2025年冀少新版高一化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年冀少新版高一化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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5题，共10分)1、为了配制rm{NH_{4}^{+}}的浓度和rm{Cl^{-}}的浓度比为rm{1}rm{1}的溶液，可在rm{NH_{4}Cl}溶液中加入适量rm{(}rm{)}

rm{垄脵}浓盐酸rm{垄脷NaCl}固体rm{垄脹}浓氨水rm{垄脺NaOH}固体．A.rm{垄脵垄脷}B.rm{垄脹}C.rm{垄脹垄脺}D.rm{垄脺}2、元素rm{X}的原子结构示意图为则rm{X}在周期表中的位置是rm{(}rm{)}A.第三周期第Ⅴrm{A}族B.第二周期第Ⅶrm{A}族C.第二周期第Ⅴrm{A}族D.第三周期第Ⅶrm{A}族3、设pC为溶液中粒子物质的量浓度的负对数，即:pC=-lgC。25℃时，某浓度H2R水溶液中，pC(H2R)、pC(HR-)、pC(R2-)随溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.曲线I表明，c(R2-)随着pH增大而逐渐增大B.pH=1.3时，3c(R2-)+c(OH-)=10-1.3mol/LC.常温下，该体系中c2(HR-)/c(R2-)·c(H2R)=1000D.NaHR水溶液中:c(Na+)>c(HR-)>c(OH-)>c(H+)4、在盛放浓硫酸的试剂瓶标签上应印有下列警示标记中的()5、下列说法中正确的是（）A.氯化钾溶液在电流作用下电离成K+和Cl-B.氧化还原反应的本质是有化合价的升降C.依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液D.硅是构成矿物和岩石的主要元素，硅在地壳中的含量在所有的元素中居第二位评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)6、下列有关葡萄糖的说法错误的是()A.葡萄糖的分子式是rm{C_{6}H_{12}O_{6}}B.葡萄糖不能发生银镜反应C.葡萄糖与蔗糖是同分异构体D.葡萄糖是人体重要的能量来源7、乙醇在铜做催化剂条件下发生催化氧化时在何处断键rm{(}rm{)}

A.rm{垄脵}B.rm{垄脷}C.rm{垄脹}D.rm{垄脺}8、下列物质中，可一次性鉴别乙酸、乙醇、苯及氢氧化钡溶液的是rm{(}rm{)}A.氢氧化钠溶液B.溴水C.碳酸钠溶液D.紫色石蕊溶液9、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是（）A.向足量lmol/L的HCl溶液中加入27g铝，生成1molAlCl3（2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑）B.56gN2与CO混合物中原子总数是4NAC.标准状况下，44.8LNO与22.4LO2反应后的分子数是2NA（2NO+O2═2NO2）D.常温下，lL0.05mol/L的H2SO4溶液中的H+为0.2NA10、下列过程属于化学变化的是（）A.SO2使品红溶液褪色B.氯水使有色布条褪色C.活性炭使红墨水褪色D.用浓硫酸干燥CO211、下列各组物质性质的比较中，正确的是（）A.热稳定性：NH3＜PH3＜H2OB.酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4C.碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3D.金属性：Na＞Mg＞Al12、等质量的CO2和SO2相比较，下列结论正确的是（）A.它们的分子数目之比是11：16B.它们的氧原子数目之比为2：3C.它们的分子数目之比为16：11D.它们所含原子数目之比为16：1113、硝酸工业尾气中的rm{NO}rm{NO_{2}}进入大气后，会形成光化学烟雾、破坏臭氧层等。可用氢氧化钠溶液对含氮氧化物的废气进行处理，反应的化学方程式如下：rm{NO_{2}+NO+2NaOH=2NaNO_{2}+H_{2}O2NO_{2}+2NaOH=NaNO_{2}+NaNO_{3}+H_{2}O}氨气也可以用来处理氮氧化物。例如，氨气与一氧化氮可发生如下反应：rm{4NH_{3}+6NO=5N_{2}+6H_{2}O}将一定量rm{NO_{2}+NO+2NaOH=2NaNO_{2}+H_{2}O

2NO_{2}+2NaOH=NaNO_{2}+NaNO_{3}+H_{2}O}和rm{4NH_{3}+6NO=5N_{2}+

6H_{2}O}的混合气体通入rm{NO}溶液中，恰好被完全吸收。下列说法正确的A.原混合气体中rm{NO_{2}}在标准状况下的体积可能为rm{300mL5mol/LNaOH}B.所得溶液中rm{NO}和rm{16.8L}的物质的量之比不可能为rm{NaNO_{3}}C.若用氨气处理，所需氨气在标准状况下的体积可能为rm{NaNO_{2}}D.在用氨气处理氮氧化物时，氮氧化物发生还原反应rm{1漏U2}评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、为了验证镁和铝的金属性强弱；某同学欲设计实验验证．提供的试剂有：镁带；铝条、水、盐酸、浓硫酸．

（1）所选试剂为____；

（2）发生反应的化学方程式为____；

（3）请简要叙述其操作过程及现象____．15、（9分）硅酸钠被国家列为“我国优先发展的精细化学品”和“今后我国无机化工产品发展重点”之一。下图是用海边的石英砂（含氯化钠、氧化铁等杂质）制备硅酸钠的工艺流程示意简图：（1）要将洗出液中的溶质析出，采用的方法是（填：“蒸发”、“降温”）结晶；蒸发时用到的硅酸盐仪器有、、。（2）上流程中加入NaOH溶液，反应的离子方程式为。（3）用上述残渣中的氧化铁焊接铁轨，其铝热反应的化学方程式为（并在方程式中用“单线桥”标出电子转移方向和数目）。16、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}都是短周期元素，原子序数依次按rm{C}rm{A}rm{B}rm{D}rm{E}的顺序增大，rm{C}rm{D}都分别能与rm{A}按原子个数比rm{2隆脙l}和rm{1隆脙1}形成化合物；rm{CB}可与rm{EA_{2}}反应生成液态rm{C_{2}A}与气态物质rm{EB_{4}}rm{E}的rm{M}层电子数是rm{K}层电子数的rm{2}倍。rm{(1)A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种元素的原子半径由小到大的顺序是________rm{(}用元素符号填写rm{)}rm{(2)}写出电子式rm{D_{2}A_{2}}_________，rm{EB_{4}}___________。rm{(3)}用电子式表示rm{DC}形成过程_____________________________。rm{(4)}写出rm{D}单质与rm{CuSO_{4}}溶液反应的离子方程式是_______________________________。17、已知原子序数为rm{a}的元素rm{M}位于第rm{6}周期第Ⅱrm{A}族，元素rm{N}为同周期的第Ⅲrm{A}族，则rm{N}的原子序数为______．18、下列物质：①N2②CO2③NH3④Na2O⑤Na2O2⑥NaOH⑦CaBr2⑧H2O2⑨NH4Cl⑩HBr．回答下列问题：（填序号）

