2025年人教A新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2025年人教A新版高三化学上册阶段测试试卷385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7题，共14分)1、下列叙述正确的是（）A.同浓度稀溶液pH：碳酸＞苯酚＞乙酸B.离子半径：O2-＞F-＞Na+＞Mg2+C.晶体熔点：SiO2＞P4＞NaClD.沸点：HF＜HCl＜HBr2、等物质量浓度的FeBr3和CuCl2的混合溶液用惰性电极电解最初在负极发生反应的离子是（）A.Fe3+B.Br-C.Cu2+D.Cl-3、已知H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H＜0，有相同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.2mol，乙中加入HI0.4mol，相同温度下分别达到平衡．欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是（）A.甲、乙提高相同温度B.甲降低温度，乙不变C.甲中加人0.2molHe，乙不改变D.甲增加0.2molH2，乙增加0.2molI24、下列有关环境问题的说法中正确的是()A.空气质量报告的各项指标中，有二氧化硫、二氧化氮和二氧化碳的指数B.pH在5.6～7.0之间的降水可通常称为酸雨C.含氮、磷合成洗涤剂可以被细菌分解，故不会导致水体污染D.汽车尾气中氮氧化物、一氧化碳、碳氢化合物和颗粒物等，严重污染大气5、碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌—锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)==Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s)下列说法错误的是（）A.电池工作时，锌失去电子B.电池正极的电极反应式为：2MnO2(s)+H2O(1)+2e—=Mn2O3(s)+2OH—(aq)C.电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D.外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g6、取质量均为mg的铁铜混合物四份；分别加入同浓度，不同体积的稀硝酸充分反应，在标准状况下生成NO（设还原产物只有一种）体积与剩余固体金属的质量如表．下列判断不正确的是（）

。实验编号1234稀HNO3体积（mL）100200300400剩余金属质量（g）9.04.800NO体积（L）1.122.243.36VA.实验1中溶解的金属是铁且质量为4.2gB.实验2中4.8g金属的组成是铁与铜C.实验4发生反应的离子方程式：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO↑+2H2OD.实验4中V的数值为4.487、高温下，某反应达平衡，化学平衡常数表达式为：，恒容时，温度升高H2浓度减小．下列说法正确的是（）A.该反应化学方程式为：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）B.恒温恒容下，反应达平衡时，再通入一定量的CO2气体，CO的体积分数一定增大C.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小D.该反应的焓变为正值评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)8、在温度、初始容积相同的两个密闭容器中，按不同方式投入反应物(如图所示)，发生如下反应：3X(g)+Y(g)2Z(g)△H＜0

保持温度不变；测得平衡时的有关数据如下：

。恒容容器甲恒压容器乙X的物质的量(mol)n1n2Z的体积分数φ1φ2下列说法正确的是()A.平衡时容器乙的容积一定比反应前小B.n2＞n1C.平衡时容器甲的压强一定比反应前小D.φ2＞φ19、工业炼铁用一氧化碳还原氧化铁时会发生如下一系列反应：

rm{3Fe_{2}O_{3}+CO隆煤2Fe_{3}O_{4}+CO_{2}}

rm{Fe_{3}O_{4}+CO隆煤3FeO+CO_{2}}

rm{FeO+CO隆煤Fe+CO_{2}}

某次实验中，用rm{CO}还原rm{4.80g}氧化铁，当固体质量变成rm{4.56g}时，测得此固体中只存在rm{2}种氧化物rm{.}则此固体成分和它们的物质的量之比可能的是rm{(}rm{)}A.rm{n(FeO)}rm{n(Fe_{3}O_{4})=1}rm{1}B.rm{n(Fe_{2}O_{3})}rm{n(FeO)=2}rm{1}C.rm{n(Fe_{2}O_{3})}rm{n(FeO)=1}rm{2}D.rm{n(Fe_{2}O_{3})}rm{n(Fe_{3}O_{4})=1}rm{1}10、设rm{N_{A}}为阿佛加德罗常数，下列叙述错误的rm{(}rm{)}A.rm{46g}二氧化氮与四氧化二氮的混合气体中的原子数大于rm{3N_{A}}B.rm{28g}乙烯、丙烯、丙烷的混合气体中的碳原子数小于rm{2N_{A}}C.rm{1mol/L}rm{500mL}氯化镁溶液中的镁离子数小于rm{0.5N_{A}}D.标态下，rm{11.2L}三氧化硫中所含的氧原子数大于rm{1.5N_{A}}11、类比法是化学学习和研究中常用的重要思维方法，但所得结论要经过实践的检验才能确定其正确与否rm{.}根据你所掌握的知识，判断下列类推结论中正确的是rm{(}rm{)}

。化学事实类推结论rm{A}rm{pH=3}盐酸稀释rm{1000}倍后rm{pH=6}rm{pH=6}盐酸稀释rm{1000}倍后rm{pH=9}rm{B}用电解熔融rm{MgCl_{2}}制取金属rm{Mg}用电解熔融rm{NaCl}冶炼金属钠rm{C}rm{Na}着火不能用干冰灭火rm{K}着火不能用干冰灭火rm{D}将rm{SO_{2}}通入rm{BaCl_{2}}溶液无沉淀生成将rm{SO_{2}}通入rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液也无沉淀生成A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}12、下列化合物分子中，在核磁共振氢谱图中能给出三种信号的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{3}}B.rm{CH_{3}COCH_{2}CH_{3}}C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}D.rm{CH_{3}OCH_{3}}13、下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是()

。选项实验操作实验现象结论A向某溶液中先滴加盐酸无现象，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀。

生成原溶液中含有SO42-B向AgCl沉淀中滴入稀KI溶液白色沉淀变黄AgI比AgCl更难溶C向无水乙醇中加入浓H2SO4；加热至170℃

将产生的气体通入酸性KMnO4溶液紫红色褪去使溶液褪色的气体一定是乙烯D向淀粉溶液中加入稀H2SO4；加热几分钟；

冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热没有砖红色。

沉淀生成淀粉没有水解生。

成葡萄糖A.AB.BC.CD.D14、对下列实验的描述正确的是()

A.图1所示的实验：根据检流计(G)中指针偏转的方向可比较Zn.Cu的金属活泼性B.图2所示的实验：根据试管中液面的升降可判断铁钉发生的是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀C.图3所示的实验：根据温度计读数的变化可测量浓硫酸和NaOH反应的中和热D.图4所示的实验：根据两烧瓶中所示的气体颜色可判断2NO2(g)⇌N2O4(g)正反应是吸热反应15、生活中碰到的某些问题，常涉及到化学知识，下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.泡沫灭火器是最常见的灭火器之一，其内筒为塑料桶，盛有碳酸氢钠溶液；外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有硫酸铝溶液B.“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油，可以实现厨余废物合理利用C.rm{PM2.5}受到普遍的关注，因为rm{PM2.5}在空气中形成了气溶胶，富含大量的有毒、有害物质，对空气质量影响较大rm{(PM2.5}是指大气中直径接近于rm{2.5隆脕10^{-6}m}的颗粒物rm{)}D.蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、根据题意提示回答有关问题。

