2025年华东师大版高三化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年华东师大版高三化学下册月考试卷934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、下列变化不能用勒夏特列原理解释的是（）A.工业生产硫酸的过程中使用过量的空气，以提高二氧化硫的转化率B.氯化镁溶液加热蒸干最终得不到氯化镁固体C.实验室用排饱和食盐水的方法手机氯气D.合成氨是放热反应，采用在较高温度下进行反应2、如表离子在未知溶液中的检验方法正确的是（）

。选项离子检验方法ACO32-向样品中加入足量盐酸，将生成的无色无味的气体通入澄清石灰水中，观察溶液是否变浑浊BSO42-向样品中先加入稀硝酸酸化，再滴加氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成CFe2+取少量溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液紫色是否褪去DI-取少量溶液于试管中，加入新制氯水，再加入淀粉溶液，观察溶液是否变蓝色A.AB.BC.CD.D3、金属与不同浓度的硝酸反应时，往往生成多种不同价态的还原产物．图d是各种不同密度的硝酸与铁反应时（相同温度）还原产物的分布图．下列说法不正确的是（）A.密度小于1.1g/mL的硝酸与金属反应，还原产物主要是NH4+B.当硝酸溶液的密度为1.36g/mL时，Fe与过量硝酸反应的化学方程式为：4Fe+18HNO3=4Fe（NO3）3+3NO+3NO2+9H2OC.稀硝酸与金属反应，一定被还原成NOD.某硝酸试剂瓶的标签注明：密度1.26g/mL，质量分数50.0%；若取该试剂10mL配成1000mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为1mol/L4、一定量的NH4HC03受热完全分解后，使产物维持气态进行下列实验：（1）若将生成物全部依次通过足量Na2O2和足量浓H2S04时．Na2O2增重ag，浓H2S04增重bg；（2）若将生成物全部依次通过足量浓H2S04和足量Na2O2时．则浓H2SO4增重Cg，Na22增重dg．则a、b；c、d质量从大到小的顺序正确的是（）

A.c＞a＞d＞b

B.a＞b＞c＞d

C.d＞c＞b＞a

D.b＞a＞d＞c

5、下列说法正确的是（）A.HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性从左到右依次减弱B.O2-半径比F-的小C.Na和Cs属于第ⅠA族元素，Cs失电子能力比Na的强D.第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强6、短周期主族元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序数依次增大，rm{W}的简单氢化物是常见的燃料，rm{Z}的简单离子的半径是所有短周期主族元素阳离子中最大的。由rm{H}rm{X}和rm{Y}三种元素形成的一种盐中rm{X}有两种不同的价态，且该化合物撞击时会发生爆炸。下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.rm{X}的简单氢化物的热稳定性比rm{W}的强B.rm{Z}与其他三种元素既不同主族也不同周期C.rm{W}rm{Y}和rm{Z}三种元素只能形成一种离子化合物D.rm{Y}的简单离子的半径比rm{X}的简单离子的半径小7、一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图rm{.}下列有关该电池的说法不正确的是rm{(}rm{)}A.反应rm{CH_{4}+H_{2}Odfrac{underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{triangle}3H_{2}+CO}每消耗rm{CH_{4}+H_{2}Odfrac{

underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{triangle}3H_{2}+CO}转移rm{1molCH_{4}}电子B.电极rm{6mol}上rm{A}参与的电极反应为：rm{CO}C.电池工作时，rm{CO+CO_{3}^{2-}-2e^{-}篓T2CO_{2}隆眉}向电极rm{CO_{3}^{2-}}移动D.电极rm{B}上发生的电极反应为：rm{B}rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}篓T2CO_{3}^{2-}}8、下列离子方程式中，书写正确的是（）A.AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH-=Al（OH）3↓B.往碳酸钙中滴加稀盐酸：CO32-+2H+=CO2↑+H2OC.Na与硫酸铜溶液反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+D.用小苏打治疗胃酸过多：HCO3-+H+=CO2↑+H2O评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、已知Ksp（AgCl）=1.8×10-10，Ksp（AgI）=1.0×10-16，下列有关说法中错误的是（）A.AgCl不溶于水，不能转化为AgIB.两种不溶物的Ksp相差越小，不溶物就越容易转化为更难溶的不溶物C.AgI比AgCl更难溶于水，所以AgCl可以转化为AgID.一定温度下，向AgCl的饱和溶液中加入NaCl固体，有AgCl固体析出10、喝纯净水对人体的好处是（）A.纯净水溶解度低易被人体吸收B.用纯净水服药，能使药效充分吸收C.纯净水因它的水质软，因此具有美容护肤作用D.纯净水对乙醇的吸收起到加促作用，因此，不具有解酒作用11、已知由AgNO3溶液和稍过量的KI溶液制得的AgI溶胶，当它与Fe（OH）3溶胶相混合时，便析出AgI和Fe（OH）3的混合沉淀．由此可知（）A.该AgI胶粒带正电荷B.该AgI胶粒电泳时向阳极移动C.该AgI胶粒带负电荷D.该AgI胶粒不带电荷12、物质的分类依据通常是组成和性质，下列对钠的化合物分类的说法中，只考虑组成的是（）A.Na2O2是氧化物，不是碱性氧化物B.Na2CO3不是碱，是一种钠盐C.NaOH是一元碱、强碱D.NaClO是钠盐、含氧酸盐13、有a克Na2CO3和NaHCO3混合物，下列实验方案中可测定其中Na2CO3质量分数的是（）A.将混合物与足量稀盐酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克B.将混合物充分加热，减重b克C.将混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体D.将混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克14、制取下列物质的方案能够达到目的是（）A.用食盐、二氧化锰和稀H2SO4共热制Cl2B.用碳酸钠与稀H2SO4反应制CO2C.用生锈的废钢铁与稀H2SO4反应制绿矾D.在FeCl3溶液中通入H2S制备Fe2S315、下列各组离子一定能大量共存的是（）A.在无色溶液中：K+、SO42-、Cu2+、NO3-B.在强碱溶液中：Na+、K+、CO32-、NO3-C.常温下，在pH=2的溶液中：K+、Na+、SO42-、Cl-D.在c（H+）=0.1mol•L-1的溶液中：K+、I-、Cl-、NO3-16、可逆反应aA（s）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g），△H=Q，反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度（T）、压强（p）的关系如图示据图分析，以下正确的是（）A.T1＞T2，Q＞0B.Tl＜T2，Q＜0C.P1＞P2，a+b=c+dD.Pl＜P2，b=c+d17、25℃，有c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1mol•L-1的一组醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO-）与pH值的关系如图所示．下列有关叙述不正确的是（）A.由图可知该温度下醋酸的电离常数为1×10-4.75B.pH=3.5溶液中：c（Na+）+c（H+）-c（OH-）+c（CH3COOH）=0.1mol•L-1C.pH=5.5溶液中：c（CH3COOH）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）D.向1LW点所表示溶液中通入0.05molHCl气体（溶液体积变化可忽略）：2c（H+）+c（CH3COOH）=c（CH3COO-）+2c（OH-）+2c（Cl-）评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)18、下面是我们熟悉的物质：

