

D．第25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3，压强减小，据此分析．【解析】【解答】解：A．第一次平衡时，时间为20min，氮气的物质的量由0.4mol变为0.25mol，容器容积为2L，v（N2）==0.00625mol/（L•min）；故A错误；

B．由图象可知各组分物质的量变化增加，且10min时变化是连续的，20min达平衡时，△n（N2）=0.4-0.25=0.15mol，△n（H2）=0.6mol-0.15mol=0.45mol，△n（NH3）=0.3mol；物质的量变化之比等于化学计量数之比，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明10min可能改变的条件是使用催化剂，故B正确；

C.25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；故C正确；

D．第25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3，由于反应条件为恒容，与原平衡相比，容器内压强减小，则反应进行的程度减小，但达到新平衡后NH3的体积分数比原平衡大；故D错误；

故选BC．三、填空题(共9题，共18分)14、0.0625mol/（L∙min）c【分析】【分析】（1）化学平衡常数是指：一定温度下；可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体；纯液体不需要在化学平衡常数中写出；

利用差量法计算消耗HCl物质的量，再根据v=计算v（HCl）；

（2）a．未指明正逆速率；不能确定是否到达平衡；

b．不同物质表示正逆速率之比等于化学计量数之比；反应到达平衡；

c．增大没有反应物难度；平衡正向氧气，其它反应物转化率增大；

d．分离出H2O，平衡正向移动，正反应速率减小至平衡状态．【解析】【解答】解：（1）4HCl+O22Cl2+2H2O的平衡常数表达式K=；

4min后达到平衡；测得容器内物质由2.0mol减少至1.75mol，则：

4HCl+O22Cl2+2H2O物质的量减小。

41

1mol2mol-1.75mol=0.25mol

故v==0.0625mol/（L∙min）；

故答案为：；0.0625mol/（L∙min）；

（2）a．未指明正逆速率；不能确定是否到达平衡，若分别表示正逆速率，则处于平衡状态，故a错误；

b．4v正（HCl）=v逆（O2）均表示逆反应速率，反应始终按该比例关系进行，故b错误；

c．又加入1molO2；氧气浓度增大，平衡正向移动，HCl的转化率增大，故c正确；

d．分离出H2O，平衡正向移动，正反应速率减小至平衡状态，达新平衡时，v正（HCl）减小；故d错误；

故选：c．15、N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-624kJ/mol来源丰富，单位质量放热多，生成物无污染【分析】【分析】（1）根据题中数据计算出该反应的焓变；然后写出反应的热化学方程式，注意要标注物质的聚集状态；

（2）根据氢气的来源、性质和燃烧的产物来回答．【解析】【解答】解：（1）在101kPa（25℃时）时，已知0.5mol液态肼与足量氧气反应，生成氮气和水蒸气，放出312KJ的热量，则1mol液态肼完全反应生成氮气和水蒸气放出的热量为：312kJ×2=624kJ，该反应的热化学方程式为：N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-624kJ/mol；

故答案为：N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-624kJ/mol；

（2）氢气主要来源于水；在自然界中储量极为丰富；单位质量的氢燃烧时释放的热量大；燃烧产物为水，不产生污染；所以氢气作为能源的三个主要优点：来源丰富；单位质量放热多；生成物无污染；

故答案为：来源丰富，单位质量放热多，生成物无污染．16、Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2OSiO2CaSO43CaCO3+2Al3++3SO42-+3H2O═2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2↑溶液中的部分SO32-被氧化生成SO42-减小【分析】【分析】粉煤灰和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，调节pH=3.6，加入CaCO3粉末，发生反应CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO4，过滤得滤液Ⅱ，二氧化硫和水反应生成的SO32-易被氧化生成SO42-，弱酸根离子转化为强酸根离子，再结合题目分析解答．【解析】【解答】解：粉煤灰和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，调节pH=3.6，加入CaCO3粉末，发生反应CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO4，过滤得滤液Ⅱ，二氧化硫和水反应生成的SO32-易被氧化生成SO42-；

（1）通过以上分析知，酸浸时反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，氧化铝和稀硫酸完全反应、二氧化硅和稀硫酸不反应，所以滤渣I的成分为SiO2；

故答案为：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；SiO2；

（2）通过以上分析知，滤渣Ⅱ的成分是CaSO4，若溶液的pH偏高，溶液中的Al3+和OH-离子反应生成Al（OH）3，所以将会导致溶液中铝元素的含量降低，反应方程式为3CaCO3+2Al3++3SO42-+3H2O═2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2↑；

