2024年人教A版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年人教A版高三化学上册阶段测试试卷525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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（）A.维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用B.糖类、蛋白质、油脂属于天然高分子化合物C.煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源D.明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的消毒净化2、下列混合物的分离和提纯方法中，用一种溶剂把物质从它与另一种溶剂中提取出来的是（）A.蒸发B.蒸馏C.过滤D.萃取3、已知：25°C时，下列说法正确的是A.25°C时，饱和溶液与饱和溶液相比，前者的大B.25°C时，在的悬浊液加入少量的固体，增大C.25°C时，固体在20ml0.01mol·氨水中的比在20mL0.01mol·溶液中的小D.25°C时，在的悬浊液加入溶液后，不可能转化成为4、rm{700隆忙}时，rm{H_{2}(g)+CO_{2}(g)?H_{2}O(g)+CO(g).}该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入rm{H_{2}}和rm{CO_{2}}起始浓度如下表所示rm{.}其中甲经rm{2min}达平衡时，rm{v(H_{2}O)}为rm{0.025mol/(L?min)}下列判断不正确的是rm{(}rm{)}

。起始浓度甲乙丙rm{c(H_{2})/mol/L}rm{0.10}rm{0.20}rm{0.20}rm{c(CO_{2})/mol/L}rm{0.10}rm{0.10}rm{0.20}A.平衡时，乙中rm{CO_{2}}的转化率大于rm{50%}B.当反应平衡时，丙中rm{c(CO_{2})}是甲中的rm{2}倍C.温度升至rm{800隆忙}上述反应平衡常数为rm{dfrac{25}{16}}则正反应为吸热反应D.其他条件不变，若起始时向容器乙中充入rm{0.10mol/L}rm{H_{2}}和rm{0.20}rm{mol/L}rm{CO_{2}}到达平衡时rm{c}rm{(CO)}与乙不同5、X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素．X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，Z为短周期中金属性最强的元素，W是地売中含量最高的金属元素．下列叙述正确的是（）A.Y、Z、W原子半径依次增大B.X的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的强C.X、R分别与Y形成的常见化合物中化学键类型相同D.元素W、R的简单离子具有相同的电子层结构评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)6、下列说法正确的是()A.rm{H_{2}O}与rm{D_{2}O}互为同位素B.纤维素与淀粉互为同分异构体C.rm{{,!}^{14}C_{60}}的rm{{,!}^{12}C_{60}}化学性质相同D.甲烷和十六烷互为同系物7、利用电导率传感器可绘制电导率曲线图，图为用rm{0.1mol/LNaOH}溶液滴定rm{10mL0.lmol/L}盐酸过程中的电导率曲线，下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.电导率传感器能用于判断酸碱中和滴定的终点B.该过程中，rm{a}点所示溶液的导电性最强C.rm{c}点电导率最小是因为此时溶液中导电微粒数目最少D.rm{d}点所示溶液中存在：rm{c(Cl^{-})+c(OH^{-})=c(H^{+})+c(Na^{+})}8、在恒容密闭容器进行的可逆反应：rm{MgSO_{4}(s)+CO(g)?MgO(s)+CO_{2}(g)+SO_{2}(g)-Q}下列分析合理的是rm{(}rm{)}A.若平衡常数rm{K}值变大，平衡移动时rm{v_{脛忙}}先减小后增大B.容器中固体物质的质量不再改变，则反应到达平衡状态C.若rm{x}表示温度，rm{y}可表示平衡时混合气体的密度D.若rm{x}表示rm{CO}物质的量，rm{y}可表示平衡时rm{CO_{2}}与rm{CO}物质的量之比9、根据下列框图分析，下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.rm{E^{2+}}的氧化性比rm{M^{2+}}的氧化性强B.在rm{垄脹}反应中若不加稀硫酸可能看到红褐色沉淀C.反应rm{垄脺}的离子方程式可表示为：rm{E^{3+}+3SCN^{-}篓TE(SCN)_{3}隆媒}D.在反应rm{垄脵}中只用浓硫酸，既表现了酸性，又表现了氧化性10、下列方程式书写正确的是A.浓盐酸与铁屑反应：rm{Fe+2H^{+}篓TFe^{2+}+H_{2}隆眉}B.磁性氧化铁溶于稀硝酸：rm{3Fe^{2+}+4H^{+}+NOrlap{_{3}}{^{-}}篓T3Fe^{3+}+NO隆眉+3H_{2}O}C.rm{H_{2}CO_{3}}电离：rm{H_{2}CO_{3}篓TH^{+}+HCOrlap{_{3}}{^{-}}}D.稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：rm{H_{2}CO_{3}篓T

H^{+}+HCOrlap{_{3}}{^{-}}}rm{2H^{+}+SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+2OH^{-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}11、向rm{100mLNa_{2}CO_{3}}与rm{NaAlO_{2}}的混合溶液中逐滴加入rm{1mol/L}的盐酸，测得溶液中的rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{AlO_{2}^{-}}rm{Al^{3+}}的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.原混合溶液中的rm{n(CO_{3}^{2-})}rm{n(AlO_{2}^{-})=1}rm{1}B.rm{a}点溶液中：rm{c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})+c(H^{+})=c(OH^{-})}C.rm{b}点溶液中浓度顺序为：rm{c(Cl^{-})>c(HCO_{3}^{-})>c(CO_{3}^{2-})>c(OH^{-})}D.rm{d隆煤e}的过程中水的电离程度逐渐减小12、已知某气体的摩尔质量为rm{M}一定条件下的摩尔体积为rm{Vm}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.一个该气体分子的质量为rm{M/N_{A}}B.一个该气体分子的体积为rm{Vm/N_{A}}C.气体摩尔体积的大小取决于气体分子本身的大小D.上述说法均不正确13、对有关rm{NaClO}和rm{NaCl}混合溶液的叙述正确的是rm{(}rm{)}A.该溶液中，rm{H^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Br^{-}}可以大量共存B.该溶液中，rm{K^{+}}rm{OH^{-}}rm{S^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}不能大量共存C.向该溶液中滴入少量rm{FeSO_{4}}溶液，离子方程式为：rm{2Fe^{2+}+ClO^{-}+2H^{+}隆煤Cl^{-}+2Fe^{3+}+H_{2}O}D.向该溶液中加入浓盐酸，每产生rm{1molCl_{2}}转移电子约为rm{6.02隆脕10^{23}}个评卷人得分三、多选题(共9题，共18分)14、大气污染物氟里昂-12的化学式是CF2Cl2．下面关于氟里昂-12的说法正确的是（）A.只有一种结构B.有两种同分异构体C.属于四面体的空间结构D.是甲烷的一种同系物15、下列有关说法正确的是（）A.苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色B.与苯为同系物，但与苯不是同系物C.（CH3CH2）3CCH3与（CH3CH2）2C（CH3）CH2CH3是同分异构体D.淀粉和纤维素的组成都是（C6H10O5）n，水解最终产物都是葡萄糖16、（2011秋•梅县期末）某学习小组为研究电化学原理，设计如图装置．下列叙述正确的是（）A.K与M、N均断开时，该装置中无反应发生B.K与M、N均断开时，Zn表面有Cu析出C.K与M相连时，电子由Zn片流向铜片D.K与N相连时，Zn溶解，Cu片质量增加17、“绿色化学”对化学反应提出了“原子经济性”（原子节约）的概念及要求．理想的原子经济性反应中原料分子中的所有原子全部转变成所需产物；不产生副产物，实现零排放．以下反应中最符合“绿色化学”的是。

