2025年北师大版高二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年北师大版高二化学上册阶段测试试卷570考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、在氯化铵溶液中,下列关系式正确的是A.c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)B.c(NH4+>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)C.c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)D.c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)2、硫（S）与硒（Se）都是ⅥA族元素，则硒（Se）的最高化合价是A.+2B.+4C.+5D.+63、设rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数值rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.标准状况下，rm{11.2}rm{L}的甲醇所含的氢原子数等于rm{2N_{A}}B.常温下，rm{Na_{2}O_{2}}与rm{H_{2}O}反应生成rm{1mol}rm{O_{2}}时，转移电子数是rm{2N_{A}}C.标准状况下，rm{2.24}rm{LCl_{2}}溶于水中达到饱和，可得到rm{HClO}分子的数目是rm{0.1N_{A}}D.rm{1L}rm{1}rm{mol/L}rm{CuCl_{2}}溶液中含有的铜离子数为rm{N_{A}}4、下列能用离子方程式“rm{H^{+}+OH^{-}=}rm{H_{2}O}”表示的化学反应是rm{(}rm{)}A.rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}B.rm{Na_{2}CO_{3}+2HCl=2NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉}C.rm{2KOH+MgCl_{2}=Mg(OH)_{2}隆媒+2KCl}D.rm{Zn+H_{2}SO_{4}=ZnSO_{4}+H_{2}隆眉}rm{2KOH+

MgCl_{2}=Mg(OH)_{2}隆媒+2KCl}5、下列判断哪些是正确的①氢氧化钠是电解质②强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液导电性强③氯化银难溶于水，所以氯化银是非电解质④蔗糖易溶于水，所以是电解质⑤氯气溶于水后导电，所以Cl2是电解质A.①B.①③C.①④⑤D.①②③⑤6、常温下，一定浓度的某溶液，由水电离的出的rm{c(OH^{-})=1隆脕10^{-4}mol/L}则该溶液中的溶质可能是rm{c(OH^{-})=1隆脕10^{-4}

mol/L}rm{(}A.rm{)}B.rm{H_{2}SO_{4}}C.rm{NaOH}D.rm{KHSO_{4}}rm{CH_{3}COONa}7、rm{21.}下列不能与浓rm{H_{2}SO_{4}}反应的物质是()A.rm{Cu}B.rm{C}rm{{,!}_{;;;;;;;;;;;;}}C.rm{Na_{2}CO_{3}}D.rm{SiO_{2}}8、下列说法正确的是（）A.正戊烷、异戊烷和新戊烷互为同分异构体，沸点依次升高B.乙醇依次通过消去、加成、取代反应可生成乙二醇C.石油经过减压分馏，可以得到更多的汽油D.煤中含有苯和甲苯，可以通过先干馏后分馏的方法得到苯和甲苯评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、下列各组中的性质比较中，正确的有（）A.酸性HClO4＞HBrO4＞HIO4B.碱性Ba（OH）2＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2C.非金属性F＞Cl＞BrD.稳定性HCl＞H2S＞PH310、在下列变化过程中，有发生化学变化的是rm{(}rm{)}A.荔枝酿酒B.酸雨侵蚀建筑物C.空气液化制取氮气D.生石灰遇水成为熟石灰11、氧化铅(PbO)是黄色固体。实验室用草酸在浓硫酸作用F分解制备CO，其原理为H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O。某学习小组设计实验探究CO还原氧化铅并检验氧化产物的装置如图所示(已知CO通入银氨溶液产生黑色银粒)。下列说法不正确的是。