故答案为：CaSO4；3CaCO3+2Al3++3SO42-+3H2O═2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2↑；

（3）二氧化硫被吸收后生成SO32-，SO32-不稳定，易被氧化生成SO42-，所以流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，加热分解后的溶液中硫酸根离子浓度增大，促进生成Al2（SO4）x（OH）6-2x；则溶液的酸性增强，溶液的pH减小；

故答案为：溶液中的部分SO32-被氧化生成SO42-；减小．17、Ag+、Mg2+、Ba2+SiO32-+2H+=H2SiO3↓0.25mol/L0.4mol/L0存在，其浓度至少为0.8mol/L【分析】【分析】由题意知溶液为澄清溶液，因此溶液中含有的离子必须能大量共存．由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32-，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32-+2H+=H2SiO3↓，SiO32-的浓度为=0.4mol/L．由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3-是否存在．【解析】【解答】解：由题意知溶液为澄清溶液，因此溶液中含有的离子必须能大量共存．由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32-，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32-+2H+=H2SiO3↓，SiO32-的浓度为=0.4mol/L．由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L，不能确定NO3-是否存在．

（1）由实验Ⅰ可知，加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体，则该溶液中一定含有CO32-、SiO32-，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；

故答案为：Ag+、Mg2+、Ba2+；

（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3↓；

故答案为：SiO32-+2H+=H2SiO3↓；

（3）通过上述分析计算可知；

。阴离子NO3-CO32-SiO32-SO42-c/mol•L-1？0.25mol/L0.4mol/L0（4）根据电荷守恒2c（CO32-+）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+；且其浓度至少为0.8mol/L；

故答案为：存在，其浓度至少为0.8mol/L．18、Fe+2Fe3+=3Fe2+；100mL容量瓶；未用玻璃棒引流或烧杯未紧靠玻璃棒，玻璃棒没紧靠三层滤纸；沿玻璃棒向漏斗（过滤器）中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次；a；c；b；f；E；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+H2O；用洁净、干燥的玻璃棒蘸取待测溶液，点在在放在干燥的玻璃皿或白瓷板上的干燥pH试纸中央，待变色后立即与标准比色卡对比读数；c[NH4+]=2c[SO42-]【分析】解：rm{(1)}向硫铁矿烧渣中加入硫酸，rm{SiO_{2}}不与酸反应，氧化铁和氧化亚铁分别与硫酸发生复分解反应得到硫酸铁和硫酸亚铁，过滤后所得滤渣为rm{SiO_{2}}滤液rm{A}中加入过量铁粉将rm{Fe^{3+}}还原为rm{Fe^{2+}}此反应既为化合反应又为氧化还原反应，过滤后在滤液中通入氨气和二氧化碳发生复分解反应生成rm{FeCO_{3}}和硫酸铵，高温煅烧rm{FeCO_{3}}发生氧化还原反应得rm{Fe_{2}O_{3}}由以上分析可知，符合条件的离子方程式为：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}

故答案为：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}

rm{(2)}配制一定物质的量浓度的溶液要用到一定体积的容量瓶，此实验需要配制rm{100mL5.0mol?L^{-1}}的硫酸溶液，故需要rm{100mL}容量瓶，故答案为：rm{100mL}容量瓶；

rm{(3)垄脵}过滤要符合“一贴；二低、三靠”；此图示缺少两靠，即烧杯紧靠玻璃棒、玻璃棒紧靠三层滤纸处，或答成未用玻璃棒引流也可以；

故答案为：未用玻璃棒引流或烧杯未紧靠玻璃棒；玻璃棒没紧靠三层滤纸；

rm{垄脷}在过滤器中用蒸馏水洗涤沉淀，具体操作为：沿玻璃棒向漏斗rm{(}过滤器rm{)}中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀；静置使其全部滤出，重复操作数次；

故答案为：沿玻璃棒向漏斗rm{(}过滤器rm{)}中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀；静置使其全部滤出，重复操作数次；

rm{(4))垄脵}从装置图可知，rm{A}用来制取氨气，所用试剂为氯化铵和氢氧化钙，rm{D}用来制取二氧化碳；所用试剂为大理石和稀盐酸；

故答案为：rm{ac}rm{bf}

rm{垄脷D}装置为固体和液体反应不加热制气装置；用所给试剂制取氯气；二氧化硫、氧气、乙酸乙酯都需要加热，故不符合，制取氢气不需要加热符合；

故答案为：rm{E}

rm{垄脹A}为制取氨气的装置，实验室用氯化铵和氢氧化钙共热制取氨气，反应方程式为：rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+H_{2}O}