（1）只含非极性键的是______。

（2）含有极性键和非极性键的是______。

（3）含有极性键的离子化合物是______。

（4）含有非极性键的离子化合物是______。19、钢含碳量为：____；玻璃、陶瓷、水泥一定含____元素；造成赤潮的元素是：____．油脂在体内水解后的产物是：____．20、化学“多米诺实验”是利用化学反应中气体产生的压力，使多个化学反应依次发生(整个反应只需要第一个反应发生，就好像多米诺骨牌游戏一样)．以下就是一个化学“多米诺实验”，已知H2O2在MnO2的催化作用下可分解产生O2和H2O．如图所示A～H各装置中分别盛放的物质为：A．稀硫酸；B．锌粒；C．3%H2O2溶液；D．MnO2E．某溶液；F．CaCO3块状固体；G．滴有紫色石蕊的蒸馏水；H．足量澄清石灰水．

请回答以下各题：

(1)实验开始前必须进行的操作是____________．

(2)反应开始后；若G中出现红色，H中有白色沉淀生成，判断E中的物质可能是____________．(填名称)

(3)写出指定装置中发生反应的离子方程式．B．____________；F．____________；H．____________．

(4)各装置中发生了氧化还原反应的是____________(填装置编号)．21、Ⅰrm{.}下列各组物质：rm{垄脵O_{2}}和rm{O_{3}}rm{垄脷}红磷和白磷rm{垄脹{^{12}}_{6}C}和rm{{^{14}}_{6}C}rm{垄脺CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}和rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{3}}rm{垄脻}乙烷和丁烷rm{垄脼CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH(C_{2}H_{5})CH_{3}}和rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH(CH_{3})C_{2}H_{5}}rm{垄脽}rm{垄脿}和互为同分异构体的是______，互为同位素的是________，互为同素异形体的是________，是同一物质的是______。Ⅱrm{.}某化合物rm{A}的分子式为rm{C_{5}H_{11}Cl}分析数据表明，分子中含有两个rm{隆陋CH_{3}}两个rm{CH_{2}}一个rm{CH}和一个rm{隆陋Cl}它的可能结构有四种。请写出这四种可能结构简式：rm{(1)}_____________________，rm{(2)}___________________________，rm{(3)}______________________，rm{(4)}____________________________。Ⅲrm{.}有机物的结构可用键线式简化表示，如rm{CH_{3}隆陋CH篓T篓T篓TCH隆陋CH_{3}}可表示为有一种有机物rm{X}的键线式如图所示。

​rm{(1)X}的分子式为_______________________________。rm{(2)}有机物rm{Y}是rm{X}的同分异构体，且属于芳香族化合物。则rm{Y}的结构简式是：__________。rm{(3)Y}在一定条件下可发生反应生成高分子化合物rm{Z}的结构简式是：_____________，该反应类型属于_______________。rm{(4)Y}可以与溴水反应，该反应的化学方程式是：____________________________________rm{(5)Y}的最小同系物rm{M}rm{M}的芳香族同分异构体有___________种，请写出苯环上有一个侧链的同分异构体：_________________________________22、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{Q}rm{E}五种元素中，rm{X}原子核外的rm{M}层中只有两对成对电子，rm{Y}原子核外的rm{L}层电子数是rm{K}层的两倍，rm{Z}是地壳内含量rm{(}质量分数rm{)}最高的元素，rm{Q}的核电荷数是rm{X}与rm{Z}的核电荷数之和，rm{E}在元素周期表的各元素中电负性最大rm{.}回答下列问题：

rm{(1)X}rm{Y}的元素符号依次为______、______；rm{陋陇}

rm{(2)XZ_{2}}与rm{YZ_{2}}分子的立体结构分别是______和______，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是______rm{(}写分子式rm{)}理由是______；

rm{(3)Q}的元素符号是______；它属于第______周期，它的核外电子排布式为______，在形成化合物时它的最高化合价为______；

rm{(4)}用氢键表示式写出rm{E}的氢化物溶液中存在的所有氢键______．评卷人得分四、判断题(共4题，共40分)23、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化．（判断对错）24、标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NA（判断对错）25、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．（判断对错）26、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．评卷人得分五、推断题(共4题，共8分)27、A；B、C、D四种元素；它们原子的核电荷数均小于18，且依次递增，A原子核内仅有一个质子；B原子的电子总数与D原子的最外层电子数相等；A原子与B原子的最外层电子数之和与C原子的最外层电子数相等；D原子有两个电子层，最外层电子数是次外层电子数的3倍．

（1）试推断它们各是什么元素，写出它们的元素符号：A______，B______，C______，D______．

（2）画出D的离子结构示意图______．

（3）由这四种元素组成的三核10电子的分子为______，四核10电子的分子是______．28、下图中的每一方框内表示一种反应物或生成物，其中rm{A}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}在通常情况下均为气体，且rm{A}与rm{C}物质的量之比为rm{1:1}rm{B}为常见液体。试回答下列问题：rm{(1)X}是____；rm{F}是____rm{(}都填化学式rm{)}rm{(2)C隆煤E}反应的化学方程式____rm{(3)G}与rm{Cu}的反应中，rm{G}表现得性质有____。rm{(4)X}与过量rm{NaOH}溶液反应rm{(}加热rm{)}的离子方程式：____rm{(5)C}与rm{G}的反应产物的阳离子的检验方法____rm{(6)}以rm{C}rm{B}rm{D}为原料可生产rm{G}若使rm{amolC}完全转化为rm{G}理论上至少需要rm{D}____rm{mol}29、下图为几种物质的转化关系，其中rm{A}为金属，rm{B}为白色固体，rm{D}为淡黄色固体粉末，rm{E}是常见的的强碱，每一物质均含有rm{A}元素。

rm{(1)}写出下列物质的化学式：rm{A}________，rm{B}________，rm{E}_________。rm{(2)}写出下列各步反应的化学方程式：rm{A隆煤E}________________________________________________________________________；rm{A隆煤D}________________________________________________________________________；rm{F隆煤C}________________________________________________________________________。30、rm{A}是天然气的主要成分，以rm{A}为原料在一定条件下可获得有机物rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}其相互转化关系如图。已知烃rm{B}在标准状况下的密度为rm{1.16g隆陇L隆楼^{1}}rm{C}能发生银镜反应，rm{F}为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体。

