2024年浙教版高三化学下册月考试卷

…………○…………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2024年浙教版高三化学下册月考试卷729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7题，共14分)1、已知Cl2在70℃的NaOH水溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量比为4：1．现有49.7gCl2，将其通入到足量70℃的NaOH水溶液中，反应完全后得500mL溶液．该溶液中NaCl的物质的量浓度为（）A.0.8mol/LB.0.9mol/LC.1.6mol/LD.1.8mol/L2、新型纳米材料MFe2Ox（3＜X＜4）中，M表示+2价的金属元素，在反应中化合价不发生变化．常温下，MFe2Ox能使工业废气中的SO2转化为S，转化过程表示如下：MFe2OxMFe2Oy则下列判断正确的是（）A.MFe2Ox是还原剂B.SO2是该反应的催化剂C.X＞YD.氧化性：MFe2Ox＞SO23、表示下列变化的化学用语中，正确的是（）A.碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水反应的离子方程式：HCO3-+Ca2++OH‑═CaCO3↓+H2OB.氯化铵与氢氧化钠两种浓溶液混合加热：OH-+NH4+H2O+NH3↑C.NaHCO3的水解：HCO3-+H2O═H3O++CO32-D.钢铁吸氧腐蚀的正极反应：4OH-→O2↑+2H2O+4e-4、下列实验操作或实验事故的处理正确的是（）A.做钠盐溶液的焰色反应时，用铂丝蘸取溶液放在酒精灯火焰上灼烧B.分液时，下层液体先从分液漏斗下口放出，换一个接收容器，再将上层液体从分液漏斗下口放出C.浓NaOH溶液沾到皮肤上，先用稀硫酸冲洗，再用水冲洗D.用氨水清洗做过银镜反应的试管内壁5、由下列物质所配成的0．lmol×L-1的溶液中，离子浓度由大到小的顺序正确的是（）A.NH4Cl：c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）B.Na2CO3：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）C.NaHCO3：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）D.（NH4）2SO4：c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）6、炼铁高炉中冶炼铁的反应为：Fe2O3（s）+3CO（g）2Fe（s）+3CO2（g），下列说法正确的是（）A.升高温度，反应速率减慢B.当反应达到化学平衡时，υ（正）=υ（逆）=0C.提高炼铁高炉的高度可减少尾气中CO的浓度D.某温度下达到平衡时，不再随时间而变化7、配制100mL1.0mol•L-1的Na2CO3溶液，下列情况会导致溶液浓度偏高的是（）A.容量瓶使用前用1.0mol•L-1的Na2CO3溶液润洗B.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒C.仰视确定凹液面与刻度线相切D.用敞口容器称量Na2CO3且时间过长评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、下列实验中所选用的仪器或操作以及结论不合理的是（）A.用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体B.用碱式滴定管量取25.00mL高锰酸钾溶液C.不宜用瓷坩埚灼烧氢氧化钠、碳酸钠E.用蒸馏水和pH试纸，就可以鉴别pH相等的H2SO4和CH2COOH溶液E.用蒸馏水和pH试纸，就可以鉴别pH相等的H2SO4和CH2COOH溶液9、下列措施对增大反应速率明显有效的是（）A.Na与水反应时增大水的用量B.Fe与稀硫酸反应制取H2时，增大压强C.用H2O2制取O2的实验中，改用2倍浓度的H2O2D.Al在氧气中燃烧生成A1203，将Al片改成Al粉10、某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体自己配制480mLNaClO质量分数为25%，密度为1.19g/cm3的消毒液．下列说法正确的是（）A.配置过程只需三种仪器即可完成B.容量瓶用蒸馏水洗净，必须烘干后才能用于溶液的配置C.所配得的NaClO消毒液在空气中光照久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减少D.需要称量的NaClO固体的质量为148.75g11、2012年4月，卫生部在官网发布了拟撤销2，4-二氯苯氧乙酸等38种食品添加剂意见函，并公开征求意见．下列有关食品添加剂的说法正确的是（）A.需要长时间储存的食品应加入适宜的防腐剂B.冰激凌不使用着色剂营养价值一定会降低C.炒菜时拒绝添加食盐、味精等各种调味剂D.色、香、味俱全的食物营养价值不一定高12、可逆反应mA（气）+nB（固）⇌rC（气）+qD（气）在反应过程中，其他条件不变，D的百分含量和T或P关系如图所示，下列叙述中正确的是（）A.温度降低，化学平衡向正反应方向移动B.使用催化剂，D的物质的量分数增加C.物质B的颗粒越小，反应越快，有利于平衡向正反应方向移动D.化学方程式系数m＜r+q13、下列说法正确的是（）A.炒过菜的铁锅不及时清洗易生锈B.轮船吃水线以下的船壳外焊上锌块，可以防止铁船体被腐蚀C.铁发生电化学腐蚀时铁为正极D.经常用钢丝球擦洗铝锅表面，可以防止铝锅被腐蚀14、下列有关实验的操作与现象描述及相关结论正确的是（）A.取少量溶液，加几滴KSCN溶液，若有血红色沉淀产生则溶液中含有Fe3+B.Na2SO4•10H2O失水时吸热，结晶时放热，因而该晶体可作为储热材料实现化学能与热能的相互转换C.取5mL0.1mol•L-1KI溶液，滴加0.1mol•L-1FeCl3溶液5-6滴，继续加入2mLCCl4，充分振荡后静置，取上层溶液加KSCN溶液，无明显现象D.取一小块金属钠，用滤纸吸干表面的煤油，放入烧杯中，再加一定量的水，观察现象15、下列物质的检验正确的是（）A.能使红色石蕊试纸变蓝的气体一定是NH3B.加HNO3酸化的Ba（NO3）2有白沉淀，溶液中一定含有SOC.焰色反应为紫色，溶液中一定含有K+D.加稀盐酸有无色气泡产生，溶液中一定含有CO评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为-59℃，沸点为11.0℃，易溶于水．工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60℃时反应制得．某学生拟用左图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2．

（1）A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式：____．

（2）A必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、____；B也必须添加温度控制装置，应该是____（选填“冰水浴”或“热水浴”）装置．

（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液．已知NaClO2饱和溶液中在温度低于38℃时析出晶体是NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体是NaClO2．根据如图2所示的NaClO2的溶解度曲线，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2的操作步骤：

