2025年牛津上海版高三化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年牛津上海版高三化学上册月考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5题，共10分)1、下列对于淡水资源的认识中，正确的是（）A.可供人类利用的淡水资源非常丰富B.我国有多条大江大河和众多的湖泊，所以属于富水国家C.每人每天约需2.5kg水，加之人口急剧增加，地球上的淡水对满足人们的生活用水已很紧张D.海水中含有大量的盐，人类无法从中提取淡水2、下列有关工业生产叙述正确的是（）A.电解精炼铜时，同一时间内阳极溶解铜的质量比比阴极析出铜的质量小B.高炉炼铁时，增加高炉高度，延长CO和铁矿石的接触时间，可以提高CO利用率C.硫酸工业中，接触室内安装热交换器，是为了将SO2完全转化为SO3D.侯氏制碱是将CO2和NH3先后通入饱和氯化钠溶液中得碳酸氢钠固体，再灼烧制碳酸钠固体3、设nA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A.常温下，14gC2H4含有nA个氢原子B.1molC和足量浓硫酸完全反应转移4nA个电子C.1L0.1mol•L-1的Na2CO3溶液含有0.1nA个CO32-D.标准状况下，22.4LCH3CH2OH含有个nA个CH3CH2OH分子4、下列物质既能由金属和酸反应获得，也能通过金属和氯气反应获得的是（）A.CuCl2B.FeCl2C.FeCl3D.AlCl35、根据物质的性质和组成特点，可将NaOH（固）、P2O5和CaCl2（固）归为一类．从以下选项中选出能与这三种物质归为一类的物质应该是（）（单选）

A.浓H2SO4

B.NaCl

C.碱石灰。

D.CaO

评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、（2014秋•阳东县校级月考）碘在科研与生活中有重要应用．某兴趣小组用0.50mol•L-1KI、0.2%淀粉溶液、0.20mol•L-1K2S2O8、0.10mol•L-1Na2S2O3等试剂；探究反应条件对化学反应速率的影响．

已知：S2O82-+2I-═2SO42-+I2（慢）；I2+2S2O32-═2I-+S4O62-（快）

（1）为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：。实验序号体积V/mLK2S2O8溶液水KI溶液Na2S2O3溶液淀粉溶液淀粉溶液①10.00.04.04.02.0②9.01.04.04.02.0③8.0Vx4.04.02.0表中Vx=____mL，理由是____．

（2）已知某条件下，浓度c（S2O82-）～反应时间t的变化曲线如图13，若保持其他条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c（S2O82-）～t的变化曲线示意图（进行相应的标注）

（3）碘也可用作心脏起搏器电源-锂碘电池的材料．该电池反应为：2Li（s）+I2（s）=2LiI（s）△H

已知：4Li（s）+O2（g）=2Li2O（s）△H14LiI（s）+O2（g）=2I2（s）+2Li2O（s）△H2则电池反应的△H=____．7、用多种方法鉴别下列两组白色粉末物质（注：①能够写化学方程式的写出化学反应方程式；②鉴别方法可以不用填满；若序号不够也可以自己再添）．

（1）Na2CO3和SiO2

①____

②____

③____

（2）CaCO3和Na2SiO4

①____

②____

③____．8、工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-；它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理．某工厂使用还原沉淀法处理，该法的工艺流程为：

其中第①步存在平衡：2CrO42-（黄色）+2H+═Cr2O72-（橙色）+H2O

（1）若平衡体系的pH=12，则溶液显____色．

（2）能说明第①步反应达平衡状态的是____．

a．Cr2O72-的浓度不变b．Cr2O72-和CrO42-的浓度相同。

c．2v（Cr2O72-）=v（CrO42-）d．溶液的颜色不变。

（3）第②步反应中，还原剂为____，该还原剂反应后生成____．

（4）电镀废液中Cr2O72-还可通过下列反应转化：

Cr2O72-（aq）+2Pb2+（aq）+H2O（l）═2PbCrO4（s）+2H+（aq）△H＜0

该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是____

9、（2015春•杭州校级期末）已知：A是石油裂解气的主要成份；A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平．现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示．

（1）反应④的化学方程式为____．

（2）①、④的反应类型为____、____．

（3）在实验室中获得的乙酸乙酯往往含有B、D，为提纯E，加入的试剂以及分离操作方法是____、____．10、（2014春•上城区校级期中）为了研究碳酸钙与盐酸反应的反应速率，某同学通过如图实验装置测定反应中生成的CO2气体体积；并绘制出如图所示的曲线．请分析讨论以下问题．

（1）化学反应速率最快的时间段是____，原因是____；

A.0～t1B．t1～t2C．t2～t3D．t3～t4

（2）为了减缓上述反应速率，欲向盐酸溶液中加入下列物质，你认为可行的有____；

A．蒸馏水B．NaCl固体C．NaCl溶液D．通入HCl

（3）若盐酸溶液的体积是20mL，图中CO2的体积是标准状况下的体积，则t1～t2时间段平均反应速率v（HCl）=____mol•L-1•min-1．11、二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se．

（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应方程式____．

（2）已知：Se+2H2SO4（浓）→2SO2↑+SeO2+2H2O

2SO2+SeO2+2H2O→Se+2SO42-+4H+

SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是____．

（3）回收得到的SeO2的含量；可以通过下面的方法测定：

①SeO2+KI+HNO3→Se+I2+KNO3+H2O

②I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI

配平方程式①，标出电子转移的方向和数目____．

（4）实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为____．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)12、乙二酸与乙二醇的缩聚反应方程式为____．13、化合物分为酸、碱、盐和氧化物是用树状分类法分类的____．（判断对错）14、因为SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，所以SO2具有漂白性____．（判断对错）15、氨基酸分子中既有羧基，又有氨基，因此它具有两性．____（判断对错）16、在0℃时，22.4L氢气有2NA个氢原子．____．（判断对错）17、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物____

（2）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，证明淀粉没有水解成葡萄糖____

（3）食用白糖的主要成分是蔗糖____

（4）蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质____

（5）麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖____

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体____

（7）蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体____

（8）麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应____

（9）纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色____

（10）植物油的主要成分是高级脂肪酸____

（11）向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固体析出，所以蛋白质均发生变性____

（12）用甘氨酸（CH2COOHNH2）和丙氨酸（CH3CHCOOHNH2）缩合最多可形成4种二肽____

（13）天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点____

（14）若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物不一致____

（15）苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色____

（16）油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳____

（17）蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质____

（18）乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇____

（19）蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解____

（20）氨基酸、淀粉均属于高分子化合物____．评卷人得分四、书写(共4题，共36分)18、（1）相同反应物，滴加顺序不同，离子方程式不同，如：在AlCl3溶液中滴入几滴NaOH溶液，离子方程式为____．在NaOH溶液中滴入几滴AlCl3溶液，离子方程式为____．