①O2②SO2③CaCl2④HNO3⑤NaOH⑥NH4Cl

这些物质中，属于共价化合物的是____；属于离子化合物的是____；只含离子键的是____．19、草酸（H2C2O4；二元酸弱）与草酸盐在实验和工业生产中都起着重要的作用．

（1）Na2C2O4溶液显碱性，请用离子方程式解释原因____．

（2）硫酸酸化的KMnO4能与Na2C2O4溶液反应生成Mn2+和CO2，该反应的离子方程式为____

（3）分别使10mLpH=3的H2C2O4溶液和100mLpH=4的H2C2O4溶液全部转化为Na2C2O4，所需等浓度的NaOH溶液的体积为V1和V2，则V1____V2（填“＞”“＜”或“=”）

（4）常温下，用0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的H2C2O4溶液；滴定曲线如图，c点所示溶液中：

2c（C2O）+2c（HC2O）+2c（H2C2O4）=c（Na+）

①该草酸溶液的物质的量浓度为____

②a点所示溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为____

（5）已知：某温度时，Ksp（FeC2O4）=2.0×10-7，Ksp（CaC2O4）=2.5×10-9

①此温度下，CaC2O4饱和溶液的物质的量浓度为____

②此温度下，向Na2C2O4溶液中加入FeCl2与CaCl2，当两种沉淀共存时，溶液中c（Fe2-）：c（Ca2-）20、室安卡因（G）是一种抗心率失常药物；可由下列路线合成。

（1）已知A是的单体，则A中含有的官能团是____（写名称）．B的结构简式是____．

（2）C的名称（系统命名）是____，C与足量NaOH醇溶液共热时反应的化学方程式是____．

（3）X是E的同分异构体，X分子中含有苯环，且苯环上一氯代物只有两种，则X所有可能的结构简式有____、____、____．

（4）F→G的反应类型是____．

（5）下列关于室安卡因（G）的说法正确的是____．

a．能发生加成反应b．能使酸性高锰酸钾溶液褪色。

c．能与盐酸反应生成盐d．属于氨基酸．21、2009年《自然》杂志报道了我国科学家通过测量SiO2中26Al和10Be两种元素的比例确定“北京人”年龄的研究结果，这种测量方法叫“铝铍测年法”。完成下列填空：（1）10Be和9Be________。a．是同一种原子b．具有相同的中子数c．具有相同的化学性质（2）Al和Be具有相似的化学性质，写出BeCl2水解反应的化学方程式_______________。（3）研究表明26Al可以衰变为26Mg，可以比较这两种元素金属性强弱的方法是________________________________________________________________________。a．比较这两种元素的单质的硬度和熔点b．在氯化铝和氯化镁的溶液中分别滴加过量的氢氧化钠溶液c．将打磨过的镁带和铝片分别和热水作用，并滴入酚酞溶液d．将空气中放置已久的这两种元素的单质分别和热水作用（4）目前还有一种测量方法叫“钾氩测年法”。写出和Ar核外电子排布相同的阴离子的半径由大到小的顺序________(用化学符号表示)；其中一种离子与钾相邻元素的离子所形成的化合物可用做干燥剂，此化合物的电子式是________。22、四种短周期元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，请结合表中信息回答下列问题。（1）W元素在周期表的位置为______________。（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，有一种物质与其它三种物质在一定条件下均能发生化学反应，该元素是_________（填元素名称）。（3）X元素的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到的化合物为___________（填化学式）。（4）向含有Z元素的简单阳离子的溶液中加入过量的NaOH溶液，发生反应的离子方程式为_____________________________________。（5）下列可作为比较Z和Mg金属性强弱的方法是_______（填代号）。a．测两种元素单质的硬度和熔、沸点b．测等浓度相应氯化物水溶液的pHc．比较单质与同浓度盐酸反应的剧烈程度d．比较两种元素在化合物中化合价的高低（6）Z单质和Mg组成的混合物是一种常见的焰火材料，某化学兴趣小组设计了如下图所示的实验方案，测定该混合物中Z的质量分数。能确定混合物中Z的质量分数的数据组有_________（填代号）。a．b．c．23、某研究性学习小组拟取盐湖苦卤的浓缩液（富含K+、Mg2+、Br-、SOCl-等）来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴；他们设计了如下流程：

