2025年沪科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年沪科版高三化学上册月考试卷559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9题，共18分)1、如图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系．下列说法错误的是（）A.X、R的最高化合价相同B.电解熔融的X与Z构成的化合物可以得到单质ZC.X、Y形成的化合物中阳离子与阴离子的个数比一定是2：1D.Y、Z、R对应的最高价氧化物的水化物相互之间可以发生反应2、下列金属单质中，不能从CuCl2溶液中置换出铜的是（）A.锌B.镁C.钠D.铁3、糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同．下列分析正确的是（）A.脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期B.脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe-3e→Fe3+C.脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e→4OH-D.含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）4、下列说法正确的是A．将钠投入硫酸铜溶液中只有紫红色固体析出B．过氧化钠投入硫酸亚铁溶液中出现白色沉淀C．氨水滴入氯化铝溶液中先出现白色沉淀后溶解D．饱和氯化钙溶液加入浓氢氧化钠溶液出现白色沉淀5、C、N、S的氧化物中许多是工业上重要的化工原料，但是当它们分散到空气中时，会带来很多环境问题．下列有关这些元素的氧化物说法错误的是()A.开发太阳能、水能、风能、氢能等新能源将有利于减少这些元素的氧化物的产生B.N与S的某些氧化物能直接危害人的身体健康，引发呼吸道疾病C.“温室效应”与二氧化碳的排放有着直接的关系D.这些氧化物使雨水的pH＜7，我们把pH＜7的雨水称之为酸雨6、用rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1mol?L^{-1}}的氯化铁溶液中，若rm{Fe^{3+}}的数目为rm{N_{A}}则rm{Cl^{-}}的数目为rm{3N_{A}}B.常温下，rm{1}rm{mol}rm{Fe}与足量稀rm{HNO_{3}}反应，转移电子的数目为rm{2}rm{N_{A}}C.rm{8.0gCu_{2}S}和rm{CuO}的混合物中含有的铜原子数为rm{0.1N_{A}}D.标准状况下，rm{2.24}rm{LCl_{2}}溶于水，转移电子的数目为rm{0.1N_{A}}7、总质量一定，不论按何种比例混合，完全燃烧后产生的CO2为常量的是（）

①乙炔和苯②烯烃的同系物③甲烷与乙烷④甲醛和乙醛⑤甲醛和乙酸⑥甲醛和甲酸甲酯⑦乙酸和果糖A.①②③B.①②④C.①②⑤⑥⑦D.①②⑤⑥8、下列离子方程式正确的是（）A.向小苏打溶液中加入醋酸溶液：HCO3-+H+=CO2↑+H2OB.氢氧化镁与稀硫酸反应：H++OH-=H2OC.钠与水反应，有氢气产生：Na+H2O=Na++OH-+H2↑D.碳酸钙与盐酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑9、化学与社会；生活密切相关．对下列现象或事实的解释正确的是（）

。选项现象或事实解释

A用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻。

土作水果保鲜剂酸性高锰酸钾溶液能氧化水果释放的催熟剂乙烯B用氢氟酸蚀刻玻璃Si02是碱性氧化物，能溶于酸C过氧化钠作呼吸面具中的供氧剂过氧化钠是强氧化剂，能氧化二氧化碳DAl（OH）3用作塑料的阻燃剂Al（OH）3受热熔化放出大量的热A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、（2014秋•厦门期末）为探究铜与稀硝酸反应的产物及影响反应速率的主要因素；进行如下实验．

实验一探究铜和稀硝酸反应的产物．

实验装置如图1；气密性已检查．

已知：FeSO4+NO═[Fe（NO）]SO4，该反应较缓慢，待生成一定量[Fe（NO）]2+时突显明显棕色．

（1）实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，该实验操作的目的是____．

（2）铜片和稀硝酸反应的化学方程式为____．

（3）本实验A生成的气体中，若有NO2，B的实验现象为____；若只有NO生成，B的实验现象是____．

实验二探究铜和稀硝酸反应速率先慢后快的原因。

经过实验一，测得硝酸的浓度＜6mol•L-1，只有NO生成．当铜片与5mol•L-1硝酸反应时；开始时反应非常缓慢，一段时间后反应速率明显加快．为探究此反应的反应速率先慢后快的原因，进行如下探究：

探究一：研究反应过程的温度变化对反应速率的影响。

实验所得曲线和现象记录如图2及表一．

（表一）。间/min现象0～15铜表面出现气泡，但速度很慢25溶液有很浅的蓝色，气泡生成速度加快30气泡生成速度较快，均匀冒出45洗气瓶中可见少量淡棕色的物质50溶液中蓝色明显变深，洗气瓶中突显明显棕色（4）获得图2数据所需的测量仪器有____．

（5）从上述图表分析可得到的结论是____．

（表二）。序号温度铜片/g硝酸/mL硝酸铜/g125℃①②③225℃5200.5325℃5201.0探究二：研究化学反应产物对反应速率的影响。

设计了如下实验；利用图1装置测定溶液突显明显棕色的时间．

（6）请将表二中将实验1的实验条件填写完整①____②____③____

（7）通过实验发现实验1、2、3的反应速率并无明显变化，为达到实验目的还需要继续进行的实验是____．11、甲醇（CH3OH）是一种重要的化工原料，合成甲醇的主要反应为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；反应过程中的能量变化如图1所示．

（1）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H____0（填“＜”；“=”或“＞”）．

（2）在一定条件下，上述反应在一密闭容器中达到平衡．该反应平衡常数的表达式为____；结合该表达式分析，在保证H2浓度不变的情况下，增大容器的压强，平衡____（填字母）．

A．向正反应方向移动。

B．向逆反应方向移动。

C．不移动。

（3）如图2表示该反应在某一时间段中反应速率与时间的关系（t2、t4、t5时刻改变的条件都只有一个；且各不相同）．各阶段对应的平衡常数如表所示：

。t1～t2t3～t4t4～t5t6～t7K1K2K3K4请判断各平衡常数之间的大小关系为____（用“＞”；“＜”或“=”连接）．

（4）原料气的加工过程中常常混有一定量CO2，为了研究不同温度下CO2对该反应的影响，以CO2、CO和H2的混合气体为原料在一定条件下进行实验；结果表明，原料气各组分含量不同时，反应生成甲醇和副产物甲烷的碳转化率都是不相同的．实验数据见下表：