①____；②____；③洗涤；④干燥．

（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液．为测定所得溶液中ClO2的含量；进行了下列实验：

步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样；量取V1mL试样加入到锥形瓶中；

步骤2：调节试样的pH≤2.0；加入足量的KI晶体，静置片刻；

步骤3：加入淀粉指示剂，用cmol•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL．（已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）

①滴定过程中，至少须进行两次平行测定的原因是____．

②原ClO2溶液的浓度为____g/L（用步骤中的字母代数式表示）．17、聚甲基丙烯酸甲酯（有机玻璃）以质轻；易加工和透光性好等优点广泛应用于飞机制造、电学仪器、医疗器械等方面．

（1）甲基丙烯酸甲酯（）是有机玻璃的单体，其分子在核磁共振氢谱图中能显示____个不同的峰．下列物质属于甲基丙烯酸甲酯同分异构体的是____（填选项序号）

①CH3COOCH2CH=CH2、②CH2=C（CH2CH3）COOCH3、③、④

如图是以物质A为起始反应物合成甲基丙烯酸甲酯的路线：

（2）写出合成路线中出现的以下二种有机物的结构简式：A____、E____．

（3）E的官能团名称是____．

（4）写出下列所示的化学方程式：

C→D：____；

F→甲基丙烯酸甲酯：____．18、有A；B两种烃；其相关信息如下：

。A①完全燃烧的产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1

②28＜M（A）＜60

③不能使溴的四氯化碳溶液褪色④一氯代物只有一种结构B①饱和链烃；通常情况下呈气态②有同分异构体。

③二溴代物有三种回答下列问题：

（1）烃A的实验式是____；

（2）烃A的结构简式是____；

（3）烃B的三种二溴代物的结构简式为____、____、____；

（4）烃C为烃B的同系物，常温下为气态且只有一种一溴代物，则烃C的一溴代物的结构简式为____（填一种即可）．19、某中学化学实验小组为了证明和比较SO2与氯水的漂白性；设计了如下装置：

（1）实验室常用装置E制备Cl2，指出该反应中浓盐酸所表现出的性质____

（2）反应开始后；发现B；D两个装置中的品红溶液都褪色，停止通气后，分别取少量B、D两个装置中的液体于试管中加热，两个试管中的现象分别为：

B____D____

（3）装置C的作用是____

（4）写出等物质的量的Cl2与SO2反应的离子方程式____．20、鲜榨苹果汁是人们喜爱的饮料．由于此饮料中含有Fe2+，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色的Fe2+变为棕黄色Fe3+．这个变色的过程中的Fe2+被____（填“氧化”或“还原”）．若在榨汁的时候加入适量的维生素C，可有效防止这种现象的发生．这说明维生素C具有：____．

A、氧化性B、还原性C、酸性D、碱性．21、某课外活动小组进行Fe（OH）3胶体的制备实验并检验其性质．

（1）若将饱和FeCl3溶液分别滴入下列液体中，能形成胶体的是____．

A．冷水B．沸水C．NaOH浓溶液D．NaCl浓溶液。

（2）现有甲、乙、丙、丁四名同学进行Fe（OH）3胶体的制备。

①甲同学的操作是：取一小烧杯，加入25mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入1～2mLFeCl3饱和溶液，用玻璃棒搅拌，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热．请评价该操作是否正确____．

②乙向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，为了使反应进行充分，煮沸10分钟，请评价是否正确____．

（3）怎样检验制备的物质是否为胶体？____．

（4）取少量你制得的胶体加入试管中，加入（NH4）2SO4溶液，现象是____，这种现象称为胶体的____．

（5）氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是____．

A．胶粒直径小于1nmB．胶粒带正电荷C．胶粒作布朗运动D．胶粒能透过滤纸．22、X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大．X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q2-与R+的电子层结构相同．请回答下列问题：

（1）五种元素原子半径由大到小的顺序是（写元素符号）____．

（2）X、Y、Q能形成多种化合物，其中相对分子质量最小的化合物的名称是____．

（3）X与R形成的化合物的电子式为：____．

（4）由以上某些元素组成的物质A、B、C、D有如下转化关系：AB，其中A为无色气体，B是有色物质，D是无色液体．写出B至A的可能的化学反应方程式：____．23、(1)已知氯气与水的反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO是一个可逆反应；即不能进行到底的反应，且反应生成的次氯酸(HClO)是一种酸性比碳酸还要弱的酸．分别写出盐酸；次氯酸的电离方程式：____________、____________．

(2)镁带着火时，不能用液态CO2灭火剂来灭火的原因是(用化学方程式表示)____________．

(3)将少量铁粉投入到过量稀硝酸中发生反应的离子方程式是____________，在此反应中，硝酸体现了____________性和____________性．实验室中制取氨的化学方程式为____________用____________法收集．评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)24、很多物质都可以添加到食品中，其中使用亚硝酸钠时必须严格控制用量．____．（判断对错）评卷人得分五、简答题(共4题，共32分)25、据《湖南日报》报道．今年冬天，一旦出现大气严重污染的天气，长沙市有可能建议政府机关、企事业单位根据实际情况实行员工休假或弹性工作作制．大气中含有的CO、氮氧化物、SO2；烟尘等污染物是导致雾霾天气的原因之一；化学反应原理是减少和控制雾霾天气的理论依据；

（1）CO2经常用氢氧比钠溶液来吸收．现冇0.4molCO2，若用200ml.3mol/LNaOH溶液将其完全吸收，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：______

（2）CO可制作燃料电池．以KOH溶液作电解质溶液．向两极分別充人CO和空气，工作过程中，负极反应式为______

（3）工业上常选择Fe3+或酸性离锰酸钾溶液来处理SO2，请写出Fe和SO2反应的离子方程式______；若将一定量的空气缓慢通人足量的酸性高锰酸钾溶液中，再滴加足量的Ba（OH）2溶液后，过滤、洗涤、烘干．称量沉淀的质量，由此算出的空气中的SO2，含量结果______（填“偏高”“偏低”或“不影响），理由是______

（4）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质．其KsP=2.8×10-9，CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合•若Na2CO3溶液的浓度为2×10-4mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为______．

