2025年沪教新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年沪教新版高三化学下册月考试卷482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、下列物质的水溶液经加热浓缩，蒸干灼烧仍能得到原物质的是（）A.FeCl3B.Cu（NO3）2C.Na2SO3D.NaAlO22、下列关于rm{0.5mol?L^{-1}NaHCO_{3}}溶液的说法正确的是rm{(}rm{)}A.溶质的电离方程式为rm{NaHCO_{3}=Na^{+}+H^{+}+CO_{3}^{2-}}B.加水稀释后，rm{n(H^{+})}与rm{n(OH^{-})}的乘积变大C.离子浓度关系：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(HCO_{3}^{-})+c(CO_{3}^{2-})}D.温度升高，rm{c(HCO_{3}^{-})}增大3、空气吹出法工艺；是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工艺流程如下，其中不正确的是（）

A.溴在周期表中位于第四周期VIIA族B.步骤①中用硫酸酸化可抑制Cl2、Br2与水反应C.步骤④的离子方程式Br2+SO2+H2O=2H++2Br-+SO42-D.步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物可用分液漏斗分离4、T℃时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列描述正确的是（）A.T℃时，该反应的化学方程式为：X（g）+Y（g）⇌2Z（g），平衡常数K=4B.平衡时X、Y的转化率相同C.达到平衡后，恒温将容器体积扩大为3L，平衡向逆反应方向移动D.T℃时，若起始时X为0.60mol，Y为1.00mol，则平衡时Y的转化率小于80%5、能把K2SO4、Ba（NO3）2、Na2CO3三种无色溶液鉴别出来的一种试剂是（）A.KNO3溶液B.稀硫酸C.NaOH溶液D.Na2SO4溶液评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)6、对实验Ⅰ～Ⅲ的实验现象预测正确的是()

A.实验Ⅰ：液体分层，下层呈无色B.实验Ⅱ：继续煮沸至出现红褐色沉淀，停止加热，加入稀盐酸无明显变化C.实验Ⅱ：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应D.实验Ⅲ：放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体7、常温下，用rm{0.1000}rm{mol/L}的盐酸滴定rm{20.00}rm{mL}未知浓度的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，溶液的rm{pH}与所加盐酸的体积关系如图所示rm{.}下列有关叙述正确的是rm{(}rm{)}A.rm{a}点溶液呈碱性的原因用离子方程式表示为：rm{CO_{3}^{2-}+2H_{2}O?H_{2}CO_{3}+2OH^{-}}B.rm{c}点处的溶液中rm{c(Na^{+})-c(Cl^{-})=c(HCO_{3}^{-})+2c(CO_{3}^{2-})}C.滴定过程中使用甲基橙作为指示剂比酚酞更准确D.rm{d}点处溶液中水电离出的rm{c(H^{+})}大于rm{b}点处8、恒温下，向容积为rm{2L}的密闭容器中加入rm{MgSO_{4}(s)}和rm{CO(g)}发生反应：rm{MgSO_{4}(s)+CO(g)?MgO(s)+CO_{2}(g)+SO_{2}(g)}反应过程中测定的部分数据见下表：下列说法正确的是rm{MgSO_{4}(s)+CO(g)?

MgO(s)+CO_{2}(g)+SO_{2}(g)}rm{(}A.反应在rm{)}内的平均速率为rm{v(SO_{2})=0.6mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}B.反应在rm{02min}内容器内气体的密度没有变化C.若升高温度，反应的平衡常数变为rm{v(SO_{2})=0.6

mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}则正反应为放热反应D.保持其他条件不变，起始时向容器中充入rm{24min}和rm{1.00}到达平衡时rm{1.00molMgSO_{4}}rm{1.00molCO}9、下列说法正确的是()A.常温下，rm{C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}(g)}不能自发进行，则该反应的rm{C(s)+H_{2}O(g)?

CO(g)+H_{2}(g)}B.rm{娄陇H>0}时，向rm{0.1mol隆陇L^{-1}CH_{3}COOH}溶液中加水稀释，rm{25隆忙}逐渐增大C.rm{0.1mol隆陇L^{-1}

CH_{3}COOH}的金属活动性强于rm{dfrac{cmathrm{(}CH_{3}{COOH}mathrm{)}}{cmathrm{(}CH_{3}{CO}O^{mathrm{{-}}}mathrm{)}}}可以通过电解rm{Ba}溶液的方法获得金属钡D.对硫酸工业中的反应：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}rm{Mg}采用rm{BaCl_{2}}左右的高温主要是为了加快反应速率rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?

2SO_{3}(g)}10、真菌聚酮rm{(X)}具有多种生物活性，一定条件下可分别转化为rm{Y}和rm{Z}．

下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{X}rm{Y}和rm{Z}中均不含手性碳原子B.rm{Y}能发生氧化、还原、取代反应C.一定条件下，rm{1}rm{mol}rm{X}最多能与rm{5}rm{mol}rm{H_{2}}发生加成反应D.rm{1}rm{mol}rm{Z}最多可与含rm{3}rm{mol}rm{NaOH}的溶液反应11、二氧化硫是大气污染物质之一，也是形成“酸雨”的主要成分，其来源主要有()A.大量矿石的开采B.生态环境的破坏C.含硫磺温泉的开发D.工业上大量含硫物质的燃烧12、在四个恒容密闭容器中按左下表相应量充入气体，发生rm{2N_{2}O(g)?2N_{2}(g)+O_{2}(g)}容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中rm{2N_{2}O(g)?