A.实验时，先点燃①处酒精灯，等装置⑥中出现较多黑色银粒且有连续气泡后再点燃④处酒精灯B.实验完毕时，先熄灭④处酒精灯，再熄灭①处酒精灯C.尾气处理装置可选用盛NaOH溶液的洗气瓶D.当装置④中固体质量减轻了0.16g时，装置①中消耗的的物质的量为0.01mol12、下列物质可以导电的是A.甲苯B.金属rm{Cu}C.rm{NaCl}溶液D.rm{HCl}溶液13、氢气还原氧化铜的反应为：rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}}rm{Cu+H_{2}O}在该反应中A.rm{CuO}作还原剂B.rm{CuO}作氧化剂C.铜元素化合价降低D.铜元素化合价升高14、合金的性能优异，在日常生活中有着广泛应用。下列物品的制作材料属于合金的有()A.陶瓷杯B.黄铜乐器C.rm{1}元硬币D.硬铝窗框15、以石油、煤和天然气为主要原料生产的三大合成材料是A.陶瓷B.塑料C.合成纤维D.合成橡胶评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、高炉炼铁中发生的基本反应之一如下：FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）ΔH>0。已知1100℃时，K=0.26（1）写出该反应的平衡常数表达式：_______________________________。（2）温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，平衡常数K值_________（填“增大”、“减小”或“不变”）。（3）1100℃时，测得高炉中c（CO2）=0.025mol·L-1，c（CO）=0.1mol·L-1，在这种情况下，该反应__________（填“已”或“没有”）处于化学平衡状态，此时化学反应速率V正______V逆。（填“大于”、“小于”或“等于”）。17、莽草酸是合成治疗禽流感的药物——达菲（Tamiflu）的原料之一。莽草酸是A的一种异构体。A的结构简式如下：⑴A的分子式是。⑵A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式（有机物用结构简式表示）是。⑶A在浓硫酸作用下加热可得到B（B的结构简式为），其反应类型。⑷B的同分异构体中既含有酚羟基又含有酯基的共有种。18、（12分）按要求填空：（1）可看作醇类的是____（填序号）；可看作酚类的是（填序号）。（2）下列物质中，其核磁共振氢谱中给出的峰值（信号）只有一个的是（填序号）A．CH3CH3B.CH3CH2CH3C.CH3CH2OHD.CH3OCH3（3）化合物A和B的分子式都是C2H4Br2,A的核磁共振氢谱图如图，则：A的结构简式为：，名称为；请预测B的核磁共振氢谱上有____个峰（信号）。19、（共10分）有机物A为烃类化合物，质谱图表明其相对分子质量为70，其相关反应如下图所示，其中B、D、E的结构中均含有2个—CH3，它们的核磁共振氢谱中均出现4个峰。请回答：（1）D的分子式为；（2）E中所含官能团的名称为；（3）Ⅲ的反应类型为（填字母序号）；a．还原反应b．加成反应c．氧化反应d．消去反应（4）C和E可在一定条件下反应生成F，F为有香味的有机化合物，该反应的化学方程式为；（5）E有多种同分异构体，其中一种同分异构体能发生银镜反应，能与足量金属钠生成氢气，不能发生消去反应，其结构简式为。20、下表是元素周期表的一部分，除标出的元素外，表中的每个编号代表一种元素。请根据要求回答问题：rm{(1)垄脵}的元素符号是________；rm{(2)垄脹}的原子结构示意图是________；rm{(3)垄脷}和rm{垄脼}的原子半径大小关系是rm{垄脷}________rm{垄脼(}填“rm{>}”“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}rm{(4)垄脹垄脺垄脻}中，最高价氧化物对应的水化物碱性最强的碱的化学式是________。21、（12分）W,X,Y,Z四种元素的原子序数依次增大。其中Y原子的L电子层中，成对电子与未成对电子占据的轨道数相等，且无空轨道；X原子的L电子层中未成对电子数与Y相同，但还有空轨道；W,Z的原子序数相差10，且Z原子的第一电离能在同周期中最低。（1）请写出各元素的元素符号:W________X_______Y_______Z_______（2）请写出XY2的电子式_______________________（3）请写出Z2Y2的电子式___________________其中含有____________________________化学键（4）用电子式表示X2W2的形成过程_______________________（5）写出Z原子的原子结构示意图子_______________________、电子排布式_______________________电子排布图___________________22、在常温下；下列五种溶液：

rm{垄脵0.1mol/L}rm{NH_{4}Cl}溶液rm{垄脷0.1mol/L}rm{CH_{3}COONH_{4}}溶液rm{垄脹0.1mol/L}rm{NH_{4}HSO_{4}}溶液。

rm{垄脺0.1mol/L}rm{NH_{3}?H_{2}O}和rm{0.1mol/L}rm{NH_{4}Cl}混合溶液rm{垄脻0.1mol/L}rm{NH_{3}?H_{2}O}溶液。

请根据要求填写下列空白：

rm{(1)}在上述五种溶液中，rm{pH}最小的是______；rm{c(NH_{4}^{+})}最小的是______rm{(}填序号rm{)}

rm{(2)}比较溶液rm{垄脷}rm{垄脹}中rm{c(NH_{4}^{+})}的大小关系是rm{垄脷}______rm{垄脹(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}

rm{(3)}在溶液rm{垄脺}中，______的浓度为rm{0.1mol/L}rm{NH_{3}?H_{2}O}和______的物质的量浓度之和为rm{0.2mol/L}

rm{(4)}常温下，测得溶液rm{垄脷}的rm{pH=7}则说明rm{CH_{3}COO^{-}}的水解程度______rm{(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}rm{NH_{4}^{+}}的水解程度，rm{CH_{3}COO^{-}}与rm{NH_{4}^{+}}浓度的大小关系是：rm{c(CH_{3}COO^{-})}______rm{c(NH_{4}^{+})(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}23、请写出下列物质的反应方程式，并指出反应类型。rm{(1)2-}甲基丙烯与溴水反应____反应类型：____rm{(2)}苯酚与浓溴水的反应____反应类型：____rm{(3)}丙醛与银氨溶液的反应____反应类型：____rm{(4)2-}丙醇发生分子内脱水的反应____反应类型：____评卷人得分四、简答题(共1题，共6分)24、据图回答下列问题：

Ⅰ、rm{(1)}若烧杯中溶液为稀硫酸，则观察到的现象是______rm{.}负极反应式为：______．

rm{(2)}若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，则负极为______rm{(}填rm{Mg}或rm{Al)}总反应化学方程式为______．