（）A.乙烯与氧气在银的催化作用下生成环氧乙烷（结构筒式如图）B.利用乙烯与HCl反应，制取氯乙烷C.以苯和溴为原料，在一定条件下生产溴苯D.乙醇与浓硫酸共热制备乙烯18、下列实验操作正确的是（）A.测定某浓度盐酸的pH时，先将pH试纸用蒸馏水湿润B.容量瓶用蒸馏水洗净、必须烘干后才能用于溶液的配制C.用苯萃取溴水中的溴之后进行分液时，水层从分液漏斗的下口放出D.中和滴定时，锥形瓶不需要用待测液润洗后就能使用19、下列关于元素周期表和元素周期律的说法错误的是（）A.Li、Na、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而增多B.第二周期元素从Li到F，非金属性逐渐减弱C.因为Na比K容易失去电子，所以Na比K的还原性强D.O与S为同主族元素，且O比S的非金属性强20、某酯燃烧生成等物质的量的CO2和H2O，如将该酯水解可得羧酸B和醇C，把醇C氧化得羧酸D．且B与D互为同分异构体，则该酯是（）A.CH3CH2COOCH（CH3）2B.CH3CH2COOCH2CH=CH2C.（CH3）2CHCOOCH2CH2CH2CH3D.CH3CH2CH2COOCH2CH（CH3）221、下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象相同的是（）A.NaHSO4和Ba（OH）2B.AlCl3和NaOHC.Na2CO3和HClD.AgNO3和NaCl22、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（C12O16Fe56）（）A.28gCO和16gO2所含的氧原子数都为NAB.100mL0.1mol•L-1AlCl3溶液中Al3+总数为0.01NAC.标准状况下，22.4LCO2和O2的混合气体含有的分子总数为NAD.5.6gFe与足量Cl2反应时转移电子总数为0.2NA评卷人得分四、判断题(共1题，共9分)23、I．下列实验操作或对实验事实的叙述中；正确的在横线里打√，错误的在横线里打×：

（____）（1）实验室制取乙烯时；必须将温度计的水银球插入反应液液面以下，根据温度计指示的温度来调节酒精灯火焰大小，以控制反应液的温度．

（____）（2）在洁净的试管里加入1mL2%的氨水；然后一边摇动试管，一边逐滴滴入2%的硝酸银溶液，至最初产生的沉淀恰好溶解为止，即得银氨溶液．

（____）（3）用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管．

（____）（4）实验室制肥皂时；将适量植物油和NaOH溶液混合，并不断搅拌；加热，直到混合物变稠，即可得到肥皂．

（____）（5）进行纤维素水解实验时，把一小团蓬松脱脂棉放入试管，滴入少量浓硫酸搅拌，使脱脂棉变成糊状，再加入一定量的水，加热至溶液呈亮棕色，然后加入新制的Cu（OH）2加热至沸腾即可．

II．现安装一套实验室利用液一液反应制备气体的装置；有人设计了五步操作，请你安排出正确而简捷的程序，将序号（1；2、3）填入括号内．

（____）将蒸馏烧瓶固定在铁架台上．

（____）把酒精灯放在铁架台上；根据酒精灯确定铁圈的高度，固定铁圈，放好石棉网．

（____）用漏斗向蒸馏烧瓶中加入一种液体反应物；再向分液漏斗中加入另一种液体反应物，并将导气管放入气体收集器中．

（____）检查装置的气密性（利用对固定装置进行微热的方法来检查气密性；假定瓶口漏气而需要更换橡皮塞）．

（____）在蒸馏烧瓶上装好分液漏斗；连接好导气管．

III．某校学生小组为探究乙酸；碳酸和苯酚的酸性强弱；进行下述实验．

该校学生设计了如图的实验装置（夹持仪器已略去）．

（1）某生检查装置A的气密性时，先关闭止水夹，从左管向U型管内加水，至左管液面高于右管液面，静置一段时间后，若U型管两侧液面差不发生变化，则气密性良好．你认为该生的操作正确与否？____（填“正确”或“错误”）

大理石与乙酸溶液反应的化学方程式为____

（2）装置A中反应产生的气体通入苯酚钠溶液中，实验现象为____

反应的离子方程式为____

（3）有学生认为（2）中的实验现象不足以证明碳酸的酸性比苯酚强，理由是乙酸有挥发性，挥发出的乙酸也可以和苯酚钠溶液反应，生成苯酚．改进该装置的方法是____．评卷人得分五、简答题(共4题，共24分)24、已知A；B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子有2个未成对电子．A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体．E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满．

请回答下列问题（用元素符号或化学式表示）：

（1）元素B、C、D的基态原子的第一电离能由大到小的顺序为______．

（2）M分子中B原子轨道的杂化类型为______．

（3）E+的核外电子排布式为______，下图是由D、E形成的某种化合物的晶胞结构示意图1，该晶体1个晶胞中阳离子的个数为______．

（4）化合物CA3的沸点比化合物BA4的高，其主要原因是______．

（5）写出与BD2互为等电子体的C3-的结构式______．

（6）微生物燃料电池是一种利用微生物将有机物中的化学能直接转化成电能的装置．最早用于有机废水处理，如图2是利用微生物燃料电池处理含M废水的装置，其中3是质子交换膜．负极所在的左室中发生反应的电极反应式是______．

（7）铁粉和E单质粉末的均匀混合物，平均分成四等份，分别加入同浓度的稀硝酸，充分反应，在标准状况下生成NO的体积和剩余金属的质量如下表（假设硝酸的还原产物只有NO）．则稀硝酸的浓度为______mol/L．

。编号①②③④稀硝酸的体积/mL100200300400剩余金属的质量/g18.09.600NO的体积/mL224044806720V25、NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂；也常用来漂白织物等，其中一种生产工艺如下：

