2025年人教新起点高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2025年人教新起点高三化学下册阶段测试试卷857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6题，共12分)1、根据如图；下列判断中正确的是（）

A.石墨与O2生成CO2的反应是吸热反应B.金刚石、石墨与O2反应，均可生成具有极性共价键的CO2C.从能量角度看，金刚石比石墨更稳定D.C（金刚石，s）═C（石墨，s）△H=E3-E12、下列实验操作或结论正确的是（）A.25℃时，用惰性电极电解某浓度的NaOH溶液，一小段时间后，NaOH溶液的浓度可能增大，也可能不变B.实验室里需要480mL2.0mol/L的氢氧化钠溶液，配制溶液时先称量氢氧化钠固体38.4g，然后再按照溶解、冷却、移液、定容、摇匀等步骤进行操作C.配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶必须洁净、干燥，不漏水D.实验室配制500mL0.2mol/L的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称27.8g绿矾，放入500mL容量瓶，加水溶解、稀释、定容、摇匀3、实验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl的质量分别是（）A.950mL111.2gB.500mL117.0gC.1000mL117.0gD.1000mL111.2g4、下列过程属于固氮的是（）A.NH3→NOB.NO→NO2C.NH3→NH4NO3D.N2→NH35、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族．下列叙述正确的是（）A.元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱B.化合物YX、ZX2、WX3中化学键的类型相同C.元素X的简单气态氢化物的沸点比W的高D.简单离子半径的大小顺序：rW＞rY＞rX6、水溶液X中只可能溶有K＋、Mg2＋、Al3＋、[Al(OH)4]－、SiO32－、SO32－、CO32－、SO42－中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如下实验：下列判断错误的是A.气体甲可能是混合物B.沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物C.白色沉淀乙的主要成分是氢氧化铝D.K＋、[Al(OH)4]－和SiO32－一定存在于溶液X中评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)7、下列有关比较中，大小顺序排列错误的是()A.热稳定性：H2O＞HF＞H2SB.分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液＞Fe(OH)3胶体＞FeCl3溶液C.原子半径：Si＞Na＞OD.结合质子能力：OH-＞CH3COO-＞SO42-8、根据下列实验设计及有关现象；所得结论不正确的是（）

。实验实验现象结论A

左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡活动性：Al＞Fe＞CuB

左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C

白色固体先变为淡黄色，后变为黑色（Ag2S）溶解性：AgCl＞AgBr＞Ag2SD

锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3A.AB.BC.CD.D9、C8H18经多步裂化，最后完全转化为C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五种气体的混合物．该混合物的平均相对分子质量可能是（）A.28B.30C.38D.4010、将rm{O_{2}}和rm{NH_{3}}的混合气体rm{448mL}通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到rm{44.8mL}气体。原混合气体中rm{O_{2}}的体积可能是rm{(}假设氨全部被氧化rm{;}气体体积均已换算成标准状况rm{)(}rm{)}

A.rm{231.5mL}B.rm{268.8mL}C.rm{287.5mL}D.rm{313.6mL}11、对于炔烃描述不正确的是()A.分子中含有碳碳叁键的不饱和链烃B.易发生加成反应，也易发生取代反应C.既能使溴水褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.分子里所有的碳原子都处于同一直线上12、rm{Na-S}电池的结构如图所示，电池反应为rm{2Na+dfrac{n}{8}S_{8}=Na_{2}Sn.}下列说法不正确的是rm{2Na+dfrac

{n}{8}S_{8}=Na_{2}Sn.}rm{(}A.熔钠电极作电池的正极B.放电时rm{)}向正极移动C.充电时熔钠电极与电源的正极相连D.充电时阳极反应式为rm{Na^{+}}rm{8Sn^{2-}-16e^{-}=nS_{8}}13、化合物Ⅲ是合成中药黄芩中的主要活性成分的中间体；合成方法如下：

rm{+}rm{+HCl}ⅠⅡⅢ下列有关叙述正确的是rm{(}rm{)}A.Ⅰ在空气中稳定存在B.Ⅱ中所有原子均有可能共面C.可用rm{FeCl_{3}}溶液鉴别有机物Ⅱ和ⅢD.rm{1mol}产物Ⅲ与足量溴水反应，消耗rm{Br_{2}}的物质的量为rm{1.5mol}14、下列化合物分子中，在核磁共振氢谱图中能给出三种信号的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{3}}B.rm{CH_{3}COCH_{2}CH_{3}}C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}D.rm{CH_{3}OCH_{3}}15、人类对赖以生存的地球环境的保护问题越来越重视，如何减少或取代高污染的化学品的使用，一直是许多化学家奋斗的目标，生产和应用绿色化工原料是达到该目标的最有效手段rm{.}碳酸二甲酯rm{(}简称rm{DMC)}是一种新化工原料，rm{2008}年在欧洲被誉为“非毒性化学品”rm{.}下列关于rm{DMC}的说法中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{DMC}的结构简式为B.rm{DMC}在空气不能燃烧C.rm{DMC}易溶于水，不溶于乙醇和丙酮D.rm{DMC}用于生产非毒性化工产品，故被誉为有机合成的“绿色化工原料”评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、药物F具有抗肿瘤、降血压、降血糖等多种生物活性，其合成路线如下：

已知：

（1）原料A中含氧、含氮的官能团名称是____、____．

（2）写出中间产物E的结构简式____．

（3）反应②、⑤的反应类型是____、____．

（4）物质B有多种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式____．

①属于α-氨基酸。

②苯环上有两种一氯代物。

③能发生银镜反应。

④核磁共振氢谱显示其有7种不同化学环境的氢原子。

（5）以和苯、乙醇为原料，可合成写出合成流程。

图（无机试剂任用）．合成流程图示例如下：

17、0.1mol/LHCl溶液的c（H+）为____．18、（2015秋•广州校级期中）到目前为止；由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的最主要的能源．

（1）在25℃、101kPa下，16g的甲醇（CH3OH）完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为____