（1）MgCl2的电子式：____过氧化氢的电子式____

（2）二氧化碳的结构式____

（3）磷元素的最高价氧化物的水化物化学式是H3PO4，推测磷元素在氢化物中的化合价是____．

（4）地壳中含量最高的金属元素在周期表中的位置是：____

（5）NaOH、Na2O2中均含有的化学键是____．

（6）原子序数为17的原子结构示意图：____，其最高价氧化物对应的水化物的化学式为____．17、Na；Mg、Al、Fe和Cu是中学常见金属．其单质及其化合物的结构与性质是中学化学教材中重要的内容．请按要求回答下列问题：

（1）Na2O2的电子式为____；Na2O2与SO2反应的化学方程式为____．

（2）检验Fe3+中是否含有Fe2+的方法及现象为____．

（3）常温下Ksp-Mg（OH）2=5.1×10-12，现将常温下MgO溶于蒸馏水形成的饱和液中滴加酚酞后溶液____（填“能”或“不能”）变红色．

（4）铝土矿中主要成份为Al2O3，经提纯后电解制备Al．电解的阳极反应为____铝通常用来制备一些稀有金属，如和V2O5混合高温制V，其反应式为____．

（5）铜是最早被人类认识和利用的金属，铜锈的成份为Cu2（OH）2CO3，通常可用盐酸除去，其离子反应为____．18、硫的化合物与生产；生活、科技等密切相关．请回答下列问题：

（1）辉铜矿（Cu2S）在高温条件下发生如下反应：2Cu2S+3O2═2Cu20+2SO2△H=-773kJ•mol-1

当放出154.6kJ热量时，反应过程中转移电子的物质的量为____．

（2）某研究小组把钢铁中的硫转化为H2SO3溶液，然后用标准浓度的I2溶液进行滴定．标准浓度的I2溶液所用滴定管为____（填“酸式”或“碱式”）滴定管，滴定中使用的指示剂的名称为____，反应的离子方程为____．

（3）利用反应2SO2+O2+2H20═2H2SO4，可以处理SO2尾气，若将该反应设计为稀硫酸作电解质的原电池，其负极反应式为____，反应一段时间后，溶液的pH将____（填：“增大”；“不变”或“减小”）．

（4）现将NaCl和NaHCO3混合液、CuSO4溶液各400ml．分別盛放在两电解池中；将插入两溶液中的惰性电扱串联，以电池为电源进行电解．

①刚开始时，NaCl和NaHCO3混合液阴极反应式为____，NaCl和NaHCO3混合液的pH升高的比较缓慢，原因是____．

②向电解后的CuSO4溶液中加入0.01molCu2（OH）2CO3恰好使该溶液恢复原来的状态，則电路中转移电子的物质的最为____．当有0.04mol电子发生转移时，该溶液的pH=____（不考虑溶液体积变化）19、（2015秋•武穴市校级月考）工业生产硝酸的尾气中含有氮氧化物NOx（NO和NO2的混合物，假设不含N2O4）；对生态环境和人类健康带来较大的威胁．

（1）工业上也常用Na2CO3溶液吸收法处理NOx．已知：NO不能与Na2CO3溶液反应，NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2；2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2．

当NOx被Na2CO3溶液完全吸收时，x的值不可能是____（填字母）．

A．1.3B．1.6C．1.8

（2）将1molNOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收时，溶液中生成的NO3-、NO2-两种离子的物质的量随x变化关系如图所示：图中线段a表示____离子随x值变化的关系；若用溶质质量分数为21.2%的Na2CO3溶液吸收，则需要Na2CO3溶液至少____g．

（3）用足量的Na2CO3溶液完全吸收NOx，每产生22.4L（标准状况）CO2（全部逸出）时，吸收液质量就增加44g，试计算NOx中x的值=____．20、芳香族化合物A常用来合成药物B及医药中间体G；其流程如图：

已知：

（1）D中除硝基外还含有的官能团的名称____．D生成E的反应类型是____．

（2）鉴别A和E可用的试剂是____．

a．氢氧化钠溶液b．氯化铁溶液c．碳酸氢钠溶液d．浓溴水。

（3）反应①、③的作用____．

（4）写出反应⑤的化学方程式____．写出F与过量NaOH共热时反应的化学方程式____．

（5）B有多种同分异构体，写出符合下列条件的一种物质的结构简式____．

①只有一种官能团②能发生银镜反应③苯环上的一氯取代物只有二种④核磁共振氢谱共有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1．21、现有分子式为C12H12O4X2（X为一未知元素）的物质W；可在一定条件下发生下述一系列反应：

其中W、B为芳香族化合物，W、A、B均能与NaHCO3溶液反应；A分子中有2个甲基，H是一种对位二取代苯，其中一个取代基是醛基．

已知：两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定的；它要发生脱水反应：

请回答下列有关问题：

（1）X为____（填元素符号）；其判断依据是____．

（2）反应①、②分别属于____反应、____反应（填有机反应类型），A、B中均含有的含氧官能团的名称是____B的结构简式____．

（3）反应②的化学方程式是____．

（4）若DL有机玻璃【（C5H8O2）n】反应④的化学方程式是____．

（5）H有多种同分异构体，写出任意一种同时满足（i）遇FeCl3显紫色（ii）苯环上-取代物有两种（iii）除苯环外无其它环状结构3个条件的H的同分异构体结构简式____．22、钛呈银白色；因它坚硬；强度大、耐热、密度小，被称为高技术金属．

请回答下列问题：

①基态钛原子的核外价电子的电子排布式为____；

②TiCl4常温下是无色液体，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟．则TiCl4属于____晶体（填“原子”；“分子”或“离子”）．