2N_{2}(g)+O_{2}(g)}平衡转化率如右下图所示。。rm{N_{2}O}容器容积rm{/L}起始物质的量rm{/mol}rm{N_{2}O}rm{N_{2}}rm{O_{2}}rm{N_{2}}rm{O_{2}}Ⅰrm{V_{1}}rm{0.1}rm{0}rm{0}Ⅱrm{1.0}rm{0.1}rm{0}rm{0}Ⅲrm{V_{3}}rm{0.1}rm{0}rm{0}Ⅳrm{1.0}rm{0.06}rm{0.06}rm{0.04}

下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.该反应的正反应放热B.相同温度下反应时，平均反应速率：rm{v(}Ⅰrm{)>v(}Ⅲrm{)}C.图中rm{A}rm{B}rm{C}三点处容器内总压强：rm{p(}Ⅰrm{)_{A}<p(}Ⅱrm{)_{B}<p(}Ⅲrm{)_{C}}D.容器Ⅳ在rm{470隆忙}进行反应时，起始速率：rm{v(N_{2}O)_{脮媒}>v(N_{2}O)_{脛忙}}13、在rm{100g}浓度为rm{娄脴%}的稀硫酸中加入rm{4g}氧化铜粉末，待氧化铜全部溶解后，向所得蓝色溶液中加入rm{10g}铁粉，充分反应后，过滤，得滤液和rm{4.8g}滤渣rm{.}下列计算结果正确的是rm{(}rm{)}A.rm{4.8g}滤渣是由rm{3.2g}铜和rm{1.6g}铁组成B.rm{娄脴=14.7}C.反应过程中产生的氢气是rm{2.24L}D.滤液是rm{20.88%}的硫酸亚铁溶液14、Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得：

下列叙述正确的是（）A.反应过程中加入K2CO3，能提高X的转化率B.Y与Br2的加成产物分子中不含手性碳原子C.X和Y均能与新制的Cu（OH）2在加热条件下反应生成砖红色沉淀D.等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为3：4评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、今有七种物质：①铝线②熔化的KNO3③氯气④NaCl晶体⑤液态氯化氢⑥石灰水⑦乙醇。

（1）其中能导电的物质是____

（2）属于电解质的是____

（3）属于非电解质的是____．16、X；Y、Z、M、N为短周期的五种主族元素；其中X、Z同主族，Y、Z同周期，M与X、Y既不同周期，也不同族．X原子最外层电子数是核外电子层数的三倍，Y的最高价与最低价的代数和等于6．N是短周期主族元素中原子半径最大的非金属元素．

（1）X元素位于元素周期表的位置是第____周期，第____族；

（2）请写出下列反应的离子方程式：N单质与氢氧化钠溶液反应：____

（3）Y与Z相比，非金属性较强元素的原子结构示意图为____，可以证明该结论的实验是（用离子方程式表示）____

（4）请将X、Z、M、N元素原子半径从大到小排序：____（用元素符号表示）17、I；已知室温时；0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，回答下列问题：

（1）该溶液中c（H+）=____．

（2）HA的电离平衡常数K=____；

（3）升高温度时，K____（填“增大”“减小”或“不变”）．

（4）由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的____倍．

II、已知t℃时，Kw=1×10-13，则t℃（填“＞”、“＜”或“=”）____25℃．在t℃时将pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=2，则a：b=____．18、实验室中用适当的方法除去下列物质中的杂质（括号内为杂质）：

（1）甲烷（乙烯）：选用试剂为____，分离装置名称____．

（2）硝基苯（浓硫酸、浓硝酸）：选用试剂为____，所用主要仪器名称____．19、1808年，英国化学家戴维用钾还原氧化镁，最早制得少量的镁．镁是航空工业的重要材料，镁合金用于制造飞机机身、发动机零件等，一架超音速飞机约有5%的镁合金构件，一枚导弹一般消耗100～200公斤镁合金；镁作为一种强还原剂，还用于钛、锆、铍和铀等的生产中；镁是燃烧弹和照明弹不能缺少的组成物；镁粉是节日烟花必需的原料．镁及其合金是一种用途很广泛的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的．从海水（主要含NaCl和MgSO4）中提取金属镁的主要步骤如图：

回答下列问题：

（1）Mg在周期表中的位置____，试剂A可以选用____，试剂C可选用____；

（2）步骤①的离子方程式____；

（3）用电子式表示氯化镁的形成过程____；

（4）无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，该反应的化学方程式为：____；

（5）戴维制镁的化学方程式为____；

（6）配平下列反应的方程式．

①UF4+Mg--U+MgF2

②Mg+HNO3--Mg（NO3）2+N2O↑+H2O．20、化合物M是某种解热镇痛药；以A为原料的工业合成路线如图所示：

已知：

完成下列填空：

（1）写出反应类型：反应①____反应③____．

（2）A结构简式：____．由A合成D至少需要____个步骤才能完成．

（3）写出反应④的化学方程式：____．

（4）B的有苯环结构的同分异构体中有一种能在NaOH（aq）中发生水解．1mol该有机物最多消耗NaOH____mol．

（5）写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式：

①是一种芳香族化合物；②属α-氨基酸；③苯环上有4种不同环境的氢原子____．

（6）由不能一步完成，请解释可能的原因．____．21、以下是四种粒子的结构示意图．

A．B．C．D．

（1）上述粒子中氧化性最强的是____．写出一个它表现氧化性的化学方程式：____．

（2）上述粒子中还原性最强的是____，写出一个它表现还原性的化学方程式：____．

（3）电子层结构与C相同、化学性质最稳定的元素，原子的核电荷数是____，用原子结构与元素性质的关系说明它化学性质稳定的原因____．

（4）A的一种同位素可用于考古断代，这种同位素的符号是____，这种用途决定于它的____性．22、已知溶液中只存在OH-、H+、Na+、CH3COO-四种离子；试回答下列问题：

（1）若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是____；溶液中c（H+）____c（OH-）（填“＞”；“=”或“＜”）

（2）若溶液中c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+），则该溶液中的溶质为____．

若溶液中c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），则该溶液中溶质为____．评卷人得分四、判断题(共3题，共30分)23、HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物____．（判断对错）24、判断题（正确的后面请写“√”；错误的后面请写“×”）