（2）化学反应中放出的热能（焓变；△H）与反应物和生成物的键能（E）有关．

已知：H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=-185kJ/mol；

E（H-H）=436kJ/mol，E（Cl-Cl）=243kJ/mol则E（H-Cl）=____

（3）纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注．已知：

2Cu（s）+O2（g）═Cu2O（s）△H=-169kJ•mol-1；

C（s）+O2（g）═CO（g）△H=-110.5kJ•mol-1；

2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）△H=-314kJ•mol-1

则工业上用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的热化学方程式为____．

（4）①如图是N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图，请计算每生成1molNH3放出热量为：____．

②若起始时向容器内放入1molN2和3molH2，达平衡后N2的转化率为20%，则反应放出的热量为Q1kJ，则Q1的数值为____．19、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是____（填序号）

（1）使甲基橙变红色的溶液：Mg2+，K+，SO42-，NO3-；

（2）使酚酞变红的溶液：Na+，Cu2+，HCO3-、NO3-；

（3）0.1mol•L-1AgNO3溶液：H+，K+，SO42-，I-；

（4）0.1mol•L-1NaAlO2溶液：H+，Na+，Cl-，SO42-；

（5）FeCl3溶液：H+、K+，S2-，Br-；

（6）高锰酸钾溶液中：H+、Na+、SO42-；葡萄糖分子；

（7）0.1mol•L-1NaOH溶液：K+，Na+、SO42-，CO32-；

（8）0.1mol•L-1Na2CO3溶液：K+，Ba2+，NO3-、Cl-；

（9）0.1mol•L-1FeCl3溶液：K+，NH4+，I-，SCN-；

（10）=1×1014的溶液：Ca2+、Na+、ClO-、NO3-；

（11）Na2S溶液：SO42-，K+，Cl-，Cu2+；

（12）pH=12的溶液：NO3-，I-，Al3+，Na+．20、常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子有H2O、H2A．根据题意回答下列问题：

（1）写出酸H2A的电离方程式____．

（2）若溶液M由10mL2mol•L-1NaHA溶液与2mol•L-1NaOH溶液等体积混合而得，则溶液M的pH____7（填“＞”、“＜”或“=”），溶液中离子浓度由大到小顺序为____．

已知Ksp（BaA）=1.8×10-10，向该混合溶液中加入10mL1mol•L-1BaCl2溶液，混合后溶液中的Ba2+浓度为____mol•L-1．

（3）若溶液M由pH=3的H2A溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合反应而得，混合溶液=104，V1与V2的大小关系为____（填“大于”“等于”“小于”或“均有可能”）．21、（2012秋•怀远县校级月考）已知溴乙烷跟氰化钠反应后；产物再水解可以得到丙酸；

CH3CH2Br+NaCN-→CH3CH2CN+NaBr；

CH3CH2CN+H2O-→CH3CH2COOH+NH3（未配平）．

产物分子比原化合物分子多了一个碳原子；增长了碳链．请根据如图回答问题．图中F分子中含有8个原子组成的环状结构．

（1）反应①、②、③中属于取代反应的是____（填反应代号）．

（2）写出结构简式：E____，F____．

（3）写出D+E-→F的化学方程式：____．22、（2013•芙蓉区校级模拟）三氟化氮（NF3）是一种无色、无味、无毒且不可燃的气体，在半导体加工、太阳能电池制造和液晶显示器制造中得到广泛应用．它可在铜的催化作用下由F2和过量的NH3反应得到；该反应另一种产物为盐．

（1）该反应的化学方程式为____，生成物NF3中氮原子的杂化方式为____，NF3分子空间构型为____；

（2）N、F两种元素的氢化物稳定性比较，NH3____HF（选填“＞”或“＜”）；

（3）N3-被称为类卤离子，写出1种与N3-互为等电子体的分子的化学式____；

（4）元素A基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，A跟氟可形成离子化合物，其晶胞结构如图，该离子化合物的化学式为____．

（5）化合物AF2的晶胞结构如图所示，该离子化合协晶体的密度为ag/cm3，则晶胞的体积是____cm3（只要求列算式，阿伏加德罗常数的值为NA）．23、写出在催化剂的作用下丙烯→聚丙烯的化学方程式____．评卷人得分四、判断题(共3题，共18分)24、伴有能量变化的物质变化都是化学变化．____．（判断对错）25、胶体的性质主要有：丁达尔现象、电泳、聚沉____．（判断对错）26、苯中混有已烯，可在加入适量溴水后分液除去____（判断对错）评卷人得分五、简答题(共3题，共6分)27、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}均为中学化学常见的纯净物，rm{B}为自然界中含量最多的液体；它们之间有如下的反应关系：

rm{(1)}若rm{A}为短周期的金属单质，rm{D}为气态单质，rm{0.1mol/L}rm{C}溶液的rm{pH=13.}该反应的离子方程式为______

rm{(2)}若rm{A}的溶液能使淀粉溶液变蓝，rm{C}为非金属氧化物；能使品红溶液褪色，该反应的化学方程式为______

rm{(3)}若rm{A}rm{C}rm{D}rm{E}均为化合物，rm{E}为白色沉淀，且rm{A}rm{C}rm{E}含有同一种元素；该反应的离子方程式为______

rm{(4)}若rm{A}是黄绿色气体；rm{C}的焰色呈黄色，rm{C}溶液遇稀硫酸既产生淡黄色的沉淀又生成有刺激性气味的无色气体；生成物rm{D}是一种酸式盐，rm{E}是一种强酸。该反应的化学方程式为______

rm{(5)}二氧化氯是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，它可由rm{KClO_{3}}在rm{H_{2}SO_{4}}存在下与rm{Na_{2}SO_{3}}反应制得。请写出反应的离子方程式______

rm{(6)}过碳酸钠是一种有多用途的新型氧系固态漂白剂，化学式可表示为rm{Na_{2}CO_{3}?3H_{2}O_{2}}它具有rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{H_{2}O_{2}}的双重性质。过碳酸钠与下列物质均会发生化学反应而失效；其中过碳酸钠只发生了还原反应的是______