。CO2%∽CO%～H2

（体积分数）2-28-7020-10-704-26-708-22-7020-10-70反应温度/℃235250225235250225235250225235250225235250250碳转化率（%）CHOH4.98.811.036.550.768.319.033.156.517.733.454.48.012.022.6CH0000000000002.82.82.82.8由上表数据可得出多个结论．

结论一：在一定条件下，反应温度越高，生成甲醇的碳转化率____．

结论二：____．

12、（10分）烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基，例如化合物A～E的转化关系如图1所示，已知：A是芳香化合物，只能生成3种一溴化合物，B有酸性，C是常用增塑剂，D是有机合成的重要中间体和和常用化学试剂（D也可由其他原料催化氧化得到），E是一种常用的指示剂酚酞，结构如图2．图1图2写出A、B、C、D的结构简式：（1）A：____________________________________________．（2）B：____________________________________________．（3）C：____________________________________________．（4）D：____________________________________________．13、rm{SiCl_{4}}在室温下为无色液体，易挥发，有强烈的刺激性rm{.}把rm{SiCl_{4}}先转化为rm{SiHCl_{3}}再经氢气还原生成高纯硅．

rm{(1)}高温条件下，rm{SiHCl_{3}}与氢气反应的方程式为：______．

rm{(2)}已知：

rm{(垄隆)Si_{(S)}+4HCl_{(g)}=SiCl_{4(g)}+2H_{2(g)}triangleH=-241KJ.mol^{-1}}

rm{(垄垄)Si_{(S)}+3HCl_{(g)}=SiHCl_{3(g)}+H_{2(g)}triangleH=-210KJ.mol^{-1}}

则rm{(垄隆)Si_{(S)}+4HCl_{(g)}=SiCl_{4(g)}+2H_{2(g)}triangle

H=-241KJ.mol^{-1}}转化为rm{(垄垄)Si_{(S)}+3HCl_{(g)}=SiHCl_{3(g)}+H_{2(g)}triangle

H=-210KJ.mol^{-1}}的反应rm{SiCl_{4}}rm{3SiCl_{4(g)}+2H_{2(g)}+Si_{(S)}篓T4SiHCl_{3(g)}triangleH=}______．

rm{SiHCl_{3}}力研究反应rm{(垄拢)}的最适宜反应温度；下图为四氯化碳的转化率随温度的变化曲线：由图可知该反应最适宜的温度为______，四氯化碳的转化率随温度升高而增大的原因为______．

rm{3SiCl_{4(g)}+2H_{2(g)}+Si_{(S)}篓T4SiHCl_{3(g)}triangle

H=}一定条件下，在rm{(3)}恒容密闭容器中发生反应rm{(iii)}rm{(4)}后达到平衡，rm{2L}与rm{(垄拢)}的物质的量浓度分别为rm{6h}和rm{H_{2}}

rm{SiHCl_{3}}从反应开始到平衡，rm{1mol.L^{-1}}______．

rm{0.2mol.L^{-1}}该反应的平衡常数表达式为rm{垄脵}______，温度升高，rm{v(SiCl_{4})=}值______rm{垄脷}填“”增大”、“减小”或“不变”rm{K=}．

rm{K}原容器中，通入rm{(}的体积rm{)}标准状况下rm{垄脹}为______．

rm{H_{2}}若平衡后再向容器中充人与起始时等量的rm{(}和rm{)}假设rm{垄脺}足量rm{SiCl_{4}}当反应再次达到平衡时，与原平衡相比较，rm{H_{2}(}的体积分数将______rm{Si}填“增大”、“减小”或“不变”rm{)}．

rm{H_{2}}平衡后，将容器的体积压缩为rm{(}再次达到平衡时，rm{)}的物质的量浓度范围为______．rm{垄脻}14、2.5molNa2SO4中含有____个Na+，含有____个SO42-，2.5molNa2SO4的质量是____g，含有1.204×1024个Na+的Na2SO4的物质的量是____．15、（2013•中山模拟）NaCl和NaClO在酸性条件下可发生反应：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；某学习小组拟研究消毒液（主要成分为NaCl和NaClO）的变质情况．

（1）此消毒液可吸收空气中的CO2生成NaHCO3而变质．写出化学反应方程式____．

（2）取适量消毒液放在试管中；加入足量一定浓度的硫酸，有气体放出．通过以下装置检验气体的成分可以判断消毒液是否变质．

限选试剂：98%浓硫酸、1%品红溶液、1.0mol•L-1KI-淀粉溶液、1.0mol•L-1NaOH；澄清石灰水、饱和NaCl溶液。

请完成下列实验方案．

。所加试剂预期现象和结论试管A中加足量①____；

试管B中加1%品红溶液；

试管C中加②____．若A中溶液变蓝色；B中溶液不退色，C中溶液变浑浊．则消毒液部分变质；

③____；则消毒液未变质；

④____，则消毒液完全变质．（3）用滴定法测定消毒液中NaClO的浓度．实验步骤如下：

①量取25.00mL消毒液放入锥形瓶中，加入过量的amol•L-1Na2SO3溶液bmL；

②滴定分析．将cmol•L-1的酸性KMnO4溶液装入____（填酸式或碱式）滴定管中；KMnO4和剩余的Na2SO3发生反应．当溶液由无色变成浅红色，且保持半分钟内红色不退时，停止滴定，记录数据．重复滴定实验2次，平均消耗酸性KMnO4溶液vmL；

滴定过程中涉及的反应有：NaClO+Na2SO3=NaCl+Na2SO4；2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+3H2O．

③计算．消毒液中NaClO的浓度为____mol•L-1（用含a、b、c、v的代数式表示）．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)16、18gD2O所含的电子数为10NA．____（判断对错）17、伴有能量变化的物质变化都是化学变化．____．（判断对错）18、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）19、对氯甲苯的结构简式：____．20、12g金刚石中含有的共价键数为2NA．____（判断对错）21、可逆反应达到平衡，反应就不再进行．____（判断对错）22、常温常压下，22.4LO3中含有3nA个氧原子____（判断对错）23、加过量的NaOH溶液，未看见产生气体，溶液里一定不含NH4+．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”评卷人得分四、书写(共1题，共5分)24、（2013•遵义三模）如图是有关“水”部分知识的网络图（反应条件已省略）；用化学用语填空：

