2024年浙教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年浙教版高三化学上册阶段测试试卷140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、下列叙述不正确的是（）A.与28gCO具有相同分子数的CO2的质量一定是44gB.在标准状况下，11.2L某气体的质量为22g，则该气体的相对分子质量是44g/molC.16gO2和16gO3含的氧原子个数一样多D.1L1mol•L-1Fe（OH）3胶体中胶体微粒数目等于NA2、700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O；发生反应：

CO（g）+H2O（g）⇌CO2+H2（g）

。反应时间/minn（CO）/molH2O/mol01.200.60t10.80t20.20反应过程中测定的部分数据见下表（表中t1＞t2）下列说法正确的是（）A.反应在t1min内的平均速率为v（H2）=0.40/t1mol•L-1•min-1B.保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，到达平衡时，n（CO2）=0.40molC.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数减小D.温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应3、在一定条件下，下列物质不能发生消去反应的是（）A.C2H5OHB.（CH3）2CHClC.（CH3）3CClD.（CH3）3CCH2Cl4、下列反应的离子方程式正确的是（）A.向酸化的FeSO4中加入H2O2溶液：2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2OB.向NaHCO3溶液中加入足量Ba（OH）2的溶液：Ba2++2HCO3-+2OH-═2H2O+BaCO3↓+CO32-C.向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：2C6H5O-+CO2+H2O═2C6H5OH+CO32-D.向NaOH溶液中滴加少量氯化铝溶液：Al（OH）3+3OH-═Al（OH）3↓5、大多数金属晶体中原子配位数大，空间利用率高，下列描述不正确是（）A.Po为简单立方堆积B.金属键没有饱和性和方向性C.金属键不属于化学键D.金属晶体中原子的最大配位数为126、下列叙述正确的是（）A.氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子B.硫酸钡难溶于水，故硫酸钡不是电解质C.盐酸能导电，故盐酸是电解质D.SO3溶于水形成的溶液能导电，但SO3不是电解质7、下列各表述与示意图一致的是（）A.

此图表示25℃时，用0.1mol/L盐酸滴定20mL0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化得到的滴定曲线B.

此图表示一定条件下进行的反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H＜0各成分的物质的量变化，t2时刻改变的条件可能是降低温度或缩小容器体积C.

此图表示某明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液，沉淀的质量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系，在加入20mLBa（OH）2溶液时铝离子恰好沉淀完全D.

此图表示化学反应H2（g）+C12（g）═2HCl（g）的能量变化，则该反应的反应热△H=﹢183kJ/mol8、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A.钠和水反应：Na+2H2O═Na++2OH-+H2↑B.AlCl3溶液中滴加足量氨水：Al3++4OH-═Al+2H2OC.将SO2通入氯水中：SO2+Cl2+2H2O═S+2Cl-+4H+D.向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2：2ClO-+CO2+H2O═2HClO+C评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、现有失去标签的氯化镁；碳酸钠、硫酸氢钠、氢氧化钡四种无色溶液；为了确定四种溶液各是什么，将它们随意编号A、B、C、D后进行实验，其实验现象如表。

。反应编号反应物质有关现象①A+B有沉淀生成②B+C有气体放出③C+D有沉淀生成④B+D无明显现象⑤A+D有沉淀生成根据实验现象；按要求回答：

（1）写出各物质的化学式A____、B____、C____、D____

（2）写出实验中反应②的离子方程式____向A中滴加少量的B的离子方程式____，继续滴加的离子方程式____．10、（2013秋•惠山区校级期中）爱情是什么？化学家通过研究发现：大脑中心贮藏一种恋爱兴奋剂多巴胺．当一对男女一见钟情或产生爱慕之情时；多巴胺就源源不断地分泌出来，于是爱情势不可挡地汹涌而出．多巴胺结构如图：

（1）多巴胺分子式：____．

（2）判断多巴胺能发生的化学反应____．

A．加成B．取代C．氧化D．水解。

（3）多巴胺可由香兰素与硝基甲烷缩合；再经锌汞齐还原水解而得．合成过程表示如下：

Ⅰ、香兰素保存不当往往会导致颜色、气味发生明显变化，其原因是____；写出下列反应类型：反应②____，反应④____．

Ⅱ、写出反应①的化学方程式____

Ⅲ、写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：____

①具有天然α-氨基酸的共同结构。

②能与FeCl3溶液发生显色反应。

③有6种不同化学环境的氢原子．11、（12分）有机高分子化合物甲是一种常用的光敏高分子材料，其结构简式为：。按图可以合成甲，其中试剂Ⅰ可由相对分子质量为26的烃与水加成制得。已知：①－CH2OH+－CH2OH－CH2OCH2－+H2O②回答下列问题：（1）试剂Ⅰ的名称是；B→C的反应类型是；（2）质谱图显示A的相对分子质量是80.5；A分子中氧元素的质量分数为19.88%，碳元素的质量分数为29.81%，其余为氢元素和氯元素，且A的核磁共振氢谱上有三个吸收峰，峰面积的比例为2:2:1，则A的结构简式为。（3）写出下列反应的化学方程式。①D→E的反应；②C与F的反应。（4）E的一种同分异构体，水解产物有两种，一种能使溴水褪色，另一种在滴加饱和溴水后，有白色沉淀生成，该物质的结构简式为。12、为了除去KCl溶液中少量的MgCl2、MgSO4，从稀盐酸、Na2CO3、Ba（NO3）2、K2CO3、Ba（OH）2四种溶液中；选择A；B、C三种试剂，按图中的实验步骤进行操作：

（1）A、B、C三种试剂的化学式：A____，B____，C____；

（2）加过量A的原因是____，有关反应的化学方程式为____；

（3）加过量B的原因是____，有关反应的化学方程式为____．13、（1）分别取0.1mol钠、铁、铝与足量的盐酸反应，在相同条件下产生氢气的体积比是____；

（2）若产生相同物质的量的氢气，所需钠、铁、铝的质量比是____．14、I．下列是四组同学用铜制取硫酸铜晶体的方案：

甲组：将铜粉投入盛有稀硫酸的容器中；无反应．向容器底部缓缓鼓入氧气，溶液慢慢变蓝色，若在溶液中放置些铂丝，反应速率明显加快．

乙组：CuCuOCuSO4

丙组：CuCu（NO3）2Cu（OH）2CuSO4

丁组：CuCuSO4

（1）甲组实验用一个化学反应方程式表示：____；使反应变快的可能原因是____；从该反应器溶液（含有少量H2SO4以抑制水解）中取得产品的实验操作步骤应为____、____；过滤并洗涤晶体；取得产品后的残留物质可循环使用．

