2025年统编版2024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2025年统编版2024高三化学上册月考试卷455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5题，共10分)1、下列物质属于电解质的是（）A.饱和食盐水B.乙醇C.HClD.铁片2、某期刊封面上有如下一个分子的球棍模型图，图中“棍”代表单键或双键或三键。不同颜色的球代表不同元素的原子，其中绿球代表（）元素。A.氮B.氢C.氧D.碳3、M元素的一个原子失去2个电子，这2个电子转移到Y元素的2个原子中去，形成离子化合物Z，下列说法中，正确的是（）A.Z的电子式为B.Z可表示为M2YC.Z一定溶于水中D.M形成+2价阳离子4、二氧化硫能使品红褪色，说明二氧化硫具有（）A.还原性B.氧化性C.酸性D.漂白性5、关于下列各装置图的叙述中，正确的是rm{(}rm{)}

A.利用装置rm{垄脵}可制备氢氧化亚铁并长时间观察其颜色B.装置rm{垄脷}中rm{X}若为四氯化碳，可用于吸收rm{HCl}气体，并防止倒吸C.装置rm{垄脹}验证rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}两种固体的热稳定性D.通过rm{垄脺}的方法配制一定浓度的稀硫酸溶液评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)6、25℃时下列叙述不正确的是（）A.pH=3的二元弱酸H2R溶液与p=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液中：2c（R2-）+c（HR-）=（Na+）B.若0.3mol•L-1HY溶液与0.3mol•L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=9，则：c（OH-）-c（HY）=（H+）=1×10-9mol•L-1C.0.2mol•L-1HCl溶液与等体积0.05mol•L-1Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1D.0.1mol•L-1Na2S与0.1mol•L-1NaHS等体积混合：3c（Na+）-2c（HS-）=2c（S2-）+2c（H2S）7、下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是rm{(}rm{)}A.rm{0.1mol?L^{-1}}rm{Na_{2}S}溶液中一定有：rm{c(OH^{-})=c(H^{+})+c(HS^{-})+2c(H_{2}S)}B.向rm{NH_{4}Cl}溶液中加入适量氨水，得到的碱性混合溶液中一定有：rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})>c(H^{+})}C.加热rm{Na_{2}S}溶液，溶液rm{c(OH^{-})}肯定增大，rm{c(H^{+})}肯定减小D.加水稀释rm{0.1mol?L^{-1}}醋酸溶液，电离平衡向右移动，rm{c(H^{+})}一定减小8、设rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数，下列说法中不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{0.5mol}rm{O_{3}}和rm{11.2L}rm{O_{2}}的体积一定相等B.rm{5.6}rm{gFe}与足量的稀盐酸充分反应后，转移的电子数为rm{0.2N_{A}}C.标准状况下，分子数为rm{N_{A}}的rm{CO}rm{C_{2}H_{4}}混合气体体积约为rm{22.4L}质量为rm{28g}D.rm{1L}rm{0.1mol/L}的醋酸溶液中rm{H^{+}}数目为rm{0.1}rm{N_{A}}9、污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚其原理如图所示，下列说法不正确的rm{(}rm{)}

A.rm{A}为电池的正极，发生还原反应B.电流方向从rm{B}极沿导线经小灯泡流向rm{A}极C.rm{A}极的电极反应式为D.当外电路中有rm{0.2mole^{-}}转移时，进入rm{A}极区的rm{H^{+}}的个数为rm{0.2N_{A}}10、三氟化溴溶于水可发生反应3BrF3+5H2O→HBrO3+Br2+9HF+O2↑，下列说法正确的是（）A.氧化产物是O2B.BrF3既是氧化剂又是还原剂C.当有5mol水参加反应，生成22.4L氧气D.当反应中转移3NA个电子时，有NA个水分子被氧化11、有关叙述正确的是（）A.铝热剂就是单指Fe2O3和铝粉的混合物B.检验红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品-→粉碎-→加水溶解-→过滤-→向滤液中滴加KSCN溶液C.分别还原amolFe2O3所需提供的H2、Al、CO的物质的量之比为3：2：3D.明矾属硫酸盐，含结晶水，是纯净物评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)12、H1N1病毒是一种没有超常抵抗力的病毒．研究证明，许多常用消毒药物如漂粉精、漂白粉、高锰酸钾等，可以将H1N1病毒杀灭．

（1）工业上制取漂白粉的反应方程式为____．

（2）将漂白粉溶于适量水中，呈白色浊状物，静置沉降．取少许上层清液，滴加碳酸钠溶液出现白色沉淀，写出其中一个化学方程式____．

另取少许上层清液，滴加适量的____（填化学式）即可检验Cl-的存在，发生反应的化学方程式为____．

（3）漂白粉在空气中长期放置，会失效，用化学方程式解释其原因____．13、镁；铝是常见的两种金属；它们组成合金是现代科技的重要材料．

I；镁的金属性比铝的更强．

（1）请从原子结构的角度解释镁的金属性比铝强的原因．答：____．

II；现有四块相同的镁铝合金（假设质量均为Xg）．为测定该合金中铝的质量分数；四个同学各取一块合金，并按下述四种不同的方案进行实验：

甲：将合金溶于足量的盐酸；测得生成气体的体积为VL（标况下）；

乙：将合金溶于足量的NaOH溶液中；测得剩余固体的质量为Yg；

丙：将合金溶于足量的盐酸；再加入足量的NaOH溶液后过滤，测得沉淀质量为Zg；

丁：将合金溶于足量的盐酸；再加入足量的氨水后过滤，测得沉淀质量为Wg；

（2）乙方案中反应的化学方程式为____．

（3）四种方案中，可测出合金中铝的质量分数的是____（填实验方案代号）．

（4）选择一种可测出合金中铝的质量分数的方案；并利用相关量，计算该合金中铝的质量分数，并填入下表中：

。你选择的方案合金中铝的质量分数________（5）方案乙中，浸泡于氢氧化钠溶液中的合金与氢氧化钠溶液构成了原电池．对于该原电池，其负极的电极反应式为____．14、七铝十二钙（12CaO•7Al2O3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：