（1）物质的量相同的两种不同气体只有在标准状况下体积才相等．____

（2）Vm在非标准状况下不可能为22.4L/mol．____

（3）1mol任何物质在标准状况下的体积均为22.4L．____

（4）一定温度和压强下，各种气体物质体积的大小由气体分子数决定．____．25、标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NA．____（判断对错）评卷人得分五、实验题(共3题，共9分)26、（12分）硫酸铜是一种应用极其广泛的化工原料．某课外兴趣小组将适量浓硝酸分多次加到铜粉与稀硫酸的混合物中，加热使之反应完全（装置如图I、图Ⅱ所示），通过蒸发、结晶得到硫酸铜晶体，并同时测定硫酸铜晶体中结晶水的含量．（1）怎样检查图I装置的气密性____。（2）图I中分液漏斗内装的液体是。（3）图Ⅱ是图Ⅰ的改进装置，与图I相比，图Ⅱ装置的明显优点是，，，（可不答满）．（4）课外兴趣小组同学在测定胆矾（CuSO4·χH2O）晶体中结晶水的含量时．测得有关数据如下表：。加热前质量加热后质量m1（容器）m2（容器+晶体）m3（容器+无水CuSO4）5.4g7.9g6.8g①为完成测定，图Ⅲ中还缺少的仪器名称是。②判断样品已恒重的方法是。③测定所得胆矾（CuSO4·χH2O）中结晶水含量的实验中，称量操作至少进行次。④课外兴趣小组的测定结果x值（与CuSO4·5H2O相比）（填“偏高”、“偏低”、“不变”），可能的原因是。（填字母序号）a．加热温度过高b．胆矾晶体的颗粒较大c．加热后放在空气中冷却d．胆矾晶体部分风化27、（1）用18mol/L浓硫酸配制100mL1.0mol/L的稀硫酸；若实验仪器有：

A．100mL量筒B．玻璃棒C．托盘天平D．50mL容量瓶。

E．10mL量筒F．胶头滴管G．50mL烧杯H．100mL容量瓶。

实验时必须选用的仪器是（填入字母）____

（2）在配制过程中，下列操作不正确的是____

A．使用容量瓶前需检查它是否漏水。

B．将蒸馏水注入容量瓶中；液面离刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管滴加至液面与刻度线相切。

C．配制溶液时；用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水至刻度线。

D．定容后盖好瓶塞；反复上下颠倒，摇匀。

（3）若实验时遇到下列情况，将使所配溶液的浓度偏高的是____

A．定容时仰视读数。

B．定容摇匀后；发现液面低于刻度线，再加入蒸馏水至与刻度线相切。

C．洗涤量筒；并将洗涤液转入容量瓶。

D．在配制前用稀硫酸润洗容量瓶后，未用蒸馏水洗涤．28、观察下列实验装置图；试回答下列问题：

rm{(1)}写出图中四种实验操作的名称依次是______；______、______、______．

rm{(2)}写出装置rm{垄脺}中所用玻璃仪器的名称______；______．

rm{(3)}下列实验需要在哪套装置中进行rm{(}填序号rm{)}

rm{a}从海水中提取蒸馏水：______；

rm{b}分离氯化钠和水：______；

rm{c}分离碳酸钙和水：______；

rm{d}分离植物油和水：______．评卷人得分六、探究题(共4题，共8分)29、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．30、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：31、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．32、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】从盐类水解的角度和物质的稳定性的角度分析，注意当水解生成挥发性酸时，加热蒸干并灼烧最终得到的是金属氧化物．【解析】【解答】解：A．FeCl3在加热时水解生成Fe（OH）3和HCl；HCl易挥发，灼烧得到氧化铁，所以蒸干灼烧其水溶液，不能得到该物质，故A错误；

B．Cu（NO3）3在加热时水解生成Cu（OH）2和HNO3，HNO3易挥发；灼烧得到CuO，故B错误；

C．Na2SO3在空气中能被氧气氧化为硫酸钠，所以最终得到的是Na2SO4；故C错误；

D．偏铝酸钠在溶液中水解生成程度较小；生成生成强碱NaOH，在蒸干灼烧仍能得到原物质，故D正确．

故选D．2、B【分析】解：rm{A}碳酸氢钠完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：rm{NaHCO_{3}=Na^{+}+HCO_{3}^{-}}故A错误；

B、加水稀释，水电离出的氢离子和氢氧根离子的物质的量会增加，所以溶液中rm{n(H^{+})}与rm{n(OH^{-})}的乘积变大；故B正确；

C、在溶液中存在电荷守恒rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(HCO_{3}^{-})+2c(CO_{3}^{2-})}故C错误；

D、碳酸钠中碳酸根离子会发生水解，升高温度，水解程度增加，所以rm{c(HCO_{3}^{-})}减小；故D错误．

故选B．

A；碳酸氢钠完全电离出钠离子和碳酸氢根离子；

B；加水稀释；水电离出的氢离子和氢氧根离子的物质的量会增加；

C；在溶液中存在电荷守恒；根据电荷守恒的书写方法来回答；

D；碳酸钠中碳酸根离子会发生水解；升高温度，水解程度增加．

本题考查学生物质的电离方程式的书写、盐的水解平衡移动以及水的电离平衡等方面的知识，属于综合知识的考查，难度中等．【解析】rm{B}3、C【分析】【分析】苦卤中含有溴，在酸性条件下通入氯气，可发生置换反应生成溴单质，吹入空气，将溴分离出来，然后溴与二氧化硫发生反应生成HBr和硫酸，再通入氯气，生成溴，然后分液、蒸馏和得到液溴，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．溴的原子序数为35；原子结构中有4个电子层，最外层电子数为7，所以溴在周期表中位于4周期VIIA族，故A正确；

B．步骤②发生2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，则步骤①中硫酸可减少副反应的发生，即步骤①中用硫酸酸化可防止Cl2、Br2与水反应；故B正确；

C．步骤④发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，离子反应为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42-；故C错误；

D．实现大量液溴和少量溴水分离的方法是分液法；采用的仪器为分液漏斗，操作时下层液体必须从下口流出，上层液体从上口倒出，故D正确．

故选C．4、D【分析】【分析】根据图象知，反应物为X、Y，生成物为Z，0-10s时，反应物X物质的量减少（1.20-0.40）mol=0.80mol，Y的物质的量减少（1.00-0.20）mol=0.80mol，Z的物质的量增加1.60mol．参加反应的X、Y、Z的物质的量之比=0.80mol：0.80mol：1.60mol=1：1：2，所以该反应方程式为X+Y2Z．