（2）可持续发展的原则要求化工生产①原理科学；②能量消耗低；③原料利用率高；④无污染．则在四组方案中，____组方案最好．

II．另一化学兴趣小组从化学手册上查得硫酸铜500℃以上按照下式分解：CuSO4CuO+SO2↑+SO3↑+O2↑为此他们设计了如图所示实验装置测定有关数据，并经计算确定该条件下CuSO4分解反应方程式中各物质的化学计量数．

实验测得数据及有关结果如下；

①准确称取4.80g无水CuSO4；②实验结束时干燥管D总质量增加1.92g；③测得量筒F中水的体积；得出气体在标准状况下的体积为224.0mL．试回答下列问题：

（3）装置B的作用是____．

（4）装置C的作用是____．

（5）为减少测量气体体积引起的误差，应注意的事项有：____

①装置内气体的温度应恢复到室温，②调节量筒使其液面与E装置中的液面持平，③____

（6）通过计算，推断出该条件下反应的化学方程式____．15、（1）超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层．科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO+2CO2CO2+N2

研究表明：在使用等质量催化剂时；增大催化剂比表面积可提高化学反应速率．为了分别验证温度；催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中：

。实验编号T/℃NO初始浓度

mol•L-1CO初始浓度

mol•L-1Com]催化剂的比表面积

㎡•g-1Ⅰ2801.2×10-35.8×10-382Ⅱ124Ⅲ350124①请在表格中填入剩余的实验条件数据．

②设计实验Ⅱ、Ⅲ的目的是____．

（2）工业尾气中氮的氧化物常采用氨催化吸收法，原理是NH3与NOx反应生成无毒的物质．某同学采用以下装置和步骤模拟工业上氮的氧化物处理过程．提供的装置：

步骤一、NH3的制取

①所提供的装置中能快速、简便制取NH3的装置是：____（填装置序号）．

②若采用C装置制取氨气（控制实验条件相同），情况如下表：。试剂组合序号固体试剂（g）NH3体积（ml）a12.0gCa（OH）2（过量）10.8gNH4Cl2688b10.8g（NH4）2SO427282728c12.0gNaOH（过量）10.8gNH4Cl3136d10.8g（NH4）2SO431183118e12.0gCaO（过量）10.8gNH4Cl3506f10.8g（NH4）2SO435843584分析表中数据，实验室制NH3产率最高的是____（填序号）．

步骤二；模拟尾气的处理：

选用上述部分装置；按下列顺序连接成模拟尾气处理装置：

③A中反应的离子方程式：____．

④D装置作用有：使气体混合均匀、调节气流速度，还有一个作用是：____．

⑤D装置中的液体可换成____（填序号）．

a．CuSO4溶液b．H2Oc．CCl4d．浓H2SO4

⑥该同学所设计的模拟尾气处理实验还存在的明显缺陷是：____．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)16、18gD2O所含的电子数为10NA．____（判断对错）17、标准状况下，气体的摩尔体积都是22.4L____（判断对错）18、一元取代产物只有一种的，十个碳以下的烷烃有5种____（判断对错）19、0.012kg13C所含原子数为阿伏加德罗常数．____（判断对错）20、乙烷与氯气的取代反应，乙烯与氯代烃的加成反应，均可用于制取1-氯乙烷____（判断对错）21、Na2SO4固体中含钠离子．____（判断对错）22、含4mol的HCl的浓盐酸与足量的MnO2加热反应，转移2NA电子．____（判断对错）．23、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）24、用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯的外焰上灼烧，未看见火焰显紫色，溶液里一定不含K+．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”评卷人得分四、简答题(共3题，共12分)25、氮是一种重要的非金属元素；可以形成多种不同类型的化合物，请根据要求回答下列问题：

（1）NA表示阿伏加德罗常数的数值，69gNO2和N2O4的混合气体中含有______个氧原子；2L0.6mol/LFe（NO3）3溶液中含______个NO3-离子．

（2）三氟化氮（NF3）是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3；

①写出该反应的化学方程式______．若反应中生成0.15molHNO3，转移的电子数目为______个．

②三氟化氮可由氨气和氟气反应得到：4NH3+3F2═NF3+3NH4F；据题意推测NF3，F2，NO三种气体中，氧化性由强到弱的顺序为______

③NF3是一种无色、无臭的气体，一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2；NaF；

H2O外，还肯定有______（填化学式）．

（3）氨和联氨（N2H4）是氮的两种常见化合物，制备联氨可用丙酮为催化剂，将次氯酸钠与氨气反应，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，写出该反应的化学方程式______．26、研究工业废弃物的处理和防治具有重要的意义．

rm{(1)}利用反应rm{CH_{4}+2NO_{2}}rm{dfrac{underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}N_{2}+CO_{2}+2H_{2}O}可消除rm{dfrac{

underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}N_{2}+CO_{2}+2H_{2}O}的污染，该反应中氧化剂是______，当消耗rm{NO_{2}}的体积是rm{CH_{4}}标准状况下rm{11.2L(}时，理论上可处理______rm{)}．

rm{molNO_{2}}治理汽车尾气中rm{(2)}和rm{CO}的一种方法是：在汽车排气管中安装一个催化转化装置，该装置能将rm{NO}和rm{CO}转化为参与大气循环的无毒气体rm{NO}该反应的化学方程式为______．

rm{.}某无色废水中可能含有rm{(3)}rm{Fe^{3+}}rm{Al^{3+}}rm{Na^{+}}rm{Cl^{-}}rm{OH^{-}}中的几种离子rm{SO_{4}^{2-}}分别取三份废水进行如下实验：

