2025年沪教版高三化学上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年沪教版高三化学上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8题，共16分)1、下列粒子在化学反应中既能显示氧化性又能显示还原性的是（）A.H+B.Cl-C.AlD.Fe2+2、油炸食物不宜多吃，因为食物长时间煎炸后产生微量的丙烯醛（化学式C3H4O）等有毒物质，会损害人体健康．下列有关丙烯醛的说法不正确的是（）A.该物质是由碳、氢、氧三种元素组成B.该物质中碳、氢、氧元素间的质量比是9：1：2C.该物质的分子中原子个数比依次为3：4：1D.该物质在空气中完全燃烧是二氧化碳和水3、将10g10%NaOH溶液稀释成50mL，所得稀溶液中NaOH的物质的量浓度为（）A.0.02mol•L-1B.0.05mol•L-1C.0.25mol•L-1D.0.5mol•L-14、某有机物A的结构简式为取Na、NaOH和Cu（OH）2分别与等物质的量的A在一定条件下充分反应时，理论上需Na、NaOH和Cu（OH）2三种物质的物质的量之比为（）A.2：2：1B.4：2：1C.2：1：2D.1：1：15、X和Y均为短周期元素，已知aXn-比bYm+多两个电子层，则下列说法正确的是（）A.b＞5B.X只能位于第三周期C.a+n-b+m=10或16D.Y不可能位于第二周期6、火法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+SO2；下列说法中，正确的是（）

A.Cu2S只作还原剂。

B.S元素发生还原反应。

C.该反应既是氧化还原反应又是置换反应。

D.当1molO2参加反应时，共转移4mole-

7、rm{500mL}rm{KNO_{3}}和rm{Cu(NO_{3})_{2}}的混合溶液中rm{c(NO_{3}^{-})=6.0mol?L^{-1}}用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到rm{22.4L}气体rm{(}标准状况rm{)}假定电解后溶液体积仍为rm{500mL}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.原混合溶液中rm{c(K^{+})}为rm{2}rm{mol?L^{-1}}B.上述电解过程中共转移rm{2}rm{mol}电子C.电解得到的rm{Cu}的物质的量为rm{0.5}rm{mol}D.电解后溶液中rm{c(H^{+})}为rm{2}rm{mol?L^{-1}}8、下列物质的转化在给定条件下能实现的是rm{垄脵F{e}_{3}{O}_{4}xrightarrow[赂脽脦脗]{Al}Fexrightarrow[]{{O}_{2};;{H}_{2}O}F{e}_{2}{O}_{3}隆陇n{H}_{2}O}rm{垄脷S{O}_{2}xrightarrow[]{{H}_{2}{O}_{2}}{H}_{2}S{O}_{3}xrightarrow[录脫脠脠]{Cu}S{O}_{3}}rm{垄脹A{l}_{2}{O}_{3}xrightarrow[]{脩脦脣谩;}AlC{l}_{3}(aq)xrightarrow[]{录脫脠脠}AlC{l}_{3}}rm{垄脺N{H}_{3}xrightarrow[麓脽禄炉录脕]{{O}_{2};;录脫脠脠;;}{N}_{2}xrightarrow[]{{H}_{2}O}HN{O}_{3}(aq)}rm{垄脻Si{O}_{2}xrightarrow[赂脽脦脗]{N{a}_{2}C{O}_{3}}N{a}_{2}Si{O}_{3}xrightarrow[]{C{O}_{2};{H}_{2}O}{H}_{2}Si{O}_{3}}A.rm{垄脵F{e}_{3}{O}_{4}

xrightarrow[赂脽脦脗]{Al}Fe

xrightarrow[]{{O}_{2};;{H}_{2}O}F{e}_{2}{O}_{3}隆陇n{H}_{2}O

}B.rm{垄脷S{O}_{2}

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xrightarrow[录脫脠脠]{Cu}S{O}_{3}}C.rm{垄脹A{l}_{2}{O}_{3}

xrightarrow[]{脩脦脣谩;}AlC{l}_{3}(aq)xrightarrow[]{录脫脠脠}AlC{l}_{3}

}D.rm{垄脺N{H}_{3}

xrightarrow[麓脽禄炉录脕]{{O}_{2};;录脫脠脠;;}{N}_{2}

xrightarrow[]{{H}_{2}O}HN{O}_{3}(aq)}rm{垄脻Si{O}_{2}

xrightarrow[赂脽脦脗]{N{a}_{2}C{O}_{3}}N{a}_{2}Si{O}_{3}

xrightarrow[]{C{O}_{2};{H}_{2}O}{H}_{2}Si{O}_{3}}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、某制糖厂以甘蔗为原料制糖；同时得到大量甘蔗渣，对甘蔗渣进行综合利用，可以提高经济效益，减少对环境的污染．以下是用甘蔗渣为原料制取各物质的转化过程：

已知：①G是具有果香味的液体；D是重要的化工原料，并且可以代替汽油作汽车燃料．

②R-CHOR-COOH．试回答：

（1）写出A的名称____；B的分子式____；

（2）由C→B的能量转化过程中是____能转化____能．

（3）写出D+F→G的化学方程式____；反应类型____．

（4）写出D→E的化学方程式____．

（5）请写出满足下列条件的G的同分异构体的结构简式____

①能使石蕊试液变红；②有2个甲基．10、（1）将2molSO2和1molO2放入2L密闭容器中发生如下反应：2SO2+O2⇌2SO3△H＜0当达到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，如图表示：

（1）ab过程中改变的条件可能是____；

（2）bc过程中改变的条件可能是____；

（3）若增大压强时；反应速度变化情况画在c～d处；

（4）达到第一个平衡时，测得平衡时SO3的浓度为0.5mol/L．请计算此条件下的平衡常数和SO2的转化率．（要求写出解题过程）11、（1）已知常温时32g甲烷燃烧放出的热量为akg，写出甲烷标准燃烧热的热化学方程式____；

（2）以甲烷为燃料和KOH溶液为电解质制成燃料电池．其电池负极反应式是：____；其电池总反应化学方程式是：____．12、已知A；B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素；其中元素A的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料．常温常压下，E单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积．

