2024年沪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年沪教版高三化学上册阶段测试试卷460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、相同质量的SO2和SO3，它们之间的关系正确的是（）A.所含硫原子的物质的量之比为1：1B.所含硫元素的质量比为5：4C.所含氧元素的质量比为4：5D.所含氧原子的物质的量之比为3：22、石油、煤是重要的能源物质，下列对石油、煤进行加工的过程中不涉及化学变化的是（）A.石油分馏B.石油裂化C.重油裂解D.煤的干馏3、下列可以用分液漏斗分离的一组混合物是（）A.乙醇与乙酸B.苯与溴苯C.乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液D.葡萄糖与果糖4、下列离子或分子组中能大量共存；且满足相应要求的是（）

。选项离子或分子要求AK+、NO3-、Cl-、HS-c（K+）＜c（Cl-）BFe3+、NO3-、SO32-、Cl-滴加盐酸立即有气体产生CNH4+、Al3+、SO42-、CH3COOH滴加NaOH溶液立即有气体产生DNa+、HCO3-、Mg2+、SO42-滴加氨水立即有沉淀产生A.AB.BC.CD.D5、在4Zn+10HNO3（很稀）=4Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O的反应中，如果4molZn完全起反应，则被还原的HNO3的物质的量是（）A.1molB.2molC.4molD.10mol6、缺钙主要会引起（）A.贫血B.大脖子病C.侏儒症D.骨质疏松症7、下列反应的离子方程式书写正确的是（）A.氯化铜溶液与铁粉反应：Cu2++Fe=Fe2++CuB.稀H2SO4与铁粉反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑C.氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓D.碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑8、下列关于钠的性质的叙述不正确的（）A.钠投入水中立即熔化成闪亮的小球，说明反应放热且钠的熔点低B.钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2C.金属钠可以将铜从其盐溶液中置换出来D.实验后剩余的钠块能放回原试剂瓶中评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、碳酸锂（相对分子质量74）广泛应用于化工；冶金、陶瓷、医药、制冷、焊接、锂合金等行业．制备流程如图：

已知：碳酸锂的溶解度为（g/L）

。温度/℃010203040506080100Li2CO31.541.431.331.251.171.081.010.850.72（1）锂辉石（Li2Al2Si4Ox）可以用氧化物的形式表示其组成，形式为____

（2）硫酸化焙烧工业反应温度控制在250-300℃，主要原因是____；同时，硫酸用量为理论耗酸量的115%左右，硫酸如果加入过多则____（填入选项代号）．

A．增加酸耗量B．增加后续杂质的处理量C．增加后续中和酸的负担。

（3）水浸时，需要在搅拌下加入石灰石粉末的主要作用是____．

（4）“沉锂”的化学反应方程式为____

（5）“沉锂”需要在95℃以上进行，主要原因是____．过滤碳酸锂所得母液中主要含有硫酸钠，还可能含有____和____．10、（2015秋•成都校级期中）水的电离平衡曲线如图所示；若A点表示25℃时水的电离达平衡时的离子浓度，B点表示100℃时水的电离达平衡时的离子浓度．

①KW（25℃）____KW（100℃）（填“＞”、“＜”或“=”），100℃时1mol•L-1的NaOH溶液中，由水电离出的c（H+）=____mol•L-1．

②25℃时，向水的电离平衡体系中加入少量NH4Cl固体，对水的电离平衡的影响是____（填“促进”“抑制”或“不影响”）．11、如图中；A为芳香化合物，苯环上有两个邻位取代基：

请回答：

（1）B所含的官能团的名称是____

（2）反应C→D的化学方程式是____反应类型是____

（3）A的结构简式是____、E的结构简式是____

（4）C在一定条件下可生成一种高分子化合物H，请写出C→H的化学方程式：____．

（5）1molG的溶液可跟____molCO2反应。

（6）B有多种同分异构体，写出属于酯类且能发生银镜反应的同分异构体的结构简式____．12、高纯MnCO3是制备高性能磁性材料的主要原料．实验室以MnO2为原料制备少量高纯MnCO3的操作步骤如下．

（1）制备MnSO4溶液：在烧瓶中（装置见图1）加入一定量MnO2和水，搅拌，通入SO2和N2混合气体，反应3h．停止通入O2，继续反应片刻，过滤（已知MnO2+H2SO3═MnSO4+H2O）．

