2025年北师大新版高三化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年北师大新版高三化学上册月考试卷501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6题，共12分)1、下列有关化学用语表达正确的是（）A.Ar原子的结构示意图：B.丙烷分子的比例模型：C.NaClO的电子式：D.HCO3-电离方程式：HCO3-+H2O⇌CO32-+H3O+2、下列实验现象的描述正确的是（）A.氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白色烟雾B.铁丝在氯气中燃烧，产生棕褐色的浓烟，产物溶于水，溶液呈浅绿色C.铜在氯气中燃烧，产生棕黄色烟，产物溶于水，溶液呈蓝绿色D.钠在空气中燃烧，发出黄色的火焰，生成白色固体3、下列关于物质分类的正确组合是（）组合分类碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物A纯碱盐酸烧碱氧化铝二氧化硫B烧碱硫酸食盐氧化铁二氧化氮C苛性钠石炭酸硫酸铵过氧化钠二氧化硅D苛性钾硬脂酸小苏打氧化钙五氧化二磷4、空气污染已成为人类社会面临的重大威胁．下列物质中，不属于空气污染物的是（）A.NO2B.SO2C.PM2.5D.N25、下列物质中，属于“城市空气质量日报”报道的污染物是（）A.N2B.SO2C.CO2D.CO6、下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是。甲乙丙ANaH2OCl2BAlFe2O3稀H2SO4CCH3CH2OHNaOH溶液CH3COOHDBa(OH)2溶液CO2Na2CO3溶液评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)7、化学品船是建造或改装用于运载各种有毒、易燃、易挥发或有腐蚀性的化学物质的货船，下列说法错误的是（）A.在船舶的底部四周镶嵌铜块以保护船体B.不锈钢船舱可储藏运输散装氢氧化钠溶液C.甲醇与浓硫酸必须分开储藏运输D.造船焊接钢板时可用二氧化碳保护气8、下列说法中正确的是（）A.第一电离能由大到小的顺序为O＞N＞CB.由于C和O互为等电子体，所以可以推断O的电子式为C.根据岩浆晶出规则，Ca0比Mg0更容易在岩浆冷却过程中先结晶D.液态HF通常也可以写成（HF）n的形式，是因为液态HF分子间存在氢键．9、在100g浓度为ω%的稀硫酸中加入4g氧化铜粉末，待氧化铜全部溶解后，向所得蓝色溶液中加入10g铁粉，充分反应后，过滤，得滤液和4.8g滤渣．下列计算结果正确的是（）A.4.8g滤渣是由3.2g铜和1.6g铁组成B.ω=14.7C.反应过程中产生的氢气是2.24LD.滤液是20.88%的硫酸亚铁溶液10、化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果．下列图象描述正确的是（）A.

正反应放热（t2时升温）B.

H2S气体通入氯水中C.

t秒时合成氨反应达到平衡D.

NaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中11、硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质rm{(}见如图rm{).}下列说法正确的是。

rm{(}rm{)}

A.rm{CO}rm{SO_{2}}rm{SO_{3}}均是酸性氧化物B.工业上利用rm{Cl_{2}}和澄清石灰水反应来制取漂白粉C.漂白粉的有效成分为rm{Ca(ClO)_{2}}D.除去与水反应的两个反应，图示其余转化反应均为氧化还原反应12、某化妆品的组分Z具有美白功效，原料从杨树中提取，现可用如图反应制备，下列叙述错误的是（）A.X、Y和Z均能使溴水褪色，且原理相同B.X和Z均能与Na2CO3溶液反应放出CO2C.Z中含手性碳原子D.Y可作加聚反应的单体，X可作缩聚反应的单体13、某电解池内盛有rm{CuSO_{4}}溶液，插入两根电极，接通直流电源后，欲达到如下要求：rm{垄脵}阳极质量不变；rm{垄脷}阴极质量增加；rm{垄脹}电解液rm{pH}减小，则应选用的电极是rm{(}rm{)}A.阴阳两极不都是石墨B.铜作阳极，铁作阴极C.铁作阳极，铜作阴极D.铂作阳极，铜作阴极14、以rm{KCl}和rm{ZnCl_{2}}混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.未通电前上述镀锌装置可构成原电池，锌为负极，电镀时锌与电源负极相连为阴极B.电镀时通过rm{1mol}电子，阴极上有rm{0.5mol}锌的析出C.未通电前rm{K^{+}}向铁极移动，通电后rm{K^{+}}还向铁极移动D.镀锌层破损后对铁制品失去保护作用评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、如图所示为常见气体制备、分离、干燥和性质验证的部分仪器装置（加热设备及夹持固定装置均略去），请根据要求完成下列各题（仪器装置可任意选用，必要时可重复选择，a、b为活塞）．

（1）实验前，如何检查A装置的气密：____．

（2）若气体入口通入CO和CO2的混合气体，E内放置CuO，选择装置获得纯净干燥的CO，并验证其还原性及氧化产物，所选装置的连接顺序为____（填代号）．能验证CO氧化产物的现象是____．

（3）若A中气体入口改通空气；分液漏斗内改加浓氨水，圆底烧瓶内改加NaOH固体，E内放置铂铑合金网，H为空瓶，D中改为石蕊试液，按A→G→E→H→D装置顺序制取干燥的氨气，并验证氨的某些性质．

①实验中先用酒精灯加热催化管，再通入混合气体，可观察到H内有红棕色气体出现，D中石蕊试液变红，则E中发生反应的方程式为____．

②若把酒精灯撤去，继续通入气体，催化剂可继续保持红热状态，反应继续进行．能使催化剂继续保持红热的原因是：____．

③某同学在做上述实验时出现了与其他同学不同的现象，他发现催化剂红热现象明显而正常，但石蕊试液不变红．请分析可能的原因：（答1点即可）____．16、（2015春•漳州校级期末）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B+具有相同的电子构型；C；D为同周期元素；C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子．回答下列问题：

（1）四种元素中电负性最大的是____（填元素符号），其中C原子的核外电子排布布式为____．

（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是____（填分子式），原因是____；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为____和____．

