2025年北师大版高三化学下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年北师大版高三化学下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6题，共12分)1、下列对一些物质或化学反应的分类以及依据正确的是（）A.豆浆是胶体，因为豆浆中的分散质粒子直径在1nm～100nm之间B.NaCl溶液是电解质，因为NaCl溶液能导电C.Na和H2O的反应不是离子反应，因为反应中没有离子参加D.H2SO4是酸，因为H2SO4中含有氢元素2、同一主族元素的原子具有相同的（）A.核电荷数B.最外层电子数C.核外电子数D.电子层数3、下列实验不能达到预期目的是rm{(}rm{)}

。序号实验操作实验目的rm{A}浓、稀rm{HNO_{3}}分别与rm{Cu}反应比较浓、稀rm{HNO_{3}}的氧化性强弱rm{B}向盛有rm{1mL}硝酸银溶液的试管中滴加rm{NaCl}溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加rm{Na_{2}S}溶液说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀rm{C}测定等浓度的rm{HCl}rm{HNO_{3}}两溶液的rm{pH}比较氯、rm{N}的非金属性强弱rm{D}室温下，分别向rm{2}支试管中加入相同体积、相同浓度的rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸研究浓度对反应速率的影响A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}4、下列反应属于氧化还原反应的是（）A.H2SO4+2NaOH═Na2SO4+2H2OB.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2OC.CuO+H2Cu+H2OD.NH3+HCl═NH4C15、向硝酸钡溶液逐渐通入二氧化硫气体，可能发生的离子方程式如下，其中错误的是（）A.3SO2+2NO3-+2H2O═2NO↑+4H++3SO42-B.3SO2+Ba2++2NO3-+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++SO42-C.6SO2+Ba2++4NO3-+4H2O═BaSO4↓+4NO↑+8H++5SO42-D.3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+6、同温同压下，相同体积的氦气（He）和氘气（H2）不相等的是（）A.分子数B.原子数C.中子数D.电子数评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)7、某国潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）作载热介质，有关说法不正确的是（）A.原子半径：Na＜AlB.铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，则n（Al）≤n（Na）C.铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，肯定有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出D.mg不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的H2越多，则铝的质量分数越小8、一定量rm{CO_{2}}通入某浓度的rm{NaOH}溶液得溶液rm{A}向rm{A}溶液中逐滴滴入稀盐酸，加入rm{n(HCl)}与生成rm{n(CO_{2})}的关系如图所示。下列有关叙述正确的是rm{(}rm{)}A.通入的rm{CO_{2}}气体在标准状况下等于rm{22.4L}B.溶液中rm{n(NaOH)=2n(Na_{2}CO_{3})}C.rm{A}溶液中既含rm{Na_{2}CO_{3}}又含rm{NaHCO_{3}}D.rm{A}溶液中一定只有rm{Na_{2}CO_{3}}9、室温下，甲、乙两烧杯均盛有rm{5mL}rm{pH=3}的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至rm{pH=4.}关于甲、乙烧杯中溶液的描述正确的是rm{(}rm{)}A.溶液的体积rm{10V_{录脳}leqslantV_{脪脪}}B.水电离出的rm{OH^{-}}浓度：rm{10c(OH^{-})_{录脳}leqslantc(OH^{-})_{脪脪}}C.若分别与rm{10c(OH^{-})_{录脳}leqslant

c(OH^{-})_{脪脪}}rm{5}rm{mL}的rm{pH=11}溶液反应，所得溶液的rm{NaOH}甲rm{pH}乙D.若分别用等浓度的rm{leqslant}溶液完全中和，所得溶液的rm{NaOH}甲rm{pH}乙rm{leqslant}10、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.原电池反应是自发的氧化还原反应，盐桥的作用是平衡正负极电荷，形成闭合回路B.为防止轮船发生腐蚀，往往在轮船外壳焊上金属锌，这是牺牲阴极的阳极保护法C.精炼铜时，粗铜做阳极，纯铜做阴极，rm{CuSO_{4}}是电解质溶液，电解前后溶液浓度不变D.电镀是特殊的电解，电解前后阴极减少的质量与阳极增加的质量相等11、下列关于rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}的性质比较中，不正确的是rm{(}rm{)}A.热稳定性：rm{Na_{2}CO_{3}>NaHCO_{3}}B.常温下在水中的溶解性：rm{NaHCO_{3}>Na_{2}CO_{3}}C.等物质的量浓度的溶液与稀盐酸反应的产生气体的速率：rm{Na_{2}CO_{3}>NaHCO_{3}}D.等质量的固体与足量盐酸反应放出rm{CO_{2}}的质量：rm{Na_{2}CO_{3}<NaHCO_{3}}12、分析原子的杂化方式，并根据等电子体原理判断下列各组分子中的所有原子，或者处于同一平面，或者在一条直线上的是（）A.C2H2、HClO、C2H6B.CO2、N2O、HC≡CHC.C6H5CH3、C3H4、CH4D.C6H6、C2H4、HCN13、温度为rm{T_{1}}时，在三个容积均为rm{1L}的恒容密闭容器中仅发生反应：rm{2NO_{2}(g)?2NO(g)+O_{2}(g)(}正反应吸热rm{2NO_{2}(g)?2NO(g)+O_{2}

(g)(}实验测得：rm{v_{脮媒}=v(NO_{2})_{脧没潞脛}=k_{脮媒}c^{2}(NO_{2})}rm{v_{脛忙}=v(NO)_{脧没潞脛}=2v(O_{2})_{脧没潞脛}=k_{脛忙}c^{2}(NO)隆陇c(O_{2})}rm{)}rm{v_{脮媒}=v(NO_{2}

)_{脧没潞脛}=k_{脮媒}c^{2}(NO_{2})}为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是rm{v_{脛忙}=v(NO)_{脧没潞脛}=2v(O_{2}

)_{脧没潞脛}=k_{脛忙}c^{2}(NO)隆陇c(O_{2})}rm{k_{脮媒}}。rm{k_{脛忙}}容器编号物质的起始浓度rm{/mol隆陇L^{-1}}物质的平衡浓度rm{/mol隆陇L^{-1}}rm{c(NO_{2})}rm{c(NO)}rm{c(O_{2})}rm{c(O_{2})}rm{c(O_{2})}Ⅰrm{0.6}rm{0}rm{0}rm{0.2}Ⅱrm{0.3}rm{0.5}rm{0.2}Ⅲrm{0}rm{0.5}rm{0.35}A.达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为rm{4隆脙5}B.达平衡时，容器Ⅱ中rm{dfrac{cmathrm{(}O_{2}mathrm{)}}{cmathrm{(}NO_{2}mathrm{)}}}比容器Ⅰ中的大C.达平衡时，容器Ⅲ中rm{NO}的体积分数小于rm{50%}D.当温度改变为rm{T_{2}}时，若rm{k_{脮媒}=k_{脛忙}}则rm{T_{2}>T_{1}}14、下列物质中既有氧化性又有还原性的是()A.rm{NaClO}B.rm{Al_{2}O_{3}}C.rm{N_{2}O_{3}}D.rm{SiO_{2}}评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、七铝十二钙（12CaO•7Al2O3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和废Al片制备七铝十二钙的工艺如图：