Ⅱ、由rm{Al}rm{Cu}浓硝酸组成原电池；其正极的电极反应式为______．

Ⅲ、中国科学院长春应用化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破，组装出了自呼吸电池及主动式电堆rm{.}甲醇燃料电池的工作原理如图rm{1}所示．

rm{(1)}该电池工作时，rm{b}通入的物质为______，rm{c}通入的物质为______．

rm{(2)}该电池负极的电极反应式为：______．

rm{(3)}工作一段时间后，当rm{12.8g}甲醇完全反应生成rm{CO_{2}}时，有______rm{N_{A}}个电子转移．评卷人得分五、推断题(共3题，共24分)25、常温下，在镁屑和无水乙醚的混合体系中，滴加卤代烷，反应后得到的有机镁化合物称为格氏试剂。制备的格氏试剂不需要分离就可直接用于有机合成，是重要的有机合成中间体。反应原理为：利用rm{A(}rm{)}来合成的流程如图所示：

rm{(1)}物质rm{A}的名称为________；rm{A}rm{B}的反应类型是_________；rm{(2)}写出由rm{A}制备环戊酮rm{(}rm{)}的化学方程式__________；rm{(3)}写出由rm{F}生成rm{G}rm{G}生成rm{H}的化学方程式__________；_________；rm{(4)D}的同分异构体中含有六元环且能发生银镜反应的有___________种；rm{(5)}写出符合下列要求的rm{I}的同分异构体的结构简式_______；rm{(}写一种即可，已知同一个rm{C}原子上不能连接rm{2}个羟基rm{)}rm{垄脵}芳香族化合物rm{垄脷}二元醇rm{垄脹}分子中有rm{5}种化学环境的rm{H}原子rm{(6)}参照上述合成信息，以rm{A}和rm{A}制备的环戊酮rm{(}rm{)}为原料合成__________。26、下列rm{A隆芦I}九种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去rm{.}已知rm{A}在常温下为黑色固体单质，常温下rm{C}rm{E}rm{F}都是无色气体．

请回答下列问题：

rm{(1)C}的固体名称______，rm{F}的化学式是______．

rm{(2)B}的浓溶液与rm{A}反应过程中，rm{B}体现的性质与下列反应中rm{HNO_{3}}体现的性质完全相同的是______．

A.rm{C+4HNO_{3}(}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CO_{2}+4NO_{2}隆眉+2H_{2}O}

B.rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CO_{2}+4NO_{2}隆眉+2H_{2}O}稀rm{3Fe+8HNO_{3}(}

C.rm{)篓T3Fe(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}浓rm{Cu+4HNO_{3}(}

D.rm{)篓TCu(NO_{3})_{2}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{2Fe_{2}O_{3}+6HNO_{3}篓T2Fe(NO_{3})_{3}+3H_{2}O}与rm{(3)A}反应的化学方程式是______．

rm{B}与rm{(4)G}反应的离子方程式是______；rm{H}与淡黄色固体反应生成rm{C}与rm{F}的化学方程式______．rm{G}27、如图rm{A}是氯气的发生装置，rm{B}rm{C}是净化气体的装置，rm{B}装置中装有饱和食盐水，rm{D}中装铁丝网反应后rm{E}的底部有深棕色固体聚集；rm{F}是吸收多余气体的尾气处理装置．

rm{(1)}上述装置中有一处错误，请指出是______处rm{(}用字母表示rm{)}．

rm{(2)B}装置的作用是______，rm{C}装置中需要加入______．

rm{(3)}写出rm{A}中发生反应的离子方程式______，写出rm{D}中发生反应的化学方程式______．

rm{(4)}如果rm{A}中产生氯气rm{3.36L(}标准状况rm{)}请计算：被氧化的rm{HC}rm{l}的物质的量______．评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共8分)28、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。29、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。30、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。31、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】试题分析：NH4+发生水解，使溶液显酸性，那么c(H+)>c(OH-)，NH4+浓度减小，故c(Cl-)>c(NH4+)，但水解是微弱的,c(NH4+)>c(H+)，A对考点：溶液中离子浓度大小比较。【解析】【答案】A2、D【分析】【解析】【答案】D3、B【分析】解：rm{A}标况下甲醇为液体；故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；

B、过氧化钠和水反应生成氧气时，氧元素的价态由rm{-1}价变为rm{0}价，故当生成rm{1mol}氧气时，转移的电子书为rm{2N_{A}}个；故B正确；

C、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的次氯酸分子个数小于rm{0.1N_{A}}个；故C错误；

D、铜离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铜离子的个数小于rm{N_{A}}个；故D错误．

故选B．

A；标况下甲醇为液体；

B、过氧化钠和水反应生成氧气时，氧元素的价态由rm{-1}价变为rm{0}价；

C；氯气和水的反应为可逆反应；

D；铜离子为弱碱阳离子；在溶液中会水解．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意公式的运用和物质的结构特点．【解析】rm{B}4、A【分析】略【解析】rm{A}5、A【分析】【解析】【答案】A6、D【分析】【分析】本题主要考查水的电离、盐的水解等知识，题目难度中等，试题侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养，解题的关键是准确判断出溶液中的溶质对水的电离程度的影响。【解答】常温下，由水电离出的rm{c}rm{(}rm{OH}rm{{,!}^{-}}rm{c}rm{c}rm{(}rm{OH}水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，则rm{OH}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{=10}rm{=10}rm{{,!}^{-4}mol/L}rm{c}rm{c}rm{(}rm{H}rm{H}rm{{,!}^{+})?}说明该溶液中溶质促进了的水的电离。A.硫酸是酸，对水的电离有抑制作用，故A错误；B.rm{c}是碱，抑制水电离，故B错误；rm{c}rm{(}完全电离，电离出的rm{OH}抑制水电离，故C错误；D.醋酸钠属于强碱弱酸盐，能水解而促进水电离，故D正确。故选D。rm{OH}rm{{,!}^{-})}rm{=10}【解析】rm{D}7、D【分析】【分析】本题考查浓硫酸的化学性质，浓硫酸具有极强的氧化性，能与大多数金属和非金属反应的强酸，比较容易。【解答】A.铜与浓硫酸在加热的条件下生成硫酸铜和二氧化硫；能反应，不符合条件，故A不选；

