2025年上外版高一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2025年上外版高一化学上册阶段测试试卷730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5题，共10分)1、相同状况下：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；△H=－Q1kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)；△H=－Q2kJ/mol则Q1和Q2的关系为（）A.Q1>Q2B.Q1=Q2C.2Q1<Q2D.Q1=1/2Q22、下列仪器常用于物质分离的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}漏斗rm{垄脷}试管rm{垄脹}蒸馏烧瓶rm{垄脺}天平rm{垄脻}分液漏斗rm{垄脼}研钵．A.rm{垄脵垄脹垄脺}B.rm{垄脵垄脷垄脼}C.rm{垄脵垄脹垄脻}D.rm{垄脵垄脹垄脼}3、下列有关实验操作、现象和结论都正确的是rm{(}rm{)}

。实验操作现象和结论rm{A}在平衡rm{3KSCN+FeCl_{3}?Fe(SCN)_{3}+3KCl}的溶液中加入少量rm{KCl}溶液溶液红色变浅，平衡逆向移动rm{B}向rm{AgI}沉淀中滴入rm{KCl}溶液有白色沉生成，rm{K_{sp}(AgCl)<K_{sp}(AgI)}rm{C}把rm{Cl_{2}}通入品红溶液中溶液褪色，rm{Cl_{2}}具有漂白性rm{D}向rm{Fe(NO_{3})_{2}}溶液中滴入硫酸酸化的rm{H_{2}O_{2}}溶液溶液变为黄色，氧化性：rm{H_{2}O_{2}>Fe^{3+}}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}4、0.1mol某元素的单质直接与氯气反应后，质量增加7.1g，这种元素是（）A.NaB.MgC.FeD.Al5、在无色强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是A.NH4+、HCO3ˉ、Clˉ、K+B.Clˉ、Na+、NO3ˉ、Ca2+C.K+、Fe2+、Clˉ、NO3ˉD.Cu2+、NH4+、SO42ˉ、Clˉ评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)6、下列各组物质在溶液中进行反应，可以用同一离子方程式表示的是（）A.Na2CO3和HNO3；NaHCO3和HNO3B.BaCl2和Na2CO3；Ba（OH）2和K2CO3C.Ba（OH）2和NaHSO4；Ba（OH）2和H2SO4D.NaOH和HF；Ba（OH）2和HNO37、六苯乙烷为白色固体，其结构表示如图：下列有关说法中不正确的是rm{(}rm{)}A.它是一种芳香烃，易溶于乙醚中B.它的分子式为rm{C_{38}H_{30}}C.在同一平面上的原子最多有rm{23}个D.它的一氯代物只有一种8、运用元素周期律分析下列推断，其中错误的是rm{(}rm{)}A.铍的最高价氧化物的水化物可能具有两性B.砹单质是有色固体，砹化氢很不稳定，砹化银是有色难溶于水且感光性很强的固体C.硫酸锶难溶于水，但易溶于盐酸D.砷的最高价氧化物的水化物是一种强酸9、对于某些离子的检验及结论中一定正确的是（）A.加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-B.加入稀盐酸后无现象，再加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，则一定有SO42-C.分别含有Mg2+、Cu2+和Na+的三种盐酸盐溶液，用NaOH溶液就能一次鉴别开D.加入硝酸银溶液后产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀不消失，一定有Cl-10、图为铜rm{-}锌rm{-}稀硫酸原电池示意图，下列说法正确的是()

A.电子由铜片通过导线流向锌片B.铜得电子，被还原C.锌为负极，铜为正极D.锌电极发生氧化反应，铜电极发生还原反应11、下列反应中的氨与反应rm{4NH_{3}+5O_{2}=4NO+6H_{2}O}中的氨作用相同的是rm{(}rm{)}A.rm{2Na+2NH_{3}篓T2NaNH_{2}+H_{2}隆眉}B.rm{2NH_{3}+3CuO篓T3Cu+N_{2}+3H_{2}O}C.rm{4NH_{3}+6NO篓T5N_{2}+6H_{2}O}D.rm{HCl+NH_{3}篓TNH_{4}Cl}评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)12、相同物质的量浓度的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液，分别与硝酸银溶液反应，当生成沉淀的质量之比为3：2：1时，则三种溶液的体积之比为______．13、rm{2006}年rm{5}月，齐齐哈尔第二制药厂生产的假药“亮菌甲素注射液”导致多名患者肾功能衰竭rm{.}“亮菌甲素”的结构简式为：“亮菌甲素”的结构简式为：rm{.}假药中使用廉价的二甘醇作为辅料，二甘醇为工业溶剂，有很强的毒性，它配以辅料丙二醇溶成针剂用于临床rm{.}假药中使用廉价的二甘醇作为辅料，二甘醇为工业溶剂，有很强的毒性rm{.}请回答下列问题：请回答下列问题：rm{.}下列有关“亮菌甲素”的叙述正确的是____rm{.}填字母rm{(1)}．A.“亮菌甲素”能与rm{(}发生加成反应B.不能使酸性rm{)}溶液褪色C.“亮菌甲素”的分子式是rm{H_{2}}D.“亮菌甲素”分子中含氧官能团只有rm{KMnO_{4}}种rm{C_{12}H_{10}O_{5}}丙二醇的分子式是rm{2}已知两个羟基连在同一个碳原子上的物质不存在，写出其所有属于醇类的同分异构体的结构简式：____。

rm{(2)}依据核磁共振氢谱分析，二甘醇分子中有rm{C_{3}H_{8}O_{2}}个吸收峰，其峰面积之比为rm{(3)}依据核磁共振氢谱分析，二甘醇分子中有rm{3}个吸收峰，其峰面积之比为rm{2}rm{(3)}rm{3}又知二甘醇中含碳、氧元素的质量分数相同，且氢元素的质量分数为rm{2}rm{2}二甘醇与足量金属钠反应生成rm{1.}写出二甘醇的结构简式：rm{9.4%}rm{1mol}14、某硝酸厂附近的空气主要污染物为氮的氧化物，为了保护环境和综合利用，可采用氨rm{-}碱两级吸收法，此法兼有碱吸收和氨吸收两法的优点，其吸收工艺流程如图rm{2}

rm{(1)}排空物质的主要成分为______．

rm{(2)}进入吸收塔以前加一个缓冲器的目的是______．

rm{(3)}从吸收塔排出的混合液用途之一为______．15、写出电子式：rm{KCl}______；写出结构式：rm{CO_{2}}______．16、把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16g白色沉淀，在所得的悬浊液中逐滴加入1mol•L-1HCl溶液；加入HCl溶液的体积V与生成沉淀的质量m的关系如图所示，试回答：