I.进行焰色反应实验；火焰为无色．

Ⅱrm{.}取rm{.}废水，加入足量的rm{100mL}溶液，生成rm{BaCl_{2}}白色沉淀．

Ⅲrm{2.33g}取rm{.}废水，逐滴加入rm{100mL}的rm{1.0mol/L}溶液，消耗rm{NaOH}溶液的体积与生成沉淀的质量如图所示．

请根据上述信息回答下列问题：

rm{NaOH}该废水中一定不含有的离子是______．

rm{垄脵}实验中需配制rm{垄脷}的rm{1.0mol/L}溶液rm{NaOH}所需仪器除了玻璃棒；托盘天平、量筒、药匙、烧杯、胶头滴管，还缺少的仪器有______．

rm{100mL}写出图中rm{垄脹}反应的离子方程式：______．

rm{A隆煤B}通过计算，该废水中______rm{垄脺}填“含有”或“不含有”rm{Cl^{-}(}若含有，则rm{)}______rm{c(Cl^{-})=}若不含有，此问不必作答rm{(}．rm{)}27、某药物合成中间体rm{F}制备路线如下：

已知：rm{RCHO+R隆盲CH_{2}NO_{2}xrightarrow{{脧隆}NaOH/triangle}}rm{RCHO+R隆盲CH_{2}NO_{2}

xrightarrow{{脧隆}NaOH/triangle}}

rm{+H_{2}O}有机物rm{(1)}结构中含氧官能团的名称是______．

rm{A}反应rm{(2)}中除rm{垄脷}外；还需要的反应物和反应条件是______

rm{B}有机物rm{(3)}的结构简式为______，反应rm{D}中rm{垄脹}摩尔rm{1}需要______摩尔rm{D}才能转化为rm{H_{2}}

rm{E}反应rm{(4)}的反应物很多种同分异构体；请写出符合下列条件的一种同分异构体的结构简式______．

rm{垄脺}结构中含rm{垄脵}种化学环境不同的氢原子。

rm{4}能发生银镜反应。

rm{垄脷}能和氢氧化钠溶液反应。

rm{垄脹}已知：苯环上的羧基为间位定位基，如rm{(5)}写出以为原料制备的合成路线流程图rm{.}无机试剂任选rm{(}合成路线常用表示方法为：rm{Axrightarrow[{路麓脫娄脢脭录脕}]{{路麓脫娄脢脭录脕}}B}rm{).(}目标产物rm{A

xrightarrow[{路麓脫娄脢脭录脕}]{{路麓脫娄脢脭录脕}}B}rm{xrightarrow[{路麓脫娄脢脭录脕}]{{路麓脫娄脢脭录脕}}}评卷人得分五、推断题(共1题，共6分)28、已知A是一种常见金属；F是一种红褐色沉淀．试根据图中转化关系，回答下列问题．

（1）写出A、C、F、G的化学式：A____，C____，F____，G____．

（2）检验D中阳离子的方法____．

（3）保存C溶液时为什么要加固体A____．

（4）写出下列转化的离子方程式C→D：____，由C转化为D的现象是____．评卷人得分六、探究题(共4题，共12分)29、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．30、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：31、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．32、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】A.28gCO的物质的量为1mol；根据m=nM计算二氧化碳的质量；

B．在标准状况下，11.2L气体的物质的量为0.5mol，结合M=计算；

C．氧气和臭氧都由氧元素构成；

D．Fe（OH）3胶体粒子由若干个氢氧化铁构成．【解析】【解答】解：A．n（CO）==1mol，则m（CO2）=1mol×44/mol=44g；故A正确；

B．n==0.5mol，M==44g/mol；故B正确；

C．氧气和臭氧都由氧元素构成；质量相同时含有的氧原子个数一样多，故C正确；

D．Fe（OH）3胶体粒子由若干个氢氧化铁构成，1L1mol•L-1Fe（OH）3胶体中胶体微粒数目小于NA；故D错误．

故选D．2、B【分析】【分析】A．根据v=计算v（CO），结合化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；

B．CO与H2O按物质的量比1：1反应，充入0.60molCO和1.20molH2O与充入1.20molCO和0.6molH2O到达平衡时对应生成物的浓度；物质的量相同；

C．保持其他条件不变；增加一种反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，另一种反应物的转化率增大；

D．根据平衡时各物质的浓度计算700℃时的平衡常数，比较不同温度下的平衡常数大小可判断反应的吸放热．【解析】【解答】解：A．v（CO）==mol/（L•min），化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=v（CO）=mol/（L•min）；故A错误；

B．CO与H2O按物质的量比1：1反应，充入0.60molCO和1.20molH2O与充入1.20molCO和0.6molH2O，平衡时生成物的浓度对应相同，t1min时n（CO）=0.8mol，n（H2O）=0.6mol-0.4mol=0.2mol，t2min时n（H2O）=0.2mol，说明t1min时反应已经达到平衡状态，根据化学方程式可知，则生成的n（CO2）=0.4mol；故B正确；

C．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，H2O的体积分数会增大；故C错误；

D．t1min时反应已经达到平衡状态，此时c（CO）==0.4mol/L，c（H2O）==0.1mol/L，c（CO2）=c（H2）==0.2mol/L，则k==1；温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动的，那么正反应应为放热反应，故D错误；

故选B．3、D【分析】【分析】醇发生消去反应的条件：与羟基相连碳相邻碳上有氢原子才能发生消去反应；形成不饱和键；

卤代烃发生消去反应结构特点：与-X相连碳相邻碳上有氢原子才能发生反应，形成不饱和键；【解析】【解答】解：A、C2H5OH中与羟基相连碳相邻碳上有氢原子；能发生消去反应，故A错误；

B、（CH3）2CHCl中与-Cl相连碳相邻碳上有氢原子；能发生消去反应，故B错误；

C、（CH3）3CCl中与-Cl相连碳相邻碳上有氢原子；能发生消去反应，故C错误；

D、（CH3）3CCH2Cl中与-Cl相连碳相邻碳上没有氢原子；不能发生消去反应，故D正确；

故选：D．4、A【分析】【分析】A．发生氧化还原反应生成硫酸铁和水；

B．NaHCO3完全反应；生成碳酸钡；水、NaOH；

C．通入少量的CO2反应生成苯酚和碳酸氢钠；

D．反应生成偏铝酸钠和氯化钠．【解析】【解答】解：A．向酸化的FeSO4中加入H2O2溶液的离子反应为2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O；故A正确；