A.rm{MnO_{2}}rm{B.KMnO_{4}}溶液rm{C.}稀盐酸rm{D.Na_{2}SO_{3}}溶液。28、向明矾[KAl（SO4）2•12H2O]溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量．

（1）写出可能发生的有关反应的化学方程式．______

（2）在图中，纵坐标表示生成沉淀的物质的量，横坐标表示加入Ba（OH）2的物质的量．试在图中画出当溶液中明矾为1mol时，生成的每一种沉淀的物质的量随Ba（OH）2物质的量变化的曲线（在曲线上标明沉淀的化学式）．

（3）向aL物质的量浓度为Mmol/L的明矾溶液中滴加物质的量浓度为nmol/L的Ba（OH）2溶液bL；用含a；M、n的表达式表示：

①当b满足______条件时；沉淀的总物质的量为最大值；

②当b满足______条件时，沉淀的质量为最大值．29、工业上制取硝酸铵的流程图如图；请回答下列问题．

rm{(1)}合成氨的工业设备名称是______，设备中设置热交换器的目的是______；此生产过程中，rm{N_{2}}与rm{H_{2}}合成rm{NH_{3}}所用的催化剂是______；生产中原料气必须进行脱硫；目的是______．

rm{(2)}吸收塔中反应为______；从生产流程看，吸收塔中需要补充空气，其原因是______．

rm{(3)}生产硝酸的过程中常会发生一些氮的氧化物；可用如下三种方法处理：

方法一：碱吸收法：rm{NO+NO_{2}+2NaOH=2NaNO_{2}+NaNO_{3}+CO_{2}}

方法二：氨还原法：rm{8NH_{3}+6NO_{2}dfrac{underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}7N_{2}+12H_{2}O(}该反应放热，rm{8NH_{3}+6NO_{2}dfrac{

underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}7N_{2}+12H_{2}O(}也有类似的反应rm{NO}

方法三：甲烷吸收法：rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)篓TCO_{2}(g)+N_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=+867kJ/mol(NO}也有类似反应rm{)}

上述三种方法中；方法一最大的缺点是______；方法二和方法三相比，优点是______，缺点是______．

rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)篓TCO_{2}(g)+N_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H=+867kJ/mol(NO}某化肥厂用rm{)}制备rm{(4)}已知：由rm{NH_{3}}制rm{NH_{4}NO_{3}}的产率是rm{NH_{3}}rm{NO}制rm{94%}的产率是rm{NO}则制rm{HNO_{3}}所用rm{89%}的质量占总消耗rm{HNO_{3}}质量rm{NH_{3}}不考虑其它损耗rm{NH_{3}}的______rm{(}保留三位有效数字rm{)}．rm{%(}参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】A、根据图象看出石墨与O2的总能量比CO2的高；

B；根据图象看出金刚石、石墨的最终产物均为二氧化碳；

C；根据图象看出金刚石的能量大于石墨的能量；

D、根据图象看出C（金刚石，s）═C（石墨，s）△H=E1-E2．【解析】【解答】解：A、根据图象看出石墨与O2的总能量比CO2的高，所以石墨与O2生成CO2的反应是放热反应；故A错误；

B、根据图象看出金刚石、石墨均可生成具有极性共价键的CO2；故B正确；

C；根据图象看出金刚石的能量大于石墨的能量；能量越大越不稳定，故C错误；

D、根据图象看出C（金刚石，s）═C（石墨，s）△H=E1-E2；故D错误．

故选：B．2、A【分析】【分析】A．电解氢氧化钠溶液实质是电解水；

B．实验室里需要480mL应选择500mL容量瓶；依据容量瓶溶积计算溶质的质量；

C．定容时仍需要向容量瓶中加入蒸馏水；

D．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，不能用于溶解或者稀释溶质．【解析】【解答】解：A．电解氢氧化钠溶液实质是电解水；若原氢氧化钠溶液为饱和溶液则电解一段时间后NaOH溶液的浓度不变，若原氢氧化钠溶液为非饱和溶液则电解一段时间后NaOH溶液的浓度变大，故A正确；

B．实验室里需要480mL2.0mol/L的氢氧化钠溶液；实际应配制500mL溶液，需要氢氧化钠质量=0.5L×2.0mol/L×40g/mol=40.0g，故B错误；

C．定容时仍需要向容量瓶中加入蒸馏水；所以不需要容量瓶干燥，故C错误；

D．溶解绿矾不能在容量瓶中进行；应该在烧杯中溶解，故D错误；

故选：A．3、C【分析】【分析】依据配制溶液的体积结合容量瓶规格选择合适的容量瓶，计算溶质的质量应依据容量瓶的容积，依据公式m=CVM计算．【解析】【解答】解：需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL；依据大而近的原则，应选择1000ml的容量瓶，需要溶质的质量m=CVM=2mol/L×1L×58.5g/mol=117.0g；

故选：C．4、D【分析】【分析】空气中的游离态的氮转化为化合态氮的过程叫做固氮．【解析】【解答】解：A．NH3→NO化合态转化为化合态；A错误；

B．NO→NO2化合态转化为化合态；B错误；

C．NH3→NH4NO3化合态转化为化合态；C错误；

D．N2→NH3游离态的氮转化为化合态氮，D正确．5、C【分析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Mg元素，Z单质可制成半导体材料，Z为Si元素，结合元素化合物的性质解答．【解析】【解答】解：短周期元素X；Y、Z、W的原子序数依次增大；X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Mg元素，Z单质可制成半导体材料，Z为Si元素；