（1）A点→B点反应的离子方程式为____．

（2）原混合物中AlCl3的物质的量为____，NaOH的物质的量为____．

（3）HCl溶液在C点的加入量是____．

17、11.7gNaX含有Na+0.2mol，则NaX的摩尔质量为____18、某校化学实验兴趣小组为了探究在实验室制备rm{Cl_{2}}的过程中有水蒸气和rm{HCl}挥发出来，同时证明rm{Cl_{2}}的某些性质，甲同学设计了如图所示的实验装置rm{(}夹持装置省略rm{)}按要求回答问题：rm{(1)}写出浓盐酸与二氧化锰反应制取rm{C1_{2}}的离子方程式________，实验中若用rm{0.2mol}浓盐酸与足量的rm{MnO_{2}}反应制得rm{Cl_{2}}的体积rm{(}标况下rm{)}总是小于rm{1.12L}的原因是________；rm{(2)垄脵}装置rm{B}的作用是________；rm{垄脷}装置rm{C}和rm{D}出现的不同现象说明的问题是________；rm{垄脹}装置rm{E}的作用是________；rm{(3)}乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确定最终通入rm{AgNO_{3}}溶液中的气体只有一种。为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入rm{AgNO_{3}}溶液中的气体只有一种，乙同学提出应该在装置________与________之间rm{(}填装置字母序号rm{)}增加一个装置，增加装置里面的试剂可为________。A.湿润的淀粉rm{KI}试纸rm{B.}氢氧化钠溶液C.湿润的红色布条rm{D.}饱和的食盐水19、将高碘酸rm{H_{5}IO_{6}}加入rm{{MnS}O_{4}}溶液中可使溶液呈紫红色，已知rm{H_{5}IO_{6}}在反应中发生如下过程：rm{H_{5}IO_{6}{隆煤}{HI}O_{3}{.}}完成下列填空：

rm{(1)}将该反应的氧化剂；还原剂及配平后的系数填入图中正确位置．

rm{(2)}若向rm{H_{5}IO_{6}}溶液中加入足量的下列物质，能将碘元素还原成碘离子rm{(I^{{-}})}的是______rm{(}选填序号rm{)}．

rm{a{.}}盐酸rm{b{.}}硫化氢rm{c{.}}溴化钠rm{d{.}}硫酸亚铁．20、Ⅰrm{.D}的产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平。根据以下化学反应框图填空：rm{(1)A隆煤D}的方程式为____；其反应类型为____。rm{(2)}苯和液溴反应生成rm{E}的化学方程式____，其反应类型为____。rm{(3)B隆煤C}为加聚反应过程，则rm{C}的结构简式为____。rm{(4)}由rm{D}生成乙二醇rm{(HOCH_{2}CH_{2}OH)}可经历两步反应，其方程式分别为____，____。Ⅱrm{.}已知：rm{CH_{3}CH=CHCH_{2}CH=CH_{2;}xrightarrow[垄脷{H}_{2}O]{垄脵{O}_{2}}CH_{3}CHO+OHCCH_{2}CHO+HCHO}rm{CH_{3}C隆脭CCH_{2}C隆脭CHxrightarrow[垄脷{H}_{2}O]{垄脵{O}_{2}}}rm{CH_{3}COOH+HOOCCH_{2}COOH+HCOOH}某烃rm{CH_{3}CH=CHCH_{2}CH=CH_{2;}

xrightarrow[垄脷{H}_{2}O]{垄脵{O}_{2}}CH_{3}CHO+OHCCH_{2}CHO+

HCHO}的分子式为rm{CH_{3}C隆脭CCH_{2}C隆脭CH

xrightarrow[垄脷{H}_{2}O]{垄脵{O}_{2}}}rm{CH_{3}COOH+HOOCCH_{2}COOH+

HCOOH}该烃在催化剂作用下可吸收rm{F}rm{C_{9}H_{12}}该烃通过臭氧氧化并经水处理后得到rm{1mol}rm{4molH_{2}}rm{1mol}rm{HOOCCHO}各rm{CH_{3}CHO}rm{OHCCH_{2}CH_{2}CHO}由上述信息推断rm{HCOOH}的结构简式为____。rm{1mol}的一种同分异构体rm{(5)}是苯的同系物，且其苯环上一氯代物只有一种，请写出rm{F}的结构简式____。rm{(6)F}评卷人得分四、推断题(共4题，共24分)21、已知rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}四种元素分别是元素周期表中连续rm{3}个短周期的元素，且原子序数依次增大rm{.X}rm{W}同主族，rm{Y}rm{Z}为同周期的相邻元素rm{.W}原子的质子数等于rm{Y}rm{Z}原子最外层电子数之和rm{.Y}与rm{X}形成的分子中有rm{3}个共价键rm{.Z}原子最外层电子数是次外层电子数的rm{3}倍rm{.}试推断：

rm{(1)Z}离子的结构示意图______．

rm{(2)}由以上元素中两两形成的化合物中：溶于水显碱性的气态氢化物的电子式为______；含有离子键和共价键的化合物的化学式为______．

rm{(3)}由rm{X}rm{Y}rm{Z}所形成的常见离子化合物是______

rm{(}写化学式rm{)}该化合物与rm{W}的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液加热时反应的离子方程式为______．

rm{(4)}用电子式表示rm{W}与rm{Z}形成rm{W_{2}Z}化合物的形成过程：______．22、A、rm{B}rm{C}rm{D}四种化合物，其中rm{A}rm{C}rm{D}焰色反应均为黄色，而rm{B}的焰色反应rm{(}透过蓝色钴玻璃rm{)}为紫色，rm{A}rm{C}和盐酸反应均得到rm{D}将固体rm{C}加热可得到rm{A}若在rm{A}的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得rm{C}若rm{B}的溶液滴加到硫酸亚铁溶液会先后出现白色沉淀rm{隆煤}灰绿色沉淀rm{隆煤}红褐色沉淀rm{E.}试推断：

rm{A}______、rm{B}______、rm{C}______、rm{D}______、rm{E}______．23、在稀硫酸、二氧化碳、铜片、食盐、生石灰、一氧化碳、纯碱溶液、铁片和木炭粉rm{9}种物质间存在下面的相互关系，选择rm{垄脵隆芦垄脻}中适当的物质，使有连线的两物质能发生反应。

rm{(1)}请推断它们的化学式分别为：rm{垄脵}________；rm{垄脷}________；rm{垄脹}________；rm{垄脺}________；rm{垄脻}________。rm{(2)}写出下列序号之间的化学方程式：rm{垄脵}和rm{垄脷}________rm{垄脷}和rm{垄脺}________rm{垄脷}和rm{垄脻}________rm{垄脹}和rm{垄脺}________24、已知rm{A}的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，现以rm{A}为主要原料合成一种具有果香味的物质rm{E}其合成路线如图所示．