（2）微溶物状态不同，离子方程式不同，如：石灰乳与Na2CO3溶液反应的离子方程式为____．澄清石灰水与Na2CO3溶液反应的离子方程式为____．

（3）将一小片铜片加入稀硫酸中没有反应，再加入适量KNO3晶体，则铜片逐渐溶解，并产生无色气体．____．

（4）向氢氧化钡溶液中滴加明矾溶液至Ba2+完全沉淀，离子方程式为：____，继续加入明矾溶液，又发生的反应离子方程式为：____．

（5）已知Br2水与FeCl2（aq）发生如下反应：3Br2+6FeCl2═4FeCl3+2FeBr3现将112mL（标准状况）Cl2通入10.0mL1.0mol/L的FeBr2（aq）中，写出发生反应的离子方程式____．19、现有以下物质①NaCl晶体②CO2③熔融的硝酸钾④铜⑤BaSO4固体⑥蔗糖⑦酒精⑧氢氧化钠溶液；请回答下列问题（填序号）

（1）能导电的是____；属于电解质的是____；属于非电解质的是____

（2）写出相应的电离方程式：____，____．20、（1）在新生代的海水里有一种铁细菌，它们提取海水中的亚铁离子，把它转变成它们的皮鞘（可以用Fe2O3来表示其中的铁），后来便沉积下来形成铁矿；这个以酶为催化剂的反应的另一个反应物是CO2，它在反应后转变成甲醛．试写出配平的离子方程式____．

（2）在H2O2作用下可实现Fe（CN）63-与Fe（CN）64-之间的相互转化，在酸性溶液中H2O2可使Fe（CN）64-转化为Fe（CN）63-；在碱性溶液里H2O2可使Fe（CN）63-转化为Fe（CN）64-．写出以上相互转化的离子方程式．

①酸性溶液中：____

②碱性溶液中：____．21、A、B、C、D、E5瓶透明溶液，分别是HCl、BaCl2、NaHSO4、Na2CO3和AgNO3中的一种．已知：

①；A与B反应有气体生成；②、B与C反应有沉淀生成；

③；C与D反应有沉淀生成；④、D与E反应有沉淀生成；

⑤；A与E反应有气体生成；

⑥；②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质

请填空：

（1）在反应③中，生成的沉淀物质的化学式是____；

（2）B是____，D是____（填化学式）；

（3）反应⑤的离子方程式是____．评卷人得分五、实验题(共1题，共3分)22、环己酮是一种重要的有机化工原料．实验室合成环己酮的反应为：

环己醇和环己酮的部分物理性质见下表：

。物质相对分子质量沸点（℃）密度（g•cm-3、20℃）溶解性环己醇100161.10.9624能溶于水和醚环己酮98155.60.9478微溶于水，能溶于醚现以20mL环己醇与足量Na2Cr2O7和硫酸的混合液充分反应；制得主要含环己酮和水的粗产品，然后进行分离提纯．其主要步骤有（未排序）：

a．蒸馏；除去乙醚后；收集151℃～156℃馏分。

b．水层用乙醚（乙醚沸点34.6℃；易燃烧）萃取，萃取液并入有机层。

c．过滤。

d．往液体中加入NaCl固体至饱和；静置，分液。

e．加入无水MgSO4固体；除去有机物中少量水。

回答下列问题：

（1）上述分提纯步骤的正确顺序是____．

（2）b中水层用乙醚萃取的目的是____．

（3）从下关于萃取分液操作的叙述中，不正确的是____．

A．水溶液中加入乙醚；转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，如图用力振荡。

B．振荡几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气。

C．经几次振荡并放气后；手持分漏斗静置液体分层。

D．分液时；需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，再从上口倒出上层液体。

（4）在上述操作d中，加入NaCl固体的作用是____．蒸馏除乙醚的操作中采用的加热方式为____．

（5）蒸馏操作时，一段时间后发现未通冷凝水，应采取的正确方法是____．

（6）恢复至室温时，分离得到纯产品体积为12mL，则环己酮的产率约是____．评卷人得分六、简答题(共4题，共40分)23、2015年8月12号接近午夜时分；天津滨海新区一处集装箱码头发生爆炸．发生爆炸的是集装箱内的易燃易爆物品，爆炸火光震天，并产生巨大蘑菇云．根据掌握的信息分析，装箱区的危险化学品可能有钾；钠、氯酸钠、硝酸钾、烧碱，硫化碱、硅化钙、三氯乙烯、氯碘酸等．运抵区的危险化学品可能有环己胺、二甲基二硫、甲酸、硝酸铵、氰化钠、4，6-二硝基苯-邻仲丁基苯酚等．

回答下列问题：

（1）在组成NH4NO3、NaCN两种物质的元素中第一电离能最大的是______（填元素符号）解释原因______．

（2）二甲基二硫和甲酸中，在水中溶解度较大的是______（填名称），原因是______；烧碱所属的晶体类型为______；硫化碱（Na2S）的S2-的基态电子排布式是______．

（3）硝酸铵中，NO3-的立体构型为______，中心原子的杂化轨道类型为______．

（4）1mol化合物NaCN中CN-所含的π键数为______，与CN-互为等电子体的分子有______．

（CN）2又称为拟卤素，实验室可以用氰化钠、二氧化锰和浓硫酸在加热条件下制得，写成该制备的化学方程式______．

（5）钠钾合金属于金属晶体，其某种合金的晶胞结构如图所示．合金的化学式为______；晶胞中K原子的配位数为______；已知金属原子半径r（Na）=186pm、r（K）=227pm，计算晶体的空间利用率______（列出计算式，不需要计算出结果）．24、请列举在有机物分子中引入碳碳双键的方法。25、海南某小岛上；可利用的淡水资源相当匮乏，解放军战士为了寻找合适的饮用水源，对岛上山泉水进行分析化验．

rm{(1)}硬水是指含有较多______的水，硬水加热后产生沉淀的离子方程式为______rm{(}写出生成一种沉淀物的即可rm{)}．

rm{(2)}硬度为rm{1^{circ}}的水是指每升水含rm{10mg}rm{CaO}或与之相当的物质rm{(}如rm{7.1mg}rm{MgO).}已知水的硬度在rm{8^{circ}}以下的称为软水，在rm{8^{circ}}以上的称为硬水rm{.}已知岛上山泉水中rm{c(Ca^{2+})=1.2隆脕10^{-3}}rm{mol/L}rm{c(Mg^{2+})=6隆脕10^{-4}}rm{mol/L}那么此水______rm{(}填“是”或“否”rm{)}属于硬水．

