2025年沪科版高三化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年沪科版高三化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、（2015秋•福建期末）Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器．该电池以海水为电解质溶液，示意图如下．该电池工作时，下列说法正确的是（）A.Mg电极是该电池的正极B.H2O2在石墨电极上发生氧化反应C.石墨电极附近溶液的pH增大D.电子从石墨电极移向Mg电极2、把一块镁铝合金投入到1mol•L-1盐酸中，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1mol•L-1NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积变化的关系如图所示．下列说法中错误的是（）A.盐酸的体积为80mLB.a的取值范围为0＜a＜50C.n（Mg2+）≥0.025molD.当a值为30时，b值为0.023、关于下列四个图象的说法中正确的是（）

A.图①表示可逆反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0B.图②表示电解氯化钠的稀溶液，阴、阳两极产生气体体积之比可能是1：1C.图③表示可逆反应：A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）△H＞0D.图④表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）的影响，乙的压强大4、X、Y、Z分别代表4种元素，如果aXm+，bYn+，cZn-，dRm-，四种离子的核外电子数相同，则下列关系正确的是（）A.a-c=m-nB.b-d=n+mC.c-d=m+nD.a-b=n-m5、用rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.在标准状况下rm{22.4L}rm{H_{2}}中含有氢分子的个数为rm{2N_{A}}B.rm{24g}rm{Mg}变为rm{Mg^{2+}}时失去的电子数为rm{2N_{A}}C.rm{32g}rm{O_{2}}中含有氧原子的个数为rm{2N_{A}}D.rm{1L}rm{1mol/L}rm{NaCl}溶液中含有钠离子的个数为rm{N_{A}}6、常见有机反应类型有：①取代反应②加成反应③消去反应④酯化反应⑤加聚反应⑥缩聚反应⑦氧化反应⑧还原反应，其中可能在有机分子中新产生羟基的反应类型是（）A.①②③④B.⑤⑥⑦⑧C.①②⑦⑧D.③④⑤⑥7、下列说法错误的是（）A.1.5gCH3+中含有的电子数为0.8NAB.Cu元素在元素周期表的ds区C.s轨道呈圆形，p轨道呈哑铃形D.DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的8、“钴酞菁”分子(直径约为1.34×10－9m)结构和性质与人体内的血红素及植物内的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是()A.“钴酞菁”分子在水中所形成的分散系属悬浊液B.“钴酞菁”分子既能透过滤纸，也能透过半透膜C.在分散系中，“钴酞菁”分子直径比Na＋的直径小D.“钴酞菁”分子在水中形成的分散系能产生丁达尔效应评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在圆底烧瓶内加入乙醇；浓硫酸和乙酸；瓶口竖直安装通有冷却水的冷凝管（使反应混合物的蒸气冷凝为液体流回烧瓶内），加热回流一段时间后换成蒸馏装置进行蒸馏，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品．

请回答下列问题：

（1）在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入____，目的是____．

（2）反应中加入过量的乙醇，目的是____．

（3）如果将上述实验步骤改为在蒸馏烧瓶内先加入乙醇和浓硫酸，然后通过分液漏斗边滴加乙酸，边加热蒸馏．这样操作可以提高酯的产率，其原因是____

（4）现拟分离粗产品乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物下列框图是分离操作步骤流程图：

则试剂a是：____，分离方法I是____，分离方法Ⅱ是____；

试剂b是：____，分离方法Ⅲ是____．10、在一定条件下，RO3-跟I-发生如下的离子反应：RO3-+6I-+6H+=R-+3I2+3H2O，则在RO3-中R元素的化合价为____，R元素原子的最外层电子数是____．11、临沂商城实验学校北临涑河中含有FeCl3、FeCl2、CuCl2；为临沂创建文明城市，设计水质处理方案如下：

方案一：从废液中回收铜并得到铁红（主要成分Fe2O3）；全过程不引入其他金属元素．设计实验方案如图所示：

（1）工厂废液中加入过量A反应的离子方程式为____．

（2）溶液甲中的金属离子是____（写离子符号）．

（3）步骤①②③中所发生的化学反应，其中属于置换反应的是____（填序号）．

（4）写出④的化学方程式：____

方案二：制备晶体CuCl2•2H2O，已知pH=4时，Fe3+以Fe（OH）3形式完全沉淀；pH≥6.4时，Cu2+以Cu（OH）2形式完全沉淀；pH≥9.6时，Fe2+以Fe（OH）2形式完全沉淀．拟定实验步骤如下：

请回答下列问题：

（5）最适宜的氧化剂是____．A．K2Cr2O7B．NaClOC．H2O2D．KMnO4

（6）物质Y是____．

（7）求Fe（OH）3的Ksp=____．

（8）为了防止水解，要得到CuCl2•2H2O应控制的一定条件是____．12、分子式为C2H6O的有机化合物A具有如下性质：

①A+Na-→慢慢产生气泡；

②A+CH3COOH有香味的物质．

（1）根据上述信息，对该化合物可作出的判断是____．

A．一定含有-OHB．一定含有-COOH

C．有机化合物A为乙醇D．有机化合物A为乙酸。

（2）含A的体积分数为75%的水溶液可以作____．

（3）A与金属钠反应的化学方程式为____．

（4）化合物A和CH3COOH反应生成的有香味的物质的结构简式为____．13、（11分）某研究性学习小组对铝热反应实验展开研究。现行高中化学教材（必修加选修）中对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”、“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”。查阅《化学手册》知，Al、Al2O3、Fe、Fe2O3熔点、沸点数据如下：。物质AlAl2O3FeFe2O3熔点/℃660205415351462沸点/℃246729802750-I.（1）某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金。理由是：该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。你认为他的解释是否合理？答：_________________(填“合理”或“不合理)（2）设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝。该实验所用试剂是______________,反应的离子方程式为_________________________________。（3）实验室溶解该熔融物，下列试剂中最好的是____________(填序号)。A．浓硫酸B．稀硫酸C．稀硝酸D．氢氧化钠溶液II．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取一定量上述的熔融物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4mol·L－１的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。试回答下列问题：（1）图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为________________。（2）在DE段，沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式_______________；上述现象说明溶液中_________________结合OH－的能力比_______强（填离子符号）。（3）B与A的差值为_________mol。B点对应的沉淀的物质的量为________mol，C点对应的氢氧化钠溶液的体积为___________mL评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)14、当温度高于0时，1mol的任何气体体积都大于22.4L．____．（判断对错）15、丁达尔现象可用来区别胶体与溶液，其中胶体能透过半透膜____．（判断对错）16、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物____