（1）物质①的化学式____．物质③在水中解离后的粒子符号____．

（2）物质④与盐酸反应的化学方程式____．

（3）若图中物质⑤发生分解反应，其化学方程式可能为____．

（4）写出由水生成物质⑧的化学方程式为____．

（5）物质⑦中带点元素的化合价____．评卷人得分五、实验题(共2题，共14分)25、废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境rm{.}实验室利用废旧电池的铜帽rm{(Cu}rm{Zn}总含量约为rm{99%)}回收rm{Cu}并制备rm{ZnO}的部分实验过程如图：

rm{(1)}写出铜帽溶解时铜与加入的稀硫酸、rm{30%H_{2}O_{2}}反应的离子反应方程式______；铜帽溶解完全后，需加热rm{(}至沸rm{)}将溶液中过量的rm{H_{2}O_{2}}除去．

rm{(2)}为确定加入锌灰rm{(}主要成分为rm{Zn}rm{ZnO}杂质为铁及其氧化物rm{)}的量，实验中需测定除去rm{H_{2}O_{2}}后溶液中rm{Cu^{2+}}的含量rm{.}实验操作为：准确量取一定体积的含有rm{Cu^{2+}}的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液rm{pH=3隆芦4}加入过量的rm{KI}用rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}标准溶液滴定至终点rm{.}上述过程中反应的离子方程式如下：rm{2Cu^{2+}+4I^{-}篓T2CuI(}白色rm{)隆媒+I_{2}}rm{2S_{2}O_{3}^{2-}+I_{2}篓T2I^{-}+S_{4}O_{6}^{2-}}

rm{垄脵}滴定选用的指示剂为______；滴定终点观察到的现象为______；

rm{垄脷}某同学称取rm{1.0g}电池铜帽进行实验，得到rm{100.00mL}含有rm{Cu^{2+}}的溶液，量取rm{20.00mL}上述含有rm{Cu^{2+}}的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液rm{pH=3隆芦4}加入过量的rm{KI}用rm{0.1000mol/LNa_{2}S_{2}O_{3}}标准溶液滴定至终点rm{.}再重复操作实验rm{3}次；记录数据如表一：

表一：

。实验编号rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}rm{V(Na_{2}S_{2}O_{3})(mL)}rm{28.32}rm{25.31}rm{25.30}rm{25.32}计算电池铜帽中rm{Cu}的质量分数为______，rm{(}结果保留四位有效数字rm{)}若滴定前溶液中的rm{H_{2}O_{2}}没有除尽，则所测定rm{c(Cu^{2+})}将会______rm{(}填“偏高”、“偏低”或“无影响”rm{)}

rm{(3)}常温下，若向rm{50mL0.0001mol/LCuSO_{4}}溶液中加入rm{50mL0.00022mol/LNaOH}溶液，生成了沉淀rm{.}已知rm{K_{SP}[Cu(OH)_{2}]=2.0隆脕10^{-20}}计算沉淀生成后溶液中rm{c(Cu^{2+})=}______rm{mol/L}

rm{(4)}已知rm{pH>11}时rm{Zn(OH)_{2}}能溶于rm{NaOH}溶液生成rm{[Zn(OH)_{4}]^{2-}.}表二列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的rm{pH(}开始沉淀的rm{pH}按金属离子浓度为rm{1.0mol?L^{-1}}计算rm{).}

表二：

。开始沉淀的rm{pH}沉淀完全的rm{pH}rm{Fe^{3+}}rm{1.1}rm{3.2}rm{Fe^{2+}}rm{5.8}rm{8.8}rm{Zn^{2+}}rm{5.9}rm{8.9}实验中可选用的试剂：rm{30%H_{2}O_{2}}rm{1.0mol?L^{-1}HNO_{3}}rm{1.0mol?L^{-1}NaOH.}由除去铜的滤液制备rm{ZnO}的实验步骤依次为：rm{垄脵}向滤液中加入适量rm{30%H_{2}O_{2}}使其充分反应；rm{垄脷}加入适量的rm{1.0mol?L^{-1}NaOH}调节rm{pH}产生沉淀；rm{垄脹}过滤；rm{垄脺}______；rm{垄脻}过滤、洗涤、干燥；rm{垄脼900隆忙}煅烧．26、金属钛及钛的合金被认为是21世纪重要的金属材料．常温下钛不和非金属酸反应．以钛铁矿【主要成分为FeTiO3（钛酸亚铁，不溶于水）、Fe2O3及少量SiO2杂质】为主要原料冶炼金属钛的主要工艺过程如下：

回答下列问题：

（1）绿矾的化式是____．

（2）FeTiO3与过量硫酸反应的离子方程式为____．

（3）取少量酸洗后的H2TiO3，加入盐酸并振荡，滴加KSCN溶液后无明显现象，再加H2O2后出现微红色，说明H2TiO3中存在的杂质离子是____．这种H2TiO3即使用水充分洗涤，缎烧后获得的TiO2也会发黄，发黄的杂质是____（填化式）．

（4）以TiO2为原料制取金属钛的其中一步反应为TiO2、氯气和焦炭反应生成TiCl4，己知该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，则另一生成物为____．

（5）用Mg还原TiCl4制金属钛取过程中必须在1070K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是____；所得到的金属钛中混有少量杂质，可加入____溶解后除去．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】同周期自左而右原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，R为S元素．

A．氧元素没有最高正化合价．

B．电解熔融氧化铝冶炼铝；

C．X、Y形成的化合物为Na2O、Na2O2；

D．Y、Z、R对应的最高价氧化物的水化物分别为：NaOH、Al（OH）3、H2SO4，氢氧化钠与硫酸发生中和反应，氢氧化铝属于两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应．【解析】【解答】解：同周期自左而右原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，R为S元素．

A．X为O元素；O元素没有+6价，R为S元素，最高价为+6价，故A错误；

B．电解熔融氧化铝冶炼铝；故B正确；

C．X、Y形成的化合物为Na2O、Na2O2；化合物中阳离子与阴离子的个数比均是2：1，故C正确；

D．Y、Z、R对应的最高价氧化物的水化物分别为：NaOH、Al（OH）3、H2SO4；氢氧化钠与硫酸发生中和反应，氢氧化铝属于两性氢氧化物，能与氢氧化钠；硫酸反应，故D正确；