B．向NaHCO3溶液中加入足量Ba（OH）2的溶液：Ba2++HCO3-+OH-═H2O+BaCO3↓；故B错误；

C．向苯酚钠溶液中通入少量的CO2的离子反应为C6H5O-+CO2+H2O═C6H5OH+HCO3-；故C错误；

D．向NaOH溶液中滴加少量氯化铝溶液的离子反应为Al3+4OH-═AlO2-+2H2O；故D错误；

故选A．5、C【分析】【分析】A．简单立方堆积（Po型）空间利用率为52%；

B．金属键没有饱和性和方向性；

C．金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用；

D．金属为面心立方最密堆积时，配位数最大．【解析】【解答】解：A．Po为简单立方堆积；故A正确；

B．金属键没有饱和性和方向性；故B正确；

C．金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用；属于化学键，故C错误；

D．金属为面心立方最密堆积时；配位数最大，配位数为12，故D正确；

故选：C．6、D【分析】【分析】A．电离不需要通电；据此解答；

B．电解质与非电解质与溶解性无关；

C．盐酸既不是电解质也不是非电解质；

D．非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物．【解析】【解答】解：A．氯化钠溶液在水分子的作用下电离成钠离子和氯离子；无须通电，通电是电解氯化钠溶液，产物为氢氧化钠和氢气和氯气，故A错误；

B．强电解质指在水溶液中或熔融状态下；能完全电离，硫酸钡属于强电解质，虽在水溶液中很难溶解，但溶于水的部分能完全电离，所以硫酸钡是电解质，故B错误；

C．盐酸是氯化氢的水溶液；是混合物，盐酸既不是电解质也不是非电解质，故C错误；

D．SO3溶于水形成的溶液能导电，但三氧化硫自身不能电离，所以SO3是非电解质；故D正确；

故选：D．7、B【分析】【分析】A；等浓度、等体积的氢氧化钠与盐酸反应；在滴定终点时pH会发生突变；

B、根据图象可知，t2时刻反应物物质的量减小；生成物浓度增加，说明平衡向着正向移动，根据影响化学平衡的因素分析；

C；铝离子恰好完全沉淀时；沉淀的总质量没有达到最大，即在加入氢氧化钡溶液15mL处；

D、根据反应物、生成物总能量可以判断出该反应为放热反应，焓变应该小于0．【解析】【解答】解：A、0.1mol•L-1NaOH溶液的pH为13，用0.1mol•L-1盐酸滴定恰好中和时pH为7；因浓度相同，则体积相同，但酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，故A错误；

B；因反应为体积减小的放热反应；则降低温度或增大压强，平衡向着正向移动，二氧化硫、氧气的物质的量减小，三氧化硫的物质的量增大，图象与反应情况一致，故B正确；

C、当Al3+完全沉淀时，离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓；当SO42-完全沉淀时，离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，可见加入15mL氢氧化钡溶液时，铝离子完全沉淀，最后氢氧化铝沉淀逐渐溶解，硫酸钡沉淀逐渐增加，沉淀的质量继续增大，当硫酸根离子完全转化成硫酸钡沉淀时，氢氧化铝完全溶解，即加入20mL氢氧化钡溶液时代表SO42-完全沉淀；铝离子完全溶解，故C错误；

D；分析图象拆化学键和形成化学键能量变化判断；该反应是放热反应，反应热△H=-183kJ/mol，故D错误；

故选B．8、C【分析】【分析】A；选项中离子方程式电荷不守恒；

B；氨水中一水合氨是弱电解质存在电离平衡；

C；二氧化硫被氯气氧化为硫酸；本身被还原为氯离子；

D、过量的二氧化碳生成碳酸氢根离子．【解析】【解答】解：A、钠和水反应：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；故A错误；

B、氨水中一水合氨是弱电解质，氢氧化铝不能溶解在氨水中，AlCl3溶液中滴加足量氨水：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；故B错误；

C、二氧化硫被氯气氧化为硫酸，本身被还原为氯离子；SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+；故C正确；

D、向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-；故D错误；

故选C．二、填空题(共7题，共14分)9、Ba（OH）2NaHSO4Na2CO3MgCl22H++CO32-=CO2↑+H2OH++SO42-+OH-+Ba2+=BaSO4↓+H2OH++OH-=H2O【分析】【分析】B、D混合没有明显现象，分别为NaHSO4、MgCl2中的一种，则A、C分别为Ba（OH）2、Na2CO3中的一种，B、C混合有气体生成，只能是NaHSO4、Na2CO3反应生成二氧化碳，故B为NaHSO4，C为Na2CO3，可推知D为MgCl2，A为Ba（OH）2，氢氧化钡与硫酸氢钠、氯化镁均产生白色沉淀．【解析】【解答】解：（1）B、D混合没有明显现象，分别为NaHSO4、MgCl2中的一种，则A、C分别为Ba（OH）2、Na2CO3中的一种，B、C混合有气体生成，只能是NaHSO4、Na2CO3反应生成二氧化碳，故B为NaHSO4，C为Na2CO3，可推知D为MgCl2，A为Ba（OH）2；氢氧化钡与硫酸氢钠；氯化镁均产生白色沉淀；

故答案为：Ba（OH）2；NaHSO4；Na2CO3；MgCl2；

（2）实验中反应②的离子方程式为：2H++CO32-=CO2↑+H2O；

向A中滴加少量的B的离子方程式为：H++SO42-+OH-+Ba2+=BaSO4↓+H2O，继续滴加的离子方程式为：H++OH-=H2O；

故答案为：2H++CO32-=CO2↑+H2O；H++SO42-+OH-+Ba2+=BaSO4↓+H2O；H++OH-=H2O．10、C8H11O2NABC被氧气氧化消去反应还原反应【分析】【分析】（1）由结构简式可知分子式；

