2025年人教A新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年人教A新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、下列有关电解质溶液说法正确的是（）A.pH均为3的溶液，加水稀释10倍后的pH：HCl＞H2SO4＞CH3COOHB.浓度均为0.1mol•L-1的氨水和氯化铵溶液，水电离出的c（H+）前者小于后者C.碳酸钠溶液中存在：c（OH-）=c（H+）+c（H2CO3）+c（CO32-）D.0.1mol/LNa2CO3溶液35℃时的碱性比25℃时强，说明盐类水解反应是放热反应2、下列物质属于芳香烃；但不是苯的同系物的是（）

A.③④B.②⑤C.①②⑤⑥D.②③④⑤⑥3、下列对于硝酸的认识，不正确的是（）A.浓硝酸和稀硝酸都具有氧化性B.铜与硝酸的反应属于置换反应C.硝酸可氧化Fe2+D.可用铁或铝制品盛装浓硝酸4、下列说法不正确的是（）A.（NH4）2SO4和CuSO4溶液都能使蛋白质沉淀析出B.苯酚与甲醛在酸性条件下生成酚醛树脂的结构简式为：C.醋酸和硬脂酸互为同系物，C6H14和C9H20也一定互为同系物D.迷迭香酸的结构为它可以发生酯化、水解、加成等反应5、230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成U．下列有关Th、U的说法正确的是（）A.铀（U）是92号元素，U的中子数为141B.Th元素的相对原子质量是231C.232Th转换成233U是化学变化D.230Th和232Th的性质不同评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、现有金属单质A；B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H；它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）．

请根据以上信息回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式：

A____、B____、C____、F____．

（2）写出下列反应化学方程式：

反应①____

反应⑤____

反应⑥____

（3）写出下列反应的离子方程式：

反应③____

反应④____．7、A；B、C、D、E、F是五种短周期元素；它们的原子序数依次增大；A元素的原子是半径最小的原子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X；D与A同主族，且与F同周期；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍，A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物．D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应．请回答下列问题：

（1）写出B、C、E元素的名称B____、C____、E____．

（2）写出C、D两种元素形成的原子个数比为1：1的物质的电子式为____．

（3）可以验证C和F两种元素非金属性强弱的结论是（填编号）____；

①比较这两种元素常见单质的熔点。

②比较这两种元素的单质与氢气化合的难易程度。

③比较这两种元素的气态氢化物的还原性。

（4）A、C、D、F四种元素可以形成两种酸式盐（均由四种元素组成），这两种酸式盐的化学式分别为____、____，这两种酸式盐相互反应的离子方程式为____．

（5）A、C、F间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为____．

（6）向含有amolE的氯化物的溶液中加入含bmolD的最高价氧化物对应水化物的溶液，生成沉淀的物质的量不可能为____．

①amol②bmol③mol④mol⑤0⑥（4a-b）mol．8、氯气是最早用于饮用水消毒的物质，其消毒作用主要是氯气溶于水后生成了次氯酸，该反应的离子方程式为____．9、工业制得的纯碱中往往含有氯化钠杂质，为测定含NaC1杂质的样品中Na2CO3的质量分数，．他们采用如图所示装置，把一定质量的混合物与足量稀硫酸反应后，测定产生的CO2气体的体积．

①实验前要检查装置置气密性，检查方法为____．

②利用本装置将使测定结果____（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）10、为了探究乙二酸的不稳定性；弱酸性和还原性；某化学兴趣小组设计了如下实验．

[查阅资料]乙二酸俗称草酸，草酸晶体（H2C2O4•2H2O）在100℃时开始升华；157℃时大量升华并开始分解；草酸蒸气在低温下可冷凝为固体，草酸钙不溶于水，草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊．