步骤一，利用NaClO3在硫酸作用下与SO2反应生成ClO2和一种酸式盐．

步骤二，将ClO2在NaOH溶液中与H2O2反应即可生成NaClO2．

回答下列问题：

（1）NaClO2中的Cl的化合价为______．

（2）写出步骤一中生成ClO2的化学方程式______．

（3）步骤二反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______，该反应中氧化产物是______．

（4）亚氯酸钠（NaClO2）在常温与黑暗处可保存一年．亚氯酸不稳定可分解；反应的离子方程式为：

HClO2→ClO2+H++Cl-+H2O（未配平）．在该反应中，当有1molClO2生成时转移电子个数约为______．

（5）Cl2、H2O2、ClO2（还原产物为Cl-）、O3（1molO3转化为1molO2和1molH2O）等物质常被用作消毒剂．等物质的量的上述物质消毒效率最高的是______（填序号）

A．Cl2B．H2O2C．ClO2D．O3

（6）H2O2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（如KCN），经以下反应：KCN+H2O2+H2O=A+NH3↑，试指出生成物A的化学式为______，H2O2被称为绿色氧化剂的理由是______．26、已知：芳香烃A的苯环上只有一个取代基，B、C分子式均为C8H9Cl．它们有如下的转化关系（无机物已略去）：

根据要求回答问题：

（1）质子核磁共振（PMR）是研究有机化合物结构的有力手段之一，经分析A的PMR谱中有若干个信号峰，其强度比为______．

（2）D转化成F的反应方程式为______．

（3）B、C都能在一定条件下加热可以生成同一种有机物M（能发生加聚反应），这里的“一定条件”是指______．

（4）H与E反应生成I的方程式为______．

（5）写出符合下列条件的H的所有同分异构体的结构简式：______．

①不能与FeCl3溶液作用显紫色；②能发生银镜反应；③苯环上的一卤代物有2种．27、某校课外探究小组欲在实验室条件下制取少量纯净的无水氯化铝．查阅到以下资料：铝是银白色金属；熔点660.4℃，沸点2467℃；无水氯化铝是白色晶体，易吸收水分，常压下在177.8℃升华，遇潮湿空气即产生大量白雾．用于有机合成和石油工业的催化剂，以及用于处理润滑油等．他们设计了以下装置，请结合题意回答问题：

（1）A装置中发生反应的化学方程式为：______．

（2）装置B的作用是______；装置C中所盛试剂为______．

（3）请在标记为F的实线方框内画出合适的装置______．

（4）工业上制备金属Al，用电解熔融的Al2O3，而不使用熔融的AlCl3的原因是______

（5）AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾的原因是（结合化学方程式说明）．______

（6）有同学认为该装置有不足之处；存在安全隐患．若你同意他的观点，请指出其不足之处______．

（7）反应后D得到氯化铝与铝粉的混合物，设计方案分离出纯净的氯化铝（简述分离原理和操作）______．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】A．维生素C具有还原性；

B．根据单糖；二糖、油脂不是天然高分子化合物；

C．煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、H2、CH4等可燃气体；煤的液化指固体煤经化学加工转化成烃类液体燃料和化工原料的过程；

D．Al（OH）3胶体具有较大的表面积，有吸附性．【解析】【解答】解：A．维生素C具有还原性；易与氧化性物质反应，在人体内起抗氧化作用，故A正确；

B．因多糖；蛋白质属于天然高分子化合物；而单糖、二糖、油脂不属于天然高分子化合物，故B错误；

C．煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、H2、CH4等可燃气体；煤的液化指固体煤经化学加工转化成烃类液体燃料和化工原料的过程；两者都生成了新物质；故C错误；

D．明矾在水中电离的铝离子能水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体具有较大的表面积；有吸附性，能吸附水中的悬浮物，可用于水的净化，故D错误；

故选A．2、D【分析】【分析】从物质的溶解度不同的角度分离物质，应根据溶解度的异同，利用萃取的方法分离，以此解答．【解析】【解答】解：A．蒸发主要是利用物质的挥发性的异同进行分离；与沸点无关，故A错误；

B．蒸馏是利用物质的沸点异同进行分离的操作；故B错误；

C．过滤是利用物质的水溶性进行分离；与沸点无关，故C错误；

D．萃取是利用物质在不同溶剂中的溶解度不同进行分离；故D正确．

故选D．3、B【分析】A项，Mg(OH)2的溶度积小，故其电离出的Mg2＋浓度要小一些，错；B项，NH4＋可以结合Mg(OH)2电离出的OH－离子，从而促使Mg(OH)2的电离平衡正向移动，C(Mg2＋)增大，正确。C项，Ksp仅与温度有关，故错；D项，由于MgF2的溶度积更小，所以沉淀会向更难溶的方向进行，即可以生成MgF2沉淀，正确。【解析】【答案】B4、D【分析】解：rm{A}甲经rm{2min}达平衡时，rm{v(H_{2}O)}为rm{0.025mol/(L?min)}rm{c(H_{2}O)=0.025mol/(L?min)隆脕2min=0.05mol/L}

rm{H_{2}(g)+CO_{2}(g)?H_{2}O(g)+CO(g)}

起始量rm{(mol/L)}rm{0.10}rm{0.10}rm{0}rm{0}

变化量rm{(mol/L)0.05}rm{0.05}rm{0.05}rm{0.05}

平衡量rm{(mol/L)0.05}rm{0.05}rm{0.05}rm{0.05}

二氧化碳转化率rm{=dfrac{0.05mol/L}{0.10mol/L}=50%}乙可以看做在甲平衡状态加入rm{=dfrac

{0.05mol/L}{0.10mol/L}=50%}氢气，平衡正向进行二氧化碳转化率增大，乙中rm{0.10mol/L}的转化率大于rm{CO_{2}}故A正确；

B、丙起始量是甲起始量的rm{50%}倍，反应前后气体物质的量不变，所以丙中二氧化碳浓度是甲中二氧化碳浓度的rm{2}倍；故B正确；

C、依据rm{2}计算平衡常数rm{K=dfrac{0.05隆脕0.05}{0.05times0.05}=1}温度升至rm{A}上述反应平衡常数为rm{K=dfrac{0.05隆脕0.05}{0.05times

0.05}=1}说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，故C正确；

D、其他条件不变，若起始时向容器乙中充入rm{800隆忙}rm{dfrac{25}{16}>1}和rm{0.10mol/L}rm{H_{2}}rm{0.20}和甲比较相当于增大二氧化碳浓度，平衡正向进行，二氧化碳转化率减小，乙和甲比较相当于甲中加入氢气二氧化碳转化率增大，设二氧化碳消耗浓度为rm{mol/L}

rm{dfrac{x^{2}}{(0.1-x)(0.2-x)}=1}

rm{CO_{2}}

乙中计算一氧化碳浓度，设消耗二氧化碳浓度为rm{x}

rm{dfrac

{x^{2}}{(0.1-x)(0.2-x)}=1}

起始量rm{x=dfrac{0.2}{3}mol}rm{y}rm{H_{2}(g)+CO_{2}(g)?H_{2}O(g)+CO(g)}rm{(mol/L)}rm{0.20}