请回答：rm{(1)C}中官能团的名称是____；rm{D}中官能团的名称是____rm{(2)}写出rm{B}的电子式____，其空间结构是____rm{(3)}写出rm{C隆煤E}反应的化学方程式____写出rm{D+E隆煤F}的化学方程式____rm{(4)}下列说法正确的是________。A.有机物rm{E}与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈B.有机物rm{D}rm{E}rm{F}可用饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液鉴别C.实验室制备rm{F}时，浓硫酸主要起氧化作用D.有机物rm{C}能被新制碱性氢氧化铜悬浊液、酸性rm{KMnO_{4}}溶液氧化评卷人得分六、解答题(共3题，共15分)31、用脱脂棉包住0.2g过氧化钠粉末；置于石棉网上，往脱脂棉上滴几滴水，可观察到脱脂棉剧烈燃烧起来．

（1）由上述实验现象可得出两条有关过氧化钠跟水反应的结论是：

第一：______；

第二：______．

（2）某研究性学习小组拟用如下图所示的装置进行实验；以验证上述结论．

用以验证第一条结论的实验操作是______现象是______．

为了验证第二条结论，将管口b浸入水中；可观察到的现象为______．

32、把0.4molX气体和0.6molY气体混合于2L密闭容器中，使它们发生如下反应：4X（g）+5Y（g）=nZ（g）+6W（g）．2min末已生成0.3molW，若测知以Z的浓度变化表示的反应速率为0.05mol•-1；计算：

（1）前2min内用X的浓度变化表示的平均反应速率；

（2）2min末时Y的浓度；

（3）化学反应方程式中n的值是多少？

33、（1）工业上可用乙烯与水反应来生成酒精，请写出该反应的化学方程式（不必写反应条件）______参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】解：氯化铵是典型的强酸弱碱盐，由于rm{NH_{4}^{+}}水解，导致溶液中rm{c(NH_{4}^{+})<c(Cl^{-})}溶液呈酸性，为了配制rm{NH_{4}^{+}}与rm{Cl^{-}}的浓度比为rm{1}rm{1}的溶液；须加一定量的酸性物质并保持氯离子浓度不变，抑制水解；或增加铵根离子浓度；或减少溶液中氯离子的浓度．

rm{垄脵}浓盐酸，水解平衡逆向移动，溶液中铵根离子的浓度减小，氯离子浓度增加，导致rm{c(NH_{4}^{+})<c(Cl^{-})}变得更大，故rm{垄脵}错误；

rm{垄脷NaCl}固体，溶液中加入rm{NaCl}晶体后，增加溶液中氯离子的浓度，并保持铵根离子浓度不变，导致rm{c(NH_{4}^{+})<c(Cl^{-})}变得更大，故rm{垄脷}错误；

rm{垄脹}浓氨水，通过增加一水合氨浓度从而抑制铵根离子的水解，增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变，故rm{垄脹}正确；

rm{垄脺NaOH}固体，会发生反应：rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}=NH_{3}?H_{2}O}rm{NH_{4}^{+}}越来越少，氯离子浓度不变，导致rm{c(NH_{4}^{+})<c(Cl^{-})}变得更大，故rm{垄脺}错误；

故选B．

氯化铵是强酸弱碱盐，由于rm{NH_{4}^{+}}水解，导致溶液中rm{c(NH_{4}^{+})<c(Cl^{-})}氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性；为了配制rm{NH_{4}^{+}}与rm{Cl^{-}}的浓度比为rm{1}rm{1}的溶液；须加一定量的能电离出铵根离子的物质，或减少溶液中氯离子的浓度，主要方法有：通入氨气，通过通入氨气以增加一水合氨浓度从而抑制铵根离子的水解；溶液中加入含铵根离子，不含氯离子的盐，如硝酸铵晶体，通过增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变；加入适量硫酸，通过增加氢离子浓度抑制铵根离子的水解，但不可加盐酸，防止氯离子浓度也变大；加入适量硝酸银，减小溶液中氯离子浓度；据此即可解答．

本题主要考查了rm{NH_{4}Cl}溶液的配制，解答须掌握铵根离子水解的影响因素，掌握盐类水解的规律是解答本类题的关键，本题目难度不大．【解析】rm{B}2、C【分析】略。【解析】rm{C}3、C【分析】【分析】

H2RH++HR-,HR-H++R2-，随pH增大电离平衡正向移动，c(H2R)开始较大，后逐渐减小，c(HR-)先增大后减小，c(R2-)开始较小，后逐渐增大，pC为溶液中粒子物质的量浓度的负对数，C越大pC越小，由图像可知：曲线I是pC(HR-)随溶液pH的变化曲线，曲线II是pC(H2R)随溶液pH的变化曲线，曲线III是pC(R2-)随溶液pH的变化曲线；

【详解】

A．从以上分析可知，曲线III表明，c(R2-)随着pH增大而逐渐增大；故A错误；

B．pH=1.3时，c(HR-)=c(H2R)，根据电荷守恒c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)=c(H+)=10-1.3mol/L，由于c(HR-)>c(R2-)，所以3c(R2-)+c(OH-)<10-1.3mol/L；故B错误；

C．常温下，该体系中c2(HR-)/c(R2-)·c(H2R)=====1000；故C正确；

D．pH=1.3时，c(HR-)=c(H2R)，Ka1==c(H+)=10-1.3，pH=4.3时，c(HR-)=c(R2-)，Ka2==c(H+)=10-4.3，NaHR的水解常数Kh===10-12.7，因此，NaHR水解小于电离，溶液显酸性，c(OH-)+)；故D错误；

因此，本题正确答案为C。4、D【分析】试题分析：A．警示标记为爆炸品标志，而浓硫酸不是爆炸品，不能使用该标志，故A错误;B．警示标记为能燃烧的物质的标志，而浓硫酸不能燃烧，则不能使用该标志，故B错误；C．警示标记为剧毒标志，而浓硫酸无毒，不能使用该标志，故C错误；D．警示标记为腐蚀性液体的标志，浓硫酸具有腐蚀性，则使用该标志，故D正确；考点：化学实验安全标识。【解析】【答案】D5、D【分析】解：A．KCl在水分子的作用下电离出自由移动的阴阳离子；电解质的电离不需要通过电流，故A错误；