请回答下列问题：

rm{(1)}写出rm{A}的电子式______，rm{B}rm{D}分子中的官能团名称分别是______、______．

rm{(2)}写出下列反应的化学方程式；并注明反应类型：

rm{垄脵}______；______；

rm{垄脷}______；______；

rm{垄脺}______；______．

评卷人得分五、计算题(共4题，共20分)25、（8分）平达喜是常用的中和胃酸的药物，它的化学成分是可以表示为：MgxAly(OH)zCO3·nH2O，其中氢元素的质量分数为0.040。取该碱式盐30.1g，加热完全分解会产生标准状况下1.12L气体。加入2.0mol·L－1盐酸450mL使其正好完全溶解。若在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量的氢氧化钠，过滤，沉淀物进行干燥后重17.4g。该试样中：（1）碳酸根的物质的量；（2）镁离子的物质的量；（3）氢氧根离子的物质的量；（4）碱式碳酸盐的化学式。26、某火力发电厂使用的燃料煤中硫的质量分数为rm{0.32%.}该电厂每天要燃烧这种煤rm{200t}请通过计算回答：

rm{(1)}如果煤中的硫全部转化为rm{SO_{2}}该电厂每天燃烧产生rm{SO_{2}}多少升rm{(}标准状况rm{)}

rm{(2)}将rm{SO_{2}}用“钙基固硫法”处理可以“变废为宝”：rm{SO_{2}overset{CaO}{}CaSO_{3}overset{O_{2}}{}CaSO_{4}}

假设转化过程的损失可以忽略不计，计算该电厂每天用“钙基固硫法”处理产生的rm{SO_{2}overset{CaO}{}CaSO_{3}

overset{O_{2}}{}CaSO_{4}}可获得纯度为rm{SO_{2}}的rm{85%}多少吨？rm{CaSO_{4}}27、在一个密闭容器中充入N2O4气体，发生反应：N2O4（g）⇌2NO2（g）；达到平衡时，混合气体的平均分子质量为57.5．求：

（1）平衡时，混合气体中N2O4与NO2的体积比．

（2）N2O4的平衡转化率．28、电解饱和食盐水可产生氯气；氢气和氢氧化钠；氯气与石灰乳反应可制得漂白粉．

rm{(1)}若电解饱和食盐水时消耗rm{NaCl}rm{117g}试计算理论上最多可得到多少体积的氯气rm{(}标准状况rm{)}转移的电子为多少rm{mol}

rm{(2)}若将rm{2mol}氯气通入足量石灰乳中，理论上可得次氯酸钙多少克？参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【解析】【答案】C2、C【分析】解：rm{垄脵}普通漏斗常用于过滤；可用来分离固液混合物；

rm{垄脷}试管常用于物质的制备；发生装置；

rm{垄脹}蒸馏烧瓶常用于分离沸点不同的液体混合物；

rm{垄脺}托盘天平常用于称量固体的质量；

rm{垄脻}分液漏斗常用于分离互不相溶的液体混合物；

rm{垄脼}研钵常用于固体药品的研磨；不能用来分离．

所以用来分离的仪器有rm{垄脵垄脹垄脻}．

故选C．

实验室常用于分离的操作有过滤；蒸发、蒸馏、萃取、分液等；常用的仪器有普通漏斗、分液漏斗、蒸馏烧瓶等仪器．

本题考查实验室常见仪器的使用，题目难度不大，注意常见基础知识的积累．【解析】rm{C}3、B【分析】解：rm{A.}在平衡rm{3KSCN+FeCl_{3}?Fe(SCN)_{3}+3KC1}的溶液存在的平衡本质为rm{3SCN^{-}+Fe^{3+}Fe(SCN)_{3}}与氯化钾无关，加入少量rm{KCl}溶液；平衡不移动，故A错误；

B.向rm{AgI}沉淀中滴入rm{KCl}溶液，有白色沉生成，表明生成了氯化银沉淀，说明rm{K_{sp}(AgCl)<K_{sp}(AgI)}故B正确；

C.把rm{C1_{2}}通入品红溶液中；溶液褪色，是因为氯气与水反应生成了次氯酸，次氯酸具有漂白性，故C错误；

D.向rm{Fe(NO_{3})_{2}}溶液中滴入硫酸酸化的rm{H_{2}O_{2}}溶液；溶液变为黄色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，但不一定是双氧水的作用，可能是硝酸的作用，故D错误；

故选B．

A.在平衡rm{3KSCN+FeCl_{3}?Fe(SCN)_{3}+3KC1}的溶液存在的平衡本质为rm{3SCN^{-}+Fe^{3+}Fe(SCN)_{3}}与氯化钾无关；

B.向rm{AgI}沉淀中滴入rm{KCl}溶液；有白色沉生成，表明生成了氯化银沉淀；

C.把rm{C1_{2}}通入品红溶液中；溶液褪色，是因为氯气与水反应生成了次氯酸；

D.向rm{Fe(NO_{3})_{2}}溶液中滴入硫酸酸化的rm{H_{2}O_{2}}溶液；溶液变为黄色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，但不一定是双氧水的作用．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及化学平衡、沉淀转化及氧化还原反应等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{B}4、B【分析】解：0.1mol某元素的单质直接与氯气反应后，质量增加7.1g，根据质量守恒可知，增加的7.1g为参加反应的氯气的质量，其物质的量为=0.1mol，根据电子转移守恒，反应中金属表现化合价为=+2；反应中Na表现+1价，Mg表现+2价，Fe；Al均表现+3价，故选B。

根据质量守恒可知；增加的7.1g为参加反应的氯气的质量，其物质的量为0.1mol，由于某元素单质0.1mol，根据电子转移守恒可知，金属反应表现+2价，结合选项判断．