（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为____，中心原子的杂化轨道类型为____．

（4）单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为____．

（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞边长a=0.566×10-7cm，F的化学式为____：晶胞中A原子的配位数为____；列式计算晶体F的密度（g•cm-3）为____．17、某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：

。操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色液面上方出现白雾；

稍后；出现浑浊，溶液变为黄绿色；

稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是____．

（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是____．

（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾；产生白色沉淀．

①实验a目的是____．

②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是____．

（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是____．

（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X．向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化．取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀．则沉淀X中含有的物质是____．18、某化学兴趣小组的同学为进行物质性质的探究，用维持烧瓶内压强与分液漏斗内压强相等，使液体能顺利滴下下图所示装置进行实验。请回答下列问题：（加热及固定装置已略去）（1）装置A中反应的化学方程式为（2）装置C中的试剂是（填序号）．A．氢氧化钠溶液B．酸性高锰酸钾溶液C．亚硫酸氢钠溶液发生反应的离子方程式为，其说明了SO2具有____，该实验操作的名称是____。（3）在上述实验中，能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是（4）B中的溶液无明显现象，当滴加氯水时有白色沉淀，写出SO2表现还原性并生成白色沉淀的总离子方程式为____19、（12分)已知:从A出发发生图示中的一系列反应，其中B和C按1:2反应生成Z。F和E按1:2反应生成W，W和Z互为同分异构体。回答下列问题：（1）写出反应类型:①_____________________，②______________________________。（2）写出下列反应的化学方程式:③_____________________________________________________；④_____________________________________________________。（3）与B互为同分异构体，属于酚类且苯环上只有两个互为对位取代基的化合物有4种，其结构简式为_______________，_________________，_______________，______________。（4）A的结构简式可能为_______________________________________(只写一种即可)。20、（l）食谱中的米饭主要含____（填“淀粉”或“纤维素”）．

（2）从营养均衡及学生身体发育需要的角度考虑，你认为如图食谱中应增加富含蛋白质的食物是____（任填一种）．

。主食米饭副食土豆、白菜、萝卜汤21、图表法；图象法是常用的科学研究方法．

Ⅰ．图（A）是短周期某主族元素X的电离能所示情况．则X元素位于周期表的第____族．图B是研究部分元素的氢化物的沸点变化规律的图象，折线c可以表达出第____族元素氢化物的沸点的变化规律．

Ⅱ．下表（图1）是元素周期表的一部分；表中所列的字母分别代表一种化学元素．

试回答下列问题：

（1）请写出元素o的外围电子排布式：____．

（2）由j原子跟c原子以1：1相互交替结合而形成的晶体，晶体类型与晶体j相同．两者相比熔点更高的是____（填化学式），试从结构角度加以解释：____．

（3）i单质晶体中原子的堆积方式如图2-甲所示；其晶胞特征如图2-乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图2-丙所示．请回答：

晶胞中i原子的配位数为____，一个晶胞中i原子的数目为____，该晶胞的空间利用率为____．22、某饱和一元醇30g与足量金属钠反应；共收集到标况下气体5.6L．（假设气体无损失）

（1）则此醇的分子式为____

（2）写出此醇可能的结构简式：____．23、下列物质中，属于强电解质的是____，属于非电解质的是____均填序号)①Cu②液氨③氯水④氯化钠晶体⑤硫酸溶液⑥干冰⑦BaSO4⑧液氧⑨金刚石⑩石墨评卷人得分四、判断题(共4题，共8分)24、因为稀硫酸能与铁反应放出H2，所以稀硝酸与铁反应也一定能放出H2____．（判断对错）25、氨基酸分子中既有羧基，又有氨基，因此它具有两性．____（判断对错）26、有下列化合物：

（1）请在空格内用“√”或“×”判断正误．

①甲、乙、丙丁、戊均属于烃的衍生物____

②乙中含氧官能团的名称为“全基”和“羟基”____

③丙和丁互为同系物____

④可用溴水鉴别乙和戊____

（2）化合物戊可由甲按下列途径合成．

试回答下列问题。

①D→戊的有机反应类型是____．

②写出C→D的化学反应方程式____．

③写出同时满足下列条件的甲的同分异构体（两种即可）．____，____．

a．能与FeCl3发生显色反应；不能发生银镜反应；

b．属于酯类；取代基为链状；

c．苯环上一氯代物只有两种．27、一个化学反应中，生成物总键能大于反应物的总键能时，反应吸热，△H为“+”____．（判断对错）评卷人得分五、实验题(共2题，共20分)28、工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，还有少量的Fe2O3、SiO2等杂质）提取氧化铝；操作过程如图：

（1）沉淀A中主要含有____．若步骤（Ⅰ）改加氢氧化钠溶液，沉淀A____（填“能”或“不能”）发生反应，若能发生反应，则反应的化学方程式为____．

（2）滤液X中，除了Fe3+、H+外，还含有的阳离子是____

（3）（Ⅱ）步骤中分离溶液和沉淀的操作名称是____

（4）写出（Ⅳ）步骤反应的化学方程式____，Al2O3属于____氧化物（填“酸性”或“碱性”或“两性”）．

（5）滤液Y中除NaCl和NaOH外，还含有的溶质为____（填化学式）29、以铬铁矿rm{(}主要成分为rm{FeO}和rm{Cr_{2}O_{3}}含有rm{Al_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}等杂质rm{)}为主要原料生产化工原料红矾钠rm{(}红矾钠的主要成分为重铬酸钠：rm{Na_{2}Cr_{2}O_{7}?2H_{2}O)}其主要工艺流程如下：