（5）已知在常温常压下：

①CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（g）△=-359，8kJ•mol-1

②2CO（g）+O（g）═2CO（g）△H=-556kJ•mol-1

③H2O（g）═H2O（l）△H=-44.0kJ．mol-1

写出体现甲醇燃烧热的热化学方程式______．26、rm{(1)}在所有的气态氢化物中，元素甲的氢化物最稳定，写出元素甲的单质与水反应的化学方程式________。rm{(2)}金属元素丙形成的某化合物的溶液常用于检验rm{CO_{2}}元素丁的原子序数比丙小rm{8}写出元素丁的单质在rm{CO_{2}}中燃烧的化学方程式________。rm{(3)}元素戊是第三周期中简单离子半径最小的元素，写出该元素的最高价氧化物与强碱反应的离子方程式____________________________。27、能源是人类生存与发展必不可缺的物质；对传统能源进行脱硫；脱硝处理，提高新能源在能源消费中的比倒是改变目前我国频发的雾霾天气的有效措施．

（1）肼（N2H4）和化合物甲是一种重要的火箭推进剂，甲分子与肼分子具有相同的电子数，二者反应的生成物中有l0e-分子，另一种生成物为极稳定的单质，写出该反应的化学方程式______；

（2）对燃煤产生的尾气进行回收处理；有助于空气质量的改善，还能变废为宝，尾气处理过程中涉及到的主要反应如下：

①2CO（g）+SO2（g）=S（g）+2CO2（g）△H=+8.0kJ•mol-1

②2H2（g）+SO2（g）=S（g）+2H2O（g）△H=+90.4kJ•mol-1

③2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ•mol-1l

④2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ•mol-1

S（g）与O2（g）反应生成SO2（g）的热化学方程式为______．

（3）煤碳液化也有助于减少雾霾天气的发生；液化反应之一为：

CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜O；按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图1所示，则正反应速率：v（a）、v（b）、v（c）、v（d）由小到大的顺序为______；

实际生产条件控制在T1℃、1×l04kPa左右，选择此压强的理由是______．

（4）工业上生产新能源二甲醚（CH3OCH3）的原理之一为：

2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）．相同温度下，在两个容器中进行上述反应，某时刻两容器中各气态物质的浓度（mol•L1-）及正逆反应速率之间的关系如下表所示：

。容器c（CO2）c（H2）c（CH3OCH3）c（H2O）v（正）和v（逆）大小比较I1.0×10-21.0×10-21.0×10-41.0×10-4v（正）=v（逆）Ⅱ2.0×10-21.0×10-21.0×10-42.0×10-4v正）______

v（逆）（填＞、＜、=）填写表中空白处并写出其推测过程______．

（5）二甲醚（燃烧热为1455kJ/mol）燃料电池是一种绿色电池，其工作原理如图2所示，a、b均为惰性电极，a极的电极反应式为______；当消耗1molO2时，通过质子交换膜的质子数为______NA；

若电池工作时消耗1mol二甲醚所能产生的最大电能为1320kJ，则该燃料电池的工作效率为______（燃料电池的工作效率是指电池所产生的最大电能与燃料燃烧时所能释放的全部热能之比）．28、扁桃酸衍生物是重要的医药中间体rm{.}以rm{A}和rm{B}为原料合成扁桃酸衍生物rm{F}的路线如下：

rm{(1)A}分子式为rm{C_{2}H_{2}O_{3}}可发生银镜反应，且具有酸性，rm{A}所含官能团名称为______rm{.}写出rm{A+B隆煤C}的化学反应方程式：______．

rm{(2)C(}rm{)}中rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹3}个rm{-OH}的酸性由强到弱的顺序是：______．

rm{(3)E}是由rm{2}分子rm{C}生成的含有rm{3}个六元环的化合物，rm{E}分子中不同化学环境的氢原子有______种rm{.}

rm{(4)D隆煤F}的反应类型是______，rm{1mol}rm{F}在一定条件下与足量rm{NaOH}溶液反应，最多消耗rm{NaOH}的物质的量为______rm{mol}．

rm{(5)}写出符合下列条件的rm{F}的任意两种同分异构体rm{(}不考虑立体异构rm{)}的结构简式：

rm{垄脵}属于一元酸类化合物rm{垄脷}苯环上只有rm{2}个取代基且处于对位；其中一个是羟基______．

rm{(6)}已知：rm{A}有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成rm{A}的路线流程图rm{(}其他原料任选rm{).}合成路线流程图示例如下：

rm{CH_{2}=CH_{2}xrightarrow[{麓脽禄炉录脕},triangle]{H_{2}O}}rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[{脧隆脕貌脣谩},triangle]{CH_{4}COOH}}rm{CH_{2}=CH_{2}

xrightarrow[{麓脽禄炉录脕},triangle]{H_{2}O}}．

______．rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[{脧隆脕貌脣谩},triangle]{CH_{4}COOH}}参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】在不同的条件下，氯气和氢氧化钠的反应为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，3Cl2+6NaOH（热）=NaClO3+5NaCl+3H2O；生成物NaClO3的物质的浓度=．【解析】【解答】解：在不同的条件下，氯气和氢氧化钠的反应为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，3Cl2+6NaOH（热）=NaClO3+5NaCl+3H2O，Cl2在70℃的NaOH水溶液中反应是上述两个反应的综合过程，将两个反应相加得：4Cl2+6NaOH=NaClO+NaClO3+6NaCl+4H2O，反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为4：1时，对方程式配平后得到：7Cl2+14NaOH=4NaClO+NaClO3+9NaCl+7H2O，49.7gCl2的物质的量是=0.7mol．

设生成的氯化钠的物质的量为n；则。

7Cl2+14NaOH=4NaClO+NaClO3+9NaCl+7H2O

719

0.7moln

即=解得n=0.9mol

所以生成物NaCl的物质的量浓度==1.8mol/L．

故选D．2、A【分析】【分析】在图示反应中，SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2Ox为还原剂，反应后Fe元素的化合价升高，根据Fe元素常见化合价为+2、+3价判断x、y大小关系．【解析】【解答】解：A．SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2Ox为还原剂；故A正确；

B．SO2在反应中为氧化剂；转化为S，不是催化剂，故B错误；

C．MFe2Ox为还原剂；反应后Fe元素的化合价升高，根据化合价代数和，则有（2y-2）＞（2x-2），即y＞x，故C错误；

D．SO2转化为S，SO2作氧化剂，则氧化性：MFe2Ox＜SO2；故D错误．

故选A．3、B【分析】【分析】A．氢氧化钙完全反应；反应生成碳酸钙；碳酸钠、水；

B．反应生成氯化钠；氨气、水；

C．碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子；

D．吸氧腐蚀正极上氧气得到电子．【解析】【解答】解：A．碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水反应的离子方程式为2HCO3-+Ca2++2OH‑═CaCO3↓+2H2O+CO32-；故A错误；