（1）锻粉主要含MgO和____，用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，或滤液Ⅰ中c（Mg2+）小于5×10-6mol•L-1，则溶液pH大于____（Mg（OH）2的Ksp=5×10-12）；该工艺中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是____．

（2）滤液Ⅰ中阴离子有____（忽略杂质成分的影响）；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会生成____，从而导致CaCO3产率降低．

（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为____．

（4）电解制备Al（OH）3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为____．

（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4-和Al2Cl7-两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为____．15、在容积为2L的密闭容器中，通入8molSO2和4molO2，在一定条件下进行反应，1s后达到平衡状态，此时O2的浓度为1mol•L-1．试求：

（1）用SO3浓度表示1s内的平均反应速率____

（2）SO2的转化率____

（3）平衡时SO3的体积分数____．16、A；B、C、D、E是五种原子序数依次增大的短周期元素；B是地壳中含量最多的元素．已知A、C及B、E分别是同主族元素，且B、E两元素原子核内质子数之和是A、C两元素原子核内质子数之和的2倍．处于同周期的C、D、E元素中，D是该周期金属元素中金属性最弱的元素．

（1）A、B、C形成的化合物的电子式为____；

（2）一点温度下，浓度相同的B、C、D组成的化合物的水溶液与A、C、E组成的化合物的水溶液的pH____＞____（填化学式）

（3）D与C元素最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式____

（4）写出两种均含A、B、C、E四种元素的化合物在溶液中相互反应、且生成气体的离子方程式____

（5）A单质和B单质能构成电池，该电池用多孔惰性电极浸入浓KOH溶液，两极分别通入A单质和B单质，电池的负极通入的是____气体，电极反应式____；

（6）通常条件下，C的最高价氧化物对应水化物2mol与E最高价氧化物对应水化物1mol的稀溶液间反应放出的热量为114.6kJ，试写出表示该热量变化的离子方程式____．17、已知30℃时几种盐的溶解度(g/100gH2O)。物质NaClNH4HCO3NaHCO3NH4ClS/g36.327.011.141.11862年比利时索尔维以CO2、NH3、水为原料制得纯净的Na2CO3，这种制碱法叫索尔维法，其主要操作是：①在氨化的饱和NaCl溶液中通入CO2制得小苏打；②再把小苏打焙烧，制得纯碱，而副产物CO2可循环使用；③在析出小苏打的母液中加入生石灰，逸出的NH3循环使用。1943年我国著名化学家侯德榜先生改进了“索尔维法”，用固体NaCl代替生石灰加入母液中，使NH4Cl晶体析出，生产纯碱和NH4Cl，这便是“侯氏制碱法”。试回答：(1)该方法能制得小苏打的原因是______________________________________________________________________________________________________。(2)不能在NaCl溶液中先通入CO2，然后再通NH3制得NaHCO3的原因是________________________________________________________________________。(3)在析出小苏打后的母液中加入生石灰发生反应的化学方程式为：________________________________________________________________________。(4)“侯氏制碱法”的化学原理中涉及的化学反应类型有________。A．化合B．分解C．置换D．复分解18、在烷烃分子中的基团：中的碳原子分别称为伯、仲、叔、季碳原子，数目分别用N1、N2、N3、N4表示．例如：

分子中，N1=6，N2=1，N3=2，N4=1．试根据不同烷烃的组成结构；分析出烷烃（除甲烷外）中各原子数的关系．

（1）烷烃分子中氢原子数N0与N1、N2、N3、N4之间的关系是N0=____

（2）4种碳原子数之间的关系为N1=____

（3）若分子中N2=N3=N4=1，则该分子的结构简式可能为（任写一种）____．评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)19、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）评卷人得分五、其他(共4题，共8分)20、化学上将SCN－、OCN－、CN－等离子称为“类卤离子”。现将KSCN溶液滴加到酸性Fe3+溶液中，溶液立即变成红色。将此红色溶液分成两份：一份中____（1）向另一份中____（2）____（3）试用离子方程式解释以上三部分颜色变化的原因（方程式可以不配平）。21、苯佐卡因是一种医用麻醉药品，学名对氨基苯甲酸乙酯。用芳香烃A为原料合成苯佐卡因E的路线如下：请回答：（1）写出结构简式B________________C_________________。（2）写出反应类型①_______________②________________。（3）化合物D经聚合反应可制得高分子纤维，广泛用于通讯、导弹、宇航等领域。写出该聚合反应的化学方程式：____________________________________________________________。（4）下列化合物中能与E发生化学反应的是_________。a．HClb．NaClc．Na­2CO3d．NaOH（5）除外，符合下列条件的化合物E的同分异构体有_____种。i.为1,4—二取代苯，其中苯环上的一个取代基是氨基；ii.分子中含结构的基团22、如图所示为实验室常用的仪器：