③在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3•6H2O的绿色晶体，该晶体中两种配位体的物质的量之比为1：5，则该配离子的化学式为____．23、[化学——选修2化学与技术]（15分）（1）纯碱是一种重要的化工原料。目前制碱工业主要有“氨碱法”和“联合制碱法”（侯氏制碱法）两种工艺。①“氨碱法”产生大量CaCl2废弃物，写出该工艺中产生CaCl2的化学方程式：_________________________________________________；②写出“联合制碱法”有关反应的化学方程式___________________；。③CO2是制碱工业的重要原料，“联合制碱法”与“氨碱法”中CO2的来源有何不同？________________________________________；（2）钢铁工业对促进经济和社会发展起了重要作用。①炼钢时，加入硅、锰和铝的目的是_______________________________。②不锈钢含有的Cr元素是在炼钢过程的氧吹____（填“前”或“后”）加入。③炼铁和炼钢生产中，尾气均含有的主要污染物是________。从环保和经济角度考虑，上述尾气经处理可用作_________。评卷人得分四、判断题(共2题，共12分)24、海带中碘元素提取时氧化滤液中的I-时，通入氯气，KI溶液变为黄色，继续通入氯气一段时间后，溶液黄色褪去．____．（判断对错说明理由）25、中性干燥剂无水氯化钙，既可干燥H2，又可干燥HCl，还可干燥NH3____（判断对错）．评卷人得分五、解答题(共4题，共40分)26、已知A；B、C是中学化学的常见物质；它们在一定条件下有如下转化关系：

（1）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C为红棕色气体，则A转化为B反应的化学方程为______△4NO+6H2O

27、已知在室温时，Cu（OH）2的溶度积Ksp=2.2×10-20mol/L-1，求室温下Cu（OH）2饱和溶液中Cu2+和OH-的物质的量浓度．28、某烃的含氧衍生物，其蒸气在标准状况下的密度是1.96g/L．8.8g该物质在足量氧气中燃烧，燃烧后的气体过浓硫酸，浓硫酸质量增加7.2g，剩余气体过氢氧化钠溶液，溶液质量增加17.6g．又知，该烃的含氧衍生物能与新制氢氧化铜反应，求该物质的分子式，写出它的结构简式并命名．29、科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池．已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为-285.8kJ•mol-1、-283.0kJ•mol-1和-726.5kJ•mol-1．请回答下列问题：

（1）用太阳能分解10mol水消耗的能量是______kJ；

（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为______；

（3）在容积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变的情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如下图所示（注：T1、T2均大于300℃）；下列说法正确的是______（填序号）

①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为v（CH3OH）=mol•L-1•min-1

②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小。

③该反应为放热反应。

④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大。

（4）在T1温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a；则容器内的压强与起始压强之比为______；

（5）在直接以甲醇为燃料的燃料电池中；电解质溶液为酸性，负极的反应式为______，正极的反应式为______．理想状态下，该燃料电池消耗1mol甲醇所能产生的最大电能为702.1kJ，则该燃料电池的理论效率为______（燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比）．

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】A．乙酸与碳酸钠反应生成碳酸；碳酸与苯酚钠反应生成苯酚，均为强酸制取弱酸的反应；

B；电子层结构相同；核电荷数越多半径越小；

C；不同类型的晶体熔点高低：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；

D、相对分子质量越大，气态氢化物的熔沸点越大，但HF中含有氢键．【解析】【解答】解：A．乙酸与碳酸钠反应生成碳酸；碳酸与苯酚钠反应生成苯酚，均为强酸制取弱酸的反应，则酸性为乙酸＞碳酸＞苯酚，所以同浓度稀溶液pH：苯酚＞碳酸＞乙酸，故A错误；

B、电子层结构相同，核电荷数越多半径越小，所以离子半径：O2-＞F-＞Na+＞Mg2+；故B正确；

C、不同类型的晶体熔点高低，原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，所以熔点的高低为：：SiO2＞NaCl＞P4；故C错误；

D、相对分子质量越大，气态氢化物的熔沸点越大，但HF中含有氢键，则熔沸点为HF＞HBr＞HCl；故D错误；

故选B．2、A【分析】【分析】根据电解池的工作原理，和电解池的负极相连的是阴极，在阴极上是阳离子发生得电子的还原反应．【解析】【解答】解：等物质量浓度的FeBr3和CuCl2的混合溶液中含有铁离子；铜离子、溴离子和氯离子；在阴极上是阳离子得电子，根据得电子能力：铁离子＞铜离子，所以最初在负极发生反应的离子是铁离子．

故选A．3、B【分析】【分析】相同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.2mol，乙中加入HI0.4mol，此时甲和乙建立的平衡是等效的，然后结合影响化学平衡移动的因素来回答．【解析】【解答】解：相同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.2mol；乙中加入HI0.4mol，此时甲和乙建立的平衡是等效的．

A；甲、乙提高相同温度；平衡均逆向移动，HI的平衡浓度均减小，故A错误；

B；甲降低温度；平衡正向移动，甲中HI的平衡浓度增大，乙不变，故B正确；

C；甲中加人0.2molHe；在定容密封容器中，平衡不会移动，故C错误；

D、甲中增加0.2molH2，乙增加0.2molI2；结果还是等效的，故D错误．

故选B．4、D【分析】【解析】试题分析：A．二氧化碳不属于空气质量报告的监控对象，A不正确；B．pH在5.6～7.0之间的降水为正常降水，pH小于5.6的降水通常称为酸雨，B不正确；C．含氮、磷合成洗涤剂虽然可以被细菌分解，但超过一定限度会导致水体富营养化等污染，C不正确；D．矿物质的燃烧会产生氮氧化物、一氧化碳、碳氢化合物和颗粒物等，严重污染大气，D正确，故选D。考点：化学与环境保护【解析】【答案】D5、C【分析】【解析】试题分析：根据总反应可知：Zn是负极失电子，发生氧化反应，MnO2是正极得电子，发生还原反应，所以A、B正确；原电池中负极失电子，经导线流向正极，C错误；每通过0.2mol电子，Zn反应掉1mol，质量减少6.5g，D正确。答案选C。考点：原电池【解析】【答案】C6、B【分析】【分析】由表中数据可知，实验1、2都有金属剩余，则溶液中不可能含有硝酸铁，溶液中金属离子为+2价，在实验1的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为9g-4.8g=4.2g，生成NO的体积为2.24L-1.12L=1.12L，NO物质的量为0.05mol，根据电子转移守恒可知，参加反应金属的物质的量为=0.075mol，参加反应金属的平均摩尔质量为=56g/mol；故该过程只有Fe参加反应，则实验1只有Fe参与反应；

在实验2的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为4.8g，生成NO的体积为3.36L-2.24L=1.12L，NO物质的量为0.05mol，若该过程只有Cu参加反应，根据电子转移守恒，则Cu的物质的量==0.075mol，Cu的质量=0.075mol×64g/mol=4.8g，等于参加反应金属的质量，故该过程只有Cu反应，且Cu恰好完全反应，故加入200mL硝酸时，Fe恰好反应生成硝酸亚铁，在实验3的基础上再加入100mL硝酸，为硝酸与溶液中亚铁离子反应生成NO，据此解答．【解析】【解答】解：由表中数据可知，实验1、2都有金属剩余，则溶液中不可能含有硝酸铁，溶液中金属离子为+2价，在实验1的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为9g-4.8g=4.2g，生成NO的体积为2.24L-1.12L=1.12L，NO物质的量为0.05mol，根据电子转移守恒可知，参加反应金属的物质的量为=0.075mol，参加反应金属的平均摩尔质量为=56g/mol；故该过程只有Fe参加反应，则实验1只有Fe参与反应；