故选：A．2、C【分析】【分析】金属活动顺序表中，前边的金属会把后边的金属从其盐溶液中置换出来，金属的活动性由强到弱的顺序是：Mg＞Al＞Zn＞Fe＞Cu；但活泼钾、钠等金属，先与溶液中的水发生反应，无法在溶液中置换出铜，据此进行判断．【解析】【解答】解：A；金属Zn的活泼性大于金属Cu；可以将金属Cu从溶液中置换出来，故A错误；

B；金属Mg的活泼性大于金属Cu；可以将金属Cu从溶液中置换出来，故B错误；

C；金属Na和Cu的盐溶液反应时；先是和水反应置换出氢气，然后是氢氧化钠和铜盐之间的反应，不会置换出金属Cu，故C正确；

D；金属Fe的活泼性大于金属Cu；可以将金属Cu从溶液中置换出来，故D错误；

故选C．3、D【分析】【分析】铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电过程是放热反应，结合得失电子相等进行有关计算．【解析】【解答】解：A．铁粉；氯化钠溶液、炭粉构成原电池；原电池放电过程是放热反应，故A错误；

B．脱氧过程中铁作原电池负极，负极上铁失电子生成亚铁离子，电极反应为：Fe-2e-→Fe2+；故B错误；

C．脱氧过程中碳做原电池正极；故C错误；

D．由电子守恒知，消耗氧化剂氧气的体积（标况下）v（O2）==336mL；故D正确；

故选D．4、D【分析】【解析】【答案】D5、D【分析】解：A．传统能源会产生C；N、S的氧化物；会带来很多环境问题，太阳能、水能、风能、氢能为清洁能源，有利于减少这些元素的氧化物的产生，故A正确；

B．NO、NO2、SO2等能直接危害人的身体健康；对呼吸道产生刺激，引起引发呼吸道疾病，故B正确；

C．二氧化碳是引起温室效应的主要污染物；故C正确；

D．正常雨水中溶解二氧化碳气体；PH约为5.6，故D错误．

故选D．【解析】【答案】D6、C【分析】解：rm{A}铁离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故当铁离子为rm{NA}个时，溶液中的氯离子的个数大于rm{3N_{A}}个；故A错误；

B、铁和足量的稀硝酸反应后变为rm{+3}价，故rm{1mol}铁和硝酸反应后转移rm{3N_{A}}个电子；故B错误；

C、rm{Cu_{2}S}的摩尔质量是rm{CuO}的rm{2}倍，含有的铜原子也是rm{CuO}的rm{2}倍，故rm{8.0g}混合物可以认为均由rm{CuO}构成，故含有的rm{CuO}的物质的量为rm{n=dfrac{8g}{80g/mol}=0.1mol}则含rm{n=dfrac

{8g}{80g/mol}=0.1mol}个铜原子；故C正确；

D、氯气和水的反应是可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于rm{0.1N_{A}}个；故D错误．

故选C．

A；铁离子是弱碱阳离子；在溶液中会水解；

B、铁和足量的稀硝酸反应后变为rm{0.1N_{A}}价；

C、rm{+3}的摩尔足量是rm{Cu_{2}S}的rm{CuO}倍，含有的铜原子也是rm{2}的rm{CuO}倍；

D；氯气和水的反应是可逆反应．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．rm{2}【解析】rm{C}7、C【分析】【分析】根据无论以何种比例混合，只要混合物的总质量一定，完全燃烧生成CO2的质量也一定，则说明混合物各组分分子中含碳量相等，据此对各选项分析解答．【解析】【解答】解：①乙炔和苯的最简式都是CH；分子中C的质量分数相同，则总质量一定，完全燃烧生成二氧化碳的量一定，故①正确；

②烯烃的同系物的最简式为CH2；碳的质量分数相同，则总质量一定，完全燃烧生成二氧化碳的量一定，故②正确；

③甲烷与乙烷的最简式不相同；二者的分子中含碳量不同，则等质量的二者，只要组成比例不同，质量一定时完全燃烧生成的二氧化碳不同，故③错误；

④甲醛和乙醛的组成元素相同；而二者的最简式不同，则其含碳量不同，故④错误；

⑤甲醛和乙酸的最简式都是CH2O；则二者分子中的含碳量相同，则总质量一定，完全燃烧生成二氧化碳的量一定，故⑤正确；

⑥甲醛和甲酸甲酯的最简式都是CH2O；则二者分子中的含碳量相同，则总质量一定，完全燃烧生成二氧化碳的量一定，故⑥正确；

⑦乙酸（C2H4O2）和果糖（C6H12O6）的最简式都是CH2O；则二者分子中的含碳量相同，则总质量一定，完全燃烧生成二氧化碳的量一定，故⑦正确；

故选C．8、D【分析】【分析】A．醋酸在离子反应中保留化学式；

B．氢氧化镁在离子反应中保留化学式；

C．电子不守恒；

D．反应生成氯化钙、水、二氧化碳．【解析】【解答】解：A．向小苏打溶液中加入醋酸溶液的离子反应为HCO3-+HAc=CO2↑+H2O+Ac-；故A错误；

B．氢氧化镁与稀硫酸反应的离子反应为2H++Mg（OH）2=2H2O+Mg2+；故B错误；

C．钠与水反应，有氢气产生的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；故C错误；

D．碳酸钙与盐酸反应的离子反应为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；故D正确；

故选D．9、A【分析】解：A．乙烯是一种植物生长调节剂；对水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯含有不饱和键能被酸性高锰酸钾氧化，故A正确；

B．Si02是酸性氧化物；故B错误；

C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故C错误；

D．Al（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量；使周围环境温度降低，且生成的氧化铝熔点较高，附着在可燃物表面，从而阻止可燃物燃烧，故D错误；

故选：A．

A．乙烯是一种植物生长调节剂；对水果蔬菜具有催熟的作用；

B．Si02是酸性氧化物；常温下能够与氢氟酸反应；

C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；过氧化钠既是氧化剂又是还原剂；

D．Al（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量；使周围环境温度降低；

本题考查了物质的用途，性质决定用途，明确物质的用途是解题关键，题目难度不大．【解析】【答案】A二、填空题(共6题，共12分)10、利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2OB瓶溶液出现血红色B瓶溶液出现棕色温度计和秒表反应溶液温度升高不是使反应速率加快的主要因素5200研究NO对反应速率的影响【分析】【分析】（1）实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，碳酸钙与稀硝酸生成CO2，将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；