①石灰乳参与反应的化学方程式为____．

②反应过程中，为使SO2尽可能转化完全，在通入SO2和N2比例一定、不改变固液投料的条件下，可采取的合理措施有____．

③若实验中将N2换成空气，测得反应液中Mn2+、SO42-的浓度随反应时间t变化如图2导致溶液中Mn2+、SO42-浓度变化产生明显差异的原因是____．

（2）制备高纯MnCO3固体：已知MnCO3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解；Mn（OH）2开始沉淀时pH=7.7．请补充由（1）制得的MnSO4溶液制备高纯MnCO3的操作步骤。

实验中可选用的试剂：Ca（OH）2、NaHCO3、Na2CO3、C2H5OH．

①边搅拌边加入____，并控制溶液pH____；

②____；

③检验SO42-是否被洗涤干净；（实验操作：____）

④用少量C2H5OH洗涤；

⑤____．13、（1）0.5molCH4的质量是____g，在标准状况下的体积为____L；含____个氢原子．

（2）将标准状况下22.4L的HCl溶于水配成200mL的溶液，所得溶液的物质的量浓度为____；配制300mL0.5mol•L-1氯化钠溶液，需要1.5mol•L-1的氯化钠溶液的体积是____mL．

（3）下列数量的各物质所含原子数按由大到小的顺序排列是____．

①0.5molCO2②标准状况下22.4L氦气③4℃时18mL水④0.2mol硫酸酸．14、原子序数依次增大的短周期元素A、B、C、D、E、F，其中A、B的阴离子与C、D的阳离子的电子排布式均为ls22s22p6；A原子核外有2个未成对电子，C单质可与热水反应但不能与冷水反应；E；F原子在基态时填充电子的轨道有9个，且E原子核外有3个未成对电子，F能形成与A相同价态的阴离子，且A离子半径小于F离子．回答：

（1）B元素的名称为____．

（2）A与F可形成两种中学化学常见的化合物，其分子式分别为____和____；分子空间构型分别为____．

（3）请写出基态原子E的价电子排布式____．

（4）上述六种元素按电负性从大到小的排列是____（写元素符号表示）．

（5）C、D、E、F元素第一电离能从小到大的排列是____（写元素符号）．

（6）A、B、C、D四种元素的简单离子按半径由小到大的顺序为（用离子符号表示）____．

（7）C与A形成的化合物属于____晶体，此化合物和NaCl固体相比较熔点的高低关系为____．（用化学式表示大小关系），原因是____．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)15、工业废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染．____．（判断对错）16、金属阳离子一定只具有氧化性．____（判断对错）17、摩尔是七个基本物理量之一____．（判断对错）18、现对0.1mol/L的纯碱溶液进行相关研究．

（1）用pH试纸测定该溶液的pH，其正确的操作____．

（2）由上测得纯碱溶液呈碱性，请用离子方程式表示其原因：____．

（3）某同学根据所学知识对Na2CO3溶液进行分析；写出了以下四个关系式．请你判断：在正确的关系式后面打“√”，在错误的后面写出正确的关系式．

①c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]：____；

②c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）：____；

③c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）：____；

④c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）：____．19、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）20、通过红外光谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯____．评卷人得分四、解答题(共1题，共6分)21、现有540g质量分数为5%的CuCl2溶液．计算：

（1）溶液中CuCl2的物质的量；

（2）Cl-的数目．评卷人得分五、推断题(共2题，共10分)22、置换反应的通式可表示为：

单质甲+化合物A单质乙+化合物B

请回答下列问题：

（1）若甲为黄绿色气体，单质乙能使淀粉溶液变蓝色，则该反应的离子方程式为____．

（2）若过量的单质甲与化合物A发生反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe．除去反应后混合物中剩余的铝粉与生成的Al2O3所用的试剂是____．