I；乙二酸的不稳定性。

根据草酸晶体的组成，猜想其受热分解产物为CO2、CO和H2O．

（1）请用下列装置组成一套探究并验证其产物的实验装置．请回答下列问题：

①装置的连接顺序为：A→B→____→____→F→E→C→G．

②装置中冰水混合物的作用是____．

③能证明产物中C0的实验现象是____．

④整套装置存在不合理之处为____．

Ⅱ；乙二酸的弱酸性：

该小组同学为验证草酸性质需0.1mol•L-1的草酸溶液480ml．

（2）配置该溶液需要草酸晶体____g．

（3）为验证草酸具有弱酸性设计了下列实验，其中能达到实验目的是____．

A．将草酸晶体溶于含酚酞的NaOH溶液中；溶液褪色。

B．测定0.1molL-1草酸溶液的pH

C．将草酸溶液加入Na2CO3溶液中，有CO2放出。

D．测定草酸钠溶液的pH

（4）该小组同学将0.1molL-1草酸溶液和0.1molL-1的NaOH等体积混合后，测定反应后溶液呈酸性，则所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为____．

Ⅲ；乙二酸的还原性：

（5）该小组同学向用硫酸酸化的KMnO4溶液中滴入过量的草酸溶液，发现酸性KMnO4溶液褪色，从而判断草酸具有较强的还原性．该反应的离子方程式为____．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)11、常温常压下，1molFe在1molCl2中充分燃烧，转移的电子数为2NA____（判断对错）12、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）106g的乙醇和丙醇混合液完全燃烧生成的CO2为112L（标准状况）____

（2）医用酒精的浓度通常为95%____

（3）Y（C2H5OH），W（C2H5ONa）可通过置换反应由Y得到W____

（4）向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去，使溶液褪色的气体只是乙烯____

（5）乙醇不能发生取代反应____

（6）实验室中提纯混有少量乙酸的乙醇，可采用先加生石灰，过滤后再蒸馏的方法____．13、制备Fe（OH）3，既可以通过复分解反应制备，又可以通过化合反应制备____（判断对和错）14、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．____．（判断对错）15、加过量的AgNO3溶液，产生大量的白色沉淀，溶液里一定含有大量的Cl-．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”16、将NaOH和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH-浓度均减少到原来的；____．评卷人得分四、其他(共4题，共36分)17、磨砂”是增加玻璃仪器密封性的一种处理工艺．在仪器A．试管B．分液漏斗C．带滴管的试剂瓶（滴瓶）D．集气瓶E．酸式滴定管F．碱式滴定管中，没有用到“磨砂”工艺处理的有____．

（填字母编号）．18、实验是化学研究的重要手段；贯穿于化学学习的始终．试回答下列中学化学实验室中常见仪器的有关问题：

（1）在仪器①分液漏斗②试剂瓶③集气瓶④滴定管⑤容量瓶⑥量筒⑦托盘天平中，标有“0“刻度的是（填序号，下同）____；标有使用温度的仪器是____．

（2）“磨砂“是增加玻璃仪器密封性的一种处理工艺．在仪器①试管②分液漏斗③细口试剂瓶④广口试剂瓶⑤集气瓶⑥酸式滴定管⑦碱式滴定管中，用到“磨砂“的有____．

（3）在仪器①漏斗②容量瓶③蒸馏烧瓶④分液漏斗⑤烧杯⑥蒸发皿中，可用于粗盐提纯实验的有____；可用于分离两种沸点接近且互不相溶的液态混合物（即分液）实验的有____．19、苯佐卡因是一种医用麻醉药品，学名对氨基苯甲酸乙酯。用芳香烃A为原料合成苯佐卡因E的路线如下：请回答：（1）写出结构简式B________________C_________________。（2）写出反应类型①_______________②________________。（3）化合物D经聚合反应可制得高分子纤维，广泛用于通讯、导弹、宇航等领域。写出该聚合反应的化学方程式：____________________________________________________________。（4）下列化合物中能与E发生化学反应的是_________。a．HClb．NaClc．Na­2CO3d．NaOH（5）除外，符合下列条件的化合物E的同分异构体有_____种。i.为1,4—二取代苯，其中苯环上的一个取代基是氨基；ii.分子中含结构的基团20、