查阅资料得知：

rm{i.}常温下，rm{NaBiO_{3}}不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将rm{Cr^{3+}}转化为rm{CrO_{4}^{2-}}．

rm{ii}．

。物质开始沉淀的rm{pH}值完全沉淀的rm{pH}值rm{Fe(OH)_{3}}rm{2.7}rm{3.7}rm{Al(OH)_{3}}rm{3.4}rm{4.4}rm{Cr}rm{(OH)_{3}}rm{4.6}rm{5.9}rm{Fe(OH)_{2}}rm{7.5}rm{9.7}rm{Bi(OH)_{3}}rm{0.7}rm{4.5}回答下列问题：

rm{(1)}反应之前先将矿石粉碎的目的是______．

rm{(2)}操作Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和______rm{(}填仪器名称rm{)}．

rm{(3)}写出rm{垄脺}反应的离子反应方程式______．

rm{(4)垄脻}中酸化是使rm{CrO_{4}^{2-}}转化为rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}写出该反应的离子方程式______．

rm{(5)}将溶液rm{H}经过下列操作；蒸发浓缩，______，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠．

rm{(6)}取一定质量的固体rm{D}溶解于rm{200mL}的硫酸中，向所得溶液中加入rm{5mol/L}的rm{NaOH}溶液，生成沉淀的物质的量rm{n}与加入rm{NaOH}溶液的体积rm{V}关系如图所示，则硫酸的浓度为______，固体rm{D}中含rm{Fe}化合物的物质的量为______．

评卷人得分六、推断题(共1题，共10分)30、如图表示有关中学常见物质之间的相互转化关系（图中部分条件或产物已省略）；其中B为黑色的非金属单质，D可使品红溶液褪色，E在通常状况下是无色无味液体，G是淡黄色的固体化合物，其中反应②可用于工业制玻璃．

请回答下列问题：

（1）F的组成元素在周期表中的位置是____（指明周期和族）；

G的电子式____．

（2）写出上图中下列反应的化学方程式：

C+G→I：____

A（浓）+B：____

E+F：____

（3）若1gAl参加④反应放出QkJ的热量，则该热化学方程式为：____．

（4）向图中反应⑤得到的M、N混合液中通入H2S气体，溶液变浑浊，酸性增强．请写出该过程发生反应的离子方程式____．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】A；氩是18号元素；

B；球棍模型展示原子相对大小和成键情况；

C；NaClO是离子化合物；

D、碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，题中表示的碳酸氢根离子的电离方程式．【解析】【解答】解：A、氩是18号元素，故氩原子的核内有18个质子，带18个正电荷，故结构示意图为：故A错误；

B；本题图为丙烷的球棍模型；比例模型是能展示原子相对大小的模型，故B错误；

C、NaClO是离子化合物，故电子式应符合离子化合物的电子式的书写方式，即应为故C错误；

D、HCO3-会电离出CO32-，即HCO3-的电离方程式为：HCO3-+H2O⇌CO32-+H3O+；故D正确．

故选D．2、C【分析】【分析】A；根据氢气在氯气中燃烧的现象以及烟和雾的区别来回答；

B；三价铁离子在溶液中显示黄色；

C；根据铜在氯气中燃烧的现象以及氯化铜溶液的颜色来回答；

D、金属钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠．【解析】【解答】解：A；氢气在氯气中点燃后产生苍白色火焰；放出大量热，生成了氯化氢气体，瓶口上方形成白雾，故A错误；

B；铁丝在氯气中燃烧；产生棕褐色的浓烟，产物溶于水，溶液呈浅黄色，故B错误；

C；铜在氯气中燃烧；产生棕黄色烟，产物氯化铜溶于水，溶液呈蓝绿色，故C正确；

D；钠在空气中燃烧；产生黄色的火焰，生成淡黄色固体，故D错误．

故选：C．3、D【分析】试题分析：A．纯碱是碳酸钠，属于盐不是碱；盐酸是氯化氢水溶液，为混合物，酸为纯净物；烧碱属于碱，不是盐；氧化铝为两性氧化物，不属于碱性氧化物；二氧化硫是酸性氧化物，错误；B．烧碱是氢氧化钠，属于碱；硫酸属于酸；氯化钠属于盐；氧化铁为碱性氧化物；二氧化氮和碱作用生成两种盐和水，所以二氧化氮不是酸性氧化物，错误；C．苛性钠是氢氧化钠，属于碱；石炭酸是苯酚是有机酚，显酸性，不是酸；硫酸铵属于盐；过氧化钠，是过氧化物，不属于碱性氧化物；二氧化硅是酸性氧化物，错误；D．苛性钾是氢氧化钾，属于碱；硬脂酸是有机酸，属于酸；小苏打是碳酸氢钠是盐；氧化钙属于碱性氧化物；五氧化二磷与水化合为磷酸，属于酸性氧化物，正确；考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【解析】【答案】D4、D【分析】【分析】空气污染物中，有害气体主要有CO、SO2、NO2等氮的氧化物和粉尘，粉尘主要是指固体小颗粒．【解析】【解答】解：A．NO2属于空气污染物；故A正确；

B．SO2属于空气污染物；故B正确；

C．PM2.5属于空气污染物；故C正确；

D．N2是空气的成分；不属于空气污染物，故D错误．

故选D．5、B【分析】【分析】环境问题一直是全世界最为关注的问题，我国“城市空气质量日报”报道的污染物主要是SO2、氮氧化物和可吸入颗粒等指标．【解析】【解答】解：A．N2自然界中大量存在；也没污染性，不属于“城市空气质量日报”报道的，故A错误；

B．SO2有毒性；对大气有污染，大量增加引起酸雨，故B正确；

C．动植物的呼吸作用能产生CO2是，而绿色植物进行光合作转变成O2；不属于“城市空气质量日报”报道的，故C错误；

D．CO在一般情况下会在燃烧过程中消耗；则不属于“城市空气质量日报”报道的，故D错误．

故选：B．6、C【分析】试题分析：A、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气、与氯气反应生成氯化钠，水与氯气反应生成氯化氢和次氯酸，正确；B、Al与氧化铁在高温条件下发生置换反应、与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，正确；C、乙醇与醋酸在一定条件下发生酯化反应，氢氧化钠与醋酸发生中和反应，但乙醇不与氢氧化钠溶液反应，错误；D、氢氧化钡溶液与二氧化碳反应可产生碳酸钡沉淀、与碳酸钠溶液反应生成氢氧化钠和碳酸钡，二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，正确，答案选C。考点：考查物质的化学性质的应用【解析】【答案】C二、双选题(共8题，共16分)7、A|D【分析】解：A．因为铁比铜活泼；当在船舶的底部四周镶嵌铜块时加快了铁的腐蚀，应在船底镶嵌锌块以保护船体，故A错误；