（2）分子中含酚-OH；氨基；以此分析性质；

（3）由合成流程可知；①为-CHO的加成反应，②为-OH的消去反应，③为C=C的加成反应，④为还原反应，⑤为取代反应；

Ⅰ；香兰素含酚-OH、-CHO；

Ⅱ；由反应物、生成物书写反应①的化学方程式；

Ⅲ；同时满足①具有天然α-氨基酸的共同结构；含-COOH、氨基，且氨基在与-COOH相连的C上；

②能与FeCl3溶液发生显色反应；含酚-OH；

③有6种不同化学环境的氢原子，分子中含6种位置的H．【解析】【解答】解：（1）由结构简式可知分子式为C8H11O2N，故答案为：C8H11O2N；

（2）A．含苯环；可发生加成反应，故A正确；

B．含酚-OH；可发生取代反应，故B正确；

C．含酚-OH；可发生氧化反应，故C正确；

D．不含能水解的官能团；则不能发生水解反应，故D错误；

故答案为：ABC；

（3）由合成流程可知；①为-CHO的加成反应，②为-OH的消去反应，③为C=C的加成反应，④为还原反应，⑤为取代反应；

Ⅰ；香兰素含酚-OH、-CHO；易被氧气氧化，则保存不当往往会导致颜色、气味发生明显变化，由上述分析可知②为消去反应，④为还原反应；

故答案为：被氧气氧化；消去反应；还原反应；

Ⅱ、由反应物、生成物可知反应①的化学方程式为

故答案为：

Ⅲ；同时满足①具有天然α-氨基酸的共同结构；含-COOH、氨基，且氨基在与-COOH相连的C上；

②能与FeCl3溶液发生显色反应；含酚-OH；

③有6种不同化学环境的氢原子，分子中含6种位置的H，则满足条件的B的一种同分异构体的结构简式为

故答案为：．11、略

【分析】【解析】【答案】（1）乙醛消去反应（2）ClCH2CH2OH（3）①2－CH=CHCHO+O22－CH=CHCOOH②－CH=CHCOONa+ClCH2CH2OCH=CH2→－CH=CHCOOCH2CH2OCH=CH2+NaCl（4）－OOCCH=CH212、Ba（OH）2K2CO3HCl为了除尽Mg2+、SO42-MgCl2+Ba（OH）2═BaCl2+Mg（OH）2↓，MgSO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+Mg（OH）2↓为了除尽过量的Ba2+Ba（OH）2+K2CO3═2KOH+BaCO3↓，BaCl2+K2CO3═BaCO3↓+2KCl【分析】【分析】除去KCl溶液中的少量MgCl2和MgSO4，可看成把Mg2+、SO42-沉淀而除去，因此选择所提供试剂中的Ba（OH）2可同时沉淀掉Mg2+、SO42-离子；反应生成的BaCl2和过量的Ba（OH）2以及原有的MgCl2可加入所选试剂中的K2CO3而除去；最后通过滴加盐酸可把过量的K2CO3及反应生成的KOH同时反应掉而生成KCl，将KCl溶液进行蒸发操作可得到KCl，以此解答该题．【解析】【解答】解：除去KCl溶液中的少量MgCl2和MgSO4，可看成把Mg2+、SO42-沉淀而除去，因此选择所提供试剂中的Ba（OH）2可同时沉淀掉Mg2+、SO42-离子；反应生成的BaCl2和过量的Ba（OH）2以及原有的MgCl2可加入所选试剂中的K2CO3而除去；最后通过滴加盐酸可把过量的K2CO3及反应生成的KOH同时反应掉而生成KCl；将KCl溶液进行蒸发操作可得到KCl；

（1）由以上分析可知A为Ba（OH）2、B为K2CO3、C为HCl，故答案为：Ba（OH）2、K2CO3；HCl；

（2）加入Ba（OH）2，可生成氢氧化镁和硫酸钡沉淀，可除去Mg2+、SO42-，反应的化学方程式为MgCl2+Ba（OH）2═BaCl2+Mg（OH）2↓，MgSO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+Mg（OH）2↓；

故答案为：为了除尽Mg2+、SO42-；MgCl2+Ba（OH）2═BaCl2+Mg（OH）2↓，MgSO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+Mg（OH）2↓；

（3）加入过量的K2CO3溶液可使滤液中混有的Ba（OH）2以及生成的BaCl2完全反应而除去；相关反应的化学方程式有Ba（OH）2+K2CO3═2KOH+BaCO3↓，BaCl2+K2CO3═BaCO3↓+2KCl；

故答案为：为了除尽过量的Ba2+；Ba（OH）2+K2CO3═2KOH+BaCO3↓，BaCl2+K2CO3═BaCO3↓+2KCl．13、1：2：323：28：9【分析】【分析】发生反应：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、Mg+HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑，根据方程式计算解答；【解析】【解答】解：（1）分别取0.1mol钠；：铁、铝与足量盐酸反应；则：

2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、Fe+HCl=FeCl2+H2↑、2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑；

0.1mol0.05mol0.1mol0.1mol0.1mol0.15mol

故在相同条件下产生氢气的体积比=0.05mol：0.1mol：0.15mol=1：2：3；

故答案为：1：2：3；

（3）产生相同物质的量的氢气；设氢气为3mol，则：

2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、Fe+HCl=FeCl2+H2↑、2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑；

6mol3mol3mol3mol2mol3mol

故所需钠；铁、铝的物质的量之比=6mol：3mol：2mol=6：3：2；

则质量比=6×23：3×56：：2×27=23：28：9；

故答案为：23：28：9．14、2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O加热蒸发结晶冷却甲吸收SO3，放出等物质的量的SO2吸收水分干燥SO2和O2此处不填读量筒中液体体积时，视线与液体的凹液面相平；3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑【分析】【分析】I．（1）由题意可知；铜粉投入盛有稀硫酸的容器，缓缓鼓入氧气，溶液慢慢变蓝色，说明生成硫酸铜，根据元素守恒可知还生成水；在溶液中放置些铂丝，形成原电池，反应速率加快；从溶液中获得晶体，需要加热蒸发；冷却结晶、洗涤、干燥等；

（2）根据可持续发展的原则判断；

II．（3）加热硫酸铜生成三氧化硫和氧气；二氧化硫、和氧化铜；硫酸能和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫；

（4）浓硫酸具有吸水性；能干燥酸性或中性气体；

（5）根据水面的特点明确量筒中液体体积的读数方法；

（6）通过计算确定生成物之间的物质的量关系，再根据原子守恒确定反应方程式．【解析】【解答】解：I．（1）将铜粉投入盛有稀硫酸的容器中，无反应．向容器底部缓缓鼓入氧气，溶液慢慢变蓝色，说明溶液中含有硫酸铜，即铜和氧气、硫酸反应生成硫酸铜和水，反应方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；铜；铂丝和氧气、稀硫酸构成原电池；加快了化学反应速率，负极上铜失电子，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水；从溶液中制取晶体的方法是采用蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤的方法；

故答案为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；形成了原电池；加热蒸发；冷却结晶；

（2）乙和氧气反应需要加热；消耗能量；

丙中铜和硝酸银反应制取硝酸铜；硝酸银的价格较高，所以耗资大；

丁中铜和浓硫酸反应需要加热消耗能量高；且反应过程中生成的二氧化硫有毒，有污染；

故答案为：甲；

Ⅱ、（3）加热硫酸铜生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气，三氧化硫易溶于水生成硫酸，硫酸能和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，所以亚硫酸氢钠的作用是吸收SO3，放出等物质的量的SO2；