B．氧化还原反应的本质是有电子转移；其特征是有元素化合价升降，故B错误；

C．只有胶体能产生丁达尔效应；所以不能利用丁达尔效应鉴别溶液；胶体和浊液，故C错误；

D．硅是构成矿物和岩石的主要元素；矿物和岩石主要成分是二氧化硅；硅酸盐，地壳中元素含量前四位的分别是O、Si、Al、Fe，故D正确；

故选D．

A．KCl在水分子的作用下电离出自由移动的阴阳离子；

B．氧化还原反应的本质是有电子转移；

C．只有胶体能产生丁达尔效应；

D．硅是构成矿物和岩石的主要元素；矿物和岩石主要成分是二氧化硅；硅酸盐．

本题考查电解质的电离、氧化还原反应、分散系、元素化合物等知识点，综合性较强，但较基础，注意氧化还原反应本质和特征的区别，易错选项是A．【解析】【答案】D二、双选题(共8题，共16分)6、BC【分析】【分析】本题考查葡萄糖的相关应用。【解答】A.葡萄糖的分子式是rm{C_{6}H_{12}O_{6}}A正确；B.葡萄糖分子中含有醛基，能发生银镜反应，B错误；C.葡萄糖是单糖，蔗糖是双糖，不是同分异构体，C错误；D.葡萄糖在人体中氧化产生大量能量，D正确；故选BC．【解析】rm{BC}7、BD【分析】解：乙醇在rm{Ag}催化下与rm{O_{2}}反应生成乙醛和水：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{{铜}}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}故乙醇断键的位置为rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[triangle]{{铜}}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}和rm{垄脷}故选BD．

乙醇在催化氧化时，rm{垄脺}结构被氧化为rm{-CH_{2}OH}结构；根据官能团的变化判断断裂的化学键．

本题考查乙醇的性质，难度不大，了解反应的机理是解题的关键．rm{-CHO}【解析】rm{BD}8、rCD【分析】解：rm{A.}氢氧化钠溶液不能鉴别乙酸；乙醇、氢氧化钡；故A错误；

B.溴水与乙酸；乙醇不反应且混溶；无法鉴别，故B错误；

C.碳酸钠溶液与乙酸溶液反应产生气泡；与乙醇不反应但混溶，与苯不反应但溶液分层，与氢氧化钡溶液反应产生白色沉淀，现象各不相同，可鉴别，故C正确；

D.加入紫色石蕊溶液；乙酸呈红色，乙醇无现象，苯分层，氢氧化钡呈蓝色，可鉴别，故D正确；

故选CD．

乙酸具有酸性；氢氧化钡具有碱性；遇石蕊变色不同，且乙酸与碳酸钠反应生成气体，氢氧化钡与碳酸钠反应生成白色沉淀，结合物质的溶解性及分层现象来解答．

本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注重知识迁移应用能力的训练，注意性质的异同及反应现象，题目难度不大．【解析】rm{CD}9、CD【分析】解：A、27g铝的物质的量为1mol，而1molAl～1molAlCl3；故所生成的氯化铝为1mol，故A正确；

B、氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故56g混合物的物质的量为2mol，且两者均为双原子分子，故2mol混合物中含4NA个原子；故B正确；

C、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子数小于2NA个；故C错误；

D、1L0.05mol/L的硫酸的物质的量n=CV=0.05mol/L×1L=0.05mol，而硫酸为二元强酸，故0.05mol硫酸溶液中含有的氢离子的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个；故D错误。

故选：CD。

A、求出铝的物质的量，然后根据1molAl～1molAlCl3来分析；

B；氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol；且均为双原子分子；

C、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4；

D；求出硫酸的物质的量；然后根据硫酸为二元强酸来分析。

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。【解析】CD10、A|B【分析】解：A．SO2能使品红的红色溶液变为无色；是因为二氧化硫生成的亚硫酸结合有机色素形成无色物质，体现了二氧化硫的漂白性，发生了化学变化，故A正确；

B．氯水的主要成分就是盐酸和次氯酸；因为次氯酸具有强氧化性，氧化有机色素为无色物质所以有色布条会褪色，发生了化学变化，故B正确；

C．活性炭具有疏松多孔的结构；具有吸附性，能吸附红墨水的红色，是物理变化，故C错误；

D．二氧化碳不能与浓硫酸反应；浓硫酸具有吸水性，二氧化碳中的水蒸气可以通过浓硫酸进行干燥，是物理变化，故D错误；

故选AB．

A．SO2具有漂白性；

B．氯水中含有HClO；具有漂白作用；

C．活性炭具有吸附作用使红墨水褪色；

D．浓硫酸具有吸水性．

本题考查了化学变化的概念．关键多角度比较前后出现的物质是否为同一物质，我们平时学习多留心各种物质的性质，就会轻松解题．【解析】【答案】AB11、C|D【分析】解：A．非金属性O＞N＞P；元素的非金属性越强，氢化物越稳定，故A错误；

B．非金属性Cl＞S＞P；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故B错误；

C．金属性Na＞Mg＞Al；元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，故C正确；

D．Na；Mg、Al位于相同周期；同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，金属性：Na＞Mg＞Al，故D正确．

故选CD．

A．元素的非金属性越强；氢化物越稳定；

B．元素的非金属性越强；对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；

C．元素的金属性越强；对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；

D．Na；Mg、Al位于相同周期；同周期元素从左到右金属性逐渐减弱．

本题考查较为综合，涉及金属性、非金属性等知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握元素周期律的递变规律，难度中等，学习中注意积累．【解析】【答案】CD12、C|D【分析】解：A．根据N=nNA可知，分子数与物质的量成正比，等质量时，CO2和SO2的物质的量之比与其摩尔质量成反比；即：64g/mol：44g/mol=16：11，所以它们的分子数之比为16：11，故A错误；

B．CO2和SO2含有氧原子的数目相同；等质量的二者的物质的量之比为16：11，则含有的氧原子数目之比为16：11，故B错误；

C．等质量的二者的物质的量之比为16：11；二者分子中都含有3个原子，则等质量的二氧化碳和二氧化硫分子中含有的原子数目之比等于其物质的量之比，等于16：11，故C正确；

D．等质量的二者的物质的量之比为16：11；二者分子中都含有2个氧原子，则等质量的二氧化碳和二氧化硫分子中含有的氧原子数目之比等于其物质的量之比，等于16：11，故D正确；

故选CD．

CO2和SO2分子中都含有2个氧原子、3个原子，二者含有的原子数目、氧原子数目之间等于其物质的量之比，等质量时，物质的量与摩尔质量成反比，则等质量的二氧化碳和二氧化硫的物质的量之比为：64g/mol：44g/mol=16：11，则等质量的CO2和SO2相比较；它们的分子数目；含有的原子数目、氧原子数目之比为都是16：11．