变化量rm{0.10}rm{0}rm{0}rm{(mol/L)}rm{y}

平衡量rm{y}rm{y}rm{y}rm{(mol/L)0.2-y}

rm{dfrac{y^{2}}{(0.2-y)(0.1-y)}=1}

rm{0.1-y}

到达平衡时rm{y}rm{y}与乙相同；故D错误；

故选D．

A、依据甲计算二氧化碳转化率，乙可以看做在甲平衡状态加入rm{dfrac

{y^{2}}{(0.2-y)(0.1-y)}=1}氢气；平衡正向进行二氧化碳转化率增大；

B、丙起始量是甲起始量的rm{y=dfrac{0.2}{3}mol}倍，反应前后气体物质的量不变，所以丙中二氧化碳浓度是甲中二氧化碳浓度的rm{c}倍；

C；依据甲结合三段式列式计算平衡常数；和升温后平衡常数比较分析判断平衡移动方向判断反应能量变化；

D；结合化学平衡三段式和平衡常数列式计算分析判断．

本题考查了化学平衡的计算分析应用，平衡时随温度变化，掌握计算方法和移动原理是解题关键，题目难度中等．rm{(CO)}【解析】rm{D}5、C【分析】解：由以上分析可知X为C；Y为O、Z为Na、W为Al、R为S元素；

A．Z为Na；W为Al；原子Na＞Al，故A错误；

B．非金属性S＞C；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故B错误；

C．X；R分别与Y形成的常见化合物分别为二氧化碳、二氧化硫；都为共价化合物，化学键类型相同，故C正确；

D．W为Al；R为S元素；对应的离子的原子核外电子层数不同，故D错误。

故选：C。

X；Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素．X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍；应为C元素，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，即为24，则Y为O元素，R为S元素，Z为短周期中金属性最强的元素，应为Na元素，W是地売中含量最高的金属元素，为Al元素，结合元素周期律的递变规律解答该题．

本题考查了原子结构与元素周期律的综合应用，为高频考点和常见题型，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】C二、双选题(共8题，共16分)6、CD【分析】【分析】本题考查了同位素、同分异构体、同系物和同种物质的概念，侧重考查学生对基础知识的掌握的熟练程度，题目难度不大。【解答】A.质子数相同中子数不同的原子互称同位素，rm{H_{2}}rm{H_{2}}与rm{O}与rm{D_{2}}rm{O}是分子不是原子，故A错误；rm{D_{2}}rm{O}是分子不是原子，故A错误；rm{O}B.淀粉与纤维素都符合分子式rm{(C_{6}}值不同，所以分子式不相同，不是同分异构体，故B错误；rm{(C_{6}}与rm{H_{10}}rm{H_{10}}rm{O_{5})_{n}}rm{O_{5})_{n}}所以二者，但是二者聚合的rm{n}值不同，所以分子式不相同，不是同分异构体，故B错误；rm{n}C.rm{{,!}^{14}C_{60}}与【解析】rm{CD}7、rAC【分析】解：rm{A.}根据图知，溶液电导率与离子浓度成正比，当rm{V(NaOH)=10mL}时，酸碱恰好完全反应生成rm{NaCl}离子浓度最小，其电导率最小，所以可以根据电导率确定酸碱中和终点，故A错误；

B.离子浓度与电导率成正比、溶液导电性成正比，离子浓度越大其电导率越高，根据图知，rm{a}点溶液电导率高，说明rm{a}溶液中离子浓度大；其导电性强，故B正确；

C.离子浓度与电导率成正比，则离子浓度越小，其电导率越低，rm{c}点溶液电导率最小；说明该点溶液中离子浓度最小，与导电粒子数目无关，故C错误；

D.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得rm{c(Cl^{-})+c(OH^{-})=c(H^{+})+c(Na^{+})}故D正确；

故选AC．

A.根据图知，溶液电导率与离子浓度成正比，当rm{V(NaOH)=10mL}时，酸碱恰好完全反应生成rm{NaCl}离子浓度最小，其电导率最小；

B.离子浓度与电导率成正比；溶液导电性成正比；

C.离子浓度与电导率成正比；则离子浓度越小，其电导率越低；

D.任何电解质溶液中都存在电荷守恒；根据电荷守恒判断．

本题考查图象分析，为高频考点，侧重考查学生分析判断及理解运用能力，明确电导率影响因素、溶液中溶质成分及其浓度是解本题关键，易错选项是rm{C}注意：溶液导电性与离子浓度成正比，与溶液酸碱性及离子总数无关．【解析】rm{AC}8、rBC【分析】解：rm{A}若升高温度；平衡性在正向移动，平衡常数增大，正逆反应速率都增大，故A错误；

B；容器中固体物质的质量不再改变；表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；

C、若rm{x}表示温度，温度升高，平衡向着正向移动，混合气体的质量增大，而容器的容积不变，根据rm{娄脩=dfrac{m}{V}}可知，混合气体的密度增大，与图示rm{y}逐渐增大相符；故C正确；

D、若rm{x}表示rm{CO}物质的量；增大一氧化碳的物质的量，平衡向着正向移动，但二氧化碳与一氧化碳的物质的量之比减小，与图示中逐渐增大不相符，故D错误；

故选BC．

A；该反应为吸热反应；若升高温度，平衡向着正向移动，平衡常数增大，正逆反应速率都增大；

B；固体的物质的量不变；说明生成固体和消耗固体的速率相等，反应达到了平衡状态；

C；该反应为吸热反应；升高温度平衡向着正向移动，混合气体的质量增大，容器容积不变，气体的密度增大；

D、若rm{x}表示rm{CO}物质的量，一氧化碳物质的量增大，平衡向着正向移动，但是rm{CO_{2}}与rm{CO}物质的量之比减小．

本题考查了化学平衡的影响因素分析判断、平衡移动原理的应用、平衡常数随温度变化，题目难度中等，注意掌握影响化学平衡的因素，明确判断化学平衡状态的依据．【解析】rm{BC}9、rBD【分析】解：红色金属rm{A}为rm{Cu}与硫酸、双氧水反应得到蓝色溶液为rm{CuSO_{4}}金属rm{E}与硫酸铜反应得到rm{Cu}与rm{X}rm{X}与硫酸、过氧化氢反应得到rm{Y}rm{Y}与氨水得到红褐色沉淀、与rm{KSCN}溶液反应得红色溶液，则rm{Y}含有rm{Fe^{3+}}则rm{E}为rm{Fe}rm{Y}为rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}rm{Z}为rm{Fe(OH)_{3}}