故答案为：吸收SO3，放出等物质的量的SO2；

（4）气体通过B装置后还剩二氧化硫和氧气、水蒸气，水蒸气能影响实验的测定，所以必须通过干燥剂吸收水分，所以浓硫酸的作用是：吸收水分干燥SO2和O2；

故答案为：吸收水分干燥SO2和O2；

（5）量筒中液面是凹液面；所以读量筒中液体体积时，视线与液体的凹液面相平，否则会造成误差；

故答案为：读量筒中液体体积时；视线与液体的凹液面相平；

（6）干燥管D吸收的物质是二氧化硫，二氧化硫包括解热硫酸铜生成的二氧化硫和三氧化硫和水、亚硫酸氢钠反应生成的二氧化硫，二氧化硫的物质的量是，根据三氧化硫和亚硫酸氢钠之间的关系式知，三氧化硫和亚硫酸氢钠反应生成的二氧化硫和三氧化硫的物质的量相等，所以三氧化硫和原生成的二氧化硫的物质的量之和是0.03mol；测得量筒F中水的体积，得出气体在标准状况下的体积为224.0mL，该气体是氧气，其物质的量是，根据氧化还原反应中得失电子数相等知，原生成的二氧化硫的物质的量==0.02mol，所以生成的三氧化硫的物质的量是0.01mol；4.80g无水CuSO4的物质的量==0.03mol，根据铜原子守恒知，生成氧化铜的物质的量是0.03mol，所以n（CuSO4）：n（CuO）：n（SO2）：n（SO3）：n（O2）=0.03mol：0.03mol：0.02mol：0.01mol：0.01mol=3：3：2：1：1，所以其分解方程式为3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑；

故答案为：3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑．15、探究温度对化学反应速率的影响Hf3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O防止氨气溶解（或防止倒吸）C未反应的NO无法处理，会污染环境【分析】【分析】（1）①该实验是验证温度；催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律；所以Ⅰ、Ⅱ是只改变催化剂表面积，Ⅱ、Ⅲ只改变温度．

②Ⅱ；Ⅲ只改变温度；目的是探究温度对化学反应速率的影响．

（2）步骤一①制备氨气可采用解热NH4Cl和Ca（OH）2或浓氨水加热的方法制备；

②根据NH4Cl受热易分解以及NaOH或Ca（OH）2作反应物产生的水较多的性质分析；

步骤二③稀硝酸具有强氧化性；与铜发生氧化还原反应生成硝酸铜和NO等；

④氨气难溶于饱和氨水；可防止倒吸；

⑤氨气为极性分子；不溶于非极性溶剂；

⑥缺少尾气处理装置，过量的NO会污染空气．【解析】【解答】解：（1）①该实验是验证温度；催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律；所以Ⅰ、Ⅱ是只改变催化剂表面积，Ⅱ、Ⅲ只改变温度．

所以应填入的数据为：

Ⅱ2801.2×10-35.80×10-3

Ⅲ1.2×10-35.80×10-3

②Ⅱ；Ⅲ只改变温度；所以目的是探究温度对化学反应速率的影响．

故答案为：探究温度对化学反应速率的影响．

（2）步骤一、NH3的制取

①制备氨气可采用解热NH4Cl和Ca（OH）2或浓氨水加热的方法制备，其中能快速、简便制取NH3的装置可用加热浓氨水法制备；用H装置，故答案为：H；

②因为NH4Cl受热易分解，生成的部分NH3和HCl又重新结合成NH4Cl，而用NaOH或Ca（OH）2作反应物产生的水较多，吸收的NH3较多，由表中数据可以看出，f制NH3产率最高；

故答案为：f；因为NH4Cl受热易分解，生成的部分NH3和HCl又重新结合成NH4Cl，而用NaOH或Ca（OH）2作反应物产生的水较多，吸收的NH3较多；

步骤二；模拟尾气的处理

③稀硝酸具有强氧化性，与铜发生氧化还原反应生成硝酸铜和NO等，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；

故答案为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；

④D装置使气体混合均匀；调节气流速度；另外，氨气难溶于饱和氨水，可防止倒吸；

故答案为：防止氨气溶解（或防止倒吸）；

⑤氨气可溶于硫酸铜溶液、水以及硫酸中，可产生倒吸，氨气为极性分子，不溶于非极性溶剂，可用CCl4代替饱和氨水；

故答案为：c；

⑥缺少尾气处理装置，过量的NO会污染空气，故答案为：未反应的NO无法处理，会污染环境．三、判断题(共9题，共18分)16、×【分析】【分析】D2O的相对分子质量为20，结合n==计算．【解析】【解答】解：D2O的相对分子质量为20，18gD2O的物质的量为=0.9mol，则所含的电子数为9NA．故答案为：×．17、×【分析】【分析】标准状况下任何气体的摩尔体积都是22.4L/mol．据此解题．【解析】【解答】解：标准状况下，1mol气体的体积为22.4L，气体的摩尔体积是22.4L/mol，故答案为：×．18、×【分析】【分析】烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，根据等效氢原子的判断方法来回答．【解析】【解答】解：烷烃分子中；同一个碳上的氢原子等效，连在同一个碳原子上的氢原子等效，具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效，烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，在碳原子数n≤10的所有烷烃的同分异构体中，其一氯取代物只有一种的烷烃分别是：甲烷；乙烷、2，2-二甲基丙烷以及2，2，3，3-四甲基丁烷，共4种．

故答案为：×．19、×【分析】【分析】0.012kg12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，以此解答该题．【解析】【解答】解：0.012kg12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，而不是13C，故答案为：×．20、×【分析】【分析】乙烯与氯化氢加成生成1-氯乙烷，此为制取氯乙烷的较好方法，由于取代反应有多种副产物生成，故不能利用此方法制取1-氯乙烷．【解析】【解答】解：CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，该反应的生成物氯乙烷可以继续与氯气发生取代反应生成二氯乙烷，产物不纯净，故不能利用此方法制取1-氯乙烷，故错误；故答案为：×．21、√【分析】【分析】可从该化合物所含化学键及晶体类型判断是否含有钠离子．【解析】【解答】解：Na是第ⅠA族活泼金属，与酸根离子形成离子键，所以Na2SO4属于离子化合物；由阳离子钠离子和阴离子硫酸根离子构成；