在实验2的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为4.8g，生成NO的体积为3.36L-2.24L=1.12L，NO物质的量为0.05mol，若该过程只有Cu参加反应，根据电子转移守恒，则Cu的物质的量==0.075mol；Cu的质量=0.075mol×64g/mol=4.8g，等于参加反应金属的质量，故该过程只有Cu反应，且Cu恰好完全反应，故加入200mL硝酸时，Fe恰好反应生成硝酸亚铁，在实验3的基础上再加入100mL硝酸，为硝酸与溶液中亚铁离子反应生成NO；

A．由上述分析可知，实验①发生反应3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成NO的物质的量为=0.05mol，根据方程式可知，参加反应的Fe的物质的量为0.05mol×=0.075mol；故参加反应Fe的质量=0.075mol×56g/mol=4.2g，故A正确；

B．由上述分析可知；实验2中4.8g金属为Cu，故B错误；

C．实验4发生反应为硝酸与溶液中亚铁离子反应生成NO，反应离子方程式为：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O；故C正确；

D．Fe完全溶解生成NO为2.24L，物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒，溶液中n（Fe2+）==0.15mol，由3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O，可知生成NO为0.15mol×=0.05mol；故生成NO的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故V=3.36+1.12=4.48，故D正确；

故选B．7、D【分析】【分析】平衡常数指可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，平衡常数，所以该反应化学方程式应为CO2+H2⇌CO+H2O，恒容时，温度升高，H2浓度减小，平衡向正反应移动，则该反应为吸热反应，以此来解答．【解析】【解答】解：A、由平衡常数可知，该反应为CO2+H2⇌CO+H2O；故A错误；

B、根据A知道，反应为CO2+H2⇌CO+H2O，恒温恒容下，反应达平衡时，再通入一定量的CO2气体；平衡正向移动，CO的物质的量增大，但是向右进行的程度很微弱，体积分数不一定增大，故B错误；

C；升高温度；正、逆反应速率都增大，故C错误；

D、恒容时，温度升高，H2浓度减小；则该反应为吸热反应，所以△H＞0，故D正确；

故选D．二、双选题(共8题，共16分)8、A|D【分析】解：A；容器乙内反应向正反应方向进行；气体总的物质的量减少，恒温恒压下，体积之比等于物质的量之比，所以平衡时容器乙的容积一定比反应前小，故A正确；

B、容器甲内反应所达到的平衡状态可以等效为开始投入3molX，1molY在相同条件下达到的平衡状态，容器乙开始投入虽然也是3molX，1molY，但是保持恒压，而容器甲根据开始投入3molX，1molY在相同条件下达到的平衡状态来分析，随反应进行压强减小，容器乙所到达的平衡状态可以等效为容器甲增加压强，平衡向体积减小方向移动，即向正反应方向移动，所以n1＞n2；故B错误；

C；容器甲内反应根据有关数据无法判断反应向哪个方向进行、还是处于平衡状态；因此无法判断平衡时容器内的压强与比反应前压强大小关系，故C错误；

D、根据B中的分析可知φ2＞φ1；故D正确；

故选AD．【解析】【答案】AD9、rAC【分析】解：固体质量减少为rm{CO}获得的氧原子质量，根据固体质量差，可知减少rm{O}原子质量为rm{4.8g-4.56g=0.24g}减少rm{O}原子物质的量为rm{dfrac{0.24g}{16g/mol}=0.015mol}氧化铁的物质的量为rm{dfrac{4.8g}{160g/mol}=0.03mol}则反应后氧化物中rm{dfrac

{0.24g}{16g/mol}=0.015mol}原子物质的量为rm{dfrac

{4.8g}{160g/mol}=0.03mol}反应中rm{O}原子物质的量不变，则反应后氧化物中rm{0.03moL隆脕3-0.015mol=0.075mol}rm{Fe}原子数目之比为rm{Fe}rm{O}rm{0.03mol隆脕2}．

A.当rm{0.075mol=4}rm{5}rm{n(FeO)}则rm{n(Fe_{3}O_{4})=1}rm{1}原子数目之比为rm{Fe}rm{O}rm{(1+3)}故A正确；

B.当rm{(1+4)=4}rm{5}rm{n(Fe_{2}O_{3})}则rm{n(FeO)=2}rm{1}原子数目之比为rm{Fe}rm{O}rm{(2+1)}故B错误；

C.当rm{(3+1)=3}rm{4}rm{n(Fe_{2}O_{3})}则rm{n(FeO)=1}rm{2}原子数目之比为rm{Fe}rm{O}rm{(2+1隆脕2)}故C正确；

D.当rm{(3+1隆脕2)=4}rm{5}rm{n(Fe_{2}O_{3})}则rm{n(Fe_{3}O_{4})=1}rm{1}原子数目之比为rm{Fe}rm{O}rm{(2+3)}故D错误；

故选：rm{(3+4)=5}．

反应中rm{7}固体质量减少为rm{AC}获得的氧原子质量，根据固体质量差计算减少rm{CO隆芦CO_{2}}原子，根据守恒法计算反应后氧原子物质的量，反应中rm{CO}原子物质的量不变，可以确定反应后氧化物中rm{O}rm{Fe}原子数目之比；结合选项判断．

本题以化学式确定为载体，考查学生分析计算能力，注意利用原子守恒解答，难度中等．rm{Fe}【解析】rm{AC}10、rAD【分析】解：rm{A}二氧化氮与四氧化二氮的最简式相同，所以混合气体中氮元素的质量分数为rm{dfrac{14}{46}}氧元素的质量分数为rm{dfrac{32}{46}}故rm{46g}混合气体氮元素质量为rm{46g隆脕dfrac{14}{46}=14g}氮原子的物质的量为rm{1mol}氧元素的质量为rm{46g隆脕dfrac{32}{46}=32g}所以氧原子的物质的量为rm{2mol}故rm{46g}混合气体含有的原子总数为rm{(1mol+2mol)隆脕N_{A}mol^{-1}=3N_{A}}故A错误；

B、乙烯、丙烯最简式为rm{CH_{2}}碳元素的质量分数为定值rm{dfrac{12}{14}}丙烷的中碳元素的质量分数为rm{dfrac{9}{11}}小于rm{dfrac{12}{14}}所以碳元素的质量分数介于为rm{dfrac{9}{11}隆芦dfrac{12}{14}}之间，根据烯烃计算碳元素的质量，碳原子的数目最大，所以rm{dfrac{9}{11}隆芦dfrac