A、根据平衡常数K=计算平衡常数；

B；根据转化率公式计算；

C；压强对该反应的化学平衡无影响；

D、先计算T℃时平衡常数，再根据温度不变平衡常数不变计算参加反应的Y的物质的量，最后根据转化率公式计算转化率．【解析】【解答】解：A；根据图象知；反应物为X、Y，生成物为Z，0-10s时，反应物X物质的量减少（1.20-0.40）mol=0.80mol，Y的物质的量减少（1.00-0.20）mol=0.80mol，Z的物质的量增加1.60mol．参加反应的X、Y、Z的物质的量之比=0.80mol：0.80mol：1.60mol=1：1：2，所以该反应方程式为X+Y=2Z．

T℃时，平衡常数K===32；故A错误；

B、平衡时X的转化率=×100%=66.7%；平衡时Y的转化率=×100%=80%；故B错误；

C；扩大容器体积；容器内气体的压强减小，该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，所以压强只影响化学反应速率但不影响化学平衡，故C错误；

D、T℃时，平衡常数K===32；温度不变化学平衡常数不变．

设Y反应了amol．

X（g）+Y（g）⇌2Z（g）；

开始（mol）0.61.000

反应（mol）aa2a

平衡（mol）（0.6-a）（1-a）2a

所以平衡时X、Y、Z各物质的物质的量浓度分别为、；amol/L．

平衡常数K===32，a=0.53，所以Y的转化率=×100%=53%＜80%；故D正确；

故选D．5、B【分析】【分析】根据K2SO4、Ba（NO3）2和Na2CO3的性质，分析三种物质溶液分别与所提供的四种试剂反应的情况，判断能一次性鉴别出三种溶液的试剂．【解析】【解答】解：A、硝酸钾和K2SO4、Ba（NO3）2、Na2CO3三种无色溶液混合时；均没有现象发生，故A错误；

B；硫酸和硫酸钾不反应；和硝酸钡反应生成白色沉淀，和碳酸钠反应生成气体，现象不同，故B正确；

C、氢氧化钠和和K2SO4、Ba（NO3）2、Na2CO3三种无色溶液混合时；均没有现象发生，故C错误；

D；硫酸钠只会和硝酸钡反应生成白色沉淀；但是和硫酸钾以及碳酸钠均不反应，无法鉴别二者，故D错误．

故选B．二、双选题(共9题，共18分)6、C|D【分析】解：A．实验Ⅰ为萃取；四氯化铁的密度比水大，则碘溶解在四氯化碳中，有色层在下层，故A错误；

B．实验Ⅱ为胶体的制备实验；煮沸得到胶体，加盐酸先聚沉后溶解，故B错误；

C．实验Ⅱ为胶体的制备实验；煮沸溶液至红褐色，得到胶体，具有丁达尔现象，则光束通过体系时可产生丁达尔效应，故C正确；

D．CaO具有吸水性；放置一段时间后，使饱和硫酸铜溶液中溶剂减少，饱和溶液中析出硫酸铜晶体，故D正确；

故选CD．【解析】【答案】CD7、rBC【分析】解：rm{A.a}点为rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，碳酸根离子部分水解，溶液呈碱性，碳酸根离子的水解一第一步为主，正确的离子方程式为：rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}故A错误；

B.rm{c}点的rm{pH=7}溶液呈中性，则rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}根据电荷守恒rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(HCO_{3}^{-})+2c(CO_{3}^{2-})+c(OH^{-})}可知：rm{c(Na^{+})-c(Cl^{-})=c(HCO_{3}^{-})+2c(CO_{3}^{2-})}故B正确；

C.碳酸氢钠溶液的rm{pH}接近rm{8.2}与酚酞变色的rm{pH}接近，变色时的rm{pH}和反应终点的rm{pH}不好判断；而使用甲基橙容易判断终点，且反应产生的二氧化碳不能全部逸出使溶液偏酸性，因此使用甲基橙的误差小rm{(}使用甲基橙易判断滴定终点，误差小rm{)}故C正确；

D.rm{b}点碳酸氢根离子水解，促进了水的电离，而rm{d}点溶液呈酸性，抑制了水的电离，则rm{d}点处溶液中水电离出的rm{c(H^{+})}小于rm{b}点处；故D错误；

故选BC．

A.碳酸根离子的水解分步进行；主要以第一步为主，水解方程式写出第一步即可；

B.rm{c}点溶液的rm{pH=7}根据电荷守恒分析；

C.甲基橙的变色范围是rm{3.1-4.4}在rm{b}点是溶液颜色突变的点，碳酸钠和盐酸按照rm{1}rm{2}反应时会产生二氧化碳；

D.rm{d}点溶液呈酸性，抑制了水的电离，rm{b}点碳酸氢根离子的水解；促进了水的电离．

本题考查了酸碱中和滴定的应用，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液rm{pH}的关系为解答关键，注意掌握中和滴定侧重方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．【解析】rm{BC}8、BD【分析】【分析】本题考查化学反应速率的计算及化学平衡等，难度不大。【解答】A.根据题给反应知，rm{v(SO_{2})=v(CO)}反应在rm{0隆芦2min}内的平均速率为rm{v(SO_{2})=v(CO)=1.2隆脗(2隆脕2)="0.3"mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}故A错误；B.分析题给数据知反应在rm{v(SO_{2})=v(CO)=1.2隆脗(2隆脕2)="0.3"

mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}内反应处于平衡状态，容器内气体的密度没有变化，故B正确；C.根据题给数据计算该反应的平衡常数rm{2隆芦4min}升高温度，反应的平衡常数变为rm{K=[SO_{2}][CO_{2}]/[CO](0.6隆脕0.6)/0.4=9/10}平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故C错误；D.保持其他条件不变，起始时向容器中充入rm{1.00}和rm{1.00molMgSO_{4}}相当于题干平衡减小压强，平衡正向移动，根据等效平衡知识知到达平衡时rm{1.00molCO}故D正确。故选BD。rm{n(CO_{2})>0.60mol}【解析】rm{BD}9、AD【分析】【分析】本题考查了化学反应自发进行的判断、影响弱电解质电离的因素、电解原理的应用，注意rm{D}中温度对平衡和化学反应速率的影响，题目难度适中。【解答】A.常温下，反应rm{C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}(g)}不能自发进行，rm{triangleS>0}rm{triangleH-TtriangleS>0}则该反应的rm{triangleH-Ttriangle

S>0}故A正确；B.加水稀释促进rm{triangleH>O}电离，溶液中rm{CH_{3}COOH}个数减少、rm{CH_{3}COOH}个数增加，所以rm{CH_{3}COO^{-}}减小，故B错误；C.可以通过电解熔融rm{c(CH_{3}COOH)/c(CH_{3}COO-)}的方法获得金属钡，如是溶液，在用惰性电极电解时，溶液中的阳离子是氢离子得电子，而不是钡离子，故C错误；rm{D.2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangleH<0}这是一个放热反应，升高温度平衡会向逆方向移动，不利于生成三氧化硫，采用rm{BaCl_{2}}左右的高温是因为催化剂在此温度下活性最大，主要是为了加快反应速率，故D正确；故选AD。rm{D.