（1）①写出仪器的名称：D____，E____．

②在蒸发结晶、过滤、配制溶液时都需用到的同一种玻璃仪器是以上仪器中的____（填写仪器编号）．

（2）上述仪器中在使用前要检查要检查是否漏水的仪器是____（填写仪器编号）．评卷人得分五、简答题(共3题，共15分)21、甲、乙两个实验小组利用rm{KMnO_{4}}酸性溶液与rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液反应研究影响反应速率的因素．

rm{(1)}该反应的离子方程式为______rm{(}提示：rm{H_{2}C_{2}O_{4}}的一级电离平衡常数为rm{5.4隆脕10^{-2}).}

设计实验方案如下rm{(}实验中所用rm{KMnO_{4}}溶液均已加入rm{H_{2}SO_{4})}

rm{(2)}甲组：通过测定单位时间内生成rm{CO_{2}}气体体积的大小来比较化学反应速率的大小rm{.}实验装置如图，实验时分液漏斗中rm{A}溶液一次性放下，rm{A}rm{B}的成分见表：

。序号rm{A}溶液rm{B}溶液rm{垄脵}rm{2mL}rm{0.1mol/L}rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液rm{4mL}rm{0.01mol/L}rm{KMnO_{4}}溶液rm{垄脷}rm{2mL}rm{0.2mol/L}rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液rm{4mL}rm{0.01mol/L}rm{KMnO_{4}}溶液rm{垄脹}rm{2mL}rm{0.2mol/L}rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液rm{4mL}rm{0.01mol/L}rm{KMnO_{4}}溶液和少量rm{MnSO_{4}}该实验探究的是______对化学反应速率的影响rm{.}在反应停止之前，相同时间内针管中所得rm{CO_{2}}的体积由大到小的顺序是______rm{(}用实验序号填空rm{)}．

rm{(3)}乙组：通过测定rm{KMnO_{4}}溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率的大小．

取两支试管各加入rm{2mL}rm{0.1}rm{mol/L}rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液，另取两支试管各加入rm{4mL}rm{0.1mol/L}rm{KMnO4}溶液rm{.}将四支试管分成两组rm{(}各有一支盛有rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液和rm{KMnO_{4}}溶液的试管rm{)}一组放入冷水中，另一组放入热水中，经过一段时间后，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间rm{.}该实验目的是研究______对化学反应速率的影响，但该组同学始终没有看到溶液褪色，其原因是______．22、中国本土科学家屠呦呦凭借发现抗疟特效药青蒿素，赢得了rm{2015}年度诺贝尔生理学奖rm{.}青蒿素的发明不仅治愈了众多疟疾患者，更为中医药走出国门开创了先河rm{.}青蒿素的一种化学合成部分工艺流程如下：

由青蒿素还可以合成药效增强的系列衍生物

rm{(1)}青蒿素分子中含有的含氧官能团有：______、______和过氧基rm{.}双氢青蒿素分子结构中有若干个六元环和七元环组成，其中含有七元环数为______rm{.}蒿甲醚的化学式为______．

rm{(2)}反应rm{B隆煤C}实际上可看作两步进行，依次发生的反应类型是______；消去反应．

rm{(3)}合成路线中设计rm{E隆煤F}rm{G隆煤H}的目的是______．

rm{(4)A}在rm{Sn-娄脗}沸石作用下，可异构为异蒲勒醇则异蒲勒醇分子有______个手性碳原子rm{(}连有四种不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子rm{).}异蒲勒醇可通过两步反应生成请写出相关化学反应方程式______，______．

rm{(5)}写出与rm{A}互为同分异构体，且满足以下条件的同分异构体数目为______种rm{(}不考虑空间异构rm{).}其中核磁共振氢谱有七个峰，且峰面积比为rm{1}rm{1}rm{4}rm{4}rm{1}rm{1}rm{6}的是：______rm{.(}填结构简式rm{)}