本题考查质量守恒的有关计算，难度不大，判断增加的7.1g为参加反应的氯气的质量是关键，可以根据金属与氯气按1：1反应判断．【解析】B5、B【分析】试题分析：A中HCO3ˉ与酸性溶液不能共存，错误；B正确；C中NO3ˉ在酸性环境中有强氧化性与Fe2+不能共存，错误；D中Cu2+为蓝色，错误。考点：离子共存问题。【解析】【答案】B二、双选题(共6题，共12分)6、B|C【分析】解：A．碳酸钠电离生成碳酸根，离子方程式：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，碳酸氢钠电离生成碳酸氢根，离子方程式：HCO3-+H+=H2O+CO2↑；离子方程式不同，故A错误；

B．反应实质均为碳酸钡与钡离子反应，则能用同一离子方程式表示，离子方程式：Ba2++CO32═BaCO3↓；故B正确；

C．反应实质均为硫酸根与钡离子反应，则能用同一离子方程式表示，离子方程式：Ba2++SO42-═BaSO4↓；故C正确；

D．氢氟酸是弱酸应分子式表示，离子方程式：HF+OH-═F-+H2O，硝酸是强酸，离子方程式：H++OH-=H2O；离子方程式不同，故D错误．

故选BC．

A．碳酸氢钠电离生成碳酸氢根；

B．反应实质均为碳酸钡与钡离子反应；

C．反应实质均为硫酸根与钡离子反应；

D．氢氟酸是弱酸．

本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应及离子反应中应保留化学式的物质即可解答，题目难度不大．【解析】【答案】BC7、rCD【分析】【分析】本题考查六苯乙烷的性质和结构，题目难度比较大，主要问题在rm{D}选项空间构型的想象。【解答】A.含苯环的烃就是芳香烃；乙醚是常见的有机溶剂，根据相似相溶的原则，故A正确；

B.它的分子中含有rm{38}个碳原子和rm{30}个氢原子，分子式为rm{C_{38}H_{30}}故B正确；

C.两个苯环上碳原子rm{12}个加上乙烷结构上的rm{1}个共rm{13}个，苯环上氢原子rm{10}个，一共rm{23}个，即在同一平面上的原子最多有rm{23}个，故C正确；D.六个苯环的位置是等效的，但每个苯环上的氢不全等效，出现邻、间、对三种不同位置的取代产物，故D错误。故选D。【解析】rm{CD}8、rCD【分析】解：rm{A.Be}与rm{Al}位于对角线位置；性质相似，氢氧化铝具有两性，则铍的最高价氧化物的水化物可能具有两性，故A正确；

B.卤素单质的状态；颜色从上到下由气到固；颜色加深，非金属性从上到下减小，砹化银难溶于水，可知砹单质是有色固体，砹化氢很不稳定，砹化银是有色难溶于水且感光性很强的固体，故B正确；

C.由硫酸钙不与盐酸反应可知；硫酸锶难溶于水，难溶于盐酸，故C错误；

D.砷的最高价氧化物的水化物比磷酸的弱；磷酸为中强酸，则砷酸为弱酸，故D错误；

故选CD．

A.rm{Be}与rm{Al}位于对角线位置；性质相似；

B.卤素单质的状态；颜色从上到下由气到固；颜色加深，非金属性从上到下减小，砹化银难溶于水；

C.由硫酸钙不与盐酸反应可知硫酸锶的性质；

D.砷的最高价氧化物的水化物比磷酸的弱．

本题考查位置、结构及性质的应用，为高频考点，把握元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{CD}9、B|C【分析】解：A．盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳；故A错误；

B．加入稀盐酸后无现象，再加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，则一定有SO42-；故B正确；

C．有颜色的离子为铜离子，加入氢氧化钠，Cu2+溶液中出现蓝色沉淀，Mg2+溶液中出现白色沉淀；NaCl溶液没有现象，故C正确；

D．因加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀，也可能是别的白色沉淀，但是后面加上HCl中含有大量Cl-离子，所以不能确定Cl-离子是原溶液里的还是后来加进去的；故D错误．

故选BC．

A．盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳；

B．根据SO42-的检验方法；

C．加入氢氧化钠，Cu2+溶液中出现蓝色沉淀，Mg2+溶液中出现白色沉淀；NaCl溶液没有现象；

D．根据加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀，也可能是别的白色沉淀，但是后面加上HCl中含有大量Cl-离子；所以不能确定Cl-离子是原溶液里的还是后来加进去的．

本题考查了常见离子的检验，平时注意知识的积累．【解析】【答案】BC10、CD【分析】略【解析】rm{CD}11、rBC【分析】解：rm{A.}氨气中rm{H}元素的化合价降低；氨气为氧化剂，故A不选；

B.氨气中rm{N}元素的化合价升高；作还原剂，故B选；

C.氨气中rm{N}元素的化合价升高；作还原剂，故C选；

D.没有元素的化合价变化；不发生氧化还原反应，故D不选；

故选BC．

由rm{4NH_{3}+5O_{2}=4NO+6H_{2}O}可知，氨气中rm{N}元素的化合价升高；作还原剂，以此来解答．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合价判断，题目难度不大．【解析】rm{BC}三、填空题(共9题，共18分)12、略

【分析】解：相同浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液分别与硝酸银溶液反应，当生成沉淀的质量之比为3：2：1，设NaCl、MgCl2、AlCl3与硝酸银溶液反应生成AgCl的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，根据氯离子守恒，则n（NaCl）=3mol、n（MgCl2）==1mol、n（AlCl3）=mol，再根据V=可知，溶液浓度相等，体积相同之比等于物质的量之比，故V（NaCl）：V（MgCl2）：V（AlCl3）=3mol：1mol：mol=9：3：1；

故答案为：9：3：1．

均发生Ag++Cl-=AgCl↓，设NaCl、MgCl2、AlCl3与硝酸银溶液反应生成AgCl的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，根据氯离子守恒计算NaCl、MgCl2、AlCl3的物质的量，再根据V=可知；溶液浓度相等，体积相同之比等于物质的量之比．

本题考查了物质的量的有关计算，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．【解析】9：3：113、rm{(1)AC}

rm{(2)}

rm{(3)HOCH_{2}CH_{2}OCH_{2}CH_{2}OH}【分析】解：rm{(1)A.}“亮菌甲素”含苯环和双键，能与rm{H_{2}}发生加成反应，故A正确；rm{B.}含双键，能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色，故B错误；rm{C.}“亮菌甲素”的分子式是rm{C_{12}H_{10}O_{5}}故C正确；rm{D.}“亮菌甲素”分子中含氧官能团为酚rm{-OH}醇rm{-OH}及rm{-COOC-}有rm{3}种，故D错误；故答案为：rm{AC}rm{(2)}丙二醇的分子式是rm{C_{3}H_{8}O_{2}}则rm{2}个rm{-OH}在不同的rm{C}原子上，属于醇类的同分异构体的结构简式rm{CH_{3}CH(OH)CH_{2}OH}rm{CH_{2}(OH)CH_{2}}rm{CH_{2}(OH)}故答案为：rm{(3)}二甘醇中rm{C}rm{O}元素的质量分数相同，且rm{H}的质量分数为rm{9.4%}则rm{C}rm{O}元素的质量分数都为rm{dfrac{1-9.4%}{2}=45.3%}则分子中rm{dfrac