B.碳与浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫；能反应，不符合条件，故B不选；

C.碳酸钠与硫酸反应生成硫酸钠；二氧化碳气体和水；能反应，不符合条件，故C不选；

D.二氧化硅是酸性氧化物与浓硫酸不反应；不能反应，符合条件，故D选。

故选D。【解析】rm{D}8、B【分析】解：A．同分异构体中支链越多；沸点越低，正戊烷；异戊烷和新戊烷沸点依次降低，故A错误；

B．乙醇消去得到乙烯；乙烯和氯气加成得到1，2-二氯乙烷，1，2-二氯乙烷水解（取代）得到乙二醇，故B正确；

C．石油经过减压分馏可得到沸点较高的烃；可得到石蜡油等，常压蒸馏得到汽油，故C错误；

D．煤经过干馏得到苯；甲苯；发生复杂的化学变化，故D错误。

故选：B。

A．同分异构体中支链越多；沸点越低；

B．乙醇消去得到乙烯；乙烯和氯气加成得到1，2-二氯乙烷，1，2-二氯乙烷水解得到乙二醇；

C．石油经过减压分馏可得到沸点较高的烃；

D．煤不含苯；甲苯。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团决定性质，题目难度不大。【解析】B二、多选题(共7题，共14分)9、ABCD【分析】解：A．Cl、Br；I位于同一主族；同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱，故A正确；

B．同主族元素的金属性从上到下逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的进行逐渐增强，则碱性Ba（OH）2＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2；故B正确；

C．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性F＞Cl＞Br；故C正确；

D．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，其氢化物的稳定性增强，则稳定性HCl＞H2S＞PH3；故D正确．

故答案为：ABCD．

A．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱；对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱；

B．同主族元素的金属性从上到下逐渐增强；对应的最高价氧化物的水化物的进行逐渐正确；

C．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱；

D．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强；其氢化物的稳定性增强．

本题考查元素周期表的递变规律，题目难度不大，注意单质、化合物的性质与金属性、非金属性的关系．【解析】【答案】ABCD10、ABD【分析】A；荔枝酿酒的过程包括物质氧化的过程；有化学变化，故A正确；

B；酸雨侵蚀建筑物是建筑物和酸反应的过程；有新物质生成，故B正确；

C；空气液化制取氮气的原理是根据氮气和氧气沸点的不同来实现物质分离的方法；没有新物质生成，属于物理变化过程，故C错误；

D；生石灰遇水发生反应生成氢氧化钙；即熟石灰，有新物质生成，属于化学变化，故D正确．

故选ABD．

A；荔枝酿酒的过程包括物质氧化的过程；有化学变化；

B；酸雨侵蚀建筑物是建筑物和酸反应的过程；有新物质生成；

C；空气液化制取氮气的原理是根据氮气和氧气沸点的不同来实现物质分离的方法；没有新物质生成；

D；生石灰遇水发生反应生成氢氧化钙；即熟石灰，有新物质生成．

本考点考查了物理变化和化学变化的区别，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决，本考点基础性比较强．【解析】rm{ABD}11、CD【分析】【分析】

加热时CO还原PbO得到Pb，CO的氧化产物为根据制备CO的原理，装置①制得的CO中混有(g)，CO在加热时会与空气中的反应生成且空气中含有少量这些都会干扰CO氧化产物的检验，则CO与PbO反应之前必须排尽装置中的空气，CO通入PbO之前必须除去其中的和(g)。

【详解】

A．为防止CO与空气中的反应生成的和空气中少量干扰CO氧化产物的检验，在CO与PbO加热反应前必须先通CO排尽装置中的空气；实验时先点燃①处酒精灯，当观察到装置⑥中产生黑色固体颗粒且有连续气泡产生时表明装置中空气已经完全排尽，再点燃④处酒精灯，故A正确；

B．实验完毕；为防止产生倒吸，应先熄灭④处酒精灯，再熄灭①处酒精灯，故B正确；

C．由于CO有毒；要进行尾气处理，NaOH溶液不能吸收CO，尾气处理可点燃或用气球收集，故C错误；

D．加热④前要通CO排除装置中的空气，实验完毕后要继续通一段时间的CO，所以消耗的的物质的量比0.01mol要大；故D错误；

答案选CD。12、BCD【分析】本题考查物质的导电性，可以导电的物质包括金属单质和电解质溶液或者熔融的电解质。A.甲苯不能导电，故不选；B.rm{Cu}是金属单质，可以导电，故选B；C.rm{NaCl}溶液是电解质溶液，可以导电，故选C；D.rm{HCl}是电解质，其溶液可以导电，故选D。故选BCD。【解析】rm{BCD}13、BC【分析】【分析】本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质及特征为解答关键，注意掌握氧化剂、还原剂的概念及判断方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。反应rm{CuO+H}rm{2}rm{2}rm{overset{?}{=}}rm{Cu+H}rm{2}中，氧化铜中rm{2}元素化合价降低被还原，氧化铜为氧化剂；氢气中rm{O}元素化合价升高被氧化，为还原剂，据此进行解答。【解答】A.rm{Cu}中rm{H}元素化合价从rm{CuO}价变为rm{Cu}价被还原，rm{+2}作氧化剂；故A错误；