rm{垄脵}分子中只含有一个六元环；

rm{垄脷}六元环上只有二个取代基且在不同的碳原子上。

rm{垄脹}能够发生银镜反应．23、某化学小组用下图所列装置rm{(}固定装置略rm{)}验证rm{CO}能还原rm{CuO}并探究其还原产物的组成．

请回答：

rm{(1)}按气流方向，各装置从左到右的连接顺序为rm{i}______尾气处理rm{(}填仪器接口的字母编号rm{)}

rm{(2)}说明rm{CO}能还原rm{CuO}的实验现象为______；

rm{(3)}该实验处理尾气的方法为______；

rm{(4)}若去掉rm{B}装置；可能产生的影响为______；

rm{(5)}将各装置按正确的顺序连接后进行实验rm{.}当反应结束后，rm{F}处硬质玻璃管中的固体全部变为红色．

rm{[}查阅资料rm{]Cu}和rm{Cu_{2}O}均为红色；rm{Cu_{2}O}在酸性溶液中能生成rm{Cu}和rm{Cu^{2+}}．

rm{[}提出猜想rm{]}红色固体的成分可能为：rm{垄脵Cu}rm{垄脷Cu_{2}O}rm{垄脹}______；

rm{[}实验验证rm{]}该小组为验证上述猜想；分别取少量红色固体放人试管中，进行如下实验．

。实验编号操作现象rm{a}加入足量稀硝酸、振荡试管内红色固体完全溶解，溶液变为蓝色，并有无色气体产生rm{b}加入足量稀硫酸、振荡试管内有红色固体，溶液为无色rm{[}实验评价rm{]}根据上述实验，不能确定红色固体成分的实验是______rm{(}填实验编号rm{)}理由为______

______rm{.(}用化学方程式表示rm{)}

rm{[}实验结论rm{]}根据上述实验结果，可知红色固体的成分为______rm{(}填化学式rm{)}．评卷人得分六、计算题(共3题，共30分)24、（1）一定量的铜与稀硝酸反应生成2.24LNO（标准状况下）；求有多少克31.5%的稀硝酸中溶质被还原．

（2）在某高温下，1molNO2分解：2NO2⇌2NO+O2达平衡时；NO的物质的量占混合气体总物质的量的40%．

①求平衡时NO的物质的量．____

②求平衡时NO2和O2的物质的量分别占混合气体总物质的量的百分率．____．25、取标准状况下的rm{CH_{4}}和过量rm{O_{2}}的混合气体rm{840mL}点燃，将燃烧后的气体用过量的碱石灰吸收，碱石灰增重rm{0.600g}计算：rm{(1)}经碱石灰吸收后所剩气体的体积rm{(}标准状况rm{)}rm{(2)}原混合气体中rm{CH_{4}}与rm{O_{2}}的体积比。26、在容积为2L的密闭容器中充入3mol气体A和2.5mol气体B，发生反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g）（正反应为吸热反应），5min时测得生成1molD，C的平均反应速率v（C）=0.1mol•L-1•min-1；试求：

（1）方程式中C的化学计量数x=____．

（2）5min内A的平均反应速率v（A）=____．

（3）5min时B的转化率为____．

（4）温度升高A的转化率____（填“增大”或“减小”或“不变”下同），压强增大B的转化率____．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】A．弱酸在溶液中部分电离；稀释过程中电离程度增大，则醋酸在稀释后溶液的pH最小；

B．氨水中的氢氧根离子抑制了水的电离；氯化铵中铵根离子的水解促进了水的电离；

C．根据碳酸钠溶液中的质子守恒判断；

D．碱性越强，盐的水解程度越大，说明升高温度后碳酸根离子的水解程度增大．【解析】【解答】解：A．pH均为3的溶液，盐酸和硫酸都是强酸，稀释过程中氢离子的物质的量基本不变且相等，而醋酸的电离程度增大，稀释后氢离子浓度大于硫酸和盐酸，所以加水稀释10倍后的pH大小为：HCl=H2SO4＞CH3COOH；故A错误；