B．不锈钢船舱主要含铁与碱不反应；所以不锈钢船舱可储藏运输散装氢氧化钠溶液，故B正确；

C．因为甲醇与浓硫酸的条件下发生脱水反应；所以甲醇与浓硫酸必须分开储藏运输，故C正确；

D．二氧化碳在高温时具有氧化性；所以造船焊接钢板时不能用二氧化碳作保护气，故D错误．

故选AD．

A．根据原电池原理正极不活泼的金属被保护；

B．不锈钢船舱主要含铁与碱不反应；

C．甲醇与浓硫酸的条件下发生脱水反应；

D．二氧化碳在高温时具有氧化性．

本题考查化学品船是运载化学药品时的注意点，难度不大，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．【解析】【答案】AD8、B|D【分析】解：A．C；N、O为第二周期原子序数依次增大的三种元素；元素N，其2p轨道为半充满的原子，其第一电离能大于相邻元素，所以N＞O，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大，所以第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故A错误；

B．C22-和O22+电子数都为14，具有相同电子数目和原子数目，是等电子体，C22-含有C≡C键，等电子体之间结构相似，含有O≡O键，所以可以推断O22+的电子式为故B正确；

C．晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量；通常取正值；晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，而且熔点越高，Mg0的晶格能大于Ca0，根据岩浆晶出规则，Mg0先结晶，故C错误；

D．HF分子中F的电负性很大，则液态HF分子之间易形成氢键，液态HF通常也可以写成（HF）n的形式；故D正确；

故选：BD．

A．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势；但第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，同周期稀有气体的第一电离能最大，同主族，从上往下依次减小；

B．等电子体是指具有相同电子数目和原子数目的分子或离子；等电子体之间结构相似，故O22+的电子式与C22-的电子式相似；含有2个π键；

C．岩浆晶出规则：晶格能高的晶体熔点较高；更容易在岩浆冷却过程中先结晶；

D．因F的电负性很大；则HF液体中存在氢键．

本题主要考查了电离能、等电子体、晶格能、氢键等知识，掌握相关的概念内涵是解答的关键，B选项等电子体的结构相似是该题的易错点，题目难度中等．【解析】【答案】BD9、A|B【分析】解：所得滤渣中铜元素的质量与氧化铜中铜元素的质量相等，则铜的质量为：4g×=3.2g；故滤渣中铁的质量为4.8g-3.2g=1.6g

设生成3.2g铜需要铁的质量为x；生成硫酸亚铁的质量为y

Fe+CuSO4=FeSO4+Cu

5664

x3.2g

x=2.8g

而剩余的滤渣中含铁的质量是1.6g；故与硫酸反应的铁的质量为：10g-2.8g-1.6g=5.6g

设生成的氢气的质量为y

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑

562

5.6gz

z=0.2g

反应硫酸全部转化生成硫酸亚铁，根据铁、硫酸和硫酸亚铁的质量关系，设消耗的硫酸的质量为a，生成的硫酸亚铁的质量为b

Fe--H2SO4--FeSO4

5698152

8.4gab

a=14.7，b≈22.8g

A；根据计算可知；4.8g滤渣是由3.2g铜和1.6g铁组成，故A正确；

B、硫酸溶液的质量分数为：×100%=14.7%；故B正确；

C；状况不知；无法求体积，故C错误；

D、硫酸亚铁溶液的质量分数为：=20.9%；故D错误；

故选AB．

根据已有的知识进行分析；在化学反应前后，铜元素的质量不变，氧化铜能与硫酸反应生成硫酸铜和水，而铁能与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，据此解答即可．

本题考查了根据化学方程式的计算，完成此题，可以依据题干提供的信息结合质量守恒定律进行．【解析】【答案】AB10、A|C【分析】解：A．正反应为放热反应；则升高温度，平衡逆向进行，所以正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，与图象一致，故A正确；

B．氯水中pH较大，H2S气体通入氯水中，发生H2S+Cl2═2HCl+S；酸性增强，pH减小，与图象矛盾，故B错误；

C．由图可知反应速率之比为（4-2）：（4-0）=1：2；等于化学计量数之比，故C正确；

D．NaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中，先发生NaOH+Ba（HCO3）2═BaCO3↓+NaHCO3+H2O，后发生2NaOH+Ba（HCO3）2═BaCO3↓+Na2CO3+2H2O；显然开始就产生沉淀，且沉淀在增大，与图象矛盾，故D错误；

故选AC．

A．正反应为放热反应；则升高温度，平衡逆向进行；

B．H2S气体通入氯水中，发生H2S+Cl2═2HCl+S；酸性增强，pH减小；

C．反应速率之比等于化学计量数之比；

D．NaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中，先发生NaOH+Ba（HCO3）2═BaCO3↓+NaHCO3+H2O，后发生2NaOH+Ba（HCO3）2═BaCO3↓+Na2CO3+2H2O．

本题考查化学反应速率与化学平衡的图象、化学反应及其对应的图象，明确图象中坐标的意义及点、线的意义即可解答，题目难度中等．【解析】【答案】AC11、rCD【分析】解：rm{A.CO}不能与碱反应；不是酸性氧化物，故A错误；

B.澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小；氯气和石灰乳反应来制取漂白粉，故B错误；

C.氯气和石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，其中次氯酸钙具有强氧化性，则漂白粉的有效成分为rm{Ca(ClO)_{2}}故C正确；

D.除去与水反应；图示转化反应都是与氧气反应或氢气反应，都一定有化合价升降，均为氧化还原反应，故D正确．

故选CD．

A.酸性氧化物是一类能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水或与碱性氧化物反应生成盐的氧化物；

B.工业上常用氯气和石灰乳反应来制取漂白粉；

C.根据漂白粉的成分分析；

D.凡是有化合价升降的反应都是氧化还原反应．

本题考查酸性氧化物、氧化还原反应、漂白粉的制取等，题目难度不大，注意澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小，应用石灰乳制取漂白粉．【解析】rm{CD}12、A|B【分析】解：A．X和溴发生取代反应；Y能和溴发生加成反应、Z能和溴发生取代反应；XZ和溴反应类型相同但Y不同，故A错误；