（1）煅粉主要含MgO和____，用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若溶液I中c（Mg2+）小于5×10-6mol•L-1，则溶液pH大于____（Mg（OH）2的Ksp=5×10-12）；该工艺中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是____；

（2）滤液I中的阴离子有____（忽略杂质成分的影响）；若滤液I中仅通入CO2，会生成____，从而导致CaCO3产率降低．

（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为____．16、近几年我国某些城市酸雨污染较为严重；主要是因为大量燃烧含硫量高的煤而形成的．

【实验目的】通过实验证明煤中含有碳元素和硫元素．

【查阅资料】

（1）“二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色（由紫红色变为无色）；请完成该反应的离子方程式：

____SO2+____MnO4-+____=____+____Mn2++____

根据上述资料；甲同学和丙同学分别设计实验方案进行探究．

【实验探究】甲同学：甲同学进行了如图一所示A；B两步实验：

“实验现象”：A中稀高锰酸钾溶液褪色；B中澄清石灰水变浑浊．

“得出结论”：煤燃烧生成二氧化硫和二氧化碳；证明煤中含有碳元素和硫元素．

（2）乙同学认为甲的方案不合理，其理由是：____

【实验探究】丙同学：丙同学进行了如图二所示实验（部分装置在图中略去）：

（3）上图C装置的作用是____

（4）证明煤中含有碳元素和硫元素的现象是：____

（5）装置C中的高锰酸钾溶液也可以替换为____

A．足量I2的淀粉溶液B．足量饱和NaHCO3溶液C．足量Na2SO3溶液D．足量溴水．17、已知H2CO3的第二级电离常数K2=5.6×10-11，HClO的电离常数K=3.0×10-8；写出下列条件下所发生反应的离子方程式：

a．少量Cl2通人到过量的Na2CO3溶液中：____

b．Cl2与Na2CO3按物质的量之比1：1恰好反应：____

c．少量CO2通人到过量的NaClO溶液中：____．18、以X为原料合成高分子化合物尼龙-66的流程如图所示：

Ⅰ．X和浓溴水反应产生白色沉淀。

Ⅱ．Z的化学式为C6H12O4；Z分子中无支链，只含一种官能团。

Ⅲ．某些醛与醛之间能发生醛缩合反应；例如：

请回答下列问题：

（1）X的化学名称为____

（2）反应Ⅱ的化学方程式为____，反应类型为____

（3）反应Ⅳ的化学方程式为____，反应类型为____

（4）W的结构简式为____，T的分子式为____

（5）比Z少一个碳原子的Z的同系物与G互为同分异构体，G能发生银镜反应和水解反应：1molG既能与2molNaOH反应，也能与0.5molNa2CO3反应并产生气体，符合条件G的同分异构体有____种，其中，在核磁共振氢谱上有3个峰结构简式为____．19、如图所示的装置；C；D、E、F、X、Y都是惰性电极．接通电源后，向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色．试回答下列问题：

（1）A是外加电源的____极，B是____极，E是____极，F是____极．

（2）乙池中，E电极反应为____，F电极反应为____

（3）甲是____池，甲池中总反应式是：____．

（4）欲用丙装置给铜镀银，铜件是____（填G和H）极，电镀液是____溶液．20、电解是有机合成一种重要的方法；它为进行奇特反应提供了有效的手段．例如利用电解可以制得一些小环化合物：

请回答下列问题：

（1）电解过程中是____极产物．

（2）写出电解得到一种烃的电极方程式____．

（3）电解羧酸盐溶液可制得一些特殊结构的烃类及其衍生物．其电解离子方程式为：2RCOO-+2H2OR-R+2CO2↑+H2↑+2OH-（R表示烃基）请写出该反应的电极方程式：阳极____．阴极____．21、在一个2L的密闭容器中；加入3molA和1molB，发生下述反应：

3A（g）+B（g）⇌2C（g）+3D（s）；5min达到平衡时，C的浓度为0.6mol/L．

（1）达到平衡时，A的转化率为____．此温度下的平衡常数K=____．

（2）维持容器的温度不变，若缩小容器的体积，则平衡将____．（填“正反应方向移动”；“逆反应方向移动”或“不移动”）

（3）维持容器的体积和温度不变，向密闭容器中加入氦气，达到新平衡时B、C的浓度之比c（B）/c（C）将____．（填“增大”；“减小”或“不变”）

（4）若增加A的浓度，B的转化率____；若将C分离出来，化学平衡常数____．（填“增大”、“减小”、“不变”）22、rm{(1)}在rm{0.5molNa_{2}SO_{4}}中含有钠离子的物质的量为________，含有氧原子的物质的量为________。rm{(2)}填空：评卷人得分四、判断题(共3题，共6分)23、0.1mol•L-1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA．____（判断对错）24、制备Fe（OH）3，既可以通过复分解反应制备，又可以通过化合反应制备____（判断对和错）25、在18g18O2中含有NA个氧原子．____（判断对错）评卷人得分五、书写(共2题，共6分)26、写出下列化学方程式：

（1）乙醇、溴乙烷、氢氧化钾混合后共热：____

（2）由CH2═CH-CH2Br制．____

（3）由制____

（4）（CH3）2CHCH2Br为原料制取____．27、有A、B、C、D、E五瓶透明溶液，分别是HCl、BaCl2、NaHSO4、Na2CO3、AgNO3中的一种．已知：①A与B反应有气体生成；②B与C反应有沉淀生成；③C与D反应有沉淀生成；④D与E反应有沉淀生成；⑤A与E反应有气体生成；⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质．请填空：

（1）在②和③的反应中，生成的沉淀物质的化学式是____．

（2）A是____，B是____，C是____，D是____，E是____．

（3）A与E反应的离子方程式是____．评卷人得分六、实验题(共2题，共4分)28、NiSO4是一种重要的化工原料，大量用于电镀、触媒和纺织品染色等．某化学研究性学习小组通过查阅资料，设计了如下图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO4•7H2O．已知某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni；还含有Al；Fe的单质及氧化物，其他不溶杂质．