B．氯化铵与氢氧化钠两种浓溶液混合加热的离子反应为OH-+NH4+H2O+NH3↑；故B正确；

C．NaHCO3的水解的离子反应为HCO3-+H2O═H2CO3+OH-；故C错误；

D．钢铁吸氧腐蚀的正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-；故D错误；

故选B．4、A【分析】【分析】A．铂无焰色反应；

B．分液时；分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；

C．稀硫酸具有腐蚀性；对人的皮肤会造成伤害；

D．氨水与银不反应．【解析】【解答】解：A．铂无焰色反应；用铂丝蘸取溶液放在酒精灯火焰上灼烧显黄色说明含有钠盐，故A正确；

B．分液时；分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，以免污染试剂，故B错误；

C．稀硫酸具有腐蚀性；对人的皮肤会造成伤害，应大量水冲洗后在涂上稀的硼酸溶液，故C错误；

D．氨水与银不反应；可用稀硝酸清洗，故D错误．

故选A．5、D【分析】【分析】A．氯化铵为强酸弱碱盐；铵根离子水解导致溶液呈酸性，钠离子不水解，据此判断离子浓度大小；

B．碳酸钠溶液中，碳酸根离子部分水解，溶液显示碱性，则c（OH-）＞c（H+），由于氢氧根离子来自水的电离和碳酸根离子的水解，则c（HCO3-）＜c（OH-）；

C．碳酸氢钠溶液中，氢氧根离子来自碳酸氢根离子的水解和水的电离，则c（HCO3-）＜c（OH-）；

D．铵根离子部分水解，溶液显示酸性，由于水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42-）．【解析】【解答】解：A．氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+，所以c（H+）＞c（OH-），铵根离子水解、钠离子不水解，所以c（Cl-）＞c（NH4+），铵根离子水解较微弱，所以c（NH4+）＞c（H+），所以溶液中离子浓度大小顺序为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；故A错误；

B．Na2CO3溶液中，碳酸根离子部分水解，溶液显示碱性，则：c（OH-）＞c（H+）、c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-），由于氢氧根离子来自水的电离和碳酸根离子的水解，则：c（OH-）＞c（HCO3-），所以溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）；故B错误；

C．NaHCO3溶液中，碳酸氢根离子部分水解，溶液显示碱性，由于氢氧根离子来自水的电离和碳酸氢根离子的水解，则c（OH-）＞c（HCO3-），溶液中正确离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）；故C错误；

D．（NH4）2SO4溶液中，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH-），由于水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42-），溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）；故D正确；

故选D．6、D【分析】【分析】A；升高温度；反应速率加快；

B；当反应达到平衡时；正逆反应速率相等，但不等于零；

C；升高温度平衡向吸热方向移动；该反应未注明反应放热还是吸热，所以不能确定CO的浓度的变化；

D、当反应达到平衡时，体系中的组成保持不变，所以一氧化碳与二氧化碳的物质的量之比也保持不变．【解析】【解答】解：A；升高温度；反应速率加快，故A错误；

B；当反应达到平衡时；正逆反应速率相等，但不等于零，故B错误；

C；升高温度平衡向吸热方向移动；该反应未注明反应放热还是吸热，所以不能确定CO的浓度的变化，故C错误；

D；当反应达到平衡时；体系中的组成保持不变，所以一氧化碳与二氧化碳的物质的量之比也保持不变，故D正确；

故选D．7、A【分析】【分析】根据c=分析判断误差，如果n偏大或V偏小则配制溶液浓度偏高．【解析】【解答】解：A．容量瓶使用前用1.0mol•L-1的Na2CO3溶液润洗；溶质的物质的量偏大，配制溶液浓度偏高，故A正确；

B．配制过程中；未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量偏小，配制溶液浓度偏低，故B错误；

C．仰视确定凹液面与刻度线相切；溶液的体积偏大，配制溶液浓度偏低，故C错误；

D．用敞口容器称量Na2CO3且时间过长；溶质的物质的量偏小，配制溶液浓度偏低，故D错误；

故选A．二、多选题(共8题，共16分)8、BD【分析】【分析】A．托盘天平的感量为0.1g；

B．高锰酸钾溶液具有氧化性；

C．瓷坩埚中二氧化硅可与碱；碳酸钠反应；

D．pH试纸不能湿润；

E．稀释时强酸的pH变化大．【解析】【解答】解：A．托盘天平的感量为0.1g；可用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体，故A正确；

B．高锰酸钾溶液具有氧化性；不能用碱式滴定管量取，故B错误；

C．瓷坩埚中二氧化硅可与碱；碳酸钠反应；不能用瓷坩埚灼烧氢氧化钠、碳酸钠，故C正确；

D．pH试纸不能湿润；否则可能产生误差，故D错误；

E．稀释时强酸的pH变化大，则用蒸馏水和pH试纸，就可以鉴别pH相等的H2SO4和CH3COOH溶液；故E正确；

故选BD．9、CD【分析】【分析】影响反应速率的外界因素主要有：温度、浓度、压强、催化剂以及固体的接触面积，且影响因素与反应速率成正比，据此分析．【解析】【解答】解：A；加水不能改变水的浓度；对反应速率没有影响，故A错误；

B；压强只对气体的反应速率有影响；对非气体的反应没有影响，增大压强速率不变，故B错误；

C；过氧化氢浓度增大；反应速率加快，故C正确；

D；将Al片改成Al粉；增大了反应物的接触面积，所以能使反应速率加快，故D正确；

故选CD．10、CD【分析】【分析】A；配制过程中需要用到天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等；

B；容量瓶中有水；对溶液的体积无影响；

C、由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质；所以NaClO消毒液变质导致NaClO减少；

D、容量瓶的规格没有480mL，应选取500mL的容量瓶进行配制．【解析】【解答】解：A；需用托盘天平、药匙、称量NaClO固体；需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，故A错误；

B；容量瓶中有水；对溶液的体积无影响，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用，故B错误；

C、由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质；所以NaClO消毒液变质导致NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，则溶液的物质的量浓度偏小，故C正确；