2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangleH<0}【解析】rm{AD}10、rBD【分析】解：rm{A.Z}中与酯基中的rm{O}相连接的rm{C}原子为手性碳原子，连接rm{4}个不同的原子或原子团；故A错误；

B.rm{Y}含有酚羟基；可发生取代；氧化反应，含有苯环，可发生加成反应，也为还原反应，故B正确；

C.rm{X}中能与氢气反应的为苯环和羰基，则一定条件下，rm{1}rm{mol}rm{X}最多能与rm{4}rm{mol}rm{H_{2}}发生加成反应；故C错误；

D.rm{Z}中酚羟基和酯基可与氢氧化钠溶液反应，则rm{1}rm{mol}rm{Z}最多可与含rm{3}rm{mol}rm{NaOH}的溶液反应；故D正确．

故选BD．

A.根据手性碳原子的定义判断；

B.rm{Y}含有酚羟基；可发生取代；氧化反应，含有苯环，可发生加成反应；

C.rm{X}中能与氢气反应的为苯环和羰基；

D.rm{Z}中酚羟基和酯基可与氢氧化钠溶液反应．

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酚、酯的性质，易错选项是rm{A}．【解析】rm{BD}11、A|D【分析】解：A．大量矿石的开采；增大了二氧化硫的排放，故A选；

B．生态环境的破坏不一定与硫有关；不是二氧化硫的主要来源，故B不选；

C．含硫磺温泉的开发；主要存在硫单质，不生成二氧化硫，故C不选；

D．工业上大量含硫物质的燃烧；增大了二氧化硫的排放，故D选；

故选AD．【解析】【答案】AD12、CD【分析】【分析】

本题考查化学反应速率的计算及化学平衡移动的相关问题，题目难度中等，侧重对学生分析能力和逻辑推理能力的培养，意在提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。【解答】A.根据图像，升高温度，rm{N_{2}O}平衡转化率增大；所以正反应吸热，故A错误；

B.rm{I}Ⅱ、Ⅲ中投入的rm{N_{2}O}一样多，相同温度下，rm{N_{2}O}平衡转化率依次减小，说明压强依次增大，容器体积依次减小，所以平均反应谏率：rm{v(I)<v(}Ⅲrm{)}故B错误；

C.根据rm{B}选项，rm{I}Ⅱ、Ⅲ容器体积依次减小，rm{A}rm{B}rm{C}三点温度依次增大，所以压强依次增大，rm{P(I)_{A}<P(}Ⅱrm{)_{B}<P(}Ⅲrm{)_{C}}故C正确；

D.根据图示，Ⅱ中rm{470隆忙}进行反应时rm{N_{2}O}平衡转化率为rm{2N}rm{2N}rm{2}rm{2}rm{O(g)}rm{O(g)}rm{?}rm{2N}rm{2N}初始rm{2}rm{2}rm{(g)+O}rm{(g)+O}转化rm{2}rm{2}rm{(g)}rm{(g)}平衡rm{(mol)}rm{0.1}rm{0}rm{0}rm{K=dfrac{0.03隆脕0.{06}^{2}}{0.{04}^{2}}=0.0675}容器Ⅳ在rm{(mol)}进行反应时，rm{Q=dfrac{0.04隆脕0.{06}^{2}}{0.{06}^{2}}=0.04<K}反应正向进行，rm{0.06}rm{0.06}rm{0.03}rm{(mol)}rm{0.04}rm{0.06}rm{0.03}rm{K=dfrac{0.03隆脕0.{06}^{2}}{0.{04}^{2}}

=0.0675}，故D正确。故选CD。rm{470隆忙}【解析】rm{CD}13、rAB【分析】解：所得滤渣中铜元素的质量与氧化铜中铜元素的质量相等，则铜的质量为：rm{4g隆脕dfrac{64}{80}=3.2g}故滤渣中铁的质量为rm{4.8g-3.2g=1.6g}

设生成rm{3.2g}铜需要铁的质量为rm{x}生成硫酸亚铁的质量为rm{y}

rm{Fe+CuSO_{4}=FeSO_{4}+Cu}

rm{56}rm{64}

rm{x}rm{3.2g}

rm{dfrac{56}{x}=dfrac{64}{3.2}}

rm{dfrac{56}{x}=dfrac

{64}{3.2}}

而剩余的滤渣中含铁的质量是rm{x=2.8g}故与硫酸反应的铁的质量为：rm{1.6g}

设生成的氢气的质量为rm{10g-2.8g-1.6g=5.6g}

rm{y}

rm{Fe+H_{2}SO_{4}=FeSO_{4}+H_{2}隆眉}rm{56}

rm{2}rm{5.6g}

rm{dfrac{56}{5.2g}=dfrac{2}{z}}rm{z}

反应硫酸全部转化生成硫酸亚铁，根据铁、硫酸和硫酸亚铁的质量关系，设消耗的硫酸的质量为rm{dfrac{56}{5.2g}=dfrac

{2}{z}}生成的硫酸亚铁的质量为rm{z=0.2g}

rm{a}--rm{b}--rm{Fe}

rm{H_{2}SO_{4}}rm{FeSO_{4}}rm{56}

rm{98}rm{152}rm{8.4g}

rm{dfrac{56}{8.4}=dfrac{98}{a}=dfrac{152}{b}}rm{a}rm{b}

A、根据计算可知，rm{dfrac{56}{8.4}=dfrac{98}{a}=

dfrac{152}{b}}滤渣是由rm{a=14.7}铜和rm{b隆脰22.8g}铁组成；故A正确；

B、硫酸溶液的质量分数为：rm{dfrac{14.7}{100}隆脕100%=14.7%}故B正确；

C；状况不知；无法求体积，故C错误；

D、硫酸亚铁溶液的质量分数为：rm{dfrac{22.8g}{100g+10g+4g-0.2g-4.8g}隆脕100%=20.9%}故D错误；

故选AB．

根据已有的知识进行分析；在化学反应前后，铜元素的质量不变，氧化铜能与硫酸反应生成硫酸铜和水，而铁能与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，据此解答即可．