部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时的pH如下：

。沉淀物开始沉淀完全沉淀Al（OH）33.85.2Fe（OH）32.73.2Fe（OH）27.69.7Ni（OH）27.19.2回答下列问题：

（1）操作a、c中需使用的仪器除铁架台（带铁圈）、酒精灯、漏斗、玻璃棒外还需要的主要仪器为____．

（2）“碱浸”过程中发生的离子方程式是____，____．

（3）“酸浸”时所加入的酸是____（填化学式）．酸浸后，经操作a分离出固体①后，溶液中可能含有的金属离子是____．

（4）在40℃左右，用6%的H2O2能氧化Fe2+此外，还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下水解，最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀而把铁除去．图是温度-pH值与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾钠稳定存在的区域（已知25℃时，Fe（OH）3的Ksp=2.64×10-39）．下列说法正确的是____（选填序号）．

A．FeOOH中铁为+2价。

B．若在25℃时，用H2O2氧化Fe2+，再在pH=4时除去铁，此时溶液中c（Fe3+）=2.64×10-29

C．用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+离子方程式为：6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O

D．工业生产中温度常保持在85～95℃生成黄铁矾钠；此时水体的pH约为1.2～1.8

（5）操作b调节pH的范围为____．

（6）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O），其原因可能是____．29、（2013•武汉模拟）乙酸乙酯是重要的化工原料．实验室合成乙酸乙酯的装置如图所示．

有关数据及副反应：

。乙酸乙醇乙酸乙酯乙醚沸点/℃11878.377.134.5溶解性易溶于水极易溶于水与乙醚混溶微溶于水副反应：CH3CH2OH+HOCH2CH3CH3CH2OCH3+H2O

请回答下列问题：

（1）在大试管A中添加的试剂有6mL乙醇、4mL乙酸和4mL浓硫酸，这三种试剂的添加顺序依次为____、____、____

（2）试管B中导管接近液面未伸入液面下的理由是____．

（3）现对试管B中乙酸乙酯粗产品进行提纯；步骤如下：

①将试管B中混合液体充分振荡后，转入____（填仪器名称）进行分离；

②向分离出的上层液体中加入无水硫酸钠，充分振荡．加入无水硫酸钠的目的是：____．

③将经过上述处理的液体放入干燥的蒸馏烧瓶中，对其进行蒸馏，收集____℃左右的液体即得纯净的乙酸乙酯．

（4）从绿色化学的角度分析，使用浓硫酸制乙酸乙酯不足之处主要有____．

（5）炒菜时，加一点白酒和醋能使菜肴昧香可口，试用符合实际情况的化学方程式解释：____．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】A．胶体分散质粒子直径在1nm～100nm之间；

B．在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；

C．有离子参加或生成的反应是离子反应；

D．据电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸．【解析】【解答】解：A．豆浆是胶体；因为豆浆中的分散质粒子直径在1nm～100nm之间，故A正确；

B．NaCl溶液是混合物；故B错误；

C．Na和H2O的反应是离子反应；因为反应中离子生成，故C错误；

D．H2SO4是酸，因为H2SO4电离时生成的阳离子都是氢离子；故D错误．

故选A．2、B【分析】【分析】在元素周期表中，电子层数相同的元素在同一周期，最外层电子数或价电子数相同的元素在同一族，以此解答该题．【解析】【解答】解：元素周期表中；最外层电子数或价电子数相同的元素在同一族，其中，同一主族元素的最外层电子数相等，具有相似的化学性质；

故选B．3、C【分析】解：rm{A.}浓；稀硝酸的强氧化性不同；与铜反应的剧烈程度不同，浓硝酸氧化性较强，可与铜剧烈反应，能达到实验目的，故A正确；

B.硫化银溶解度比氯化银小；在氯化银溶液中加入硫化钠溶液，可生成硫化银沉淀，故B正确；

C.比较非金属性强弱；应用最高价含氧酸的酸性进行比较，故C错误；

D.增大反应物浓度；活化分子的浓度增大，反应速率增大，浓度不同，反应速率不同，故D正确．

故选C．

A.浓；稀硝酸的强氧化性不同；与铜反应的剧烈程度不同；

B.从难溶电解质的溶解平衡的角度分析；

C.比较非金属性强弱；应用最高价含氧酸的酸性进行比较；

D.浓度不同；反应速率不同．

本题考查实验方案的评价，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验方案的严密性的科学性，难度不大．【解析】rm{C}4、C【分析】【分析】含元素化合价变化的反应，为氧化还原反应，以此来解答．【解析】【解答】解：A．H2SO4+2NaOH═Na2SO4+2H2O反应中没有元素的化合价变化；为非氧化还原反应，故A不选；

B．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故B不选；

C．CuO+H2Cu+H2O反应中Cu；H元素的化合价变化；为氧化还原反应，故C选；

D．NH3+HCl═NH4Cl；没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故D不选；

故选C．5、A【分析】【分析】硝酸根离子在酸性条件下能够将二氧化硫氧化成硫酸根离子，当硝酸钡足量时，所有的二氧化硫都转化成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+；当二氧化硫足量时，所有的硝酸钡电离出的硝酸根离子都完全反应，硫酸根离子有剩余，反应的离子方程式为：3SO2+Ba2++2NO3-+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42-，据此进行判断．【解析】【解答】解：硝酸根离子在酸性条件下能够将二氧化硫氧化成硫酸根离子，当硝酸钡足量时，所有的二氧化硫都转化成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+；当二氧化硫足量时，所有的硝酸钡电离出的硝酸根离子都完全反应，硫酸根离子有剩余，反应的离子方程式为：3SO2+Ba2++2NO3-+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42-；

A．反应中一定有硫酸钡沉淀生成；故A错误；

B．当二氧化硫足量时发生反应：3SO2+Ba2++2NO3-+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++SO42-；故B正确；

C．硝酸钡中钡离子与硝酸根离子的物质的量之比为1：2；该反应中不满足硝酸钡的化学式组成，故C错误；

D．当二氧化硫不足时，所有的硫酸根离子都转化成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+；故D正确；

故选AC．6、B【分析】【分析】A；同温同压下；相同体积的任何气体，物质的量相同；

B；氦为单原子分子；氢气为双原子分子；

C；中子数=质量数-质子数；据此解答即可；

D、分子中，电子数等于质子数，据此解答即可．【解析】【解答】解：A、同温同压下，相同体积的任何气体，物质的量相同，故相同体积的氦气（He）和氘气（H2）分子数相同；故A不选；