D、应选取500mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的质量：500mL×1.19g•cm-3×25%=148.75g；故D正确．

故选：CD．11、AD【分析】【分析】A．根据加入适宜的防腐剂；可延长食品的储存时间解答；

B．着色剂能改善食品颜色；不一定有营养价值；

C．加适量的食盐；味精等各种调味剂能改善食品的味道；不应拒绝；

D．色、香、味俱全的食物营养价值不一定高．【解析】【解答】解：A．需要长时间储存的食品应加入适宜的防腐剂；可延长食品的储存时间，故A正确；

B．着色剂能改善食品颜色；不一定有营养价值，故B错误；

C．炒菜时添加适量的食盐；味精等各种调味剂能改善食品的味道；对人无害，不应拒绝，故C错误；

D．色；香、味俱全的食物；可能加入了添加剂，营养价值不一定高，故D正确；

故选AD．12、AD【分析】【分析】由图甲可知，温度T2为先到达平衡，则T2＞T1；升高温度，D的体积分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；

由图（2）可知，压强为P2先到达平衡，故P2＞P1，增大压强，D的体积分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，m＜r+q；

注意反应中A为固体．【解析】【解答】解：由图甲可知，温度T2为先到达平衡，故T2＞T1，升高温度，升高温度，D%减小，则平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应；由图乙可知，压强为P2先到达平衡，故P2＞P1，增大压强，D%减小，则平衡向逆向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，故m＜r+q．注意反应中B为固体；

A；已知正反应为放热反应；则温度降低，化学平衡向正反应方向移动，故A正确；

B；使用催化剂；缩短到达平衡时间，平衡不移动，D%的不变，故B错误；

C；B为固体；物质B的颗粒越小，反应越快，但是固体浓度为常数，所以平衡不移动，故C错误；

D、由右图可知，压强为P2先到达平衡，故P2＞P1，增大压强，D%减小，则平衡向逆向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，反应中B为固体，故m＜r+q；故D正确．

故选：AD．13、AB【分析】【分析】A；根据钢铁的电化学腐蚀原理分析；

B；Fe、Zn构成原电池时Fe作正极被保护；

C；铁发生电化学腐蚀时铁为负极；

D、Al的表面有致密的氧化膜，能保护内部的Al不被氧化．【解析】【解答】解：A；炒过菜的铁锅不及时清洗会发生吸氧腐蚀；易生锈，故A正确；

B；Fe、Zn构成原电池时Fe作正极被保护；但是轮船吃水线以下水中氧气含量少不容易发生电化学腐蚀，应该在轮船吃水线附近焊上锌块，可以防止铁船体被腐蚀，故B正确；

C；铁发生电化学腐蚀时铁被腐蚀；铁失电子为负极，故C错误；

D；Al的表面有致密的氧化膜；能保护内部的Al不被氧化，所以经常用钢丝球擦洗铝锅表面会加速铝的腐蚀，故D错误；

故选AB．14、BC【分析】【分析】A、含Fe3+的溶液滴加KSCN溶液；溶液呈血红色；

B、Na2SO4•10H2O失水和结晶属于化学变化；能量转换形式为化学能和热能的转化．

C、取5mL0.1mol•L-1KI溶液，滴加0.1mol•L-1FeCl3溶液5-6滴，I-将Fe3+完全还原为Fe2+；

D、做钠与水的反应时，应将黄豆粒大小的一块钠投入烧杯里的水中．【解析】【解答】解：A、Fe3+遇KSCN生成的络合物能溶于水；不是沉淀，故A错误；

B、Na2SO4•10H2O失水和结晶属于化学变化；能量转换形式为化学能和热能的转化，故B正确；

C、取5mL0.1mol•L-1KI溶液，滴加0.1mol•L-1FeCl3溶液5-6滴，I-将Fe3+完全还原为Fe2+；继续加入2mLCCl4，充分振荡后静置，上层是FeCl2和过量KI的混合溶液；下层是碘的四氯化碳溶液，故取上层溶液加KSCN溶液，无明显现象，故C正确；

D；做钠与水的反应时；应将黄豆粒大小的一块钠投入烧杯里的水中，故D错误．

故选BC．15、AC【分析】【分析】A．NH3为碱性气体；可使红色石蕊试纸变蓝；

B．可能含有SO32-；

C．K元素的焰色反应为紫色；

D．加稀盐酸有无色气泡产生，溶液中可能含有HCO3-．【解析】【解答】解：A．NH3为碱性气体；可使红色石蕊试纸变蓝，在中学阶段只有氨气符合，故A正确；

B．可能含有SO32-，可被硝酸氧化为SO42-；故B错误；

C．K元素的焰色反应为紫色；故C正确；

D．加稀盐酸有无色气泡产生，溶液中可能含有HCO3-；故D错误．

故选AC．三、填空题(共8题，共16分)16、2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O温度计冰水浴蒸发结晶趁热过滤减少实验误差【分析】【分析】（1）根据反应物和产物结合原子守恒来书写方程式；

（2）让反应物充分的接触；测量温度的仪器是温度计；二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行；

（3）从溶液中制取溶质；一般采用蒸发结晶；过滤、洗涤、干燥的方法；

（4）①多次实验可以减少误差；

②多次实验可以减少误差，根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算c（ClO2）．【解析】【解答】解：（1）加热60℃，氯酸钾和草酸反应生成碳酸钾、二氧化碳、二氧化氯和水，反应方程式为：2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O；

故答案为：2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O；

（2）让反应物充分的接触；加快反应速率反应时搅拌，A必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯，测量温度的仪器是温度计，二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行，所以应该采用冰水浴；

故答案为：温度计；冰水浴；

（3）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O；

故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；

（4）①为减少实验误差；应采用多次实验的方法，取平均值，减少计算误差；

故答案为：减少实验误差；

③设原ClO2溶液的浓度为x；

2ClO2～5I2～10Na2S2O3

2mol10mol

mol1×10-3cV2mol

x=mol•L-1=g•L-1；

故答案为：．17、3①④CH2=C（CH3）2羟基、羧基【分析】【分析】（1）甲基丙烯酸甲酯中H原子种类为3种；有几种氢原子，其核磁共振氢谱就有几个吸收峰；分子式相同；结构不同的有机物互称同分异构体；