{1-9.4%}{2}=45.3%}rm{N(C)}rm{N(H)}rm{N(O)=dfrac{0.453}{12}}rm{dfrac{0.453}{16}}rm{dfrac{0.094}{1}=4}rm{3}分子式应为rm{10}二甘醇分子中有rm{C_{4}H_{10}O_{3}}个吸收峰，其峰面积之比为rm{3}rm{2}rm{2}说明分子中有rm{1}种不同的rm{3}且个数比为rm{H}rm{2}rm{2}rm{1}二甘醇与足量的金属钠反应生成rm{1mol}说明含有rm{1molH_{2}}个rm{2}则二甘醇结构简式为rm{-OH}故答案为：rm{HOCH_{2}CH_{2}OCH_{2}CH_{2}OH.}考查有机物的推断，题目难度中等，易错点为，注意分子式的推断为解答该题的关键，结合题目信息分析可能具有的结构．rm{HOCH_{2}CH_{2}OCH_{2}CH_{2}OH}【解析】rm{(1)AC}

rm{(2)}

rm{(3)HOCH_{2}CH_{2}OCH_{2}CH_{2}OH}14、N2、O2；使氨气和大气充分混合；作肥料或氮肥【分析】解：rm{(1)}空气中含有氮气和氧气，根据流程图知，空气中部分氧气被还原，所以排出还含有氮气和氧气，故答案为：rm{N_{2}}rm{O_{2}}

rm{(2)}加一个缓冲器能使混合气体中各成分充分混合；加快反应速率，故答案为：使氨气和大气充分混合；

rm{(3)}根据流程图知；从吸收塔出来的物质中含有铵盐，可以作肥料或氮肥，故答案为：作肥料或氮肥．

rm{(1)}排空物质中含有未反应的空气成分；

rm{(2)}加一个缓冲器能使混合气体中各成分充分混合；

rm{(3)}铵盐可以作肥料．

本题考查了氮的氧化物之间的转化，明确流程图中各部分发生的化学反应是解本题关键，注意从整体上分析解答，难度中等．【解析】rm{N_{2}}rm{O_{2}}使氨气和大气充分混合；作肥料或氮肥15、略

【分析】解：rm{KCl}存在钾离子和氯离子，钾离子为简单阳离子，氯离子最外层为rm{8}电子，氯化钾的电子式为rm{CO_{2}}为直线形分子，其结构式为rm{O=C=O}

故答案为：rm{O=C=O}．

氯化钾为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷；rm{CO_{2}}为直线形分子．

本题考查了电子式和结构式的书写，题目难度不大，注意离子化合物与共价化合物的电子式的表示方法及区别，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．【解析】rm{O=C=O}16、略

【分析】

向所得浊液中；逐滴加入1mol/L盐酸，由加入盐酸的体积和生成沉淀的质量关系图分析：

①0-10ml；随盐酸的体积增加，生成沉淀的质量不变；

说明沉淀是Mg（OH）2，m[Mg（OH）2]=1.16g；

NaOH、AlCl3、MgCl2组成的混合物，溶于足量水发生反应是：MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl；

AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O，NaOH有剩余，溶液是NaCl、NaAlO2和NaOH的混合液；

该阶段发生反应是：NaOH+HCl=NaCl+H2O；

②10ml处，加入10ml盐酸刚好中和未反应的NaOH，溶液为NaCl、NaAlO2；

③10ml-30ml，即A点→B点，随盐酸的体积增加，生成沉淀的质量增加，该阶段发生反应是：NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，离子方程式是：H2O+AlO2-+H+=Al（OH）3↓

④30ml处，NaAlO2与盐酸恰好反应；需盐酸体积为：30ml-10ml=20ml，沉淀质量达到最大，溶液为NaCl溶液；

⑤30ml-C点，随盐酸的体积增加，沉淀的质量减少，发生反应是：Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O；

Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O；

⑥C点，Mg（OH）2和Al（OH）3完全反应，溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液．

选30ml处，计算NaOH的质量，此时，溶液为NaCl溶液，溶液中Cl-来源于原混合物中的AlCl3、MgCl2和加入的30mlHCl，溶液中Na+来源于原混合物中的NaOH．

NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl

0.02mol0.02L×1mol/L=0.02mol

由Al原子守恒得原混合物中n（AlCl3）=n（NaAlO2）=0.02mol

由Mg原子守恒得原混合物中n（MgCl2）=n[Mg（OH）2]==0.02mol；

由Na+离子和Cl-离子守恒得；原混合物中。

n（NaOH）=n（NaCl）=n（Cl-）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）+n（HCl）=0.02mol×2+0.02mol×3+0.03L×1mol/L=0.13mol

C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液；C点所加盐酸用于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量：

n（HCl）=n（NaOH）=0.13mol；P点所表示盐酸的体积为：V==0.13L=130ml

故答案为：（1）H2O+AlO2-+H+=Al（OH）3↓（2）0.02mol；0.13mol（3）130ml

【解析】【答案】先分段分析图象；分析每一段图象发生的化学反应有哪些；拐点溶液中溶质的成分是什么，然后结合方程式、原子守恒求出各个物理量．

17、58.5g•mol﹣1【分析】【解答】11.7gNaX中含有0.2molNa+，NaX=Na++X﹣，NaX的物质的量为0.1mol，NaX的摩尔质量为M===58.5g•mol﹣1；