B；氦为单原子分子；氘气为双原子分子，故物质的量相同的氦气和氘气，原子数不同，故B选；

C；中子数=质量数-质子数；氦气的中子数=4-2，氘气的中子数=1×2=2，两者相同，故C不选；

D；分子中；电子数等于质子数，氦气的电子数是2，氘气的电子数为2，两者相同，故D不选；

故选B．二、双选题(共8题，共16分)7、A|D【分析】解：A；同一周期从左到右；元素原子半径逐渐减小，原子半径：Na＞Al，故A错误；

B、根据钠和水反应生成的氢氧化钠，氢氧化钠将金属铝溶解：Al～NaOH～3H2↑；铝全部反应可得无色溶液，则n（Al）≤n（Na），故B正确；

C；铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中；钠和水反应生成的氢氧化钠，氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化钠也能与铝反应，金属铝过量也可能会置换出氯化铜中的金属铜；故C正确；

D、金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2Al～3H2↑，2Na～H2↑，等质量的金属钠和金属铝，则金属Al产生的氢气量多，所以放出的H2越多；则铝的质量分数越大，故D错误．

故选AD．

A；根据同一周期从左到右；元素原子半径逐渐减小；

B；根据钠和水反应生成的氢氧化钠；足量的氢氧化钠将金属铝溶解；

C；根据钠和水反应生成的氢氧化钠；氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化钠也能与铝反应，金属铝过量也可能会置换出氯化铜中的金属铜；

D、根据金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2Al～3H2↑，2Na～H2↑，等质量的金属钠和金属铝，则金属Al产生的氢气量多，所以放出的H2越多；则铝的质量分数越大．

本题主要考查了金属的化学性质，可以根据所学知识进行回答，难度不大．【解析】【答案】AD8、AB【分析】【分析】本题考查元素化合物的性质、图象数据的处理知识。侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应是分步进行的，首先发生的是rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}rm{HCl+Na_{2}CO_{3}=NaHCO_{3}+NaCl}进行完全后，再发生：rm{NaHCO_{3}+HCl=NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉}题目难度中等。【解答】由图象可知，加入盐酸rm{3mol}时，开始生成rm{CO_{2}}共消耗rm{1molHCl}发生rm{NaHCO_{3}+HCl=NaCl+CO_{2}隆眉+H_{2}O}如开始加入盐酸时中发生rm{Na_{2}CO_{3}+HCl=NaCl+NaHCO_{3}}则应消耗rm{1mol}盐酸，但至开始生成二氧化碳时消耗rm{3mol}盐酸，则说明溶液中含有rm{NaOH}和rm{Na_{2}CO_{3}}开始时先后发生rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}rm{Na_{2}CO_{3}+HCl=NaCl+NaHCO_{3}}

A.由图象可知生成二氧化碳rm{1mol}依据碳元素质量守恒，则通入的rm{CO_{2}}气体在标准状况下应为rm{22.4L}故A正确；

B.由图象可知，反应共生成rm{1mol}二氧化碳，则溶液中含有rm{1molNa_{2}CO_{3}}而生成二氧化碳之前分别发生rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}rm{Na_{2}CO_{3}+HCl=NaCl+NaHCO_{3}}共消耗rm{3molHCl}由方程式可知rm{Na_{2}CO_{3}}消耗rm{1molHCl}则rm{NaOH}消耗rm{2molHCl}则rm{NaOH}为rm{2mol}所以rm{n(NaOH)=2n(Na_{2}CO_{3})}故B正确；C.rm{A}溶液应为rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaOH}的混合物；故C错误；

D.由以上分析可知rm{A}中含有rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaOH}故D错误。

故选AB。【解析】rm{AB}9、rAC【分析】解：rm{A.}若酸是强酸，则依据溶液稀释过程中氢离子物质的量不变rm{5ml隆脕10^{-3}=V隆脕10^{-4}}解得rm{V=5Oml}则rm{10V_{录脳}=V_{脪脪}}若酸为弱酸，加水稀释时，促进弱酸的电离，电离产生的氢离子增多，要使rm{pH}仍然为rm{4}加入的水应该多一些，所以rm{10V_{录脳}<V_{脪脪}}故A正确；

B.rm{pH=3}的酸中，氢氧根离子全部有水电离产生，rm{C(OH-)_{录脳}=dfrac{K_{w}}{c(H^{+})}=10^{-11}mol/L}rm{C(OH-)_{录脳}=dfrac

{K_{w}}{c(H^{+})}=10^{-11}mol/L}的酸中，氢氧根离子全部有水电离产生，rm{C(OH-)_{脪脪}=dfrac{K_{w}}{c(H^{+})}=10^{-10}mol/L}则rm{pH=4}故B错误；

C.若酸是强酸，分别与rm{C(OH-)_{脪脪}=dfrac

{K_{w}}{c(H^{+})}=10^{-10}mol/L}的rm{10c(OH^{-})_{录脳}=c(OH^{-})_{脪脪}}溶液反应，恰好发生酸碱中和，生成强酸强碱盐，rm{5mLpH=11}值相等，若为弱酸，则反应后酸有剩余，甲中剩余酸浓度大，酸性强，rm{NaOH}小，所得溶液的rm{pH}甲rm{pH}乙；故C正确；

D.稀释前后甲乙两个烧杯中所含的一元酸的物质的量相等，依据酸碱中和反应可知，消耗氢氧化钠的物质的量相等，生成的酸盐的浓度甲大于乙，若酸为强酸则二者rm{pH}相等，若酸为弱酸，则甲的rm{leqslant}大于乙；故D错误；

故选：rm{pH}．

弱酸为弱电解质；存在电离平衡，加水稀释时，促进弱酸的电离；水是弱电解质，存在电离平衡，酸电离产生的氢离子抑制水的电离平衡，据此分析．

本题考查了弱电解质的电离，酸碱中和的实质，rm{pH}的相关计算，题目难度中等，准确理解题意，抓住弱酸存在电离平衡的特点解答．rm{AC}【解析】rm{AC}10、rAD【分析】解：rm{A}原电池反应必须是自发的氧化还原反应；盐桥的作用是平衡正负极电荷，形成闭合回路，故A正确；

B；在轮船外壳焊上金属锌；可以保护金属锌，这是牺牲阳极的阴极保护法，故B错误；

C、精炼铜时，粗铜做阳极，金属锌、铁先于铜失电子，纯铜做阴极，rm{CuSO_{4}}是电解质溶液；电解前后溶液浓度减小，故C错误；

D；电镀过程中；阳极上金属失电子，阴极上是相同的金属阳离子得电子，阳极减少的质量等于阴极增加的质量，故D正确；

故选AD．

A；根据原电池的构成条件以及盐桥的作用来回答；

B；在原电池中；负极上的金属易被腐蚀，正极上的金属被保护；

C；根据电解精炼铜的原理以及电解池的工作原理来回答；

D；电镀是特殊的电解；根据阳极上金属的失电子顺序以及阴极上得电子情况来回答．

本题考查电解原理，明确阴阳极上发生的反应是解本题关键，注意：阳极是活泼金属时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，为易错点．【解析】rm{AD}11、rBC【分析】解：rm{A}因rm{2NaHCO_{3}dfrac{underline{;{录脫脠脠};}}{;}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}而碳酸钠加热不分解，故A正确；