rm{(3)}离子交换法是软化水的常用方法rm{.}聚丙烯酸钠是一种离子交换树脂；写出聚丙烯酸钠单体的结构简式______．

rm{(4)}解放军战士通常向水中加入明矾净水rm{.}请用离子方程式解释其净水原理______．

rm{(5)}岛上还可以用海水淡化来获得淡水rm{.}如图是海水利用电渗析法获得淡水的原理图rm{.}已知海水中含rm{Na^{+}}rm{Cl^{-}}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}等离子，电极为惰性电极rm{.}请分析下列问题：

rm{垄脵}阳离子交换膜是______rm{(}填“rm{A}”或“rm{B}”rm{)}．

rm{垄脷}写出通电后阳极区的电极反应式______，阴极区的现象是______．26、为了探究rm{AgNO_{3}}的氧化性和热稳定性；某化学兴趣小组设计了如下实验．

Ⅰrm{.AgNO_{3}}的氧化性。

将光亮的铁丝伸入rm{AgNO_{3}}溶液中，一段时间后将铁丝取出rm{.}为检验溶液中rm{Fe}的氧化产物，将溶液中的rm{Ag^{+}}除尽后，进行了如下实验rm{.}可选用试剂：rm{垄脵KSCN}溶液rm{垄脷NaOH}溶液rm{垄脹}酸性rm{KMnO_{4}}溶液rm{垄脺K_{3}[Fe(CN)_{6}]}溶液．

rm{(1)}请完成下表：

。操作现象结论取少量除尽rm{Ag^{+}}后的溶液于试管中，加入rm{KSCN}溶液，振荡存在rm{Fe^{3+}}取少量除尽rm{Ag^{+}}后的溶液于试管中，加入rm{1隆芦2}滴______rm{(}填序号rm{)}溶液，振荡存在rm{Fe^{2+}}【实验结论】rm{Fe}的氧化产物为rm{Fe^{2+}}和rm{Fe^{3+}}

Ⅱrm{.AgNO_{3}}的热稳定性。

用如图所示的实验装置rm{A}加热固体，产生红棕色气体，在装置rm{D}中收集到无色气体rm{.}当反应结束以后；试管中残留固体为黑色．

rm{(2)}装置rm{B}的作用是______．

rm{(3)}经小组讨论并验证该无色气体为rm{O_{2}}其操作方法是______．

rm{(4)}【查阅资料】rm{垄脵Ag_{2}O}和粉末的rm{Ag}均为黑色；rm{垄脷Ag_{2}O}可溶于氨水．

【提出假设】试管中残留的黑色固体可能是：rm{垄脵Ag}rm{垄脷Ag_{2}O}rm{垄脹Ag}和rm{Ag_{2}O.}

【实验验证】该小组为验证上述设想；分别取少量黑色固体，进行了如下实验：

。实验编号操作现象rm{a}加入足量氨水，振荡黑色固体不溶解rm{b}加入足量稀硝酸，振荡黑色固体溶解，并有气体产生【实验评价】根据上述实验，不能确定固体产物成分的实验是______rm{(}填实验编号rm{)}．

【实验结论】根据上述实验结果，得出rm{AgNO_{3}}固体受热分解的化学方程式为______．

【实验拓展】另取rm{2.0g}rm{AgNO_{3}}样品充分受热分解，共收集到标准状况下气体的体积为rm{336mL}则样品中rm{AgNO_{3}}的百分含量为______．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】A、地球上水覆盖了将近；但淡水资源缺乏；

B；我国水资源缺乏分析；

C；地球上淡水资源有限；人口加剧会造成淡水紧缺；

D、海水资源丰富，有大量的盐，可以通过蒸馏、渗析、离子交换等得到；【解析】【解答】解：A、地球上水覆盖了将近；但淡水资源缺乏，可供人类利用的淡水资源非常缺乏，故A错误。

B；我国水资源缺乏；尽管有多条大江大河和众多的湖泊，但属于贫水国家，故B错误。

C；地球上淡水资源有限；人口加剧会造成淡水紧缺，地球上的淡水对满足人们的生活用水越来越紧张，故C正确。

D；有大量的盐的海水资源丰富；可以通过蒸馏、渗析、离子交换等得到，可以得到淡水，故D错误；

故选C．2、A【分析】【分析】A．电解精炼粗铜时；阳极上有铜及比铜活泼的金属失电子发生氧化反应，阴极上只有铜离子发生还原反应；

B．物质的转化率与反应时间无关；

C．可逆反应中反应物不能完全转化为生成物；

D．碳酸氢钠受热分解即可得到碳酸钠．【解析】【解答】解：A．电解精炼粗铜时；阳极上有铜及比铜活泼的金属失电子发生氧化反应，阴极上只有铜离子发生还原反应，所以阳极溶解的铜的质量比阴极析出的铜的质量少，故A正确；

B．物质的转化率与反应时间无关；故B错误；

C．硫酸工业中；在接触室安热交换器，目的是将放出的热量用来预热没反应的二氧化硫与氧气的混合气体，可逆反应中反应物不能完全转化为生成物，有一定反应限度，故C错误；

D．向饱和食盐水中通入氨气再通入二氧化碳即可生成碳酸氢钠固体；碳酸氢钠受热分解即可得到碳酸钠，故D错误；

故选A．3、B【分析】【分析】A、14g乙烯的物质的量为：=0.5mol；0.5mol乙烯中含有2mol氢原子；

B；碳与浓硫酸反应生成了二氧化碳；1mol碳完全反应失去了4mol电子；

C、1L0.1mol•L-1的Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol；由于碳酸根离子部分水解，溶液中碳酸根离子小于0.1mol；

D、标准状况下，乙醇不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L乙醇的物质的量．【解析】【解答】解：A、14g乙烯的物质的量为0.5mol，0.5mol乙烯含有2mol氢原子，含有2nA个氢原子；故A错误；

B、1mol碳与浓硫酸完全反应生成了1mol二氧化碳，转移了4mol电子，转移4nA个电子；故B正确；

C、该溶液中含有0.1mol碳酸钠，由于碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子数目小于0.1mol，溶液含有的碳酸根离子数目小于0.1nA；故C错误；