（3）若甲为金属，其焰色为黄色，化合物B为一种常见的强碱，则该反应的化学方程式为____．

（4）若单质乙是黑色非金属固体单质，化合物B是优质的耐高温材料，则该反应的化学方程式为____．

（5）若化合物A可作光导纤维材料，乙为非金属半导体材料，则该反应的化学方程式为____．23、X；Y、Z三种物质有如下转化关系：

（1）根据上述转化关系，写出下列物质的化学式：Y____，试剂甲____，试剂乙____

（2）写出上述③④⑤步反应的离子方程式：③____．④____．⑤____．评卷人得分六、综合题(共1题，共7分)24、（15分）A、B、C、D、E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物。Ⅰ、元素X、Y的单质是生活中常见的金属，相关物质间的关系如下图所示。（1）X的单质与A反应的化学方程式是＿＿＿＿＿。（2）若试剂1是NaOH溶液，X的单质与试剂1反应的离子方程式是＿＿＿＿＿。（3）若试剂1和试剂2均是稀硫酸。①检验物质D的溶液中金属离子的方法是＿＿＿＿＿。②将物质C溶于水，其溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）＿＿＿＿＿。③某高效净水剂是由Y（OH）SO4聚合得到的。工业上以E、稀硫酸和亚硝酸钠为原料来制备Y（OH）SO4，反应中有NO生成，该反应的化学方程式是。Ⅱ、若X、Y是非金属单质，试剂3是NaOH溶液，F的水溶液可作木材的防火材料，则X的单质与A反应的化学方程式是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿，试剂1和C的化学式分别是＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿。Y在工业上的主要用途是＿＿＿＿＿＿＿＿（写一种）。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】根据n=可知，相同质量的SO2和SO3的物质的量之比为80g/mol：64g/mol=5：4，结合每个分子含有的S原子、O原子数计算所含S原子、O原子物质的量之比，再根据m=nM可知，含有硫元素之比等于硫原子物质的量之比、含有的氧元素质量之比等于氧原子物质的量之比．【解析】【解答】解：根据n=可知，相同质量的SO2和SO3的物质的量之比为80g/mol：64g/mol=5：4；

A．每个SO2、SO3分子都含有1个S原子；则二者含有S原子物质的量之比为5：4，故A错误；

B．根据m=nM可知；含有硫元素质量之比为5：4，故B正确；

C．含有氧原子数目之比为5×2：4×3=5：6；根据m=nM可知，含有氧元素质量之比为5：6，故C错误；

D．含有氧原子数目之比为5×2：4×3=5：6；故D错误；

故选：B．2、A【分析】【分析】化学变化的特征是：在原子核不变的情况下，有新物质生成．判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成．依据石油分馏、裂化、裂解和煤干馏的原理作答．【解析】【解答】解：A．石油的分馏是利用石油中各组分的沸点的不同进行物质分离；没有新物质生成，物理变化，故A正确；

B．石油裂化就是在一定的条件下；将相对分子质量较大；沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，涉及化学变化，故B错误；

C．重油裂解是为了得到更多的轻质油；有新物质生成，属于化学变化，故C错误；

D．把煤隔绝空气加强热使它分解的过程叫做煤的干馏煤的干馏；属于化学变化，故D错误；

故选：A．3、C【分析】【分析】分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开．【解析】【解答】解：A．乙醇与乙酸是互溶的；不能用分液漏斗分离，故A错误；

B．苯与溴苯是互溶的；不能用分液漏斗分离，故B错误；

C．乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液互不相溶；分层，可以用分液漏斗分离，故C正确；

D．葡萄糖与果糖是互溶的；不能用分液漏斗分离，故D错误．

故选C．4、D【分析】【分析】A．c（K+）＜c（Cl-）；不能遵循电荷守恒；

B．Fe3+、SO32-发生氧化还原反应；

C．滴加NaOH溶液先与醋酸反应；

D．离子之间不反应，滴加氨水与Mg2+结合生成沉淀．【解析】【解答】解：A．离子之间不反应，可大量共存，但c（K+）＜c（Cl-）；不能遵循电荷守恒，故A不选；

B．Fe3+、SO32-发生氧化还原反应；不能大量共存，故B不选；

C．离子之间不反应；可大量共存，但滴加NaOH溶液先与醋酸反应，不能立即生成气体，故C不选；

D．离子之间不反应，滴加氨水与Mg2+结合生成沉淀；立即生成沉淀，符合题意，故D选；

故选D．5、A【分析】【分析】在4Zn+10HNO3═4Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O反应中，硝酸表现为酸性和氧化性，反应中以硝酸根离子存在的为未被还原的硝酸，以铵根离子存在的为被还原的硝酸的生成产物．【解析】【解答】解：在4Zn+10HNO3═4Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O反应中，硝酸表现为酸性和氧化性，当4molZn完全起反应，10mol硝酸参加反应时，生成NH4+为被还原的硝酸，为1mol，Zn（NO3）2和NH4NO3中共含有9molNO3-，未被还原，表现为酸性，则被还原的HNO3为10mol-9mol=1mol；