本题考查了有关物质的量的计算，题目难度不大，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确二氧化碳与二氧化硫分子中含有的氧原子、原子与分子组成之间的关系是解答本题关键．【解析】【答案】CD13、AD【分析】【分析】本题考查有关化学方程式的计算，难度较大，掌握相关知识是解答的关键。【解答】要使气体完全被吸收则一定要二氧化氮的量大于一氧化氮的量。A.如一氧化氮为rm{16.8L}物质的量为rm{dfrac{16.8L}{22.4L/mol}=0.75mol}则完全反应要氢氧化钠物质的量为rm{dfrac{16.8L}{22.4L/mol}=0.75mol

}而氢氧化钠刚好为rm{1.5mol}也就是二氧化氮也为rm{0.3L隆脕5mol/L=1.5mol}故A正确；B.如为rm{0.75mol}则rm{1:2}为rm{NaNO_{3}}从第二个反应产生的rm{amol}也为rm{NaNO_{2}}故第一个反应产生的rm{amol}也为rm{NaNO_{2}}同时要的氢氧化钠为rm{amol}可知rm{3a=1.5mol}符合所给的数据，故B错误；C.氨气为rm{a=0.5mol}则物质的量为rm{22.4L}全部反应转移电子数为rm{1mol}因不知一氧化氮及二氧化氮的物质的量，且不知生成生成亚硝酸钠还是硝酸钠，故无法计算，故C错误；D.因氨气中氮化合价升高，则氮的氧化物化合价一定降低发生还原反应，故D正确。故选AD。rm{3mol}【解析】rm{AD}三、填空题(共9题，共18分)14、略

【分析】

（1）金属镁和铝和盐酸反应产生氢气的速率不一样；可以证明金属的活泼性强弱，金属铝在常温下遇到浓硫酸发生钝化，不能用浓硫酸，故答案为：镁带；铝条、盐酸；

（2）金属镁和铝与盐酸反应分别为：Mg+2HCl═MgCl2+H2↑，2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，故答案为：Mg+2HCl═MgCl2+H2↑，2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑；

（3）将镁条和铝带分别放入盛有浓度相等的盐酸溶液中；观察产生氢气的速率，产生氢气的速率快的是金属镁，反之是金属铝，故答案为：将镁条和铝带分别放入盛有浓度相等的盐酸溶液中，观察产生氢气的速率，产生氢气的速率快的是金属镁，反之是金属铝．

【解析】【答案】（1）根据金属和酸反应产生氢气的速率来确定金属性的强弱；

（2）金属和盐酸反应生成盐和氢气；

（3）根据金属和酸反应的实质是和氢离子之间的反应；控制氢离子的浓度相等是解答关键．

15、略

【分析】试题分析：石英砂中含有NaCl、Fe2O3等杂质，NaCl能溶于水，而石英砂和Fe2O3不溶于水，所以洗出液中含有NaCl，滤渣中含有Fe2O3和SiO2，研磨滤渣，向滤渣中加入NaOH溶液，发生反应SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，然后过滤得到滤渣Fe2O3，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到硅酸钠晶体，滤液中含有硅酸钠和NaOH；（1）将洗出液中的溶质析出，采用的方法是蒸发；玻璃中含有硅酸盐，所以蒸发时需要的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒和酒精灯；（2）SiO2和NaOH反应生成可溶性的硅酸钠，离子方程式为SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；氧化铁和Al发生铝热反应生成Fe和氧化铝，反应方程式为：考点：考查物质的分离提纯。【解析】【答案】（1）蒸发蒸发皿、玻璃棒、酒精灯（2）SiO2+2OH—==SiO32—+H2O（3）16、（1）H<F<O<Si<Na（2）（3）（4）2Na+2H2O+Cu2+=Cu（OH）2↓+2Na++H2↑。

【分析】【分析】熟悉元素形成的常见化合物是解答本题的关键，涉及知识点较多，侧重原子结构与性质及化学用语的考查，注意金属性、非金属性的比较。【解答】rm{E}的rm{M}层电子数是rm{K}层电子数的rm{2}倍，rm{K}层容纳rm{2}个电子，rm{M}层有rm{4}个电子，则rm{E}为rm{Si}元素。

A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种短周期元素，核电荷数按rm{C}rm{A}rm{B}rm{D}rm{E}的顺序增大rm{.C}rm{D}都能分别与rm{A}按原子个数比为rm{1}rm{1}或rm{2}rm{1}形成化合物；rm{CB}可与rm{EA_{2}}反应生成rm{C_{2}A}和气态物质rm{EB_{4}}则rm{C}为rm{H}元素，rm{A}为rm{O}元素，rm{D}为rm{Na}元素；

rm{CB}可与rm{EA_{2}}反应生成rm{C_{2}A}和气态物质rm{EB_{4}}该反应为rm{4HF+SiO_{2}篓T2H_{2}O+SiF_{4}隆眉}则rm{B}为rm{F}元素。rm{(1)}据同一周期从左到右原子半径由大到小，同上主族从上到下原子半径由小到大，而氢最小，故有rm{H<F<O<Si<Na}rm{(2)}过氧化钠电子式为：四氟化碳电子式为：rm{(3)}氢化钠电子形成过程为：rm{(4)D}单质与rm{CuSO_{4}}溶液反应的离子方程式：rm{2Na+2H_{2}O+Cu^{2+}=Cu(OH)_{2}隆媒+2Na^{+}+H_{2}隆眉}rm{2Na+2H_{2}O+Cu^{2+}=

Cu(OH)_{2}隆媒+2Na^{+}+H_{2}隆眉}【解析】rm{(1)}rm{H<F<O<Si<Na}rm{H<F<O<Si<Na}rm{(2)}rm{(4)2Na+2H_{2}O+Cu^{2+}=Cu(OH)_{2}隆媒+2Na^{+}+H_{2}隆眉}。rm{(2)}

17、略

【分析】解：元素周期表中，在第六、七周期的过渡元素中又出现镧系和锕系，因此第六周期中第rm{IIA}元素与第rm{IIIA}元素原子序数相差rm{25}所以rm{N}的原子序数为rm{a+25}．

故答案为：rm{a+25}．

元素周期表中；在第六；七周期中的过渡元素中出现镧系和锕系，根据周期表的结构来回答．

本题考查学生元素周期表的结构知识，注意把握周期表中的列和族的关系及副族元素的位置，题目难度不大．【解析】rm{a+25}18、①⑧⑥⑨⑤【分析】解：①N2中只含非极性键；属于单质；