（2）向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热，没有砖红色沉淀生成，证明淀粉没有水解成葡萄糖____

（3）食用白糖的主要成分是蔗糖____

（4）蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质____

（5）麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖____

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体____

（7）蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体____

（8）麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应____

（9）纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色____

（10）植物油的主要成分是高级脂肪酸____

（11）向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固体析出，所以蛋白质均发生变性____

（12）用甘氨酸（CH2COOHNH2）和丙氨酸（CH3CHCOOHNH2）缩合最多可形成4种二肽____

（13）天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点____

（14）若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物不一致____

（15）苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色____

（16）油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳____

（17）蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质____

（18）乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇____

（19）蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解____

（20）氨基酸、淀粉均属于高分子化合物____．17、氨水呈弱碱性，故NH3是弱电解质____（判断对错）18、蛋白质是结构复杂的高分子化合物，分子中都含有C、H、O、N四种元素____（判断对错）19、化学平衡常数K只随温度变化，T升高，则K增大．____．（判断对错说明理由）20、苯中混有已烯，可在加入适量溴水后分液除去____（判断对错）21、加过量的NaOH溶液，未看见产生气体，溶液里一定不含NH4+．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”评卷人得分四、实验题(共2题，共16分)22、（2014春•南安市校级期末）某研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律．

（1）甲同学在a、b；c三只烧杯里分别加入50mL水；再分别滴加几滴酚酞溶液，依次加入大小相近的锂、钠、钾块，观察现象．

①甲同学设计实验的目的是____；

②反应最剧烈的烧杯是____（填字母）；

③写出b烧杯里发生反应的离子方程式____．

（2）乙同学设计实验验证非金属元素的非金属性越强；对应的最高价含氧酸的酸性就越强．他设计了右图装置以验证碳；氮、硅元素的非金属性强弱．乙同学设计的实验可直接证明三种酸的酸性强弱，已知A是强酸，常温下可与铜反应；B是块状固体；打开分液漏斗的活塞后，C中可观察到白色沉淀生成．

①写出所选用物质的化学式：A、____；B、____；C、____．

②写出烧瓶中发生反应的化学方程式：____．

③写出烧杯中发生反应的化学方程式：____．

④碳、氮、硅元素的非金属性强弱顺序为____．23、化学是一门以实验为基础的科学。（1）下列叙述中正确的是______（填序号）。A．分液漏斗、滴定管和容量瓶使用前必须检查是否漏水B.将碘水倒入分液漏斗，再加适量乙醇，充分振荡、静置，可从碘水中萃取碘C．洁净的铁钉在食盐水中浸泡一段时间，铁钉上有气泡，说明铁发生了析氢腐蚀D．铁丝在氯气中剧烈燃烧，火星四射，生成黑色固体E．酸碱中和滴定实验中，锥形瓶用蒸馏水洗净后直接使用，而滴定管用蒸馏水洗净后，必须润洗后使用（2）用铜片与稀硝酸反应制取NO气体，如图装置中适合的是______（填序号）；装置B中的试剂最好是______，该装置的作用是______________________。评卷人得分五、简答题(共4题，共16分)24、CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值化学品是目前的研究目标．

（1）在一定条件下，CH4和CO2以镍合金为催化剂，发生反应：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）；其平衡常数为K，在不同温度下，K的值如下：

。温度200℃250℃300℃K566480①从上表可以推断：该反应的逆反应是______（填“吸”；“放”）热反应．

②此温度下该反应的平衡常数表达式为K=______．

（2）以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸．

①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如右图所示．250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是______．

②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是______．

③将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为______．

（3）Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2．

①如果寻找吸收CO2的其他物质，下列建议合理的是______．

a．可在碱性氧化物中寻找。

b．可在ⅠA；ⅡA族元素形成的氧化物中寻找。

c．可在具有强氧化性的物质中寻找。

②Li2O吸收CO2后，产物用于合成Li4SiO4，Li4SiO4用于吸收、释放CO2．原理是：在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，说明该原理的化学方程式是______．25、砷rm{(As)}是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。rm{(1)}将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂rm{X}吸附剂rm{X}中含有rm{{CO}_{3}^{2mathrm{{-}}}}，其原因是rm{_}____。rm{(2)H_{3}AsO_{3}}和rm{H_{3}AsO_{4}}水溶液中含砷的各物种的分布分数rm{(}平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数rm{)}与rm{pH}的关系分别如图rm{1}和图rm{2}所示。

图rm{1}图rm{2}rm{垄脵}以酚酞为指示剂rm{(}变色范围rm{pH8.010.0)}将rm{NaOH}溶液逐滴加入到rm{H_{3}AsO_{3}}溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为___________。rm{垄脷H_{3}AsO_{4}}第一步电离方程式rm{H_{3}AsO_{4}?H_{2}AsO_{4}^{mathrm{{-}}}+H^{+}}的电离常数为rm{H_{3}AsO_{4}?

H_{2}AsO_{4}^{mathrm{{-}}}+H^{+}}则rm{K_{a1}}____rm{pK_{a1}=}rm{(pK_{a1}=-lgK_{a1})}溶液的rm{(3)}对吸附剂rm{pH}表面所带电荷有影响。rm{X}时，吸附剂rm{pH=7.1}表面不带电荷rm{X}时带负电荷，rm{;pH>7.1}越高，表面所带负电荷越多rm{pH}时带正电荷，rm{;pH<7.1}越低，表面所带正电荷越多。rm{pH}不同时吸附剂rm{pH}对三价砷和五价砷的平衡吸附量rm{X}吸附达平衡时单位质量吸附剂rm{(}吸附砷的质量rm{X}如图rm{)}所示。