B.rm{0}中rm{CuO}元素化合价从rm{CuO}价变为rm{Cu}价，铜元素化合价降低，rm{+2}作氧化剂；故B正确；

C.rm{0}中rm{CuO}元素化合价从rm{CuO}价变为rm{Cu}价；化合价降低，故C正确；

D.rm{+2}元素化合价从rm{0}价变为rm{Cu}价；铜元素化合价降低，故D错误。

故选BC。

rm{+2}【解析】rm{BC}14、BCD【分析】【分析】本题难度不大，主要考查合金的特征，掌握合金的特征与用途是正确解答本题的关键。【解答】A.陶瓷杯是用陶瓷制成的；主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故A不符合题意；

B.黄铜是铜和锌的合金，属于合金，故B符合题意；C.硬币属于合金；故C符合题意；

D.硬铝是铝的合金，属于合金，故D符合题意。故选BCD。【解析】rm{BCD}15、BCD【分析】本题考查煤、石油和天然气的用途。以煤、石油和天然气为主要原料可制造化工产品、合成塑料、合成橡胶、合成纤维等，故BCD正确。

故选BCD。【解析】rm{BCD}三、填空题(共8题，共16分)16、略

【分析】【解析】试题分析：（1）铁和氧化亚铁都是固体，不写入平衡常数表达式。（2）正反应是吸热反应，升高温度，平衡向右移动，平衡常数增大。（3）c(CO2)/c(CO)=0.25考点：化学平衡常数及其应用【解析】【答案】（1）K=（2）增大（3）没有；大于17、略

【分析】（1）依据碳原子的四价理论可以写出A的分子式为C7H10O5。（2）因为A中含有碳碳双键，故可以与溴水发生加成反应，方程式为：（3）A含有醇羟基，可以发生消去反应，所以A在浓硫酸作用下加热得到B，其反应类型是消去反应。（4）要让B的同分异构体中既含有酚羟基又含有酯基，就只能让B中的羧基变成酯基，即－COOH变为HCOO－根据苯环的结构特点可知共有三种同分异构体，即和酚羟基分别为临、间、对三种情况。【解析】【答案】（1）C7H10O5（2分）⑵（2分）⑶消去反应（1分）⑷3（2分）18、略

【分析】【解析】【答案】19、略

【分析】试题分析：有机物A为烃类化合物，质谱图表明其相对分子质量为70，则设A分子式是CnHn,14n=70.所以n=5.根据物质之间的转化关系及B、D、E，它们的核磁共振氢谱中均出现4个峰，而且B转化为A是在NaOH的乙醇发生的消去反应，所以B是溴代烃，A是B是C是D是E是（1）D的分子式为C5H10O；（2）E中所含官能团的名称为羧基；（3）Ⅲ的反应类型为加成反应，由于催化加氢的反应也是还原反应，故选项是a、b；（4）C和E可在一定条件下反应生成F，F为有香味的有机化合物，该反应的化学方程式为++H2O；（5）E有多种同分异构体，其中一种同分异构体能发生银镜反应，能与足量金属钠生成氢气，不能发生消去反应，其结构简式为考点：考查有机物的结构、性质、相互转化、化学方程式、同分异构体的的书写的知识。【解析】【答案】（1）C5H10O（2）羧基（3）a、b（4）++H2O（5）20、rm{(1)N}

rm{(2)}

rm{(3)<}

rm{(4)NaOH}【分析】【分析】本题考查元素周期表的应用。【解答】rm{(1)垄脵}是氮元素，元素符号是rm{N}因此，本题答案是：rm{N}rm{(2)垄脹}是钠元素，原子结构示意图是因此，本题答案是：rm{(3)垄脷}是rm{F}rm{垄脼}是rm{S}原子半径大小关系是rm{F}原子半径小于rm{S}因此，本题答案是：rm{<}rm{(4)垄脹垄脺垄脻}分别是rm{Na}rm{Mg}rm{Al}金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应的水化物碱性最强的碱的化学式是rm{NaOH}因此，本题答案是：rm{NaOH}

【解析】rm{(1)N}rm{(2)}rm{(3)<}rm{(4)NaOH}21、略

【分析】由题意知：Y元素的电子排布图：为O氧元素；X元素的电子排布图：为C碳元素；【解析】【答案】（1）HCONa（2）（3）离子键、非极性共价键(4)(5)1s22s22p63s1、22、略

【分析】解：rm{(1)}假设铵根离子不考虑水解，rm{垄脵0.1mol/LNH_{4}Cl}中铵根离子浓度rm{0.1mol/L}rm{垄脷0.1mol/LCH_{3}COONH_{4}}醋酸根离子水解促进铵根离子水解，铵根离子浓度小于rm{0.1mol/L}rm{垄脹0.1mol/LNH_{4}HSO_{4}}溶液中的氢离子抑制铵根离子的水解，铵根离子浓度大于rm{0.1mol/L}溶液呈酸性；rm{垄脺0.1mol/LNH_{3}?H_{2}O}和rm{0.1mol/LNH_{4}Cl}混合液中，一水合氨电离程度大于铵根离子的水解，铵根离子浓度大于rm{0.1mol/L}溶液呈碱性；rm{垄脻0.1mol/LNH_{3}?H_{2}O}一水合氨是弱碱存在电离平衡，溶液中铵根离子浓度原小于rm{0.1mol/L}溶液呈碱性；所以溶液rm{PH}最小的是rm{垄脹}铵根离子浓度最小的是rm{垄脻}