B．浓度均为0.1mol•L-1的氨水和氯化铵溶液，前者抑制了水的电离，而后者促进了水的电离，泽尔水电离出的c（H+）前者小于后者；故B正确；

C．根据碳酸钠溶液中的质子守恒可得：c（OH-）=c（H+）+2c（H2CO3）+c（CO32-）；故C错误；

D.0.1mol/LNa2CO3溶液35℃时的碱性比25℃时强；说明升高温度后促进了碳酸根离子的水解，则说明盐类水解反应是吸热反应，故D错误；

故选B．2、B【分析】【分析】同系物指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质；具有如下特征：结构相似；化学性质相似、分子式通式相同，分子式不同、物理性质不同，研究范围为有机物．

芳香烃通常指分子中含有苯环结构的碳氢化合物；苯的同系物含有1个苯环，侧链为烷基，组成通式为CnH2n-6．【解析】【解答】解：①是含有苯环结构的碳氢化合物，属于芳香烃，分子中含有1个苯环，侧链是甲基，分子组成比苯多1个CH2原子团；是苯的同系物，故①错误；

②是含有苯环结构的碳氢化合物；属于芳香烃，侧链是乙烯基，含有双键，不是烷基，不是苯的同系物，故②正确；

③含有N元素；不是碳氢化合物，不属于芳香烃，更不是苯的同系物，故③错误；

④含有O元素；不是碳氢化合物，不属于芳香烃，更不是苯的同系物，故④错误；

⑤是含有苯环结构的碳氢化合物，属于芳香烃，分子中含有2个苯环，不相差若干个CH2原子团；不是苯的同系物，故⑤正确；

⑥是含有苯环结构的碳氢化合物，属于芳香烃，分子中含有1个苯环，侧链是异丙基，分子组成比苯多3个CH2原子团；是苯的同系物，故⑥错误；

所以②⑤正确，故选：B．3、B【分析】【分析】A．浓硝酸；稀硝酸具有强氧化性；

B．铜与硝酸发生的氧化还原反应生成硝酸铜一氧化氮和水；

C．硝酸具有强氧化性，Fe2+具有还原性；

D．铁和铝在常温下遇浓硝酸发生钝化现象．【解析】【解答】解：A．浓硝酸和稀硝酸氮元素具有最高价；发生化学反应元素化合价只降低，都具有氧化性，故A正确。

B．置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和一种化合物；铜与硝酸发生的氧化还原反应生成硝酸铜一氧化氮和水，不是置换反应，故B错误；

C．硝酸具有强氧化性，Fe2+具有还原性；二者可发生氧化还原反应，故C正确；

D．铁和铝在常温下遇浓硝酸发生钝化现象；阻止反应进行，常温下可用铁或铝制品盛装浓硝酸，故D正确；

故选B．4、B【分析】【分析】A．蛋白质在硫酸铵溶液中发生盐析；在硫酸铜中发生变性；

B．酚醛树脂的结构简式为

C．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；

D．迷迭香酸中含有羟基、-COOH、-COOC-、双键．【解析】【解答】解：A．饱和（NH4）2SO4溶液能使蛋白质发生盐析；硫酸铜能使蛋白质发生变性，都有沉淀，故A正确；

B．酚醛树脂的结构简式为故B错误；

C．醋酸和硬脂酸都是一元羧酸，互为同系物；C6H14和C9H20均属于烷烃；故一定互为同系物，故C正确；

D．迷迭香酸中含有羟基；-CONH-和双键可以发生酯化、水解、加成等反应；故D正确．

故选B．5、A【分析】【分析】A；根据质量数=质子数+中子数计算；

B；元素的相对原子质量；是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值；

C；原子之间的转化不是化学变化；

D、同位素的化学性质相同．【解析】【解答】解：A．质量数=质子数+中子数，铀（U）是92号元素，U的中子数=233-92=141；故A正确；

B．元素的相对原子质量；是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值，不知道各种天然同位素的含量无法求出Th元素的相对原子质量，故B错误；