②CO2③NH3、⑩HBr中只含极性键；属于共价化合物；

⑧H2O2含有H-O极性键和O-O非极性键；属于共价化合物；

⑤Na2O2中含有离子键和非极性键；属于离子键化合物；

⑥NaOH、⑨NH4Cl中含有离子键和极性键；属于离子键化合物；

⑦CaBr2、④Na2O中只含离子键；属于离子化合物；

（1）只含非极性键的是①；故答案为：①；

（2）含有极性键和非极性键的是⑧；故答案为：⑧；

（3）含有极性键的离子化合物是⑥⑨；故答案为：⑥⑨；

（4）含有非极性键的离子化合物是⑤；故答案为：⑤。

一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物，据此分析解答。

本题考查了物质和化学键的关系，明确物质中存在的化学键是解本题关键，题目难度不大，注意把握元素间形成化学键的一般规律。【解析】①⑧⑥⑨⑤19、0.03～2%Si、O或硅、氧N、P或氮、磷高级脂肪酸和甘油【分析】【解答】钢含碳量为：0.03～2%的铁的合金；玻璃；陶瓷、水泥一定含Si、O或硅、氧元素元素；藻类生长需要大量的N、P元素；如果水体中N、P元素严重超标，会引起藻类疯长，从而导致水中氧气含量降低，水生生物大量死亡，海水中常称为赤潮，所以造成赤潮的元素是：N、P或氮、磷；油脂在体内水解后的产物是：高级脂肪酸和甘油；

故答案为：0.03～2%；Si；O或硅、氧；N、P或氮、磷；高级脂肪酸和甘油．

【分析】钢含碳量为：0.03～2%；玻璃、陶瓷、水泥是硅酸盐产品；赤潮是N、P或氮、磷的过多排放，造成水体富营养化；油脂是高级脂肪酸甘油酯20、略

【分析】解：(1)要使制取和验证气体的性质顺利进行；需保证整套装置的气密性良好；

故答案为：检查装置的气密性；

(2)此装置的工作原理是B装置中的锌和稀硫酸反应放出氢气；氢气将C装置中的过氧化氢溶液压入D装置中，在二氧化锰的催化作用下生产氧气，氧气再把E中的液体压入F中，两种药品接触发生反应，生成的气体再通过紫色石蕊试液和澄清石灰水，反应开始后，若G中出现红色，说明有酸，H中有白色沉淀生成，说明有二氧化碳生成，所以可以是F中是碳酸钙和盐酸或稀硝酸反应，G中是二氧化碳和水化合，H中是二氧化碳和氢氧化钙反应；

故答案为：稀盐酸或稀硝酸；

(3)B中是锌和稀硫酸反应，D中是过氧化氢溶液分解，F中是碳酸钙和盐酸或稀硝酸反应，G中是二氧化碳和水化合，H中是二氧化碳和氢氧化钙反应，B、F、H中发生的化学反应分别为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑发生反应的离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑；CaC03+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑；CO2+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O发生反应的离子方程式为Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O；

故答案为：Zn+2H+=Zn2++H2↑；CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑；Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O；

(4)根据(2)知各反应为：装置B中：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，置换反应是氧化还原反应；氢气将C装置中的过氧化氢溶液压入D装置中，装置D中：2H2O22H2O+O2↑，氧元素从-1价变为产物中的-2价和零价，是氧化还原反应，F中是碳酸钙和盐酸或稀硝酸反应，CaC03+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑是复分解反应是非氧化还原反应，G中是二氧化碳和水化合CO2+H2O═H2CO3，是非氧化还原反应，H中是二氧化碳和氢氧化钙反应CO2+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O是非氧化还原反应；发生了氧化还原反应的是BD；

故答案为：BD．【解析】检查装置的气密性;稀盐酸或稀硝酸;Zn+2H+=Zn2++H2↑;CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑;Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O;BD21、Ⅰ.④③①②⑥⑦

Ⅱ.

Ⅲ.（1）C8H8

（2）

（3）加聚反应

（4）

（5）6

【分析】【分析】本题考查的是同系物、同分异构体等，难度一般。【解答】Ⅰrm{.垄脵}为同素异形体；rm{垄脷}为同素异形体；rm{垄脹}为同位素；rm{垄脺}为同分异构体；rm{垄脻}同系物；rm{垄脼}同种物质；rm{垄脽}同种物质；rm{垄脿}不为同系物，故答案为：rm{垄脺}rm{垄脹}rm{垄脵垄脷}rm{垄脼垄脽}

Ⅱrm{.}某化合物rm{A}的分子式为rm{C}的分子式为rm{A}rm{C}rm{{,!}_{5}}rm{H}rm{H}分析数据表明，分子中含有两个rm{{,!}_{11}}rm{Cl}分析数据表明，分子中含有两个rm{隆陋CH}rm{Cl}rm{隆陋CH}rm{{,!}_{3}}和一个，两个rm{CH}，可能的结构为故答案为：Ⅲrm{CH}根据碳原子应形成rm{{,!}_{2}}对共用电子对分析，该物质的分子式为，一个rm{CH}和一个rm{隆陋Cl}rm{CH}rm{隆陋Cl}rm{.(1)}，故答案为：rm{4}rm{C}rm{8}rm{8}；rm{H}该物质若含有苯环，则为苯乙烯，结构为故答案为：rm{8}苯乙烯加聚都生成聚苯乙烯，结构为故答案为：加聚反应；rm{8}苯乙烯和溴发生加成反应生成方程式为故答案为：rm{C}苯乙烯最小同系物分子式为rm{8}若有一个侧链，可能为rm{8}或rm{H}或rm{8}若为两个侧链，则为甲基和乙烯基，有三种位置关系，故总共有rm{8}种，故答案为：rm{(2)}

rm{(3)}【解析】Ⅰrm{.垄脺}rm{垄脹}rm{垄脵垄脷}rm{垄脼垄脽}rm{.垄脺}rm{垄脹}rm{垄脵垄脷}

rm{垄脼垄脽}Ⅱrm{.}rm{.}Ⅲrm{.(1)C_{8}H_{8}}加聚反应rm{.(1)C_{8}H_{8}}rm{(2)}

rm{(3)}22、S；C；V形；直线形；SO2；SO2是极性分子，H2O也是极性分子，相似相溶，而CO2是非极性分子；Cr；四；1s22s22p63s23p63d54s1；+6；F-HF、F-HO、O-HF、O-HO【分析】解：rm{X}原子核外的rm{M}层中只有两对成对电子，核外电子排布应为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}为rm{S}元素，rm{Y}原子核外的rm{L}层电子数是rm{K}层的两倍，rm{Y}有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{4}故rm{Y}为rm{C}元素，rm{Z}是地壳内含量最高的元素，为rm{O}元素，rm{Q}的核电荷数是rm{X}与rm{Z}的核电荷数之和，原子序数为rm{24}为rm{Cr}元素，rm{E}在元素周期表的各元素中电负性最大，应为rm{F}元素；则。