A.rm{Fe^{2+}}的氧化性比rm{Cu^{2+}}的氧化性弱；故A错误；

B.在rm{垄脹}反应中若不加稀硫酸；硫酸亚铁被过氧化氢氧化为硫酸铁，在酸性溶液中铁离子会沉淀，可能看到红褐色沉淀，故B正确；

C.反应rm{垄脺}的离子方程式可表示为：rm{Fe^{3+}+3SCN^{-}篓TFe(SCN)_{3}}没有沉淀生成，故C错误；

D.在反应rm{垄脵}中只用浓硫酸，发生反应：rm{Cu+2H_{2}SO_{4}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}反应中硫酸既表现了酸性，又表现了氧化性，故D正确；

故选BD．

红色金属rm{Cu+2H_{2}SO_{4}dfrac{

overset{;;triangle

;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}为rm{A}与硫酸、双氧水反应得到蓝色溶液为rm{Cu}金属rm{CuSO_{4}}与硫酸铜反应得到rm{E}与rm{Cu}rm{X}与硫酸、过氧化氢反应得到rm{X}rm{Y}与氨水得到红褐色沉淀、与rm{Y}溶液反应得红色溶液，则rm{KSCN}含有rm{Y}则rm{Fe^{3+}}为rm{E}rm{Fe}为rm{Y}rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}为rm{Z}据此解答．

本题考查无机物推断，充分利用物质的颜色进行推断，现有学生熟练掌握元素化合物性质，题目难度中等．rm{Fe(OH)_{3}}【解析】rm{BD}10、AD【分析】【分析】本题考查离子方程式的书写，注意从质量守恒、电荷守恒、符合客观事实、拆分等角度分析解答，属于高频考点，难度不大。【解答】A.浓盐酸与铁屑反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为：rm{Fe+2H^{+}篓TFe^{2+}+H_{2}隆眉}故A正确；

B.磁性氧化铁在离子方程式中应写化学式，离子方程式为：rm{3Fe}rm{3}rm{3}故B错误；

C.rm{O_{4}+28H^{+}+NO_{3}^{-}篓T9Fe^{3+}+NO隆眉+14H_{2}O}是弱酸，电离方程式用可逆符号，电离方程式为：rm{H_{2}CO_{3}?H^{+}+HCO_{3}^{-;}}故C错误；D.稀硫酸和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：rm{H_{2}CO_{3}}rm{H_{2}CO_{3}?

H^{+}+HCO_{3}^{-;}}rm{2H}rm{2H}rm{{,!}^{+}}rm{+SO}rm{+SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}rm{+Ba}rm{+Ba}rm{{,!}^{2+}}rm{+2OH}rm{+2OH}故D正确。rm{{,!}^{-}}

rm{=BaSO}【解析】rm{AD}11、rAC【分析】解：rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaAlO_{2}}的混合溶液中逐滴加入rm{1mol?L^{-1}}的盐酸．

首先，发生反应rm{AlO_{2}^{-}+H^{+}+H_{2}O篓TAl(OH)_{3}隆媒}最左边曲线表示rm{AlO_{2}^{-}}由图可知rm{AlO_{2}^{-}}反应完毕，加入盐酸rm{50mL}根据方程式可知rm{n(AlO_{2}^{-})=n(H^{+})=0.05L隆脕1mol/L=0.05mol}．

第二阶段，rm{AlO_{2}^{-}}反应完毕，发生反应rm{CO_{3}^{2-}+H^{+}篓THCO_{3}^{-}}rm{ab}线表示rm{CO_{3}^{2-}}rm{bc}线表示rm{HCO_{3}^{-}}由图可知rm{CO_{3}^{2-}}反应完毕，该阶段加入盐酸rm{100mL-50mL=50mL}根据方程式可知rm{n(CO_{3}^{2-})=n(H^{+})=0.05L隆脕1mol/L=0.05mol}．

第三阶段，rm{CO_{3}^{2-}}反应完毕，发生反应rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}篓TCO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{cd}线表示rm{HCO_{3}^{-}}由图可知rm{HCO_{3}^{-}}反应完毕，该阶段加入盐酸rm{150mL-100mL=50mL}根据方程式可知rm{n(HCO_{3}^{-})=n(H^{+}).}

第四阶段，发生反应rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}篓TAl^{3+}+3H_{2}O}rm{de}线表示rm{Al^{3+}}由图可知rm{Al(OH)_{3}}反应完毕，根据方程式可知rm{n(H^{+})=3n[Al(OH)_{3}]=3隆脕0.05mol=0.15mol}该阶段加入盐酸体积为rm{dfrac{0.15mol}{1mol/L}=0.15L=150mL}．

A.由上述分析可知，原混合溶液中的rm{dfrac

{0.15mol}{1mol/L}=0.15L=150mL}与rm{CO_{3}^{2-}}的物质的量之比为rm{AlO^{-}_{2}}rm{0.05mol}rm{0.05mol=1}故A正确；

B.rm{1}点溶液中，溶质为rm{a}由质子守恒可知：rm{Na_{2}CO_{3}}故B错误；

C.rm{c(HCO_{3}^{-})+2c(H_{2}CO_{3})+c(H^{+})=c(OH^{-})}点碳酸钠和碳酸氢钠的浓度相等，加入了rm{b}盐酸，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则rm{75mL}所得溶液中阴离子浓度大小顺序为：rm{c(HCO_{3}^{-})>c(CO_{3}^{2-})}故C正确；

D.rm{c(Cl^{-})>c(HCO_{3}^{-})>c(CO_{3}^{2-})>c(OH^{-})}的过程中铝离子的浓度逐渐增大；铝离子水解促进了水的电离，则该段水的电离程度逐渐增大，故D错误．

故选：rm{d隆煤e}．

rm{AC}rm{Na_{2}CO_{3}}的混合溶液中逐滴加入rm{NaAlO_{2}}的盐酸．

首先，发生反应rm{1mol?L^{-1}}最左边曲线表示rm{AlO_{2}^{-}+H^{+}+H_{2}O篓TAl(OH)_{3}隆媒}由图可知rm{AlO_{2}^{-}}反应完毕，加入盐酸rm{AlO_{2}^{-}}根据方程式可知rm{50mL}．

第二阶段，rm{n(AlO_{2}^{-})=n(H^{+})=0.05L隆脕1mol/L=0.05mol}反应完毕，发生反应rm{AlO_{2}^{-}}rm{CO_{3}^{2-}+H^{+}篓THCO_{3}^{-}}线表示rm{ab}rm{CO_{3}^{2-}}线表示rm{bc}由图可知rm{HCO_{3}^{-}}反应完毕，该阶段加入盐酸rm{CO_{3}^{2-}}根据方程式可知rm{100mL-50mL=50mL}．