A．非金属性S＞Si；非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，故A错误；

B．化合物MgO为离子化合物，含有离子键，SiO2、SO3属于共价化合物；含有共价键，故B错误；

C．O的氢化物分子间存在氢键；沸点较高，所以元素X的简单气态氢化物的沸点比W的高，故C正确；

D．电子层越多离子半径越大，电子排布相同时，原子序数越大，离子半径越小，则简单离子半径的大小顺序：rW＞rX＞rY；故D错误；

故选：C．6、B【分析】试题分析：加盐酸有气体甲生成，这说明溶液中含有CO32-离子或SO32－、，生成的气体是二氧化碳或SO2，即甲是CO2或SO2。因此一定不存在和碳酸根或SO32－不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子。加足量盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，硅酸是沉淀，即沉淀甲是硅酸。无色溶液甲中加入过量氨水（提供OH-）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是[Al(OH)4]－和盐酸反应生成的，所以，一定存在[Al(OH)4]－。根据溶液显电中性可知，要保证溶液电中性，只有K+这一个阳离子，所以一定存在钾离子，而SO42－不能确定。A、气体甲可能是CO2和SO2的混合气，故A正确；B、溶液中一定不含有镁离子，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，故B不正确；C、白色沉淀乙是氢氧化铝，故C正确；D、根据以上分析可知K＋、[Al(OH)4]－和SiO2－3一定存在于溶液X中，故D正确，答案选B。考点：考查离子共存和离子检验的判断【解析】【答案】B二、双选题(共9题，共18分)7、A|C【分析】解：A、O、F、S的非金属性强弱顺序为F＞O＞S，所以热稳定性：HF＞H2O＞H2S；故A错误．

B、溶液中分散质粒子直径小于1nm，胶体的分散质粒子直径在1nm-100nm之间，悬浊液的分散质粒子直径大于100nm，所以分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液＞Fe(OH)3胶体＞FeCl3溶液；故B正确．

C；Si、Na位于同一周期；钠的原子序数小于硅的原子序数，所以钠的原子半径大于硅的；碳、硅位于同一主族，碳的原子半径小于硅的原子半径；碳、氧处于同一周期，碳的原子半径大于氧的原子半径，所以原子半径：

Na＞Si＞O；故C错误．

D、当结合氢离子后，OH-、CH3COO-、SO42-分别生成的物质是水、醋酸、硫酸，硫酸是强电解质极容易电离，醋酸是弱电解质较容易电离，水是弱电解质极难电离，所以这三种离子结合质子的能力大小为OH-＞CH3COO-＞SO42-；故D正确．

故选AC．【解析】【答案】AC8、B|D【分析】解：A．原电池中；一般活泼金属作负极，由图可知，左边烧杯中Al为负极，右边烧杯中Fe为负极，则活动性：Al＞Fe＞Cu，故A正确；

B．氯气可氧化溴离子和碘离子；不能说明溴置换出碘，则不能比较溴与碘的氧化性，故B错误；

C．发生沉淀的转化，向更难溶的方向移动，则由白色固体先变为淡黄色，后变为黑色，可知溶解性：AgCl＞AgBr＞Ag2S；故C正确；

D．盐酸易挥发；可与碳酸钠；硅酸钠均发生化学反应，图中装置不能说明二氧化碳与硅酸钠溶液反应，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，故D错误；

故选BD．

A．原电池中；一般活泼金属作负极；

B．氯气可氧化溴离子和碘离子；

C．发生沉淀的转化；向更难溶的方向移动；

D．盐酸易挥发；可与碳酸钠；硅酸钠均发生化学反应．

本题考查化学实验方案的评价，涉及原电池、氧化还原反应、沉淀转化及酸性比较等，侧重反应原理的考查，注意BD中排除干扰为解答的易错点，题目难度中等．【解析】【答案】BD9、B|C【分析】解：按照题目所给C8H18的裂化产物考虑，C8H18裂化可能发生的反应共有以下几种：

①C8H18→C4H8+C3H6+CH4

②C8H18→C4H8+C2H4+C2H6

③C8H18→2C3H6+C2H6

④C8H18→C3H6+2C2H4+CH4

⑤C8H18→3C2H4+C2H6

以上反应①、②、③是1molC8H18裂化生成3mol混合气体；④、⑤反应是1molC8H18裂化生成4mol混合气体．要得到题目所述的混合气体；按①；②、③反应就可以实现；但是按④、⑤反应并不能得到题目所述的混合气体，至少需要①、②中的一个反应参与或者共同参与，③也有可能同时参与．

这样1molC8H18裂化所得的混合气体的物质的量为：3mol≤n＜4mol，所以混合气体的平均摩尔质量＜≤

即28.5g/mol＜≤38g/mol．所以平均相对分子质量为：28.5＜≤38．

故选B；C．

根据C原子、H原子守恒，判断C8H18裂化可能发生的反应情况，根据反应情况判断1molC8H18裂化所得的混合气体的物质的量的范围；再根据极限法计算平均相对分子质量的范围，据此解答．

本题以裂化为载体，考查相对分子质量范围的判断，难度较大，关键判断1molC8H18裂化所得的混合气体的物质的量的范围．【解析】【答案】BC10、CD【分析】【分析】本题考查了混合物反应的计算，题目难度较大，明确剩余气体组成为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力。【解答】假设最终收集到rm{44.8mL}气体为氧气，发生反应有：rm{4NH_{3}+5O_{2}?4NO+6H_{2}O}rm{4NO+3O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}}设氧气总体积为rm{y}氨气总体积为rm{x}则：rm{垄脵x+y=448mL}由于氨气完全反应，则rm{x}体积氨气消耗氧气体积为：rm{x隆脕5/4=1.25x}同时生成rm{NO}体积为rm{x}生成的rm{NO}完全反应消耗氧气的体积为：rm{x隆脕3/4=0.75x}则：rm{垄脷1.25x+0.75x+44.8=y}联立rm{垄脵垄脷}解得：rm{x=134.4mL}rm{y=313.6mL}即：氧气体积为rm{313.6mL}当剩余的气体为rm{NO}时，则氧气、氨气完全反应，发生反应为：rm{4NH}rm{3}rm{3}rm{+5O}rm{2}rm{2}rm{?4NO+6H}rm{2}剩余的rm{2}为rm{O}设原混合气体中氨气体积为rm{4NO+3O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}}氧气体积为rm{44.8mL}则：rm{NO}氨气完全反应消耗氧气体积为rm{x}同时生成rm{y}体积为rm{垄脹x+y=448mL}其中转化成硝酸的rm{x隆脕5/4=5/4x}体积为：rm{NO}此过程中消耗氧气体积为：rm{x}消耗氧气总体积为：rm{NO}联立rm{x-44.8mL}可得：rm{(x-44.8mL)隆脕3/4}rm{垄脺5/4x+(x-44.8mL)隆脕3/4=y}即：原混合气体中氧气的总体积为rm{垄脹垄脺}根据分析可知，原混合气体中氧气总体积可能为：rm{x=160.5mL}或rm{y=287.5mL}故CD正确。故选CD。rm{287.5mL}【解析】rm{CD}11、B|D【分析】解：A．分子里含有碳碳三键的不饱和链烃叫炔烃；故A正确；