请根据图回答：

（1）写出A～F各仪器的名称：

A____B____C____D____E____F____

（2）用于吸取和滴加少量液体的是（填序号，下同）____；

（3）能直接加热的仪器是____；

（4）用于作热源的仪器是____；

（5）用于夹持试管的是____；

（6）可取用少量固体粉未的是____；

（7）用来量取液体体积的是____．23、化学实验基本操作在化学学习和研究中具有重要作用．现有a试管．b酒精灯．c集气瓶．d药匙．e胶头滴管．f量筒（10ml；50ml，100ml）等仪器，请为下列实验操作各选一种．

（1）用于作热源的仪器是____（用序号填空）

（2）取粉末状固体使用____（用序号填空）

（3）吸取或滴加少量液体使用____（用序号填空）

（4）可以在酒精灯上直接加热的玻璃仪器是____（用序号填空）

（5）配制溶液过程中，需要量取45ml浓硫酸，选用____ml的量筒．读数时，该同学俯视刻度线，所量浓硫酸的体积____（填偏大，偏小或无影响）评卷人得分六、实验题(共3题，共27分)24、实验室欲用NaOH固体配制1.0mol•L-1的NaOH溶液240mL：

（1）配制溶液时；一般可以分为以下几个步骤：

①称量②计算③溶解④倒转摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却。

其正确的操作顺序为____．本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有____．

（2）某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图．烧杯的实际质量为____g，要完成本实验该同学应称出____gNaOH．

（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是____．

（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是____．

①没有洗涤烧杯和玻璃棒。

②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面。

③容量瓶不干燥；含有少量蒸馏水。

④定容时俯视刻度线。

⑤未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容。

⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线．25、无水rm{MgBr}rm{MgBr}rm{{,!}_{2}}可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水rm{MgBr}rm{MgBr}主要步骤如下：

rm{{,!}_{2}}

，装置如图rm{1}主要步骤如下：三颈瓶中装入rm{1}镁屑和图rm{1}无水乙醚；装置rm{1}中加入步骤rm{1}三颈瓶中装入rm{10g}镁屑和rm{150mL}无水乙醚；装置rm{B}中加入rm{15mL}液溴。液溴。

rm{1}缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。

rm{10g}反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至rm{150mL}析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。

rm{B}室温下用苯溶解粗品，冷却至rm{15mL}析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至步骤rm{2}缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。分解得无水rm{2}步骤rm{3}反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至rm{0隆忙}析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。rm{3}

rm{0隆忙}与步骤rm{4}室温下用苯溶解粗品，冷却至rm{0隆忙}析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至rm{160隆忙}分解得无水rm{MgBr}rm{4}rm{0隆忙}rm{160隆忙}rm{MgBr}rm{{,!}_{2}}产品。已知：rm{垄脵Mg}与rm{Br}rm{垄脵Mg}rm{Br}rm{{,!}_{2}}反应剧烈放热；rm{MgBr}rm{MgBr}rm{{,!}_{2}}具有强吸水性。rm{垄脷MgBr}rm{垄脷MgBr}rm{{,!}_{2}}rm{+3C}rm{+3C}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{5}}rm{OC}

rm{OC}

rm{{,!}_{2}}仪器rm{H}的名称是__________rm{H}实验中不能用干燥空气代替干燥rm{{,!}_{5}}rm{?MgBr}rm{?MgBr}rm{{,!}_{2}}rm{隆陇3C}如将装置rm{隆陇3C}改为装置rm{{,!}_{2}}图rm{H}可能会导致的后果是rm{H}rm{{,!}_{5}}rm{OC}步骤rm{OC}中，第一次过滤除去的物质是________。rm{{,!}_{2}}有关步骤rm{H}的说法，正确的是________。rm{H}的乙醇代替苯溶解粗品rm{{,!}_{5}}的苯请回答：的主要目的是除去苯rm{(1)}仪器rm{A}的名称是__________rm{.}实验中不能用干燥空气代替干燥rm{N}rm{(1)}为测定产品的纯度，可用rm{A}简写为rm{.}rm{N}rm{{,!}_{2}}标准溶液滴定，反应的离子方程式：，原因是________________________________________________________________。rm{(2)}如将装置rm{B}改为装置rm{C(}图rm{2)}可能会导致的后果是rm{(2)}rm{B}rm{C(}

rm{2)}滴定前润洗滴定管的操作方法是_________________________________________________

________________________________________________________________________。测定前，先称取rm{(3)}步骤rm{3}中，第一次过滤除去的物质是________。无水rm{(3)}rm{3}rm{(4)}有关步骤rm{4}的说法，正确的是________。rm{(4)}rm{4}标准溶液滴定至终点，消耗A.可用rm{95%}的乙醇代替苯溶解粗品标准溶液rm{95%}则测得无水B.洗涤晶体可选用rm{0隆忙}的苯rm{0隆忙}C.加热至rm{160隆忙}的主要目的是除去苯以质量分数表示rm{160隆忙}D.该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴26、某学习小组通过查阅资料，设计如下方案制备KMnO4：

已知：①3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O

②几种物质的溶解度：

。温度溶解度/gK2CO3KOHKMnO4KMnO420℃1111126.3860℃12715422.1（1）第一步固体熔融时除三脚架、泥三角、细铁棒、坩埚钳外，还需的仪器是____．

A．酒精灯B．铁坩埚C．瓷坩埚D．烧杯

（2）反应Ⅰ的化学方程式____；

（3）反应Ⅱ的条件为电解，其化学方程式为____．

（4）两个途径中操作a、b相同，均包括____、____、过滤等3步；在整个方案中可以循环利用的产物有____．

（5）最后可以用1.5mol•L-1的草酸（H2C2O4）溶液滴定KMnO4溶液来测定KMnO4粗品的纯度（质量分数），则还需要采集的数据为____．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质．大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质．【解析】【解答】解：A；饱和食盐水是混合物；既不是电解质也不是非电解质，故A错误；