故答案为：rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+H_{2}O}

rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+H_{2}O}溶液的酸碱度具体测定方法是：用洁净、干燥的玻璃棒蘸取待测溶液，点在在放在干燥的玻璃皿或白瓷板上的干燥rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+H_{2}O}试纸中央，待变色后立即与标准比色卡对比读数测得rm{垄脺}根据电荷守恒，rm{pH}因溶液呈中性，则有rm{pH}所以rm{c[NH_{4}^{+}]+c[H^{+}]=c[OH^{-}]+2c[SO_{4}^{2-}]}

故答案为：用洁净、干燥的玻璃棒蘸取待测溶液，点在在放在干燥的玻璃皿或白瓷板上的干燥rm{c[H^{+}]=c[OH^{-}]}试纸中央，待变色后立即与标准比色卡对比读数；rm{c[NH_{4}^{+}]=2c[SO_{4}^{2-}]}

rm{pH}向硫铁矿烧渣中加入硫酸，rm{c[NH_{4}^{+}]=2c[SO_{4}^{2-}].}不与酸反应，氧化铁和氧化亚铁分别与硫酸发生复分解反应得到硫酸铁和硫酸亚铁，过滤后所得滤渣为rm{(1)}滤液rm{SiO_{2}}中加入过量铁粉将rm{SiO_{2}}还原为rm{A}此反应既为化合反应又为氧化还原反应，过滤后在滤液中通入氨气和二氧化碳发生复分解反应生成rm{Fe^{3+}}和硫酸铵，高温煅烧rm{Fe^{2+}}发生氧化还原反应得rm{FeCO_{3}}

rm{FeCO_{3}}配制一定物质的量浓度的溶液要用到一定体积的容量瓶；

rm{Fe_{2}O_{3}}根据过滤中的“一贴、二低、三靠”判断；rm{(2)}在过滤器中用蒸馏水洗涤沉淀；

rm{(3)垄脵}从装置图可知，rm{垄脷}用来制取氨气，rm{(4)垄脵}用来制取二氧化碳；根据此装置目的选择试剂；

rm{A}装置为固体和液体反应不加热制气装置，符合此条件的可用rm{D}装置；

rm{垄脷D}为制取氨气的装置；根据所用药品可写出方程式；

rm{D}根据rm{垄脹A}试纸使用步骤回答；根据电荷守恒解答．

本题综合考查了氧化铁的制备、氨气、二氧化碳的制备、过滤、配制一定浓度的溶液作、rm{垄脺}的测量基本操及离子浓度大小比较等内容，较基础．rm{pH}【解析】rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{100mL}容量瓶；未用玻璃棒引流或烧杯未紧靠玻璃棒，玻璃棒没紧靠三层滤纸；沿玻璃棒向漏斗rm{(}过滤器rm{)}中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次；rm{a}rm{c}rm{b}rm{f}rm{E}rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+H_{2}O}用洁净、干燥的玻璃棒蘸取待测溶液，点在在放在干燥的玻璃皿或白瓷板上的干燥rm{2NH_{4}Cl+Ca(OH)_{2}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}CaCl_{2}+2NH_{3}隆眉+H_{2}O}试纸中央，待变色后立即与标准比色卡对比读数；rm{pH}rm{c[NH_{4}^{+}]=2c[SO_{4}^{2-}]}19、硫H2O＞NH3＞CH4共价键和离子键H2O水分子间存在氢键HSO3-+H+=SO2↑+H2O0.1molNa2CO3、0.3molNa2O2【分析】【分析】根据常见化合物D2C2与水反应生成C的单质，且溶液使酚酞试液变红，可知C为O元素，D为Na元素，B的最外层电子数比C的最外层电子数少1个，则B的最外层电子数为5，且相邻，应为N元素，C与E同主族，E应为S元素，A与B相邻，A与E的最外层电子数之比2：3，则A的最外层电子数为4，应为C元素，F元素的原子在周期表中半径最小，F应为H元素，据此答题．【解析】【解答】解：根据常见化合物D2C2与水反应生成C的单质；且溶液使酚酞试液变红，可知C为O元素，D为Na元素，B的最外层电子数比C的最外层电子数少1个，则B的最外层电子数为5，且相邻，应为N元素，C与E同主族，E应为S元素，A与B相邻，A与E的最外层电子数之比2：3，则A的最外层电子数为4，应为C元素，F元素的原子在周期表中半径最小，F应为H元素；