回答以下问题：

（1）操作Ⅱ的名称：______；要从橙色液体中分离出溴，所采取的操作需要的主要玻璃仪器除酒精灯、温度计、冷凝管、牛角管（接引管）、锥形瓶外，还需要______

（2）已知试剂X是BaCl2溶液，Y是KOH溶液，则试剂Z的化学式为______；检验SO已除尽的方法是______

（3）操作Ⅲ的具体操作步骤：将溶液D倒入______中并置于三脚架上加热，同时用玻璃棒不断搅拌，直到______时；停止加热．

（4）某同学用如图所示的实验装置制取氧化剂Cl2并将其通入盐湖苦卤中．

装置b在实验中的作用是______．若把上述装置中的a、b作为气体的发生、收集装置，装置c可任意改进，则根据下列提供的药品，用这套装置还可以制取的气体是______．

①制NH3：浓氨水和碱石灰②制SO2：Cu片和浓硫酸。

③制NO：Cu片和稀硝酸④制O2：MnO2和双氧水。

若用上述装置中的a、b制取并收集NO，应将装置b如何改进：______．评卷人得分四、判断题(共4题，共24分)24、0.012kg13C所含原子数为阿伏加德罗常数．____（判断对错）25、氨水呈弱碱性，故NH3是弱电解质____（判断对错）26、判断下列说法是否正确；正确的在横线内打“√”，错误的打“×”．

①1mol任何气体的体积都是22.4L．____

②在标准状况下，某气体的体积为22.4L，则该气体的物质的量为1mol，所含的分子数目约为6.02×1023．____

③当温度高于0℃时，一定量任何气体的体积都大于22.4L．____

④凡升高温度，均可使饱和溶液变成不饱和溶液．____．27、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、简答题(共1题，共4分)28、天然气化工是我国石油化工的支柱产业之一。以天然气为原料经下列反应路线可得工程塑料rm{PBT}

已知：试回答下列问题：rm{(1)B}分子结构中只有一种氢、一种氧、一种碳，则rm{B}的结构简式是_______________；rm{B}的同分异构体中与葡萄糖具有类似结构的是____________________________的同分异构体中与葡萄糖具有类似结构的是____________________________rm{B}写结构简式rm{(}写结构简式rm{)}rm{(}的结构简式是______________________；rm{)}属于__________类有机高分子化合物。rm{(2)F}由rm{PBT}rm{(3)}生成rm{A}的反应方程式为____________________________，rm{D}rm{E}的同分异构体其反应类型为____________。不能发生银镜反应，能使溴水褪色，能水解且产物的碳原子数不等，则rm{(4)E}在rm{G}溶液中发生水解反应的化学方程式是_________________。rm{G}评卷人得分六、综合题(共3题，共12分)29、（13分）化工生产中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。（1）从物质的分类角度看，名不符实的一种物质是____________。（2）“三酸”与“两碱”之间均可反应，若用化学方程式表示有六个（酸过量时），若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式（酸过量时）：_____________；______________。（3）“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物。下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是________（填序号）A．AgB．CuC．AlD．Fe（4）烧碱、纯碱溶液均可吸收CO2。向含有4．0ｇNaOH的溶液中通入CO2，当通入的CO2与溶液中NaOH物质的量之比为9:7时，则所得溶液中NaHCO3的质量为____ｇ。（相对原子质量：H—1C—12O—16Na—23）30、（14分）黄铁矿是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料。某化学兴趣小组对某黄铁矿石（主要成分为FeS）进行如下实验探究。[实验一]：测定硫元素的含量I．将mg该黄铁矿样品（杂质中不含硫和铁）放入如下图所示装置（夹持和加热装置省略）的石英管中，从a处不断地缓缓通人空气，高温灼烧石英管中的黄铁矿样品至反应完全。石英管中发生反应的化学方程式为：Ⅱ．反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：问题讨论：（1）I中，甲瓶内所盛试剂是＿＿＿＿＿＿＿＿溶液。乙瓶内发生反应的离子方程式有＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（2）Ⅱ中。所加HO溶液需足量的理由是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（3）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。[实验二]：设计以下实验方案测定铁元素的含量问题讨论：（4）②中，若选用铁粉作还原剂。你认为合理吗?＿＿＿＿＿＿＿＿。若不合理，会如何影响测量结果：＿＿＿＿＿＿＿＿（若合理，此空不答）。（5）③中，需要用到的仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有＿＿＿＿＿＿＿＿。（6）④中高锰酸钾溶液应放在＿＿＿＿＿滴定管中；判断滴定终点的现象为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。31、（2015·海南）银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照明器材等领域亦有广泛应用。回答下列问题。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动．勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释．【解析】【解答】解：A；增大反应物浓度；平衡向正反应方向移动，使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率，可以勒夏特列原理解释，故A不选．

B、加热会促进MgCl2的水解；蒸干产物不是氯化镁，是氢氧化镁固体，灼烧得到氧化镁，能用勒夏特列原理解释，故B不选；

C、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2O⇌ClO-+2H++Cl-；由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，所以可以勒夏特列原理解释，故C不选；

D；工业合成氨是放热反应；温度升高，平衡向逆反应移动，不利用氨气的生成，生成中在较高温度下进行，注意考虑反应速率与催化剂的活性，不能用平衡移动原理来解释，故D选；

故选D．2、D【分析】【分析】A．原溶液中可能含有碳酸氢根离子；不一定含有碳酸根离子；

B．应该用稀盐酸酸化；否则原溶液中若含有亚硫酸根离子，会被稀硝酸氧化成硫酸根离子；

C．原溶液中含有含有亚硫酸根离子；不一定含有亚铁离子；

D．根据碘单质能够使淀粉变蓝的特性进行鉴别．【解析】【解答】解：A．向样品中加入足量盐酸，将生成的无色无味的气体通入澄清石灰水中，观察溶液是否变浑浊，该气体为二氧化碳，原溶液中可能含有碳酸氢根离子，不一定含有CO32-；故A错误；