（1）B、C两种元素的元素符号：B：____；C：____．D在元素周期表中的位置为____．

（2）A2E的燃烧热△H=-akJ•mol-1，写出A2E燃烧反应的热化学方程式：____．

（3）CA的电子式为____；CA与水反应放出气体的化学方程式为____．

（4）甲；乙、丙分别是B、D、E三种元素最高价含氧酸的钠盐；甲、乙都能与丙发生反应，且丙用量不同，反应的产物不同．回答问题：

①向丙溶液中缓慢滴加过量的乙溶液过程中发生反应的离子方程式____，____．

②向甲溶液中缓慢滴加等物质的量的丙溶液后，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序为____．

（5）用D单质作阳极，石墨作阴极，NaHCO3溶液作电解液进行电解，生成难溶物R，R受热分解生成化合物Q．写出阳极生成R的电极反应式：____；由R生成Q的化学方程式：____．13、下面所列物质中，属于强电解质的是____（填序号；下同）；

属于弱电解质的是____，属于非电解质的是____．

①氯化钾②乙醇③醋酸④氨气⑤蔗糖⑥硫化氢。

⑦硫酸氢钠⑧一水合氨⑨氯气⑩碳酸钡⑪铁．14、某学生欲配制6.0mol・L-1的H2SO4溶液1000mL，实验室有三种不同体积不同浓度的硫酸：①480mL0.5mol・L-1的硫酸；②150mL25%的硫酸（ρ=1.18g・mL-1）；③足量的18mol・L-1的硫酸．有三种规格的容量瓶：250mL；500mL、1000mL．老师要求把①、②两种硫酸全部用完；不足的部分由③来补充．请回答下列问题：

（1）实验中25%的硫酸的物质的量浓度为____mol・L-1（保留1位小数）

（2）配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为____mL．

（3）配制时；该同学操作顺序如下，并将操作步骤D补充完整．

A．将①；②两溶液全部在烧杯中混合均匀；

B．用量筒准确量取所需的18mol・L-1的浓硫酸____mL；沿玻璃棒倒入上述混合液中．并用玻璃棒搅动，使其混合均匀；

C．将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；

D．____；

E．振荡；继续向容量瓶中加入，直到液面接近刻度线1～2cm；

F．改用胶头滴加水；使溶液的凹液面恰好与刻度相切；

G．将容量瓶盖紧；振荡，摇匀．

（4）如果省略操作D对所配溶液浓度有何影响：____．（填“偏大”“偏小”或“无影响”）

（5）进行操作C前还需注意____．15、（2014秋•安溪县校级期中）（1）用50mL0.50mol•L-1盐酸与50mL0.55mol•L-1NaOH溶液在如图1所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热．回答下列问题：

①烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是____．

②若大烧杯上改为盖薄铁板，求得的反应热数值：____（填“偏大”；“偏小”或“无影响”）

③若通过测定计算产生的热量为1.42kJ，请写该反应的热化学方程式____．

（2）①已知：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+206.2kJ•mol-1CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=+247.4kJ•mol-1则以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法．CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式为：____．

②由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫键能．已知表中所列键能数据，则N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=____kJ•mol-1．

。化学键H-HN-HN≡N键能kJ•mol-1436391945③一定条件下，在水溶液均为1mol以下离子Cl-、ClO-、ClO2-、ClO3-、ClO4-的能量（kJ）相对大小如图2所示，则3ClO-（aq）═ClO3-（aq）+2Cl-（aq）的△H=____kJ•mol-1．16、如图为实验室制气的常见装置；A；B、C、D、E为加入的试剂．按要求回答下列问题：

（1）如A为浓盐酸、B为MnO2；C为品红溶液、D为KI淀粉溶液．则：

①C最后的现象是：____；

②D开始的现象是：____；

③试剂E是：____．

（2）如A为浓硫酸、B为木炭粉、C为品红溶液、D为酸性KMnO4溶液、E为石灰水．用该实验可证明产物中有SO2和CO2．则：

①证明产物中有SO2的现象是：____；

②可证明产物中有CO2的两个现象，分别是：____；____．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)17、常温常压下，3.2gO2所含的原子数为0.2NA．____（判断对错）18、近半个多世纪以来；随着人类社会的高度发达，环境污染问题也越来越受到了人们的关注．请回答下列问题：

（1）水是人类赖以生存的物质．下列物质会带来水体的重金属污染的是____（填字母）；

A．含Hg2+的化合物B．含N的化合物C．含P的化合物。

其他选项的化合物会造成水体的____（填名称）．

（2）煤和石油是当今世界重要的化石燃料，但它们的燃烧会对环境造成影响，生成的____、____（填化学式）等容易形成酸雨．某火力发电厂为了防止废气污染环境，现采用廉价易得的石灰石浆来吸收，其反应方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2x．试推测x的化学式为____．x的大量排放仍会带来环境问题，它对环境带来的影响是造成____（填名称）．若改用另一种吸收剂，则可避免x的大量排放，其反应方程式为：2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O，则y的化学式为____．

（3）防治环境污染；改善生态环境已成为全球的共识，请回答下列问题：

①空气质量报告的各项指标可以反映出各地空气的质量．下列气体已纳入我国空气质量报告的是____（填字母）．

A．CO2B．N2C．NO2D．SO2

②垃圾应分类收集．你用过的旧试卷应放置于贴有____（填字母）标志的垃圾筒内．

③工业废水需处理达标后才能排放．判断下列废水处理的方法是否合理；合理的请画“√”，不合理的请在括号中填写正确方法．

A．用中和法除去废水中的酸____

B．用混凝法除去废水中的重金属离子____

C．用氯气除去废水中的悬浮物____．19、0.012kg13C所含原子数为阿伏加德罗常数．____（判断对错）20、误食重金属盐而引起的中毒，急救方法可以服用大量的豆浆或牛奶．____．（判断对错）21、甲烷与氯气在紫外线照射下的反应产物有4种____（判断对错）评卷人得分四、推断题(共3题，共15分)22、A；B、C、D、E为中学化学常见的单质或化合物；相互转化关系如图所示（部分产物略去）：