图rm{3}rm{3}在rm{垄脵}之间，吸附剂rm{pH79}对五价砷的平衡吸附量随rm{X}升高而迅速下降，其原因是rm{pH}rm{_}在rm{垄脷}之间，吸附剂rm{pH47}对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为________________。提高吸附剂rm{X}对三价砷去除效果可采取的措施是________。rm{X}26、材料是人类生存和发展的物质基础；合理使用材料可以改善我们的生活。

rm{垄脵}居室装修所使的人造板材会释放出一种挥发性物质，长期接触会引起过敏性皮炎，免疫功能异常，该挥发性物质是______rm{(}填字母rm{)}

A.酒精rm{B.}蔗糖rm{C.}甲醛。

rm{垄脷}玻璃是重要的硅酸盐产品。生产玻璃时，石灰石与石英反应的化学方程式为______27、有机化合物K是有机合成中的一种重要的中间体；K的合成路线如下（部分产物及条件略去）：

已知：

（1）A的核磁共振氢谱只有一组峰；A中官能团的名称为______。

（2）B→C和（D+H）→K的反应类型分别是______；______。

（3）H的结构简式为______。

（4）D的系统命名为______。

（5）G→H的第①步反应方程式为______；I→J的反应方程式为______。

（6）同时满足下列条件的K的同分异构体有______种（不考虑立体异构；也不包括K）。

①与K具有相同的官能团②分子中有一个甲基③具有六元碳环结构。

（7）参照上述合成路线，设计一条由乙醛和乙炔为原料制备的合成路线（无机试剂任选）：CH3CHO______。评卷人得分六、综合题(共4题，共16分)28、［化学—选修化学与技术］（15分）请回答有关氯碱工业的如下问题：（1）氯气、烧碱是电解食盐水时按照固定的比率k（质量比）生成的产品。理论上k＝＿＿＿＿（要求计算表达式和结果）;（2）原料粗盐中常含有泥沙和Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42－等杂质，必须精制后才能供电解使用。精制时，粗盐溶于水过滤后，还要加入的试剂分别为①Na2CO3、②HCl（盐酸）③BaCl2，这3种试剂添加的合理顺序是＿＿＿＿＿＿＿＿（填序号）（3）氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节（电）能30％以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过。①图中X、Y分别是＿＿＿＿、＿＿＿＿（填化学式），分析比较图示中氢氧化钠质量分数a％与b％的大小_＿＿＿＿；②分别写出燃料电池B中正极、负极上发生的电极反应正极：＿＿＿＿；负极：＿＿＿＿；③这样设计的主要节（电）能之处在于（写出2处）＿＿＿＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿＿＿＿。29、（15分）下列框图中的A~K物质均为中学常见物质。已知B、D、E、L常温下为密度比空气大的气体，D、E为单质，其它为化合物。A和I都是常用的漂白剂，F的焰色反应呈黄色。F、G均能与L的水溶液反应放出B。请根据图示关系回答问题：（1）F的俗名是＿＿＿＿＿＿；K的电子式＿＿＿＿＿＿。（2）反应①~⑤中，属于氧化－还原反应的是＿＿＿＿＿＿。（3）反应④的离子方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。反应③的化学方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某单质能与H反应生成E，该反应的化学方程式为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。30、（15分）现有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，D与E的氢化物分子构型都是V型。A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，A分别与B、C、D形成电子总数相等的分子。（1）C的元素符号是＿＿＿＿＿＿；元素F在周期表中的位置＿＿＿＿＿＿。（2）B与D一般情况下可形成两种常见气态化合物，假若现在科学家制出另一种直线型气态化合物B2D2分子，且各原子最外层都满足8电子结构，则B2D2电子式为＿＿＿＿＿，其固体时的晶体类型是＿＿＿＿＿＿。（3）最近意大利罗马大学的FuNvioCacace等人获得了极具理论研究意义的C4气态分子。C4分子结构如图所示，已知断裂1molC—C吸收167kJ的热量，生成1molC≡C放出942kJ热量。试写出由C4气态分子变成C2气态分子的热化学方程式：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某盐x(C2A6F2)的性质与CA4F类似，是离子化合物，其水溶液因分步水解而呈弱酸性。①盐显酸性原因（用离子方程式表示）＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。②写出足量金属镁加入盐的溶液中产生H2的化学方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。31、（13分）化工生产中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。（1）从物质的分类角度看，名不符实的一种物质是____________。（2）“三酸”与“两碱”之间均可反应，若用化学方程式表示有六个（酸过量时），若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式（酸过量时）：_____________；______________。（3）“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物。下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是________（填序号）A．AgB．CuC．AlD．Fe（4）烧碱、纯碱溶液均可吸收CO2。向含有4．0ｇNaOH的溶液中通入CO2，当通入的CO2与溶液中NaOH物质的量之比为9:7时，则所得溶液中NaHCO3的质量为____ｇ。（相对原子质量：H—1C—12O—16Na—23）参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】镁、过氧化氢和海水形成原电池，镁做负极发生氧化反应，过氧化氢在正极上发生还原反应，过氧化氢做氧化剂被还原为水，溶液pH增大，电子从负极流向正极，据此分析．【解析】【解答】解：A；组成的原电池的负极被氧化；镁为负极，而非正极，故A错误；

B；双氧水作为氧化剂；在石墨上被还原变为水和氢氧根离子，发生还原反应，故B错误；

C、双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为氢氧根离子，电极反应为，H2O2+2e-=2OH-；故溶液pH值增大，故C正确；

D．电子从负极流向正极；即从Mg电极移向石墨电极，故D错误；

故选C．2、C【分析】【分析】A；0→a为过量的盐酸与氢氧化钠的反应；加入80mL氢氧化钠溶液时沉淀达到最大量，此时溶质为NaCl，则n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH）；

B；根据第三阶段的反应确定铝离子的物质的量；假设只有铝离子时，根据消耗的氢氧化钠来确定a的取值范围；

C、根据图示知第四阶段无反应，沉淀全为Mg（OH）2，若a=0，n（Mg2+）取得最大值；据此来计算镁离子物质的量的范围；

D、根据a=30时，先确定镁离子消耗的氢氧化钠的量，再根据b为生成沉淀的最大量进行计算．【解析】【解答】解：A、根据图象可知，第一阶段，盐酸和氢氧化钠反应：H++OH-=H2O；第二阶段，氯化镁和氯化铝和氢氧化钠反应Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓；当氢氧化钠溶液体积为80mL时，沉淀达到最大量，此时溶液中溶质全为NaCl，则n（HCl）=n（NaCl）=n（NaOH）；