rm{(1)}由以上分析可知，rm{X}为rm{S}rm{Y}为rm{C}故答案为：rm{S}rm{C}

rm{(2)SO_{2}}中，rm{S}和rm{O}形成rm{2}个rm{娄脛}键，有rm{1}个孤电子对，为rm{V}形，rm{CO_{2}}中，rm{C}和rm{O}形成rm{2}个rm{娄脛}键，没有孤电子对，为直线形；rm{SO_{2}}是极性分子，rm{H_{2}O}也是极性分子，相似相溶，而rm{CO_{2}}是非极性分子，故rm{SO_{2}}在水中溶解度更大，故答案为：rm{V}形；直线形；rm{SO_{2}}rm{SO_{2}}是极性分子，rm{H_{2}O}也是极性分子，相似相溶，而rm{CO_{2}}是非极性分子；

rm{(3)Q}为rm{Cr}原子序数为rm{24}位于周期表第四周期Ⅵrm{B}族，核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}最高化合价为rm{+6}价；

故答案为：rm{Cr}四；rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}rm{+6}

rm{(4)HF}的水溶液中，rm{F}的电负性较大，可与另一分子的rm{HF}或水中的rm{H}形成氢键，可表示为rm{H-FH}氧原子和氟化氢分子中的氢原子之间能形成氢键，可表示为rm{F-HO}氟原子和水分子中的氢原子能形成氢键可表示为rm{O-HF}氧原子和另一个水分子中的氢原子能形成氢键可表示为rm{O-HO}

故答案为：rm{F-HF}rm{F-HO}rm{O-HF}rm{O-HO}．

rm{X}原子核外的rm{M}层中只有两对成对电子，核外电子排布应为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}为rm{S}元素，rm{Y}原子核外的rm{L}层电子数是rm{K}层的两倍，rm{Y}有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{4}故rm{Y}为rm{C}元素，rm{Z}是地壳内含量最高的元素，为rm{O}元素，rm{Q}的核电荷数是rm{X}与rm{Z}的核电荷数之和，原子序数为rm{24}为rm{Cr}元素，rm{E}在元素周期表的各元素中电负性最大，应为rm{F}元素；结合元素对应单质；化合物的结构和性质解答该题．

本题考查原子结构与元素的性质，题目难度中等，本题注意把握原子核外电子排布，推断元素的种类是关键，还要注意把握分析空间构型的判断．【解析】rm{S}rm{C}rm{V}形；直线形；rm{SO_{2}}rm{SO_{2}}是极性分子，rm{H_{2}O}也是极性分子，相似相溶，而rm{CO_{2}}是非极性分子；rm{Cr}四；rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}rm{+6}rm{F-HF}rm{F-HO}rm{O-HF}rm{O-HO}四、判断题(共4题，共40分)23、B【分析】【解答】蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水；属于化学变化，故答案为：×．

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．24、B【分析】【解答】标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol；标准状况己烷不是气体，物质的量不是0.1mol，故上述错误；

故答案为：错．

【分析】气体摩尔体积的概念和应用条件分析判断，标准状态下气体摩尔体积为22.4L/mol25、B【分析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水；说明该有机物中肯定含有碳；氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．

【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素26、B【分析】【解答】蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．

【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；五、推断题(共4题，共8分)27、略

【分析】解：A；B、C、D四种元素；它们原子的核电荷数均小于18，且依次递增．A原子核内仅有1个质子，则A为氢元素；D原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故D为O元素；B原子的电子总数与D原子的最外层电子数相等，则B为C元素；A原子与B原子的最外层电子数之和与C原子的最外层电子数相等，则C原子最外层电子数为1+4=5，其原子序数小于氧，故C为N元素；

（1）根据分析可知；A为H；B为C、C为N、D为O元素；

故答案为：H；C；N；O；

（2）D为O元素，原子序数为8，氧离子的核外电子总数为10，其离子结构示意图为：

故答案为：

（3）A为H、B为C、C为N、D为O元素，由这四种元素组成的三核10电子的化合物为水，其分子式为：H2O；形成的四核10电子的分子是氨气，分子式为：NH3；

故答案为：H2O；NH3．

A；B、C、D四种元素；它们原子的核电荷数均小于18，且依次递增．A原子核内仅有1个质子，则A为氢元素；D原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故D为O元素；B原子的电子总数与D原子的最外层电子数相等，则B为C元素；A原子与B原子的最外层电子数之和与C原子的最外层电子数相等，则C原子最外层电子数为1+4=5，其原子序数小于氧，故C为N元素，据此进行解答．

本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】H；C；N；O；H2O；NH328、（1）NH4HCO3NO2（2）（3）氧化性和酸性（4）（5）取少量样品于试管中，加入氢氧化钠并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，说明含有NH4+（6）2a【分析】【分析】本题考查无机物推断，难度中等，注意根据rm{X}既能与盐酸又能与氢氧化钠反应生成气体及rm{A}能与过氧化钠反应生成气体进行推断，注意利用电子转移守恒解答。【解答】rm{X}能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体rm{A}rm{A}能与过氧化钠反应生成气体rm{D}则rm{A}为rm{CO_{2}}rm{D}为rm{O_{2}}rm{X}与氢氧化钠反应得到气体rm{C}为rm{NH_{3}}rm{A}与rm{C}物质的量之比为rm{1}rm{1}且rm{B}为常见液体，可以推知rm{X}为rm{NH_{4}HCO_{3}}rm{B}为rm{H_{2}O}rm{C(}氨气rm{)}与rm{D(}氧气rm{)}反应生成rm{E}为rm{NO}rm{E}与氧气反应生成rm{F}为rm{NO_{2}}rm{F}与水反应得到rm{G}能与rm{Cu}反应生成rm{NO}rm{NO_{2}}则rm{G}为rm{HNO_{3}}

rm{(1)}由上述分析可知，rm{X}是rm{NH_{4}HCO_{3}}rm{F}是rm{NO_{2}}

故答案为：rm{NH_{4}HCO_{3}}rm{NO_{2}}

rm{(2)C隆煤E}发生氨的催化氧化反应，方程式为：rm{4N{H}_{3};+;5{O}_{2};overset{麓脽禄炉录脕}{=}4NO;+;6{H}_{2}O}