（2）在常温下；铜片和稀硝酸反应生成硝酸铜；一氧化氮和水；

（3）本实验A生成的气体中，若有NO2，NO2溶于水生成硝酸，把Fe2+氧化成Fe3+，B瓶溶液出现血红色；若只有NO生成，FeSO4+NO═[Fe（NO）]SO4，该反应较缓慢，待生成一定量[Fe（NO）]2+时突显明显棕色；

（4）图2是铜与稀硝酸反应的温度变化；时间变化的曲线图；需要测定温度与时间；

（5）由图2曲线和表一可知；反应30min时，反应速率已经较快了，再升高温度，反应速率增大有限，可知反应溶液温度升高不是使反应速率加快的主要因素；

（6）表二；研究化学反应产物硝酸铜对反应速率的影响，实验1作为对照试验，铜片的质量；硝酸的体积应该与试验2、3完全一样，硝酸铜的质量是0；

（7）通过实验发现实验1、2、3的反应速率并无明显变化，说明硝酸铜没有催化作用；就需要研究另一种产物：NO对反应速率是否有影响；【解析】【解答】解：（1）实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，碳酸钙与稀硝酸生成CO2，将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；

故答案为：利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；

（2）在常温下，铜片和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，化学方程式为3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

故答案为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

（3）本实验A生成的气体中，若有NO2，NO2溶于水生成硝酸，把Fe2+氧化成Fe3+，B瓶溶液出现血红色；若只有NO生成，FeSO4+NO═[Fe（NO）]SO4，该反应较缓慢，待生成一定量[Fe（NO）]2+时突显明显棕色；

故答案为：B瓶溶液出现血红色；B瓶溶液出现棕色；

（4）图2是铜与稀硝酸反应的温度变化；时间变化的曲线图；需要测定温度与时间；故答案为：温度计和秒表；

（5）由图2曲线和表一可知；反应30min时，反应速率已经较快了，再升高温度，反应速率增大有限，可知反应溶液温度升高不是使反应速率加快的主要因素；

故答案为：反应溶液温度升高不是使反应速率加快的主要因素；

（6）表二；研究化学反应产物硝酸铜对反应速率的影响，实验1作为对照试验，铜片的质量；硝酸的体积应该与试验2、3完全一样，硝酸铜的质量是0；

故答案为：5；20；0；

（7）通过实验发现实验1；2、3的反应速率并无明显变化；说明硝酸铜没有催化作用；就需要研究另一种产物：NO对反应速率是否有影响；

故答案为：研究NO对反应速率的影响．11、＜K=CK1＞K2=K3=K4越高原料气含少量CO2有利于提高生成甲醇的碳转化率，CO2含量过高生成甲醇的碳转化率又降低【分析】【分析】（1）由题图可知；生成物的能量低于反应物，所以反应为放热反应．

（2）在一密闭容器中，在保证H2浓度不变的情况下，增大容器的压强，因为H2浓度不变；根据表达式知体系内其他组分浓度也不变，正逆反应速率也不会变化，故平衡不移动．

（3）分析图象：t2时刻改变条件后，v正、v逆都增大，且v逆＞v正，平衡逆向移动（向吸热方向移动），综合影响化学反应速率和化学平衡的主要因素可知：t2时刻所改变的条件是升高温度，由平衡常数的表达式可知，平衡逆向移动，平衡常数变小，故K1＞K2；t4时刻改变条件，正逆反应速率都增大，但平衡不移动，故t4时刻所改变的条件是使用催化剂，平衡常数不变，K3=K2；t5时刻改变条件，正逆反应速率都减小，且v逆＞v正，平衡逆向移动了，分析知：改变的条件是降低压强，因平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变化，故K3=K4，综合知：K1＞K2=K3=K4．

（4）由表格分析得出结论：在一定条件下，反应温度越高，生成甲醇的碳转化率越高；原料气含少量CO2有利于提高生成甲醇的碳转化率，CO2含量过高生成甲醇的碳转化率又降低．【解析】【解答】解：（1）由题图可知；生成物的能量低于反应物，所以反应为放热反应，即△H＜0；

故答案为：＜；

（2）该反应的平衡常数表达式为K=；在保证H2浓度不变的情况下；增大容器的压强，K不变，则体系内其他组分浓度也不变，因此化学平衡不移动；

故答案为：K=；C；

（3）分析图象：t2时刻改变条件后，v正、v逆都增大，且v逆＞v正，平衡逆向移动（向吸热方向移动），综合影响化学反应速率和化学平衡的主要因素可知：t2时刻所改变的条件是升高温度，由平衡常数的表达式可知，平衡逆向移动，平衡常数变小，故K1＞K2；t4时刻改变条件，正逆反应速率都增大，但平衡不移动，故t4时刻所改变的条件是使用催化剂，平衡常数不变，K3=K2；t5时刻改变条件，正逆反应速率都减小，且v逆＞v正，平衡逆向移动了，分析知：改变的条件是降低压强，因平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变化，故K3=K4，综合知：K1＞K2=K3=K4；

故答案为：K1＞K2=K3=K4；

（4）由表格中原料气各组分含量不同时反应生成甲醇的碳转化率的数据可知：反应温度越高，生成甲醇的碳转化率越高；二氧化碳的体积分数为2%时生成甲醇的碳转化率最高，二氧化碳的体积分数为20%生成甲醇的碳转化率较低，不含二氧化碳时生成甲醇的碳转化率最低，因此原料气含少量CO2有利于提高生成甲醇的碳转化率，CO2含量过高生成甲醇的碳转化率又降低；

故答案为：越高；原料气含少量CO2有利于提高生成甲醇的碳转化率，CO2含量过高生成甲醇的碳转化率又降低．12、略

【分析】A是芳香化合物，只能生成3种一溴化合物，所以根据A的分子式可知，A是邻二甲苯。根据已知信息可知，反应①是氧化反应，则B是邻二苯甲酸。B中含有羧基，能和醇发生酯化反应生成C，则C是酯类。根据酚酞的结构简式可知，D和苯酚发生的的是碳氧双键的加成反应，这是由于B中含有2个羧基，能发生分子内的酯化反应，生成－COOCO－结构。【解析】【答案】（1）（2）（3）（4）13、略