B；乙醇在水溶液中和熔融状态下都不能导电；属于非电解质，故B错误；

C；HCl溶于水可发生电离；是电解质，故C正确；

D；铁片是单质；不是化合物，既不是电解质，也不是非电解质，故D错误；

故选C．2、D【分析】【解析】试题分析：由图可知，绿球周围最多可连接四个“棍”，而“棍”可代表单键或双键或三键，因此可判断绿球的化合价为+4价，故答案选D。而对于蓝球应为氮元素；红球应为氧元素；白球应为氢元素。考点：有机物的结构判断【解析】【答案】D3、D【分析】【解答】A、Z的电子式为故A错误；

B、Z属于离子化合物，化学式为MY2；故B错误；

C；Z不一定溶于水；如氟化镁不溶于水，故C错误；

D、一个M原子失去2个电子形成M2+；故D正确；

故选D．

【分析】由题意知，一个M原子失去2个电子形成M2+，故M的最外层电子数应为2个，金属元素，一个Y原子得到1个电子形成Y﹣，说明是非金属，且Z属于离子化合物，化学式为MY2．4、D【分析】【分析】二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，二氧化硫还具有氧化性、还原性和酸性，据此分析解答．【解析】【解答】解：二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，但二氧化硫漂白性具有暂时性特点，加热易恢复原色，二氧化硫能使品红溶液褪色体现二氧化硫漂白性，与二氧化硫还原性、氧化性、酸性无关，故选D．5、B【分析】【分析】本题考查氢氧化亚铁的制备及性质实验、配制溶液等，侧重于考查学生化学实验方案的评价能力和实验操作能力，注意把握实验原理和实验注意事项。【解答】A.氢氧化亚铁易被空气中氧气氧化，则装置rm{垄脵}可制备氢氧化亚铁，但不能并长时间观察其颜色，故A错误；可制备氢氧化亚铁，但不能并长时间观察其颜色，故A错误；

rm{垄脵}不溶于四氯化碳，且四氯化碳与水互不相溶，图中气体与水不能直接接触，则装置B.rm{HCl}不溶于四氯化碳，且四氯化碳与水互不相溶，图中气体与水不能直接接触，则装置rm{垄脷}中rm{X}若为四氯化碳，可用于吸收rm{HCl}气体，并防止倒吸，故B正确；中rm{HCl}若为四氯化碳，可用于吸收rm{垄脷}气体，并防止倒吸，故B正确；

rm{X}

rm{HCl}

C.碳酸氢钠不稳定，图中小试管中应为碳酸氢钠，故C错误；D.不能将浓硫酸直接注入容量瓶中，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故D错误。【解析】rm{B}二、双选题(共6题，共12分)6、C|D【分析】解：A．溶液混合后溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），溶液中电荷守恒：2c（R2-）+c（HR-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），故有2c（R2-）+c（HR-）=c（Na+）；故A正确；

B．两溶液恰好反应产物为NaY，水解溶液呈碱性，由电荷守恒：c（OH-）+c（Y+）=c（H+）+c（Na+），由物料守恒：c（HY）+c（Y+）=c（Na+），联立可得：c（OH-）-c（HY）=c（H+）=1×10-9mol•L-1；故B正确；

C．混合后溶液中c（H+）=（0.2mol/L-0.1mol/L）÷2=0.05mol/L；则pH=-lg0.05=2-lg5≈1.3，故C错误；

D．溶液体积、浓度相等，则Na2S、NaHS的物质的量相等，根据物料守恒c（Na+）=[c（HS-）+c（S2-）+c（H2S）]，则c（Na+）-2c（HS-）=2c（S2-）+2c（H2S）；故D错误．

故选：CD．

A．溶液混合后溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-）；结合电荷守恒判断；

B．等体积混合后得到NaY溶液，溶液的pH=9，则c（H+）=1×10-9mol•L-1；说明HY为弱酸，生成强碱弱酸盐，根据电荷守恒和物料守恒进行解答；

C．0.2mol•L-1HCl溶液与等体积0.05mol•L-1Ba（OH）2溶液混合后，酸过量，计算出溶液中的氢离子浓度，根据pH=-lgc（H+）计算；

D．Na2S、NaHS的物质的量相等，根据物料守恒c（Na+）=[c（HS-）+c（S2-）+c（H2S）]．

本题考查离子浓度的大小比较，注意从电荷守恒和物料守恒的角度分析，溶液混合时先分析溶液中的溶质，再结合电离、水解与电荷守恒、物料守恒、质子恒等式判断．【解析】【答案】CD7、rAD【分析】解：rm{A.}根据rm{Na_{2}S}溶液中的质子守恒可得：rm{c(OH^{-})=c(H^{+})+c(HS^{-})+2c(H_{2}S)}故A正确；

B.向rm{NH_{4}Cl}溶液中加入适量氨水，得到的碱性混合溶液，则：rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}根据电荷守恒可知rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}溶液中离子浓度大小为：rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}故B错误；

C.加热rm{Na_{2}S}溶液，硫离子水解程度增大，rm{c(OH^{-})}肯定增大，但水的离子积也增大了，则rm{c(H^{+})}不一定减小；故C错误；