故答案为：rm{垄脹}rm{垄脻}

rm{(2)垄脷0.1mol/LCH_{3}COONH_{4}}醋酸根离子水解促进铵根离子水解，铵根离子浓度小于rm{0.1mol/L}rm{垄脹0.1mol/LNH_{4}HSO_{4}}溶液中的氢离子抑制铵根离子的水解，铵根离子浓度大于rm{0.1mol/L}溶液呈酸性溶液rm{垄脷}rm{垄脹}中rm{c(NH_{4}^{+})}的大小关系是小于；

故答案为：rm{<}

rm{(3)0.1mol/LNH_{3}?H_{2}O}和rm{0.1mol/LNH_{4}Cl}混合液中，氯离子浓度不变为rm{0.1mol/L}根据氮元素守恒得到rm{NH_{3}?H_{2}O}和rm{NH_{4}^{+}}浓度为rm{0.2mol/L}

故答案为：rm{Cl^{-}}rm{NH_{4}^{+}}

rm{(4)}常温下，测得溶液rm{垄脷}的rm{pH=7}说明rm{0.1mol/LCH_{3}COONH_{4}}溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同；溶液中存在电荷守恒：rm{c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})=c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})}rm{PH=7}说明溶液中rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}得到：rm{c(CH_{3}COO^{-})=c(NH_{4}^{+})}

故答案为：rm{篓T}rm{=}

rm{(1)}五种rm{0.1mol/L}含rm{NH_{4}^{+}}的溶液，要考虑rm{NH_{4}^{+}}的水解以及rm{H^{+}}rm{CH_{3}COO^{-}}等条件对rm{NH_{4}^{+}}水解平衡的影响；假设铵根离子不考虑水解，依据另一种离子的影响分析判断；

rm{(2)}醋酸根离子水解促进铵根离子水解，rm{NH_{4}HSO_{4}}溶液中的氢离子抑制铵根离子的水解；

rm{(3)}混合溶液中氯离子浓度不变为rm{0.1mol/L}依据溶液中氮元素的物料守恒计算得到；

rm{(4)}醋酸根离子水解程度和铵根离子水解程度相同；溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析判断；

本题考查了盐类水解的应用，溶液中离子浓度的比较，水解平衡的变化分析，溶液中的电荷守恒应用，题目难度中等．【解析】rm{垄脹}rm{垄脻}rm{<}rm{Cl^{-}}rm{NH_{4}^{+}}rm{=}rm{=}23、rm{(1)}加成反应rm{(2)}取代反应rm{(3)}氧化反应rm{(4)}消去反应【分析】【分析】本题考查有机反应的基本类型和化学方程式的书写，难度不大。【解答】rm{(1)}rm{2-}甲基丙烯与溴水发生加成反应，方程式为：故答案为：加成反应；甲基丙烯与溴水发生加成反应，方程式为：故答案为：加成反应；rm{2-}rm{(2)}取代反应；rm{(2)}苯酚与浓溴水发生取代反应，方程式为：故答案为：rm{(3)}丙醛与银氨溶液发生氧化反应，方程式为：故答案为：氧化反应；丙醇发生分子内脱水发生消去反应，方程式为：故答案为：消去反应。rm{(4)}【解析】rm{(1)}加成反应rm{(2)}取代反应rm{(3)}氧化反应rm{(4)}消去反应四、简答题(共1题，共6分)24、略

【分析】解：rm{(1)}镁比铝活泼，若烧杯中溶液为稀硫酸，形成原电池反应，镁为负极，铝为正极，负极发生rm{Mg-2e^{-}=Mg^{2+}}可观察到rm{Mg}逐渐溶解，rm{Al}片上有气泡冒出；指针偏；

故答案为：rm{Mg}逐渐溶解，rm{Al}片上有气泡冒出，指针偏转；rm{Mg-2e^{-}=Mg^{2+}}

rm{(2)}铝和与氢氧化钠溶液反应，若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，铝为负极，镁为正极，负极生成rm{NaAlO_{2}}正极生成氢气，反应的总方程式为；

故答案为：rm{Al}rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉.}

Ⅱ、rm{Al}遇浓硝酸发生钝化，rm{Cu}与浓硝酸发生氧化还原反应，则rm{Cu}失电子作负极，rm{Al}作正极，正极上硝酸根离子得电子生成二氧化氮，则正极上的电极反应为rm{NO_{3}^{-}+e^{-}+2H^{+}=NO_{2}隆眉+H_{2}O}

故答案为：rm{NO_{3}^{-}+e^{-}+2H^{+}=NO_{2}隆眉+H_{2}O}

Ⅲ、rm{(1)}据氢离子移动方向知，右侧电极为正极，rm{c}口通氧气，左侧电极为负极，rm{b}口为负极上通入燃料甲醇，故答案为：rm{CH_{3}OH}rm{O_{2}}

rm{(2)}正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：rm{O_{2}+4H^{+}+4e^{-}=2H_{2}O}负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为rm{CH_{3}OH-6e^{-}+H_{2}O=CO_{2}隆眉+6H^{+}}故答案为：rm{CH_{3}OH-6e^{-}+H_{2}O=CO_{2}隆眉+6H^{+}}

rm{(3)}负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为rm{CH_{3}OH-6e^{-}+H_{2}O=CO_{2}隆眉+6H^{+}}工作一段时间后，当rm{12.8g}即rm{0.4mol}甲醇完全反应生成rm{CO_{2}}时，有rm{2.4mol}即rm{2.4N_{A}}个电子转移rm{.}故答案为：rm{2.4}．