D；标况下乙醇不是气体；题中条件无法计算22.4L乙醇的物质的量，故D错误；

故选B．4、D【分析】【分析】A；铜排在氢的后面；不能与酸反应；

B；铁与氯气反应生成氯化铁；

C；铁排在氢的前面可以和酸反应；生成的是氯化亚铁；

D、铝与盐酸反应生成氯化铝，铝在氯气中燃烧生成氯化铝．【解析】【解答】解：A；铜排在氢的后面；不能与酸反应，故A错误；

B；铁排在氢的前面可以和酸反应；生成的是氯化亚铁而不是氯化铁，而铁与氯气反应生成氯化铁，故B错误；

C；铁排在氢的前面可以和酸反应；生成的是氯化亚铁而不是氯化铁，故C错误；

D；铝与盐酸反应生成氯化铝；铝在氯气中燃烧生成氯化铝，所以既能由金属和酸反应获得，也能通过金属和氯气反应获得，故D正确；

故选D．5、D【分析】

因NaOH固体、P2O5固体、无水CaCl2固体都是吸水剂；固体，纯净物，碱石灰也是固体干燥剂；

A．浓硫酸是液体干燥剂；故A错误；

B．NaCl不能做干燥剂；故B错误；

C．碱石灰是混合物；故C错误；

D．CaO是吸水剂；固体，纯净物，故D正确．

故选D．

【解析】【答案】根据NaOH固体、P2O5固体、无水CaCl2固体都是吸水剂；且均为固体纯净物，以此来解答．

二、填空题(共6题，共12分)6、2理由是保证反应物K2S2O8浓度改变，而其他的不变，才到达实验目的（△H1-△H2）【分析】【分析】（1）根据实验1；2、3的异同点解答；

（2）根据降低温度和使用催化剂对反应速率的影响解答．

（3）依据盖斯定律结合已知热化学方程式计算反应热．【解析】【解答】解：（1）对照实验1和2发现，实验2取的0.20mol•L-1K2S2O8溶液的体积9mL，比实验1少了1mL，说明取的K2S2O8物质的量少，加水1mL，保证了溶液的体积不变，所以在其它条件不变的情况下，探究的是该反应速率与K2S2O8浓度的关系；同样原理对照实验1和3，为保证溶液的体积相同，须加2mL水；

故答案为：2；理由是保证反应物K2S2O8浓度改变；而其他的不变，才到达实验目的；

（2）保持其它条件不变，降低温度，反应速率降低，到达液颜色将由无色变成为蓝色的时间变长，而使用催化剂，能加快化学反应速率，所以到达液颜色将由无色变成为蓝色的时间变短，故答案为：

（3）已知：①4Li（s）+O2（g）=2Li2O（s）△H1

②4LiI（s）+O2（g）=2I2（s）+2Li2O（s）△H2

根据盖斯定律可得：（①-②）可得：2Li（s）+I2（s）═2LiI（s）△H=（△H1-△H2）；

故答案为：（△H1-△H2）．7、焰色反应法：焰色反应为黄色的是Na2CO3，余者为SiO2取少许待测粉末，滴加稀盐酸，能够产生气体的是Na2CO3，不反应的是SiO2，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑碳酸钠还可以和氯化钡溶液之间反应生成白色沉淀：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl焰色反应为砖红色的CaCO3和，黄色的为Na2SiO4取少许待测粉末，滴加稀盐酸，能够产生气体的是CaCO3，剩余的为Na2SiO3，CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑溶解于水中的是Na2SiO3，不溶于水的是CaCO3【分析】【分析】（1）根据碳酸钠和二氧化硅性质的差异来鉴别；碳酸钠含有钠离子，可以进行焰色反应；还可以和盐酸之间反应、还可以和氯化钡溶液之间反应，但是二氧化硅都无此性质；

（2）根据CaCO3和Na2SiO4性质的差异：焰色反应现象不同、和酸反应的现象不同、水溶性不同来回答．【解析】【解答】解：（1）①碳酸钠含有钠离子，可以进行焰色反应，焰色反应为黄色的是Na2CO3，余者为SiO2．

②酸液产气法：分别取少许待测粉末，滴加稀盐酸，能够产生气体的是Na2CO3；不反应的是SiO2．化学方程式：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；

③碳酸钠还可以和氯化钡溶液之间反应生成白色沉淀，Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl；

故答案为：焰色反应为黄色的是Na2CO3，余者为SiO2；取少许待测粉末，滴加稀盐酸，能够产生气体的是Na2CO3，不反应的是SiO2，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；碳酸钠还可以和氯化钡溶液之间反应生成白色沉淀：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl；

（2）①焰色反应法：CaCO3和Na2SiO4焰色反应现象不同，焰色反应为砖红色的CaCO3和，黄色的为Na2SiO4；

②酸液产气法：分别取少许待测粉末，滴加稀盐酸，能够产生气体的是CaCO3，剩余的为Na2SiO3；

③CaCO3和Na2SiO4水溶性不同，溶解于水中的是Na2SiO4，不溶于水的是CaCO3；

故答案为：焰色反应为砖红色的CaCO3和，黄色的为Na2SiO4；取少许待测粉末，滴加稀盐酸，能够产生气体的是CaCO3，剩余的为Na2SiO3，CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；溶解于水中的是Na2SiO4，不溶于水的是CaCO3．8、黄adFe2+Fe3+A【分析】【分析】（1）若平衡体系的pH=12，2CrO42-（黄色）+2H+═Cr2O72-（橙色）+H2O逆向移动；以此分析；

（2）根据判断平衡状态的方法：V正=V逆；或各组分的浓度保持不变则说明已达平衡；

（3）根据氧化还原反应中元素的化合价变化分析；

（4）根据升高温度反应速率加快，平衡逆向移动，pH越大，平衡正向移动，Pb2+的浓度越大，平衡正向移动，结合图象分析．【解析】【解答】解：（1）若平衡体系的pH=12，2CrO42-（黄色）+2H+═Cr2O72-（橙色）+H2O逆向移动；则溶液为黄色，故答案为：黄；