本题考查了根据化学方程式的计算，完成此题，可以依据题干提供的信息结合质量守恒定律进行．rm{4.8g}【解析】rm{AB}14、AC【分析】解：A．生成的HBr可与碳酸钾反应；有利于反应正向移动，提高转化率，故A正确；

B．由图可知；发生加成反应后，碳碳双键的左侧碳原子连接4个不同的原子或原子团，为手性碳原子，故B错误；

C．X、Y都含有醛基，可与新制的Cu（OH）2在加热条件下反应生成砖红色沉淀；故C正确；

D．能与氢气发生加成反应的分别为醛基、苯环和碳碳双键，则等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为4：5；故D错误。

故选：AC。

A．生成的HBr可与碳酸钾反应；

B．手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团；

C．X；Y都含有醛基；

D．能与氢气发生加成反应的分别为醛基；苯环和碳碳双键。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构和官能团的性质，题目难度不大。【解析】AC三、填空题(共8题，共16分)15、①②⑥②④⑤⑦【分析】【分析】金属单质和在熔融状态下的电解质以及其溶液都能导电；

电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物．电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质．【解析】【解答】解：①铝线是金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；②熔化的KNO3能导电；是电解质；③氯气不能导电，是单质，既不是电解质也不是非电解质；④NaCl晶体不能导电，但是溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；⑤液态氯化氢不能导电，溶于水能导电，属于电解质；⑥石灰水能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑦乙醇不能导电，是非电解质；

故答案为：（1）①②⑥；（2）②④⑤；（3）⑦．16、二VIASi+2OH-+H2O═SiO32-+2H2↑Cl2+S2-═2Cl-+S↓Si＞S＞O＞H【分析】【分析】X原子最外层电子数是核外电子层数的三倍；故X为氧，Z为S元素；X在第二周期，Y与Z同周期，Y在第三周期，则M只能为H元素；Y的最高化合价与最低化合价代数和为6，设最高化合价为a，则最低负化合价为a-8，则a+（a-8）=6，所以a=7，则Y为Cl元素；N为第三周期半径最大的非金属元素，则N为Si；

（1）X为O；位于第二周期第ⅥA族；

（2）Si与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气；

（3）Y与Z相比；非金属性较强元素为Cl，可利用单质之间的置换反应说明；

（4）电子层越多，原子半径越大；同周期，原子序数大的半径小．【解析】【解答】解：根据题意推断X为氧元素；Z为S元素；X在第二周期，Y与Z同周期，Y在第三周期，则M只能为H元素；Y的最高化合价与最低化合价代数和为6，设最高化合价为a，则最低负化合价为a-8，则a+（a-8）=6，所以a=7，则Y为Cl元素；N为第三周期半径最大的非金属元素，则N为Si；

（1）X为O；位于第二周期第ⅥA族，故答案为：二；VIA；

（2）Si与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气，离子反应为Si+2OH-+H2O═SiO32-+2H2↑，故答案为：Si+2OH-+H2O═SiO32-+2H2↑；

（3）Y与Z相比，非金属性较强元素为Cl，其原子结构示意图为氯气能将硫单质置换出来，发生Cl2+S2-═2Cl-+S↓可证明；

故答案为：Cl2+S2-═2Cl-+S↓；

（4）电子层越多，原子半径越大；同周期，原子序数大的半径小，原子半径为N＞Z＞X＞M，即Si＞S＞O＞H，故答案为：Si＞S＞O＞H．17、10-4mol/L10-7增大106＞9：2【分析】【分析】I．（1）c（H+）=c（HA）×电离度；

（2）电离平衡常数K=；

（3）弱电解质的电离是吸热反应；升高温度促进电离；

（4）酸溶液中水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH-）；

II．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，水的离子积常数增大，在t℃时将pH=11的NaOH溶液中c（OH-）=mol/L=0.01mol/L，pH=1的H2SO4溶液中c（H+）=0.1mol/L，若所得混合溶液的pH=2，则混合溶液中c（H+）==0.01mol/L，据此计算a、b之比．【解析】【解答】解：I．（1）c（H+）=c（HA）×电离度=0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L；

故答案为：10-4mol/L；

（2）电离平衡常数K=≈=10-7；

故答案为：10-7；

（3）弱电解质的电离是吸热反应；升高温度促进电离，所以其K增大，故答案为：增大；

（4）酸溶液中水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH-）=mol/L=10-10mol/L，由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的倍数==106；

故答案为：106；

II．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，水的离子积常数增大，所以t℃＞25℃，在t℃时将pH=11的NaOH溶液中c（OH-）=mol/L=0.01mol/L，pH=1的H2SO4溶液中c（H+）=0.1mol/L，若所得混合溶液的pH=2，则混合溶液中c（H+）==0.01mol/L，a：b=9：2；

故答案为：＞；9：2．18、溴水洗气瓶水分液漏斗【分析】【分析】（1）乙烯能与溴水反应生成液体；而甲烷不能；

（2）硝基苯不溶于水，而浓硫酸、浓硝酸均溶于水，加水后分层．【解析】【解答】解：（1）乙烯能与溴水反应生成液体；而甲烷不能，则除杂试剂为溴水，利用洗气瓶进行洗气法除杂，故答案为：溴水；洗气瓶；