C．化学变化是生成新物质的变化，原子不变，而232Th转换成233U的原子发生变化；不是化学变化，故C错误；

D．同位素的物理性质不同；但化学性质几乎完全相同，故D错误．

故选A．二、填空题(共5题，共10分)6、Na•AlFeFeCl22Na+2H2O═2NaOH+H2↑2FeCl2+Cl2═2FeCl3FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑Fe+2H+=Fe2++H2↑【分析】【分析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，由反应①可知，D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al．黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸．氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系E+C→F，F+乙→G，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3，结合物质的性质解答该题．【解析】【解答】解：金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，由反应①可知，D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故金属B为Al．黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸．氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系E+C→F，F+乙→G，可知金属C为Fe，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3；

（1）由上分析知，A为Na，B为Al，C为Fe，F为FeCl2，故答案为：Na；Al；Fe；FeCl2；

（2）反应①为Na和水的反应，方程式为2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；

反应⑤为FeCl2和Cl2的反应，方程式为2FeCl2+Cl2═2FeCl3；

反应⑥为FeCl3和NaOH的反应，方程式为FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl；

故答案为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；2FeCl2+Cl2═2FeCl3；FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl．

（3）反应③为Al和NaOH的反应，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

反应④为铁和盐酸的反应，生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；

故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；Fe+2H+=Fe2++H2↑．7、氮氧铝②③NaHSO3NaHSO4H++HSO3-=SO2↑+H2OHS-+OH-=S2-+H2O②【分析】【分析】A、B、C、D、E、F是五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子是半径最小的原子，则A为氢元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X，则B为氮元素，X为NH4NO3；D与A同主族，且D的原子序数大于N元素，故D为Na；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的倍，F原子只能有3个电子层，最外层电子数为6，故F为硫元素；A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物，则C为氧元素；D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应，应氢氧化铝与强碱、强酸反应，可推知E为Al，据此解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E、F是五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子是半径最小的原子，则A为氢元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X，则B为氮元素，X为NH4NO3；D与A同主族，且D的原子序数大于N元素，故D为Na；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的倍；F原子只能有3个电子层，最外层电子数为6，故F为硫元素；A；B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物，则C为氧元素；D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应，应氢氧化铝与强碱、强酸反应，可推知E为Al．

（1）由上述分析可知；B；C、E元素的名称分别为：氮、氧、铝，故答案为：氮；氧；铝；

（2）O、Na两种元素形成的原子个数比为1：1的物质为Na2O2，由钠离子与过氧根离子构成，其电子式为：

故答案为：

（3）单质越容易与氢气反应；氢化物的还原性越强，元素的非金属性越强，单质的熔点属于物理性质，不能比较非金属性强弱，故②③正确；①错误；

故答案为：②③；

（4）H、O、N、S四种元素可以形成两种酸式盐（均由四种元素组成）分别为NaHSO3、NaHSO4，二者相互反应的离子方程式为：H++HSO3-=SO2↑+H2O；

故答案为：NaHSO3；NaHSO4；H++HSO3-=SO2↑+H2O；

（5）H、O、S间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲为HS-，乙为OH-，则甲与乙反应的离子方程式为：HS-+OH-=S2-+H2O；

故答案为：HS-+OH-=S2-+H2O；

（6）向含有amolAlCl3的溶液中加入含bmolNaOH的溶液，发生反应：①AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，②AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl；