故选A．6、D【分析】【分析】钙是构成牙齿和骨骼的重要材料，缺乏含钙的无机盐，儿童易患佝偻病（骨软化症），中老年人和妇女易患骨质疏松．【解析】【解答】解：A．缺铁会患缺铁性贫血；故A错误；

B．缺碘会患大脖子病；故B错误；

C．侏儒症是生长激素分泌过少；故C错误；

D．缺钙会患骨质疏松；故D正确．

故选D．7、A【分析】【分析】A．在金属活动性顺序中；铁＞铜，铁能与氯化铜反应生成氯化亚铁和铜；

B．在金属活动性顺序中；铁排在了氢的前面所以能与酸反应；

C．硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水；离子反应方程式中，硫酸钡沉淀和水都应该写化学式；

D．碳酸钙是难溶物，离子反应方程式中不能拆成离子形式．【解析】【解答】解：A．在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，铁＞铜，铁能与氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，Cu2++Fe=Fe2++Cu；故A正确；

B．在金属活动性顺序中，位置在氢前的金属能与稀H2SO4反应生成氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；故B正确；

C．氢氧化钡为强碱、硫酸为强酸拆成离子形式，生成的硫酸钡为难溶物，水为氧化物，都不可拆分，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O；故C错误；

D．碳酸钙是难溶物，离子反应方程式中不能拆成离子形式，盐酸为强酸拆成离子形式，所以碳酸钙与盐酸反应离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；故D错误；

故选AB．8、C【分析】解：A；钠熔点低；与水反应放热，所以钠放到水中熔成小球，故A正确；

B；金属钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠；故B正确；

C；钠与盐溶液反应；先与水反应，所以钠性质虽然活泼，但是不能从盐溶液中制取金属，故C错误；

D；因钠活泼；易与水、氧气反应，如在实验室随意丢弃，可引起火灾，实验时剩余的钠粒可放回原试剂瓶中，故D正确；

故选C．

A；依据钠熔点低；与水反应放热解答；

B；金属钠在空气中燃烧生成过氧化钠；

C；钠与盐溶液反应；先与水反应；

D；因钠活泼；易与水、氧气反应，如在实验室随意丢弃，可引起火灾，实验时剩余的钠粒可放回原试剂瓶中．

本题考查钠的性质，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】【答案】C二、填空题(共6题，共12分)9、Li2O•Al2O3•4SiO2温度低于250℃，反应速率较慢，温度高于300℃，硫酸挥发较多ABC除去多余的硫酸，同时调整pH，除去大部分杂质Na2CO3+Li2SO4=Li2CO3↓+Na2SO4温度越高，碳酸锂溶解度降低，可以增加产率碳酸钠碳酸锂【分析】【分析】由制备流程可知，锂辉石加硫酸，浸取焙烧，氧化铝、氧化锂溶解，二氧化硅不反应，水浸时加入碳酸钙，除去为反应的硫酸，同时调节溶液pH值，可以将Al3+转化为Al（OH）3沉淀，过滤除去不溶物，滤液再进行深度净化后主要为Li2SO4、Na2SO4，最后加入Na2CO3，转化为溶解度更小Li2CO3析出．

（1）将各元素写成氧化物；注意各元素原子数目比例不变；

（2）升高温度；反应速率加快，温度高于300℃时硫酸挥发；硫酸如果加入过多，消耗的酸多，后续中还需要除去过量的硫酸；

（3）加入碳酸钙除去未反应的硫酸；同时调节溶液pH值；

（4）“沉锂”过程是碳酸钠与Li2SO4反应生成Li2CO3；

（5）温度越高，碳酸锂溶解度降低，减少碳酸锂溶解；溶液中硫酸钠不反应，使用的碳酸钠要过量，少量碳酸锂溶解在溶液中．【解析】【解答】解：锂辉石加硫酸，浸取焙烧，氧化铝、氧化锂溶解，二氧化硅不反应，水浸时加入碳酸钙，除去为反应的硫酸，同时调节溶液pH值，可以将Al3+转化为Al（OH）3沉淀，过滤除去不溶物，滤液再进行深度净化后主要为Li2SO4、Na2SO4，最后加入Na2CO3，转化为溶解度更小Li2CO3析出．