第三阶段，rm{n(CO_{3}^{2-})=n(H^{+})=0.05L隆脕1mol/L=0.05mol}反应完毕，发生反应rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}篓TCO_{2}隆眉+H_{2}O}线表示rm{cd}由图可知rm{HCO_{3}^{-}}反应完毕，该阶段加入盐酸rm{HCO_{3}^{-}}根据方程式可知rm{150mL-100mL=50mL}

第四阶段，发生反应rm{n(HCO_{3}^{-})=n(H^{+}).}rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}篓TAl^{3+}+3H_{2}O}线表示rm{de}由图可知rm{Al^{3+}}反应完毕，根据方程式可知rm{Al(OH)_{3}}该阶段加入盐酸体积为rm{dfrac{0.15mol}{1mol/L}=0.15L=150mL}．

据此结合选项解答．

本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确发生反应的先后顺序为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及质子守恒的含义及应用方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力．rm{n(H^{+})=3n[Al(OH)_{3}]=3隆脕0.05mol=0.15mol}【解析】rm{AC}12、rA【分析】解：rm{A.}阿伏伽德罗常数个分子的质量rm{(}单位为rm{g)}在数值上等于其摩尔质量rm{(}单位为rm{g/mol)}则一个该气体分子的质量为rm{M/N_{A}}故A正确；

B.气体体积包含分子本身大小及分子间空隙；故B错误；

C.气体分子大小与分子间距相比；可以忽略分子大小，分子间距受温度；压强影响，气体摩尔体积的大小取决于温度、压强，故C错误；

D.根据上述分析可知；故D错误；

故选：rm{A}

A.阿伏伽德罗常数个分子的质量rm{(}单位为rm{g)}在数值上等于其摩尔质量rm{(}单位为rm{g/mol)}

B.气体体积包含分子本身大小及分子间空隙；

C.气体分子大小与分子间距相比；可以忽略分子大小，分子间距受温度；压强影响；

D.根据上述分析判断．

本题考查气体摩尔体积、摩尔质量，rm{B}选项为易错点，学生容易忽略分子间隙，难度不大．【解析】rm{A}13、rBD【分析】解：rm{A.NaClO}能够与rm{H^{+}}rm{Br^{-}}发生反应；在溶液中不能大量共存，故A错误；

B.rm{NaClO}能够氧化rm{S^{2-}}在溶液中不能大量共存，故B正确；

C.向该溶液中滴入少量rm{FeSO_{4}}溶液，次氯酸钠能够氧化亚铁离子，反应生成氢氧化铁沉淀，正确的离子方程式为：rm{2Fe^{2+}+5ClO^{-}+5H_{2}O隆煤Cl^{-}+2Fe(OH)_{3}隆媒+4HClO}故C错误；

D.发生反应为：rm{ClO^{-}+2H^{+}+Cl^{-}=Cl_{2}隆眉+H_{2}O}生成rm{1mol}氯气转移了rm{1mol}电子，转移电子约为rm{6.02隆脕10^{23}}个；故D正确；

故选BD．

A.次氯酸钠具有强氧化性；能够氧化溴离子；次氯酸根离子与氢离子反应；

B.次氯酸钠能够氧化硫离子；

C.溶液中不存在氢离子；反应生成氢氧化铁沉淀；

D.根据反应rm{ClO^{-}+2H^{+}+Cl^{-}=Cl_{2}隆眉+H_{2}O}可知生成rm{1mol}氯气失去转移rm{1mol}电子．

本题考查离子共存的判断、氧化还原反应的计算、离子方程式的书写等知识，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．【解析】rm{BD}三、多选题(共9题，共18分)14、AC【分析】【分析】根该化合物是甲烷的取代产物，甲烷是正四面体型结构，运用知识迁移的方法，与CH4的分子构型对比回答．【解析】【解答】解：A；从结构式可知；该化合物是甲烷的取代产物，由于甲烷是正四面体型结构，所以该化合物也是四面体，因此结构只有一种，故A正确；

B；从结构式可知；该化合物是甲烷的取代产物，由于甲烷是正四面体型结构，所以该化合物也是四面体，因此结构只有一种，没有同分异构体，故B错误；

C；从结构式可知；该化合物是甲烷的取代产物，由于甲烷是正四面体型结构，所以该化合物也是四面体，故C正确；

D；同系物应元素组成相同；此属于烃的衍生物，故D错误；

故选AC．15、BD【分析】【分析】A．油脂中的不饱和高级脂肪酸甘油酯含有碳碳双键；

B．结构相似，在组成上相差1个或若干个CH2原子团的物质互称同系物；

C．同分异构体是指分子式相同；但结构不同的有机化合物；

D．淀粉和纤维素水解的产物都是葡萄糖．【解析】【解答】解：A．油脂中的不饱和高级脂肪酸甘油酯含有碳碳双键；能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；

B．与苯结构相似，相差3个CH2，为同系物，但与苯结构不同，含两个苯环，也不相差若干个CH2；不是同系物，故B正确；

C．（CH3CH2）3CCH3与（CH3CH2）2C（CH3）CH2CH3分子式不同；不是同分异构体，故C错误；

D．淀粉和纤维素水解最终生成都是葡萄糖；故D正确．

故选BD．16、BC【分析】【分析】锌比铜或活泼，K与M、N均断开时，锌可与硫酸铜溶液发生置换反应，K与M相连时，为铜锌原电池反应，锌为负极，铜为正极，K与N相连时，铜为阳极，锌为阴极，以此解答．【解析】【解答】解：A、B．K与M、N均断开，发生的是化学腐蚀，锌和氯化铜反应生成铜，Zn+Cu2+=Cu+Zn2+；Zn表面有Cu析出，故A错误；B正确；

C．K与M相连时；为铜锌原电池反应，锌为负极，铜为正极，电子由锌经外电路流向铜，故C正确；

D．与N相连时；铜为阳极，锌为阴极，则铜片质量减小，锌片质量增加，为电镀铜的装置，故D错误．

故选BC．17、AB【分析】【分析】由理想的原子经济性反应内涵知；副产品越少的反应，其原子经济性越好，当副产品为零时，其原子经济性最好；

A．乙烯与氧气在银的催化作用下生成环氧乙烷；为加成反应，没有副产物生成；

B．乙烯与HCl反应生成氯乙烷；为加成反应；

C．苯和溴发生取代反应；

D．乙醇与浓硫酸共热制备乙烯，发生消去反应，同时生成水．【解析】【解答】解：A．乙烯与氧气在银的催化作用下生成环氧乙烷；没有副产物生成，实现零排放，符合绿色化学，故A正确；