B、常温下相同的溶剂时，rm{2NaHCO_{3}dfrac{

underline{;{录脫脠脠};}}{;}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}较rm{Na_{2}CO_{3}}易溶，rm{NaHCO_{3}}故B错误；

C、分别滴加rm{NaHCO_{3}<Na_{2}CO_{3}}溶液，反应离子方程式为rm{HCl}rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}篓TCO_{2}隆眉+H_{2}O}相同条件下rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}篓TH_{2}O+CO_{2}隆眉}比rm{NaHCO_{3}}反应放出气体剧烈，产生气体的速率：rm{Na_{2}CO_{3}}故C错误；

D、设质量都是rm{Na_{2}CO_{3}<NaHCO_{3}}则rm{106g}和rm{Na_{2}CO_{3}}的物质的量分别为rm{NaHCO_{3}}rm{1mol}根据rm{dfrac{106}{84}mol}rm{Na_{2}CO_{3}隆芦CO_{2}}产生的rm{NaHCO_{3}隆芦CO_{2}}的物质的量分别为rm{CO_{2}}rm{1mol}即放出rm{dfrac{106}{84}mol}的质量：rm{CO_{2}}故D正确；

故选：rm{Na_{2}CO_{3}<NaHCO_{3}}．

A、根据rm{2NaHCO_{3}dfrac{underline{;{录脫脠脠};}}{;}a_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}来分析；

B、常温下在水中rm{BC}较rm{2NaHCO_{3}dfrac{

underline{;{录脫脠脠};}}{;}a_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}易溶；

C、相同条件下rm{Na_{2}CO_{3}}比rm{NaHCO_{3}}反应放出气体剧烈；

D、利用rm{NaHCO_{3}}可计算物质的量，因酸足量，利用rm{Na_{2}CO_{3}}rm{n=dfrac{m}{M}}来分析．

本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质，明确发生的化学反应是解答本题的关键，并注意利用稳定性、与酸的反应、溶解性来分析解答．rm{Na_{2}CO_{3}隆芦CO_{2}}【解析】rm{BC}12、B|D【分析】解：A．乙炔的结构式为H-C≡C-H，每个碳原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以C原子采用sp杂化，为直线形结构，HClO中，O原子的价层电子对数是4，中心原子以sp3杂化轨道成键，含有2个孤电子对，分子为V形，乙烷分子中，每个碳原子的价层电子对数=4，不含孤电子对，所以采取sp3杂化，正四面体形，C2H2、HClO、C2H6原子总数分别为4；3、8不是等电子体；它们的空间构型不同不处于同一平面，故A错误；

B．二氧化碳分子中碳原子含有2个σ键且不含孤电子对，所以碳原子采用sp杂化，二氧化碳是直线型分子，N2O分子中氧原子含有2个σ键和0个孤电子对；所以其采用sp杂化，分子为是直线型分子；HC≡CH中每个C原子含有2个σ键，所以C原子采用sp杂化，是直线型分子，它们的空间构型都处于一条直线上，故B正确；

C．C6H6分子中碳原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，所有原子处于同一平面，CH4分子中碳原子杂化轨道数为4，所以采取sp3杂化，正四面体形，C6H5CH3所有原子不处于同一平面，CH≡CH分子中每个碳原子杂化轨道数为2，所以采取sp杂化，是直线型分子，-CH3采取sp3杂化，正四面体形，C3H4所有原子不处于同一平面，CH4分子中碳原子杂化轨道数为4，所以采取sp3杂化；正四面体形，它们的空间构型不同不处于同一平面，故C错误；

D．C6H6分子中碳原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，所有原子处于同一平面，CH2=CH2分子中每个碳原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化；所有原子处于同一平面，HCN结构简式为H-C≡N，碳原子杂化轨道数为2，所以采取sp杂化，所有原子处于同一直线共面，故D正确；

故选BD．

根据价层电子对互斥理论判断中心原子杂化类型及分子空间构型；价层电子对个数=成键电子对个数+孤电子对个数．

A．C2H2、HClO、C2H6杂化分别为sp杂化、sp3杂化、sp3杂化；三者不处于同一平面；

B．CO2、N2O；HC≡CH杂化分别为sp杂化、O原子采用sp杂化、sp杂化；三者分别处于一条直线上；

C．C6H5CH3、C3H4、CH4杂化分别为苯环上碳sp2杂化甲基上碳sp3杂化、碳碳三键上的碳sp杂化甲基上碳sp3杂化、sp3杂化；三者不处于同一平面；

D．C6H6、C2H4、HCN杂化分别为sp2杂化、sp2杂化；sp杂化；三者空间构型都在同一平面．

本题考查原子杂化方式及分子空间构型判断，为高频考点，明确价层电子对互斥理论内涵是解答关键，题目难度中等．【解析】【答案】BD13、CD【分析】【分析】本题考查化学平衡计算，为高频考点，侧重考查学生分析、计算及灵活运用知识解答问题能力，如果单纯的根据设未知数计算要涉及一元三次方程而难以解答，这需要学生灵活运用知识巧妙的避开一元三次方程而解答问题，题目难度较大。【解答】由容器Ⅰ中反应rm{2N{O}_{2}?2NO+{O}_{2}}起始量rm{(mol/L)}rm{0.6}rm{0}rm{0}变化量rm{(mol/L)}rm{0.4}rm{0.4}rm{0.2}平衡量rm{(mol/L)}rm{0.2}rm{0.4}rm{0.2}可以求出平衡常数rm{K=dfrac{0.{4}^{2}隆脕0.2}{0.{2}^{2}}=0.8}平衡时气体的总物质的量为rm{K=

dfrac{0.{4}^{2}隆脕0.2}{0.{2}^{2}}=0.8}其中rm{0.8mol}占rm{NO}所以rm{0.4mol}的体积分数为rm{NO}rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=1}在平衡状态下，rm{50%}rm{)_{脧没潞脛}=v_{脛忙}=v(NO)_{脧没潞脛}}所以rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=1

}rm{)=k_{脛忙}c^{2;}(NO)隆陇c(O_{2}}rm{v_{脮媒}=v(NO_{2}}进一步求出rm{dfrac{{k}_{脮媒}}{{k}_{脛忙}}=K=0.8}．A.显然容器Ⅱ的起始投料与容器Ⅰ的平衡量相比，增大了反应物浓度，平衡将向正反应方向移动，所以容器Ⅱ在平衡时气体的总物质的量一定小于rm{)_{脧没潞脛}=v_{脛忙}=

v(NO)_{脧没潞脛}}故两容器的压强之比一定大于rm{k_{脮媒}c^{2}(NO_{2}}故A错误；B.若容器rm{)=

k_{脛忙}c^{2;}(NO)隆陇c(O_{2}}在某时刻，rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=1}反应rm{)}起始量rm{dfrac{{k}_{脮媒}}{{k}_{脛忙}}=K=0.8