（1）锂辉石（Li2Al2Si4Ox）可以用氧化物的形式表示，根据化合价代数和为0，可以确定Li2Al2Si4Ox中x==12，所以该化合物用氧化物的形式表示为Li2O•Al2O3•4SiO2；

故答案为：Li2O•Al2O3•4SiO2；

（2）温度低于250℃；反应速率较慢，温度高于300℃，硫酸挥发较多，反应温度控制在250-300℃，反应速率较快，避免硫酸挥发；

硫酸如果加入过多；消耗的酸多，后续中还需要除去过量的硫酸，增加后续杂质的处理量；增加后续中和酸的负担；

故答案为：温度低于250℃；反应速率较慢，温度高于300℃，硫酸挥发较多；ABC；

（3）加入碳酸钙除去未反应的硫酸；同时调节溶液pH值，除去大部分杂质；

故答案为：除去多余的硫酸；同时调整pH，除去大部分杂质；

（4）“沉锂”过程是碳酸钠与Li2SO4反应生成Li2CO3，反应方程式为：Na2CO3+Li2SO4=Li2CO3↓+Na2SO4；

故答案为：Na2CO3+Li2SO4=Li2CO3↓+Na2SO4；

（5）温度越高；碳酸锂溶解度降低，减少碳酸锂溶解，可以增加产率；溶液中硫酸钠不反应，使用的碳酸钠要过量，少量碳酸锂溶解在溶液中，过滤碳酸锂所得母液中主要含有硫酸钠，还可能含有碳酸钠；碳酸锂；

故答案为：温度越高，碳酸锂溶解度降低，可以增加产率；碳酸钠；碳酸锂．10、＜1×10-12促进【分析】【分析】①Kw=c（H+）•c（OH-）；温度不同，Kw不同；升温促进水的电离，氢离子浓度增大；

②水解的盐促进水的电离；【解析】【解答】解：①水的电离时吸热过程，加热促进电离氢离子浓度和氢氧根离子浓度增大，Kw增大，所以Kw（25℃）＜Kw（100℃）；

A点c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，Kw=c（H+）•c（OH-）=10-14，故A点为25℃；B点c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L，Kw=c（H+）•c（OH-）=10-12；故B点为100℃．

100℃时1mol•L-1的NaOH溶液中Kw=c（H+）•c（OH-）=10-12；c（OH-）=1mol/L，水电离出的c（H+）=1×10-12；

故答案为：＜，1×10-12；

②NH4Cl固体溶解后溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子；溶液呈酸性，水的电离被促进；

故答案为：促进．11、醛基、羟基HOCH2CH2CH2COOH酯化反应或取代反应

1HCOOCH2CH2CH3；HCOOCH（CH3）2【分析】【分析】A为芳香族化合物，苯环上有两个邻位取代基，A在酸性条件下水解生成B和E，E能和碳酸氢钠反应说明E中含有羧基，根据E的分子式知，E中还含有一个酚羟基且和羧基处于邻位；E中含有羧基，则B中含有醇羟基，B能和新制氢氧化铜反应且B分子中含有2个O原子，所以B中还含有醛基，B被新制氢氧化铜氧化生成C，C上没有支链，C在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D，D是五元环状化合物，则C是自身发生酯化反应生成D，D的结构简式为C的结构简式为：HOCH2CH2CH2COOH，B中醛基被氧化生成羧基，所以B的结构简式为HOCH2CH2CH2CHO；