当a：b≥1：3时，只发生反应①，二者恰好反应时得到沉淀为amol或mol，氯化铝过量时，得到沉淀amol，小于amol，可能为mol；

当a：b≤1：4时；只发生反应②，没有沉淀生成，即沉淀为0；

当1：3＜a：b＜1：4时；发生反应①②，则：

AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl

xmol3xmolxmol；

AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl；

（a-x）mol4（a-x）mol

则3xmol+4（a-x）mol=b，解得x=（4a-b），即沉淀为（4a-b）mol，由于部分铝离子转化为氢氧化铝沉淀，可能为mol；

由氢氧根守恒可知，氢氧化铝的物质的量不可能等于NaOH物质的量，即沉淀不能为bmol；

总上分析可知，沉淀可能为①amol、③mol、④mol、⑤0、⑥（4a-b）mol，不可能②bmol；

故答案为：②．8、Cl2+H2O═H++Cl-+HClO【分析】【分析】氯气溶于水后生成了次氯酸和盐酸，次氯酸在离子反应中保留化学式，以此来解答．【解析】【解答】解：氯气溶于水后生成了次氯酸和盐酸，氯气、水、次氯酸在离子反应中保留化学式，则离子反应为Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，故答案为：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO．9、关闭分液漏斗上部的活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，活塞能回到原位则不漏气，否则漏气偏小【分析】【分析】①欲检查装置气密性；可根据该反应容器的特点，采用拉动注射器活塞的方法完成；

②二氧化碳易溶于水，形成碳酸，所以测得的二氧化碳体积会变小；因此可在水面涂一层植物油或采用饱和的二氧化碳溶液的方式使二氧化碳不能溶于水；【解析】【解答】解：①若装置漏气；拉出的活塞不移动，若不漏气，拉出的活塞在大气压强的作用下应回到原来的位置；

故答案为：关闭分液漏斗上部的活塞；将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，活塞能回到原位则不漏气，否则漏气；

②因为二氧化碳不仅能溶于水还能与水反应，用排水法收集气体，收集的二氧化碳偏小，故答案为：偏小．10、DG除去草酸蒸气防止干扰实验黑色固体变成红色，且澄清的石灰水变浑浊没有CO尾气处理装置6.3BDc（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【分析】【分析】（1）猜想其受热分解产物为CO2、CO和H2O，草酸晶体（H2C2O4•2H2O）在100℃时开始升华，157℃时大量升华并开始分解，草酸蒸气在低温下可冷凝为固体，所以生成的气体中含有草酸蒸气，应该检验生成产物成分时除去草酸，因为检验二氧化碳需要氢氧化钙溶液，溶液中含有水分，所以要先用无水硫酸铜检验水蒸气；用CuO检验CO，CO生成二氧化碳，为防止CO生成的CO2干扰产物中CO2的检验，所以要先检验CO2；后检验CO；

（2）配制480mL0.1mol•L-1的草酸溶液需要500mL容量瓶；则需要草酸晶体质量=cVM=0.1mol/L×0.5L×126g/mol；

（3）A．将草酸晶体溶于含酚酞的NaOH溶液中；溶液褪色，说明草酸具有酸性；

B．测定0.1molL-1草酸溶液的pH；根据氢离子浓度和草酸浓度相对大小判断电解质强弱；

C．将草酸溶液加入Na2CO3溶液中，有CO2放出；说明草酸酸性大于碳酸；

D．测定草酸钠溶液的pH；根据溶液酸碱性判断草酸酸性强弱；

（4）二者恰好反应生成NaHC2O4，混合溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），Na+不水解、HC2O4-水解，则c（Na+）＞c（HC2O4-），溶液呈酸性说明HC2O4-电离程度大于水解程度；据此判断离子浓度大小；

（5）酸性条件下，KMnO4具有强氧化性，酸性KMnO4溶液和草酸发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，Mn元素化合价由+7价变为+2价，则C元素生成稳定氧化物CO2，根据转移电子相等、原子守恒、电荷守恒书写方程式．【解析】【解答】解：（1）①猜想其受热分解产物为CO2、CO和H2O，草酸晶体（H2C2O4•2H2O）在100℃时开始升华，157℃时大量升华并开始分解，草酸蒸气在低温下可冷凝为固体，所以生成的气体中含有草酸蒸气，应该检验生成产物成分时除去草酸，因为检验二氧化碳需要氢氧化钙溶液，溶液中含有水分，所以要先用无水硫酸铜检验水蒸气；用CuO检验CO，CO生成二氧化碳，为防止CO生成的CO2干扰产物中CO2的检验，所以要先检验CO2；后检验CO；用B冷却得到草酸晶体、用C氧化CO、用D检验水、用E干燥CO、用F吸收二氧化碳、用G检验二氧化碳，所以其排列顺序是A→B→D→G→F→E→C→G，故答案为：D；G；