（1）若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；C；D均为空气的主要成分，E是一种有毒气体．

①C的电子式____．

②写出反应Ⅱ的化学方程式____

（2）若A是淡黄色固体；常温下D是无色气体，C中含有的阴；阳离子均为10电子粒子．

①C中所含化学键的类型是____．

②写出反应Ⅲ的离子方程式____．23、甲；乙、X、Y均为初三化学中常见的物质；它们存在如图转化关系（反应条件已略）：

（1）若化合物甲在反应前后质量和化学性质都不改变，化合物乙为一种常见的无色液体，写出符合此条件的一个化学方程式____，反应的基本类型是____，化合物甲起____作用．

（2）若甲、乙、X均为氧化物，Y是生活中使用最广泛的金属材料，则符合此条件的一个反应的化学方程式是____．24、化合物rm{A}的分子式为rm{C_{9}H_{15}OCl}分子中含有一个六元环和一个甲基，环上只有一个取代基；rm{F}分子中不含甲基：rm{A}与其它物质之间的转化如图所示：

rm{(1)A-F}的反应类型是______；rm{G}中含氧官能团的名称是______．

rm{(2)A-C}的反应方程式是______．

rm{(3)H}的结构简式是______，rm{E}的结构简式是______．

rm{(4)}有的同学认为rm{B}中可能没有氯原子，你的观点是______rm{(}填“同意”或“不同意”rm{)隆炉}你的理由______．

rm{(5)}某烃的含氧衍生物rm{X}符合下列条件的同分异构体中，核磁共振氢谱显示为rm{2}组峰的是______rm{(}写结构简式rm{)}只含有两个甲基的同分异构体有______种rm{.}

rm{垄脵}相对分子质量比rm{C}少rm{54}rm{垄脷}氧原子数与rm{C}相同rm{垄脹}能发生水解反应．评卷人得分五、书写(共1题，共6分)25、请写出下列反应的化学方程式：

（1）乙烷和氯气混合光照生成一氯代烷____．

（2）苯与浓硫酸的混合共热____．

（3）由丙烯合成聚丙烯____．

（4）____．评卷人得分六、解答题(共3题，共18分)26、某芳香族化合物分子式为C10H10O4；写出同时符合下列要求的所有同分异构体的结构简式：

①与NaHCO3溶液反应，0.1mol该同分异构体能产生4.48L（标况）CO2气体；

②苯环上的取代基不超过三个；

③苯环上的一氯代物只有两种．

④核磁共振氢谱有五种不同化学环境的氢，峰面积比为1：2：2：2：3．27、判断下列五种溶液的酸碱性；并填写下表：

。溶液用化学用语表示溶液呈酸性（或碱性）的原因Fe2（SO4）3溶液Na2CO3溶液NaHSO4溶液等物质的量醋酸和醋酸钠的混合液28、铁及其化合物之间的相互转化可用下式表示：

Fe2+Fe3+FeO42-（高铁酸根离子）

回答下列有关问题：

（1）Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4．若用反应所得的酸性溶液；实现上述①的转化，要求产物纯净．可选用的试剂是______（选填序号）；

a．Cl2b．Fec．HNO3d．H2O2

（2）上述转化得到的硫酸铁可用于电化浸出黄铜矿精矿工艺．精矿在阳极浸出的反应比较复杂，其中有一主要反应：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S．（CuFeS2中S为-2价）则下列说法正确的是______（选填序号）；

a．从物质分类的角度看；黄铜矿属于合金。

b．反应中；所有铁元素均被还原。

c．反应中，CuFeS2既作氧化剂又作还原剂。

d．当转移1mol电子时，46gCuFeS2参加反应。

（3）下述反应中，若FeSO4和O2的系数比为2：1，试配平下列方程式：FeSO4+K2O2→K2FeO4+K2O+K2SO4+O2↑

（4）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效的绿色水处理剂，在水中发生反应生成Fe（OH）3．高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是______；______．

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】如元素化合价处于中间价态，则反应中即可失去电子也可得到电子，可既被氧化也被还原，以此解答该题．【解析】【解答】解：Cl-、Al处于最低价态，只具有还原性，H+中H元素化合价处于最高价态，只具有氧化性，Fe2+中Fe元素化合价为+2价；处于中间价态，则反应中即可失去电子也可得到电子，可既被氧化也被还原；

故选D．2、B【分析】【分析】A；根据化学式确定元素的种类；

B；元素质量比应该是相对原子质量和角标的乘积再进行比所得的值．

C；分子中原子个数比就是元素的角标的比值；

D、根据质量守恒定律的微观解释进行解答．【解析】【解答】解：A、根据丙烯醛的化学式C3H4O可以看出；由碳；氢、氧三种元素组成，故A正确；

B；元素质量比应该是相对原子质量和角标的乘积再进行比所得的值；所以该有机物中碳、氢、氧元素的质量比是：（12×3）：（4×1）：（16×1）=9：1：4．故B错误；

C、已知丙烯醛（化学式C3H4O）；则分子中原子个数比为3：4：1，故C正确；

D；根据质量守恒定律；可知在化学反应前后，元素种类不变，根据化学式可以看出丙烯醛由碳、氢、氧三种元素组成，所以在空气中完全燃烧的产物是二氧化碳和水，故D正确；

故选B．3、D【分析】【分析】先根据n==计算出氢氧化钠的物质的量，再根据c=计算出稀释后溶液中氢氧化钠的物质的量浓度．【解析】【解答】解：10g10%NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：n（NaOH）==0.025mol；

稀释后溶液中氢氧化钠的浓度为：c（NaOH）==0.5mol/L；

故选D．4、B【分析】【分析】由结构可知，-COOH、醇-OH均可与钠反应，-COOH与NaOH反应，-COOH与新制氢氧化铜悬浊液反应，以此来解答．【解析】【解答】解：分子中含有羟基和羧基；都可与钠反应，则1mol有机物需要2molNa反应；