B．酚羟基能和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和酚钠；没有二氧化碳生成，故B错误；

C．连接四个不同原子或原子团的C原子为手性碳原子；所以Z中连接甲基和苯环的碳原子为手性碳原子，故C正确；

D．碳碳双键能发生加聚反应；含有酚羟基的有机物能发生缩聚反应，所以Y能发生加聚反应；X、Z能发生缩聚反应，故D正确；

故选AB．

A．X和溴发生取代反应；Y能和溴发生加成反应、Z能和溴发生取代反应；

B．酚羟基能和碳酸钠反应生成碳酸氢钠；

C．连接四个不同原子或原子团的C原子为手性碳原子；

D．碳碳双键能发生加聚反应；含有酚羟基的有机物能发生缩聚反应．

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意酚羟基和碳酸钠反应生成碳酸氢钠而不是二氧化碳，为易错点．【解析】【答案】AB13、AD【分析】【分析】本题考查了电解原理的分析判断，主要是阳极材料的分析应用，是中学化学的重要知识，难度一般。掌握基础是关键，侧重知识的能力考查。【解答】依据电解原理分析，电极若是惰性电极，溶液中的阴离子在阳极失电子发生氧化反应，若阳极是活性电极，则电极本身是单质发生氧化反应，电极质量减小；阴极是溶液中阳离子得到电子发生还原反应；欲达到如下要求：rm{a}阳极质量不变rm{b}阴极质量增加rm{c}电解液rm{pH}减小，是惰性电极做阳极，电解质溶液中铜离子得到电子在阴极析出，阳极是溶液中氢氧根离子放电生成氧气，溶液中氢离子浓度增大，rm{pH}减小，阳极质量不变rm{a}阴极质量增加rm{b}电解液rm{c}减小，是惰性电极做阳极，电解质溶液中铜离子得到电子在阴极析出，阳极是溶液中氢氧根离子放电生成氧气，溶液中氢离子浓度增大，rm{pH}减小，rm{pH}阴阳两极都用石墨电极，电解反应为rm{垄脵}阴阳两极都用石墨电极，电解反应为rm{2CuSO}rm{垄脵}rm{2CuSO}rm{{,!}_{4}}rm{+2H}rm{dfrac{underline{;{脥篓碌莽};}}{;}}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{dfrac{

underline{;{脥篓碌莽};}}{;}}rm{2Cu+O}rm{2Cu+O}符合；rm{{,!}_{2}}铜作阳极，铁作阴极，阳极是活性电极铜失电子质量减小，不符合题干条件，故rm{隆眉+2H}不符合；rm{隆眉+2H}铁作阳极，铜作阴极，阳极是活性电极铁失电子质量减小，不符合题干条件，故rm{{,!}_{2}}不符合；rm{SO}铂作阳极，铜作阴极，阳极是惰性电极，电解反应为rm{SO}rm{{,!}_{4}}，符合要求条件，故rm{垄脵}符合；rm{垄脵}rm{垄脷}铜作阳极，铁作阴极，阳极是活性电极铜失电子质量减小，不符合题干条件，故rm{垄脷}不符合；rm{dfrac{underline{;{脥篓碌莽};}}{;}}rm{垄脷}rm{垄脷}rm{垄脹}铁作阳极，铜作阴极，阳极是活性电极铁失电子质量减小，不符合题干条件，故rm{垄脹}不符合；rm{垄脹}rm{垄脹}rm{垄脺}铂作阳极，铜作阴极，阳极是惰性电极，电解反应为rm{2CuSO}rm{垄脺}符合；rm{2CuSO}rm{{,!}_{4}}【解析】rm{AD}14、rBC【分析】解：rm{A}未通电前上述镀锌装置可构成原电池；较活泼金属锌是负极，电镀时，镀件铁是阴极，和电源的负极相连，镀层金属锌是阳极，和电源的正极相连，故A错误；

B、电镀时，在阴极上rm{Zn^{2+}+2e^{-}=Zn}每转移rm{1mol}电子析出rm{0.5molZn}故B正确；

C、未通电前的原电池中，阳离子移向正极，即rm{K^{+}}向铁极移动，通电后的电解池中，阳离子移向阴极，即rm{K^{+}}还向铁极移动；故C正确；

D；镀锌层破损后；能形成锌铁原电池，铁为正极，锌为负极，同样起到保护铁的作用，故D错误．

故选BC．

A、根据rm{Zn}的金属性强于rm{Fe}未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀时，镀件铁是阴极，和电源的负极相连，镀层金属锌是阳极，和电源的正极相连；

B、电镀时，每转移rm{1mol}电子析出rm{0.5molZn}

C；原电池中；阳离子移向正极，电解池中，阳离子移向阴极；

D、镀锌铁制品的镀层破损后，易形成rm{Zn-Fe}原电池，rm{Zn}作负极优先被腐蚀；铁制品仍能受到保护．

此题考查了原电池与电解池的工作原理及应用，解答本题时应明确电池或电解工作原理，对于其应用也要掌握，难度不大．【解析】rm{BC}三、填空题(共9题，共18分)15、关闭活塞a、b，将出气导管口浸没在液面以下，用手掌或热毛巾紧贴烧瓶外壁一小会儿，若出气导管口有气泡冒出，松手或拿走热毛巾后导管内回升一段水柱，证明A装置不漏气ACBECFAB之间的C装置中溶液保持澄清，EF之间的C装置中溶液变浑浊4NH3十5O24NO+6H2O说明氨的氧化反应是一个放热反应H、D部分装置的气密性不好【分析】【分析】（1）设法使装置内外形成气压差是气密性检查的常用手段；

（2）用NaOH溶液澄清石灰水除去CO2；用浓硫酸干燥CO，用CuO氧化CO，用澄清石灰水检验CO的氧化产物，燃烧法除去多余的CO；

（3）①氨气催化氧化生成一氧化氮和水；

②放热反应开始后；不需要持续加热；

③催化剂红热现象明显而正常说明生成一氧化氮，石蕊试液不变红，说明H、D部分装置的气密性不好，或者H瓶不干燥，生成的二氧化氮溶于水．【解析】【解答】解：（1）A装置气密性检验方法：关闭活塞a、b；将出气导管口浸没在液面以下，用手掌或热毛巾紧贴烧瓶外壁一小会儿，若出气导管口有气泡冒出，松手或拿走热毛巾后导管内回升一段水柱，证明A装置不漏气；