}rm{1mol}rm{4:5}rm{II}变化量rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=1

}rm{2N{O}_{2}?2NO+{O}_{2}}rm{(mol/L)}rm{0.3}平衡量rm{0.5}rm{0.2}rm{(mol/L)}因为rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=dfrac{0.2+x}{0.3-2x}=1}解之得rm{2x}求出此时浓度商rm{{Q}_{c}=;dfrac{{left(dfrac{17}{30}right)}^{2}隆脕dfrac{7}{30}}{{left(dfrac{7}{30}right)}^{2}}=dfrac{289}{210}>K}所以容器rm{2x}达平衡时，rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}}一定小于rm{x}故B错误；C.若容器rm{(mol/L)0.3-2x}在某时刻，rm{0.5+2x}的体积分数为rm{0.2+x}由反应rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=

dfrac{0.2+x}{0.3-2x}=1}起始量rm{x=dfrac{1}{30}}rm{{Q}_{c}=;dfrac{{left(

dfrac{17}{30}right)}^{2}隆脕dfrac{7}{30}}{{left(

dfrac{7}{30}right)}^{2}}=dfrac{289}{210}>K}rm{II}rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}

}变化量rm{1}rm{III}rm{NO}rm{50%}平衡量rm{2N{O}_{2}?2NO+{O}_{2}}rm{(mol/L)}rm{0}rm{0.5}由rm{0.35}解之得rm{(mol/L)}求出此时浓度商rm{{Q}_{c}=dfrac{0.{4}^{2}隆脕0.3}{0.{1}^{2}}=4.8>K}说明此时反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进行，rm{2x}进一步减少，故C正确；D.温度为rm{2x}时，rm{dfrac{{k}_{脮媒}}{{k}_{脛忙}}={K}_{2}=1>0.8=K2=1>0.8}因为正反应是吸热反应，升高温度后化学平衡常数变大，所以rm{x}故D正确。故选CD。rm{(mol/L)}【解析】rm{CD}14、AC【分析】【分析】本题旨在考查学生对氧化性与还原性的应用。【解答】还原性是指能还原别的物质的性质，氧化性是指能氧化别的物质的性质，当一种元素的化合价处于中间价态时，含有该元素的物质既有氧化性又有还原性，据此选出答案为rm{AC}故答案为：rm{AC}【解析】rm{AC}三、填空题(共8题，共16分)15、CaO11CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失NO3-、OH-Ca（HCO3）2Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O【分析】【分析】白云石煅烧发生反应：CaCO3CaO+CO2↑，MgCO3MgO+CO2↑，在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3•H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，据此分析滤液中的阴离子；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2过量，废铝片加入氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，电解制备Al（OH）3时；电极分别为Al片和石墨，在碳酸钠溶液中搅拌电解，得到氢氧化铝，过滤加热灼烧得到氧化铝，碳酸钙和氧化铝共混加热1500°C得到七铝十二钙；

（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来；用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得Mg（OH）2的饱和溶液，根据Mg（OH）2的Ksp来计算；CaSO4微溶于水；

（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3•H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，据此分析滤液中的阴离子；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2过量；据此分析产物；

（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水．【解析】【解答】解：（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来，在煅烧白云石时，发生反应：CaCO3CaO+CO2↑，MgCO3MgO+CO2↑，故所得锻粉主要含MgO和CaO；用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得Mg（OH）2的饱和溶液，根据Mg（OH）2的Ksp可知：Ksp=c（Mg2+）•c2（OH-）=5×10-12，而c（Mg2+）小于5×10-6mol•L-1，故c（OH-）大于10-3mol/L，则溶液中的c（H+）小于10-11mol/L，溶液的pH大于11；CaSO4微溶于水，如果用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失；

故答案为：CaO；11；CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失；

（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3•H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，故滤液中的阴离子主要为NO3-，还含有OH-；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2过量，则会生成Ca（HCO3）2，从而导致CaCO3产率降低，故答案为：NO3-、OH-；Ca（HCO3）2；

（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O．16、522H2O5SO24H+二氧化硫也能使澄清的石灰水变混浊，无法证明煤中含有碳元素除去SO2并检验其是否除尽B中褪色，C中不褪色，D中变浑浊AD【分析】【分析】（1）根据元素化合价的变化结合电子守恒和元素守恒知识来配平；

（2）根据二氧化硫和二氧化碳都是酸性氧化物；均可以和氢氧化钙之间发生反应；

（3）根据二氧化硫和二氧化碳都是酸性氧化物；均可以和氢氧化钙之间发生反应的性质结合物质检验的试剂来回答；

（4）二氧化硫和二氧化碳都是酸性氧化物；均可以和氢氧化钙之间发生反应的性质，要先验证二氧化硫再除去二氧化硫再验证二氧化碳；

（5）高锰酸钾的作用是除去二氧化硫并检验是否除尽，故加入氧化剂把二氧化硫氧化且有明显的颜色变化．【解析】【解答】解：（1）高锰酸钾具有强氧化性；把二氧化硫氧化成硫酸，本身被二氧化硫还原成锰离子，故缺项为水；硫酸根离子和氢离子；

二氧化硫的化合价从+4升高到+6，升高了2价，高锰酸钾中锰元素化合价从+7降到+2，下降了5价，所以二氧化硫前边系数是5，高锰酸根系数是2，锰离子系数是2，硫酸根系数是5，根据原子守恒得到化学反应系数即可，故答案为：（5）SO2+（2）MnO4-+（2）H2O=（5）SO+（2）Mn2++（4）H+；

（2）由二氧化硫和二氧化碳一样；也能使澄清石灰水变浑浊，所以检验二氧化碳之前先检验二氧化硫，再将之除尽，最后检验二氧化碳；

故答案为：二氧化硫也能使澄清的石灰水变混浊；无法证明煤中含有碳元素；

（3）由二氧化硫和二氧化碳一样；也能使澄清石灰水变浑浊，所以检验二氧化碳之前先检验二氧化硫，再将之除尽；

故答案为：除去SO2并检验其是否除尽；

（4）二氧化硫的检验用品红；二氧化硫会使之褪色，二氧化碳检验用澄清石灰水，检验二氧化碳之前先检验二氧化硫，再将之除尽，最后检验二氧化碳，二氧化碳能使石灰水变浑浊，故答案为：B中溶液褪色，C中溶液不褪色，D中溶液变浑浊．