F与甲醇发生转化反应生成甲基丙烯酸甲酯，则F为C连续发生氧化反应得到E，E发生消去反应生成F，故ED为C为B为A为CH2=C（CH3）2，据此分析解答．【解析】【解答】解：（1）甲基丙烯酸甲酯中H原子种类为3种；有几种氢原子，其核磁共振氢谱就有几个吸收峰，所以该分子有3个吸收峰；分子式相同；结构不同的有机物互称同分异构体，则与甲基丙烯酸甲酯互为同分异构体的有①④；

故答案为：3；①④；

F与甲醇发生转化反应生成甲基丙烯酸甲酯，则F为C连续发生氧化反应得到E，E发生消去反应生成F，故ED为C为B为A为CH2=C（CH3）2；

（2）A、E结构简式分别为CH2=C（CH3）2、故答案为：CH2=C（CH3）2；

（3）E为其官能团名称是羟基；羧基，故答案为：羟基、羧基；

（4）F为D为C为

C发生催化氧化反应生成D，反应方程式为F发生酯化反应生成甲基丙烯酸甲酯，反应方程式为

故答案为：．18、CHCHBr2CH（CH3）2CH2BrCBr（CH3）2CH2BrCH（CH3）CH2BrCH3Br或CH3CH2Br或（CH3）3CCH2Br【分析】【分析】A完全燃烧的产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1，故A的组成可以表示为（CH）n，由于28＜M（A）＜60，故28＜13n＜60，解得2.2＜n＜4.7，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明分子中不含不饱和键，一氯代物只有一种结构，说明分子中H原子为等效H原子，故n=4，为正四面体结构，A为

B是饱和链烃，通常情况下呈气态，碳原子数目小于5（新戊烷除外），有同分异构体，碳原子数目大于3，二溴代物有三种为，故B为CH（CH3）3，据此解答．【解析】【解答】解：A完全燃烧的产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1，故A的组成可以表示为（CH）n，由于28＜M（A）＜60，故28＜13n＜60，解得2.2＜n＜4.7，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明分子中不含不饱和键，一氯代物只有一种结构，说明分子中H原子为等效H原子，故n=4，A分子式为C4H4，为正四面体结构，A为

B是饱和链烃，通常情况下呈气态，碳原子数目小于5（新戊烷除外），有同分异构体，碳原子数目大于3，二溴代物有三种为，故B为CH（CH3）3；

（1）A分子式为C4H4；最简式是CH，故答案为：CH；

（2）由上述分析可知，烃A的结构简式是故答案为：

（3）B为CH（CH3）3，三种二溴代物的结构简式为：CHBr2CH（CH3）2、CH2BrCBr（CH3）2、CH2BrCH（CH3）CH2Br；

故答案为：CHBr2CH（CH3）2、CH2BrCBr（CH3）2、CH2BrCH（CH3）CH2Br；

（4）烃C为CH（CH3）3的同系物，常温下为气态且只有一种一溴代物，烃C为甲烷或乙烷或新戊烷，故烃C的一溴代物的结构简式为CH3Br或CH3CH2Br或（CH3）3CCH2Br；

故答案为：CH3Br或CH3CH2Br或（CH3）3CCH2Br．19、还原性和酸性溶液由无色变成红色溶液没有明显变化吸收多余的SO2和Cl2，防止污染环境Cl2+SO2+2H2O═4H++SO42-+2Cl-【分析】【分析】（1）根据氯元素的化合价判断其表现的性质；

（2）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性；二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，注意次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；

（3）根据氢氧化钠及二氧化硫和氯气的性质分析；

（4）二氧化硫具有还原性，能被氯气氧化．【解析】【解答】解：（1）实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2；氯元素化合价升高，所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性；

故答案为：还原性和酸性；

（2）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性；二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新变成红色；

故答案为：溶液由无色变成红色；溶液没有明显变化；

（3）氯气和二氧化硫有毒；不能排放到空气中，但氯气和二氧化硫都和碱反应，所以装置C的作用是保证安全，吸收多余的氯气和二氧化硫；

故答案为：吸收多余的SO2和Cl2；防止污染环境；

（4）二氧化硫具有还原性，能被氯气氧化，即Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，离子方程式为Cl2+SO2+2H2O═4H++SO42-+2Cl-，故答案为：Cl2+SO2+2H2O═4H++SO42-+2Cl-．20、氧化B【分析】【分析】该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价，失电子作还原剂，还原剂发生氧化反应；若在榨汁的时候加入适量的维生素C，可有效防止这种现象的发生，说明维生素C能防止亚铁离子被氧化，则维生素C和亚铁离子的性质相同．【解析】【解答】解：该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价，Fe2+失电子作还原剂；在反应中被氧化；若在榨汁的时候加入适量的维生素C，可有效防止这种现象的发生，说明维生素C能防止亚铁离子被氧化，则维生素C和亚铁离子的性质相同，都具有还原性，故选B；

故答案为：氧化；B．21、B正确不正确利用丁达尔效应：让一束光线通过制得的Fe（OH）3胶体，从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明已经制得胶体产生红褐色沉淀聚沉B【分析】【分析】（1）实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液；

（2）制备氢氧化铁胶体时；不能用玻璃棒搅拌，防止胶体聚沉，当溶液变为红褐色时应立即停止加热，如继续加热会导致胶体聚沉；

（3）胶体具有丁达尔性质；是区别其它分散系的独特性质；

（4）胶体粒子带有电荷；加入电解质溶液消除粒子所带电荷，会是胶粒之间的排斥力减小，使胶体聚沉；

（5）胶粒带正电荷，相互排斥，而不易产生较大粒子而聚沉．【解析】【解答】解：（1）实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液；当溶液变为红褐色时立即停止加热，故答案为：B；

（2）①在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液；当溶液变为红褐色时立即停止加热，这是制备氢氧化铁胶体的正确操作，正确，故答案为：正确；

②加热到继续沸腾；不能继续加热，错误，故答案为：不正确；

（3）胶体具有丁达尔效应，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路，是区别其它分散系的独特性质，当让一束光线通过制得的Fe（OH）3胶体；从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明已经制得胶体；

故答案为：利用丁达尔效应：让一束光线通过制得的Fe（OH）3胶体；从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明已经制得胶体；