故答案为：√．22、×【分析】【分析】浓盐酸和MnO2在加热条件下发生氧化还原反应生成Cl2，随着反应的进行，浓盐酸浓度逐渐降低，当浓度降低到一定程度后变为稀盐酸，稀盐酸和MnO2不反应，据此分析解答．【解析】【解答】解：浓盐酸和MnO2在加热条件下发生氧化还原反应生成Cl2，随着反应的进行，浓盐酸浓度逐渐降低，当浓度降低到一定程度后变为稀盐酸，稀盐酸和MnO2不反应，浓盐酸和MnO2反应方程式为4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；假设4molHCl完全反应，设转移电子的个数为x；

4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑转移电子。

4mol2NA

4molx

4mol：2NA=4mol：x

x==2NA；

实际上参加反应的HCl的物质的量小于4mol，所以转移电子数小于2NA；所以该说法错误；

故答案为：×．23、×【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：×．24、×【分析】【分析】K元素的焰色反应为紫色，但是要透过蓝色钴玻璃片观察，因为钾与钠一般是同时存在的，钠的黄色会盖住钾的紫色，要用蓝色蓝色钴玻璃片滤去黄色．【解析】【解答】解：K元素的焰色反应为紫色，但是要透过蓝色钴玻璃片观察，Na元素的焰色反应为黄色，因为钾与钠一般是同时存在的，钠的黄色会盖住钾的紫色，要用蓝色的蓝色钴玻璃片滤去黄色，本题中未通过蓝色钴玻璃片观察，因此不能确定是否含有K+．

故答案为：×．四、简答题(共3题，共12分)25、略

【分析】解：（1）NO2和N2O4的最简式相同，可以将N2O4视作NO2，69gNO2和N2O4的混合气体相当于n（NO2）==1.5mol，该混合物中N（O）=2n（NO2）NA=2×1.5mol×NA/mol=3NA；

n[Fe（NO3）3]=0.6mol/L×2L=1.2mol，根据N原子守恒得N（NO3-）=n（NO3-）NA=3n[Fe（NO3）3]NA=3×1.2mol×NA/mol=3.6NA；

故答案为：3；3.6；

（2）①三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，N元素化合价由+3价变为+2价、+5价，由电子、原子守恒可知反应为3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF，由氧化剂的氧化性大于还原产物的氧化性可知，氧化性为NF3＞NO；3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3中，生成1molHNO3和转移电子2mol，所以若反应中生成0.15molHNO3，转移的电子数目=0.15mol×2×NA/mol=0.3NA或1.806×1023

故答案为：3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF；0.3NA或1.806×1023；

②4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，F元素的化合价降低，F2为氧化剂，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性为F2＞NF3，3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3中氧化性NF3＞NO，氧化性强弱顺序是F2、NF3、NO，故答案为：F2、NF3；NO；

③NF3与H2O反应产生HNO3，HNO3和NaOH反应必生成NaNO3，故答案为：NaNO3；

（3）制备肼的方法，是以NaClO氧化NH3，反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，制得肼的稀溶液，反应为NaClO+2NH3═N2H4+H2O+NaCl；

故答案为：NaClO+2NH3N2H4+NaCl+H2O．

（1）NO2和N2O4的最简式相同，可以将N2O4视作NO2，69gNO2和N2O4的混合气体相当于n（NO2）==1.5mol，该混合物中N（O）=2n（NO2）NA；n[Fe（NO3）3]=0.6mol/L×2L=1.2mol，根据N原子守恒计算NO3-个数；

（2）①根据反应物；生成物书写方程式；该反应中N元素化合价由+3价变为+2价、+5价，结合电子、原子守恒分子；根据硝酸和转移电子之间的关系式计算；

②4NH3+3F2=NF3+3NH4F中；F元素的化合价降低，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；

③从质量守恒的角度判断，NF3与H2O反应产生HNO3，HNO3和NaOH反应必生成NaNO3；

（3）次氯酸钠与氨气反应，丙酮作催化剂，根据NaClO氧化NH3可以得到肼来书写方程式．

本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的氧化还原反应、电子守恒及元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与计算能力的综合考查，题目难度中等．【解析】3；3.6；3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF；0.3NA或1.806×1023；F2、NF3、NO；NaNO3；NaClO+2NH3N2H4+NaCl+H2O26、略

【分析】解：rm{(1)}反应rm{CH_{4}+2NO_{2}}rm{dfrac{underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}N_{2}+CO_{2}+2H_{2}O}中甲烷中碳元素的化合价由rm{dfrac{

underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}N_{2}+CO_{2}+2H_{2}O}价生成到rm{-4}中的rm{CO_{2}}价，失电子，作还原剂，rm{+4}中氮元素化合价由rm{NO_{2}}价降低到rm{+4}价，得电子，作氧化剂，标况下rm{0}甲烷的物质的量为rm{11.2L}消耗rm{0.5mol}rm{NO_{2}}

故答案为：rm{1mol}rm{NO_{2}}

rm{1}将rm{(2)}和rm{CO}转化为参与大气循环的无毒气体，该气体是氮气，该反应的化学方程式为rm{2CO+2NOdfrac{underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}N_{2}+2CO_{2}}

故答案为：rm{2CO+2NOdfrac{underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}N_{2}+2CO_{2}}

rm{NO}呈黄色，某无色废水中一定没有rm{2CO+2NOdfrac{

underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}N_{2}+2CO_{2}}钠的焰色为黄色，进行焰色反应实验，火焰为无色，一定没有rm{2CO+2NOdfrac{

underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}N_{2}+2CO_{2}}向废水中加入足量的rm{(3)Fe^{3+}}溶液，生成rm{Fe^{3+}}白色沉淀，一定含有rm{Na^{+}}根据溶液呈电中性，一定有rm{BaCl_{2}}铝离子与rm{2.33g}不能大量共存，一定没有rm{SO_{4}^{2-}}

rm{Al^{3+}}由以上分析可知该废水中一定不含有的离子是rm{OH^{-}}rm{OH^{-}}rm{垄脵}故答案为：rm{Fe^{3+}}rm{Na^{+}}rm{OH^{-}}

rm{Fe^{3+}}配制溶液需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、rm{Na^{+}}容量瓶和胶体滴管，所以除了玻璃棒、托盘天平、量筒、药匙、烧杯、胶头滴管，还缺少的仪器有rm{OH^{-}}容量瓶rm{垄脷}故答案为：rm{100ml}容量瓶；

rm{100ml}图中rm{.}是氢氧化铝沉淀溶解的过程，反应的离子方程式为rm{100ml}故答案为：rm{垄脹}

rm{A隆煤B}根据题意rm{Al(OH)_{3}+4OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}硫酸钡沉淀的物质的量为rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}则rm{垄脺}的物质的量为rm{2.33g}根据图象rm{0.01mol}消耗氢氧化钠rm{SO_{4}^{2-}}物质的量为rm{0.01mol}则rm{Al^{3+}+3OH^{-}=Al(OH)_{3}}物质的量为rm{30mL}根据溶液呈电中性，一定有rm{0.03mol}物质的量为rm{Al^{3+}}则rm{0.01mol}．