故答案为：58.5g•mol﹣1．

【分析】由钠离子计算NaX的物质的量，再根据M=计算NaX的摩尔质量18、（1）随反应的进行；盐酸浓度变稀，将不再反应。

（4）①证明有水蒸气产生，并吸收水蒸气，避免对后面探究Cl2的性质实验产生干扰②氯气无漂白性，次氯酸有漂白性③吸收氯气（5）EFA或C【分析】【分析】本题考查氯气的制取原理、实验装置评价与理解、氯气的性质、氯离子检验等，关键是清楚实验的目的与原理，物质性质的实验验证方法设计和分析判断，反应现象是解题关键，题目难度不大。【解答】rm{(1)MnO_{2}}和浓盐酸混合共热反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：rm{Mn{O}_{2}+4{H}^{+}+2C{l}^{-}begin{matrix}triangle=end{matrix}M{n}^{2+}+C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}二氧化锰只能与浓盐酸发生反应，与稀盐酸不反应，用含有rm{Mn{O}_{2}+4{H}^{+}+2C{l}^{-}begin{matrix}triangle

=end{matrix}M{n}^{2+}+C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}的浓盐酸与足量的rm{0.2molHCl}反应制取氯气；随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐变稀将不再发生反应；

rm{MnO_{2}}无水硫酸铜遇水变蓝，并且能够吸收水蒸气，故用rm{(2)垄脵}装置检验有水蒸气挥发出来，并且吸收水蒸气，避免对后面探究氯气的性质实验产生干扰，故答案为证明有水蒸气挥产生，并吸收水蒸气，避免对后面探究rm{B}的性质实验产生干扰；

rm{Cl_{2}}氯气没有漂白性，有漂白性的是次氯酸，故答案为氯气无漂白性，次氯酸rm{垄脷}；

有漂白性吸收氯气；防止对检验氯化氢的存在检验造成干扰，故答案为吸收氯气；

rm{垄脹}氯气、氯化氢通入到硝酸银都会产生沉淀，为了确保实验结论的可靠性，应在装置rm{(3)}和rm{E}之间增加一个盛有湿润的淀粉碘化钾试纸或者湿润的有色布条；如果湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝或者湿润的有色布条不褪色，则氯气被完全吸收；

故答案为rm{F}rm{E}rm{F}或rm{A}rm{C}【解析】rm{(1)Mn{O}_{2}+4{H}^{+}+2C{l}^{-}begin{matrix}triangle=end{matrix}M{n}^{2+}+C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}随反应的进行；盐酸浓度变稀，将不再反应。

rm{(1)Mn{O}_{2}+4{H}^{+}+2C{l}^{-}begin{matrix}triangle

=end{matrix}M{n}^{2+}+C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}rm{(4)}证明有水蒸气产生，并吸收水蒸气，避免对后面探究rm{垄脵}证明有水蒸气产生，并吸收水蒸气，避免对后面探究rm{Cl_{2}}的性质实验产生干扰的性质实验产生干扰rm{垄脵}氯气无漂白性，次氯酸有漂白性rm{Cl_{2}}吸收氯气rm{垄脷}氯气无漂白性，次氯酸有漂白性rm{垄脷}rm{垄脹}或rm{垄脹}rm{(5)E}19、rm{(1)5}rm{{H}_{5}I{O}_{6}}rm{2}rm{MnS{O}_{4}}

rm{(2)}rm{b}【分析】【分析】本题考查了氧化还原反应的配平及氧化性、还原性，难度不大。【解答】rm{(1)}根据氧化还原反应配平的依据，化合价升降总数相等配平，将高碘酸rm{{H}_{5}I{O}_{6}}加入rm{MnS{O}_{4}}溶液中可使溶液呈紫红色，做还原剂，说明生成了rm{Mn{{O}_{4}}^{-}}化合价升高了rm{5}化合价升高了rm{Mn{{O}_{4}}^{-}}rm{5}做氧化剂，化合价降低了rm{{H}_{5}I{O}_{6}}rm{2}最小公倍数为rm{zu}故计量数为rm{10}rm{2}的计量数为rm{{H}_{5}I{O}_{6}}rm{5}rm{(2)}能将碘元素还原成碘离子碘元素的化合价降低，做氧化剂，需加入一种还原剂，由于氯气、溴单质及亚铁离子的氧化性均强于碘单质，所以rm{({I}^{?})}不可能将rm{acd}氧化，故选择rm{{H}_{5}I{O}_{6}}rm{b}【解析】rm{(1)5}rm{{H}_{5}I{O}_{6}}rm{2}rm{MnS{O}_{4}}rm{(2)}rm{b}20、（1）CH≡CH+H2→CH2=CH2加成反应（2）（条件可以写催化剂）取代反应（3）（4）（5）CH≡C-CH=CHCH2CH2CH=CHCH3

【分析】【分析】本题考查有机物的推断，涉及结构简式、化学方程式的书写，反应类型的判断等，难度中等。【解答】Ⅰ、rm{(1)A}为乙炔，则rm{A隆煤D}的方程式为为乙炔，则rm{(1)A}的方程式为rm{A隆煤D}rm{CH隆脭CH+H}rm{2}rm{2}rm{隆煤CH}rm{2}其反应类型为加成反应；rm{2}rm{=CH}rm{{,!}_{2}}其反应类型为rm{{,!}_{2}}故答案为：rm{CH隆脭CH+H}rm{2}加成反应；rm{2}苯和液溴反应生成rm{隆煤CH}的化学方程式为rm{2}故答案为：取代反应；rm{2}为加聚反应过程，则rm{=CH}的结构简式为故答案为：rm{{,!}_{2}}由rm{{,!}_{2}}生成乙二醇rm{(2)}苯和液溴反应生成rm{E}的化学方程式为rm{(2)}rm{E}其反应类型为取代反应；rm{(3)B隆煤C}为加聚反应过程，则rm{C}的结构简式为可经历两步反应，其方程式分别为rm{C{H}_{2}=C{H}_{2}+B{r}_{2}隆煤C{H}_{2}BrC{H}_{2}Br}rm{C{H}_{2}BrC{H}_{2}Br+2NaOHxrightarrow[?]{水}HOC{H}_{2}C{H}_{2}OH+2NaBr}rm{(3)B隆煤C}rm{C{H}_{2}=C{H}_{2}+B{r}_{2}隆煤C{H}_{2}BrC{H}_{2}Br}rm{C{H}_{2}BrC{H}_{2}Br+2NaOHxrightarrow[?]{水}HOC{H}_{2}C{H}_{2}OH+2NaBr}Ⅱ、rm{C}由上述信息推断rm{(4)}由rm{D}生成乙二醇rm{(HOCH}的结构简式为rm{(4)}rm{D}rm{(HOCH}rm{2}rm{2}rm{CH}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{OH)}可经历两步反应，其方程式分别为rm{OH)}rm{C{H}_{2}=C{H}_{2}+B{r}_{2}隆煤C{H}_{2}BrC{H}_{2}Br