含有羧基；可与氢氧化钠发生中和反应，1mol有机物需要1molNaOH；

含有羧基，可与氢氧化铜发生中和反应，1mol有机物需要0.5molCu（OH）2；

则理论上需Na、NaOH和Cu（OH）2三种物质的物质的量之比为4：2：1；

故选B．5、C【分析】【分析】X和Y均为短周期元素，已知aXn-比bYm+多两个电子层，X可能为二、三周期元素，Y可能为一、二周期元素，如X为第二周期元素，则Y只能为第一周期元素，则Y只能为H，X可能为N、O、F等，如Y为第二周期元素，可为Li、Be等元素，则X可能为S、Cl等元素，以此解答该题．【解析】【解答】解：X和Y均为短周期元素，已知aXn-比bYm+多两个电子层；X可能为二；三周期元素，Y可能为一、二周期元素，如X为第二周期元素，则Y只能为第一周期元素，则Y只能为H，X可能为N、O、F等，如Y为第二周期元素，可为Li、Be等元素，则X可能为S、Cl等元素；

A．由以上分析可知Y可能为H、Li、Be等元素，则b＜5；故A错误；

B．X可能为二；三周期元素；如Y为第一周期元素，则X可为第二周期元素，Y为第二周期元素，则X为第三周期元素，故B错误；

C．aXn-比bYm+多两个电子层，如Y为第一周期元素，则X为第二周期元素，a+n-b+m=10，如Y为第二周期元素，则X为第三周期元素，a+n-b+m=18-2=16；故C正确；

D．由以上分析可知Y可为Li；Be等第二周期元素；故D错误．

故选：C．6、C【分析】

A、依据化学方程式分析铜元素化合价从+1价变化为0价，硫元素化合价从-2价变化为+4价，所以Cu2S即作氧化剂又做还原剂；故A错误；

B；硫元素化合价从-2价变化为+4价；化合价升高被氧化，发生氧化反应，故B错误；

C；该反应符合氧化还原反应和置换反应的概念；所以既是氧化还原反应又是置换反应，故C正确；

D、依据化学方程式分析铜元素化合价从+1价变化为0价，硫元素化合价从-2价变化为+4价，氧元素化合价从0价变化为-2价，依据电子守恒得到：当1molO2参加反应时，共转移6mole-；故D错误；

故选C．

【解析】【答案】A；根据元素化合价变化分析判断；元素化合价升高的物质做还原剂，化合价降低的做氧化剂；

B；硫元素化合价升高被氧化；

C；反应前后化合价变化的为氧化还原反应；单质和化合物反应生成单质和化合物的反应为置换反应；

D；依据氧化还原反应的电子的电子守恒计算判断．

7、A【分析】解：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量rm{=dfrac{22.4L}{22.4L/mol}=1mol}

每生成rm{=dfrac

{22.4L}{22.4L/mol}=1mol}氧气转移rm{1mol}电子，每生成rm{4mol}氢气转移rm{1mol}电子，每生成rm{2mol}铜转移rm{1mol}电子；

所以根据转移电子守恒得铜的物质的量rm{=dfrac{1mol隆脕4-1mol隆脕2}{2}=1mol}

则铜离子的物质的量浓度rm{=dfrac{1mol}{0.5L}=2mol/L}

根据电荷守恒得钾离子浓度rm{2mol}

A.根据分析知，原混合溶液中rm{=dfrac

{1mol隆脕4-1mol隆脕2}{2}=1mol}为rm{=dfrac

{1mol}{0.5L}=2mol/L}rm{=6mol?L^{-1}-2mol/L隆脕2=2mol/L}故A正确；

B.转移电子的物质的量rm{c(K^{+})}故B错误；

C.根据以上分析知，铜的物质的量为rm{2}故C错误；

D.当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的rm{mol?L^{-1}}倍，为rm{=1mol隆脕4=4mol}则氢离子浓度rm{=dfrac{4mol}{0.5L}=8mol/L}故D错误；

故选：rm{1mol}．

电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时；阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，根据得失电子守恒计算铜的物质的量，再结合电荷守恒计算钾离子的浓度，据此分析解答．

本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，结合转移电子守恒、电荷守恒来分析解答，难度中等．rm{4}【解析】rm{A}8、A【分析】【分析】本题考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等，难度中等，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液。【解答】rm{垄脵}四氧化三铁与铝发生铝热反应生成铁，铁在空气中生成生成铁锈，故rm{垄脵}正确；

rm{垄脷}二氧化硫与双氧水反应生成硫酸，但硫酸与铜反应只能生成二氧化硫，故rm{垄脷}错误；错误；rm{垄脷}氧化铝与盐酸反应生成氯化铝溶液，氯化铝溶液加热时水解生成氢氧化铝，得不到氯化铝，故rm{垄脹}错误；

rm{垄脹}氨气加热氧化生成一氧化氮，故rm{垄脺}错误；

rm{垄脺}二氧化硅与碳酸钠高温反应生成硅酸钠，硅酸钠与二氧化碳、水反应生成硅酸，故rm{垄脻}正确．

故rm{垄脻}rm{垄脻}正确。故A正确。

故选A。

rm{垄脻}【解析】rm{A}二、填空题(共8题，共16分)9、纤维素C6H12O6光化学CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOC2H5+H2O酯化反应（或取代反应）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O【分析】【分析】甘蔗渣处理之后得到纤维素，纤维素水解的最终产物为葡萄糖，所以B为葡萄糖，葡萄糖能发生银镜反应生成H为葡萄糖酸铵，葡萄糖在酒化酶的作用下生成D为CH3CH2OH，CH3CH2OH催化氧化得E为CH3CHO，CH3CHO再氧化得F为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH反应生成G为CH3COOCH2CH3，葡萄糖在体内氧化生成C为CO2，据此答题．【解析】【解答】解：甘蔗渣处理之后得到纤维素，纤维素水解的最终产物为葡萄糖，所以B为葡萄糖，葡萄糖能发生银镜反应生成H为葡萄糖酸铵，葡萄糖在酒化酶的作用下生成D为CH3CH2OH，CH3CH2OH催化氧化得E为CH3CHO，CH3CHO再氧化得F为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH反应生成G为CH3COOCH2CH3，葡萄糖在体内氧化生成C为CO2；