E中含有一个羧基和一个酚羟基，且处于邻位位置，所以E的结构简式为E和碳酸氢钠反应生成F，F为F和氢氧化钠反应生成G，G为B和E发生酯化反应生成A，所以A的结构简式为．【解析】【解答】解：A为芳香族化合物，苯环上有两个邻位取代基，A在酸性条件下水解生成B和E，E能和碳酸氢钠反应说明E中含有羧基，根据E的分子式知，E中还含有一个酚羟基且和羧基处于邻位；E中含有羧基，则B中含有醇羟基，B能和新制氢氧化铜反应且B分子中含有2个O原子，所以B中还含有醛基，B被新制氢氧化铜氧化生成C，C上没有支链，C在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D，D是五元环状化合物，则C是自身发生酯化反应生成D，D的结构简式为C的结构简式为：HOCH2CH2CH2COOH，B中醛基被氧化生成羧基，所以B的结构简式为HOCH2CH2CH2CHO；

E中含有一个羧基和一个酚羟基，且处于邻位位置，所以E的结构简式为E和碳酸氢钠反应生成F，F为F和氢氧化钠反应生成G，G为B和E发生酯化反应生成A，所以A的结构简式为．

（1）B的结构简式为HOCH2CH2CH2CHO；所以B中含有醛基和羟基，故答案为：羟基；醛基；

（2）在加热、浓硫酸作催化剂条件下，C自身发生酯化反应生成D，反应C→D的化学方程式是HOCH2CH2CH2COOH该反应属于酯化反应或取代反应，故答案为：HOCH2CH2CH2COOH酯化（或取代）；

（3）通过以上分析知，A的结构简式为：E的结构简式为：

故答案为：

（4）C在一定条件下发生分子间缩合反应可生成一种高分子化合物H，该反应方程式为：

故答案为：

（5）G为能和二氧化碳反应的是酚钠，所以1molG的溶液可跟1mol二氧化碳反应，故答案为：1；

（6）B有多种同分异构体，属于酯类说明含有酯基，能发生银镜反应说明含有醛基，且该分子中含有2个氧原子，所以该有机物必须是甲酸某酯，所以B的同分异构体的结构简式为：HCOOCH2CH2CH3；HCOOCH（CH3）2；

故答案为：HCOOCH2CH2CH3；HCOOCH（CH3）2．12、SO2+Ca（OH）2=CaSO3+H2O控制适当的温度、缓慢通入混合气体Mn2+催化氧气与亚硫酸反应生成硫酸Na2CO3pH＜7.7过滤，用少量水洗涤2～3次取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，再滴加稀盐酸，若无沉淀生成，则洗涤干净低于100℃干燥【分析】【分析】（1）①根据题中所示的石灰乳的作用是吸收尾气二氧化硫来回答；

②根据实验的操作原则；为了让气体尽可能转化，要根据反应所需的条件和用量严格操作；

③考虑氮气的化学性质稳定；空气中氧气的活泼性等因素的影响；

（2）制取的原理是碳酸根和锰离子之间反应生成碳酸锰的过程，但要考虑MnCO3难溶于水、乙醇并在潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解以及Mn（OH）2开始沉淀时pH=7.7等因素，过程中控制溶液的PH值以及洗涤沉淀所选的溶剂要小心，据此答题．【解析】【解答】解：（1）①石灰乳的作用是吸收尾气二氧化硫，碱和酸性氧化物反应得到对应的盐和水，反应方程式为SO2+Ca（OH）2=CaSO3+H2O；

答案为：SO2+Ca（OH）2=CaSO3+H2O；

②为使SO2尽可能转化完全，应定要保证控制反应的温度，在通入SO2和N2比例一定；不改变固液投料的条件下；要求所通气体一定要慢；

故答案为：控制适当的温度；缓慢通入混合气体；

③氮气的化学性质稳定，空气中氧气性质活泼，在Mn2+催化作用下；易把亚硫酸氧化成硫酸，而使硫酸根浓度增大；

故答案为：Mn2+催化氧气与亚硫酸反应生成硫酸；

（2）制取的原理是碳酸根和锰离子之间反应生成碳酸锰的过程，但要考虑MnCO3难溶于水、乙醇并在潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解以及Mn（OH）2开始沉淀时pH=7.7等因素，过程中控制溶液的PH值以及洗涤沉淀所选的溶剂要小心，所以实验步骤为）①边搅拌边加入Na2CO3，并控制溶液pH＜7.7；②过滤，用少量水洗涤2～3次；③检验SO42-是否被洗涤干净：取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，再滴加稀盐酸，若无沉淀生成，则洗涤干净；④用少量C2H5OH洗涤；⑤低于100℃干燥；