B．炔烃易发生加成反应难发生取代反应；故B错误；

C．炔烃既能使溴水褪色；也可以使高锰酸钾酸性溶液退色，故C正确；

D．多碳原子的炔烃中碳原子不一定在一条直线上；如1-丁炔中的4个碳原子不在同一直线上，故D错误．

故选BD．【解析】【答案】BD12、rAC【分析】解：rm{A}放电时；熔钠电极失电子发生氧化反应，所以放电时熔钠电极作电池的负极，故A错误；

B、原电池中电解质中的阳离子移向正极，即rm{Na^{+}}向正极移动；故B正确；

C；充电时；原电池的负极和电源的负极相连，原电池的正极和电源的正极相连，放电时熔钠电极是负极，充电时熔钠电极与电源的负极相连，故C错误；

D、充电时阳极发生失电子的氧化反应，电极反应式为：rm{8S_{n}^{2-}-16e^{-}篓TnS_{8}}故D正确．

故选AC．

A；放电时；失电子发生氧化反应的金属电极是负极；

B；原电池中电解质中的阳离子移向正极；

C；充电时；原电池的负极和电源的负极相连，原电池的正极和电源的正极相连；

D；充电时阳极发生失电子的氧化反应；和放电时的正极反应相反．

本题考查原电池原理，明确电池反应中元素的化合价变化及原电池的工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合，题目难度不大．【解析】rm{AC}13、BC【分析】【解析】本题基于苯、乙烯、甲醛的共平面结构判断化合物rm{II}的共平面可能性，基于苯酚的性质进行稳定性判断、物质鉴别、溴的消耗量判断，重点是苯酚的化学性质考查。【解答】A.苯酚在空气中易被氧化，推及含有酚羟基的有机物在空气中易被氧化，rm{I}中含有酚羟基，Ⅰ在空气中不能稳定存在，故A错误；B.苯、乙烯、甲醛分子中所有原子共平面，Ⅱ中所有原子均有可能共面，故B正确；C.化合物rm{III}含有酚羟基，化合物rm{II}没有酚羟基，可用rm{FeCl_{3}}溶液鉴别有机物Ⅱ和Ⅲ，故C正确；D.产物rm{III}中的酚羟基邻位有rm{1}个空位，对位没有空位，产物rm{III}中羰基附近有rm{1}个碳碳双键，rm{1mol}产物Ⅲ与足量溴水反应，取代反应和加成反应各消耗rm{1}摩rm{Br_{2}}共消耗rm{Br_{2}}的物质的量为rm{2mol}，故D错误。本题选BC。【解析】rm{BC}14、rBC【分析】解：rm{A.CH_{3}CH_{2}CH_{3}}中有rm{2}种rm{H}原子，核磁共振氢谱有rm{2}个吸收峰；故A错误；

B.rm{CH_{3}COCH_{2}CH_{3}}中有rm{3}种rm{H}原子，核磁共振氢谱有rm{3}个吸收峰；故B正确；

C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}中有rm{3}种rm{H}原子，核磁共振氢谱有rm{3}个吸收峰；故C正确；

D.rm{CH_{3}OCH_{3}}中有rm{1}种rm{H}原子，核磁共振氢谱有rm{1}个吸收峰；故D错误．

故选BC．

核磁共振氢谱中有几个不同的峰，分子中就有几种rm{H}原子，峰的面积之比等于氢原子数之比，核磁共振氢谱图有rm{3}三种信号，说明分子中有rm{3}种rm{H}原子rm{.}利用等效氢原子判断：rm{垄脵}分子中同一甲基上连接的氢原子等效；rm{垄脷}同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，同一同一碳原子所连氢原子等效；rm{垄脹}处于镜面对称位置上的氢原子等效．

本题以核磁共振氢谱为载体考查有机物的结构，难度较小，清楚核磁共振氢谱中有几个不同的峰，分子中就有几种rm{H}原子．【解析】rm{BC}15、rAD【分析】解：rm{A.}由名称可知碳酸二甲酯为碳酸与甲醇酯化反应生成的酯，结构简式为故A正确；

B.属于有机物；可燃烧生成水；二氧化碳，故B错误；

C.为酯类物质；不溶于水，易溶于乙醇和丙酮，故C错误；

D.由题意可知；用于生产非毒性化工产品，为绿色化工原料，对人体无害，故D正确．

故选AD．

碳酸二甲酯为碳酸与甲醇酯化反应生成的酯，结构简式为具有酯类的性质，可燃烧；水解，易溶于有机溶剂，不溶于水，以此解答该题．

本题多角度考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和性质，题目有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．【解析】rm{AD}三、填空题(共8题，共16分)16、醚键氨基加成反应氧化反应或【分析】【分析】（1）据A的结构简式可知A中含氧；含氮的官能团名称；

（2）D→E是醇的消去反应；据此分析E的结构简式；

（3）据BC；EF的结构简式分析反应类型；

（4）B除苯环外还有4个C原子；3个O原子，1个N原子，据题目所给信息判断其同分异构体；

（5）据题给信息，与苯环在AlCl3作用下发生取代反应，产物再与乙醇发生酯化反应，在利用上述合成路线中的反应③原理反应，最后发生醇羟基的消去反应可得．【解析】【解答】解：（1）（1）据A的结构简式可知A中含氧；含氮的官能团为醚键、氨基；故答案为：醚键、氨基；