故答案为：含有；rm{Cl^{-}}．

rm{0.01mol}根据元素化合价的变化来判断氧化剂的化合价降低；根据反应方程式分析判断；

rm{c(Cl^{-})=0.01mol隆脗0.1L=0.1mol/L}在催化剂条件下rm{0.1mol/L}和rm{(1)}反应，生成rm{(2)}和rm{NO}

rm{CO}无色废水中不含rm{CO_{2}}

I.进行焰色反应实验；火焰为无色，说明无钠离子；

Ⅱrm{N_{2}}取rm{(3)}废水，加入足量的rm{Fe^{3+}}溶液，生成rm{.}白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根离子，而且物质的量为rm{100mL}

Ⅲrm{BaCl_{2}}取rm{2.33g}废水，逐滴加入rm{0.01mol}的rm{.}溶液，说明溶液中含有铝离子，而铝离子的物质的量为：rm{dfrac{1隆脕0.03}{3}mol=0.01mol}由此分析解答．

本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，关键是图象分析离子特征和离子共存的判断，题目难度中等．rm{100mL}【解析】rm{NO_{2}}rm{1}rm{2CO+2NOdfrac{underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}N_{2}+2CO_{2}}rm{2CO+2NOdfrac{

underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}N_{2}+2CO_{2}}rm{Fe^{3+}}rm{Na^{+}}rm{OH^{-}}容量瓶；rm{100ml}含有；rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}rm{0.1mol/L}27、略

【分析】解：rm{(1)}根据rm{A}的结构简式可知rm{A}中所含有的含氧官能团为酚羟基；醛基；故答案为：酚羟基、醛基；

rm{(2)}比较rm{B}和rm{C}的结构可知，反应rm{垄脷}为rm{B}与甲醇生成醚的反应，应该在浓硫酸加热的条件下进行，故答案为：rm{CH_{3}OH}浓硫酸、加热；

rm{(3)}比较rm{C}和rm{E}的结构可知，rm{D}的结构简式为在rm{1molD}中碳碳双键可与rm{1mol}氢气加成，硝基能被氢气还原成氨基，可消耗rm{3mol}氢气，所以共消耗rm{4mol}氢气；

故答案为：rm{4}

rm{(4)}根据条件rm{垄脵}结构中含rm{4}种化学环境不同的氢原子，即有rm{4}种位置的氢原子，rm{垄脷}能发生银镜反应，说明有醛基，rm{垄脹}能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酯基或酚羟基，结合可知，符合条件的同分异构体的结构为

故答案为：

rm{(5)}被氧化可生成与硝酸发生取代反应生成被还原生成进而发生缩聚反应可生成可设计合成路线流程图为

故答案为：．

rm{(1)}根据rm{A}的结构简式可知rm{A}中所含有的含氧官能团；

rm{(2)}比较rm{B}和rm{C}的结构可知，反应rm{垄脷}为rm{B}与甲醇生成醚的反应；应该在浓硫酸加热的条件下进行；

rm{(3)}比较rm{C}和rm{E}的结构可知，rm{D}的结构简式为在rm{D}中碳碳双键可与氢气加成；硝基能被氢气还原成氨基，据此答题；

rm{(4)}根据条件rm{垄脵}结构中含rm{4}种化学环境不同的氢原子，即有rm{4}种位置的氢原子，rm{垄脷}能发生银镜反应，说明有醛基，rm{垄脹}能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酯基或酚羟基，结合可写出同分异构体的结构；

rm{(5)}被氧化可生成与硝酸发生取代反应生成被还原生成进而发生缩聚反应可生成．

本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题的关键是能把握题给信息，根据有机物的官能团判断有机物可能具有的性质．【解析】酚羟基、醛基；rm{CH_{3}OH}浓硫酸、加热；rm{4}五、推断题(共1题，共6分)28、FeFeCl2Fe（OH）3Fe2O3取少量D溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液红色，证明有Fe3+防止Fe2+被氧气氧化2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-溶液颜色由浅绿色变为黄色【分析】【分析】A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀，由转化关系可知F为Fe（OH）3，A为Fe，Fe与氧气反应生成B为Fe3O4，四氧化三铁与盐酸反应得到氯化亚铁与氯化铁，故Fe与盐酸反应得到X为氢气、C为FeCl2，可推知E为Fe（OH）2、D为FeCl3，G为Fe2O3，据此解答．【解析】【解答】解：A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀，由转化关系可知F为Fe（OH）3，A为Fe，Fe与氧气反应生成B为Fe3O4，四氧化三铁与盐酸反应得到氯化亚铁与氯化铁，故Fe与盐酸反应得到X为氢气、C为FeCl2，可推知E为Fe（OH）2、D为FeCl3，G为Fe2O3．

（1）由上述分析可知，A为Fe，C为FeCl2，F为Fe（OH）3，G为Fe2O3；

故答案为：Fe；FeCl2；Fe（OH）3；Fe2O3．

（2）D为FeCl3，含有阳离子为Fe3+，检验Fe3+离子的方法为：取少量D溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液红色，证明有Fe3+；

故答案为：取少量D溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液红色，证明有Fe3+；

（3）FeCl2易被空气中氧气氧化，保存FeCl2溶液时加固体Fe，防止Fe2+被氧气氧化；

故答案为：防止Fe2+被氧气氧化；

（4）①C→D的反应离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；溶液颜色由浅绿色变为黄色；

故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；溶液颜色由浅绿色变为黄色．六、探究题(共4题，共12分)29、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分