}rm{C{H}_{2}BrC{H}_{2}Br+2NaOH

xrightarrow[?]{水}HOC{H}_{2}C{H}_{2}OH+2NaBr}故答案为：的一种同分异构体rm{C{H}_{2}=C{H}_{2}+B{r}_{2}隆煤C{H}_{2}BrC{H}_{2}Br

}是苯的同系物，且其苯环上一氯代物只有一种，则rm{C{H}_{2}BrC{H}_{2}Br+2NaOH

xrightarrow[?]{水}HOC{H}_{2}C{H}_{2}OH+2NaBr}的结构简式是故答案为：rm{(5)}由上述信息推断rm{F}的结构简式为【解析】rm{(1)CH隆脭CH+H}rm{2}rm{2}rm{隆煤CH}rm{2}rm{2}rm{=CH}加成反应rm{2}rm{2}条件可以写催化剂取代反应rm{(2)}rm{(4)C{H}_{2}=C{H}_{2}+B{r}_{2}隆煤C{H}_{2}BrC{H}_{2}Br}rm{C{H}_{2}BrC{H}_{2}Br+2NaOHxrightarrow[?]{水}HOC{H}_{2}C{H}_{2}OH+2NaBr}rm{(}

rm{)}四、推断题(共4题，共24分)21、略

【分析】解：rm{Z}原子最外层电子数是次外层电子数的rm{3}倍，rm{Z}原子只能有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{6}则rm{Z}为rm{O}元素；rm{Y}与rm{X}形成的分子中有rm{3}个共价键，四种元素分别是元素周期表中连续rm{3}个短周期的元素，rm{Y}的原子序数小于rm{O}元素，则rm{Y}为rm{N}元素、rm{X}为rm{H}元素；rm{W}原子的质子数等于rm{Y}rm{Z}原子最外层电子数之和，rm{W}原子质子数rm{=5+6=11}则rm{W}为rm{Na}元素；

rm{(1)Z}为rm{O}元素，氧离子的核电荷数为rm{8}核外电子总数为rm{10}其离子结构示意图为：

故答案为：

rm{(2)}由以上元素两两形成的化合物中：溶于水显碱性的气态氢化物是氨气，氨气的电子式为

含有离子键和非极性共价键的化合物为过氧化钠，过氧化钠的化学式为：rm{Na_{2}O_{2}}

故答案为：rm{Na_{2}O_{2}}

rm{(3)}由rm{X}rm{Y}rm{Z}所形成的常见离子化合物是rm{NH_{4}NO_{3}}rm{W}的最高氧化物的水化物为rm{NaOH}二者反应的离子方程式为：rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{overset{;;triangle;;}{.}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}

故答案为：rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{

overset{;;triangle;;}{.}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{overset{;;triangle;;}{.}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}

rm{NH_{4}NO_{3}}为rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{

overset{;;triangle;;}{.}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}氧化钠属于离子化合物，用电子式表示氧化钠的形成过程为

故答案为：．

rm{(4)W_{2}Z}原子最外层电子数是次外层电子数的rm{Na_{2}O}倍，rm{Z}原子只能有rm{3}个电子层，最外层电子数为rm{Z}则rm{2}为rm{6}元素；rm{Z}与rm{O}形成的分子中有rm{Y}个共价键，四种元素分别是元素周期表中连续rm{X}个短周期的元素，rm{3}的原子序数小于rm{3}元素，则rm{Y}为rm{O}元素、rm{Y}为rm{N}元素；rm{X}原子的质子数等于rm{H}rm{W}原子最外层电子数之和，rm{Y}原子质子数rm{Z}则rm{W}为rm{=5+6=11}元素；据此进行解答．

本题考查位置、结构与性质关系的综合应用，综合考查学生分析问题的能力，题目难度中等，正确推断各元素名称为解答关键，本题注意电子式的书写以及相关物质的性质，为易错点．rm{W}【解析】rm{Na_{2}O_{2}}rm{NH_{4}NO_{3}}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{overset{;;triangle;;}{.}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{

overset{;;triangle;;}{.}}{;}NH_{3}隆眉+H_{2}O}22、略

【分析】解：rm{A}rm{C}rm{D}焰色反应均为黄色，则均为钠的化合物，rm{B}的焰色反应rm{(}透过蓝色钴玻璃rm{)}为紫色，则rm{B}为钾的化合物，rm{A}rm{C}和盐酸反应均得到rm{D}将固体rm{C}加热可得到rm{A}若在rm{A}的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得rm{C}则rm{C}为rm{NaHCO_{3}}rm{A}为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{D}为rm{NaCl}

若rm{B}的溶液滴加到硫酸亚铁溶液会先后出现白色沉淀rm{隆煤}灰绿色沉淀rm{隆煤}红褐色沉淀rm{E}则rm{B}为rm{KOH}rm{E}为rm{Fe(OH)_{3}}

综上所述，rm{A}为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{B}为rm{KOH}rm{C}为rm{NaHCO_{3}}rm{D}为rm{NaCl}rm{E}为rm{Fe(OH)_{3}}

故答案为：rm{Na_{2}CO_{3}}rm{KOH}rm{NaHCO_{3}}rm{NaCl}rm{Fe(OH)_{3}}．

A、rm{C}rm{D}焰色反应均为黄色，则均为钠的化合物，rm{B}的焰色反应rm{(}透过蓝色钴玻璃rm{)}为紫色，则rm{B}为钾的化合物，rm{A}rm{C}和盐酸反应均得到rm{D}将固体rm{C}加热可得到rm{A}若在rm{A}的溶液中通入一种无色无味气体，又可制得rm{C}则rm{C}为rm{NaHCO_{3}}rm{A}为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{D}为rm{NaCl}

若rm{B}的溶液滴加到硫酸亚铁溶液会先后出现白色沉淀rm{隆煤}灰绿色沉淀rm{隆煤}红褐色沉淀rm{E}则rm{B}为rm{KOH}rm{E}为rm{Fe(OH)_{3}}以此来解答．