（1）E为S元素，名称为硫；钠的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，它的电子式为CN-电子式为

故答案为：硫；

（2）A、B、C分别为C、N、O元素，同一周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的氢化物的稳定性逐渐增大，所以A、B、C的氢化物稳定性由强到弱的顺序为H2O＞NH3＞CH4；

B为氮元素，所以B的氢化物和B的最高价氧化物的水化物反应生成Z，Z为NH4NO3；是离子化合物，在铵根离子与硝酸根离子之间是离子键，在铵根离子和硝酸根离子内部都有共价键；

故答案为：H2O＞NH3＞CH4；共价键和离子键；

（3）F2C和F2E分别为H2O和H2S；由于水分子间存在氢键，所以水的沸点高于硫化氢；

故答案为：H2O；水分子间存在氢键；

（4）C、D、E、F四种元素的两种化合物相互间发生反应，且生成气体，两种化合物为NaHSO3、NaHSO4，在溶液中发生反应的离子方程式为HSO3-+H+=SO2↑+H2O．

故答案为：HSO3-+H+=SO2↑+H2O；

（5）由2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2、Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H20、2Na2O2+4HCl═4NaCl+O2↑+2H20；

反应后的固体物质；恰好与0.8mol稀盐酸溶液完全反应，并收集到0.25mol气体；

设反应后Na2CO3、Na2O2的物质的量分别为x；y；

则；解得x=0.1mol；y=0.3mol；

即该固体物质的组成为0.1molNa2CO3和0.3molNa2O2；

故答案为：0.1molNa2CO3、0.3molNa2O2．20、加成反应消去反应醛基和羟基HOCH2CH2CH2COOH+H2OCH2=CH-CH=CH2+CH2=CH-COOHd【分析】【分析】2HCHO+HC≡CH→HOCH2C≡CCH2OH，所以反应①为加成反应；HOCH2C≡CCH2OH与H2发生加成反应生成A，结合A的分子式可知，A为HOCH2CH2CH2CH2OH；

B分子比A分子少2个H原子，据此说明有A中1个羟基发生氧化反应生成醛基，则B为OHCCH2CH2CH2OH；

B在一定条件下氧化的产物GHB能在浓H2SO4条件下加热生成环状化合物，说明GHB中有羧基和羟基，所以GHB结构简式为HOOCCH2CH2CH2OH，GHB发生缩聚反应生成高分子化合物，则该高分子化合物结构简式为

D分子比A分子少2分子水，应是A在浓H2SO4加热条件下脱水消去生成D，则D为CH2=CHCH=CH2；由D、E分子式可知，D与CH2=CH-COOH发生加成反应生成E为据此分析解答．【解析】【解答】解：2HCHO+HC≡CH→HOCH2C≡CCH2OH，所以反应①为加成反应；HOCH2C≡CCH2OH与H2发生加成反应生成A，结合A的分子式可知，A为HOCH2CH2CH2CH2OH；

B分子比A分子少2个H原子，据此说明有A中1个羟基发生氧化反应生成醛基，则B为OHCCH2CH2CH2OH；

B在一定条件下氧化的产物GHB能在浓H2SO4条件下加热生成环状化合物，说明GHB中有羧基和羟基，所以GHB结构简式为HOOCCH2CH2CH2OH，GHB发生缩聚反应生成高分子化合物，则该高分子化合物结构简式为

D分子比A分子少2分子水，应是A在浓H2SO4加热条件下脱水消去生成D，则D为CH2=CHCH=CH2；由D、E分子式可知，D与CH2=CH-COOH发生加成反应生成E为