B．向样品中先加入稀硝酸酸化；稀硝酸能够氧化亚硫酸根离子，则原溶液中可能含有亚硫酸根离子，应该用稀盐酸酸化，故B错误；

C．取少量溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色，只能说明原溶液中含有还原性离子，可能为亚硫酸根离子，不一定含有Fe2+；故C错误；

D．碘单质能够使淀粉溶液变蓝；所以检验碘离子的方法为：取少量溶液于试管中，加入新制氯水，再加入淀粉溶液，观察溶液是否变蓝色，故D正确；

故选D．3、C【分析】【分析】A．密度小于1.1g•cm-3的硝酸与铁反应，还原产物百分率最多的是NH4+；最低的是二氧化氮；

B．当硝酸溶液的密度为1.36g•mL-1时，由图象可看出，生成的NO和NO2物质的量相等，反应的化学方程式应为4Fe+20HNO3=4Fe（NO3）3+3NO↑+3NO2↑+10H2O；

C．根据图片知；硝酸和Fe反应有多种含氮微粒生成；

D．该硝酸物质的量浓度=mol/L==10mol/L，若取该试剂10ml配成100ml溶液，所得溶液物质的量浓度是1mol/L．【解析】【解答】解：A．根据图片知，密度小于1.1g•cm-3的硝酸与铁反应，还原产物百分率最多的是NH4+；最低的是二氧化氮，故A正确；

B．当硝酸溶液的密度为1.36g•mL-1时，由图象可看出，生成的NO和NO2物质的量相等，反应的化学方程式应为4Fe+20HNO3=4Fe（NO3）3+3NO↑+3NO2↑+10H2O；故B错误；

C．由图象可以看出；硝酸的浓度越大时，生成物的化合价越高，对应的硝酸的密度也越大，故C正确；

D．该硝酸物质的量浓度=mol/L==10mol/L；若取该试剂10ml配成100ml溶液，所得溶液物质的量浓度是1mol/L，故D正确；

故选C．4、A【分析】

碳酸氢铵受热分解产生水；氨气和二氧化碳三种气体；分解产生水、氨气和二氧化碳三种气体质量比为18：17：44；

（1）若将生成物全部依次通过足量过氧化钠和足量浓硫酸时，过氧化钠增重ag，浓硫酸增重bg，过氧化钠增重ag为二氧化碳以及水的总量减去氧气的量，浓硫酸增重bg为氨气；

（2）若将生成物全部依次通过浓硫酸和过氧化钠时，则浓硫酸增重cg，过氧化钠增重dg，浓硫酸增重cg为分解产生的所有水及氨气；过氧化钠增重dg为分解产生的所有二氧化碳，过氧化钠和二氧化碳以及水反应的同时还会放出氧气，根据反应方程式：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑，过氧化钠质量增加0.5×（88g-32g）=28g，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，过氧化钠质量增加0.5×（36g-32g）=2g，所以a=30g，b=17g，c=18g+17g=35g，d=28g，所以c＞a＞d＞b；

故选A．

【解析】【答案】碳酸氢铵受热分解产生水；氨气和二氧化碳三种气体；过氧化钠增质量为二氧化碳或水的质量减去生成的氧气的质量，浓硫酸吸收多少氨气或水，质量就增加多少．

5、C【分析】解：A、同一主族，由上到下，得电子能力逐渐减弱，非金属性减弱，其氢化物的稳定性逐渐减弱，还原性逐渐增强，则HF、HCl、HBr；HI的热稳定性从左到右依次减弱；还原性从左到右依次增强，故A错误；

B、同周期从左到右阴离子的半径逐渐减小，O2-半径比F-的大；故B错误；

C；同主族从上到下金属性增强；则Na和Cs属于第ⅠA族元素，Cs失电子能力比Na的强，故C正确；

D；同一周期；由左到右，得电子能力逐渐增强，非金属性增强，则第三周期非金属元素最高价含氧酸的酸性依次增强，非金属元素含氧酸的酸性不一定为最高价含氧酸，故D错误；

故选C．

A．非金属性越强；氢化物越稳定，对应离子的还原性减弱；

B．同周期从左到右阴离子的半径逐渐减小；

C．同主族从上到下金属性增强；

D．同周期从左到右最高价含氧酸的酸性依次增强．

本题考查了元素周期律，主要考查了同主族和同周期元素性质的递变规律，题目难度不大，注意把握非金属性强弱的判断依据．【解析】【答案】C6、C【分析】解：由以上分析可知rm{W}为rm{C}rm{X}为rm{N}rm{Y}为rm{O}rm{Z}为rm{Na}元素。

A.非金属性rm{N>C}元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，故A正确；

B.rm{C}rm{N}rm{O}为第二周期，rm{Na}为第三周期；且各在不同的主族，故B正确；

C.rm{W}rm{Y}和rm{Z}三种元素可形成碳酸钠；草酸钠等离子化合物；故C错误；

D.rm{X}为rm{N}rm{Y}为rm{O}对应的简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故D正确。

故选：rm{C}

rm{W}的简单氢化物是常见的燃料，应为甲烷，则rm{A}为rm{C}元素，rm{Z}的简单离子的半径是所有短周期主族元素阳离子中最大的，应为rm{Na}元素，由rm{H}rm{X}和rm{Y}三种元素形成的一种盐中rm{X}有两种不同的价态，且该化合物撞击时会发生爆炸，应为硝酸铵，则rm{X}为rm{N}元素、rm{Y}为rm{O}元素；以此解答该题。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素化合物知识、元素的位置、元素的性质来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。【解析】rm{C}7、C【分析】解：rm{A.}反应rm{CH_{4}+H_{2}Odfrac{underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{triangle}3H_{2}+CO}中，rm{CH_{4}+H_{2}Odfrac{

underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{triangle}3H_{2}+CO}化合价由rm{1molCH_{4}隆煤CO}价rm{-4}上升rm{隆煤+2}价，则rm{6}参加反应共转移rm{1molCH_{4}}电子；故A正确；