{12}{14}}混合气体中碳元素质量小于rm{28g}rm{28g隆脕dfrac{12}{14}=24g}碳所以含有的碳原子的数目为rm{dfrac{24g}{12g/mol}隆脕N_{A}mol^{-1}=2N_{A}}故混合气体中碳原子数目小于rm{24g}故B正确；

C、镁离子水解，rm{dfrac

{24g}{12g/mol}隆脕N_{A}mol^{-1}=2N_{A}}氯化镁溶液中的镁离子的浓度小于rm{2N_{A}}所以rm{1mol/L}氯化镁溶液中的镁离子数小于rm{2mol/L}故C正确；

D、标准状况下，三氧化硫是固体，不能使用气体摩尔体积rm{1mol/L500mL}故D错误．

故选：rm{0.5L隆脕1mol/L隆脕N_{A}mol^{-1}=0.5N_{A}}．

A、二氧化氮与四氧化二氮混合气体中氮元素的质量分数为rm{22.4L/mol}氧元素的质量分数为rm{BD}计算氮元素与氧元素的质量，根据rm{dfrac{14}{46}}计算氮原子与氧原子物质的量，结合根据rm{dfrac{32}{46}}计算原子数目；该值为碳原子的最大值．

B、乙烯、丙烯最简式为rm{n=dfrac{m}{M}}碳元素的质量分数为定值rm{N=nN_{A}}丙烷的中碳元素的质量分数为rm{CH_{2}}小于rm{dfrac{12}{14}}所以碳元素的质量分数介于为rm{dfrac{9}{11}隆芦dfrac{12}{14}}之间，根据烯烃计算碳元素的质量，碳原子的数目最大，根据rm{dfrac{9}{11}}计算碳原子的物质的量，结合根rm{dfrac{12}{14}}计算碳原子数目．

C、镁离子水解，rm{dfrac{9}{11}隆芦dfrac

{12}{14}}氯化镁溶液中的镁离子的浓度小于rm{n=dfrac{m}{M}}．

D；标准状况下；三氧化硫是固体．

考查常用化学计量的有关计算，难度中等，注意三氧化硫的熔沸点，在通常状况为液体，标准状况为固体．rm{N=nN_{A}}【解析】rm{AD}11、rBC【分析】解：rm{A.pH=3}的盐酸稀释rm{1000}倍后rm{pH=6}正确，但常温下rm{pH=6}的盐酸稀释rm{1000}倍后rm{pH}值只能无限接近rm{7}不能超过rm{7}故A错误；

B.因钠；镁都是活泼金属；其金属氯化物都是离子化合物，则利用电解熔融物的方法可以冶炼金属单质，故B正确；

C.钠和性质类似；对应的过氧化物都可与二氧化碳反应，不能用二氧化碳灭火，应用沙土扑灭，故C正确；

D.rm{SO_{2}}通入rm{BaCl_{2}}溶液中无沉淀生成是因盐酸的酸性比亚硫酸的酸性强，但将rm{SO_{2}}通入rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液中有沉淀生成时因酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性；则生成硫酸钡沉淀，故D错误；

故选C．

A.盐酸无论怎么稀释都呈酸性；

B.钠；镁都是活泼金属；其金属氯化物都是离子化合物，可用电解的方法冶炼；

C.过氧化钠；过氧化钾都可与二氧化碳反应；

D.二氧化硫雨氯化钡不反应；酸性条件下可被硝酸根离子氧化．

本题考查类推的学科思维方法，学生应熟悉rm{pH}的计算、物质的性质、金属的冶炼等知识来解答，并注意利用物质的特殊性质、尊重客观事实是解答此类习题的关键．【解析】rm{BC}12、rBC【分析】解：rm{A.CH_{3}CH_{2}CH_{3}}中有rm{2}种rm{H}原子，核磁共振氢谱有rm{2}个吸收峰；故A错误；

B.rm{CH_{3}COCH_{2}CH_{3}}中有rm{3}种rm{H}原子，核磁共振氢谱有rm{3}个吸收峰；故B正确；

C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}中有rm{3}种rm{H}原子，核磁共振氢谱有rm{3}个吸收峰；故C正确；

D.rm{CH_{3}OCH_{3}}中有rm{1}种rm{H}原子，核磁共振氢谱有rm{1}个吸收峰；故D错误．

故选BC．

核磁共振氢谱中有几个不同的峰，分子中就有几种rm{H}原子，峰的面积之比等于氢原子数之比，核磁共振氢谱图有rm{3}三种信号，说明分子中有rm{3}种rm{H}原子rm{.}利用等效氢原子判断：rm{垄脵}分子中同一甲基上连接的氢原子等效；rm{垄脷}同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，同一同一碳原子所连氢原子等效；rm{垄脹}处于镜面对称位置上的氢原子等效．

本题以核磁共振氢谱为载体考查有机物的结构，难度较小，清楚核磁共振氢谱中有几个不同的峰，分子中就有几种rm{H}原子．【解析】rm{BC}13、A|B【分析】解：A．向该溶液中先加了盐酸，排除可能存在的其它微粒如碳酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等的干扰，再加入BaCl2溶液，产生了白色沉淀，说明了该沉淀不溶于稀盐酸，应为BaSO4，溶液中含有SO42-；故A正确；

B．AgI的溶度积常数小于AgCl的溶度积常数；AgI的溶解度比AgCl的小，则向AgCl沉淀中滴入稀KI溶液，会白色沉淀AgCl转变为黄色沉淀AgI，故B正确；

C．乙醇在浓硫酸加热170℃发生消去反应生成乙烯气体，CH3-CH2-OHCH2═CH2↑+H2O，同时乙醇和浓硫酸在170℃同时发生副反应氧化反应，生成黑色碳、二氧化硫气体和水，反应为C2H5OH+2H2SO42C+2SO2↑+5H2O，含有杂质二氧化硫与KMnO4酸性溶液反应，2KMnO4+5SO2+2H2O═K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，导致酸性KMnO4溶液褪色；故C错误；

D．葡萄糖与新制Cu(OH)2浊液反应需在碱性条件下；应加入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生砖红色沉淀，故D错误；

故选AB．【解析】【答案】AB14、A|B【分析】A．Cu；Zn原电池中；活泼金属为负极，则根据检流计(G)中指针偏转的方向可比较Zn、Cu的金属活泼性，故A正确；

B．析氢腐蚀生成氢气；而吸氧腐蚀中氧气得电子，气体减少，则根据试管中液面的升降可判断铁钉发生的是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，故B正确；