；由于盐酸和氢氧化钠溶液浓度相等，所以盐酸的体积为80mL，故A正确；

B、第三阶段，氢氧化铝溶解：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，此时消耗NaOH溶液10mL，所以n（Al3+）=1mol/L×0.01L=0.01mol，则与Al3+反应生成氢氧化铝沉淀的NaOH溶液体积为30mL，假设无Mg2+，此时a有最大值：a=50，而实际存在Mg2+；所以0＜a＜50，故B正确；

C、第三阶段，氢氧化铝溶解Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=1mol/L×0.01L=0.01mol，第四阶段无反应，沉淀全为Mg（OH）2，若a=0，n（Mg2+）取得最大值，第一阶段中和Al3+反应的NaOH为30mL，所以此时和Mg2+反应的NaOH为50mL，（Mg2+）max=0.025mol，而如图所示a＞0，所以n（Mg2+）＜0.025mol；故C错误；

D、当a=30时，和Mg2+反应的NaOH为20ml，此时n（Mg2+）=0.01mol，根据质量守恒生成沉淀的物质的量为b=n（Mg2+）+n（Al3+）=0.02mol；故D正确；

故选C．3、A【分析】【分析】A．根据反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小来判断该反应是吸热还是放热反应；

B．氯气在水中的溶解度比氢气的大；

C．升高温度平衡向吸热方向进行；

D．根据先到达平衡的反应，压强大，在根据平衡移动原理，判断平衡是否移动．【解析】【解答】解：A．因反应物的总能量＞生成物的总能量；根据能量守恒原理，该反应为放热，△H＜0，故A正确；

B．阴极：2H++2e-═H2↑，阳极：2Cl--2e-═Cl2↑；但氯气在水中的溶解度比氢气的大，故B错误；

C．升高温度平衡向吸热方向进行；该反应正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向进行，图中交点后V逆＞V正，故C错误；

D．因乙先到达平衡；故乙的压强大，甲的压强小，但增大压强，平衡向正反应方向移动，而图象中平衡未发生移动，乙应是加入催化剂的原因，故D错误．

故选A．4、B【分析】【分析】四种离子的核外电子数相同，则阳离子的质子数减去电荷数=电子数，阴离子的质子数加上电荷数=电子数，以此来解答．【解析】【解答】解：A．a-m=c+n；化简可得a-c=m+n，故A错误；

B．b-n=d+m，化简可得b-d=m+n；故B正确；

C．c+n=d+m；化简可得c-d=m-n，故C错误；

D．a-m=b-n，化简可得a-b=m-n；故D错误；

故选B．5、A【分析】解：rm{A}在标准状况下rm{22.4L}rm{H_{2}}物质的量为rm{1mol}含有氢分子的个数为rm{N_{A}}故A错误；

B、rm{24g}rm{Mg}物质的量为rm{1mol}原子最外层电子为rm{2}变为rm{Mg^{2+}}时失去的电子数为rm{2N_{A}}故B正确；

C、rm{32g}rm{O_{2}}物质的量为rm{1mol}分子中含有氧原子的个数为rm{2N_{A}}故C正确；

D、rm{1L}rm{1mol/L}rm{NaCl}溶液中含有氯化钠rm{1mol}氯化钠全部电离成氯离子和钠离子，钠离子的个数为rm{N_{A}}故D正确；

故选：rm{A}．

A；依据气体摩尔体积换算物质的量计算分子数；

B；质量换算物质的量结合镁原子结构计算；

C；质量换算物质的量结合分子式计算原子数；

D；溶液浓度和体积计算溶质物质的量；结合溶液中离子计算．

本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查质量换算物质的量计算微粒数，气体摩尔体积的条件应用计算，浓度换算物质的量，题目难度中等．【解析】rm{A}6、C【分析】解：①取代反应可以引入羟基；如卤代烃水解，故正确；

②加成反应可以引入羟基；如烯烃与水的加成反应，故正确；

③消去反应不可以引入羟基；可以消除羟基，故错误；

④酯化反应不能引入羟基；可以消除羟基，故错误；

⑤加聚反应不能引入羟基；故错误；

⑥缩聚反应不能引入羟基；可以消除羟基，故错误；

⑦氧化反应可以引入羟基；如醛的氧化反应；烯烃氧化反应，故正确；

⑧还原反应可以引入羟基；如醛；酮与氢气的加成反应，故正确。

所以①②⑦⑧正确。

故选：C。

有机反应中常见引入羟基的反应类型有：取代反应；加成反应、氧化反应、还原反应等．

考查有机反应，比较基础，掌握常见有机反应类型、官能团的引入与消除反应．【解析】C7、C【分析】【分析】A．根据微粒中电子数和微粒的质量计算；

C．根据Cu元素在元素周期表位置判断；

D．s轨道的电子云轮廓图为球形而不是圆形；

B．DNA分子中含有氢键，DNA的碱基互补配对是通过氢键来实现的．【解析】【解答】解：A．1molCH3+中含有的8mol电子，n（CH3+）==0.1mol，所以1.5gCH3+中含有的电子数为0.8NA；故A正确；

C．根据Cu元素在元素周期表位置判断；Cu元素在元素周期表的ds区，故B正确；

D．s轨道的电子云轮廓图为球形而不是圆形；故C错误；

B．DNA分子中含有氢键；DNA的碱基互补配对是通过氢键来实现的，故D正确；

故选C．8、D【分析】【解析】试题分析：微粒直径在1～100nm之间，故在水中形成的分散系为胶体，不能透过半透膜，直径比溶液中Na＋的大，因此答案选D。考点：考查有关分散系的判断、性质、鉴别【解析】【答案】D二、填空题(共5题，共10分)9、碎瓷片防止暴沸提高乙酸的转化率及时加热蒸出乙酸乙酯，有利于平衡向生成酯的方向移动饱和的碳酸钠溶液分液蒸馏稀硫酸蒸馏【分析】【分析】（1）对于液体加热蒸馏；应加入碎瓷片，防止暴沸；

（2）乙酸与乙醇的酯化反应是可逆反应；反应中通常加入过量的乙醇，提高乙酸的转化率；

（3）及时加热蒸出乙酸乙酯；有利于平衡向生成酯的方向移动；

（4）粗产品乙酸乙酯中含有乙酸与乙醇，用饱和的碳酸钠溶液反应掉乙酸，溶解乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于溶液分层，乙酸乙酯密度比水小，乙酸乙酯在上层，然后利用分液，乙酸乙酯加入无水碳酸钠吸收其中的水，可得乙酸乙酯；溶液中含有乙醇、碳酸钠、乙酸钠，进行蒸馏可以收集乙醇，向蒸出乙醇的溶液中加入硫酸，可以得到乙酸，再进行蒸馏可以收集乙酸．【解析】【解答】解：（1）对于液体加热蒸馏；应加入碎瓷片，防止暴沸；故答案为：碎瓷片，防止暴沸；