B.rm{6mol}在负极上失电子生成二氧化碳，则电极rm{CO}上rm{A}参与的电极反应为：rm{CO}故B正确；

C.原电池中阴离子向负极移动，rm{CO+CO_{3}^{2-}-2e^{-}篓T2CO_{2}隆眉}通入燃料，则rm{A}为负极，所以rm{A}向电极rm{CO_{3}^{2-}}移动；故C错误；

D.电极rm{A}上氧气得电子发生还原反应，则电极rm{B}上发生的电极反应为：rm{B}故D正确．

故选C．

本题考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力．rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}篓T2CO_{3}^{2-}}【解析】rm{C}8、D【分析】【分析】A．反应生成氢氧化铝和氯化铵；一水合铵在离子反应中保留化学式；

B．碳酸钙在离子反应中保留化学式；

C．反应生成氢氧化铜；氢气、硫酸钠；

D．反应生成氯化钠、水、二氧化碳．【解析】【解答】解：A．AlCl3溶液中加入足量的氨水的离子反应为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；故A错误；

B．往碳酸钙中滴加稀盐酸的离子反应为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；故B错误；

C．Na与硫酸铜溶液反应的离子反应为2Na+2H2O+Cu2+=Cu（OH）2↓+H2↑+2Na+；故C错误；

D．用小苏打治疗胃酸过多的离子反应为HCO3-+H+=CO2↑+H2O；故D正确；

故选D．二、多选题(共9题，共18分)9、AB【分析】【分析】A．AgCl能转化为AgI；

B．两种不溶物的Ksp相差越大；不溶物就越容易转化为更难溶的不溶物；

C．由沉淀转化原理分析；

D．AgCl的饱和溶液存在平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq），据此解答即可．【解析】【解答】解：A．AgCl难溶；但是AgI溶解度更小，所以AgCl能转化为AgI；故A错误；

B．两种不溶物的Ksp相差越大；不溶物就越容易转化为更难溶的不溶物，故B错误；

C．根据沉淀转化原理：溶解度小的能转化为溶解度更小的；所以AgCl可以转化为AgI，故C正确；

D．AgCl的饱和溶液存在平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq）；加入NaCl固体，氯离子浓度增大，平衡左移，有AgCl沉淀析出，故D正确；

故选AB．10、BC【分析】【分析】纯净水在制造过程中几乎去除了水中所有的杂质；是水的本来面目，可直接生饮，甘醇爽口，对人体的好处是多方面的：

（1）溶解度高；与人体细胞亲和力最强，有促进新陈代谢的功效．

（2）能消除人体消化系统中的油腻；消除血管上的血脂，降低胆固醇．对高血压；动脉硬化、冠心病患者有好处．

（3）煎服中药时；能毫无保留地泡出草药中深藏得固有的药的成份，中药能最大地发挥药性．服药时饮用纯净水有助于药物充分溶解；吸收，提高疗效．

（4）可滋润皮肤；消除皮肤上的分泌物，能保持皮肤细腻光泽，有利于美容，是最便宜的美容品．

（5）纯净水可延缓乙醇的吸收；防止饮酒后的腹泻，有解酒作用．

（6）用纯净水冲茶能适当调节鞣酸的溶解；使茶色明亮，茶味香醇，不仅口感好，还没有茶锈，您更能体会到“三分茶，七分水”的意境．

（7）用纯净水煮汤做饭味道鲜美可口．

（8）汽车水箱；加湿器、电熨斗等使用纯净水不会结垢；可延长使用寿命．

（9）纯净水是富氧水，能活化细胞及内脏，增强免疫力和抵抗力．【解析】【解答】解：A．纯净水溶解度高；故A错误；

B．服药时饮用纯净水有助于药物充分溶解；吸收；提高疗效，故B正确；

C．纯净水可滋润皮肤；消除皮肤上的分泌物，故C正确；

D．纯净水可延缓乙醇的吸收；防止饮酒后的腹泻，有解酒作用，故D错误．

故选BC．11、BC【分析】【分析】AgI溶胶与Fe（OH）3溶胶相混合时，析出AgI和Fe（OH）3的混合沉淀，这是发生了胶体的聚沉，说明AgI胶粒与Fe（OH）3胶粒带相反电荷，据此分析．【解析】【解答】解：AgI溶胶与Fe（OH）3溶胶相混合时，析出AgI和Fe（OH）3的混合沉淀，这是发生了胶体的聚沉，说明AgI胶粒与Fe（OH）3胶粒带相反电荷．

而Fe（OH）3胶粒带正电；故AgI胶粒带负电．

A；AgI胶粒带负电；故A错误；

B；AgI胶粒带负电；故电泳时向阳极移动，故B正确；

C；AgI胶粒带负电；故C正确；

D；AgI胶粒带负电；故D错误．

故选BC．12、BD【分析】【分析】对物质进行分类是研究物质的重要方法，常见的分类方法是按物质的组成、结构和性质进行分类．【解析】【解答】解：A、Na2O2是氧化物；过氧化物；不是碱性氧化物，是根据其性质来划分的，故A错误；