【分析】解：rm{(1)}高温条件下，rm{SiHCl_{3}}与氢气反应生成rm{Si}与rm{HCl}反应方程式为：rm{SiHCl_{3}+H_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Si+3HCl}．

故答案为：rm{SiHCl_{3}+H_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Si+3HCl}

rm{SiHCl_{3}+H_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Si+3HCl}已知：rm{(i)Si(s)+4HCl(g)=SiCl_{4}(g)+2H_{2}(g)triangleH=-241kJ.mol^{-1}}

rm{(ii)Si(s)+3HCl(g)=SiHCl_{3}(g)+H_{2}(g)triangleH=-210kJ.mol^{-1}}

则rm{SiHCl_{3}+H_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Si+3HCl}转化为rm{(2)}的反应rm{(i)Si(s)+4HCl(g)=SiCl_{4}(g)+2H_{2}(g)triangle

H=-241kJ.mol^{-1}}

rm{(ii)Si(s)+3HCl(g)=SiHCl_{3}(g)+H_{2}(g)triangle

H=-210kJ.mol^{-1}}可得：rm{SiCl_{4}}故rm{triangleH=4隆脕(-210kJ.mol^{-1}}

rm{SiCl_{3}}．

故答案为：rm{(iii)}．

rm{(ii)隆脕4-(i)隆脕3}由图可知，四氯化碳的转化率在rm{3SiCl_{4}(g)+2H_{2}(g)+Si(s)?4SiHCl_{3}(g)}达最高，故最适宜的温度为rm{triangleH=4隆脕(-210kJ.mol^{-1}

}开始反应未到达平衡；温度升高反应速率加快，四氯化碳的转化率增大．

故答案为：rm{)-3隆脕(-241kJ.mol^{-1})=-117kJ.mol^{-1}}反应未达到平衡，温度升高反应速率加快，rm{-117KJ.mol^{-1}}转化率增大．

rm{(3)}后达到平衡，rm{500隆忙}的物质量浓度为rm{500隆忙}则rm{v(SiHCl_{3})=dfrac{0.2mol/L}{6h}=dfrac{1}{30}mol/(L?h)}速率之比等于其化学计量数之比，则rm{v(SiCl_{4})=dfrac{3}{4}v(SiHCl_{3})=dfrac{3}{4}隆脕dfrac{1}{30}mol/(L?h)=0.025mol/(L?h)}

故答案为：rm{500隆忙}．

rm{SiCl_{4}}的平衡常数表达式rm{k=dfrac{c^{4}(SiHCl_{3})}{c^{3}(SiCl_{4})cdotc^{2}(H_{2})}}该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小．

故答案为：rm{dfrac{c^{4}(SiHCl_{3})}{c^{3}(SiCl_{4})cdotc^{2}(H_{2})}}减小．

rm{(4)垄脵6h}浓度变化量之比等于其化学计算之比，则rm{SiHCl_{3}}的浓度变化量为rm{0.2mol?L^{-1}隆脕dfrac{1}{2}=0.1mol?L^{-1}}故氢气的起始浓度为rm{0.2mol?L^{-1}}则通入氢气的物质的量为rm{v(SiHCl_{3})=dfrac{0.2mol/L}{6h}=

dfrac{1}{30}mol/(L?h)}标况下氢气的体积为rm{v(SiCl_{4})=dfrac

{3}{4}v(SiHCl_{3})=dfrac{3}{4}隆脕dfrac

{1}{30}mol/(L?h)=0.025mol/(L?h)}．

故答案为：rm{0.025mol/(L?h)}．

rm{垄脷3SiCl_{4}(g)+2H_{2}(g)+Si(s)?4SiHCl_{3}(g)}若平衡后再向容器中充人与起始时等量的rm{k=dfrac

{c^{4}(SiHCl_{3})}{c^{3}(SiCl_{4})cdotc^{2}(H_{2})}}和rm{dfrac

{c^{4}(SiHCl_{3})}{c^{3}(SiCl_{4})cdotc^{2}(H_{2})}}假设rm{垄脹}足量rm{H_{2}}等效为压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，有方程式可知rm{0.2mol?L^{-1}隆脕dfrac

{1}{2}=0.1mol?L^{-1}}氢气反应时，混合气体总物质的量减小rm{1mol?L^{-1}+0.1mol?L^{-1}=1.1mol?L^{-1}}故到达新平衡时氢气的体积分数减小．

故答案为：减小．

rm{2L隆脕1.1mol?L^{-1}=2.2mol}平衡后，将容器的体积压缩为rm{2.2mol隆脕22.4L/mol=49.28L}压强增大，平衡向正反应方向移动，若平衡不移动，此时氢气浓度为极大值为rm{49.28L}平衡移动不能消除氢气浓度增大，到达新平衡时的浓度仍大于原平衡时的浓度rm{垄脺}故再次达到平衡时，rm{SiCl_{4}}的物质的量浓度范围为：rm{H_{2}(}．

故答案为：rm{Si}．

rm{)}反应物为rm{1mol}和rm{1mol}生成物rm{垄脻}和rm{1L}可很容易得到正确的方程式．

rm{2隆脕1mol?L^{-1}=2mol?L^{-1}}运用盖斯定律，利用反应rm{1mol.L^{-1}}的逆反应且系数乘rm{H_{2}}再加上反应rm{1mol?L^{-1}<c(H_{2})<2mol?L^{-1}}的正反应且系数要乘以rm{1mol/L<C(H_{2})<2mol/L}即可计算出反应的热效应为rm{(1)}．

rm{SiHCl_{3}}从图rm{H_{2}}可以看出最适宜温度应该是rm{Si}刚开始rm{HCl}转化率随温度升高的原因是尚未达到平衡状态；温度高反应速率快，故转化率增大．

rm{(2)}根据速率的计算公式，可先计算出rm{垄隆}的速率，再结合化学计量数与速率之间的关系，rm{3}的速度应该是rm{垄垄}的四分之三．

rm{4}同结合概念写出平衡常数表达式；温度升高平衡逆向移动故K值减小．

rm{-117kJ.mol^{-1}}平衡时rm{(3)}的物质量为rm{4}也即反应中的变化量为rm{500隆忙}rm{SiCl_{4}}所以rm{(4)垄脵}的变化量为rm{SiHCl_{3}}再加上平衡时的rm{SiCl_{4}}起始时rm{SiHCl_{3}}的量应该为rm{垄脷}所以体积为rm{垄脹}．

rm{SiHCl_{3}}若平衡后再向容器中充人与起始时等量的rm{0.4mol}和rm{0}假设rm{4mol}足量rm{H_{2}}等效为压强增大一倍，平衡向正反应方向移动．

rm{0.2mol}平衡后，将容器的体积压缩为rm{2mol}压强增大，平衡向正反应方向移动，若平衡不移动，此时氢气浓度为极大值，平衡移动不能消除氢气浓度增大，到达新平衡时的浓度仍大于原平衡时的浓度．