（1）由上面的分析可知，A为纤维素；B为葡萄糖，它的分子式为C6H12O6；

故答案为：纤维素；C6H12O6；

（2）由CO2在光的作用之下合成葡萄糖；是光能转化化学能；

故答案为：光；化学；

（3）乙醇与乙本反应生成乙酸乙酯的化学方程式为CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOC2H5+H2O；该反应为酯化反应（或取代反应）；

故答案为：CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOC2H5+H2O；酯化反应（或取代反应）；

（4）乙醇催化氧化的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

（5）①能使石蕊试液变红，说明有羧基；②有2个甲基与CH3COOCH2CH3互为同分异构体的结构简式有

故答案为：10、升高温度减小SO3浓度【分析】【分析】（1）根据正逆反应速率的变化结合温度；压强对反应速率和化学平衡的影响判断；

（2）根据正逆反应速率的变化结合温度；压强对反应速率和化学平衡的影响判断；

（3）根据正逆反应速率的变化结合温度；压强对反应速率和化学平衡的影响判断画在c～d处；

（4）依据化学平衡三段式列式计算，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），根据浓度计算式c=计算平衡浓度，平衡常数等于生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物的幂次方乘积得到，转化率=×100%得到．【解析】【解答】解：（1）a时逆反应速率大于正反应速率；且正逆反应速率都增大，说明平衡应向逆反应方向移动，该反应的正反应放热，应为升高温度的结果，故答案为：升高温度；

（2）b时正反应速率不变，逆反应速率减小，在此基础上逐渐减小，应为减小生成物的原因，故答案为：减小SO3浓度；

（3）若增大压强时；平衡向正反应方向移动，则正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，图象应为。

答：

（4）二氧化硫消耗物质的量浓度为x；则。

2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；

起始量（mol/L）10.50

变化量（mol/L）x0.5xx

平衡量（mol/L）1-x0.5-0.5xx

得到x=0.5mol/L；

平衡时各物质的浓度为c（SO2）=0.5mol•L-1；

c（O2）=0.5mol/L-0.5×0.5mol/L=0.25mol•L-1；

c（SO3）=0.5mol•L-1；

所以K==4（L/mol）；

平衡时SO2的转化率为=×100%=50%；

答：该温度下的平衡常数4；平衡时SO2的转化率为50%．11、CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-0.5akJ/molCH4-8e-+10OH-═CO32-+7H2OCH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O【分析】【分析】（1）依据热化学方程式书写方法；标注物质聚集状态和反应焓变写出热化学方程式；

（2）甲烷燃料电池中，负极上投放燃料甲烷，发生失电子发生氧化反应，正极上投放氧气，发生得电子的还原反应，总反应是燃料和氧气反应的化学方程式，即为正极反应和负极反应的和，注意电解质环境决定方程式的书写．【解析】【解答】解：（1）32g甲烷即2molCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O时，放出akJ热量，则1mol甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水放热0.5akJ，反应的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-0.5akJ/mol；

故答案为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-0.5akJ/mol；

（2）在碱性溶液中，负极上投放燃料甲烷，发生失电子发生氧化反应：CH4-8e-+10OH-═CO32-+7H2O，正极上投放氧气，发生得电子的还原反应：2O2+4H2O+8e-═8OH-，燃料电池的总反应式为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O；

故答案为：CH4-8e-+10OH-═CO32-+7H2O；CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O．12、CNa第三周期第ⅢA族H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=-akJ•mol-1NaH+H2O=NaOH+H2↑4H++AlO2-═Al3++2H2OAl3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓C（Na+）＞C（SO42-）＞C（HCO3-）＞C（OH-）＞C（H+）＞C（CO32-）Al-3e-=Al3+、Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+CO2↑2Al（OH）3Al2O3+3H2O【分析】【分析】A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B有2个电子层，最外层电子数为4，故B为C元素；元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，原子序数大于碳元素，则C为Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，处于第三周期，则D为Al元素；元素A的单质在常温下呈气态，A的原子序数小于碳元素，A为H元素；常温常压下，E单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积，E为S元素，据此解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素；元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B有2个电子层，最外层电子数为4，故B为C元素；元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，原子序数大于碳元素，则C为Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，处于第三周期，则D为Al元素；元素A的单质在常温下呈气态，A的原子序数小于碳元素，A为H元素；常温常压下，E单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积，E为S元素；

（1）由上述分析可知；B为C元素；C为Na元素；D为Al元素，处于第三周期第ⅢA族，故答案为：C；Na；第三周期第ⅢA族；

（2）H2S的燃烧热△H=-akJ•mol-1，则H2S燃烧反应的热化学方程式为：H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=-akJ•mol-1；

故答案为：H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=-akJ•mol-1；

（3）NaH属于离子化合物，其电子式为NaH与水发生水解反应，生成NaOH与氢气，化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑；

故答案为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

（4）甲、乙、丙分别是B、D、E三种元素最高价含氧酸的钠盐，甲、乙都能与丙发生反应，且丙用量不同，反应的产物不同，则甲为Na2CO3，乙为NaAlO2，丙为NaHSO4；

①向NaHSO4溶液中缓慢滴加过量的NaAlO2溶液，过程中发生反应的离子方程式：4H++AlO2-═Al3++2H2O、Al3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓；

故答案为：4H++AlO2-═Al3++2H2O、Al3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓；

②向Na2CO3溶液中缓慢滴加等物质的量的NaHSO4溶液，二者恰好反应，所得溶液为NaHCO3、Na2SO4等浓度混合溶液，HCO3-水解大于其电离程度，溶液呈碱性，故C（OH-）＞C（H+），且水也电离产生H+，溶液中C（H+）＞C（CO32-），水解程度比较小，故溶液中C（Na+）＞C（SO42-）＞C（HCO3-）＞C（OH-）＞C（H+）＞C（CO32-）；