D.加水稀释，醋酸的电离平衡向右移动，但溶液体积增大幅度较大，则溶液中rm{c(H^{+})}减小；故D正确；

故选AD．

A.根据硫化钠溶液中的质子守恒判断；

B.该离子浓度关系违反了电荷守恒；

C.温度升高后水的离子积增大；则氢离子浓度可能增大；

D.稀释后醋酸的电离程度增大；平衡向着正向移动，但溶液体积增大幅度较大，溶液中氢离子浓度减小．

本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、质子守恒的含义为解答关键，注意掌握盐的水解原理及其影响，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】rm{AD}8、rAD【分析】解：rm{A}只有标况下，气体摩尔体积rm{=22.4L/mol}才能使用，故rm{0.5molO_{3}}的体积不一定是rm{11.2L}故A错误；

B、铁与稀盐酸反应生成亚铁离子，即rm{1molFe}失去的电子数为rm{2mol}rm{5.6gFe}为rm{0.1mol}与足量的稀盐酸充分反应后，转移的电子数为rm{0.2N_{A}}故B正确；

C、rm{CO}rm{C_{2}H_{4}}的相对分子质量相同，标况下，两者的体积为rm{22.4L}故两者物质的量之和为rm{1mol}故rm{m=nM=1mol隆脕28=28g}故C正确；

D、rm{1L0.1mol/L}的醋酸溶液和，醋酸的物质的量为：rm{1L隆脕0.1mol/L=0.1mol}但是醋酸属于弱电解质，存在电离平衡，故rm{0.1mol}醋酸中rm{H^{+}}数目rm{<0.1N_{A}}故D错误，故选AD．

A、只有标况下，气体摩尔体积rm{=22.4L/mol}才能使用；

B；铁与稀盐酸反应生成亚铁离子；

C、rm{CO}rm{C_{2}H_{4}}的相对分子质量相同；据此解答即可；

D；醋酸属于弱电解质；存在电离平衡．

本题主要考查的是气体摩尔体积的使用条件、氧化还原反应原理、弱酸的电离等知识点，难度不大，属于高频考题．【解析】rm{AD}9、rBD【分析】解：rm{A.A}为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为发生还原反应，故A正确；

B.电流从正极rm{A}沿导线流向负极rm{B}故B错误；

C.rm{A}为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为故C正确；

D.据电荷守恒，当外电路中有rm{0.2mole^{-}}转移时，通过质子交换膜的rm{H^{+}}的个数为rm{0.2N_{A}}而发生则rm{A}极区增加的rm{H^{+}}的个数为rm{0.1N_{A}}故D错误；

故选BD．

原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知rm{A}为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为rm{Cl-}rm{-OH+2e^{-}+H^{+}篓T}rm{-OH+Cl^{-}}电流从正极经导线流向负极，以此解答该题．

本题涉及原电池的工作原理以及应用的考查；为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意知识的迁移和应用是解题的关键，难度中等，注意把握原电池和电解池中离子的移动方向．

【解析】rm{BD}10、B|D【分析】解：A．Br元素的化合价由+3价升高为+5价，O元素的化合价由-2价升高为0，则氧化产物是HBrO3、O2；故A错误；

B．Br元素的化合价既升高又降低，则BrF3既是氧化剂又是还原剂；故B正确；

C．没有说明是否是标准状况下；无法计算气体的体积，故C错误；

D．反应中转移6mol电子时有2mol水被氧化，所以当反应中转移3NA个电子时，有NA个水分子被氧化；故D正确．

故选BD．

3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2↑+O2↑+9HF中，Br元素的化合价由+3价升高为+5价，O元素的化合价由-2价升高为0，Br元素的化合价由+3价降低为0；以此来解答．

本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意Br元素的化合价判断为易错点，题目难度不大．【解析】【答案】BD11、C|D【分析】解：A．作为铝热剂重要组成的金属氧化物；铝热剂应为Al和过渡元素的氧化物所形成的混合物，故A错误；

B．Fe2O3不溶于水，且和水不反应，应加入盐酸或稀硫酸溶解后再加KSCN溶液，Fe2O3的检验过程：样品→粉碎→加酸溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液；故B错误；

C．amolFe2O3被还原得到6amol电子，则分别消耗H2；Al、CO3amol、2amol、3amol；物质的量之比为3：2：3，故C正确；

D．明矾为KAl（SO4）2•12H2O；是结晶水化合物，属于硫酸盐，为纯净物，故D正确．

故选CD．

A．可以发生铝热反应的混合物称之为铝热剂；

B．Fe2O3不溶于水；且和水不反应；

C．amolFe2O3被还原得到6amol电子；根据还原剂的化合价变化判断；

D．含有结晶水的化合物为纯净物．

本题综合考查元素化合物知识，涉及铝热剂、离子的检验、氧化还原反应以及纯净物与混合物的判断，题目难度中等，注意相关知识的积累．【解析】【答案】CD三、填空题(共7题，共14分)12、2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2OCaCl2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaClAgNO3、HNO3CaCl2+2AgNO3═2AgCl↓+Ca（NO3）2Ca（ClO）2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO、2HClO2HCl+O2↑【分析】【分析】（1）工业上用石灰乳与氯气反应制取漂白粉；二者反应生成氯化钙；次氯酸钙和水；

（2）漂白粉溶液中滴加碳酸钠溶液生成碳酸钙白色沉淀；检验漂白精中的氯离子，应先加硝酸酸化，再滴加硝酸银检验；

（3）漂白粉能够与空气中的二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸具有不稳定性，见光易分解．【解析】【解答】解：（1）氯气与氢氧化钙反应制备漂白粉，则漂白粉的主要成分为Ca（ClO）2、CaCl2，有效成分为Ca（ClO）2，工业上制取漂白粉的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；