（2）乙酸与乙醇的酯化反应是可逆反应；反应中通常加入过量的乙醇，提高乙酸的转化率；故答案为：提高乙酸的转化率；

（3）及时加热蒸出乙酸乙酯；有利于平衡向生成酯的方向移动，可以提高酯的产率；故答案为：及时加热蒸出乙酸乙酯，有利于平衡向生成酯的方向移动；

（4）粗产品乙酸乙酯中含有乙酸与乙醇，用饱和的碳酸钠溶液反应掉乙酸，溶解乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于溶液分层，乙酸乙酯密度比水小，乙酸乙酯在上层，然后利用分液，乙酸乙酯加入无水碳酸钠吸收其中的水，可得乙酸乙酯；溶液中含有乙醇、碳酸钠、乙酸钠，进行蒸馏可以收集乙醇，向蒸出乙醇的溶液中加入硫酸，可以得到乙酸，再进行蒸馏可以收集乙酸；故答案为：饱和的碳酸钠溶液；分液；蒸馏；稀硫酸；蒸馏．10、+57【分析】【分析】氧化还原反应中遵循电子守恒，从化合物中化合价代数和为0的角度判断Y元素的化合价，进而判断最外层电子数．【解析】【解答】解：在RO3-+6I-+6H+=R-+3I2+3H2O中，R的最低价为-1价，I元素的化合价升高6，由电子守恒可知，R元素的化合价降低6，即在RO3-中R元素的化合价为+5价，（或设RO3-中Y元素的化合价为x；则-2×3+x=-1，x=+5），Y的最低负价为-1价，则最高正价为+7价，则说明最外层含有7个电子；

故答案为：+5；7．11、Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+Cu2+=Fe2++CuFe2+①②4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3CCuO或Cu（OH）2或CuCO3或碱式碳酸铜10-35mol4•L-4在氯化氢氛围中加热蒸干【分析】【分析】方案一：根据实验目的，则含有FeCl3、FeCl2、CuCl2的废液加过量的A即铁，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+Cu2+=Fe2++Cu；过滤得固体甲为铜和过量的铁，再与过量的盐酸反应后过滤得到溶液乙主要是氯化亚铁；滤液甲也是氯化亚铁，所以加过量的B即氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，再氧化转化成氢氧化铁，最后加热分解生成氧化铁，以此分析解答；

方案二：废液加氧化剂目的将二价铁氧化成三价铁；再加入Y通过调节PH值使三价铁沉淀二价铜不沉淀而将铁离子除去，最后得到氯化铜溶液在氯化氢氛围中加热蒸干得到氯化铜晶体，以此解答；

（5）根据以上分析；氧化剂只用于氧化二价铁，而且不能引入新的杂质；

（6）根据以上分析；物质Y是调节PH值使三价铁沉淀二价铜不沉淀而将铁离子除去，也不能引入新的杂质分析；

（7）根据Fe（OH）3的Ksp=C（Fe3+）C（OH-）3进行计算；

（8）根据加热氯化铜溶液，氯化铜水解生成易挥发的氯化氢分析．【解析】【解答】解：方案一：根据实验目的，则含有FeCl3、FeCl2、CuCl2的废液加过量的A即铁，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+Cu2+=Fe2++Cu；过滤得固体甲为铜和过量的铁，再与过量的盐酸反应后过滤得到溶液乙主要是氯化亚铁；滤液甲也是氯化亚铁，所以加过量的B即氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，再氧化转化成氢氧化铁，最后加热分解生成氧化铁；

（1）根据以上分析，工厂废液中加入过量A反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe+Cu2+=Fe2++Cu；．

（2）根据以上分析，溶液甲是氯化亚铁，则甲中的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；

（3）根据以上分析，步骤①Fe+Cu2+=Fe2++Cu，②Fe+2H+=Fe2++H2↑，③Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓中所发生的化学反应；其中属于置换反应的是①②；

故答案为：①②；

（4）④的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

方案二：废液加氧化剂目的将二价铁氧化成三价铁；再加入Y通过调节PH值使三价铁沉淀二价铜不沉淀而将铁离子除去，最后得到氯化铜溶液在氯化氢氛围中加热蒸干得到氯化铜晶体．

（5）根据以上分析；氧化剂只用于氧化二价铁，而且不能引入新的杂质，所以最后选双氧水，故选：C；

（6）根据以上分析，物质Y是调节PH值使三价铁沉淀二价铜不沉淀而将铁离子除去，也不能引入新的杂质，所以只能加入含铜的与氢离子反应的物质，故答案为：CuO或Cu（OH）2或CuCO3或碱式碳酸铜；

（7）根据Fe（OH）3的Ksp=C（Fe3+）C（OH-）3=1×10-5×（10-10）3=10-35mol4•L-4，故答案为：10-35mol4•L-4；

（8）因为加热氯化铜溶液，氯化铜水解生成易挥发的氯化氢，所以为了防止水解，要得到CuCl2•2H2O应控制的一定条件是在氯化氢氛围中加热蒸干，故答案为：在氯化氢氛围中加热蒸干．12、AC消毒剂2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑CH3COOCH2CH3【分析】【分析】由A的性质可知；与Na反应生成气体，则A中含-OH，A与乙酸发生酯化反应，则A应为乙醇；

（1）由上述分析可知；A为醇，含-OH；

（2）含A的体积分数为75%的水溶液可用于杀菌消毒；

（3）乙醇与Na反应生成乙醇钠和氢气；

（4）A和CH3COOH反应生成的有香味的物质，为乙酸乙酯．【解析】【解答】解：由A的性质可知；与Na反应生成气体，则A中含-OH，A与乙酸发生酯化反应，则A应为乙醇；

（1）由上述分析可知；A为乙醇，含-OH，而不属于羧酸，则不含-COOH，故答案为：AC；

（2）含A的体积分数为75%的水溶液可用于杀菌消毒；作消毒剂，故答案为：消毒剂；

（3）乙醇与Na反应生成乙醇钠和氢气，该反应为2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，故答案为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；