（2）D→E是醇的消去反应，生成的E的结构简式为故答案为：

（3）据F的合成路线图中BC；EF的结构简式可知，反应②为加成反应，反应⑤为氧化反应，故答案为：加成反应；氧化反应；

（4）B除苯环外还有4个C原子，3个O原子，1个N原子，能发生银镜反应，说明含有醛基，苯环上有两种一氯代物，说明在苯环的对位有取代基，属于α-氨基酸且核磁共振氢谱显示其有7种不同化学环境的氢原子的同分异构体为或

故答案为：或

（5）与苯环在AlCl3作用下发生取代反应，产物再与乙醇发生酯化反应，在利用上述合成路线中的反应③原理反应，最后发生醇羟基的消去反应可得合成路线图为或。

故答案为：或。

．17、0.1mol/L【分析】【分析】根据盐酸是一元强酸，完全电离来分析．【解析】【解答】解：盐酸是强酸，HCl在溶液中完全电离，而且是一元酸，即1个HCl分子电离出1个H+，故0.1mol/LHCl溶液的c（H+）为0.1mol/L，故答案为：0.1mol/L．18、CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-704kJ•mol-1432kJ/molC（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）△H=+34.5KJ/mol46.1kJ18.44【分析】【分析】（1）16g的甲醇（CH3OH）物质的量==0.5mol，0.5mol的甲醇（CH3OH）完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，则1mol的甲醇（CH3OH）完全燃烧生成CO2和液态水时放出704kJ的热量．

（2）依据反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算得到；

（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；

（4）①依据图象分析；生成2mol氨气反应焓变=断裂化学键吸收能量-形成化学键放出能量计算得到1mol氨气放出热量；

②依据化学平衡计算生成氨气物质的量，结合热化学方程式计算Q1；【解析】【解答】解：（1）16g的甲醇（CH3OH）物质的量==0.5mol，0.5mol的甲醇（CH3OH）完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，则1mol的甲醇（CH3OH）完全燃烧生成CO2和液态水时放出704kJ的热量，热化学反应方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-704kJ•mol-1；

故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-704kJ•mol-1．

（2）焓变△H=反应物键能总和-生成物键能总和，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-185kJ/mol；E（H-H）=436kJ/mol，E（Cl-Cl）=243kJ/mol；

E（H-H）+E（Cl-Cl）-2E（H-Cl）=△H；

则E（H-Cl）=432kJ/mol；

故答案为：432kJ/mol；

（3）①2Cu（s）+O2（g）═Cu2O（s）△H=-169kJ•mol-1；

②C（s）+O2（g）═CO（g）△H=-110.5kJ•mol-1；

③2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）△H=-314kJ•mol-1

依据盖斯定律①+②-③得到工业上用炭粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O和CO的热化学方程式为：C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）△H=+34.5KJ/mol；

故答案为：C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）△H=+34.5KJ/mol；

（4）①如图是N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图；反应焓变△H=335KJ/mol-427.2KJ/mol=-92.2KJ/mol，所以生成1mol氨气放热46.1KJ；

故答案为：46.1kJ；

②如图是N2和H2反应生成2molNH3过程中能量变化示意图；反应焓变△H=335KJ/mol-427.2KJ/mol=-92.2KJ/mol；

N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.2KJ/mol

130

0.20.60.4

生成0.4mol氨气放热=×92；2KJ=18.44KJ；

故答案为：18.44．19、（1）（7）【分析】【分析】（1）使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液中，Mg2+、K+、SO42-、NO3-之间不发生反应；也不与氢离子反应；

（2）使酚酞变红的溶液显碱性；

（3）Ag+能和I-生成沉淀；

（4）AlO2-能和H+生成沉淀；

（5）Fe3+能和S2-发生氧化还原反应；

（6）葡萄糖分子中含-CHO；有强还原性；

（7）NaOH与K+，Na+、SO42-，CO32-均不反应；

（8）CO32-能和Ba2+生成沉淀；

（9）Fe3+能和I-发生氧化还原反应，能和SCN-发生络合反应；

（10）=1×1014的溶液显酸性，能和ClO-反应生成弱电解质；

（11）S2-能和Cu2+生成沉淀；

（12）pH=12的溶液显碱性，OH-能和Al3+生成沉淀．【解析】【解答】解：（1）使甲基橙变红色的溶液中存在电离氢离子，Mg2+、K+、SO42-、NO3-之间不反应；且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；

（2）使酚酞变红的溶液显碱性，能和Cu2+生成沉淀、能和HCO3-反应生成CO32-而不能共存；故错误；

（3）Ag+能和I-生成碘化银沉淀而不能共存；故错误；

（4）AlO2-能和H+生成氢氧化铝沉淀；故不能共存，故错误；

（5）Fe3+能和S2-发生氧化还原反应生成S单质和FeS沉淀而不能共存；故错误；

（6）葡萄糖分子中含-CHO；有强还原性，能被高锰酸钾溶液氧化而不能共存，故错误；

（7）NaOH与K+，Na+、SO42-，CO32-均不反应；故可以共存，故正确；

（8）CO32-能和Ba2+生成碳酸钡沉淀；故不能共存，故错误；

（9）Fe3+能和I-发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘单质、Fe3+能和SCN-发生络合反应而不能共存；故错误；

（10）=1×1014的溶液中，C（H+）＞C（OH-），溶液显酸性，含大量H+能和ClO-反应生成弱电解质而不能共存；故错误；

（11）S2-能和Cu2+生成CuS沉淀而不能共存；故错误；

（12）pH=12的溶液显碱性，溶液中含有的OH-能和Al3+生成氢氧化铝沉淀而不能共存；故错误．

故答案为：（1）（7）．20、H2A⇌H++HA-、HA-⇌H++A2-＞c（Na+）＞c（A2-）＞c（OH-）＞c（HA-）＞c（H+）5.4×10-10均有可能【分析】【分析】（1）存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸；

（2）等体积混合生成Na2A，水解显碱性，离子水解以第一步为主；由反应式Ba2++A2-=BaA↓可得：沉淀后A2-过量0.01mol，溶液中c（A2-）==mol•L-1，根据BaA的Ksp可得c（Ba2+）；