故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；

（2）将漂白粉溶于适量水中，呈白色浊状物，静置沉降．取少许上层清液，滴加碳酸钠溶液，碳酸钠电离出的碳酸根离子和溶液中的钙离子发生反应：CaCl2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaCl，出现白色碳酸钙沉淀，检验漂白精中的氯离子，应先加HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，发生CaCl2+2AgNO3═2AgCl↓+Ca（NO3）2，观察到白色沉淀，则说明Cl-存在；

故答案为：CaCl2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaCl；AgNO3、HNO3；CaCl2+2AgNO3═2AgCl↓+Ca（NO3）2；

（3）漂白粉在空气中长期放置失效是因为漂白粉能够与空气中的二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸具有不稳定性，见光易分解，化学方程式：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑；

故答案为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑．13、镁铝原子核外电子层数相同，与铝相比，镁原子半径更大，失去电子能力更强2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+H2↑甲、乙、丙、丁甲或乙或丙或丁或或或2Al+8OH--6e-=2AlO2-+4H2O【分析】【分析】Ⅰ．（1）镁的原子半径比铝大；易失去电子；

Ⅱ．甲：镁；铝都可与盐酸反应生成氢气；根据氢气的体积和合金的质量可列方程式组计算；

乙：只有铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气；剩余固体为镁；

丙：；测得沉淀质量为Zg，为氢氧化镁的质量，可确定镁的质量，进而计算铝的含量；

丁：测得沉淀质量为Wg，为氢氧化镁和氢氧化铝的质量，结合镁、铝的质量可列方程式计算含量．以此解答该题．【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）镁；铝位于周期表相同周期；原子核外电子层数相同，与铝相比，镁原子半径更大，失去电子能力更强；

故答案为：镁铝原子核外电子层数相同；与铝相比，镁原子半径更大，失去电子能力更强；

Ⅱ．甲：镁；铝都可与盐酸反应生成氢气；根据氢气的体积和合金的质量可列方程式组计算；

乙：只有铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气；剩余固体为镁；

丙：；测得沉淀质量为Zg，为氢氧化镁的质量，可确定镁的质量，进而计算铝的含量；

丁：测得沉淀质量为Wg；为氢氧化镁和氢氧化铝的质量，结合镁；铝的质量可列方程式计算含量．

（2）铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+H2↑；

（3）由以上分析可知；四种方案都可用于测量铝的含量，故答案为：甲；乙、丙、丁；

（4）设合金中含有xmolMg；ymolAl；则。

甲：镁、铝都可与盐酸反应生成氢气，可得，该合金中铝的质量分数为；

乙：只有铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，剩余固体为镁，则m（Ng）=Yg，m（Al）=（X-Y）g，铝的质量分数为；

丙：测得沉淀质量为Zg，为氢氧化镁的质量，即m（Mg（OH）2）=Zg，则m（Mg）=g，m（Al）=（X-）g，铝的质量分数为；

丁：测得沉淀质量为Wg，为氢氧化镁和氢氧化铝的质量，则，解之得铝的质量分数为．

故答案为：甲或乙或丙或丁；或或或；

（5）镁比铝活泼，但由于镁和氢氧化钠溶液不反应，而铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则铝为负极，镁为正极，负极反应为2Al+8OH--6e-=2AlO2-+4H2O，故答案为：2Al+8OH--6e-=2AlO2-+4H2O．14、CaO11CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失NO3-，OH-Ca（HCO3）2Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O2Al+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-【分析】【分析】（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来；用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得Mg（OH）2的饱和溶液，根据Mg（OH）2的Ksp来计算；CaSO4微溶于水；

（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3•H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，据此分析滤液中的阴离子；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2过量；据此分析产物；

（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；

（4）用Al片和石墨作电极来制备Al（OH）3；故Al做阳极，据此分析；

（5）放电时负极电极本身Al放电，失电子，根据AlCl4-和Al2Cl7-中铝元素和氯元素的比例来确定做AlCl4-做反应物而生成Al2Cl7-．【解析】【解答】解：（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来，在煅烧白云石时，发生反应：CaCO3CaO+CO2↑，MgCO3MgO+CO2↑，故所得锻粉主要含MgO和CaO；用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得Mg（OH）2的饱和溶液，根据Mg（OH）2的Ksp可知：Ksp=c（Mg2+）•c2（OH-）=5×10-12，而c（Mg2+）小于5×10-6mol•L-1，故c（OH-）大于10-3mol/L，则溶液中的c（H+）小于10-11mol/L，溶液的pH大于11；CaSO4微溶于水，如果用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失；

故答案为：CaO；11；CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失；

（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3•H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，故滤液中的阴离子主要为NO3-，还含有OH-；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2过量，则会生成Ca（HCO3）2，从而导致CaCO3产率降低，故答案为：NO3-，OH-；Ca（HCO3）2；

（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；

（4）用Al片和石墨作电极来制备Al（OH）3，故Al做阳极，石墨做阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+①，阴极上是来自于水的H+放电：2H2O+2e-=2OH-+H2↑②

将①×2+②×3可得总反应：2Al+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑，故答案为：2Al+6H2O2Al（OH）3↓+3H2↑；

（5）放电时负极电极本身Al放电，失电子，由于AlCl4-中氯元素的含量高于Al2Cl7-中氯元素的含量，故AlCl4-做反应物而Al2Cl7-为生成物，由于其它离子不参与电极反应，故电极反应为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-，故答案为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-．15、2mol/（L．s）50%40%【分析】【分析】（1）根据v=计算v（O2），利用速率之比等于化学计量数之比计算v（SO3）；