（4）A和CH3COOH反应生成的有香味的物质，为乙酸乙酯，其结构简式为CH3COOCH2CH3，故答案为：CH3COOCH2CH3．13、略

【分析】试题分析：I．（1）该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时反应产生的液态的铁和过量的铝熔合形成铁铝合金。所以他的解释是合理的；（2）利用Al能够与强碱溶液发生反应产生氢气，而Fe与Al不能发生反应的性质加以验证，所以该实验所用试剂是NaOH溶液，反应的化学方程式是：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（3）A．在常温下，Fe、Al遇浓硫酸会发生钝化而不能继续发生反应，所以不能在实验室溶解该熔融物，错误；B．Fe、Al都能与稀硫酸发生反应产生可溶性物质及氢气，所以可以用于溶解该物质，正确；C．稀硝酸可以与Fe、Al发生反应，但是会产生NO等大气污染物，不健康，因此不适于在实验室溶解该熔融物，错误；D．氢氧化钠溶液只能与Al反应而不能与Fe反应，所以不能用于溶解该混合物，错误；II．（1）向用硝酸溶解该金属的溶液中加入NaOH溶液，无沉淀产生，是由于酸过量，加入的NaOH首先与过量的酸发生中和反应，所以OC段离子方程式是：H++OH-=H2O；（2）在CD段溶液中的Fe3+、Al3+发生沉淀反应形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；在DE段，沉淀的物质的量没有变化，是因为在DE段NaOH溶液与硝酸被还原为NH4NO3,二者发生复分解反应，离子方程式是：NH4++OH-=NH3·H2O；上述现象说明溶液中Al3+、Fe3+、H+；结合OH－的能力比NH4+强；（3）在EF段NaOH溶解Al(OH)3沉淀，离子方程式是：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。溶解Al(OH)3消耗的NaOH的物质的量是n(NaOH)=4mol/L×0.002L=0.008mol,所以根据反应方程式中二者的物质的量关系可知：n(Al(OH)3)=0.008mol，产生Al(OH)3沉淀消耗的NaOH溶液的体积是6ml；根据反应方程式NH4++OH-=NH3·H2O可知：n(NH4+)=4mol/L×0.003L=0.012mol，n(e-)=0.012mol×8=0.096mol,Fe、Al都是+3价的金属，由于在反应过程中电子转移数目相等，所以n(Fe)+n(Al)=0.096mol÷3=0.032mol,所以在B点对应的沉淀的物质的量与金属的物质的量相等，为0.032mol;使Al3+、Fe3+形成沉淀消耗的NaOH的物质的量与电子的物质的量相等，是0.096mol，则其消耗NaOH溶液的体积是V（NaOH）=0.096mol÷4mol/L=0.024L=24ml,所以C点对应的氢氧化钠溶液的体积为31ml-24ml=7ml。考点：考查守恒法在混合物中各成分的确定的应用的知识。【解析】【答案】I．（1）合理（2）NaOH溶液，2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（3）B；II．（1）H++OH-=H2O；（2）NH4++OH-=NH3·H2O；Al3+、Fe3+、H+；NH4+；（3）0.008；0.032mol；7ml。三、判断题(共8题，共16分)14、×【分析】【分析】由PV=nRT可知，气体的物质的量一定，温度、压强会影响气体的体积．【解析】【解答】解：由PV=nRT可知，气体的物质的量一定，温度、压强会影响气体的体积，当温度高于0时，1mol的任何气体体积可能等于、小于或大于22.4L，与压强有关，故错误，故答案为：×．15、×【分析】【分析】胶体有丁达尔效应，溶液没有；溶质粒子能透过半透膜，胶体粒子不能透过半透膜，但能透过滤纸．【解析】【解答】解：胶体有丁达尔效应，溶液没有，故利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体；胶体微粒的直径大于半透膜的孔径，胶体粒子不能透过半透膜，故答案为：×．16、×【分析】【分析】（1）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（2）葡萄糖在碱性条件下与新制Cu（OH）2浊液反应；

（3）白糖的主要成分是蔗糖；

（4）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖，分子式都可用C12H22O11表示；它们互为同分异构体；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中均含-CHO；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；

（10）植物油成分为高级脂肪酸甘油酯；

（11）根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析；而重金属盐能使蛋白质发生变性；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种；

（13）根据天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸；

（15）油脂中含有不饱和烃基；可与高锰酸钾发生反应；

（16）烃的含氧衍生物完全燃烧生成水和二氧化碳；

（17）在水溶液里或熔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导电的化合物是非电解质）；

（18）食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油；

（19）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（20）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物．【解析】【解答】解：（1）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（2）葡萄糖与新制Cu（OH）2浊液反应需在碱性条件下；应加入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生砖红色沉淀，故答案为：×；

（3）白糖成分是蔗糖；故答案为：√；

（4）油脂水解的羧酸是电解质；故答案为：×；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性，所以不是还原型二糖，故答案为：×；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：√；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖；互为同分异构体，故答案为：√；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团都有醛基；则麦芽糖；葡萄糖属于还原性糖可发生银镜反应，故答案为：√；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；纤维素遇碘水不变色，故答案为：×；

（10）植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯；故答案为：×；

（11）因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀；如饱和硫酸钠溶液；硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜等，故答案为：×；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种，故形成的二肽有四种，故答案为：√；

（13）天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点，故答案为：×；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸，如：一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，故答案为：×；

（15）苯不能使酸性高锰酸钾褪色；但油脂中含有C=C官能团，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，故答案为：×；

（16）油脂含有C；H、O三种元素；完全燃烧生成水和二氧化碳，故答案为：√；

（17）蛋白质属于高分子化合物；是混合物，不是电解质，而葡萄糖属于非电解质，只有乙酸才属于电解质，故答案为：×；

（18）乙酸乙酯水解生乙酸和乙醇．食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油，故答案为：×；

（19）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（20）氨基酸相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故答案为：×．17、×【分析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；

非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；

在水溶液中完全电离的是强电解质；部分电离的是弱电解质．【解析】【解答】解：氨气在水溶液中与水反应生成一水合氨；一水合氨部分电离出铵根离子和氢氧根离子，氨气自身不能电离，故氨气是非电解质；