B、根据碳酸钠的组成元素或离子，Na2CO3是一种钠盐；碳酸盐、正盐；故B正确；

C、NaOH是一元碱、强碱，是根据其能否完全电离以及电离出的OH-的个数来划分的；故C错误；

D；NaClO是钠盐、含氧酸盐；是根据其元素组成来划分的，故D正确．

故选BD．13、BC【分析】【分析】实验方案是否可行；关键看根据测量数据能否计算出结果．

A．盐酸易挥发；生成物中含有氯化钙；

B．此方案利用碳酸氢钠的不稳定性；利用差量法即可计算质量分数；

C．根据质量关系；可列方程组求解；

D．应先把水蒸气排除才合理．【解析】【解答】解：A．盐酸易挥发；生成物中含有氯化钙，生成的物质不全部为碳酸钙，不能确定物质的组成，故A错误；

B．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数；故B正确；

C．Na2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32-+Ba2+=BaCO3↓、HCO3-+OH-+Ba2+=H2O+BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数；故C正确；

D．混合物与足量稀硫酸充分反应；也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故D错误．

故选BC．14、BC【分析】【分析】A；稀硫酸与食盐形成溶液中盐酸浓度太小；不能与二氧化锰反应．

B；反应进行为复分解反应；符合复分解反应发生条件，为强酸制备弱酸．

C；铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁．

D、铁离子强氧化性比较强，可以氧化H2S．【解析】【解答】解：A；稀硫酸与食盐形成溶液中盐酸浓度太小；稀盐酸不能与二氧化锰反应，可以用浓硫酸与食盐代替浓盐酸，故A错误；

B、碳酸钠与稀H2SO4反应生成硫酸钠与CO2，可以准备CO2；但反应不易控制，故B正确；

C；铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁；蒸发、冷却结晶可以获得绿矾，故C正确；

D、铁离子强氧化性比较强，可以氧化H2S为S单质；二者发生氧化还原反应，不是复分解反应，故D错误．

故选：BC．15、BC【分析】【分析】A．Cu2+为蓝色；

B．强碱溶液中该组离离子之间不反应；

C．pH=2的溶液；显酸性；

D．c（H+）=0.1mol•L-1的溶液，显酸性．【解析】【解答】解：A．Cu2+为蓝色；与无色溶液不符，故A不选；

B．强碱溶液中该组离离子之间不反应；可大量共存，故B选；

C．pH=2的溶液；显酸性，该组离离子之间不反应，可大量共存，故C选；

D．c（H+）=0.1mol•L-1的溶液，显酸性，H+、I-、NO3-发生氧化还原反应；不能共存，故D不选；

故选BC．16、BD【分析】【分析】根据“先拐先平数值大”确定温度、压强的大小关系，再根据温度、压强的改变对物质百分含量的改变确定其反应热、气体计量数之间的关系，据此分析解答．【解析】【解答】解：根据“先拐先平数值大”知，Tl＜T2、Pl＜P2，当升高温度时，C的百分含量减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，Q＜0；当增大压强时，B的百分含量不变，说明压强对该反应无影响，则反应前后气体的计量数之和不变，即b=c+d，故选BD．17、CD【分析】【分析】根据图象可看出，浓度增大的曲线应为c（CH3COO-），浓度减小的曲线应为c（CH3COOH），W点时c（CH3COOH）=c（CH3COO-）；

A．根据电离平衡常数公式解答；

B．结合溶液的电荷守恒；物料守恒判断；

C．根据图象结合溶液pH分析；

D．根据电荷守恒、物料守恒判断．【解析】【解答】解：A．W点c（CH3COOH）=c（CH3COO-），平衡常数K==10-4.75mol•L-1；故A正确；

B．pH=3.5溶液中c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），再把题干中的c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1mol•L-1代入即可得c（Na+）+c（H+）-c（OH-）+c（CH3COOH）=0.1mol•L-1；故B正确；

C．根据图象知，pH=5.5溶液中：c（CH3COOH）＜c（CH3COO-）；故C错误；

D．向W点所表示溶液中通入0.05molHCl气体，原有平衡被打破，建立起了新的平衡，溶液中电荷守恒关系为：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+c（Cl-）；物料守恒关系为：2c（Cl-）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1mol•L-1，所以得2c（Na+）+2c（H+）=3c（CH3COO-）+2c（OH-）+c（CH3COOH）；故D错误；

故选CD．三、填空题(共6题，共12分)18、②④③⑤⑥③【分析】【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，由单原子分子形成的物质不含化学键，以此解答该题．【解析】【解答】解：①O2中O原子和O原子之间只存在共价键；为单质；

②SO2只含共价键的共价化合物；

③CaCl2只含离子键的离子化合物；

④HNO3只含共价键的共价化合物；

⑤NaOH既含共价键又含离子键的离子化合物；

⑥NH4ClNaOH既含共价键又含离子键的离子化合物；故答案为：②④；③⑤⑥；③．19、C2O42-+H2O⇌HC2O4-+OH-，HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O＞0.11mol/Lc（C2O42-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（HC2O4-）＞c（OH-）5×10-5mol/L【分析】【分析】（1）草酸钠（Na2C2O4）溶液显碱性是草酸根离子水解导致；

（2）根据KMnO4能与热的经硫酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2；并利用质量守恒定律；电荷守恒来书写离子反应方程式；

（3）相同温度下；酸的浓度越小其电离程度越大，草酸和碱反应消耗碱的物质的量与酸的物质的量成正比；

（4）①用0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的H2C2O4溶液；根据c点离子浓度之间的关系，得到c点的溶液是草酸钠的水溶液，根据滴定原理来计算；

②a点所示溶液显示酸性；此时草酸剩余，得到的是草酸和草酸钠的混合物，据此回答；

（5）①根据Ksp的意义结合物质的量浓度公式c=来计算；

②根据Ksp表达式得到溶液中c（Fe2-）：c（Ca2-）等于Ksp（FeC2O4）：Ksp（CaC2O4），据此计算．【解析】【解答】解：（1）草酸钠（Na2C2O4）溶液显碱性是草酸根离子水解导致，水解方程式为：C2O42-+H2O⇌HC2O4-+OH-，HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-，故答案为：C2O42-+H2O⇌HC2O4-+OH-，HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-；