本题热化学反应及化学平衡涉及盖斯定律的应用、化学平衡常数、平衡移动的方向判断及相关计算，另外还考查了勒夏特列原理的应用rm{H_{2}}题目难度中等．rm{2.2mol}【解析】rm{SiHCl_{3}+H_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Si+3HCl}rm{SiHCl_{3}+H_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Si+3HCl}rm{-117KJ.mol^{-1}}反应未达到平衡，温度升高反应速率加快，rm{500隆忙}转化率增大；rm{SiCl_{4}}rm{dfrac{c^{4}(SiHCl_{3})}{c^{3}(SiCl_{4})cdotc^{2}(H_{2})}}减小；rm{0.025mol/(L?h)}减小；rm{dfrac

{c^{4}(SiHCl_{3})}{c^{3}(SiCl_{4})cdotc^{2}(H_{2})}}rm{49.28L}14、5NA2.5NA3551mol【分析】【分析】根据n==计算该题．【解析】【解答】解：2.5molNa2SO4中：n（Na+）=5mol，N（Na+）=5NA，N（SO42-）=2.5NA；

m（Na2SO4）=2.5mol×142g/mol=355g；

含有1.204×1024个Na+，n（Na+）==2mol，则n（Na2SO4）=n（Na+）=1mol；

故答案为：5NA；2.5NA；355；1mol．15、NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO1.0mol/LK淀。

粉溶液澄清石灰水若A中溶液变蓝色；B中溶液不退色。

（无变化）；C中溶液不变浑浊（无变化）若A中溶液不变蓝色（无变化），B中溶。

液不退色（无变化），C中溶液变浑浊酸式【分析】【分析】（1）碳酸的酸性比次氯酸强；次氯酸钠与二氧化碳；水反应生成碳酸氢钠与次氯酸；

（2）检验消毒液与硫酸反应生成的气体中是否含有氯气；二氧化碳；可以判断消毒液的变质情况．检验氯气用1.0mol/L的KI淀粉溶液，KI淀粉溶液变蓝，说明气体中含有氯气，检验二氧化碳用过澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，说明气体中含有二氧化碳．注意氯气的存在会干扰二氧化碳的检验，故KI淀粉溶液除检验氯气外，还起除去氯气的作用，装置B用于检验氯气是否除尽；

（3）②酸性KMnO4溶液具有强氧化性；可以腐蚀橡皮管，应装入酸式滴定管中；

③根据酸性KMnO4溶液体积，利用5Na2SO3～2KMnO4计算剩余的亚硫酸钠，进而计算与次氯酸钠反应的亚硫酸钠，再根据NaClO～Na2SO3计算计算次氯酸钠的物质的量，利用c=计算消毒液中NaClO的浓度．【解析】【解答】解：（1）碳酸的酸性比次氯酸强，次氯酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠与次氯酸，反应方程式为NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；

故答案为：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；

（2）检验消毒液与硫酸反应生成的气体中是否含有氯气；二氧化碳；可以判断消毒液的变质情况．

装置A作用是检验氯气；用1.0mol/L的KI淀粉溶液；装置B作用氯气是否除尽；装置C检验二氧化碳，用过澄清石灰水．

若A中溶液变蓝色；B中溶液不退色，C中溶液变浑浊，则消毒液部分变质；

若A中溶液变蓝色；B中溶液不退色（无变化），C中溶液不变浑浊（无变化），则消毒液未变质；

若A中溶液不变蓝色（无变化）；B中溶液不退色（无变化），C中溶液变浑浊则消毒液完全变质；

故答案为：

。所加试剂预期现象和结论①1.0mol/LK淀。

粉溶液。

②澄清石灰水③若A中溶液变蓝色；B中溶液不退色。

（无变化）；C中溶液不变浑浊（无变化），则。

消毒液未变质。

④若A中溶液不变蓝色（无变化）；B中溶。

液不退色（无变化）；C中溶液变浑浊则消。

毒液完全变质（3）②酸性KMnO4溶液具有强氧化性；可以腐蚀橡皮管，应装入酸式滴定管中，故答案为：酸式；

③25.00mL消毒液需要酸性KMnO4溶液体积为vmL，KMnO4的物质的量为v×10-3L×cmol•L-1=v×c×10-3mol，根据关系式5Na2SO3～2KMnO4可知25.00mL溶液未反应n（Na2SO3）=2.5×v×c×10-3mol，25mL溶液中加入的总的n（Na2SO3）=b×10-3L×amol•L-1=b×a×10-3mol，参加反应的亚硫酸钠为b×a×10-3mol-2.5×v×c×10-3mol=（ab-2.5vc）×10-3mol，根据关系式NaClO～Na2SO3可知，25mL溶液中n（NaClO）=（ab-2.5vc）×10-3mol，所以消毒液中NaClO的浓度为==mol/L，故答案为：．三、判断题(共8题，共16分)16、×【分析】【分析】D2O的相对分子质量为20，结合n==计算．【解析】【解答】解：D2O的相对分子质量为20，18gD2O的物质的量为=0.9mol，则所含的电子数为9NA．故答案为：×．17、×【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；18、√【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：√．19、×【分析】【分析】根据对氯甲苯中甲基和氯原子处于对位关系来分析；【解析】【解答】解：对氯甲苯中甲基和氯原子处于对位关系，结构简式：故答案为：×；20、√【分析】【分析】求出金刚石的物质的量，然后根据1mol金刚石中含2mol共价键来分析．【解析】【解答】解：12g金刚石的物质的量为1mol，而1mol金刚石中含2mol共价键即2NA个，故答案为：√．21、×【分析】【分析】据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变．【解析】【解答】解：化学平衡是动态平衡；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0；