故答案为：闭活塞a、b；将出气导管口浸没在液面以下，用手掌或热毛巾紧贴烧瓶外壁一小会儿，若出气导管口有气泡冒出，松手或拿走热毛巾后导管内回升一段水柱，证明A装置不漏气；

（2）要获得纯净干燥的CO就必须用A中的NaOH溶液吸收CO2，并通过C中的澄清石灰水不变浑证明CO2已被完全吸收，再通过B浓硫酸干燥CO气体．CO通过E中加热的CuO被氧化成CO2；被C中澄清石灰水吸收变浑浊，证明CO还原性及氧化产物．所选装置的连接顺序为ACBECF；

故答案为：ACBECF；AB之间的C装置中溶液保持澄清；EF之间的C装置中溶液变浑浊；

（3）①氨气催化氧化生成一氧化氮和水，化学方程式：4NH3十5O24NO+6H2O；

故答案为：4NH3十5O24NO+6H2O；

②氨的氧化反应是一个放热反应；放热反应开始后，不需要持续加热，催化剂可继续保持红热状态；

故答案为：说明氨的氧化反应是一个放热反应；

③催化剂红热现象明显而正常说明生成一氧化氮；石蕊试液不变红，说明H；D部分装置的气密性不好，或者H瓶不干燥，生成的二氧化氮溶于水；

故答案为：H、D部分装置的气密性不好；或H瓶不干燥，生成的二氧化氮溶于水．16、O1s22s22p63s23p3O3O3相对原子质量较大，范德华力较大分子晶体离子晶体三角锥形sp32Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）Na2O82.27g•cm-3【分析】【分析】C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2-和B+具有相同的电子构型；结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素．

（1）同周期自左而右电负性增大；Cl元素氧化物中氧元素表现负价，四种元素电负性最大的为O元素；C为P元素，原子核外电子数为15，根据能量最低原理原理书写核外电子排布式；

（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体；均属于分子晶体，相对原子质量越大，沸点越高；

A、B的氢化物分别为H2O；NaH；前者为分子晶体、后者为离子晶体；

（3）C和D生成组成比为1：3的化合物E为PCl3；计算P原子价层电子对数；孤电子对数，确定杂化方式与空间构型；

（4）化合物D2A为Cl2O，氯气与湿润的Na2CO3反应得到Cl2O；由电子转移守恒可知，先得到HCl生成，HCl再与碳酸钠反应；

（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的定点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×+6×=4，N（Na）：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na2O，由晶胞结构可知B原子配位数为4，结合化学式可以计算A原子配位数，计算质量和体积，可计算密度．【解析】【解答】解：C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2-和B+具有相同的电子构型；结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素．

（1）同周期自左而右电负性增大，Cl元素氧化物中氧元素表现负价，四种元素电负性最大的为O元素；C为P元素，原子核外电子数为15，根据能量最低原理原理，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3；

故答案为：O；1s22s22p63s23p3；

（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O3相对原子质量较大，则范德华力较大，沸点较高，A的氢化物为H2O；属于分子晶体，B的氢化物为NaH，属于离子晶体；

故答案为：O3；O3相对原子质量较大；范德华力较大；分子晶体；离子晶体。

（3）C和D生成组成比为1：3的化合物E为PCl3，P形成3个δ键，孤电子对数为=1，则为sp3杂化；立体构型为为三角锥形；

故答案为：三角锥形；sp3；

（4）化合物D2A为Cl2O，氯气与湿润的Na2CO3反应得到Cl2O，由电子转移守恒可知，先得到HCl生成，HCl再与碳酸钠反应，反应的方程式为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）；

故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）；

（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的定点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×+6×=4，N（Na）：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na2O；

由晶胞结构可知B（O）原子配位数为4；结合化学式可知A（Na）原子配位数为4×2=8；

晶胞的质量为，晶胞的体积为（0.566×10-7）cm3，则晶体F的密度为÷（0.566×10-7）cm3=2.27g•cm-3；

故答案为：Na2O；8；2.27g•cm-3．17、2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O碱性、漂白性检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰白雾中含有SO2，SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀向漂白精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色CaSO4【分析】【分析】（1）漂白粉的制备；氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙；氯化钙和水；

（2）pH试纸先变蓝（约为12）；后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；

（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；

②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；

（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气；向漂白精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；

（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸．【解析】【解答】解：（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

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

（2）pH试纸先变蓝（约为12）溶液呈碱性；后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；

故答案为：碱性；漂白性；

（3）向水中持续通入SO2；未观察到白雾．推测现象i的白雾由HCl小液滴形成；

①用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾；无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；

故答案为：检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；

②用酸化的AgNO3溶液检验白雾；产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；

故答案为：白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；

（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性；漂白精中成分为次氯酸钙；氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气；

故答案为：向漂白精溶液中逐滴加入硫酸；观察溶液是否变为黄绿色；

（5））取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4，故答案为：CaSO4．18、略

【分析】试题分析：（1）反应装置A中为浓硫酸与铜在加热条件下反应，故反应方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O（2）A选项，氢氧化钠与二氧化硫无现象，错误。B选项，正确，二氧化硫具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可验证二氧化硫的还原性。C选项，不发生反应。无现象。错误。故选择B选项。离子反应方程式为2MnO4-+5SO2+2H2O═2Mn2++5SO42-+4H+。溶液褪色，证明二氧化硫具有还原性。操作名称为洗气。（3）在D反应器中，二氧化硫与碳酸氢钠溶液发生反应，产生二氧化碳，到达E反应器中，二氧化碳不能使品红褪色，但二氧化碳可以和硅酸钠溶液反应，产生硅酸沉淀，可证明碳酸的酸性强于硅酸，故碳的非金属性强于硅的非金属性。故实验现象为E中的品红不褪色，F中有白色沉淀生成。（4）B中通入氯气，可将亚硫酸根氧化为硫酸根，产生白色沉淀。故其反应方程式为Ba2＋+Cl2+2H2O+SO2=BaSO4↓+4H++2Cl-。考点：离子反应方程式，二氧化硫的性质实验。【解析】【答案】（1）Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O（2）B2MnO4-+5SO2+2H2O═2Mn2++5SO42-+4H+，还原性，洗气。（3）E中的品红溶液不褪色，F中有白色沉淀。（4）Ba2＋+Cl2+2H2O+SO2=BaSO4↓+4H++2Cl-19、略