（2）根据方程式计算△c（SO2），进而计算△n（SO2），进而计算SO2的转化率；

（3）计算△n（SO3），利用差量法计算混合气体物质的量减少量，计算平衡时混合气体总物质的量，进而计算SO3的体积分数．【解析】【解答】解：（1）1s后达到平衡状态，此时O2的浓度为1mol•L-1，则v（O2）==1mol/（L．s），发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），速率之比等于化学计量数之比，故v（SO3）=2v（O2）=2mol/（L．s）；

故答案为：2mol/（L．s）；

（2）△c（SO2）=2△c（O2）=2×（-1mol/L）=2mol/L，故△n（SO2）=2mol/L×2L=4mol，故SO2的转化率=×100%=50%；

故答案为：50%；

（3）△n（SO3）=△n（SO2）=4mol；则：

2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）物质的量减少。

22+1-2=1

4mol2mol

故平衡后混合气体的总物质的量=8mol+4mol-2mol=10mol；

故平衡时SO3的体积分数=×100%=40%；

故答案为：40%．16、略

【分析】

（1）A为H，B为O，C为Na，D为Al，E为S，A、B、C形成的化合物为氢氧化钠，电子式为故答案为：

（2）B、C、D组成的化合物为NaAlO2，A、C、E组成的化合物为NaHS，氢氧化铝为两性氢氧化物，硫化氢为弱酸，故酸性硫化氢大于氢氧化铝，故浓度相同两种混合物水解时，碱性NaAlO2＞NaHS，故答案为：NaAlO2＞NaHS；

（3）C元素最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，D为Al，故反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（4）A、B、C、E四种元素的化合物在溶液中相互反应、且生成气体，可以为硫酸氢钠与亚硫酸氢钠的反应，离子方程式如下H++HSO3-=SO2↑+H2O；

故答案为：H++HSO3-=SO2↑+H2O；

（5）氢气和氧气组成的燃料电池，负极为氢气，电极反应为H2+2OH--2e-=2H2O，故答案为：氢气；H2+2OH--2e-=2H2O；

（6）C的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠2mol与E最高价氧化物对应水化物硫酸1mol的稀溶液，反应的实质为氢离子和氢氧根离子反应，故热化学方程式为H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-57.3kJ/mol，故答案为：H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-57.3kJ/mol．

【解析】【答案】根据地壳中含量最多元素为氧；根据题干要求可以确定A为H，B为O，C为Na，D为Al，E为S，确定元素种类后，确定氢氧化钠，氢氧化钠为离子化合物，进而写出离子化合物的电子式；比较偏铝酸钠和硫氢化钠的碱性时首先比较对应酸的酸性，酸性越强，对应钠盐的碱性越弱；铝可以与氢氧化钠反应生成偏铝酸根离子；由氢；氧、硫、钠四种元素组成的可以相互反应生成气体的为硫酸氢钠和亚硫酸氢钠；氢氧燃料电池的负极为氢气，正极为氧气，在碱性条件下电极反应式的书写；氢氧化钠与硫酸反应的离子方程式书写等知识点．

17、略

【分析】【解析】试题分析：：(1)NaHCO3的溶解度比其他3种物质的溶解度小，所以能制得NaHCO3。(2)由于CO2在水中溶解度较小，如先通入CO2，溶液中存在H2CO3，HCO3-的量比较少，再通入NH3，NH3易溶于水，NH3·H2O的量比较多。此时产物应该是(NH4)2CO3而不是NH4HCO3，这样就不会有NaHCO3析出。(3)CaO可与H2O反应生成Ca(OH)2，在加热条件下Ca(OH)2与NH4Cl生成NH3。(4)“侯氏制碱法”的相关反应是：CO2＋H2O＋NH3===NH4HCO3(化合)；NH4HCO3＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl(复分解)；2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O↑(分解)。考点：考查侯氏制碱法原理的有关判断【解析】【答案】(1)NaHCO3的溶解度比其他3种物质的溶解度小(2)CO2在水中溶解度较小(3)CaO＋H2O===Ca(OH)2,2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O(4)ABD18、2（N1+N2+N3+N4）+2或3N1+2N2+N3N3+2N4+2（CH3）3CCH（CH3）CH2CH3【分析】【分析】（1）根据烷烃通式确定C原子与H原子之间的数量关系；或根据伯；仲、叔、季碳原子上含有H原子数目确定；

（2）由（1）中的关系式确定；

（3）根据（2）中关系式求出碳原子总数，写出分子式，写出符号条件的可能的同分异构体，据此解答．【解析】【解答】解：（1）由于烷烃的通式为CnH2n+2，C原子与H原子之间的数量关系为N0=2（N1+N2+N3+N4）+2，伯、仲、叔、季碳原子上含有的H原子数目分别为3、2、1、0，所以C原子与H原子之间的数量关系为N0=3N1+2N2+N3；

故答案为：2（N1+N2+N3+N4）+2或3N1+2N2+N3；

（2）由（1）中可得，2（N1+N2+N3+N4）+2=3N1+2N2+N3，故N3+2N4+2=N1；

故答案为：N3+2N4+2；

（3）由（2）中N3+2N4+2，当N2=N3=N4=1时，N1=5，碳原子总数为8，则该烷烃的分子式为C8H18，满足N2=N3=N4=1的结构可能有3种：（CH3）3CCH（CH3）CH2CH3、（CH3）3CCH2CH（CH3）2、（CH3）2CHC（CH3）2CH2CH3；