（2）由KMnO4能与热的经硫酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2，则反应为2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O，离子方程式是：2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

故答案为：2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

（3）相同温度下，酸的浓度越小其电离程度越大，所以pH=3草酸的浓度大于pH=4草酸浓度的10倍，10mLpH=3的草酸溶液和100mLpH=4的草酸溶液，前者的物质的量大于后者，草酸和碱反应消耗碱的物质的量与酸的物质的量成正比，所以消耗氢氧化钠体积V1＞V2；故答案为：＞；

（4）①用0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的H2C2O4溶液，根据c点离子浓度之间的关系，得到c点的溶液是草酸钠的水溶液，草酸和氢氧化钠之间按照1：2物质的量之比进行反应，所以该草酸溶液的物质的量浓度为≈0.11mol/L；故答案为：0.11mol/L；

②a点所示溶液显示酸性，此时草酸剩余，得到的是草酸和草酸钠的混合物，各离子的浓度由大到小的顺序为c（C2O42-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（HC2O4-）＞c（OH-），故答案为：c（C2O42-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（HC2O4-）＞c（OH-）；

（5）①已知Ksp（CaC2O4）=2.5×10-9，假设溶液的体积是1L，所以溶解的草酸钙的物质的量是5×10-5mol，物质的量浓度c==5×10-5mol/L，故答案为：5×10-5mol/L；

②此温度下，向Na2C2O4溶液中加入FeCl2与CaCl2，当两种沉淀共存时，溶液中c（Fe2-）：c（Ca2-）=Ksp（FeC2O4）：Ksp（CaC2O4）==80，故答案为：80．20、碳碳双键、羧基CH3CH2COOH2-溴丙酸取代反应abc【分析】【分析】（1）A是的单体，则A为CH2=CHCOOH；A→B发生加成反应；

（2）据B→C结构的变化；可知发生的是α-取代反应，C为2-溴丙酸；C与足量NaOH醇溶液共热时发生消去和中和反应；

（3）X是E的同分异构体；X分子中含有苯环，且苯环上一氯代物只有两种，可能有2个取代基或3个取代基，利用对称来分析；

（4）F→G的碳链结构相同，只是溴原子被-NH2取代；

（5）根据G中含有苯环、C=O键、-NH2来分析其性质．【解析】【解答】解：由A是的单体，可知A为CH2=CHCOOH；据A→B的反应条件可知，发生的是加成反应，则B为CH3CH2COOH；据B→C结构的变化；可知发生的是α-取代反应；从C→D结构的变化可知发生的是取代反应；同样从结构的变化可判断，D+E→F，F→G的反应也都是取代反应．

（1）A为CH2=CHCOOH，官能团为碳碳双键和羧基，CH2=CHCOOH与氢气发生加成反应生成B，则B为CH3CH2COOH，故答案为：碳碳双键、羧基；CH3CH2COOH；

（2）据B→C结构的变化，可知发生的是α-取代反应，C为2-溴丙酸；C与足量NaOH醇溶液共热时发生消去和中和反应，该反应为

故答案为：2-溴丙酸；

（3）“苯环上一氯代物只有两种”，说明结构的对称程度高，由移动取代基的位置可得：若是三个取代基，可以是

故答案为：

（4）F→G的碳链结构相同，只是溴原子被-NH2取代；则反应为取代反应，故答案为：取代反应；

（5）G中含有苯环、C=O键、-NH2，其中的苯环和羰基可以发生加成反应，故a正确；苯环上的甲基可以使酸性高锰酸钾褪色，故b正确；氨基显碱性，故可与盐酸反应成盐，故c正确；结构中没有羧基，故d错，故答案为：abc．21、略

【分析】10Be与9Be是同种元素的不同核素，二者互为同位素，具有相同的化学性质。比较金属Mg、Al的金属性强弱的方法有：比较其最高价氧化物对应水化物的碱性强弱，可利用Mg(OH)2、Al(OH)3分别和NaOH溶液反应的情况来比较Mg(OH)2和Al(OH)3的碱性强弱，比较Mg、Al与酸或水反应置换出氢气的难易等，d项在空气中久置，二者表面均被氧化为氧化物，无法比较，单质熔、沸点与金属性强弱无关。与Ar(核外有18个电子)核外电子排布相同的阴离子有S2－、Cl－，二者半径：S2－＞Cl－，核外具有18个电子和K相邻的离子为Ca2＋，CaCl2常用作干燥剂，其是离子化合物，其电子式为：【解析】【答案】（1）c（2）BeCl2＋2H2OBe(OH)2＋2HCl；（3）c（4）S2－＞Cl－；22、略

【分析】试题分析：由表中信息可得X为N，Y为Na，Z为Al，W为Si。（1）Si在元素周期表的位置为第三周期第ⅣA族。（2）氢氧化钠可以和硝酸、氢氧化铝、硅酸均可以反应。（3）氨气和硝酸反应:NH3++HNO3=NH4NO3．（4）略（5）金属性强弱的方法有：比较最高价氧化物对应水化物的碱性强弱，比较置换出氢的难易程度，另外比较等浓度相应氯化物水溶液的pH也可以，pH越小，金属性越弱。（6）a．w=1-（3n）/（5m）b．设Al的物质的量为x，Mg的物质的量为y，则y+3x/2=p,27x+24y=m,可解得x，y。就可以求出Z的质量分数。c．设Al的物质的量为x，Mg的物质的量为y，y+3x/2=p，40y=n。可解得x，y。就可以求出Z的质量分数考点：元素周期律和元素周期表【解析】【答案】（1）第三周期第ⅣA族(2分)（2）钠(2分)（3）NH4NO3(2分)（4）Al3++4OH-=[Al（OH）4]-(2分)（5）bc(2分)（6）abc(2分)23、略