B．乙烯与HCl反应生成氯乙烷；为加成反应，没有副产物生成，符合绿色化学，故B正确；

C．苯和溴发生取代反应生成溴苯和氯化氢；产生副产物，不符合绿色化学，故C错误；

D．乙醇与浓硫酸共热发生消去反应；生成乙烯和水，产生副产物，不符合绿色化学，故D错误．

故选AB．18、CD【分析】【分析】A．pH试纸不能用蒸馏水湿润；

B．容量瓶用蒸馏水洗净；不需要烘干；

C．苯的密度比水小；用苯萃取溴水中的溴，水在下层；

D．中和滴定时，锥形瓶不需要用待测液润洗．【解析】【解答】解：A．pH试纸不能用蒸馏水湿润；湿润相当于稀释，测定盐酸的pH偏大，故A错误；

B．容量瓶用蒸馏水洗净；不需要烘干，因转移后需要加水定容，容量瓶中有少量水对实验无影响，故B错误；

C．苯的密度比水小；用苯萃取溴水中的溴，水在下层，则水层从分液漏斗的下口放出，故C正确；

D．中和滴定时；锥形瓶不需要用待测液润洗，若润洗消耗的标准液偏多，故D正确；

故选CD．19、BC【分析】【分析】同周期元素的原子从左到右，元素非金属性逐渐增强；同主族元素的原子从上到下，元素非金属性逐渐减弱，电子层逐渐增多，失电子能力逐渐减弱．【解析】【解答】解：A；Li、Na、K属同一主族；核外电子层数随着核电荷数增加而增多，故A正确；

B；根据元素周期律：同周期元素的原子从左到右；元素非金属性逐渐增强可推知第二周期元素从Li到F非金属性逐渐增强，故B错误；

C；Na与K比较；K更易失电子，还原性更强，故C错误；

D；同主族元素的原子从上到下；元素非金属性逐渐减弱，O与S同主族，O的非金属性强，故D正确．

故选BC．20、CD【分析】【分析】某酯燃烧生成等物质的量的CO2和H2O，应是饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，把醇C氧化得羧酸D．且B与D互为同分异构体，说明B和C的C原子数目相同，B与D互为同分异构体，说明B和C的碳架结构不同，以此进行推断．【解析】【解答】解：某酯燃烧生成等物质的量的CO2和H2O，该酯的符合通式CnH2nO2；把醇C氧化得羧酸D．且B与D互为同分异构体，说明B和C的C原子数目相同，B与D互为同分异构体，说明B和C的碳架结构不同，则

A．CH3CH2COOCH（CH3）2水解生成CH3CH2COOH和（CH3）2CHOH，（CH3）2CHOH不能被氧化为酸；故A错误；

B．CH3CH2COOCH2CH=CH2不符合通式CnH2nO2，生成的CO2和H2O物质的量不相等；故B错误；

C．（CH3）2CHCOOCH2CH2CH2CH3水解生成（CH3）2CHCOOH和CH3CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH2OH被氧化为CH3CH2CH2COOH，与（CH3）2CHCOOH互为同分异构体；故C正确；

D．CH3CH2CH2COOCH2CH（CH3）2水解生成CH3CH2CH2COOH和（CH3）2CHCH2OH，（CH3）2CHCH2OH被氧化为（CH3）2CHCOOH，与CH3CH2CH2COOH互为同分异构体；故D正确．

故选CD．21、AD【分析】【分析】A、只发生NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O．

B、前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O═4Al（OH）3↓+3NaCl；

后者逐滴滴入前者发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O；

C、前者逐滴滴入后者，发生Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，后者逐滴滴入前者发生Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O；

D、只发生NaCl+AgNO3═NaNO3+AgCl↓．【解析】【解答】解：A、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都发生NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O；故A正确．

B、因前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O═4Al（OH）3↓+3NaCl；现象为先没有沉淀后有沉淀生成；

而后者逐滴滴入前者发生Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O；现象为先有沉淀生成后沉淀逐渐消失，则现象不同，故B错误；

C、前者逐滴滴入后者，发生Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O；现象为开始有气泡冒出直到反应结束；

但后者逐滴滴入前者发生Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O；现象为开始没有气泡冒出，一段时间后有气泡冒出，则现象不同，故C错误；

D、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都发生NaCl+AgNO3═NaNO3+AgCl↓；现象相同，故D正确；

故选AD．22、AC【分析】【分析】A、先根据N=nNA=NA计算分子数；再根据分子的构成判断氧原子数．

B；根据盐的类型判断溶液中铝离子的物质的量．

C；先根据体积、气体摩尔体积和物质的量的关系计算混合气体的物质的量；再根据分子数和物质的量之间的关系计算分子数．

D、根据铁与氯气反应的关系式计算转移电子数．【解析】【解答】解：A、28gCO的物质的量是1mol，一个一氧化碳分子中含有一个氧原子，所以氧原子的物质的量是1mol，16gO2的物质的量是0.5mol，一个氧气分子中含有2个氧原子，氧原子的物质的量是1mol，所以28gCO和16gO2所含的氧原子数都为NA；

故A正确．

B、氯化铝是强酸弱碱盐，氯化铝在水溶液中能发生水解导致溶液中铝离子的个数小于0.01NA；故B错误．

C、标况下，22.4LCO2和O2的物质的量是1mol，1mol混合气体的分子数是NA；故C正确．

D、铁与氯气反应生成氯化铁，5.6gFe的物质的量是0.1mol，所以5.6gFe与足量Cl2反应时转移电子总数为0.3NA；故D错误．

故选C．四、判断题(共1题，共9分)23、√【分析】【分析】Ⅰ；（1）制取乙烯在170℃；需测定反应液的温度；

（2）向硝酸银溶液中滴加氨水；制取银氨溶液；

（3）Ag能与硝酸反应；

（4）植物油和NaOH溶液混合发生水解生成高级脂肪酸盐；需加饱和食盐水发生盐析；

（5）纤维素水解后溶液显酸性；而检验水解产物葡萄糖，应在碱性溶液中．

Ⅱ；实验室利用液一液反应制备气体的装置时；根据先下后上和先检验装置气密性后加入药品的原则组装仪器，据此进行解答．

Ⅲ；（1）根据体系内产生的压强是否变化来判断装置的气密性；碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙和水、二氧化碳；

（2）二氧化碳和苯酚钠反应生成不易溶于水的苯酚和碳酸氢钠；根据离子方程式的书写规则书写；

（3）要防止醋酸干扰实验，在气态未和苯酚反应前将其除去，可选用饱和的碳酸氢钠溶液除去醋酸且又不引进新的杂质气体．【解析】【解答】解：Ⅰ；（1）制取乙烯时在170℃；需测定反应液的温度，必须将温度计的水银球插入反应液液面以下，根据温度计指示的温度来调节酒精灯火焰大小，以控制反应液的温度，故答案为：√；