故答案为：（CH3）3CCH（CH3）CH2CH3．四、判断题(共1题，共2分)19、×【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：×．五、其他(共4题，共8分)20、略

【分析】此题解答的关键是抓住“类卤离子”的信息。SCN－与Cl－相似，被氧化后则生成（SCN）2。Fe3＋与SCN－形成的络离子和分子有6种，在书写离子方程式时，有多种写法，均属合理答案。此题涉及的知识点有：氧化性：MnO4－＞（SCN）2＞Fe3＋．所以．MnO4－滴入Fe（SCN）2+溶液中．将SCN－氧化为（SCN）2，使血红色褪去；滴入Fe2＋的溶液中，MnO4－的紫色褪去。Fe3＋可氧化SO2而破坏Fe（SCN）＋2的组成，所以，SO2通入Fe（SCN）＋2后，也使血红色褪去。考向指南：《考试大纲》明确规定，考生必须要具备一定的接受信息，处理信息的能力，因此像这种信息题是高考的必考题型。“类卤素”是经常考到的知识点，我们应该可以依据卤素的性质推测“类卤素”的性质，并进行应用。“类卤素”如：（CN）2、（SCN）2、（OCN）2、IBr等性质与卤素相似，表现在氧化性、与碱溶液反应生成卤化物和次卤酸盐、与Ag＋结合的生成物的难溶性等。但是，由于类卤素的组成不是一种元素，其各元素的化合价有差别，以致在参加化学反应中价态的变化与卤素单质不完全相同。如IBr＋H2O＝HBr＋HIO的反应不属于氧化还原反应等。【解析】【答案】（1）Fe（SCN）2+＋MnO4－＋H＋→Fe3＋＋（SCN）2＋Mn2＋＋H2O（2）Fe（SCN）2+＋SO2＋H2O→Fe2＋＋SO42－＋SCN－＋H＋（3）Fe2＋＋MnO4－＋H＋→Fe3＋＋Mn2＋＋H2O21、略

【分析】【解析】【答案】（1）（2）①取代反应；②氧化反应（3）（2分）（4）a、d（2分）（5）4()22、试管药匙试管夹酒精灯胶头滴管量筒EADCBF【分析】【分析】（1）熟记中学化学实验中常用的仪器；

（2）根据基本实验仪器：试管、试管夹、药匙、酒精灯，胶头滴管、量筒的作用来回答．【解析】【解答】解：（1）A～F各仪器的名称分别是：试管；药匙、试管夹、酒精灯、胶头滴管、量筒；故答案为：试管、药匙、试管夹、酒精灯、胶头滴管、量筒；

（2）胶头滴管常用于吸取和滴加少量液体；故答案为：E；

（3）试管可以直接加热；故答案为：A；

（4）在化学实验室；常用酒精灯作为热源，故答案为：D；

（5）试管架是用来夹持试管的仪器；故答案为：C；

（6）药匙用来取用少量的固体粉末；故答案为：B；

（7）量筒可以用来量取液体的体积，故答案为：F．23、cdea50偏小【分析】【分析】熟悉常见仪器；了解它们的作用．

（1）酒精灯用作热源；

（2）取粉末状固体使用药匙；

（3）胶头滴管用于吸取或滴加少量液体；

（4）可直接在酒精灯上加热的仪器：试管；蒸发皿、坩埚、燃烧匙；

（5）根据量取45mL的水确定所用的仪器，因俯视读数时比实际值偏大，所以量取水的体积就偏小．【解析】【解答】解：（1）酒精灯可用作热源；故答案为：c；

（2）取粉末状固体使用药匙；故答案为：d；

（3）胶头滴管用于吸取或滴加少量液体；故答案为：e；

（4）可直接在酒精灯上加热的玻璃仪器只有试管；故答案为：a；

（5）量取45mL的水使用50mL的量筒；因俯视读数时比实际值偏大，所以量取水的体积就偏小，故答案为：50；偏小．六、实验题(共3题，共27分)24、②①③⑧⑤⑥⑦④250mL容量瓶27.410.0检查容量瓶是否漏水④⑤【分析】【分析】（1）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；

（2）根据天平的称量原理；根据m=nM=cvM计算溶质NaOH的质量；

（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是检漏；

（4）根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．【解析】【解答】解：（1）配制步骤有计算；称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；

故答案为：②①③⑧⑤⑥⑦④；250mL容量瓶；

（2）因天平的称量原理：左盘物体的质量=右盘物体的质量+游码的读数，所以烧杯的实际质量为30g-2.6g=27.4g，因配制溶液的体积为240ml，而容量瓶的规格没有240ml，只能选用250ml，NaOH的质量m=cvM=1.0mol•L-1×0.25L×40g/mol=10.0g；

故答案为：27.4；10.0；

（3）因使用容量瓶前必须进行的一步操作是检查容量瓶是否漏水；故答案为：检查容量瓶是否漏水；

（4）①没有洗涤烧杯和玻璃棒；溶质的质量减少，浓度偏小，故①错误；

②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面；溶质的质量减少，浓度偏小，故②错误；

③容量瓶不干燥；含有少量蒸馏水，溶液的体积不变，浓度不变，故③错误；

④定容时俯视刻度线；溶液的体积偏小，浓度偏高，故④正确；

⑤未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容；冷却下来溶液的体积偏小，浓度偏高，故⑤正确；

⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀；静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏小，故⑥错误；

故答案为：④⑤．25、（1）防止镁屑与氧气反应，生成的M