（3）混合溶液c（H+）/c（OH-）=104，c（H+）=10-5mol/L，显酸性，则酸过量，以此分析．【解析】【解答】解：（1）存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸，电离方程式为H2A⇌H++HA-、HA-⇌H++A2-，故答案为：H2A⇌H++HA-、HA-⇌H++A2-；

（2）等体积混合生成Na2A，水解显碱性，pH＞7，离子水解以第一步为主，则离子浓度关系为c（Na+）＞c（A2-）＞c（OH-）＞c（HA-）＞c（H+），由反应式Ba2++A2-=BaA↓可得：沉淀后A2-过量0.01mol，溶液中c（A2-）==mol•L-1，根据BaA的Ksp=c（Ba2+）•c（A2-）可得c（Ba2+）==

=5.4×10-10mol•L-1；

故答案为：＞；c（Na+）＞c（A2-）＞c（OH-）＞c（HA-）＞c（H+）；5.4×10-10；

（3）混合溶液c（H+）/c（OH-）=104，c（H+）=10-5mol/L，显酸性，则酸过量，H2A为弱酸，pH=3的H2A溶液与pH=11的NaOH溶液混合时酸的浓度大于碱的浓度，则二者体积关系不确定，大于、小于或等于都可能酸过量，故答案为：均有可能．21、②③【分析】【分析】A分子式为C3H6，能与溴发生反应生成B，B水解得到的D可以连续发生氧化反应，则A为CH3CH=CH2，B为CH3CHBrCH2Br，D为CH3CH（OH）CH2OH，B发生信息中反应生成C为CH3CH（CN）CH2CN，C发生水解反应生成E为E与D发生酯化反应生成的F分子中含有8个原子组成的环状结构，则F为据此解答．【解析】【解答】解：A分子式为C3H6，能与溴发生反应生成B，B水解得到的D可以连续发生氧化反应，则A为CH3CH=CH2，B为CH3CHBrCH2Br，D为CH3CH（OH）CH2OH，B发生信息中反应生成C为CH3CH（CN）CH2CN，C发生水解反应生成E为E与D发生酯化反应生成的F分子中含有8个原子组成的环状结构，则F为

（1）反应①丙烯与溴发生加成反应生成CH3CHBrCH2Br，反应②是CH3CHBrCH2Br发生取代反应生成CH3CH（OH）CH2OH，反应③是CH3CHBrCH2Br与NaCN发生取代反应生成CH3CH（CN）CH2CN；

故答案为：②③；

（2）化合物E为与CH3CH（OH）CH2OH发生酯化反应生成的F分子中含有8个原子组成的环状结构，则F为

故答案为：

（3）D与E生成F的化学方程式为：

故答案为：．22、3F2+4NH3NF3+3NH4Fsp3杂化三角锥形＜N2O或CO2CaF2【分析】【分析】（1）F2和过量的NH3反应生成NF3和NH4F；根据分子中δ键和孤电子对数判断杂化类型和分子的空间构型；

（2）元素的非金属性越强；对应的氢化物越稳定；

（3）N3-含有3个原子和22个电子；结合等电子体的定义分析；

（4）元素A基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2；应为Ca元素，利用均摊法计算化学式；

（5）根据晶胞计算AF2个数，进而计算质量，结合ρ=计算．【解析】【解答】解：（1）F2和过量的NH3反应生成NF3和NH4F，反应的方程式为3F2+4NH3NF3+3NH4F，NF3中含有3个δ键，且孤电子对数为=1，则应为sp3杂化；空间构型为三角锥形；

故答案为：3F2+4NH3NF3+3NH4F；sp3杂化；三角锥形；

（2）由于非金属性N＜F；则HF更稳定，故答案为：＜；

（3）N3-含有3个原子和22个电子，价电子总数为16，则对应的等电子体有CO2或CS2、N2O等，故答案为：N2O或CO2；

（4）元素A基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，应为Ca元素，由晶胞结构可知Ca2+离子位于晶胞的定点和面心，共含有8×+6×=4个，F-离子位于体心，共8个，则化学式为CaF2；

故答案为：CaF2；

（5）晶胞平均含有4个Ca2+，8个F-，质量为g，该离子化合协晶体的密度为ag/cm3，则晶胞的体积是cm3，故答案为：．23、【分析】【分析】丙烯发生加聚反应生成聚丙烯．【解析】【解答】解：丙烯分子中含碳碳双键，可发生加聚反应生成聚丙烯，化学方程式为：

故答案为：四、判断题(共3题，共18分)24、×【分析】【分析】伴有能量变化的物质变化不一定发生化学反应．【解析】【解答】解：伴有能量变化的物质变化不一定是化学变化，如灯泡发光过程中有热能变化，故错误；25、√【分析】【分析】胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间，胶体能发生丁达尔效应、能产生电泳现象、能产生聚沉．【解析】【解答】解：胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间，所以胶体能产生丁达尔效应；胶体具有吸附性，吸附带电荷的离子，所以能产生电泳现象；胶体能发生聚沉现象，故答案为：√．26、×【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：×；五、简答题(共3题，共6分)27、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}均为中学化学常见的纯净物，rm{B}为自然界中含量最多的液体，判断为rm{H_{2}O}

rm{(1)}若rm{A}为短周期的金属单质，rm{0.1mol/LC}溶液的rm{pH=13}说明rm{C}为强碱性溶液，rm{D}为气态单质，判断rm{A}为rm{Al}rm{D}为rm{H_{2}}该反应的离子方程式为rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}

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

rm{(2)}若rm{A}的溶液能使淀粉溶液变蓝，rm{A}具有氧化性，rm{C}为非金属氧化物，能使品红溶液褪色，则rm{C}为二氧化硫，则rm{A}为碘，该反应的反应方程式为rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O篓T2HI+H_{2}SO_{4}}