C．中和热测定应选稀的强酸；则不能利用浓硫酸测定中和热，故C错误；

D．热水中颜色深；则逆反应为吸热反应，所以正反应为放热反应，故D错误；

故选AB．

【解析】【答案】AB15、rAC【分析】解：rm{A}硫酸铝水解使溶液显酸性；故硫酸铝溶液会与铁反应，应放在内筒塑料桶里，外筒为铁桶，外筒和内筒之间装有碳酸氢钠溶液，故A错误；

B；地沟油的主要成分为油脂；可用于肥皂和生物柴油，故B正确；

C、rm{PM2.5}是指大气中直径小于或等于rm{2.5}微米的颗粒物，如粒子直径大于rm{100nm}则不形成胶体，故C错误；

D；银离子属于重金属离子；可使蛋白质变性，故用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质，故D正确．

故选AC．

A；硫酸铝水解使溶液显酸性；故硫酸铝溶液会与铁反应，应放在内筒里；

B；地沟油的主要成分为油脂；可用于肥皂和生物柴油；

C、如粒子直径大于rm{100nm}则不形成胶体；

D；银离子属于重金属离子；可使蛋白质变性．

本题考查了化学与社会、生活等关系，较基础，要注意理论联系实际．【解析】rm{AC}三、填空题(共8题，共16分)16、O=C=O-3第三周期第ⅢA族离子键和共价键HClO4【分析】【分析】（1）氯化镁为离子化合物；必须标出阴阳离子的电子式；双氧水中两个氢原子分别与两个氧原子通过共用一对电子结合，两个氧原子之间通过共用1对电子结合；

（2）二氧化碳中碳原子与氧原子共用4对电子；

（3）元素最高正价与最低负极绝对值和为8；依据磷酸的分子式推测其最高正价进而求出最低负价；

（4）地壳中含量最高的金属元素为铝；铝原子有3个电子层，最外层有3个电子；

（5）氢氧化钠含有离子键和共价键；过氧化钠含有共价键和离子键；

（6）原子序数为17的原子核外有3个电子层，各层容纳电子数分别为2、8、7，最高正价为+7价．【解析】【解答】解：（1）氯化镁为离子化合物，化学式中存在阴阳离子，其电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，氯化镁的电子式为：双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O-O键，双氧水的电子式为：故答案为：

（2）二氧化碳中碳原子与氧原子共用4对电子；结构式为：O=C=O，故答案为：O=C=O；

（3）由磷元素的最高价氧化物的水化物化学式是H3PO4；可知P的最高正价为+5价，所以其最低负极为-3价，故答案为：-3价；

（4）地壳中含量最高的金属元素为铝；铝原子有3个电子层，最外层有3个电子，在周期表中位于第三周期第ⅢA族，故答案为：第三周期第ⅢA族；

（5）氢氧化钠；过氧化钠都含有离子键和共价键；

故答案为：离子键和共价键；

（6）原子序数为17的原子核外有3个电子层，各层容纳电子数分别为2、8、7，原子结构示意图，最高正价为+7价，最高价氧化物对应的水化物的化学式为：HClO4，故答案为：HClO4．17、2Na2O2+2SO2═2Na2SO4向溶液中滴入酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液颜色褪去，说明含有亚铁离子，否则不含亚铁离子能2O2--4e-=O2↑10Al+3V2O55Al2O3+6VCu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑【分析】【分析】（1）Na2O2为离子化合物；具有氧化物，与二氧化硫发生氧化还原反应；

（2）亚铁离子具有还原性；利用还原性检验；

（3）常温下MgO溶于蒸馏水形成的饱和液中，c（OH-）=2c（Mg2+）；结合Ksp计算；

（4）阳极发生氧化反应，氧离子在阳极放电生成氧气；Al与V2O5发生铝热反应；

（5）发生反应为Cu2（OH）2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑．【解析】【解答】解：（1）Na2O2为离子化合物，其电子式为具有氧化物，与二氧化硫发生氧化还原反应，反应为2Na2O2+2SO2═2Na2SO4；

故答案为：2Na2O2+2SO2═2Na2SO4；

（2）检验Fe3+中是否含有Fe2+的方法及现象为向溶液中滴入酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液颜色褪去；说明含有亚铁离子，否则不含亚铁离子；

故答案为：向溶液中滴入酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液颜色褪去；说明含有亚铁离子，否则不含亚铁离子；

（3）常温下MgO溶于蒸馏水形成的饱和液中，设c（OH-）为x，c（Mg2+）=0.5x，则=5.1×10-12，解得x=2.732×10-4＞1×10-7；溶液显碱性，则加酚酞变红；

故答案为：能；

（4）电解氧化铝和冰晶石的熔融液，生成铝和氧气，氧元素在阳极上被氧化，生成氧气，电极反应式为2O2--4e-=O2↑；Al与V2O5发生铝热反应为10Al+3V2O55Al2O3+6V，故答案为：2O2--4e-=O2↑；10Al+3V2O55Al2O3+6V；

（5）Cu2（OH）2CO3可用盐酸除去，其离子反应为Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑，故答案为：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑．18、2.4mol酸式淀粉试液H2SO3+I2+H2O=4H++SO42-+2I-SO2+2H2O-2e-═4H++SO42-减小2H++2e-═H2↑产生的氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，导致PH缓慢变化0.061【分析】【分析】（1）根据反应热和转移电子之间的关系式计算；

（2）I2溶液滴定管为酸式滴定管，因为I2遇到淀粉会变蓝色；所以可以用淀粉溶液作指示剂；根据氧化还原反应书写化学方程式；

（3）根据原电池原理；正极发生的是化合价降低得电子的反应，负极发生氧化反应，根据电极反应判断pH的变化；

（4）现将NaCl和NaHCO3混合液、CuSO4溶液各400ml．分別盛放在两电解池中；将插入两溶液中的惰性电扱串联，以电池为电源进行电解．

①刚开始时，NaCl和NaHCO3混合液阴极发生还原反应，电极反应式为2H++2e-═H2↑，NaCl和NaHCO3混合液的pH升高的比较缓慢；原因是反应产生的氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，导致PH缓慢变化；

②电解硫酸铜溶液后溶液呈酸性，向电解后的溶液中加入碱式碳酸铜能恢复原溶液，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，溶液质量增加的量是铜、氢氧根离子，所以实际上电解硫酸铜溶液分两个阶段：第一阶段2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，第二阶段：2H2O2H2↑+O2↑；

将碱式碳酸铜化学式改变为2CuO•H2O•CO2，所以加入0.1molCu2（OH）2CO3就相当于加入0.2molCuO和0.1mol水，根据氧化铜和水的量计算即可．【解析】【解答】解：（1）该反应2Cu2S（s）+3O2（g）═2Cu2O（s）+2SO2（g）中；当转移12mol电子时放出773kJ热量，当放出热量154.6kJ热量转移2.4mol电子时；