（4）胶体粒子带有电荷；加入电解质溶液消除粒子所带电荷，会使胶粒之间的排斥力减小，使胶体聚沉生成红褐色沉淀；

故答案为：产生红褐色沉淀；聚沉；

（5）胶体具有很强的吸附能力，能吸附溶液中的离子而带电荷，胶粒之间相互排斥，而不易产生较大微粒而聚沉，故答案为：B．22、Na＞C＞N＞O＞H甲醛Na+[：H]-3NO2+H2O=2HNO3+NO、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑【分析】【分析】X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大，Q2-与R+的电子层结构相同，若Q为O元素，则R为Na元素；若Q为S元素，则R为K元素，K不是短周期元素，故不符合，所以Q为O元素，R为Na元素；X、Y两元素最高正价与最低负价代数和均为0，原子序数均小于O元素，为ⅠA族H元素、ⅣA族元素，故X为H元素、Y为C元素；Z在C元素与O元素之间，则Z为N元素，据此分析．【解析】【解答】解：X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大，Q2-与R+的电子层结构相同；若Q为O元素，则R为Na元素；若Q为S元素，则R为K元素，K不是短周期元素，故不符合，所以Q为O元素，R为Na元素；X；Y两元素最高正价与最低负价代数和均为0，原子序数均小于O元素，为ⅠA族H元素、ⅣA族元素，故X为H元素、Y为C元素；Z在C元素与O元素之间，则Z为N元素；

（1）同周期自左而右原子半径减小；电子层越多原子半径越大，故原子半径Na＞C＞N＞O＞H，故答案为：Na＞C＞N＞O＞H；

（2）H；C、O能形成多种化合物；其中相对分子质量最小的化合物是HCHO，其名称是甲醛，故答案为：甲醛；

（3）X与R形成的化合物为NaHSO，属于离子化合物，其电子式为：Na+[：H]-，故答案为：Na+[：H]-；

（4）由以上某些元素组成的物质A、B、C、D有如下转化关系：AB，其中A为无色气体，B是有色物质，D是无色液体，若A为氧气，B为过氧化钠，则C为Na，D为水；若A为NO，B为NO2，则C为氧气，D为水，B至A的可能的化学反应方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑．23、略

【分析】解：(1)盐酸是强电解质，次氯酸是弱电解质，电离方程式为：HCl═H++Cl-，HClO⇌H++ClO-；

故答案为：HCl═H++Cl-；HClO⇌H++ClO-；

(2)金属镁能在二氧化碳气体中燃烧：2Mg+CO2C+2MgO，所以不能用液态CO2灭火剂来灭火；

故答案为：2Mg+CO2C+2MgO；

(3)少量铁粉投入到过量稀硝酸中发生：Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，离子方程式为：Fe+4H++NO3-=Fe3++2H2O+NO↑；在反应中硝酸中的氮元素部分化合价不变，生成硝酸盐，表现出硝酸的酸性，部分化合价降低，表现出硝酸的氧化性，则硝酸的作用为酸性和氧化性；实验室用氯化铵固体与碱石灰固体共热来制取氨气，方程式为：

2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；氨气的密度小于空气，应采用向下排空气法；

故答案为：Fe+4H++NO3-=Fe3++2H2O+NO；酸；氧化性；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；向下排空气法；【解析】HCl═H++Cl-;HClO⇌H++ClO-;2Mg+CO2C+2MgO;略;氧化;酸;2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑;向下排空气法四、判断题(共1题，共7分)24、√【分析】【分析】亚硝酸盐有毒，过量食用会导致人死亡，添加到食品中要严格控制用量，以此判断．【解析】【解答】解：肉类制品中使用亚硝酸钠作为发色剂限量使用；由亚硝酸盐引起食物中毒的机率较高，食入0.2～0.5克的亚硝酸盐即可引起中毒甚至死亡，因此要严格控制用量；

故答案为：√．五、简答题(共4题，共32分)25、略

【分析】解：（1）根据二氧化碳和氢氧化钠之间反应量的关系：按照1：1反应，产物是碳酸氢钠，按照1：2反应，产物是碳酸钠，0.4molCO2和200mL3mol/LNaOH溶液混合，二者的物质的量之比是2：3，所的溶液是碳酸钠和碳酸氢钠的混合物；混合物显碱性c（OH-）＞c（H+），碳酸根离子水解程度大与碳酸氢根离子的水解程度，所以c（CO32-）＜c（HCO3-），即c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）；

（2）原电池中，负极上CO失电子和氢氧根离子反应生成CO32-，所以电极反应式为：CO+4OH--2e-=CO32-+2H2O，故答案为：CO+4OH--2e-=CO32-+2H2O；

（3）根据催化剂的特点，另一个反应一定有Fe3+→Fe2+，反应方程式为2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42-+4H+；由于高锰酸钾溶液是由硫酸酸化的，故利用氢氧化钡与吸收过二氧化硫的高锰酸钾溶液反应会导致测定的二氧化硫的含量偏高；

故答案为：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42-+4H+；偏高；高锰酸钾溶液是用硫酸酸化的；含硫酸根；

（4）Na2CO3溶液的浓度为2×10-4mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32-）=×2×10-4mol/L=1×10-4mol/L，根据Ksp=c（CO32-）•c（Ca2+）=2.8×10-9可知，c（Ca2+）=mol/L=2.8×10-5mol/L，原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为2×2.8×10-5mol/L=5.6×10-5mol/L；

故答案为：5.6×10-5mol/L；

（5）已知：①CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（g）；△H=-359.8kJ•mol-1

②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）；△H=-556.0kJ•mol-1

③H2O（g）═H2O（l）；△H=-44.0kJ•mol-1

根据盖斯定律：①+×②+2×③得CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.8kJ•mol-1；

故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.8kJ•mol-1．

（1）根据二氧化碳和氢氧化钠之间反应量的关系：按照1：1反应；产物是碳酸氢钠，按照1：2反应，产物是碳酸钠来分析回答；

（2）碱性条件下CO在负极放电生成CO32-；

（3）催化剂的特点，恢复原来状态，Fe3+→Fe2+；高锰酸钾溶液是利用硫酸酸化的；据此解答即可；

（4）Na2CO3溶液的浓度为2×10-4mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32-）=1×10-4mol/L，根据Ksp=c（CO32-）•c（Ca2+）计算沉淀时混合溶液中c（Ca2+），原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍；