（5）高锰酸钾的作用是除去二氧化硫并检验是否除尽；故加入氧化剂把二氧化硫氧化且有明显的颜色变化；

A．足量I2的淀粉溶液；碘可把二氧化硫氧化除去，单质碘遇淀粉变蓝，故若溶液呈蓝色证明二氧化硫已除尽，A符合；

B．足量饱和NaHCO3溶液；没有氧化性，不能把二氧化硫氧化，故B不符合；

C．足量Na2SO3溶液具有还原性；不能把二氧化硫氧化，故C不符合；

D．足量溴水；溴具有强氧化性，可把二氧化硫氧化颜色变浅，表明已除尽，故D符合；

故选AD．17、Cl2+H2O+2CO32-=2HCO3-+Cl-+ClO-Cl2+H2O+CO32-=HCO3-+Cl-+HClOClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-【分析】【分析】酸的电离平衡常数越大，酸性越强，HClO的酸性比HCO3-强；强酸能够制取弱酸；

a；少量氯气通入碳酸钠溶液中；二者反应生成碳酸氢钠、氯化钠和次氯酸钠；

b、Cl2与Na2CO3按物质的量之比1：1恰好反应；反应生成碳酸氢钠；氯化钠和次氯酸；

c、酸性强弱HClO＞HCO3-，根据强酸制取弱酸知，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸．【解析】【解答】解：a、少量氯气通入碳酸钠溶液中，二者反应生成碳酸氢钠、氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2+H2O+2CO32-=2HCO3-+Cl-+ClO-；

故答案为：Cl2+H2O+2CO32-=2HCO3-+Cl-+ClO-；

b、Cl2与Na2CO3按物质的量之比1：1恰好反应，反应生成碳酸氢钠、氯化钠和次氯酸，离子方程式为：Cl2+H2O+CO32-=HCO3-+Cl-+HClO；

故答案为：Cl2+H2O+CO32-=HCO3-+Cl-+HClO；

c、酸性强弱HClO＞HCO3-，根据强酸制取弱酸知，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-；

故答案为：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-．18、苯酚+H2O消去反应缩聚反应C2H4O5【分析】【分析】X和浓溴水反应产生白色沉淀，则X含有酚羟基，X与甲醛反应生成应是发生加成反应，可推知X为根据W的分子式与比较，可知发生氧化反应得W为与乙醛发生信息Ⅲ的反应生成所以T为CH3CHO．X与氢气发生加成反应得Y为Y发生消去反应得环已稀，环已稀被氧化得Z，Z的化学式为C6H10O4，所以Z为HOOHCH2CH2CH2CH2COOH，Z与发生缩聚反应生成为尼龙-66为据此答题．【解析】【解答】解：X和浓溴水反应产生白色沉淀，则X含有酚羟基，X与甲醛反应生成应是发生加成反应，可推知X为根据W的分子式与比较，可知发生氧化反应得W为与乙醛发生信息Ⅲ的反应生成所以T为CH3CHO．X与氢气发生加成反应得Y为Y发生消去反应得环已稀，环已稀被氧化得Z，Z的化学式为C6H10O4，所以Z为HOOHCH2CH2CH2CH2COOH，Z与发生缩聚反应生成为尼龙-66为．

（1）由上述分析可知，X为化学名称为：苯酚，故答案为：苯酚；

（2）反应Ⅱ是在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成环已稀，化学方程式为+H2O；

故答案为：+H2O；消去反应；

（3）反应Ⅳ化学方程式为：属于缩聚反应；

故答案为：缩聚反应；

（4）由上述分析可知，W的结构简式为T为CH3CHO，分子式为C2H4O；

故答案为：C2H4O；

（5）Z为HOOHCH2CH2CH2CH2COOH，G是Z少一个碳原子的同系物的同分异构体．G既能发生银镜反应和水解反应，说明G中含有醛基、酯基，1molG既能与2molNaOH反应，也能与0.5molNa2CO3反应并产生气体；

则G分子中含有1个羧基、1个甲酸形成的酯基，符合条件的G的结构是-COOH和HCOO-两种基团连在C-C-C的碳链上，共有5种结构，其中核磁共振氢谱上有3个峰的结构简式为

故答案为：5；．19、正负阳阴2Cl--2e-=Cl2↑2H++2e-=H2↑电解2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4HAgNO3【分析】【分析】（1）电解饱和食盐水时；酚酞变红的极是阴极，阴极和电源负极相连；

（2）乙池中；E为阳极，氯离子在阳极发生氧化反应，F为阴极，氢离子放电生成氢气；

（3）甲为电解池；电解甲溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上铜离子放电生成铜；

（4）电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，电解质溶液中的金属元素与阳极材料所含元素相同．【解析】【解答】解：（1）向乙中滴入酚酞试液；在F极附近显红色，说明该极上氢离子放电，所以该电极是阴极，所以E电极是阳极，D电极是阴极，C电极是阳极，G电极是阳极，H电极是阴极，X电极是阳极，Y是阴极，A是电源的正极，B是原电池的负极，故答案为：正；负；阳；阴；

（2）乙池中，E为阳极，氯离子在阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，F为阴极，氢离子放电生成氢气，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；

故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；2H++2e-=H2↑；

（3）电解甲溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上铜离子放电生成铜，所以电池反应式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

故答案为：电解；2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

（4）在铜上镀银时，G作阳极，镀层银作阳极，所以G的材料是银，H的材料是铜，电解质溶液是硝酸银溶液，故答案为：H；AgNO3．20、阴2RCOO--2e-═R-R+2CO2↑2H2O+2e-═H2↑+2OH-（或2H++2e-═H2↑）【分析】【分析】（1）电解过程是阳极失电子发生氧化反应得到还原产物；阴极上得到电子发生还原反应得到氧化产物；

（2）阳极题干信息的反应特征分析判断电极反应写出电极方程式；

（3）阳极电池反应，结合阳极失电子发生氧化反应，阴极上得到电子发生还原反应分析书写．【解析】【解答】解：（1）电解过程是阳极失电子发生氧化反应得到还原产物；阴极上得到电子发生还原反应得到氧化产物；依据电极反应可知是得到电子发生的还原反应，在阴极发生的反应；

故答案为：阴；

（2）依据题干中的反应实质：电解得到一种烃的电极方程式为：故答案为：

（3）电解羧酸盐溶液可制得一些特殊结构的烃类及其衍生物．其电解离子方程式为：2RCOO-+2H2OR-R+2CO2↑+H2↑+2OH-，依据反应过程中元素化合价的变化可知，碳元素化合价升高失去电子反应氧化反应，阳极电极反应为：2RCOO--2e-═R-R+2CO2↑；氢元素化合价降低得到电子发生还原反应，所以阴极电极反应为：2H2O+2e-═H2↑+2OH-（或2H++2e-═H2↑）；