故答案为：①Na2CO3；pH＜7.7；②过滤，用少量水洗涤2～3次；③取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，再滴加稀盐酸，若无沉淀生成，则洗涤干净；⑤低于100℃干燥．13、811.21.204×10245mol/L100③①④②【分析】【分析】（1）根据m=nM计算甲烷的质量，根据V=nVm计算甲烷体积，H原子物质的量为甲烷的4倍，再根据N=nNA计算氢原子数目；

（2）根据n=计算HCl物质的量，再根据c=计算溶液物质的量浓度；根据稀释定律计算需要1.5mol•L-1的氯化钠溶液的体积；

（3）根据各物质的物质的量以及分子中含有的原子个数来解答．【解析】【解答】解：（1）0.5molCH4的质量=0.5mol×16g/mol=8g；标准状况下的体积为：22.4L/mol×0.5mol=11.2L；0.5mol甲烷分子中含有的氢原子的个数为：0.5mol×4×6.02×1023/mol=1.204×1024；

故答案为：8；11.2；1.204×1024；

（2）标准状况下的HCl气体4.48L；其物质的量是：22.4L÷22.4L/mol=1mol，若将这些HCl气体溶于水，制成200ml溶液，其物质的量浓度是：c=1mol÷0.2L=5mol/L；

配制300mL0.5mol•L-1氯化钠溶液，需要1.5mol•L-1的氯化钠溶液的体积为300mL×0.5mol•L-1÷1.5mol•L-1=100mL；

故答案为：5mol/L；100；

（3）①0.5molCO2含有的物质的量为0.5mol×3=1.5mol；

②标准状况下22.4L气的物质的量为=1mol；则所含原子的物质的量为1mol×1=1mol；

③4℃18mL水的质量为18g，物质的量为=1mol；则所含原子的物质的量为1mol×3=3mol；

④0.2molH2SO4含有的物质的量为：0.2mol×6=1.2mol；

所以所含原子的物质的量越大；则含有的原子数越多，则含有的原子数按由大到小顺序排列的是③①④②；

故答案为：③①④②．14、氟SO2SO3V型、平面三角形3s23p3F＞O＞S＞P＞Al＞MgAl＜Mg＜S＜PAl3+＜Mg2+＜F-＜O2-离子MgO＞NaClMgO的晶格能大于NaCl的晶格能【分析】【分析】原子序数依次增大的短周期元素A、B、C、D、E、F，A、B的阴离子与C、D的阳离子的电子排布式均为ls22s22p6，A原子核外有2个未成对电子，则A为O，B为F，C单质可与热水反应但不能与冷水反应，则C为Mg，D为Al，E、F原子在基态时填充电子的轨道有9个，且E原子核外有3个未成对电子，则E为P，F能与A形成相同价态的阴离子，且A离子半径小于F离子，则F和O同主族，且在O的下方，故为S，据此解答各小题即可．【解析】【解答】解：原子序数依次增大的短周期元素A、B、C、D、E、F，A、B的阴离子与C、D的阳离子的电子排布式均为ls22s22p6；A原子核外有2个未成对电子，则A为O，B为F，C单质可与热水反应但不能与冷水反应，则C为Mg，D为Al，E；F原子在基态时填充电子的轨道有9个，且E原子核外有3个未成对电子，则E为P，F能与A形成相同价态的阴离子，且A离子半径小于F离子，则F和O同主族，且在O的下方，故为S；

综上所述：A为氧；B为氟，C为镁，D为铝，E为磷，F为硫；

（1）B为F；F的元素名称为氟，故答案为：氟；

（2）O与S可形成化合物二氧化硫与三氧化硫，其分子式分别为SO2和SO3，SO2为V型，SO3为平面三角形，故答案为：SO2；SO3；V型；平面三角形；

（3）E为P，P的基态原子的价电子排布式为：3s23p3，故答案为：3s23p3；

（4）同主族元素的原子电负性从上到下逐渐减小；同一周期元素原子的电负性从左到右逐渐增大，所以六原子的电负性顺序是：Mg＜Al＜P＜S＜O＜F，故答案为：F；O、S、P、Al、Mg；