（5）根据盖斯定律；由已知热化学方程式构造目标热化学方程式．

本题考查了盐的水解，溶度积常数的有关计算，热化学方程式和盖斯定律的计算应用，原电池的应用等，涉及的知识点较多，题目难度中等，注意是对反应原理的应用的考查．【解析】c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）；CO+4OH--2e-=CO32-+2H2O；2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42-+4H+；偏高；高锰酸钾溶液是用硫酸酸化的，含硫酸根；5.6×10-5mol/L；CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.8kJ•mol-126、（1）2F2+2H2O═4HF+O2

（2）2Mg+CO22MgO+C

（3）Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。。

【分析】【分析】本题考查学生元素周期表和元素周期律的综合知识，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度不大，掌握元素的性质是解答本题的关键【解答】rm{(1)}最稳定的氢化物是氟化氢，氟气与水反应的化学方程式为rm{2F_{2}+2H_{2}O篓T4HF+O_{2}}故答案为：rm{2F_{2}+2H_{2}O篓T4HF+O_{2}}rm{(2)}金属元素丙形成的某化合物的溶液常用于检验rm{CO_{2}}则丙为rm{Ca}元素丁的原子序数比丙小rm{8}则丁为rm{Mg}rm{Mg}在rm{CO_{2}}中燃烧生成rm{MgO}与碳，反应方程式为：rm{2Mg+CO_{2}}rm{2MgO+C}故答案为：rm{2Mg+CO_{2}}rm{2MgO+C}rm{(3)}元素戊是第三周期中简单离子半径最小的元素是铝，其氧化物与强碱反应的离子方程式为rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}=2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}故答案为：rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}=2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}。

【解析】rm{(1)2F_{2}+2H_{2}O篓T4HF+O_{2}}rm{(2)2Mg+CO_{2}}rm{2MgO+C}rm{(3)Al_{2}O_{3}+2OH^{-}=2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}。

27、略

【分析】解：（1）甲分子与肼分子具有相同的电子数，二者反应的生成物中有l0e-分子，另一种生成物为极稳定的单质，该单质为氮气，甲具有强氧化性且含有18单质，可推知甲为H2O2，生成10电子分子为H2O，该反应的化学方程式为：N2H4+2H2O2=N2↑+4H2O；

故答案为：N2H4+2H2O2=N2↑+4H2O；

（2）已知：①2CO（g）+SO2（g）=S（g）+2CO2（g）△H=+8.0kJ•mol-1

②2H2（g）+SO2（g）=S（g）+2H2O（g）△H=+90.4kJ•mol-1

③2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ•mol-1l

④2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ•mol-1

根据盖斯定律，④-②得：S（g）+O2（g）=SO2（g）△H=-574kJ•mol-1；

故答案为：S（g）+O2（g）=SO2（g）△H=-574kJ•mol-1；

（3）正反应为放热反应，一定压强下，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO的转化率降低，故温度T3＞T2＞T1，相同压强下，温度越高反应速率越快，故v（a）＜v（b）＜v（c），d点压强小于a，故反应速率v（d）＜v（a），故反应速率v（d）＜v（a）＜v（b）＜v（c）；

在T1℃、1×l04kPa左右；CO的转化率已经很大，压强再增大，CO转化率提高不大，生成成本增大，得不偿失；

故答案为：v（d）＜v（a）＜v（b）＜v（c）；压强为1×l04kPa左右；CO的转化率已经很大，压强再增大，CO转化率提高不大，生成成本增大，得不偿失；

（4）I处于平衡状态，则平衡常数k==1，Ⅱ中浓度商Qc==2；则Qc＞K=1，故反应向逆反应方向进行，故v（正）＜v（逆）；

故答案为：＜；I处于平衡状态，则平衡常数k==1，Ⅱ中浓度商Qc==2；则Qc＞K=1，故反应向逆反应方向进行；

（5）反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，酸性条件下生成二氧化碳，根据电荷守恒可知有氢离子生成，负极电极反应式为：CH3OCH3-12e-+3H2O═2CO2↑+12H+；

正极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，当消耗1molO2时，通过质子交换膜的质子数为4NA；

二甲醚燃烧热为1455kJ/mol，则1mol甲醚完全燃烧放出的热量为1455kJ，若电池工作时消耗1mol二甲醚所能产生的最大电能为1320kJ，则该燃料电池的工作效率为×100%=90.7%；

故答案为：CH3OCH3-12e-+3H2O═2CO2↑+12H+；4；90.7%．

（1）甲分子与肼分子具有相同的电子数，二者反应的生成物中有l0e-分子，另一种生成物为极稳定的单质，该单质为氮气，甲具有强氧化性且含有18单质，可推知甲为H2O2，生成10电子分子为H2O；

（2）由盖斯定律可知，④-②得：S（g）+O2（g）=SO2（g）；以此计算△H；

（3）正反应为放热反应，一定压强下，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO的转化率降低，故温度T3＞T2＞T1；相同温度下，压强越大反应速率越快，相同压强下，温度越高反应速率越快；

在T1℃、1×l04kPa左右；CO的转化率已经很大，压强再增大，CO转化率提高不大，生成成本增大；

（4）I处于平衡状态；根据I中数据计算平衡常数，再计算Ⅱ中浓度商Qc，与平衡常数相比判断反应进行方向，进而判断正；逆反应速率相对大小；

（5）反应本质是二甲醚的燃烧；原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，酸性条件下生成二氧化碳，根据电荷守恒可知有氢离子生成，结合守恒书写；

正极反应为O2+4e-+4H+=2H2O；据此计算通过质子交换膜的质子数；

根据燃烧热计算1mol甲醚完全燃烧放出的热量；再根据电池的工作效率定义计算．

本题属于拼合型题目，涉及无机物推断、热化学方程式书写、化学反应速率因素、化学平衡常数应用、原电池原理及有关计算，侧重考查学生对知识的迁移应用、分析解决问题的能力，化学平衡常数计算及其应用成为高考的常考知识点，难度中等．【解析】N2H4+2H2O2=N2↑+4H2O；S（g）+O2（g）=SO2（g）△H=-574kJ•mol-1；v（d）＜v（a）＜v（b）＜v（c）；压强为1×l04kPa左右，CO的转化率已经很大，压强再增大，CO转化率提高不大，生成成本增大，得不偿失；＜；I处于平衡状态，则平衡常数k==1，Ⅱ中浓度商Qc==2，则Qc＞K=1，故反应向逆反应方向进行；CH3OCH3-12e-+3H2O═2CO2↑+12H+；4；90.7%28、略

【分析】解：rm{(1)A}的分子