故答案为：×．18、√【分析】【分析】根据蛋白质的构成元素判断．【解析】【解答】解：蛋白质是蛋白质是结构复杂的高分子化合物；分子中都含有C（碳）；H（氢）、O（氧）、N（氮），可能还会含有P、S、Fe（铁）、Zn（锌）、Cu（铜）等元素；

故答案为：√．19、×【分析】【分析】依据平衡常数是表示平衡进行程度大小的量；化学反应吸热或放热反应，温度升高平衡向吸热反应方向进行．【解析】【解答】解：化学平衡常数K表示可逆反应的进行程度；依据平衡常数含义可知，K值越大，可逆反应的进行程度越大；温度升高，平衡向吸热反应方向进行，反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，所以温度升高，平衡常数可能增大也可能减小；

故答案为：×，温度升高，平衡向吸热反应方向进行，反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，所以温度升高，平衡常数可能增大也可能减小．20、×【分析】【分析】根据苯和1，2-二溴已烷可以互溶，难易分离；【解析】【解答】解：苯中混有已烯，可在加入适量溴水，苯与溴水不反应，已烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴已烷，但苯和1，2-二溴已烷可以互溶，难易分离，故答案为：×；21、×【分析】【分析】需要考虑铵根离子的浓度和氨气极易溶于水的性质来解答．【解析】【解答】解：因为氨气极易溶于水；所以若溶液里铵根离子的浓度很小时，即使加入过量的NaOH溶液，生成的一水合氨的浓度很小，不能放出氨气．

故答案为：×．四、实验题(共2题，共16分)22、验证锂、钠、钾的活泼性（或同一主族，从上到下元素的金属性逐渐增强）C2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑HNO3CaCO3Na2SiO3（或K2SiO3）2HNO3+CaCO3=Ca（NO3）2+H2O+CO2↑CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+Na2CO3或2CO2+2H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaHCO3氮＞碳＞硅【分析】【分析】（1）由“研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律”可知；甲同学设计实验的目的是验证锂；钠、钾的金属性强弱；金属性越强，单质与水反应越剧烈；

（2）利用强酸制备弱酸进行，A是强酸，常温下可与铜反应，为硝酸；B是块状固体，打开分液漏斗的活塞后，C中可观察到白色沉淀生成，则B为碳酸钙、C为硅酸钠，以此解答．【解析】【解答】解：（Ⅰ）①由“研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律”可知；甲同学设计实验的目的是验证锂；钠、钾的金属性强弱；

故答案为：验证锂；钠、钾的活泼性（或同一主族；从上到下元素的金属性逐渐增强）；

②金属性K＞Na＞Li；金属性越强，单质与水反应越剧烈，故反应最剧烈的烧杯是C，故答案为：C；

③钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；

（Ⅱ）①利用强酸制备弱酸进行；A是强酸，常温下可与铜反应，硝酸；B是块状固体，打开分液漏斗的活塞后，C中可观察到白色沉淀生成，则B为碳酸钙；C为硅酸钠或硅酸钾；

故答案为：HNO3；CaCO3；Na2SiO3（或K2SiO3）；

②烧瓶中发生硝酸与碳酸钙的反应，方程式为2HNO3+CaCO3=Ca（NO3）2+H2O+CO2↑，故答案为：2HNO3+CaCO3=Ca（NO3）2+H2O+CO2↑；

③二氧化碳可与硅酸钠反应生成硅酸，且生成碳酸钠，如二氧化碳过量，可生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+Na2CO3或2CO2+2H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaHCO3；

故答案为：CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+Na2CO3或2CO2+2H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaHCO3；

④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，由实验可知酸性：硝酸大于碳酸，碳酸大于硅酸，则非金属性氮＞碳＞硅，故答案为：氮＞碳＞硅．23、略

【分析】试题分析:（1）A、分液漏斗、滴定管和容量瓶使用前必须检查是否漏水，A正确；B、乙醇与水互溶，不能作为萃取碘水中碘的萃取剂，可以用四氯化碳或苯等，B不正确；C、食盐水显中性，铁钉发生的是吸氧腐蚀，C不正确；D、铁丝在氯气中剧烈燃烧，火星四射，生成棕褐色固体氯化铁，D不正确；E、酸碱中和滴定实验中，锥形瓶用蒸馏水洗净后直接使用，不能用标准液润洗。而滴定管用蒸馏水洗净后，必须润洗后使用，E正确，答案选AE。（2）由于NO极易被空气氧化生成NO2，所以必须利用排水法收集NO，因此B装置中盛放的水。又因为NO2与水反应的同时也可能导致液体倒流，所以最好的装置是图乙。考点：考查常见化学实验基本操作、NO的制备、收集以及除杂等【解析】【答案】（1）AE（全对得2分，只选一个且正确得1分，多选或错选得0分）（2）图乙（1分）水（1分）；除去NO2，收集NO（2分，每个要点1分）五、简答题(共4题，共16分)24、略

【分析】解：（1）①分析图表数据平衡常数随温度升高增大；正反应为吸热反应，逆反应为放热反应；

故答案为：放；

②CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g），反应的平衡常数表达式为：K=

故答案为：

（2）①温度超过250℃时；催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低；

故答案：温度超过250℃时；催化剂的催化效率降低；

②增大容器体积减小压强、增大CO2的浓度；平衡正向移动，反应物转化率增大；

故答案为：增大体积减小压强或增大CO2的浓度；

③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O；

故答案为：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O；

（3）①a．Li2O、Na2O、MgO均属于碱性氧化物，均能吸收酸性氧化物CO2，可在碱性氧化物中寻找吸收CO2的其他物质；故a正确；

b．Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2，钠、镁、铝为ⅠA、ⅡA族元素，所以可在ⅠA、ⅡA族元素形成的氧化物中寻找吸收CO2的其他物质，故b正确；

c．Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2；但它们都没有强氧化性，且吸收二氧化碳与氧化还原无关，故c错误；

故答案为：ab；

②在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒可知产物还有Li2SiO3，所以化学方程式为：CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3；

故答案为：ab，CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3．

（1）①分析图表数据平衡常数随温度升高增大；正反应为吸热反应，逆反应为放热反应；

②平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；

（2）①根据温度对催化剂活性的影响；

②根据外界条件对化学平衡的影响；平衡正向移动，反应物转化率增大；

③先将Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3；再根据氧化物与酸反应生成离子方程式，需要注意的是一价铜具有还原性；