（5）Mg、Al、P、S元素第一电离取决于金属性的强弱，金属性越强，第一电离能越小，但是由于铝核外本来是3s23p1，失去一个电子后，核外电子变成3s2这是一种稳定的结构；所以铝失去第一个电子比镁要容易，故答案为：Al＜Mg＜S＜P；

（6）O、F、Mg、Al四种元素的简单离子，最外层电子排布相同，由于原子序数越小，对外层电子的吸引能力越弱，故原子序数越小，半径越大，故按半径由小到大的顺序为：Al3+＜Mg2+＜F-＜O2-，故答案为：Al3+＜Mg2+＜F-＜O2-；

（7）Mg与O形成的化合物属于离子化合物，MgO与NaCl同是离子晶体，其中离子半径越小，离子电荷越多，则阴阳离子间的作用越强，其晶体的熔点越高，故氧化镁＞氯化钠，故答案为：离子；MgO＞NaCl；MgO的晶格能大于NaCl的晶格能．三、判断题(共6题，共12分)15、√【分析】【分析】工业废水应遵循“先净化，后排放”的原则，工业废水需要经过处理达标后再排放才不会污染环境．【解析】【解答】解：工业废水是指工业生产过程中产生的废水；污水和废液；其中含有随水流失的工业生产用料、中间产物和产品以及生产过程中产生的污染物．废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染，需要经过处理达标后才能排放；

故答案为：√．16、×【分析】【分析】金属阳离子不一定只有氧化性，可能具有还原性，考虑变价金属阳离子即可．【解析】【解答】解：一般常见金属阳离子只具有氧化性，但是亚铁离子、亚铜离子等据既具有氧化性又具有还原性，故金属阳离子一定只具有氧化性的说法错误，故答案为：×．17、×【分析】【分析】摩尔是物质的量的单位．【解析】【解答】解：摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．18、√【分析】【分析】（1）测定pH的步骤为蘸；滴、对比；

（2）碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子；

（3）Na2CO3溶液中，存在物料守恒式为c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），并结合水解显碱性来分析解答．【解析】【解答】解：（1）测定pH的步骤为用玻璃棒蘸取待测液；滴在pH试纸上，颜色变化后与标准比色卡对比，然后确定溶液的pH；

故答案为：用玻璃棒蘸取待测液；滴在pH试纸上，颜色变化后与标准比色卡对比；

（2）碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，溶液显碱性，离子反应为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；

（3）①Na2CO3溶液中，存在物料守恒式为c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，显然c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]关系错误；

故答案为：c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]；

②Na2CO3溶液中，溶液不显电性，由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）；故答案为：√；

③Na2CO3溶液中，由质子守恒可知，c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故答案为：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）；

④Na2CO3溶液中，由化学式可知，c（Na+）＞c（CO32-），又由CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，则离子浓度关系为c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）；

故答案为：√．19、×【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：×．20、√【分析】【分析】根据乙醇与乙酸乙酯中含有的官能团以及红外光谱主要用于分析有机物中的官能团类解答；【解析】【解答】解：乙醇中含有羟基；乙酸乙酯中含有酯基，官能团不同，所以通过红外光谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯；

故答案为：√；四、解答题(共1题，共6分)21、略

【分析】【分析】（1）计算溶液中CuCl2的质量，再根据n=计算CuCl2的物质的量；

（2）Cl-的物质的量为氯化铜的2倍，再根据N=nNA计算Cl-的数目．【解析】【解答】解：（1）溶液中CuCl2的质量为540g×5%=27g，CuCl2的物质的量为=0.2mol；

答：溶液中CuCl2的物质的量为0.2mol；

（2）Cl-的物质的量为0.2mol×2=0.4mol，Cl-的数目为0.4mol×6.02×1023mol-1=2.408×1023；

答：Cl-的数目为2.408×1023．五、推断题(共2题，共10分)22、Cl2+2I-=I2+2Cl-NaOH溶液2Na+2H2O=2NaOH+H2↑2Mg+CO22MgO+C2C+SiO2Si+2CO↑【分析】【分析】（1）若甲为黄绿色气体，应为Cl2，单质乙能使淀粉溶液变蓝色，则乙为I2；该反应是氯气与KI的反应；

（2）Al；氧化铝与氢氧化钠溶液反应；而氧化铁