（2）根据判断平衡状态的方法：V正=V逆；或各组分的浓度保持不变则说明已达平衡；

a．Cr2O72-的浓度不变；为特征定，能判断平衡，故a正确；

b．Cr2O72-和CrO42-的浓度相同取决于起始浓度和转化，不能判断平衡，故b错误；

c．2v（Cr2O72-）=v（CrO42-）；不能判断正逆反应速率关系，不能判断平衡，故c错误；

d．溶液的颜色不变；为特征定，能判断平衡，故d正确；

故答案为：ad；

（3）第②步反应中，Cr元素的化合价降低，则Fe元素的化合价升高，所以为Fe2+，被氧化为Fe3+，故答案为：Fe2+；Fe3+；

（4）A．升高温度平衡逆向移动；化学平衡常数减小，与图象一致，故A正确；

B．pH越大，平衡正向移动的趋势越大，Cr2O72-转化率增大；与图象不符，故B错误；

C．升高温度；反应速率增大，与图象不符，故C错误；

D．Pb2+的浓度越大，平衡正向移动，Cr2O72-的物质的量越小；与图象不符，故D错误；

故答案为：A．9、CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O加成反应酯化（取代）反应（饱和）碳酸钠溶液分液【分析】【分析】A是石油裂解气的主要成份，它的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平，则A是乙烯；乙烯和水发生加成反应生成B，则B为乙醇，乙醇和氧气反应生成C，则C是乙醛；C和氧气反应生成D，D为乙酸，乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯，据此进行解答．【解析】【解答】解：A是石油裂解气的主要成份；它的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平，A是乙烯，乙烯和水发生加成反应生成B，则B是乙醇，乙醇和氧气反应生成C，则C是乙醛，C和氧气反应生成D，D是乙酸，乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯；

（1）反应④为乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯和和水，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；

故答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；

（2）反应①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇；反应④为乙酸与乙醇的酯化反应；也属于取代反应；

故答案为：加成反应；酯化（取代）反应；

（3）乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；其碳酸钠能够中和乙酸；溶解乙醇，所以用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇；混合液会分层，可以通过分液操作分离出乙酸乙酯；

故答案为：（饱和）碳酸钠溶液；分液．10、B应放热，使反应速率加快AC【分析】【分析】（1）根据图象知；曲线的斜率为该反应的化学反应速率，斜率越大其反应速率越大；温度越高，反应速率越快；

（2）降低反应速率；可以通过减小溶液中氢离子浓度实现；

（3）根据二氧化碳的体积计算参加反应的HCl的物质的量，再根据v=计算盐酸的反应速率．【解析】【解答】解（1）曲线的斜率为该反应的化学反应速率，斜率越大其反应速率越大，根据图象知，斜率最大的是t1～t2；该反应是放热反应；放出的热量使溶液温度升高，升高温度，反应速率加快；

故答案为：B；反应放热；使反应速率加快；

（2）降低反应速率；可以通过减小溶液中氢离子浓度实现，加水稀释或加入氯化钠溶液都能使氢离子浓度降低，从而降低反应速率，通入氯化氢使溶液中氢离子浓度增大，反应速率加快，故选AC；

（3）t1～t2时间生成气体体积=（V-V1）mL，则二氧化碳的物质的量=×10-3mol，根据HCl和二氧化碳的关系式知，消耗盐酸的物质的量=（2××10-3）mol，盐酸的反应速率=mol/（L．min）=；

故答案为：．11、Se+2HNO3（浓）=SeO2+NO↑+NO2↑+H2OH2SO4（浓）＞SeO2＞SO292.50%【分析】【分析】（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，利用电子守恒和限定条件（生成NO与NO2的物质的量之比为1：1；即二者计量系数比为1：1）可得方程式；

（2）在氧化还原反应中；氧化剂的氧化性强于氧化产物的，而还原剂的还原性强于还原产物的；

（3）反应①中I-失去电子生成I2，共升高2价，SeO2中+4价Se得到单质还原为单质Se；共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，进而确定各物质的量的系数配平方程式，确定转移电子数目，标出电子转移的方向和数目；

（4）根据反应的方程式可知，SeO2～2I2～4Na2S2O3，根据n=cV计算消耗的n（Na2S2O3），根据关系式计算样品中n（SeO2），再根据m=nM计算SeO2的质量，进而计算样品中SeO2的质量分数．【解析】【解答】解：（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1，令二者系数为1，根据电子转移守恒可知，Se的系数为=1，故反应方程式为：Se+2HNO3（浓）=SeO2+NO↑+NO2↑+H2O；

故答案为：Se+2HNO3（浓）=SeO2+NO↑+NO2↑+H2O；

（2）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，所以根据反应的方程式可知，SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2；

故答案为：H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2；

（3）反应①中I-失去电子生成I2，共升高2价，SeO2中+4价Se得到单质还原为单质Se，共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，故KI的系数为4，I2的系数为2，SeO2、Se的系数都是1，KNO3的系数为4，H2O的系数为2，配平并标出电子转移的方向和数目为：

故答案为：

（4）根据反应的方程式可知SeO2～2I2～4Na2S2O3，消耗的n（Na2S2O3）=0.2000mol/L×0.025L=0.005mol，根据关系式计算样品中n（SeO2）=0.005mol×=0.00125mol，故SeO2的质量为0.00125mol×111g/mol=0.13875g，所以样品中SeO2的质量分数为×100%=92.50%；

故答案为：92.50%．三、判断题(共6题，共12分)12、×【分析】【分析】乙二酸与乙二醇分子之间能够通过酯化反应生成高分子化合物，但是酯化反应需要在浓硫酸存在条件下条件下加热反应，该反应的反应条件错误，检查进行判断．【解析】【解答】解：乙二酸与乙二醇发生缩聚反应生成乙二酸乙二酯和水，反应条件为浓硫酸、加热，正确的反应方程式为：nHOCH2CH2OH+nHOOC-COOH+（2n-1）H2O；所以题中反应方程式是错误的；

故答案为：×．13、√【分析】【分析】树状分类就是一个确定范围内的物质之间所包含的关系有子概念与母概念，所谓子概念就是下一代有上一代的部分因素，母概念是上一代所包含其后代中部分的全部概念据此解答．【解析】【解答】解：酸；碱、盐和氧化物都属于化合物；则化合物分为酸、碱、盐和氧化物是用树状分类法分类的，故说法正确；

故答案为：√．14、×【分析】【分析】SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化还原反应，以此来解答．【解析】【解答】解：SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色；发生氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，说法错误；

故答案为：×．15、√【分析】【分析】氨基酸分子中含有氨基（-NH2，具有碱的性质）和羧基（-COOH，具有酸的性质），据此解题．【解析】【解答】解：氨基酸分子中含有氨基（-NH2，具有碱的性质）和羧基（-COOH，具有酸的性质），因此它具有两性，故答案为：√．16、×【分析】【分析】由于压强不确定，故0℃时，气体摩尔体积不一定为22.4L/mol．【解析】【解答】解：由于压强不确定，故0℃时，气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，故22.4L氢气的物质的量不一定是1mol，则含有氢原子数目不一定为2NA个；故错误；

故答案为：×．17、×【分析】【分析】（1）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（2）葡萄糖在碱性条件下与新制Cu（OH）2浊液反应；