（2）硝基苯不溶于水，而浓硫酸、浓硝酸均溶于水，加水后分层，则除杂试剂为水，然后利用分液漏斗进行分液除杂，故答案为：水；分液漏斗．19、第三周期第IIA族Ca（OH）2溶液盐酸2OH-+Mg2+=Mg（OH）2↓MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑2K+MgO═K2O+Mg【分析】【分析】海水中含有镁离子，向海水中加入Ca（OH）2产生Mg（OH）2沉淀，发生反应2OH-+Mg2+=Mg（OH）2↓，将Mg（OH）2溶于稀盐酸得到MgCl2，发生反应Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O，将MgCl2溶液在HCl氛围中蒸干得到MgCl2固体，电解熔融MgCl2得到Mg单质MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑．【解析】【解答】解：海水中含有镁离子，向海水中加入Ca（OH）2产生Mg（OH）2沉淀，发生反应2OH-+Mg2+=Mg（OH）2↓，将Mg（OH）2溶于稀盐酸得到MgCl2，发生反应Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O，将MgCl2溶液在HCl氛围中蒸干得到MgCl2固体，电解熔融MgCl2得到Mg单质MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑．

（1）Mg原子核外有3个电子层、最外层的电子数是2，则Mg位于第三周期第IIA族，通过以上分析知，A是Ca（OH）2溶液；C是盐酸；

故答案为：第三周期第ⅡA族；Ca（OH）2溶液；盐酸；

（2）通过以上分析知，该反应离子方程式为：2OH-+Mg2+=Mg（OH）2↓，故答案为：2OH-+Mg2+=Mg（OH）2↓；

（3）氯化镁为离子化合物，由离子形成离子键，其形成过程为

故答案为：

（4）电解熔融氯化镁生成镁和氯气，电解反应方程式为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑；

（5）钾还原氧化镁得到氧化钾和镁，反应方程式为2K+MgO═K2O+Mg，故答案为：2K+MgO═K2O+Mg；

（6）①UF4+Mg--U+MgF2中Mg元素化合价由0价变为+2价、U元素化合价由+4价变为0价，则得失电子最小公倍数是4，则该反应方程式为：UF4+2Mg=U+2MgF2；

故答案为：1；2；1；2；

②Mg+HNO3--Mg（NO3）2+N2O↑+H2O中Mg元素化合价由0价变为+2价、N元素化合价由+5价变为+1价，则得失电子最小公倍数是8，再结合原子守恒配平方程式，该反应方程式为：4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+N2O↑+5H2O；

故答案为：4；10；4；1；5．20、加成反应还原反应33因氧化醇羟基时，酚羟基也可能被氧化，故需要显保护酚羟基，最后回复酚羟基【分析】【分析】由反应①的生成物可知，A为与HCHO发生加成反应生成反应②为醇的氧化反应，B为由碳链的骨架可知，C为由M可知，D为对羟基硝基苯，E为对羟基苯胺（），E→F发生取代反应，F为然后结合有机物的结构和性质来解答．【解析】【解答】解：由反应①的生成物可知，A为与HCHO发生加成反应生成反应②为醇的氧化反应，B为由碳链的骨架可知，C为由M可知，D为对羟基硝基苯，E为对羟基苯胺（），E→F发生取代反应，F为

（1）反应①为苯酚与HCHO的加成反应；反应③中硝基变为氨基，为还原反应，故答案为：加成反应；还原反应；

（2）A为A→D需要先要用溴甲烷在氢氧化钠溶液中将酚烷基化，生成苯甲醚从而保护酚-OH；然后再硝化，最后用氢碘酸共热，除去甲基得到产物，需要3步，故答案为：3；

（3）反应④的化学方程式为

故答案为：

（4）B为其含苯环结构的同分异构体中有一种能在NaOH（aq）中发生水解，含-OOCH，水解生成酚-OH也与碱反应，1mol该有机物最多消耗NaOH为3mol，故答案为：3；

（5）F的同分异构体符合①是一种芳香族化合物，含苯环；②属α-氨基酸；③苯环上有4种不同环境的氢原子，苯环上有4种H，则符合条件的结构简式为故答案为：

（6）由不能一步完成，是因氧化醇羟基时，酚羟基也可能被氧化，故需要显保护酚羟基，最后回复酚羟基，故答案为：因氧化醇羟基时，酚羟基也可能被氧化，故需要显保护酚羟基，最后回复酚羟基．21、F2F2+2H2O=4HF+O2CC+2CuO2Cu+CO2↑10原子核外最外层为8电子稳定结构14C放射【分析】【分析】根据四种粒子的结构示意图，可知A为C原子、B为F原子、C为Na+、D为Al3+．

（1）F原子氧化性最强；氟气与水反应生成生成HF与氧气，表现强氧化性；

（2）C原子还原性最强；碳与CuO反应生成Cu与二氧化碳；

（3）电子层结构与C相同；化学性质最稳定的元素为Ne；原子核外最外层为8电子稳定结构；

（4）14C具有放射性，用于考古断代．【解析】【解答】解：根据四种粒子的结构示意图，可知A为C原子、B为F原子、C为Na+、D为Al3+．

（1）F原子氧化性最强，氟气与水反应生成生成HF与氧气，表现强氧化性，反应方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2；

故答案为：F；2F2+2H2O=4HF+O2；

（2）C原子还原性最强，碳与CuO反应生成Cu与CO，反应方程式为：C+2CuO2Cu+CO2↑；

故答案为：C；C+2CuO2Cu+CO2↑；

（3）电子层结构与C相同；化学性质最稳定的元素为Ne；其核电荷数为10，原子核外最外层为8电子稳定结构，化学性质不活泼．

故答案为：10；原子核外最外层为8电子稳定结构；

（4）碳的一种同位素可用于考古断代，这种同位素的符号是14C；这种用途决定于它的放射性；

故答案为：14C；放射．22、CH3COONa＜CH3COONa与NaOHCH3COONa与CH3COOH【分析】【分析】（1）根据溶质的性质判断；

（2）若溶液中c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+），溶液呈碱性，为CH3COONa与NaOH的化合物；

若溶液中c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），溶液呈酸性，醋酸过量；【解析】【解答】解：（1）若溶液中溶解了一种溶质，则该溶质是只能是CH3COONa，醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，所以c（H+）＜c（OH-）；