I、rm{(1)}镁比铝活泼；若烧杯中溶液为稀硫酸，镁为负极，铝为正极；

rm{(2)}铝和与氢氧化钠溶液反应；若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，铝为负极，镁为正极．

Ⅱ、rm{Al}遇浓硝酸发生钝化，rm{Cu}与浓硝酸发生氧化还原反应，则rm{Cu}失电子作负极，rm{Al}作正极；据此分析；

Ⅲ、rm{(1)}根据氢离子移动方向知；右侧电极为正极，左侧电极为负极，负极上通入燃料；

rm{(2)}负极上燃料失电子发生氧化反应；正极上氧化剂得电子发生还原反应；

rm{(3)}负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为rm{CH_{3}OH-6e^{-}+H_{2}O=CO_{2}隆眉+6H^{+}}据此计算．

本题综合考查原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握铝与氢氧化钠反应的特点，为解答该题的关键，难度不大，注意相关基础知识的积累，把握电极方程式的书写．【解析】rm{Mg}逐渐溶解，rm{Al}片上有气泡冒出，指针偏转；rm{Mg-2e^{-}=Mg^{2+}}rm{Al}rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}rm{NO_{3}^{-}+e^{-}+2H^{+}=NO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{CH_{3}OH}rm{O_{2}}rm{CH_{3}OH-6e^{-}+H_{2}O=CO_{2}隆眉+6H^{+}}rm{2.4}五、推断题(共3题，共24分)25、（1）环戊醇消去反应

（2）

（3）

（4）5

（5）或

（6）【分析】【分析】本题考查有机合成和推断，涉及有机物的名称、反应类型、同分异构体书写、化学方程式的书写、有机合成路线等知识，为高频考点，难度一般。【解答】rm{(1)}通过rm{A}的结构可知，rm{A}分子为五个碳原子之间以单键连接构成的五元环，环上连接一个羟基，故A的名称为环戊醇，环戊醇在浓硫酸的作用下，加热发生消去反应生成环戊烯，故答案为：环戊醇；消去反应；rm{(2)}环戊醇可以在rm{Cu}的催化作用下加热得到环戊酮，反应方程式为：故答案为：rm{(3)}通过rm{F}和rm{I}的结构可知，五元环上增加一个双键，故F应先与溴发生加成，引入两个溴原子，生成rm{G}反应方程式为：rm{G}在氢氧化钠的醇溶液作用下发生消去反应rm{H}反应方程式为：故答案为：rm{(4)D}的同分异构体中含有六元环且能发生银镜反应的物质结构可以是：此种结构可以形成邻、间、对三种物质，则由三种同分异构体，还可以是和所以符合条件的rm{D}的同分异构体共有rm{5}种，故答案为：rm{5}rm{(5)I}的同分异构体中，若为芳香族化合物，则结构中应含有苯环，属于二元醇，则结构中应含有rm{2}个羟基，分子中由rm{5}种化学环境的rm{H}原子，则rm{2}个羟基上的rm{H}为rm{1}种，与rm{2}个羟基连接的碳原子上的rm{H}为rm{1}种，剩余rm{1}个碳原子构成的甲基上的rm{H}为rm{1}种，所以苯环上的rm{H}还有rm{2}种，故其结构应为对称结构，可以是：或故答案为：或rm{(6)}由环戊醇和环戊酮为原料合成可以先用环戊醇与溴化氢发生取代反应生成结合题中已知信息：用在镁屑和无水乙醚的条件下反应后得到格式试剂，再在乙醚的作用下与环戊酮反应，制得最后在浓硫酸的作用下加热发生消去反应制得故合成路线为：故答案为：

【解析】rm{(1)}环戊醇消去反应rm{(2)}rm{(3)}rm{(4)5}rm{(5)}或rm{(6)}26、略

【分析】解：根据图中各物质转化关系，rm{A}为固态单质，常温下rm{C}rm{E}rm{F}都是无色气体，则rm{A}与rm{B}的反应应为碳与浓酸硫或浓硝酸的反应，rm{E}能与黄绿色溶液rm{(}应为氯水rm{)}反应，生成rm{I}遇氯化钡有白色沉淀，则rm{I}中应含有硫酸根，rm{I}为rm{H_{2}SO_{4}}rm{H}为rm{HCl}所以rm{A}与rm{B}的反应为碳与浓硫酸的反应，rm{A}为rm{C}rm{B}为浓rm{H_{2}SO_{4}}rm{E}为rm{SO_{2}}rm{D}为rm{H_{2}O}rm{C}是气体能与淡黄色固体反应，则应为二氧化碳与过氧化钠的反应，所以rm{C}为rm{CO_{2}}rm{F}为rm{O_{2}}rm{G}为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{HCl}与rm{Na_{2}CO_{3}}反应生成二氧化碳；氯化钠和水；符合各物质转化关系；

rm{(1)}依据上述分析可知，rm{C}为rm{CO_{2}}固体名称为干冰，rm{F}为rm{O_{2}}

故答案为：干冰；rm{O_{2}}

rm{(2)}浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下可与碳反应，四个反应中rm{A}体现强氧化性，rm{B}rm{C}体现氧化性和酸性，rm{D}体现酸性，故答案为：rm{A}

rm{(3)}浓硫酸和碳在加热条件下发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，方程式为rm{C+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2SO_{2}隆眉+CO_{2}隆眉+2H_{2}O}