故答案为：2.4mol；

（2）I2溶液滴定管为酸式滴定管，因为I2遇到淀粉会变蓝色，所以可以用淀粉溶液作指示剂，滴定终点时溶液的颜色变化为无色变为蓝色，反应的离子方程式为H2SO3+I2+H2O=4H++SO42-+2I-；故答案为：酸式；淀粉试液；H2SO3+I2+H2O=4H++SO42-+2I-；

（3）原电池负极发生的是化合价升高失电子的反应，根据方程式可知是二氧化硫失电子，另外，由于H2SO4存在，所以电极反应：SO2+2H2O-2e-═4H++SO42-；该过程T生成氢离子，所以负极pH会减小；

故答案为：SO2+2H2O-2e-═4H++SO42-；减小；

（4）现将NaCl和NaHCO3混合液、CuSO4溶液各400ml．分別盛放在两电解池中；将插入两溶液中的惰性电扱串联，以电池为电源进行电解．

①刚开始时，NaCl和NaHCO3混合液阴极发生还原反应，电极反应式为2H++2e-═H2↑，NaCl和NaHCO3混合液的pH升高的比较缓慢；原因是反应产生的氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，导致PH缓慢变化；

故答案为：2H++2e-═H2↑；产生的氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水；导致PH缓慢变化；

②电解硫酸铜溶液后溶液呈酸性；向电解后的溶液中加入碱式碳酸铜能恢复原溶液，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜；水和二氧化碳，溶液质量增加的量是铜、氢氧根离子，所以实际上电解硫酸铜溶液分两个阶段：

第一阶段2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

第二阶段：2H2O2H2↑+O2↑；

将碱式碳酸铜化学式改变为2CuO•H2O•CO2，所以加入0.01molCu2（OH）2CO3就相当于加入0.02molCuO和0.01mol水；

第一阶段：根据铜原子守恒知；电解硫酸铜溶液析出n（Cu）=n（CuO）=0.02mol，转移电子的物质的量=0.02mol×2=0.04mol；

第二阶段：电解生成0.01mol水转移电子的物质的量=0.01mol×2=0.02mol；

所以电解过程中共转移的电子数为0.04mol+0.02mol=0.06mol，当有0.04mol电子发生转移时，此时0.02molH2SO4，而体积为：400ml，所以该溶液中氢离子的浓度为：=0.1mol/L，所以溶液的pH=1，故答案为：0.06；1．19、ANO2-2501.875【分析】【分析】（1）当NOx被Na2CO3溶液完全吸收时，则n（NO2）≥n（NO）；以此计算x；

（2）由图可知，xx=1.5，溶液中生成的NO3-、NO2-两种离子，a为最大，b为最小；由生成物化学式可知，NaNO3和NaNO2中氮元素与钠元素之比为1：1；

（3）利用差量法计算NO、NO2的物质的量，再根据平均摩尔质量法计算x值．【解析】【解答】解：（1）由方程式可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，满足n（NO2）：n（NO）≥1，当n（NO2）：n（NO）=1时x值最小，x最小值为=1.5；因为混有NO，所以x最大值＜2，故x的取值范围为1.5≤x＜2，所以x的值不可能是1.3；

故答案为：A；

（2）用极限法：若x=1.5气体应为NO和NO2混合物，物质的量比为1：1，按NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2反应，没有NO3-，线a应该表示NO2-；

由守恒法可知：反应生成的NaNO3和NaNO2中氮元素与钠元素之比为1：1，所以1molNOx被完全吸收至少需碳酸钠0.5mol，质量为53g，所以碳酸钠溶液的质量为=250g，故答案为：NO2-；250；

（3）设由NO2和纯碱反应产生CO2为amol；

由NO和NO2与纯碱反应产生的CO2为bmol；

2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2质量增加。

1mol△m=48g

amol48ag

NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2质量增加。

1mol△m=32g

bmol32bg

；

解得a=0.75mol，b=0.25mol；

n（NO2）=0.75mol×2+0.25mol=1.75mol

n（NO）=0.25mol

x==1.875；

故答案为：1.875．20、羧基、（酚）羟基酯化反应或取代反应c保护酚羟基，防止在B生成C的过程中被硝酸氧化或【分析】【分析】对比A、B的结构可知，A与乙酸酐发生取代反应生成B与乙酸，对照D的结构简式可知B发生硝化反应得到C为C在酸性条件下水解得D（），D与甲醇发生酯化反应得到E为E发生信息中的取代反应生成F为F在催化剂作用下发生取代反应生成G，同时生成甲醇，据此解答．【解析】【解答】解：对比A、B的结构可知，A与乙酸酐发生取代反应生成B与乙酸，对照D的结构简式可知B发生硝化反应得到C为C在酸性条件下水解得D（），D与甲醇发生酯化反应得到E为E发生信息中的取代反应生成F为F在催化剂作用下发生取代反应生成G，同时生成甲醇．

（1）D为D中除硝基外还含有的官能团的名称是羧基；（酚）羟基，D生成E的反应类型是酯化反应或取代反应；

故答案为：羧基；（酚）羟基；酯化反应或取代反应；

（2）E为A中有羧基，而E中没有，所以鉴别A和E可用的试剂是碳酸氢钠溶液，故选c；

（3）反应①；③的作用：保护酚羟基；防止在B生成C的过程中被硝酸氧化；

故答案为：保护酚羟基；防止在B生成C的过程中被硝酸氧化；

（4）反应⑤的化学方程式为：

F为F与过量NaOH共热时反应的化学方程式为：

故答案为：

（5）B的同分异构体满足：苯环上的一氯取代物只有二种，说明苯环上有2种H原子，能发生银镜反应说明含有-CHO，只含一种官能团，B中有4个O，结合C原子数目可知，官能团不可能是4个-CHO，只能是含有2个HCOO-、剩余1个CH3，核磁共振氢谱共有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1，B中有8个H，有4种不同环境，每种环境的原子数分别为3、2、2、1，符合题意的B的同分异构体为或