（3）白糖的主要成分是蔗糖；

（4）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖，分子式都可用C12H22O11表示；它们互为同分异构体；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中均含-CHO；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；

（10）植物油成分为高级脂肪酸甘油酯；

（11）根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析；而重金属盐能使蛋白质发生变性；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种；

（13）根据天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸；

（15）油脂中含有不饱和烃基；可与高锰酸钾发生反应；

（16）烃的含氧衍生物完全燃烧生成水和二氧化碳；

（17）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质）；

（18）食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油；

（19）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（20）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物．【解析】【解答】解：（1）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（2）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，故答案为：×；

（3）白糖成分是蔗糖；故答案为：√；

（4）油脂水解的羧酸是电解质；故答案为：×；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性，所以不是还原型二糖，故答案为：×；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：√；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖；互为同分异构体，故答案为：√；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团都有醛基；则麦芽糖；葡萄糖属于还原性糖可发生银镜反应，故答案为：√；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；纤维素遇碘水不变色，故答案为：×；

（10）植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯；故答案为：×；

（11）因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀；如饱和硫酸钠溶液；硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜等，故答案为：×；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种，故形成的二肽有四种，故答案为：√；

（13）天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点，故答案为：×；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸，如：一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，故答案为：×；

（15）苯不能使酸性高锰酸钾褪色；但油脂中含有C=C官能团，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，故答案为：×；

（16）油脂含有C；H、O三种元素；完全燃烧生成水和二氧化碳，故答案为：√；

（17）蛋白质属于高分子化合物；是混合物，不是电解质，而葡萄糖属于非电解质，只有乙酸才属于电解质，故答案为：×；

（18）乙酸乙酯水解生乙酸和乙醇．食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油，故答案为：×；

（19）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（20）氨基酸相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故答案为：×．四、书写(共4题，共36分)18、Al3++3OH-═Al（OH）3↓Al3++4OH-═AlO2-+2H2OCa（OH）2+CO32-═CaCO3↓+2OH-Ca2++CO32-═CaCO3↓3Cu+2NO3-+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2OAl3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-【分析】【分析】（1）在AlCl3溶液中滴入几滴NaOH溶液，反应生成氢氧化铝和氯化钠；在NaOH溶液中滴入几滴AlCl3溶液；反应生成偏铝酸钠和水；

（2）石灰乳在离子反应中保留化学式，反应生成碳酸钙和NaOH；澄清石灰水与Na2CO3溶液反应；反应生成碳酸钙；NaOH；

（3）发生氧化还原反应生成铜离子；NO和水；

（4）向氢氧化钡溶液中滴加明矾溶液至Ba2+完全沉淀；反应生成硫酸钡；偏铝酸钾；继续加入明矾溶液，铝离子与偏铝酸根离子相互促进水解生成氢氧化铝沉淀；

（5）112mL（标准状况）Cl2通入10.0mL1.0mol/L的FeBr2（aq）中，n（Cl2）=0.005mol，n（FeBr2）=0.01mol，由电子守恒可知，只有亚铁离子被氧化．【解析】【解答】解：（1）在AlCl3溶液中滴入几滴NaOH溶液，反应生成氢氧化铝和氯化钠，离子反应为Al3++3OH-═Al（OH）3↓；在NaOH溶液中滴入几滴AlCl3溶液，反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al3++4OH-═AlO2-+2H2O；

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

（2）石灰乳在离子反应中保留化学式，反应生成碳酸钙和NaOH，离子反应为Ca（OH）2+CO32-═CaCO3↓+2OH-；澄清石灰水与Na2CO3溶液反应，反应生成碳酸钙、NaOH，离子反应为Ca2++CO32-═CaCO3↓；

故答案为：Ca（OH）2+CO32-═CaCO3↓+2OH-；Ca2++CO32-═CaCO3↓；

（3）发生氧化还原反应生成铜离子、NO和水，离子反应为3Cu+2NO3-+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+2NO3-+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O；

（4）向氢氧化钡溶液中滴加明矾溶液至Ba2+完全沉淀，反应生成硫酸钡、偏铝酸钾，离子反应为2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O；继续加入明矾溶液，铝离子与偏铝酸根离子相互促进水解生成氢氧化铝沉淀，离子反应为Al3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓；

故答案为：2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O；Al3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓；

（5）112mL（标准状况）Cl2通入10.0mL1.0mol/L的FeBr2（aq）中，n（Cl2）=0.005mol，n（FeBr2）=0.01mol，由电子守恒可知，只有亚铁离子被氧化，离子反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-．19、③④⑧①③⑤②⑥⑦KNO3=K++NO3-NaOH=Na++OH-【分析】【分析】（1）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；

（2）熔融的硝酸钾：电离出钾离子和硝酸根离子；

氢氧化钠溶液：电离出钠离子和氢氧根离子．【解析】【解答】解：（1）①NaCl晶体不能导电；在水中或熔化状态下能导电，是电解质；

②CO2不能导电；且自身不能电离，是非电解质；

③熔融的硝酸钾能导电；是电解质；

④铜为金属单质；能导电，既不是电解质也不是非电解质；

⑤BaSO4固体不能导电；在熔化状态下能导电，是电解质；

⑥蔗糖不能导电；在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；

⑦酒精不能导电；在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；

⑧氢氧化钠溶液混合物；能导电，既不是电解质也不是非电解质；

故能导电的是：③④⑧；属于电解质的是：①③⑤；属于非电解质的是：②⑥⑦；

故答案为：③④⑧；①③⑤；②⑥⑦；

（2）熔融的硝酸钾：电离出钾离子和硝酸根离子，电离方程式为：KNO3=K++NO3-；

氢氧化钠溶液：电离出钠离子和氢氧根离子，电离方程式为：NaOH=Na++OH-；

故答案为：KNO3=K++NO3-；NaOH=Na++OH-．20、CO2+4Fe2++5H2O=HCHO+2Fe2O3+8H+2Fe（CN）64-+H2O2+2H+=2Fe（CN）63-+2H2O2Fe（CN）63-+H2O2+2OH-=2Fe（CN）64-+2H2O+O2↑【分析】【分析】（1）根据题干信息可知反应物为二氧化碳和亚铁离子；生成物为甲醛和氧化铁，然后根据化合价变化配平，写出反应的离子方程式；