【分析】试题分析：反应①是乙烯与水的加成反应，则E是乙醇。乙醇氧化生成D，则D是乙醛。乙醛继续氧化生成C，则C是乙酸。乙酸与B发生酯化反应生成Z，则Z的结构简式为F和乙醇按1:2反应生成W，W和Z互为同分异构体，这说明F中苯环上含有两个羧基，其中之一是甲基被氧化产生的，另外一个是A水解产生的，这说明反应②是A的水解反应或取代反应。（1）根据以上分析可知反应①、②分别是加成反应和取代反应；（2）反应③是乙醇的催化氧化，方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；反应④是酯化反应，方程式为（3）与B互为同分异构体，属于酚类，说明含有酚羟基，且苯环上只有两个互为对位取代基，则另外一个取代基应该是含有羟基的或含有醚键的，则符合条件的4中种化合物的结构简式分别为（4）由于F中两个羧基可能是对位的、或邻位的或间位的，因此A的可能结构也有3种，例如考点：考查有机物推断、反应类型、同分异构体以及方程式书写等【解析】【答案】．(除标明外，每空1分。共12分)（1）加成反应取代反应(或水解反应)（2）2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；（3）（4）20、淀粉鱼【分析】【分析】（1）富含淀粉的食物有大米；玉米、小麦等；

（2）富含蛋白质的食物可分为豆类、动物内脏、肉类、家禽类、水产类、蛋类等．【解析】【解答】解：（1）米饭中富含淀粉；故答案为：淀粉；

（2）动物性食品富含蛋白质，如鱼肉等，故答案为：鱼．21、ⅢAⅣA3d64s2SiC因SiC晶体与晶体Si都是原子晶体，由于C的原子半径小，SiC中C-Si键键长比晶体Si中Si-Si键键长短，键能大，因而熔、沸点高12474%【分析】【分析】I．图A中电离能是元素的原子失去电子所需要的能量；根据电离能的大小确定最外层电子数，进而确定所处的族序数；

图B中非金属元素的氢化物沸点随着相对分子质量的增大而升高；存在氢键的物质的沸点较高；

II．（1）元素o为Fe；原子序数为26；

（2）由j原子跟c原子以1：1相互交替结合而形成的晶体（SiC）；晶体类型与晶体j（Si）相同，均为原子晶体，键长短，键能大，则熔沸点高；

（3）该类型为面心立方最密堆积，配位数=3××=12，i原子位于顶点和面心，利用均摊法计算晶胞中原子数目．【解析】【解答】解：I．图A中电离能是元素的原子失去电子所需要的能量；根据图象可以知道，元素的第三电离能之后数据相当大，说明易失去三个电子，最外层电子数为3，故X元素为第ⅢA的元素；图B中元素的氢化物的沸点变化规律的图象中，折线c可以得出该族元素的氢化物的沸点随着原子序数的递增，从上到下是逐渐升高的，符合第IVA元素的性质，没有特例出现，A点所示的氢化物中含氢键，沸点较高；

故答案为：ⅢA；ⅣA；

Ⅱ．（1）元素o为Fe，原子序数为26，外围电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2；

（2）j原子跟c原子以1：1相互交替结合而形成的晶体（SiC）；晶体类型与晶体j（Si）相同，均为原子晶体，因SiC晶体与晶体Si都是原子晶体，由于C的原子半径小，SiC中C-Si键键长比晶体Si中Si-Si键键长短，键能大，因而SiC的熔；沸点高；

故答案为：SiC；因SiC晶体与晶体Si都是原子晶体；由于C的原子半径小，SiC中C-Si键键长比晶体Si中Si-Si键键长短，键能大，因而熔；沸点高；

（3）该类型为面心立方最密堆积，空间利用率为74%，从顶点原子看，与i最近的原子在面心，则配位数=3×8×=12，i原子位于顶点和面心，一个晶胞中i原子的数目为8×+6×=4个，故答案为：12；4；74%．22、C3H8OCH3CH2CH2OH或CH3CH（OH）CH3【分析】【分析】醇和钠反应，生成氢气，实际反应的方程式是2ROH+2Na=2RONa+H2，5.6L氢气是0.25摩尔，根据方程式可求出醇的物质的量，再求出醇的分子量，那么确定该醇就是丙醇，正丙醇或异丙醇，然后确定醇的分子式和结构简式．【解析】【解答】解：（1）醇和钠反应，生成氢气，实际反应的方程式是2ROH+2Na=2RONa+H2，5.6L氢气是0.25摩尔，根据方程式：醇的物质的量就是0.25×2=0.5mol，醇的相对分子质量：M===60，那么该醇就是丙醇，此醇的分子式为C3H8O，故答案为：C3H8O；

（2）丙醇可能的结构简式：CH3CH2CH2OH或CH3CH（OH）CH3，故答案为：CH3CH2CH2OH或CH3CH（OH）CH3；23、略

【分析】【解析】试题分析：在溶液中完全电离出离子、不存在电解质分子的电解质是强电解质，因此氯化钠和硫酸钡是强电解质，答案选④⑦；在溶液中和在熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，所以氨气、CO2都是非电解质，答案选②⑥。考点：考查电解质、非电解质以及电解质强弱的判断【解析】【答案】④⑦；②⑥四、判断题(共4题，共8分)24、×【分析】【分析】稀硝酸具有强氧化性，和金属反应生成硝酸盐和氮氧化物，稀硫酸具有弱氧化性，和酸反应生成硫酸盐和氢气．【解析】【解答】解：稀硫酸中弱氧化性是氢离子体现的，所以稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，稀硝酸中强氧化性是N元素体现的，所以稀硝酸具有强氧化性，和铁反应生成NO而不是氢气，所以该说法错误，故答案为：×．25、√【分析】【分析】氨基酸分子中含有氨基（-NH2，具有碱的性质）和羧基（-COOH，具有酸的性质），据此解题．【解析】【解答】解：氨基酸分子中含有氨基（-NH2，具有碱的性质）和羧基（-COOH，具有酸的性质），因此它具有两性，故答案为：√．26、√【分析】【分析】（1）根据甲；乙、丙、丁、戊的结构简式可知；它们都是烃的衍生物，乙中含氧官能团的名称为“醛基”，丁和丙的官能团不完全相同，所以它们不是同系物，乙中有碳碳双键，而戊中没有，所以可以用溴水鉴别它们；