本题考查无机物的推断，熟悉钠的化合物及碱与亚铁离子的反应即可解答，注意现象与发生的化学反应的关系，题目难度不大．【解析】rm{Na_{2}CO_{3}}rm{KOH}rm{NaHCO_{3}}rm{NaCl}rm{Fe(OH)_{3}}23、（1）FeH2SO4CO2CaONa2CO3（2）Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑H2SO4+CaO=CaSO4+H2ONa2CO3＋H2SO4＝Na2SO4＋CO2↑＋H2OCaO+CO2=CaCO3【分析】【分析】本题考查无机物的推断，侧重于基础知识的考查，难度不大，根据提供物质的性质以及转化关系进行判断。【解答】rm{(1)}在题目提供的物质中，单质rm{垄脵}与酸rm{垄脷}反应，则rm{垄脵}为rm{Fe}rm{垄脷}为rm{H_{2}SO_{4}}酸能与盐rm{垄脻}反应，则rm{垄脻}为rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}氧化物rm{CO}能与rm{{,!}_{3}}反应，则rm{垄脺}为rm{垄脻}二者氧化物rm{垄脺}能与氧化物rm{CaO}反应，则rm{垄脹}为rm{垄脺}故答案为：rm{垄脹}rm{CO_{2}}rm{Fe}rm{H_{2}SO_{4}}rm{CO_{2}}rm{CaO}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}和rm{CO}反应的化学方程式：rm{CO}

rm{{,!}_{3}}和rm{(2)垄脵}反应的化学方程式：rm{垄脷}

rm{Fe+H_{2}SO_{4}=FeSO_{4}+H_{2}隆眉}和rm{垄脷}反应的化学方程式：rm{垄脺}rm{H_{2}SO_{4}+CaO=CaSO_{4}+H_{2}O}rm{垄脷}rm{垄脻}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}rm{=Na}

rm{=Na}和rm{{,!}_{2}}反应的化学方程式：rm{SO}

故答案为：rm{SO}rm{{,!}_{4}}rm{+CO}rm{+CO}rm{{,!}_{2}}rm{隆眉+H}rm{隆眉+H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{CaO+CO_{2}=CaCO_{3}}rm{Fe+H_{2}SO_{4}=FeSO_{4}+H_{2}隆眉}rm{H_{2}SO_{4}+CaO=CaSO_{4}+H_{2}O}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}；rm{CO}rm{{,!}_{3}}【解析】rm{(1)Fe}rm{H_{2}SO_{4;;}CO_{2;;;}CaO}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{(2)Fe+H_{2}SO_{4}=FeSO_{4}+H_{2}隆眉}rm{H_{2}SO_{4}+CaO=CaSO_{4}+H_{2}O}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}rm{=Na}rm{=Na}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}24、略

【分析】解：rm{A}的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则rm{A}为rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{A}和水发生加成反应生成rm{B}rm{B}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{B}被氧化生成rm{C}rm{C}为rm{CH_{3}CHO}rm{C}被氧化生成rm{D}rm{D}为rm{CH_{3}COOH}rm{E}是具有果香味的物质，且rm{B}和rm{D}发生酯化反应生成rm{E}rm{E}为rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}

rm{(1)A}的电子式为rm{B}rm{D}分子中的官能团名称分别是羟基、羧基，故答案为：羟基；羧基；

rm{(2)垄脵}为rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}O隆煤CH_{3}CH_{2}OH}属于加成反应，故答案为：rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}O隆煤CH_{3}CH_{2}OH}加成反应；

rm{垄脷}为rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}属于氧化反应，故答案为：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}

rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}为rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{垄脺}属于取代反应或酯化反应；

故答案为：rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}取代反应或酯化反应．

rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}为rm{A}rm{A}和水发生加成反应生成rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{A}为rm{B}rm{B}被氧化生成rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{B}为rm{C}rm{C}被氧化生成rm{CH_{3}CHO}rm{C}为rm{D}rm{D}是具有果香味的物质，且rm{CH_{3}COOH}和rm{E}发生酯化反应生成rm{B}rm{D}为rm{E}以此来解答．

本题考查有机物的推断，为高频考点，把握rm{E}为乙烯及合成反应中物质的推断是解本题关键，侧重分析与推断能力的考查，注意常见有机物的性质及转化，题目难度不大．rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}【解析】羟基；羧基；rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}O隆煤CH_{3}CH_{2}OH}加成反应；rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}氧化反应；rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}取代反应或酯化反应rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}五、计算题(共4题，共20分)25、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据该物质的化学式可知分解生成的气体应该是CO2所以CO2的物质的量是1.12L÷22.4L/mol＝0.05mol则根据碳元素守恒可知碳酸根的物质的量0.05mol（2）由于氢氧化铝是两性氢氧化物所以得到的17.4g白色沉淀是氢氧化镁物质的量是17.4g÷58g/mol＝0.3mol则根据镁原子守恒可知镁离子的物质的量是0.3mol（3）消耗盐酸的物质的量是0.45L×2.0mol/L＝0.9mol生成氯化镁是0.3mol所以根据氯原子守恒可知生成氯化铝是0.1mol则铝离子的物质的量是0.1mol根据元素正负极代数和为0可知氢氧根离子的物质的量（4）根据以上分析可知结晶水的物质的量是所以x:y:z:n＝0.3：0.1：0.8：0.2＝3：1：8：2由于CO32－的物质的量是0.05mol则该物质的化学式是Mg6Al2(OH)16CO3.4H2O考点：考查物质的量的有关计算、化学式的判断与确定【解析】【答案】（1）0.05(2)0.3(3)0.8(4)Mg6Al2(OH)16CO3.4H2O(每小题2分，共8分)26、略

【分析】

rm{(1)}求出煤炭中含有的硫的质量和物质的量，设硫燃烧时生成的二氧化硫的物质的量为rm{xmol}根据方程式rm{S+O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}SO_{2}}计算；

rm{S+O_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}SO_{2}}求出二氧化硫的物质的量，然后根据rm{SO_{2}overset{CaO}{}CaSO_{3}overset{O_{2}}{}CaSO_{4}}可知：rm{(2)}设生成rm{SO_{2}overset{CaO}{}CaSO_{3}

overset{O_{2}}{}CaSO_{4}}的物质的量为rm{SO_{2}隆芦CaSO_{4}}据此可求出rm{CaSO_{4}}的物质的量，然后根据rm{ymol}求出质量．

本题考查化学方程式计算，注意利用守恒法计算，难度不大，旨在考查学生对基础知识的巩固．rm{CaSO_{4}}【解析】解：rm{(1)200t}煤炭中含有的硫的质量rm{m=200t隆脕0.32%=0.64t=6.4隆脕10^{5}g}物质的量rm{n=dfrac{6.4g隆脕10^{5}g}{32g/mol}=2隆脕10^{4}mol}设硫燃烧时生成的二氧化硫的物质的量为rm{n=dfrac

{6.4g隆脕10^{5}g}{32g/mol}=2隆脕10^{