（2）向硝酸银溶液中滴加氨水；生成白色沉淀，继续滴加氨水，至生成的沉淀恰好溶解，所得溶液为银氨溶液，故答案为：×；

（3）因Ag能互硝酸反应；而溶解，则可用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管，故答案为：√；

（4）实验室制肥皂时；将适量植物油和NaOH溶液混合，并不断搅拌；加热，直到混合物变稠，然后加饱和食盐水发生盐析，即可得到肥皂，故答案为：×；

（5）进行纤维素水解实验时，把一小团蓬松脱脂棉放入试管，滴入少量浓硫酸搅拌，使脱脂棉变成糊状，再加入一定量的水，加热至溶液呈亮棕色，然后先加碱至碱性，再加入新制的Cu（OH）2加热至沸腾来检验水解产物；故答案为：×；

Ⅱ；在安装利用液一液反应制备气体的装置时；应该按照先下后上和先检验装置气密性后加入药品的原则组装仪器，即：先根据酒精灯高度确定铁圈高度，然后。

将蒸馏烧瓶固定在铁架台上；接着再将蒸馏烧瓶上装好分液漏斗，连接好导气管，这样装置连接完毕，下一步需要检查装置气密性，最后放入药品；

故答案为：2；1；5；4；3．

Ⅲ、（1）U型管两侧液面差能产生压强，所以能判断装置的气密性，故正确；碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙和水、二氧化碳，反应方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+CO2↑+H2O；

故答案为：正确；CaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+CO2↑+H2O；

（2）二氧化碳和苯酚钠反应生成不易溶于水的苯酚和碳酸氢钠，所以看到的现象是溶液出现浑浊，反应离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-；

故答案为：溶液出现浑浊；C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-；

（3）要防止醋酸干扰实验；在气态未和苯酚反应前将其除去，可选用饱和的碳酸氢钠溶液除去醋酸且又不引进新的杂质气体，所以在装置A和B之间连一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶除去醋酸；

故答案为：在装置A和B之间连一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶．五、简答题(共4题，共24分)24、略

【分析】解：A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，核外电子排布为1s22s22p2，则B是C元素；A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，该气体M为HCHO，D原子有2个未成对电子，则A为H元素、D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1；则E是铜元素．

（1）同周期随原子序数增大；第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道半满，为稳定状态，第一电离能共有同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；

（2）M为HCHO，分子中C原子成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，则C原子采取sp2杂化；

故答案为：sp2；

（3）Cu失去4s能级1个电子形成Cu+，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，由晶胞结构可知，Cu+位于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu+，故答案为：1s22s22p63s23p63d10；4；

（4）NH3分子间能形成氢键，甲烷分子之间为分子间作用力，氢键比分子间作用力强，故NH3的沸点比CH4的高，故答案为：NH3分子间能形成氢键；

（5）CO2、N3-互为等电子体，二者结构相似，N3-中N原子之间形成2对共用电子对，N3-的结构式[N=N=N]-，故答案为：[N=N=N]-；

（6）负极发生氧化反应，由图可知，HCHO发生氧化反应生成二氧化碳，由守恒守恒可知还生成H+，负极所在的左室中发生反应的电极反应式是：HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+，故答案为：HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+；

（7）由表中数据可知，实验①②都有金属剩余，硝酸完全反应，则溶液中不可能含有硝酸铁，溶液中金属离子为+2价，在实验①的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为18g-9.6g=8.4g，生成NO的体积为4480mL-2240mL=2240mL，NO物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒可知，参加反应金属的物质的量为=0.15mol，参加反应金属的平均摩尔质量为=56g/mol，故该过程只有Fe参加反应，故实验①只有Fe参与反应，实验①发生反应为：3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成NO的物质的量为=0.1mol，根据方程式可知，参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol×4=0.4mol，故硝酸的物质的量浓度为=4mol/L；故答案为：4．

A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，核外电子排布为1s22s22p2，则B是C元素；A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，该气体M为HCHO，D原子有2个未成对电子，则A为H元素、D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1；则E是铜元素．

（1）同周期随原子序数增大；第一电离能呈增大趋势，但原子处于全满；半满、全空时，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；

（2）M为HCHO；根据分子中C原子σ键数目；孤电子对数确定杂化轨道数目，进而确定杂化方式；

（3）Cu失去4s能级1个电子形成Cu+；由晶胞结构可知，Cu+位于晶胞内部；

（4）根据氢键分析NH3、CH4分析的沸点高低；

（5）CO2、N3-互为等电子体，二者结构相似，N3-中N原子之间形成2对共用电子对；

（6）负极发生氧化反应，由图可知，HCHO发生氧化反应生成二氧化碳，由守恒守恒可知还生成H+；

（7）由表中数据可知，实验①②都有金属剩余，硝酸完全反应，则溶液中不可能含有硝酸铁，溶液中金属离子为+2价，在实验①的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为18g-9.6g=8.4g，生成NO的体积为4480mL-2240mL=2240mL，NO物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒可知，参加反应金属的物质的量为=0.15mol，参加反应金属的平均摩尔质量为=56g/mol，故该过程只有Fe参加反应，故实验①只有Fe参与反应，发生反应为：3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，根据NO的体积结合方程式计算硝酸的物质的量，根据c=计算硝酸的物质的量浓度．

本题考查物质结构问题、混合物的有关计算，（7）中根据表中数据判断各阶段发生的反应是解题关键，侧重对学生综合能力的考查，本题过程复杂、计算量较大，为易错题目，难度较大．【解析】N＞O＞C；sp2；1s22s22p63s23p63d10；4；NH3分子间能形成氢键；[N=N=N]-；HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+；425、略

【分析】解：（1）NaClO2中Na元素化合价为+1价；O为-2价，则Cl元素化合价为+3价，故答案为：+3；

（2）NaClO3在硫酸作用下与SO2反应生成ClO2和一种酸式盐，二氧化硫被氧化，应生成NaHSO4，方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；

故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；

（3）ClO2与H2O2反应生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，则H2O2中O元素的化合价升高，则反应方程为：2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，该反应中氧化产物是O2；

故答案为：2：1；O2；

（4）由HClO2→ClO2↑+H++Cl-+H2O可知，反应物中Cl元素的化合价既升高又降低，当有1molClO2生成时，转移的电子数为1mol×（4-3）×NAmol-1=NA，故答案为：NA；

（5）物质的量都为1mol时，Cl2获得2mol电子，H2O2获得2mol电子，ClO2获得5mol电子，O