故答案为：C（Na+）＞C（SO42-）＞C（HCO3-）＞C（OH-）＞C（H+）＞C（CO32-）；

（5）用Al单质作阳极，石墨作阴极，NaHCO3溶液作电解液进行电解，阳极发生反应：Al-3e-=Al3+、Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+CO2↑，生成难溶物R为Al（OH）3，Al（OH）3受热分解生成化合物氧化铝，反应方程式为：2Al（OH）3Al2O3+3H2O；

故答案为：Al-3e-=Al3+、Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+CO2↑；2Al（OH）3Al2O3+3H2O．13、①⑦⑩③⑥⑧②④⑤【分析】【分析】在水溶液中能够完全电离的电解质为强电解质，在溶液中部分电离的电解质为弱电解质，弱电解质存在电离平衡，水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液和熔融状态都不导电的化合物为非电解质，据此进行判断．【解析】【解答】解：①氯化钾；③醋酸、⑥硫化氢、⑦硫酸氢钠、⑧一水合氨、⑩碳酸钡水溶液中或熔融状态下能导电；属于电解质；

①氯化钾；⑦硫酸氢钠、⑩碳酸钡水溶液中或熔融状态下完全电离属于强电解质；

③醋酸；⑥硫化氢、⑧一水合氨水溶液中部分电离属于弱电解质；

②乙醇；④氨气、⑤蔗糖水溶液中和熔融状态下都不导电属于非电解质；

⑨氯气⑪铁是单质不是电解质或非电解质；

属于强电解质的为：①⑦⑩；

属于弱电解质的为：③⑥⑧；

属于非电解质的为：②④⑤

故答案为：①⑦⑩；③⑥⑧；②④⑤．14、3.01000295.0用适量的水洗涤杯和玻璃棒2-3次，洗涤液均注入容量瓶中偏小将稀释后的硫酸冷却到室温【分析】【分析】（1）依据C=计算浓硫酸的物质的量浓度；

（2）依据配制溶液体积选择合适的容量瓶；

（3）依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；

为保证所有溶质都转移到容量瓶；应将烧杯和玻璃棒进行洗涤，并将洗涤液均注入容量瓶中；

（4）依据C=分析如果省略操作D对所配溶液浓度的影响；

（5）容量瓶为精密仪器，移液前，溶液温度应降为室温．【解析】【解答】解：（1）25%的硫酸（ρ=1.18g・mL-1）的物质的量浓度为=3.0mol/L；故答案为：3.0；

（2）配制6.0mol・L-1的H2SO4溶液1000mL；所以应选择1000mL规格的容量瓶，故答案为：1000；

（3）则欲配制6.0mol・L-1的H2SO4溶液1000mL，设需要浓硫酸体积为V，依据溶液稀释过程中所含溶液的物质的量不变得：6.0mol・L-1×1L=0.5mol・L-1×

0.48L+3.0mol/L×0.15L+18mol・L-1×V；解得V=0.295L，即295．OmL；

为保证所有溶质都转移到容量瓶；应将烧杯和玻璃棒进行洗涤2-3次，并将洗涤液均注入容量瓶中；

故答案为：295.0；用适量的水洗涤杯和玻璃棒2-3次；洗涤液均注入容量瓶中；

（4）如果省略操作D，导致溶质的物质的量偏小，依据C=可知溶液浓度偏低；故答案为：偏小；

（5）容量瓶为精密仪器，移液前，溶液温度应降为室温，故答案为：将稀释后的硫酸冷却到室温．15、保温（或隔热、或减少热量损失）偏小HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-56.8kJ•mol-1CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=+165kJ•mol-1-93-117【分析】【分析】（1）①中和热测定实验成败的关键是保温工作；

②若大烧杯上改为盖薄铁板；会使一部分热量散失；

③根据热化学方程式的意义以及书写方法来回答；

（2）①根据盖斯定律计算反应热；据此书写该热化学反应方程式；

②反应焓变=生成物键能之和-反应物键能之和计算得到；

③反应焓变=产物能量之和-反应物能量之和计算得到．【解析】【解答】解：（1）①烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是：保温（或隔热；或减少热量损失）；故答案为：保温（或隔热、或减少热量损失）；

②若大烧杯上改为盖薄铁板；会使一部分热量散失，求得的反应热数值偏小，故答案为：偏小；

③50mL0.50mol•L-1盐酸与50mL0.55mol•L-1NaOH溶液反应生成0.025mol水，产生的热量为1.42kJ，则生成1mol水放热56.8kJ，即HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-56.8kJ•mol-1，故答案为：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-56.8kJ•mol-1；

（2）①a、CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+206.2kJ•mol-1；

b、CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=+247.4kJ•mol-1；

由盖斯定律可知，a×2-b可得CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）；

其反应热△H=（+206.2kJ•mol-1）×2-（+247.4kJ•mol-1）=+165.0kJ•mol-1；

即热化学方程式为CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=+165.0kJ•mol-1；

故答案为：CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=+165.0kJ•mol-1；

CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=+165kJ•mol-1

②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=akJ/mol；△H=945KJ/mol+3×436KJ/mol-6×391KJ/mol=-93KJ/mol；

故答案为：-93；

③3ClO-（aq）═ClO3-（aq）+2Cl-（aq）的△H=（63+0-3×60）kJ/mol=-117kJ/mol，故答案为：-117．16、品红褪色溶液变蓝色NaOH溶液品红褪色D酸性KMnO4溶液没有褪色E变浑浊【分析】【分析】（1）如A为浓盐酸、B为MnO2；C为品红溶液、D为KI淀粉溶液；分析装置图和试剂性质可知，A浓盐酸加入B二氧化锰中反应生成氯气，通过洗气瓶中的品红试液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性能使品红试液褪色，通过洗气瓶中的D碘化钾淀粉溶液，会发生氧化还原反应生成碘单质遇到淀粉变蓝，最后烧杯中的氢氧化钠溶液吸收过量氯气，防止污染空气；