故答案为：rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O篓T2HI+H_{2}SO_{4}}

rm{(3)}若rm{A}rm{C}rm{D}rm{E}均为化合物，rm{E}为白色沉淀，且rm{A}rm{C}rm{E}含有同一种元素，则rm{A}为氯化铝，rm{C}为偏铝酸钠，rm{E}为rm{Al(OH)_{3}}rm{D}为氯化钠，该反应的离子方程式为rm{Al^{3+}+3AlO_{2}^{-}+6H_{2}O篓T4Al(OH)_{3}隆媒}

故答案为：rm{Al^{3+}+3AlO_{2}^{-}+6H_{2}O篓T4Al(OH)_{3}隆媒}

rm{(4)}若rm{A}是黄绿色气体，则rm{A}为氯气，rm{C}的焰色呈黄色，说明rm{C}中含有钠元素，rm{C}溶液遇稀硫酸既产生淡黄色的沉淀又生成有刺激性气味的无色气体，则rm{C}为硫代硫酸钠；生成物rm{D}是一种酸式盐是硫酸氢钠，rm{E}是一种强酸，则rm{E}为盐酸，该反应的化学方程式为rm{4Cl_{2}+Na_{2}S_{2}O_{3}+5H_{2}O篓T2NaHSO_{4}+8HCl}

故答案为：rm{4Cl_{2}+Na_{2}S_{2}O_{3}+5H_{2}O篓T2NaHSO_{4}+8HCl}

rm{(5)KClO_{3}}在rm{H_{2}SO_{4}}存在下与rm{Na_{2}SO_{3}}反应，rm{SO_{3}^{2-}}被氧化成rm{SO_{4}^{2-}}由电子、电荷守恒可知该离子反应为rm{2ClO_{3}^{-}+SO_{3}^{2-}+2H^{+}篓T2ClO_{2}+SO_{4}^{2-}+H_{2}O}

故答案为：rm{2ClO_{3}^{-}+SO_{3}^{2-}+2H^{+}篓T2ClO_{2}+SO_{4}^{2-}+H_{2}O}

rm{(6)Na_{2}CO_{3}?3H_{2}O_{2}}具有rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{H_{2}O_{2}}的双重性质，过碳酸钠只发生了还原反应，则选项中的物质具有还原性，只有rm{D}选项符合，故答案为：rm{D}

A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}均为中学化学常见的纯净物，rm{B}为自然界中含量最多的液体，判断为rm{H_{2}O}

rm{(1)}若rm{A}为短周期的金属单质，rm{0.1mol/LC}溶液的rm{pH=13}说明rm{C}为强碱性溶液，rm{D}为气态单质，判断rm{A}为rm{Al}rm{D}为rm{H_{2}}

rm{(2)}若rm{A}的溶液能使淀粉溶液变蓝，rm{A}具有氧化性，rm{C}为非金属氧化物，能使品红溶液褪色，则rm{C}为二氧化硫，则rm{A}为碘；

rm{(3)}若rm{A}rm{C}rm{D}rm{E}均为化合物，rm{E}为白色沉淀，且rm{A}rm{C}rm{E}含有同一种元素，则rm{A}为氯化铝，rm{C}为偏铝酸钠，rm{E}为rm{Al(OH)_{3}}rm{D}为氯化钠；

rm{(4)}若rm{A}是黄绿色气体，则rm{A}为氯气，rm{C}的焰色呈黄色，说明rm{C}中含有钠元素，rm{C}溶液遇稀硫酸既产生淡黄色的沉淀又生成有刺激性气味的无色气体，则rm{C}为硫代硫酸钠；生成物rm{D}是一种酸式盐是硫酸氢钠，rm{E}是一种强酸，则rm{E}为盐酸；

rm{(5)}二氧化氯由rm{KClO_{3}}在rm{H_{2}SO_{4}}存在下与rm{Na_{2}SO_{3}}反应制得；则可知反应物；生成物，结合电子守恒、电荷守恒分析；

rm{(6)Na_{2}CO_{3}?3H_{2}O_{2}}具有rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{H_{2}O_{2}}的双重性质；过碳酸钠只发生了还原反应，则选项中的物质具有还原性。

本题考查了物质转化关系的应用，物质性质和反应条件的应用判断，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，题目主要考查氯气、硫及其化合物、铝及其化合物等物质性质的推断和运用，题目难度中等。【解析】rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O篓T2HI+H_{2}SO_{4}}rm{Al^{3+}+3AlO_{2}^{-}+6H_{2}O篓T4Al(OH)_{3}隆媒}rm{4Cl_{2}+Na_{2}S_{2}O_{3}+5H_{2}O篓T2NaHSO_{4}+8HCl}rm{2ClO_{3}^{-}+SO_{3}^{2-}+2H^{+}篓T2ClO_{2}+SO_{4}^{2-}+H_{2}O}rm{D}28、略

【分析】解：（1）设溶液中明矾的物质的量为1mol，则当滴加的Ba（OH）2的物质的量分别在0～1.5mol和1.5mol～2.0mol时，所发生的反应的化学方程式分别为：2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2═K2SO4+3BaSO4↓+2Al（OH）3↓①

K2SO4+2Al（OH）3+Ba（OH）2═2KAlO2+BaSO4↓+4H2O②；

故答案为：2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2═K2SO4+3BaSO4↓+2Al（OH）3↓、K2SO4+2Al（OH）3+Ba（OH）2═2KAlO2+BaSO4↓+4H2O；

（2）从化学方程式可以看出，生成BaSO4的物质的量随Ba（OH）2的量的增加而增加，生成Al（OH）3的物质的量随Ba（OH）2的量的增加而发生先增加后减少直至完全溶解的变化过程；

设溶液中明矾的物质的量为1mol，根据硫酸根离子和钡离子的关系式知，当加入2mol氢氧化钡时，钡离子完全转化为硫酸钡，n（BaSO4）=2mol；

根据铝离子和氢氧根离子之间的关系式知；当加入1.5mol氢氧化钡时，铝离子完全转化为氢氧化铝，其物质的量为1mol，当加入2mol氢氧化钡时，氢氧化铝完全转化为偏铝酸根离子；

所以其图象为