（2）①在酸性溶液中H2O2可使Fe（CN）64-转化为Fe（CN）63-；根据化合价变化配平该反应的离子方程式；

②根据“在碱性溶液里H2O2可使Fe（CN）63-转化为Fe（CN）64-”写出反应物、生成物，然后根据化合价升降相等配平，写出配平后的离子方程式．【解析】【解答】解：（1）铁的化合价由+2价升高到+3价，铁元素的化合价升高1价，CH2O中碳元素化合价为0，反应物二氧化碳中碳元素化合价为+4，化合价降低4价，化合价变化的最小公倍数为4，则亚铁离子的计量数为4，二氧化碳的计量数为1，然后根据质量守恒配平，则反应的离子方程式为：CO2+4Fe2++5H2O=HCHO+2Fe2O3+8H+；

故答案为：CO2+4Fe2++5H2O=HCHO+2Fe2O3+8H+；

（2）①在酸性溶液中H2O2可使Fe（CN）64-转化为Fe（CN）63-，双氧水中氧元素化合价为-1价，反应后生成了-2价的水，化合价降低了2价，Fe（CN）64-转化为Fe（CN）63-，铁元素有+2价变为+3价，化合价升高了1价，则化合价变化的最小公倍数为2，所以双氧水的计量数为1，Fe（CN）64-的计量数为2，然后利用质量守恒配平，反应的离子方程式为：2Fe（CN）64-+H2O2+2H+=2Fe（CN）63-+2H2O；

故答案为：2Fe（CN）64-+H2O2+2H+=2Fe（CN）63-+2H2O；

②在碱性溶液里H2O2可使Fe（CN）63-转化为Fe（CN）64-，双氧水反应后生成氧气，氧元素化合价从-1价升高到0价，化合价总共升高2价，Fe（CN）63-转化为Fe（CN）64-，铁元素有+3价变为+2价，化合价降低1价，则化合价变化的最小公倍数为2，所以双氧水的计量数为1，Fe（CN）63-的计量数为2，然后利用质量守恒配平，反应的离子方程式为：2Fe（CN）63-+H2O2+2OH-=2Fe（CN）64-+2H2O+O2↑；

故答案为：2Fe（CN）63-+H2O2+2OH-=2Fe（CN）64-+2H2O+O2↑．21、AgClHClBaCl2CO32-+2H+=H2O+CO2↑【分析】【分析】根据信息①⑤反应有气体，气体只能为CO2，则A为Na2CO3；

其余，先分组：B、E组为HCl、NaHSO4，那么C、D组为AgNO3、BaCl2；

据信息⑥知产生的沉淀为AgCl，所以C物质为AgNO3，结合其他信息知E为NaHSO4，D为BaCl2；B为HCl；

以此解答该题．【解析】【解答】解：由题中信息可知A为Na2CO3，B为HCl，C为AgNO3，D为BaCl2，E为NaHSO4；则

（1）反应③为AgNO3和BaCl2的反应；生成AgCl沉淀，故答案为：AgCl；

（2）B为HCl，D为BaCl2，故答案为：HCl；BaCl2；

（3）反应⑤为Na2CO3和NaHSO4的反应，反应的离子方程式为CO32-+2H+=H2O+CO2↑，故答案为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑．五、实验题(共1题，共3分)22、dbeca使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量ABC降低环己酮的溶解度；增加水层的密度，有利于分层水浴加热停止加热，冷却后通自来水60%（60.3%）【分析】【分析】（1）环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，将水与有机物更容易分离开来，然后向有机层中加入无水MgSO4；出去有机物中少量的水，然后过滤，除去硫酸镁晶体，再进行蒸馏即可；

（2）环己酮在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度；且乙醚和水不互溶，则乙醚能作萃取剂，从而提高产品产量；

（3）A．水溶液中加入乙醚；转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，应该倒转过来然后用力振荡；

B．放气的方法为：漏斗倒置；打开旋塞放气；

C．经几次振摇并放气后；分液漏斗放置在铁架台上静置待液体分层；

D．分液时；需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，再从上口倒出上层液体；

（4）NaCl能增加水层的密度；降低环己酮的溶解，有利于分层；乙醚的沸点较低，所以蒸馏时温度不宜太高；（5）为防止冷凝管炸裂，应该停止加热；

（6）m（环己酮）=12mL×0.9478g=11.3736g，根据环己醇和环己酮的关系式知，参加反应的m（环己醇）==11.6057g，m（环己醇）=20mL×0.9624g/mL=19.248g，据此计算产率．【解析】【解答】解：（1）环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，水与有机物更容易分离开，然后向有机层中加入无水MgSO4，除去有机物中少量的水，然后过滤，除去硫酸镁晶体，再进行蒸馏即可，故答案为dbeca；

（2）环己酮在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度；且乙醚和水不互溶，则乙醚能作萃取剂，能将水中的环己酮萃取到乙醚中，从而提高产品产量；

故答案为：使水层中少量的有机物进一步被提取；提高产品的产量；

（3）A．水溶液中加入乙醚；转移至分液漏斗，塞上玻璃塞，应该倒转过来然后用力振荡，只有如此才能充分混合，故A错误；

B．放气的方法为：漏斗倒置；打开旋塞放气，而不是打开玻璃塞，故B错误；

C．经几次振摇并放气后；分液漏斗放置在铁架台上静置待液体分层，而不是手持分漏斗静置液体分层。

；不符合操作规范性，故C错误；

D．分液时；需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，利用压强差使液体流出，再打开旋塞待下层液体全部流尽时，为防止产生杂质，再从上口倒出上层液体，故D错误；

故选ABC；

（4）NaCl能增加水层的密度；降低环己酮的溶解，且有利于分层；乙醚的沸点较低，所以蒸馏时温度不宜太高，所以应该采用水浴加热；

故答案为：降低环己酮的溶解度；增加水层的密度，有利于分层；水浴加热；

（5）如果直接将冷水连接冷凝管；馏分温度如果急剧冷却会导致冷凝管炸裂，为防止冷凝管炸裂，应该停止加热，冷却后通自来水，故答案为：停止加热，冷却后通自来水；

（6）m（环己酮）=12mL×0.9478g=11.3736g，根据环己醇和环己酮的关系式知，参加反应的m（环己醇）==11.6057g，m（环己醇）=20mL×0.9624g/mL=19.248g，其产率==60%（60.3%）；

故答案为：60%（60.3%）．六、简答题(共4题，共40分)23、略

【分析】解：（1）同周期元素第一电离能自左而右呈增大趋势，同主族自上而下元素第一电离能逐渐减小，但N原子的2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于氧元素的，故NH4NO3；NaCN两种物质的元素中第一电离能最大的是N；

故答案为：N；同周期元素第一电离能自左而右呈增大趋势；同主族自上而下元素第一电离能逐渐减小，但N原子的2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于氧元素的；