故答案为：2RCOO--2e-═R-R+2CO2↑；2H2O+2e-═H2↑+2OH-（或2H++2e-═H2↑）；21、60%8.33（L/mol）2正反应方向移动不变增大不变【分析】【分析】（1）依据化学平衡的三段式计算；应用题干条件进行计算，计算平衡常数时注意D是固体；

（2）根据影响化学平衡的因素进行判断；缩小体积相当于增大压强；

（3）恒温恒容容器；加入惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不动；

（4）两种反应物，增大一种物质的量，提高另一种物质转化率，本身转化率降低，平衡常数只随温度改变；【解析】【解答】解：（1）依据题干的条件列出平衡计算的三段式求解；5min达到平衡时，C的浓度为0.6mol/，L物质的量为1.2mol

3A（g）+B（g）⇌2C（g）+3D（s）

起始量（mol）3100

变化理（mol）1.80.61.21.8

平衡量（mol）1.20.41.21.8

A的转化率==60%

K===8.33（L/mol）2

故答案为：60%8.33（L/mol）2

（2）维持容器的温度不变；若缩小容器的体积，相当于增大体系压强，反应是气体体积减少的反应，所以增大压强平衡正向进行；

故答案为：正反应方向移动

（3）维持容器的体积和温度不变；向密闭容器中加入氦气，总压增大分压不变，平衡不动，达到新平衡时B；C的浓度之比c（B）/c（C）不变；

故答案为：不变；

（4）若增加A的浓度；B的转化率增大，若将C分离出来，平衡正向进行，但平衡常数只随温度的改变而改变，所以平衡常数不变；

故答案为：增大不变；22、rm{(1)1mol}rm{2mol}

rm{(2)垄脵6.02隆脕10^{23}}

rm{垄脷1.204隆脕10^{24}}

rm{垄脹6.02隆脕10^{23}}

rm{垄脺1mol}

rm{垄脻2mol}【分析】【分析】本题主要考查物质的量及阿伏加德罗常数的相关知识，据此进行分析解答。【解答】rm{(1)}含有钠离子的物质的量为：rm{0.5mol隆脕2=1mol}含有氧原子的物质的量为：rm{0.5mol隆脕4=2mol}故填：rm{1mol}；rm{2mol}rm{(2)1mol}二氧化碳分子所含分子数为阿伏伽德罗常数约为rm{6.02隆脕10^{23}}个，由分子式可知其中含有rm{1mol}碳原子，约为rm{6.02隆脕10^{23}}个，含有rm{2mol}氧原子，即rm{1.204隆脕10^{24}}个，故填：rm{垄脵6.02隆脕10^{23}}rm{垄脷1.204隆脕10^{24}}rm{垄脹6.02隆脕10^{23}}rm{垄脺1mol}rm{垄脻2mol}【解析】rm{(1)1mol}rm{2mol}rm{(2)垄脵6.02隆脕10^{23}}rm{垄脷1.204隆脕10^{24}}rm{垄脹6.02隆脕10^{23}}rm{垄脺1mol}rm{垄脻2mol}四、判断题(共3题，共6分)23、×【分析】【分析】依据n=CV可知要计算溶质的物质的量需要知道溶液的浓度和溶液的体积，据此判断解答．【解析】【解答】解：0.1mol•L-1的NaHSO4溶液，体积未知，无法计算硫酸氢钠的物质的量，无法计算阳离子个数，故错误；24、√【分析】【分析】铁盐与氢氧化钠反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，氢氧化亚铁能与空气的氧气和水化合生成氢氧化铁．【解析】【解答】解：氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，此反应属于复分解反应，氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁，此反应属于化合反应，故正确，答案为：√．25、√【分析】【分析】18O2的相对分子质量为36，结合n==计算．【解析】【解答】解：18O2的相对分子质量为36，n（18O2）==0.5mol，则含有1mol18O原子，个数为NA，故答案为：√．五、书写(共2题，共6分)26、CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2OCH2=CHCH2Br+NaOHCH2=CHCH2OH+NaBr、（CH3）2CHCH2Br+NaOH（CH3）2C=CH2+NaBr+H2O、（CH3）2C=CH2+Br2→（CH3）2CBrCH2Br、（CH3）2CBrCH2Br+2NaOH（CH3）2COHCH2OH+2NaBr【分析】【分析】（1）溴乙烷和氢氧化钠共热发生消去反应生成乙烯和溴化钠；水；

（2）溴代烃在碱性条件下水解生成-OH；含有双键的物质可发生加聚反应；

（3）CH2=CHCN含有碳碳双键；能发生加聚反应生成高聚物；

（4）（CH3）2CHCH2Br为原料制取先发生卤代烃的消去反应，再发生烯烃的加成，最后发生卤代烃的水解；【解析】【解答】解：（1）溴乙烷和氢氧化钠共热发生消去反应生成乙醇和溴化钠；反应的化学方程式为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O；

故答案为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O；

（2）溴代烃在碱性条件下水解生成-OH，CH2=CH-CH2Br与NaOH水溶液反应的化学方程式为CH2=CHCH2Br+NaOHCH2=CHCH2OH+NaBr，CH2=CHCH2OH含有双键发生加聚反应

故答案为：CH2=CHCH2Br+NaOHCH2=CHCH2OH+NaBr、

（3）CH2=CHCN含有碳碳双键，发生加聚反应：

故答案为

（4）（CH3）2CHCH2Br发生卤代烃的消去反应（CH3）2CHCH2Br+NaOH（CH3）2C=CH2+NaBr+H2O，再和溴水发生烯烃的加成（CH3）2C=CH2+Br2→（CH3）2CBrCH2Br，最后发生卤代烃的水解（CH3）2CBrCH2Br+2NaOH（CH3）2COHCH2OH+2NaBr；

故答案为：（CH3）2CHCH2Br+NaOH（CH3）2C=CH2+NaBr+H2O、（CH3）2C=CH2+Br2→（CH3）2CBrCH2Br、（CH3）2CBrCH2Br+2NaOH（CH3）2COHCH2OH+2NaBr．27、AgClNa2CO3HClAgNO3BaCl2NaHSO42H++CO32-═CO2↑+H2O【分析】【分析】根据⑥“在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质”这一信息可知，B与D中必然含有相同的离子，容易推断出它们是HCl和BaCl2，都可与银离子反应生成AgCl沉淀；因此，C必然是AgNO3；再根据①，A与B反应有气体生成，推断B一定是HCl，那么，D是BaCl2，A是Na2CO3，剩余的一种物质，即NaHSO4就是E，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．【解析】【解答】解：根据⑥“