（2）根据题中各物质转化关系，对比甲和C的结构可知，甲发生加成反应生成A为A发生消去反应生成B为B再与氢气加成得C，C在碱性条件下水解得D为D发生分子内酯化得戊．【解析】【解答】解：（1）根据甲；乙、丙、丁、戊的结构简式可知；它们都是烃的衍生物，乙中含氧官能团的名称为“醛基”，丁和丙的官能团不完全相同，所以它们不是同系物，乙中有碳碳双键，而戊中没有，所以可以用溴水鉴别它们，所以①正确，②错误，③错误，④正确；

故答案为：√；×；×；√；

（2）根据题中各物质转化关系，对比甲和C的结构可知，甲发生加成反应生成A为A发生消去反应生成B为B再与氢气加成得C，C在碱性条件下水解得D为D发生分子内酯化得戊；

①D→戊的有机反应类型是酯化反应；

故答案为：酯化反应；

②C→D的化学反应方程式为

故答案为：

③甲的同分异构体，满足下列条件a．能与FeCl3发生显色反应，不能发生银镜反应，说明有酚羟基没有醛基；b．属于酯类，取代基为链状，有酯基；c．苯环上一氯代物只有两种，苯环上有两个处于对位的基团，符合条件的结构为

故答案为：或或或27、√【分析】【分析】形成化学键是放出热量，断裂旧化学键吸收热量，放热反应的△H为负值，吸热反应的△H为正值．【解析】【解答】解：放热反应与吸热反应，看生成新化学键所释放的能量与断裂旧化学键所吸收的能量的相对大小，同一种化学键断键吸收的能量与成键放出的能量相等；生成物总键能大于反应物的总键能时，反应吸热，△H为“+”，故答案为：√．五、实验题(共2题，共20分)28、SiO2能SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2OAl3+过滤2Al（OH）3Al2O3+3H2O两性Na[Al（OH）4]【分析】【分析】SiO2和盐酸不反应，Fe2O3和氢氧化钠不反应而氧化铝能反应；向偏铝酸钠中通入过量的二氧化碳可以生成氢氧化铝沉淀．

铝土矿中加入盐酸，沉淀A为SiO2，滤液X中含有AlCl3、FeCl3，加入过量NaOH，沉淀B为Fe（OH）3，滤液Y中含有NaAlO2，通入二氧化碳气体，滤液Z中含有碳酸钠或碳酸氢钠，氢氧化铝在加热分解可生成氧化铝，以此解答该题．【解析】【解答】解：铝土矿中加入盐酸，沉淀A为SiO2，滤液X中含有AlCl3、FeCl3，加入过量NaOH，沉淀B为Fe（OH）3，滤液Y中含有NaAlO2；通入二氧化碳气体，滤液Z中含有碳酸钠或碳酸氢钠，氢氧化铝在加热分解可生成氧化铝；

（1）因SiO2与盐酸不反应，则沉淀A为SiO2，如加入氢氧化钠溶液，发生SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；

故答案为：SiO2；能；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；

（2）氧化铝与酸反应离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，氧化铁与盐酸反应离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，滤液A中除了Fe3+、H+外，还含有的阳离子是Al3+，故答案为：Al3+；

（3）（Ⅱ）步骤中分离溶液和沉淀；应为过滤操作，故答案为：过滤；

（4）氢氧化铝在加热分解可生成氧化铝，氧化铝为两性氧化物，分解的方程式为2Al（OH）3Al2O3+3H2O；

故答案为：2Al（OH）3Al2O3+3H2O；两性；

（5）氢氧化铝具有两性，可与氢氧化钠反应生成Na[Al（OH）4]，故答案为：Na[Al（OH）4]．29、略

【分析】解：铬铁矿rm{(}主要成分为rm{FeO}和rm{Cr_{2}O_{3}}含有rm{Al_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}等杂质rm{)}加入过量稀硫酸，固体rm{A}为rm{SiO_{2}}溶液rm{B}中含有rm{Cr^{3+}}rm{Al^{3+}}rm{Fe^{2+}}在rm{B}中加入过氧化氢，可生成rm{Fe^{3+}}调节溶液rm{pH}可除去rm{Fe^{3+}}rm{Al^{3+}}生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体rm{D}溶液rm{E}含有rm{Cr^{3+}}在溶液rm{E}中加入rm{NaBiO_{3}}和rm{NaOH}发生氧化还原反应，固体rm{G}为rm{Bi(OH)_{3}}溶液rm{F}含有rm{Na_{2}CrO_{4}}酸化可得rm{Na_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得rm{Na_{2}Cr_{2}O_{7}?2H_{2}O}

rm{(1)}反应之前先将矿石粉碎；可增大反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；

rm{(2)}操作rm{I}rm{III}rm{IV}为过滤操作；用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和漏斗；烧杯，故答案为：漏斗、烧杯；

rm{(3)}在溶液rm{E}中加入rm{NaBiO_{3}}和rm{NaOH}发生氧化还原反应，固体rm{G}为rm{Bi(OH)_{3}}反应的离子方程式为rm{3NaBiO_{3}+2Cr^{3+}+7OH^{-}+H_{2}O=2CrO_{4}^{2-}+3Na^{+}+3Bi(OH)_{3}}

故答案为：rm{3NaBiO_{3}+2Cr^{3+}+7OH^{-}+H_{2}O=2CrO_{4}^{2-}+3Na^{+}+3Bi(OH)_{3}}

rm{(4)}酸化使rm{CrO_{4}^{2-}}转化为rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}反应的离子方程式为rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}故答案为：rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{