（1）通过以上分析知；反应①是加成反应，反应③消去反应，故答案为：加成反应；消去反应；

（2）B为OHCCH2CH2CH2OH；化合物B中的官能团名称醛基和羟基，故答案为：醛基和羟基；

（3）反应②的方程式为：HOCH2CH2CH2COOH+H2O，故答案为：HOCH2CH2CH2COOH+H2O；

（4）CH2=CH-CH=CH2与CH2=CH-COOH发生成环反应生成方程式为：CH2=CH-CH=CH2+CH2=CH-COOH

故答案为：CH2=CH-CH=CH2+CH2=CH-COOH

（5）2分子CH2=CH-CH=CH2也能发生加成反应成环，生成反应④中除生成E外，还可能存在一种副产物为故答案为：

（6）化合物E只有3个不饱和度，而酚至少4个不饱和度，所以它的同分异构体不可能是酚，故选：d．21、EFDACBG温度计水银球插入溶液插入溶液【分析】【分析】（1）按组装仪器的顺序从下到上；从左到右，连接好装置后，注意先检验装置气密性，再装入碎瓷片和石油进行蒸馏；

（2）温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用．【解析】【解答】解：（1）按组装仪器的顺序从下到上；从左到右，连接好装置后，注意先检验装置气密性，再装入碎瓷片和石油进行蒸馏，正确操作顺序为：EFDACBG；

故答案为：EFDACBG；

（2）①温度计水银球应处于蒸馏烧瓶支管口处；不应插入溶液；

②冷凝管中凝水的流向错误；冷水应从下口进，上口出；

故答案为：①温度计水银球插入溶液；②插入溶液．22、略

【分析】解：(1)铝是亲氧元素；在空气中极易和氧气反应生成的氧化铝保护膜，阻止了铝的进一步反应，从而达到保护的目的．

故答案为：致密的氧化物保护膜．

(2)①在自行车钢圈上镀上一层金属铬；摩擦部位加上机油或黄油，铬性质不活泼，机油或黄油不溶于水，所以能阻止金属被腐蚀，故正确．

②相同条件下；马口铁(表层镀锡)中铁比锡活泼，铁和锡形成的原电池中，铁较易腐蚀；白铁(表层镀锌)中锌较活泼，锌和铁形成的原电池中锌作负极，从而保护了铁，所以白铁皮更为耐用，故错误．

③在海轮的外壳上常焊有锌块；且定期更新，锌和铁形成的原电池中锌作负极，从而保护了铁，故正确．

④将不锈钢制成刀具和餐具；有的刀具还进行烤蓝处理，阻止了铁和其它物质反应从而保护了铁，故正确．

故选②．【解析】致密的氧化物保护膜;②四、判断题(共2题，共8分)23、√【分析】【分析】镁能与氧气反应生成氧化镁，属于化合反应，镁能与空气中二氧化碳反应生成氧化镁和碳单质，属于置换反应．【解析】【解答】解：镁能与氧气反应生成氧化镁，属于化合反应，镁能与空气中二氧化碳反应生成氧化镁和碳单质，属于置换反应，故正确，答案为：√．24、×【分析】【分析】烷烃命名原则：

①长选最长碳链为主链；

②多遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近离支链最近一端编号；

④小支链编号之和最小．看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

⑤简两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．【解析】【解答】解：没有把最长碳链作为主链，最长碳链应为7，为庚烷，正确命名为2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基庚烷，故答案为：×．五、简答题(共3题，共27分)25、略

【分析】解：CH3CHBrOH在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，L能与银氨溶液反应生成H，结合信息①可知L为CH3CHO，H为CH3COOH，G为CH3COONa，B在碱性条件下水解得到G、C，而C可以连续发生氧化反应得到E，则C含有醇羟基，B含有酯基，由M的结构逆推可知F为结合信息②与稀氢氧化钠溶液不反应，可知B中酯基是羧酸与酚形成的，B中醇羟基是溴原子水解引入的，则C为D为E为．故B为A为．

（1）有机物M中能与NaOH反应的官能团有：酯基；酚羟基；故答案为：酯基、酚羟基；

（2）F为分子中有4种不同的H原子，核磁共振氢谱有4组峰，A→B是甲基中H原子被Br原子取代；属于取代反应，故答案为：4；取代反应；

（3）化合物L的结构简式为：CH3CHO，故答案为：CH3CHO；

（4）B→C+G的化学方程式为：+3NaOH+CH3COONa+H2O+NaBr；

故答案为：+3NaOH+CH3COONa+H2O+NaBr；

（5）有机物N（C8H8O3）为芳香化合物；其满足下列条件的同分异构体：

Ⅰ．遇FeCl3显紫色，说明含有苯环与酚羟基；Ⅱ．能发生水解反应和银镜反应，含有甲酸形成的酯基，Ⅲ．苯环上的一氯代物有3种，含有2个取代基为-OH、-CH2OOCH时，有邻、间、对，对应的一氯代物有4、4、2种，不符合，只能含有三个取代基-OH、-CH3、-OOCH，苯环其它3个H原子均不同，-OH、-CH3CH处于邻位时、-OOCH有4种位置，-OH、-CH3CH处于间位时、-OOCH有4种位置，-OH、-CH3CH处于对位时；-OOCH有2种位置；符合条件的同分异构体共有10种；