【分析】解：（1）操作Ⅱ为分离固液混合物，应为过滤；由于溴和CCl4的沸点不同；可用蒸馏的方法分离，蒸馏时用到的仪器有酒精灯；温度计、蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶等；

故答案为：过滤；蒸馏烧瓶；

（2）除去溶液中的Mg2+、SO42-，应分别加入过量的BaCl2、KOH、K2CO3，类似于粗盐的提纯，加入过量BaCl2可除去SO42-；

加入过量KOH溶液可除去Mg2+，最后加入K2CO3可除去BaCl2，检验SO42-已除尽的方法是取无色溶液D，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀，则SO42-已除尽；

故答案为：K2CO3；取无色溶液D，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀，则SO42-已除尽；

（3）操作Ⅲ为蒸发操作；蒸发时将溶液倒入蒸发皿中并置于三脚架上；加热并用玻璃棒不断搅拌蒸发皿中的液体，直到出现较多晶体时，停止加热，注意不能直接蒸干；

故答案为：蒸发皿；有大量晶体析出；

（4）制备气体时要防止液体倒吸，b的作用为安全瓶，起到防止倒吸作用，由装置图可知，制备气体时不需要加热，并且生成的气体用向下排空气法收集，气体的密度比空气的小，只有氨气符合；NO只能用排水法收集，则b中应装满水．

故答案为：防止倒吸；①；将b中装满水．

（1）操作Ⅱ为分离固液混合物；从橙色液体中分离出溴，应为蒸馏操作，以此判断所需要的仪器；

（2）除去溶液中的Mg2+、SO42-，应分别加入过量的BaCl2、KOH、K2CO3，检验SO42-已除尽，应加入BaCl2溶液；观察是否有沉淀生成；

（3）操作Ⅲ为蒸发操作；从操作要点分析；

（4）制备气体时要防止液体倒吸；根据反应装置不要加热的特点以及气体的收集方法判断还可制备的气体；根据NO的性质选择收集方法．

本题考查较为综合，涉及物质的制备和分离、物质的检验、蒸发以及气体的制备、收集等问题，本题难度中等，学习中注意相关基础知识的积累．【解析】过滤；蒸馏烧瓶；K2CO3；取无色溶液D，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀，则SO42-已除尽；蒸发皿；有大量晶体析出；防止倒吸；①；将b中装满水四、判断题(共4题，共24分)24、×【分析】【分析】0.012kg12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，以此解答该题．【解析】【解答】解：0.012kg12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，而不是13C，故答案为：×．25、×【分析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；

非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；

在水溶液中完全电离的是强电解质；部分电离的是弱电解质．【解析】【解答】解：氨气在水溶液中与水反应生成一水合氨；一水合氨部分电离出铵根离子和氢氧根离子，氨气自身不能电离，故氨气是非电解质；

故答案为：×．26、×【分析】【分析】①外界条件不同；气体的体积不同；

②标准状况下，气体的气体摩尔体积为22.4L/mol，结合n==计算；

③气体的体积受温度；压强影响；

④升高温度，如溶解度减小，则仍未饱和溶液．【解析】【解答】解：①气体的体积受温度；压强影响；外界条件不同，分子之间的距离不同，则气体的体积不同，故答案为：×；

②标准状况下，气体的气体摩尔体积为22.4L/mol，n===1moL，所含的分子数目约为6.02×1023；故答案为：√；

③气体的体积受温度；压强影响；如压强较大，则气体的体积可能小于22.4L，故答案为：×；

④升高温度，如溶解度减小，则仍未饱和溶液，故答案为：×．27、×【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、简答题(共1题，共4分)28、rm{(1)}

rm{(2)HO-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-OH}酯rm{(}或聚酯rm{)}

rm{(3)HC隆脭CH+2HCHOxrightarrow[]{录卯}HOCH_{2}C隆脭CCH_{2}OH}加成反应

rm{(3)HC隆脭CH+2HCHOxrightarrow[]{录卯}

HOCH_{2}C隆脭CCH_{2}OH}rm{(4)CH_{2}=CH-COOCH_{3}+NaOH隆煤CH_{2}=CH-COONa+CH_{3}OH}【分析】【分析】rm{(1)}甲醇在rm{Cu}作催化剂、加热条件被氧气氧化生成甲醛rm{(HCHO)}则rm{A}为rm{HCHO}结合rm{A}rm{B}的分子式可知，rm{B}为rm{3}分子甲醛形成，rm{B}分子结构为六元环状化合物，应是rm{3}分子甲醛之间的加成反应生成rm{B}rm{B}的同分异构体与葡萄糖结构类似，该异构体中含有rm{1}个rm{-CHO}rm{2}个羟基rm{-OH}为链状结构；rm{(2)}由rm{E隆煤F}的转化及rm{F}分子式可知，rm{E}中含有rm{4}个rm{C}原子，由rm{HCHO+D隆煤E}再根据已知反应信息可知，该反应为rm{2}分子甲醛与乙炔发生加成反应，rm{D}为rm{HC隆脭CH}rm{E}为rm{HOCH_{2}-C隆脭C-CH_{2}OH}rm{E}与氢气发生加成反应生成rm{F}rm{F}与二元羧酸通过酯化反应形成高聚物rm{PBT}rm{(3)}由rm{(2)}中分析可知，由rm{A}rm{D}生成rm{E}的反应为rm{2}分子甲醛与乙炔发生加成反应生成rm{HOCH_