故答案为：×．22、×【分析】【分析】常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，无法计算物质的量．【解析】【解答】解：常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，则22.4LO3的物质的量不等于1mol，氧原子个数不等于3nA；

故答案为：×．23、×【分析】【分析】需要考虑铵根离子的浓度和氨气极易溶于水的性质来解答．【解析】【解答】解：因为氨气极易溶于水；所以若溶液里铵根离子的浓度很小时，即使加入过量的NaOH溶液，生成的一水合氨的浓度很小，不能放出氨气．

故答案为：×．四、书写(共1题，共5分)24、CH4Na+和OH-NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑H2O2等2Na+2H2O=2NaOH+H2↑+5【分析】【分析】（1）甲烷为碳和氢元素组成的化合物；烧碱为氢氧化钠；电离生成钠离子和氢氧根离子；

（2）碳酸氢钠和盐酸发生复分解反应生成了氯化钠；水、二氧化碳；

（3）根据发生分解反应生成水的物质解答；

（4）钠等活泼金属与水反应生成氢气；

（5）碳酸中碳元素为+4价．【解析】【解答】解：（1）物质①是甲烷，化学式是CH4，物质③是烧碱，在水中解离出Na+和OH-；

故答案为：CH4；Na+和OH-；

（2）碳酸氢钠和盐酸反应生成了氯化钠、水、二氧化碳，反应的方程式是：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；

故答案为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；

（3）根据图示，发生分解反应生成水的物质⑤比较多，例如：NaHCO3、H2O2等；

故答案为：H2O2等；

（4）物质⑧是氢气，与钠等金属反应生成氢气，例如：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

（5）在H2CO3中H为+1价，O为-2价，根据化合物中元素化合价的代数和为零的原则，C的化合价是+4价，故答案为：+4．五、实验题(共2题，共14分)25、略

【分析】解：rm{(1)}因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应，形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解，反应的离子方程式为：rm{Cu+H_{2}O_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O}

故答案为：rm{Cu+H_{2}O_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O}

rm{(2)垄脵}淀粉溶液为指示剂，当最后一滴rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液滴入时；溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点；

故答案为：淀粉溶液；蓝色褪去；

rm{垄脷}根据题中数据可知，第一次数据偏差较大，为偶然误差，应去掉，所以rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}标准溶液的体积为rm{dfrac{25.31+25.30+25.32}{3}mL=25.31mL}则消耗的rm{dfrac

{25.31+25.30+25.32}{3}mL=25.31mL}的物质的量为rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}根据反应rm{0.1000mol/L隆脕0.02531L=0.002531mol}白色rm{2Cu^{2+}+4I^{-}篓T2CuI(}rm{)隆媒+I_{2}}得关系式rm{2S_{2}O_{3}^{2-}+I_{2}篓T2I^{-}+S_{4}O_{6}^{2-}}根据关系可求得铜元素的质量为rm{0.002531mol隆脕dfrac{100}{20}隆脕64g/mol=0.8099g}所以铜的质量分数为rm{dfrac{0.8099}{1}隆脕100%=80.99%}若滴定前溶液中的rm{2Cu^{2+}隆芦I_{2}隆芦2S_{2}O_{3}^{2-}}没有除尽，则加入碘离子后双氧水氧化碘离子产生的碘单质，会导致rm{0.002531mol隆脕dfrac

{100}{20}隆脕64g/mol=0.8099g}标准溶液消耗偏大，则所测定rm{dfrac

{0.8099}{1}隆脕100%=80.99%}rm{H_{2}O_{2}}将会偏大；

故答案为：rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}偏大；

rm{c}常温下，若向rm{(Cu^{2+})}rm{80.99%}rm{(3)}溶液中加入rm{50mL}溶液，生成氢氧化铜沉淀，溶液中剩余的氢氧化钠的物质的量浓度为rm{dfrac{50mL隆脕0.00022mol/L-2隆脕50mL隆脕0.0001mol/L}{100mL}=0.00001mol/L}rm{c(Cu^{2+})=dfrac{Ksp[Cu(OH)_{2}]}{c^{2}(OH^{-})}=dfrac{2.0隆脕10^{-20}}{0.00001^{2}}mol/L=2隆脕10^{-10}mol/L}

故答案为：rm{0.0001mol/L}

rm{CuSO_{4}}由除去铜的滤液制备rm{50mL0.00022mol/LNaOH}的实验步骤依次为：rm{dfrac

{50mL隆脕0.00022mol/L-2隆脕50mL隆脕0.0001mol/L}{100mL}=0.00001mol/L}向滤液中加入rm{c(Cu^{2+})=dfrac

{Ksp[Cu(OH)_{2}]}{c^{2}(OH^{-})}=dfrac

{2.0隆脕10^{-20}}{0.00001^{2}}mol/L=2隆脕10^{-10}mol/L}使其充分反应，目的使rm{2隆脕10^{-10}}转化完全为rm{(4)}rm{ZnO}滴加rm{垄脵垄脵}溶液，调节溶液rm{30%H_{2}O_{2}}约为rm{Fe^{2+}}或rm{3.2leqslantpH<5.9)}使rm{Fe^{3+}}沉淀完全，rm{垄脷}过滤，rm{NaOH}向滤液中滴加rm{PH}调节溶液rm{5(}约为rm{3.2leqslant

pH<5.9)}或rm{8.9leqslantpHleqslant11)}使rm{Fe^{3+}}沉淀完全，rm{垄脹}过滤、洗涤、干燥；rm{垄脺}煅烧；制得氧化锌；

故答案为：向滤液中滴加rm{1.0mol?L^{-1}NaOH}调节溶液rm{PH}约为rm{10(}或rm{8.9leqslantpHleqslant11)}使rm{8.9leqslantpHleqslant

11)}沉淀完全．

废弃旧电池的铜帽加水超声洗涤去除表面的可溶性杂质，然后加入稀硫酸和双氧水，双氧水具有强氧化性，能在酸性条件下氧化铜生成铜盐，加入氢氧化钠降低酸性，然后加入足量的锌灰，由于锌的活泼性强于铜，故能把铜从其盐溶液中置换出来，剩余锌的化合物制备rm{Zn^{2+}}

rm{垄脻}酸性条件下rm{垄脼900隆忙}与过氧化氢发生