故答案为：10；

（6）结合信息③可知，甲醇氧化得到HCHO，乙烯与溴发生加成反应得到BrCH2CH2Br，在氢氧化钠水溶液条件下发生水解反应得到HOCH2CH2OH，乙二醇与HCHO发生信息中的加成反应、脱水反应得到．则原料1为乙烯，试剂a可以为溴水，产物a为BrCH2CH2Br，试剂b为氢氧化钠水溶液，产物b为HOCH2CH2OH，原料2为甲醇，试剂c为Cu等，产物c为HCHO，产物c与足量新制Cu（OH）2反应的化学方程式为：HCHO+4Cu（OH）2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O↓+6H2O；

故答案为：HOCH2CH2OH；HCHO+4Cu（OH）2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O↓+6H2O．

CH3CHBrOH在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，L能与银氨溶液反应生成H，结合信息①可知L为CH3CHO，H为CH3COOH，G为CH3COONa，B在碱性条件下水解得到G、C，而C可以连续发生氧化反应得到E，则C含有醇羟基，B含有酯基，由M的结构逆推可知F为结合信息②与稀氢氧化钠溶液不反应，可知B中酯基是羧酸与酚形成的，B中醇羟基是溴原子水解引入的，则C为D为E为．故B为A为．

（6）结合信息③可知，甲醇氧化得到HCHO，乙烯与溴发生加成反应得到BrCH2CH2Br，在氢氧化钠水溶液条件下发生水解反应得到HOCH2CH2OH，乙二醇与HCHO发生信息中的加成反应、脱水反应得到．

本题考查有机物的推断与合成，根据转化中有机物的结构、分子式与反应条件采取正逆推法相结合进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生分析推理能力，是对有机化学基础的综合考查，（6）中甲醛与足量氢氧化铜反应方程式书写为易错点．【解析】酯基、酚羟基；4；取代反应；CH3CHO；+3NaOH+CH3COONa+H2O+NaBr；10；HOCH2CH2OH；HCHO+4Cu（OH）2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O↓+6H2O26、略

【分析】解：rm{(1)}电池的总反应式可表述为rm{Zn+2NH_{4}^{+}+2MnO_{2}篓TZn^{2+}+2NH_{3}+2MnO(OH)}该电池的正极发生还原反应，rm{MnO_{2}}被还原生成rm{MnOOH}电极方程式为rm{MnO_{2}+e-+NH_{4}^{+}=MnO(OH)+NH_{3}}负极锌被氧化生成rm{Zn^{2+}}rm{MnO(OH)}中氧元素化合价rm{-2}价，氢元素化合价为rm{+1}价，元素化合价代数和为rm{0}得到锰元素化合价为rm{+3}价；

故答案为：rm{2MnO_{2}+Zn+2H^{+}=2MnOOH+Zn^{2+}}rm{+3}

rm{(2)}持电流强度为rm{0.5A}电池工作五分钟，则电量为rm{0.5A隆脕300s=150C}转移电子的物质的量为rm{dfrac{150C}{96500C/mol}}则消耗rm{dfrac

{150C}{96500C/mol}}的质量为rm{dfrac{150C}{96500C/mol}隆脕dfrac{1}{2}隆脕65g/mol=0.05g}

故答案为：rm{Zn}

rm{dfrac{150C}{96500C/mol}隆脕dfrac

{1}{2}隆脕65g/mol=0.05g}滤液中主要有rm{0.05}和rm{(3)}通过加热浓缩、冷却结晶得到晶体，氯化铵溶解度随温度升高变化不大，氯化锌溶解度随温度变化很大，相同温度下氯化铵溶解度小于氯化锌，则首先应该析出的物质应是rm{ZnCl_{2}}填充物含有碳粉、二氧化锰、氯化锌和氯化铵等组成的糊状填充物，溶解后滤液中主要有rm{NH_{4}Cl}和rm{NH_{4}Cl}滤渣的主要成分是rm{ZnCl_{2}}碳粉盒原电池反应生成的rm{NH_{4}Cl}等；