（2）甲酸与水形成氢键，而二甲基二硫不能，故二甲基二硫和甲酸中溶解度较大的是甲酸，烧碱由钠离子和氢氧根构成，所以烧碱是离子晶体，S2-离子核外有18个电子，其基态电子排布式为1s2s22p63s23p6；

故答案为：甲酸；甲酸与水形成氢键；离子晶体；1s2s22p63s23p6；

（3）NO3-离子中氮原子的孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，所以NO3-立体构型为平面三角形，中心原子氮原子的杂化轨道类型sp2；

故答案为：平面三角形；sp2；

（4）原子序数相等、价电子总数也相等的微粒互为电子，CN-与N2互为等电子体，二者结构相似，CN-中含有C≡N三键，三键中含有1个σ键、2个π键数，所以1mol化合物NaCN中CN-所含的π键数为2NA，CN-中含有两个原子、10个价电子，与CN-互为等电子体的分子有CO、N2；

根据制取氯气的反应可知，氰化钠、二氧化锰和浓硫酸在加热条件下制得（CN）2，反应化学方程式为：2NaCN+MnO2+2H2SO4（CN）2+Na2SO4+MnSO4+2H2O；

故答案为：2NA；CO、N2；2NaCN+MnO2+2H2SO4（CN）2+Na2SO4+MnSO4+2H2O；

（5）晶胞中，钠原子数为12×=3，钾原子数为8×=1，所以合金的化学式为KNa3；

根据晶胞图可知；每个K原子周围有6个钠原子，所以晶胞中K原子的配位数为6；

晶胞中钠原子和钾原子体积之和为π[（186pm）3×3+（227pm）3]，晶胞的边长为钠原子和钾原子的直径之和为2×（186pm+227pm），所以晶胞的体积为（2×186pm+2×227pm）3，晶体的空间利用率为{π[（186pm）3×3+（227pm）3]÷（2×186pm+2×227pm）3}×100%=×100%；

故答案为：KNa3；6；×100%．

（1）同周期元素第一电离能自左而右呈增大趋势；同主族自上而下元素第一电离能逐渐减小，但N原子的2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；

（2）与水分子形成氢键，增大物质的溶解度；烧碱由钠离子和氢氧根构成，属于离子晶体；S2-离子核外电子数为18；根据能量最低原理可书写其基态电子排布式；

（3）NO3-离子中氮原子的孤电子对数==0；价层电子对数=3+0=3；

（4）原子序数相等、价电子总数也相等的微粒互为电子，CN-与N2互为等电子体，CN-中含有C≡N三键，三键中含有1个σ键、2个π键数；根据制取氯气的反应可知，氰化钠、二氧化锰和浓硫酸在加热条件下制得（CN）2；还生成硫酸锰；硫酸钠与水；

（5）根据均摊法计算晶胞中Na、K原子数目，确定合金的化学式，根据晶胞图可知，每个K原子周围有6个钠原子；根据晶胞的结构可知，晶胞的边长为钠原子和钾原子的直径之和，晶体的空间利用率为×100%．

本题是对物质结构与性质的考查，涉及电离能、核外电子排布、杂化方式与空间构型、等电子体、晶胞计算等，难度中等，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意基础知识的理解掌握．【解析】N；同周期元素第一电离能自左而右呈增大趋势，同主族自上而下元素第一电离能逐渐减小，但N原子的2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于氧元素的；甲酸；甲酸与水形成氢键；离子晶体；1s2s22p63s23p6；平面三角形；sp2；2NA；CO、N2；2NaCN+MnO2+2H2SO4（CN）2+Na2SO4+MnSO4+2H2O；KNa3；6；×100%24、醇在浓硫酸作用下发生消去反应可生成烯烃卤代烃的消去反应炔烃发生不完全加成可生成烯烃【分析】【分析】本题考查有机物的官能团的引入，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物官能团的转化。【解答】卤代烃在氢氧化钠醇溶液加热条件下生成烯烃；醇在浓硫酸作用下发生消去反应可生成烯烃，炔烃发生不完全加成可生成烯烃，则可引入碳碳双键。【解析】醇在浓硫酸作用下发生消去反应可生成烯烃卤代烃的消去反应炔烃发生不完全加成可生成烯烃25、略

【分析】解：rm{(1)}硬水是含有较多可溶性钙盐、镁盐的水，硬水中的碳酸氢钙受热分解生成碳酸钙沉淀，方程式为：rm{Ca^{2+}+2HCO_{3}^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CaCO_{3}隆媒+CO_{2}隆眉+H_{2}O}

故答案为：rm{Ca^{2+}+2HCO_{3}^{-}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}CaCO_{3}隆媒+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{Ca^{2+}}rm{Ca^{2+}+2HCO_{3}^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CaCO_{3}隆媒+CO_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{Mg^{2+}}某天然水中rm{Ca^{2+}+2HCO_{3}^{-}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}CaCO_{3}隆媒+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{(2)}硬度为rm{c(Ca^{2+})=1.2隆脕10^{-3}mol?L^{-1}}的水是指每升水含rm{c(Mg^{2+})=6隆脕10^{-4}mol?L^{-1}}或与之相当的物质rm{1^{circ}}如rm{10mgCaO}rm{(}水中钙离子物质的量rm{7.1mgMgO)}相当于rm{1L}质量rm{=1.2隆脕10^{-3}mol}rm{CaO}水中镁离子物质的量rm{=1.2隆脕10^{-3}mol隆脕56g/mol=67.2mg}相当于氧化镁质量rm{1L}水的硬度rm{=dfrac{67.2mg}{10mg}+dfrac{24mg}{7.1mg}=10^{circ}}属于硬水；

故答案为：是；

rm{=6隆脕10^{-4}mol}聚丙烯酸钠的单体为丙烯钠，结构简式：rm{6隆脕10^{-4}mol隆脕40g/mol=24mg}故答案为：rm{=dfrac{67.2mg}{10mg}+dfrac

{24mg}{7.1mg}=10^{circ}}

rm{(3)}铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，离子方程式：rm{CH_{2}=CHCOONa}胶体rm{CH_{2}=CHCOONa}

故答案为：rm{(4)}胶体rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}(}

rm{)+3H^{+}}阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}(}和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜rm{)+3H^{+}}是阳离子交换膜；

故答案为：rm{(5)垄脵}

rm{B}根据阳极是氯离子放电：rm{B}阴极区是氢离子得到电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大，和钙离子，镁离子形成沉淀；

故答案为：rm{B}电极上产生气泡；溶液中出现少量白色沉淀．

rm{垄脷}硬水是含有较多可溶性钙盐；镁盐的水；硬水中的碳酸氢钙受热分解生成碳酸钙沉淀；

rm{2Cl^{-}-2