故答案为：或．21、Br反应产物加硝酸酸化的AgNO3溶液得浅黄色的AgBr沉淀，即说明X为Br水解或取代反应消去反应羧基等中的任意一种【分析】【分析】W、A、B均能与NaHCO3溶液反应，均含有羧基，W在酸性条件下水解得到A与B，W中含有酯基，A发生消去反应、B发生水解反应均得到E，E与硝酸银反应得到淡黄色沉淀，故X为Br元素，E为NaBr，F为AgBr；A、B分子中均含有Br原子，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到G，G酸化得到H，H分子中含有醛基且苯环上的取代基处于对位，则H为结合碳原子碳原子连接2个羟基不稳定，自动转化为羰基，可推知B为则G为A在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到C，C酸化得到D，A分子中有2个甲基，结合D的分子式可知，A为（CH3）2CBrCOOH，则C为CH2=C（CH3）COONa，D为CH2=C（CH3）COOH，综上分析可知X、W为据此解答．【解析】【解答】解：W、A、B均能与NaHCO3溶液反应，均含有羧基，W在酸性条件下水解得到A与B，W中含有酯基，A发生消去反应、B发生水解反应均得到E，E与硝酸银反应得到淡黄色沉淀，故X为Br元素，E为NaBr，F为AgBr．A、B分子中均含有Br原子，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到G，G酸化得到H，H分子中含有醛基且苯环上的取代基处于对位，则H为结合碳原子碳原子连接2个羟基不稳定，自动转化为羰基，可推知B为则G为．A在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到C，C酸化得到D，A分子中有2个甲基，结合D的分子式可知，A为（CH3）2CBrCOOH，则C为CH2=C（CH3）COONa，D为CH2=C（CH3）COOH，综上分析可知W为

（1）根据上面的分析可知，x为Br，因为反应产物加硝酸酸化的AgNO3溶液得浅黄色的AgBr沉淀，即说明X为Br；

故答案为：Br；反应产物加硝酸酸化的AgNO3溶液得浅黄色的AgBr沉淀，即说明X为Br；

（2）根据上面的分析可知，①是W发生水解或取代反应，②是A发生消去反应，A为（CH3）2CBrCOOH、B为A；B中都含有的含氧官能团是羧基；

故答案为：水解或取代反应；消去反应；羧基；

（3）反应②为A发生消去反应，反应方程式为故答案为：

（4）D为CH2=C（CH3）COOH，D和醇发生酯化反应生成L，L发生加聚反应生成有机玻璃，根据C原子守恒知，该醇为甲醇，则反应④的方程式为故答案为：

（5）H为H的同分异构体符合下列条件：（i）遇FeCl3显紫色说明具有酚羟基；（ii）苯环上一取代物有两种说明苯环上有两类H原子；

（ⅲ）除苯环外无其它环状结构，如果含有一个酚羟基、两个醛基，则两个醛基位于酚羟基的邻位或间位，如果含有一个酚羟基、一个-COCHO，则两个取代基位于对位，所以符合条件的H同分异构体有

故答案为：等中的任意一种．22、3d24s2分子[TiCl（H2O）5]2+【分析】【分析】（1）根据构造原理；由原子序数即可写出基态原子的电子排布式，进而可写出价电子排布式；

（2）根据题目中提供的物理性质来判断晶体类型；

（3）配位数为6、组成为TiCl3•6H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，根据晶体中水分子和Cl离子个数分析．【解析】【解答】解：（1）钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2，则基态钛原子的价电子排布式为3d24s2；

故答案为：3d24s2；

（2）因TiCl4在常温下是无色液体，说明熔点低，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟，说明钛离子为弱碱阳离子，由此可判断TiCl4是由共价键结合的分子；晶体类型属于分子晶体；

故答案为：分子；

（3）配位数为6、组成为TiCl3•6H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，而晶体中只含有3个Cl-，所以配体数目多的是H2O，H2O和Cl-比值为5：1，所以该配离子的化学式为[TiCl（H2O）5]2+；

故答案为：[TiCl（H2O）5]2+．23、略

【分析】试题分析：（1）①“氨碱法”以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰二氧化碳）、氨气（极易溶于水）为原料来制取纯碱，氨气的制取是用氯化铵与氢氧化钙反应，所以该过程中产生大量的氯化钙，化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O；②侯氏制碱法是向饱和氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳气体来制取碳酸氢钠，碳酸氢钠再受热分解生成碳酸钠的方法，所以“联合制碱法”有关反应的化学方程式NH3＋CO2＋H2O＋NaCl（饱和）＝NaHCO3↓＋NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O；③二氧化碳是制碱工业的重要原料，“氨碱法”CO2来源于石灰石煅烧，“联合制碱法”CO2来源于合成氨工业的废气；（2）①因为Cr易被氧化，所以加入硅、锰、铝的目的是脱氧及调整钢的成分；②根据以上分析，不锈钢含有的Cr元素是在炼钢过程的氧吹后加入，才能防止Cr被氧化；③炼铁和炼钢生产中，CO是主要的还原剂，所以尾气均含有的主要污染物是CO；因为CO可以燃烧，所以经处理后的CO可作燃料。考点：考查制碱工艺的实验设计【解析】【答案】（共15分）（1）①2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O（2分）②NH3＋CO2＋H2O＋NaCl（饱和）＝NaHCO3↓＋NH4Cl（2分）2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O（2分）（或写总反应方程式：2NaCl＋2NH3＋CO2＋H2O＝Na2CO3＋2NH4Cl）③“氨碱法”CO2来源于石灰石煅烧，“联合制碱法”CO2来源于合成氨工业的废气；（2分）（2）①脱氧和调整钢的成分（2分）②后（1分）③CO（2分）燃料（或还原剂）（2分）四、判断题(共2题，共12分)24、√【分析】【分析】氯气与KI反应生成I2，KI溶液变为黄色，继续通入氯气一段时间后，溶液黄色褪去，说明继续被氧化，生成HIO3，以此解答．【解析】【解答】解：氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，发生5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；

故答案为：√，原因是过量的氯气和碘反应生成HIO3而导致溶液褪色．25、×【分析】【分析】氨气能与氯化钙发生反应生成络合物（CaCl2•8NH3），据此解题．【解析】【解答】解：氨气能与氯化钙发生反应生成络合物（CaCl2•8NH3），因此不能使用无水氯化钙来干燥氨气，故答案为：×．五、解答题(共4题，共40分)26、略

【分析】

（1）A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为NH3，C为红棕色气体，应为NO2，则B为NO，D为O2，A转化为B反应的化学方程为4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；

（2）D是具有氧化性的单质，A元素属于短周期主族金属元素，根据反应关系可知应为NaNa2ONa2O2的反应，C为Na2O2，电子式为

故答案为：

（3）是金属，C溶液在贮存时应加入少量D，说明C易被氧化而变质，则A为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，D为Fe，反应的原理为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；

（4）D是一种常见的温室气体，应为CO2，A是一种强电解质且在水溶液中电离出的阴、阳离子均含有10个电子，应为NaOH，则B为Na2CO3，C为NaHCO3；

B转化为C的离子方程式为CO2+CO32-+H2O=2HCO3-，故答案为：CO2+CO32-+H2O=2HCO3-．

【解析】【答案】（1）A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