故答案为：rm{MnO_{2}}同温下它的溶解度远小于rm{MnO(OH)}碳粉；

rm{NH_{4}Cl}铁加入稀rm{ZnCl_{2}}生成硫酸亚铁和氢气，酸性溶液中加入rm{(4)}亚铁离子可被氧化生成rm{H_{2}SO_{4}}反应的离子方程式为：rm{H_{2}O_{2}}rm{Fe^{3+}}铁离子开始沉淀时的溶液的rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}=2Fe^{3+}+2}应为rm{H_{2}O}假定rm{pH}为rm{(}因rm{Fe^{3+}}

则rm{c(OH^{-})=3dfrac{Ksp}{c(Fe^{3+})}=3dfrac{10^{-39}}{0.01}mol/L隆脰1隆脕10^{-12}mol/L}此时rm{0.01mol?L^{-1})}

由表中数据可知rm{Ksp=10^{-39}}rm{c(OH^{-})=3dfrac{Ksp}{c(Fe^{3+})}

=3dfrac{10^{-39}}{0.01}mol/L隆脰1隆脕10^{-12}mol/L}的rm{pH=2}相近，如不加rm{Zn(OH)_{2}}则rm{Fe(OH)_{2}}和rm{Ksp}分离不开，加碱调节rm{H_{2}O_{2}}直接得到的沉淀中应主要含有rm{Zn^{2+}}和rm{Fe^{2+}}

故答案为：rm{pH}rm{Zn(OH)_{2}}rm{Fe(OH)_{2}}和rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}=2Fe^{3+}+2H_{2}O}．

rm{2}该电池的正极发生还原反应，rm{Zn(OH)_{2}}被还原生成rm{Fe(OH)_{2}}负极锌被氧化生成rm{(1)}以此书写电池总反应式，依据以上合计代数和为rm{MnO_{2}}计算锰元素化合价；

rm{MnOOH}持电流强度为rm{Zn^{2+}}电池工作五分钟，则电量为rm{0}转移电子的物质的量为rm{dfrac{150C}{96500C/mol}}以此计算消耗锌的质量；物质的量；

rm{(2)}废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有rm{0.5A}和rm{0.5A隆脕300s=150C}若将滤液加热蒸发，依据溶解度比较判断析出晶体顺序，填充物含有碳粉、二氧化锰、氯化锌和氯化铵等组成的糊状填充物，溶解后滤液中主要有rm{dfrac

{150C}{96500C/mol}}和rm{(3)}滤渣的主要成分是rm{ZnCl_{2}}碳粉盒原电池反应生成的rm{NH_{4}Cl}等；

rm{ZnCl_{2}}铁加入稀rm{NH_{4}Cl}和rm{MnO_{2}}可被氧化生成rm{MnO(OH)}铁离子开始沉淀时的溶液的rm{(4)}应为rm{H_{2}SO_{4}}假定rm{H_{2}O_{2}}为rm{Fe^{3+}}结合rm{pH}计算rm{(}若不加入过氧化氢，亚铁离子不能被氧化为铁离子，在调节溶液rm{Fe^{3+}}时生成的沉淀为氢氧化铁；氢氧化亚铁、氢氧化锌沉淀．

本题考查原电池知识以及物质的分离、提纯，侧重于原电池的工作原理以及实验基本操作和注意问题，题目难度中等，有利于培养学生良好的科学素养．rm{0.01mol?L^{-1})}【解析】rm{2MnO_{2}+Zn+2H^{+}=2MnOOH+Zn^{2+}}rm{+3}rm{0.05}rm{NH_{4}Cl}同温下它的溶解度远小于rm{ZnCl_{2}}碳粉；rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}=2Fe^{3+}+2H_{2}O}rm{2}rm{Zn(OH)_{2}}和rm{Fe(OH)_{2}}27、可以减少“氧化”步骤中NaOH的用量2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O当硫酸铁跟氢氧化钠的质量比增大到一定程度时，过多的Fe3+与NaOH反应生成Fe（OH）3，Fe（OH）3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降Mg（OH）2FeO42-AlO2-8：3【分析】解：（1）为避免后续反应消耗较多的氢氧化钠；则“酸浸”时加入硫酸的量不宜过多；

故答案为：可以减少“氧化”步骤中Na