故答案为：CH3COONa；＜；

（2）若溶液中c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+），溶液呈碱性，则溶质为CH3COONa与NaOH；

若溶液中c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），溶液呈酸性，醋酸过量溶液中的溶质为CH3COONa与CH3COOH的混合物；

故答案为：CH3COONa与NaOH；CH3COONa与CH3COOH．四、判断题(共3题，共30分)23、×【分析】【分析】HCl中只含共价键，NaCl中只含离子键，以此来解答．【解析】【解答】解：HCl中只含共价键；NaCl中只含离子键，则HCl为共价化合物，而NaCl为离子化合物，不能利用溶液的导电性判断化合物的类别；

故答案为：×．24、×【分析】【分析】（1）同温同压下；气体的气体摩尔体积相等；

（2）气体摩尔体积取决于温度和压强的大小；

（3）气体摩尔体积仅适用于气体；

（4）考虑影响气体体积的因素．【解析】【解答】解：（1）气体的体积取决于温度和压强的大小；同温同压下，气体分子之间的距离相等，则气体摩尔体积相等，故答案为：×；

（2）气体摩尔体积取决于温度和压强的大小；如不在标准状况下，也可能为22.4L/mol，故答案为：×；

（3）气体摩尔体积仅适用于气体；对于固体；液体来说，不同物质的体积大小不同，故答案为：×；

（4）影响气体体积的因素为分子间的平均距离和分子数目的多少，一定温度和压强下，分子间距离一定，所以气体体积大小由分子数目决定，故答案为：√．25、×【分析】【分析】氦气为单原子分子，结合V=nVm计算．【解析】【解答】解：22.4L氦气为1mol，但氦气为单原子分子，含有的原子数为NA，故答案为：×．五、实验题(共3题，共9分)26、略

【分析】【解析】【答案】（1）连接好装置，关闭分液漏斗活塞，将导气管插入盛水的烧杯中，用酒精灯微热烧瓶，导气管中有气泡产生，停止微热后导管中形成一段水柱，则气密性好．（2分）（2）浓硝酸（1分）（3）防止倒吸，（1分）有害气体能被完全吸收（1分）（4）①坩埚钳、干燥器、玻璃棒（写出药匙、研钵不算错）（2分）②再次加热冷却称量，直到连续两次称量的质量差不超过0.lg（2分）③4（1分）④偏高，（1分）a（1分）27、BEFGHCCD【分析】【分析】（1）根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀计算出所需的浓硫酸的体积；然后据此选择合适的量筒；根据操作步骤有计算；量取、稀释、洗涤、定容、摇匀等操作来分析所需的仪器；

（2）根据溶液的配制操作来分析；

（3）根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析．【解析】【解答】解：（1）设需要的浓硫酸的体积为XmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：18mol/L×XmL=100mL×1.0mol/L；解得X=5.6mL，故应选择10mL量筒．

操作步骤有计算；量取、稀释、洗涤、定容、摇匀等操作；一般用10mL量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌．冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以所需仪器有10mL量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：BEFGH；

（2）A．容量瓶前需检查它是否漏水；故A正确；

B．容量瓶只能用来配制溶液；不能在容量瓶中溶解或稀释，将蒸馏水注入容量瓶中，液面离刻度线下1-2cm时，改用胶头滴管滴加至液面与刻度线相切，故B正确；

C．量筒量取后应先在小烧杯中稀释；然后将洗涤液一并转入容量瓶，故C错误；

D．定容后需要上下摇匀；故D正确．

故选C；

（3）A．定容时仰视读数；会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故A不选；

B．定容摇匀后；发现液面低于刻度线是正常的，再加入蒸馏水至与刻度线相切会导致浓度偏小，故B不选；

C．量筒为流量式仪器；将量筒洗涤后的洗涤液不能转移至容量瓶，否则会导致容量瓶内硫酸的物质的量增多，浓度偏高，故C选；

D．在配制前用稀硫酸润洗容量瓶后；未用蒸馏水洗涤，容量瓶内硫酸增多，浓度偏高，故D选．

故选CD．28、过滤；蒸发；蒸馏；分液；分液漏斗；烧杯；③；②；①；④【分析】解rm{(1)垄脵}装置是用来分离固液混合物的；是过滤；

rm{垄脷}装置是用来分离易溶性的物质和液体混合物的操作；属于蒸发；

rm{垄脹}装置是用来分离互溶的液体混合物；属于蒸馏；

rm{垄脺}装置是用来分离互不相溶的液体混合物；属于分液；

故答案为：过滤；蒸发；蒸馏；分液；

rm{(2)}由装置图可知，装置rm{垄脺}中所用玻璃仪器的名称分液漏斗和烧杯；

故答案为：分液漏斗；烧杯；

rm{(3)a}从海水中提取蒸馏水，用蒸馏方法，即选择rm{垄脹}

rm{b}分离氯化钠和水，用蒸发的方法，即选择rm{垄脷}

rm{c}分离碳酸钙和水，碳酸钙难溶于水，用过滤的方法，即选择rm{垄脵}

rm{d}分离植物油和水，植物油不溶于水，会分层，用分液的方法，即选择rm{垄脺}

故答案为：rm{垄脹}rm{垄脷}rm{垄脵}rm{垄脺}．

rm{(1)垄脵}装置是用来分离固液混合物的；是过滤；

rm{垄脷}装置是用来分离易溶性的物质和液体混合物的操作；属于蒸发；

rm{垄脹}装置是用来分离互溶的液体混合物；属于蒸馏；

rm{垄脺}装置是用来分离互不相溶的液体混合物；属于分液；结合实验操作分析；

rm{(2)}根据装置图分析；

rm{(3)}由混合物的组成分析分离所需操作．

本题考查了物质的分离提纯基本操作，题目难度不大，注意把握常见分离提纯的操作方法，侧重于考查学生的实验能力和对基础知识的应用能力．【解析】过滤；蒸发；蒸馏；分液；分液漏斗；烧杯；rm{垄脹}rm{垄脷}rm{垄脵}rm{垄脺}六、探究题(共4题，共8分)29、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入