（2）如A为浓硫酸、B为木炭粉、C为品红溶液、D为酸性KMnO4溶液、E为石灰水．用该实验可证明产物中有SO2和CO2，利用品红试液检验二氧化硫的生成，利用高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，剩余的二氧化碳气体通过澄清石灰水变浑浊分析判断．【解析】【解答】解：（1）如A为浓盐酸、B为MnO2；C为品红溶液、D为KI淀粉溶液；分析装置图和试剂性质可知，A浓盐酸加入B二氧化锰中反应生成氯气，通过洗气瓶中的品红试液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性能使品红试液褪色，通过洗气瓶中的D碘化钾淀粉溶液，会发生氧化还原反应生成碘单质遇到淀粉变蓝，最后烧杯中的氢氧化钠溶液吸收过量氯气，防止污染空气；

①反应生成氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性能氧化品红褪色；所以C中的最后现象为品红褪色；

故答案为：品红褪色；

②氯气通过洗气瓶中的D碘化钾淀粉溶液；会发生氧化还原反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝溶液变蓝色；

故答案为：溶液变蓝色；

③氯气是有毒气体；不能排放到空气中，最后烧杯中的溶液是氢氧化钠溶液，用来吸收过量氯气，防止污染空气，故答案为：NaOH溶液；

（2）如A为浓硫酸、B为木炭粉、C为品红溶液、D为酸性KMnO4溶液、E为石灰水．用该实验可证明产物中有SO2和CO2；利用品红试液检验二氧化硫的生成，利用高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，剩余的二氧化碳气体通过澄清石灰水变浑浊；

①反应生成的青提子二氧化硫具有漂白性；能使品红试液褪色，故答案为：品红褪色；

②二氧化碳和二氧化硫都可以使澄清石灰水变浑浊，所以检验二氧化碳前，需要先除去二氧化硫气体，所以怎么二氧化碳存在的反应现象为：D酸性KMnO4溶液没有褪色；E变浑浊；

故答案为：D酸性KMnO4溶液没有褪色；E变浑浊．三、判断题(共5题，共10分)17、√【分析】【分析】根据n==结合物质的构成计算．【解析】【解答】解：n（O2）==0.1mol，则含有原子数为0.2NA．故答案为：√．18、A【分析】【分析】（1）密度小于4.5的为轻金属；大于4.5的为重金属；水体富营养化是因为向水中排放含氮；磷等元素的生产生活废水过多造成的；

（2）酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫；氮氧化物等酸性气体；经过复杂的大气化学反应，形成硫酸和硝酸，被雨水吸收溶解而成；根据化学反应前后原子的种类与数目保持不变可以判断物质的化学式；二氧化碳是一种主要的温室效应气体；根据质量守恒的原因推出Y为氢氧化钙；

（3）①空气质量报告的主要内容包括：空气污染指数；首要污染物（包括可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等气体）、空气质量级别、空气质量状况等；

②旧试卷属于可回收物；可回收再利用；

③根据污水的类型选取处理的方法．【解析】【解答】解：（1）工业废水中常见的重金属元素指的是Cu2+、Hg2+、Cd2+、Pb2+等重金属离子；含铅；汞的物质是常见的有毒污染物；生物所需的氮、磷等营养物质大量进入湖泊、河口、海湾等缓流水体，引起藻类及其它浮游生物迅速繁殖，水体溶氧量下降，鱼类及其它生物大量死亡，该现象为水体富营养化导致的结果；

故答案为：A；富营养化；

（2）酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH约为5.6；酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体，经过复杂的大气化学反应，被雨水吸收溶解而成，根据2CaCO3+2SO2+O2═2CaSO4+2x可知，依据质量守恒定律可知每个x中含有1个碳原子和2个氧原子，所以x是二氧化碳．二氧化碳是形成温室效应的主要物质，2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O；依据质量守恒定律可知每个y中含有1个钙原子和2个氢氧根原子团，所以y是氢氧化钙；

故答案为：SO2；NO2；CO2；温室效应；Ca（OH）2；

（3）①空气质量报告的主要内容包括：空气污染指数、首要污染物（包括可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等气体）、空气质量级别、空气质量状况等，二氧化碳无毒，不属于空气污染物，氮气是空气的主要组成气体，而可吸入颗粒物、NO2、SO2均为污染物；需要检测；

故答案为：CD；

②用过的旧试卷可回收再利用重新做成纸浆；属于可回收垃圾，故答案为：A；

③A．如果污水中含大量氢离子或氢氧根离子；可采用酸碱中和法，除去水中大量的氢离子或氢氧根离子，故答案为：√；

B．如果水中含重金属离子；可加入一些物质使金属阳离子转化成沉淀而除去这些离子，即沉降法，故答案为：（沉降法）；

C．如果使悬浮于水中的泥沙形成絮状不溶物沉降下来，使水澄清，可用明矾等混凝剂作净水剂，故答案为：（混凝法）．19、×【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：×．20、√【分析】【分析】重金属盐中毒的原理即破坏人体的蛋白质结构，鸡蛋清、豆浆、牛奶中含有蛋白质，据此解题．【解析】【解答】解：重金属盐中毒的原理即破坏人体的蛋白质结构，鸡蛋清、豆浆、牛奶中含有蛋白质，服用鸡蛋清、豆浆、牛奶，可防止人体本身的蛋白质被破坏，能用于解毒，故答案为：√．21、×【分析】【分析】甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，还有无机物氯化氢，据此完成即可．【解析】【解答】解：由于甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，还有无机物：氯化氢，总计5种产物，故答案为：×．四、推断题(共3题，共15分)22、2NO+2CON2+2CO2离子键和共价键2OH-+CO2═CO32-+H2O【分析】【分析】根据题中各物质转化关系；

（1）若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH3，C、D均为空气的主要成分，且A与D能反应生成B，则D为O2，所以C为N2；B为NO，E是一种有毒气体，且B与E反应生成C，则E为CO；

（2）所以A是过氧化钠，D是二氧化碳，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，B和E反应生成C，C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子，C能和二氧化碳反应生成B，所以B是碳酸钠，C是氢氧化钠，E是强碱（如氢氧化钙、氢氧化钡），验证符合转化关系；【解析】【解答】解：（1）若A是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH3，C、D均为空气的主要成分，且A与D能反应生成B，则D为O2，所以C为N2；B为NO，E是一种有毒气体，且B与E反应生成C，则E为CO；