故答案为：rm{4N{H}_{3};+;5{O}_{2};overset{麓脽禄炉录脕}{=}4NO;+;6{H}_{2}O}

rm{4N{H}_{3};+;5{O}_{2};

overset{麓脽禄炉录脕}{=}4NO;+;6{H}_{2}O}与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，反应中rm{4N{H}_{3};+;5{O}_{2};

overset{麓脽禄炉录脕}{=}4NO;+;6{H}_{2}O}元素的化合价部分为不变化；部分降低，故硝酸表现酸性；氧化性；

故答案为：酸性和氧化性；

rm{(3)Cu}与过量rm{N}溶液反应的离子方程式为：rm{N{{H}_{4}}^{+}+HC{{O}_{3}}^{-}+2O{H}^{-}overset{?}{=}2{H}_{2}O+C{{O}_{3}}^{2-}+N{H}_{3}隆眉}

故答案为：rm{N{{H}_{4}}^{+}+HC{{O}_{3}}^{-}+2O{H}^{-}overset{?}{=}2{H}_{2}O+C{{O}_{3}}^{2-}+N{H}_{3}隆眉}rm{(4)NH_{4}HCO_{3}}氨气与硝酸反应生成硝酸铵，阳离子为铵根离子，其检验方法为：取少量样品于试管中，加入氢氧化钠并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，说明含有rm{NaOH}rm{N{{H}_{4}}^{+}+HC{{O}_{3}}^{-}+2O{H}^{-}

overset{?}{=}2{H}_{2}O+C{{O}_{3}}^{2-}+N{H}_{3}隆眉}rm{N{{H}_{4}}^{+}+HC{{O}_{3}}^{-}+2O{H}^{-}

overset{?}{=}2{H}_{2}O+C{{O}_{3}}^{2-}+N{H}_{3}隆眉}rm{(5)}取少量样品于试管中，加入氢氧化钠并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，说明含有rm{NH}rm{4}rm{4}；rm{{,!}^{+}}根据方程式rm{{,!}^{+}}故答案为：rm{NH}rm{4}rm{4}rm{{,!}^{+}}；可知，总的方程式是rm{NH_{3}+2O_{2}=HNO_{3}+H_{2}O}所以若使rm{{,!}^{+}}完全转化为rm{(6)}理论上至少需要rm{4NH_{3}+5O_{2}=4NO+6H_{2}O}

故答案为：rm{2NO+O}rm{2}【解析】rm{(1)NH_{4}HCO_{3}}rm{NO_{2}}rm{(2)4N{H}_{3};+;5{O}_{2};overset{麓脽禄炉录脕}{=}4NO;+;6{H}_{2}O}rm{(2)4N{H}_{3};+;5{O}_{2};

overset{麓脽禄炉录脕}{=}4NO;+;6{H}_{2}O}氧化性和酸性rm{(4)N{{H}_{4}}^{+}+HC{{O}_{3}}^{-}+2O{H}^{-}overset{?}{=}2{H}_{2}O+C{{O}_{3}}^{2-}+N{H}_{3}隆眉}rm{(3)}取少量样品于试管中，加入氢氧化钠并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，说明含有rm{(4)N{{H}_{4}}^{+}+HC{{O}_{3}}^{-}+2O{H}^{-}

overset{?}{=}2{H}_{2}O+C{{O}_{3}}^{2-}+N{H}_{3}隆眉}rm{(5)}rm{NH_{4}^{+;}}29、（1）NaNaOHNaOH

（2）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑

2Na+O2Na2O2

2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O【分析】【分析】本题考查元素化合物推断等，难度不大，推断物质是关键，主要依靠学生对基础知识的掌握熟练程度。【解答】rm{A}为金属单质，rm{B}为白色固体，rm{D}为淡黄色固体粉末为白色固体，rm{B}为淡黄色固体粉末。可知rm{D}为rm{A}rm{Na}是常见的的强碱，rm{E}是常见的的强碱，为rm{E}rm{E}是rm{NaOH}由钠及其化合物的性质可知rm{D}是rm{Na_{2}O_{2}}rm{C}为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{E}为rm{NaOH}rm{B}是rm{NaCl}rm{F}由以上分析可知，rm{NaHCO_{3}}为rm{(1)}rm{A}为rm{Na}rm{B}为rm{NaOH}rm{E}rm{NaOH}故答案为：rm{Na}rm{NaOH}rm{NaOH}反应的化学方程式：rm{(2)}rm{A隆煤E}反应的化学方程式：rm{2}rm{A隆煤E}rm{2}rm{Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}的方程式为rm{2Na+O_{2}overset{?}{=}Na_{2}O_{2}}故答案为：rm{2Na+O_{2}overset{?}{=}Na_{2}O_{2}}rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}的方程式为rm{2NaHCO_{3}overset{?}{=}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{A隆煤D}rm{2NaHCO_{3}overset{?}{=}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{A隆煤D}【解析】rm{(1)Na}rm{NaOH}rm{NaOH}rm{(2)2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}rm{2Na+O_{2}overset{?}{=}Na_{2}O_{2}}rm{2NaHCO_{3}overset{?}{=}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{2Na+O_{2}overset{?}{=}

Na_{2}O_{2}}30、（1）醛基羟基

（2）直线型

（3）（4）ABD【分析】【分析】本题考查有机合成，题目难度不大，推断物质组成、结构为解答关键，注意熟练掌握常见有机物组成、结构与性质，试题有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力。【解答】rm{A}是天然气的主要成分，则rm{A}为rm{CH}是天然气的主要成分，则rm{A}为rm{A}rm{CH}rm{{,!}_{4}}在标准状况下的密度为；已知烃rm{B}在标准状况下的密度为rm{1.16g?L}rm{B}rm{1.16g?L}的摩尔质量为：rm{{,!}^{-1}}，则rm{B}的摩尔质量为：rm{M(B)=22.4L/mol隆脕1.16g?L}rm{B}rm{M(B)=22.4L/mol隆脕1.16g?L}能发生银镜反应，则rm{{,!}^{-1}}分子中含有醛基；rm{隆脰26g/mol}rm{C}能发生银镜反应，则rm{C}分子中含有醛基；rm{F}为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体，则rm{F}为酯，根据转化关系可知rm{F}为rm{CH}为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体，则rm{隆脰26g/mol}为酯，根据转化关系可知rm{C}为rm{C}rm{F}rm{F}rm{F}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{COOC}催化氧化得rm{COOC}rm{{,!}_{2}}与氢气发生还原反应生成rm{H}则rm{H}为rm{{,!}_{5}}；rm{C}催化氧化得rm{E}rm{C}与氢气发生还原反应生成rm{D}则rm{E}为rm{CH}rm{C}rm{E}为rm{C}rm{D}rm{E}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{COOH}rm{D}为rm{CH}