（3）①二氧化碳为酸性气体，Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2与氧化性无关；

②根据题干信息，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3；根据质量守恒进行解答．

本题主要考查了综合利用CO2，涉及热化学反应、电化学、化学平衡影响因素等，较为综合，题目难度中等．【解析】放；温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；增大反应压强或增大CO2的浓度；3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O；ab；CO2+Li4SiO4⇌Li2CO3+Li2SiO325、rm{(1)}碱性溶液吸收了空气中的rm{CO_{2}}

rm{(2)垄脵OH^{-}+H_{3}AsO_{3}=H_{2}AsO_{3}^{-}+H_{2}O}

rm{垄脷2.2}

rm{(3)垄脵}在rm{pH7隆芦9}之间，随rm{pH}升高rm{H_{2}AsO_{4}^{-}}转变为rm{HAsO_{4}^{2-}}吸附济rm{X}表面所带负电荷增多，静电斥力增加

rm{垄脷}在rm{pH4隆芦7}之间，吸附济rm{X}表面带正电，五价砷主要以rm{H_{2}AsO_{4}^{-}}和rm{HAsO_{4}^{2-}}阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以rm{H_{3}AsO_{3}}分子形式存在，与吸附济rm{X}表面产生的静电引力小加入氧化济，将三价砷转化为五价砷【分析】【分析】本题以含有rm{As}的物质为载体考查弱电解质的电离及图象分析，为高频考点，侧重考查学生对基础知识的掌握和灵活运用、图象分析判断能力，明确出题人的目的是解本题关键，难点是图象的正确理解和分析，题目难度中等。【解答】rm{(1)}空气中的rm{CO_{2}}属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液，rm{NaOH}是碱，能吸收空气中的二氧化碳而生成碳酸根离子，所以其原因是碱性溶液吸收了空气中的rm{CO_{2}}故答案为：碱性溶液吸收了空气中的rm{CO_{2}}

rm{(2)垄脵}根据图知，碱性条件下rm{H_{3}AsO_{3}}的浓度减小、rm{H_{2}AsO_{3}^{-}}浓度增大，说明碱和rm{H_{3}AsO_{3}}生成rm{H_{2}AsO_{3}^{-}}该反应为酸碱的中和反应，同时还生成水，离子方程式为rm{OH^{-}+H_{3}AsO_{3}=H_{2}AsO_{3}^{-}+H_{2}O}

故答案为：rm{OH^{-}+H_{3}AsO_{3}=H_{2}AsO_{3}^{-}+H_{2}O}

rm{垄脷K_{a1}=dfrac{c({H}_{2}As{{O}_{4}}^{-})c({H}^{+})}{c({H}_{3}As{O}_{4})}}rm{垄脷K_{a1}=dfrac{c({H}_{2}As{{O}_{4}}^{-})c({H}^{+})}{c({H}_{3}As{O}_{4})}

}时rm{pH=2.2}rm{c(H^{+})=10^{-2.2}mol/L}rm{c(H_{3}AsO_{4})=c(H_{2}AsO_{4}^{-})}rm{p}rm{K_{a1}=-lgdfrac{c({H}_{2}As{{O}_{4}}^{-})c({H}^{+})}{c({H}_{3}As{O}_{4})}=2.2}

故答案为：rm{K_{a1}=-lg}

rm{K_{a1}=-lg

dfrac{c({H}_{2}As{{O}_{4}}^{-})c({H}^{+})}{c({H}_{3}As{O}_{4})}

=2.2}吸附剂rm{2.2}表面所带负电荷增多，静电斥力越大，在rm{(3)垄脵}之间，随rm{X}升高rm{pH7隆芦9}转变为rm{pH}吸附剂rm{H_{2}AsO_{4}^{-}}表面所带负电荷增多，静电斥力增加，导致在rm{HAsO_{4}^{2-}}之间，吸附剂rm{X}对五价砷的平衡吸附量随rm{pH7隆芦9}升高而迅速下降；

故答案为：在rm{X}之间，随rm{pH}升高rm{pH7隆芦9}转变为rm{pH}吸附剂rm{H_{2}AsO_{4}^{-}}表面所带负电荷增多；静电斥力增加；

rm{HAsO_{4}^{2-}}在rm{X}之间，吸附剂rm{垄脷}表面带正电，五价砷主要以rm{pH4隆芦7}和rm{X}阴离子存在，rm{H_{2}AsO_{4}^{-}}时带正电荷，rm{HAsO_{4}^{2-}}越低，表面所带正电荷越多，所以静电引力较大；而三价砷主要以rm{pH<7.1}分子存在，与吸附剂rm{pH}表面产生的静电引力小，所以在rm{H_{3}AsO_{3}}之间，吸附剂rm{X}对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱；

在rm{pH4隆芦7}之间，吸附剂rm{X}对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱；如果能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除三价砷，所以采取的措施是加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷；

故答案为：在rm{pH4隆芦7}之间，吸附剂rm{X}表面带正电，五价砷主要以rm{pH4隆芦7}和rm{X}阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以rm{H_{2}AsO_{4}^{-}}分子存在，与吸附剂rm{HAsO_{4}^{2-}}表面产生的静电引力小；加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷。rm{H_{3}AsO_{3}}【解析】rm{(1)}碱性溶液吸收了空气中的rm{CO_{2}}rm{(2)垄脵OH^{-}+H_{3}AsO_{3}=H_{2}AsO_{3}^{-}+H_{2}O}rm{垄脷2.2}rm{(3)垄脵}在rm{pH7隆芦9}之间，随rm{pH}升高rm{H_{2}AsO_{4}^{-}}转变为rm{HAsO_{4}^{2-}}吸附济rm{X}表面所带负电荷增多，静电斥力增加rm{垄脷}在rm{pH4隆芦7}之间，吸附济rm{X}表面带正电，五价砷主要以rm{H_{2}AsO_{4}^{-}}和rm{HAsO_{4}^{2-}}阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以rm{H_{3}AsO_{3}}分子形式存在，与吸附济rm{X}表面产生的静电引力小加入氧化济，将三价砷转化为五价砷26、略

【分析】解：rm{垄脵}甲醛是来自人造地板；家具以及装修粘合剂；长期接触低剂量的该物质，可引起过敏性皮炎、免疫功