①C为N2，C的电子式为

故答案为：

②反应Ⅱ的化学方程式为2NO+2CON2+2CO2；

故答案为：2NO+2CON2+2CO2；

（2）所以A是过氧化钠；D是二氧化碳，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，B和E反应生成C，C中含有的阴；阳离子均为10电子粒子，C能和二氧化碳反应生成B，所以B是碳酸钠，C是氢氧化钠，E是强碱（如氢氧化钙、氢氧化钡）；

①C是氢氧化钠；C中所含化学键的类型是离子键和共价键；

故答案为：离子键和共价键；

②反应Ⅲ的离子方程式为2OH-+CO2═CO32-+H2O；

故答案为：2OH-+CO2═CO32-+H2O；23、2H2O22H2O+O2↑分解反应催化3CO+Fe2O32Fe+3CO2或4CO+Fe3O43Fe+4CO2（其它合理答案均可）【分析】【分析】（1）将一种无色溶液X与化合物甲混合发生反应；反应完毕后生成氧气和常温下无色的液体乙，化合物甲在反应前后的质量和化学性质都不改变，结合实验室制取氧气的药品和方法可知，所以X是过氧化氢溶液，化合物甲是二氧化锰，化合物乙是水，然后将推出的各种物质代入转化关系中验证即可．

（2）若甲、乙、X均为氧化物，Y是生活中使用最广泛的金属材料，根据炼铁的原理高温下，用还原剂一氧化碳把铁从铁矿石中还原出来，在生成铁的同时还生成二氧化碳来回答．【解析】【解答】解：（1）将一种无色溶液X与化合物甲混合发生反应，反应完毕后生成氧气和常温下无色的液体乙，化合物甲在反应前后的质量和化学性质都不改变，结合实验室制取氧气的药品和方法可知，所以X是过氧化氢溶液，化合物甲是二氧化锰，化合物乙是水，经过验证，推出的各种物质均满足题中的转化关系，推导正确，所以Y是氧气，乙是水，甲是二氧化锰，X是过氧化氢溶液，Y是二氧化锰；X与甲混合发生的反应是过氧化氢和二氧化锰反应生成水和氧气，化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；其中甲的质量和化学性质反应前后都没有改变，所以甲是催化剂，起催化作用，该反应满足分解反应一变多的条件，属于分解反应；

故答案为：2H2O22H2O+O2↑；分解反应；催化；

（2）若甲、乙、X均为氧化物，Y是生活中使用最广泛的金属材料，根据炼铁的原理高温下，用还原剂一氧化碳把铁从铁矿石中还原出来，在生成铁的同时还生成二氧化碳来分析判断，则符合此条件的一个反应的化学方程式是：3CO+Fe2O32Fe+3CO2或4CO+Fe3O43Fe+4CO2；

故答案为：3CO+Fe2O32Fe+3CO2或4CO+Fe3O43Fe+4CO2．24、略

【分析】解：化合物rm{A}的分子式为rm{C_{9}H_{15}OCl}分子中含有一个六元环和一个甲基，环上只有一个取代基，rm{A}能与新制氢氧化铜悬浊液反应，说明含有醛基，所以rm{A}的结构简式为也能与氢氧化钠的醇溶液反应生成rm{F}该反应是消去反应，rm{F}分子中不含甲基，则rm{F}的结构简式为rm{.F}与新制氢氧化铜悬浊液反应并酸化，则rm{G}的结构简式为rm{.G}发生加聚反应生成高分子化合物rm{H}则rm{H}的结构简式为rm{.A}发生水解反应生成rm{C}则rm{C}的结构简式为rm{.C}发生银镜反应并酸化后得到rm{D}则rm{D}的结构简式为rm{.D}发生缩聚反应生成rm{E}则rm{E}的结构简式为。

rm{(1)}根据以上分析可知rm{A-F}的反应类型是消去反应；rm{G}中含氧官能团的名称是羧基；

故答案为：消去反应；羧基；

rm{(2)A-C}的反应方程式是

故答案为：

rm{(3)H}的结构简式是rm{E}的结构简式是

故答案为：

rm{(4)}由于在碱性条件下氯原子可能水解，所以rm{B}中可以没有氯原子；

故答案为：同意；在碱性环境中氯原子可能水解；

rm{(5)垄脵}相对分子质量比rm{C}少rm{54}rm{垄脷}氧原子数与rm{C}相同，rm{垄脹}能发生水解反应，说明含有酯基，因此分子数为rm{C_{5}H_{10}O_{2}.}核磁共振氢谱显示为rm{2}组峰的是，则结构简式为rm{HCOOC(CH_{3})_{3}}只含有两个甲基的同分异构体有rm{HCOOCH_{2}CH(CH_{3})_{2}}rm{HCOOCH(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH_{2}COOCH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}COOCH_{3}}共计rm{5}种；

故答案为：rm{HCOOC(CH_{3})_{3}}rm{5}．

化合物rm{A}的分子式为rm{C_{9}H_{15}OCl}分子中含有一个六元环和一个甲基，环上只有一个取代基，rm{A}能与新制氢氧化铜悬浊液反应，说明含有醛基，所以rm{A}的结构简式为也能与氢氧化钠的醇溶液反应生成rm{F}该反应是消去反应，rm{F}分子中不含甲基，则rm{F}的结构简式为rm{.F}与新制氢氧化铜悬浊液反应并酸化，则rm{G}的结构简式为rm{.G}发生加聚反应生成高分子化合物rm{H}则rm{H}的结构简式为rm{.A}发生水解反应生成rm{C}则rm{C}的结构简式为rm{.C}发生银镜反应并酸化后得到rm{D}则rm{D}的结构简式为rm{.D}发生缩聚反应生成rm{E}则rm{E}的结构简式为据此分析解答．

本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，正确判断rm{A}结构简式是解本题关键，明确物质官能团及其性质、反应条件、同分异构体书写方法是解本题关键，难点是限制性同分异构体种类判断，题目难度中等．【解析】消去反应；羧基；同意；在碱性环境中氯原子可能水解；rm{HCOOC(CH_{3})_{3}}rm{5