故答案为：rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}2SO_{2}隆眉+CO_{2}隆眉+2H_{2}O}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2SO_{2}隆眉+CO_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{C+2H_{2}SO_{4}(}为rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}2SO_{2}隆眉+CO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{(4)G}为rm{Na_{2}CO_{3}}二者反应的离子方程式为rm{H}rm{HCl}为rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}篓TCO_{2}隆眉+H_{2}O}与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，方程式为rm{C}

故答案为：rm{CO_{2}}rm{2CO_{2}+2Na_{2}O_{2}篓T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}．

根据图中各物质转化关系，rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}篓TCO_{2}隆眉+H_{2}O}为固态单质，常温下rm{2CO_{2}+2Na_{2}O_{2}篓T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}rm{A}rm{C}都是无色气体，则rm{E}与rm{F}的反应应为碳与浓酸硫或浓硝酸的反应，rm{A}能与黄绿色溶液rm{B}应为氯水rm{E}反应，生成rm{(}遇氯化钡有白色沉淀，则rm{)}中应含有硫酸根，rm{I}为rm{I}rm{I}为rm{H_{2}SO_{4}}所以rm{H}与rm{HCl}的反应为碳与浓硫酸的反应，rm{A}为rm{B}rm{A}为浓rm{C}rm{B}为rm{H_{2}SO_{4}}rm{E}为rm{SO_{2}}rm{D}是气体能与淡黄色固体反应，则应为二氧化碳与过氧化钠的反应，所以rm{H_{2}O}为rm{C}rm{C}为rm{CO_{2}}rm{F}为rm{O_{2}}rm{G}与rm{Na_{2}CO_{3}}反应生成二氧化碳；氯化钠和水；符合各物质转化关系，以此解答该题．

本题考查无机物的推断，题目难度中等，物质的颜色为解答该题的突破口，注意把握反应的转化关系的重要信息，侧重于学生分析能力的考查，注意相关知识的学习．rm{HCl}【解析】干冰；rm{O_{2}}rm{A}rm{C+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2SO_{2}隆眉+CO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}2SO_{2}隆眉+CO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}篓TCO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{2CO_{2}+2Na_{2}O_{2}篓T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}27、（1）B（2）除去氯气中的氯化氢浓硫酸（3）（4）0.3mol【分析】【分析】本题考查了氯气的实验室制备原理、装置、杂质气体的处理，考查了化学方程式的书写，掌握氯气及其化合物性质是解答的关键，题目难度中等。【解答】rm{(1)B}装置是除去氯气中含杂质气体氯化氢，装置中导管短进长出，洗气装置除杂质要遵循长进短出，所以rm{B}装置错误；

故答案为：rm{B}

rm{(2)}浓盐酸具有挥发性，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，所以可以选择装有饱和食盐水的装置rm{B}除去氯气中的氯化氢，浓硫酸具有吸水性，可以用装有浓硫酸的rm{C}除去氯气中的水蒸气；

故答案为：除去氯气中的氯化氢；浓硫酸；

rm{(3)}二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式：rm{Mn{O}_{2}+4{H}^{+}+2C{l}^{-}overset{?}{=}M{n}^{2+}+2C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}铁与氯气反应生成氯化铁，化学方程式：rm{2Fe+3C{l}_{2}overset{碌茫脠录}{=}2FeC{l}_{3}}

故答案为：rm{Mn{O}_{2}+4{H}^{+}+2C{l}^{-}overset{?}{=}M{n}^{2+}+2C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}rm{2Fe+3C{l}_{2}overset{碌茫脠录}{=}2FeC{l}_{3}}

rm{Mn{O}_{2}+4{H}^{+}+2C{l}^{-}

overset{?}{=}M{n}^{2+}+2C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}氯气rm{2Fe+3C{l}_{2}

overset{碌茫脠录}{=}2FeC{l}_{3}}标准状况rm{Mn{O}_{2}+4{H}^{+}+2C{l}^{-}

overset{?}{=}M{n}^{2+}+2C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}的物质的量为：rm{dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}依据方程式rm{Mn{O}_{2}+4{H}^{+}+2C{l}^{-}overset{?}{=}M{n}^{2+}+2C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}参加反应的rm{2Fe+3C{l}_{2}

overset{碌茫脠录}{=}2FeC{l}_{3}}rm{(4)}为rm{3.36L(}时，只有rm{)}被氧化，生成rm{dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol

}氯气，则生成rm{Mn{O}_{2}+4{H}^{+}+2C{l}^{-}

overset{?}{=}M{n}^{2+}+2C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}氯气时，有rm{HC}rm{HC}rm{l}被氧化；

故答案为：rm{l}rm{4mol}【解析】rm{(1)B}rm{(2)}除去氯气中的氯化氢浓硫酸rm{(3)Mn{O}_{2}+4{H}^{+}+2C{l}^{-}overset{?}{=}M{n}^{2+}+2C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}rm{2Fe+3C{l}_{2}overset{碌茫脠录}{=}2FeC{l}_{3}}rm{(3)Mn{O}_{2}+4{H}^{+}+2C{l}^{-}

overset{?}{=}M{n}^{2+}+2C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}rm{2Fe+3C{l}_{2}

overset{碌茫脠录}{=}2FeC{l}_{3}}六、元素或物质推断题(共4题，共8分)28、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现