②冰水混合物的作用是除去产物中草酸蒸气；防止干扰实验，故答案为：除去草酸蒸气，防止干扰实验；

③CO具有还原性；能还原CuO生成Cu，生成的二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，则能证明含有CO的现象是：黑色固体变成红色，且澄清的石灰水变浑浊；

故答案为：黑色固体变成红色；且澄清的石灰水变浑浊；

④CO有毒；不能直接排空，所以要有尾气处理装置，故答案为：没有CO尾气处理装置；

（2）配制480mL0.1mol•L-1的草酸溶液需要500mL容量瓶；则需要草酸晶体质量=CVM=0.1mol/L×0.5L×126g/mol=6.3g，故答案为：6.3；

（3）A．将草酸晶体溶于含酚酞的NaOH溶液中；溶液褪色，说明草酸具有酸性，但不能说明草酸部分电离，所以不能证明草酸是弱酸，故A错误；

B．测定0.1molL-1草酸溶液的pH；如果溶液中氢离子浓度小于草酸浓度的2倍，就说明草酸部分电离为弱电解质，故B正确；

C．将草酸溶液加入Na2CO3溶液中，有CO2放出；说明草酸酸性大于碳酸，但不能说明草酸部分电离，则不能证明草酸是弱酸，故C错误；

D．测定草酸钠溶液的pH；如果草酸钠是强酸强碱盐，溶液呈中性，如果草酸钠是弱酸强碱盐，溶液呈碱性，所以能证明草酸是否是弱电解质，故D正确；

故选BD；

（4）二者恰好反应生成NaHC2O4，混合溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），Na+不水解、HC2O4-水解，则c（Na+）＞c（HC2O4-），溶液呈酸性说明HC2O4-电离程度大于水解程度，所以溶液中c（H+）＞c（C2O42-），溶液呈酸性则c（OH-）浓度最小，则溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；

故答案为：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；

（5）酸性条件下，KMnO4具有强氧化性，酸性KMnO4溶液和草酸发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，Mn元素化合价由+7价变为+2价，则C元素生成稳定氧化物CO2，根据转移电子相等、原子守恒、电荷守恒书写方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O．三、判断题(共6题，共12分)11、√【分析】【分析】发生反应：2Fe+3Cl22FeCl3，1molFe在1molCl2中充分燃烧，氯气完全反应，Fe有剩余，根据氯气计算转移电子数目．【解析】【解答】解：发生反应：2Fe+3Cl22FeCl3，1molFe完全反应消耗1.5molCl2，故氯气完全反应，Fe有剩余，则转移电子数目为1mol×2=2mol，即转移电子数为2NA，故正确，故答案为：√．12、×【分析】【分析】（1）根据极限法分别求出CO2的体积；

（2）浓度约为75%酒精常用于医疗上消毒；

（3）根据乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气；

（4）根据乙烯、乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色；

（5）根据乙醇能与乙酸发生酯化反应；

（6）根据乙酸可与生石灰反应，乙醇与生石灰不反应；【解析】【解答】解：（1）若全为乙醇，生成二氧化碳为×2×22.4=103.2L；若全丙醇，生成二氧化碳为×3×22.4=118.7L，所以106g的乙醇和丙醇混合液完全燃烧生成的CO2为的体积应介于两者之间；故答案为：×；

（2）医用酒精中酒精的浓度约为75%；故答案为：×；

（3）乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气；属于置换反应，故答案为：√；

（4）向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液；紫红色褪去，使溶液褪色的气体可能是乙烯，也可能是乙醇，故答案为：×；

（5）乙醇能与乙酸发生酯化反应；酯化反应属于取代反应，故答案为：×；

（6）乙酸具有酸性，可与生石灰反应，同时生石灰还起到吸水的作用，故答案为：√；13、√【分析】【分析】铁盐与氢氧化钠反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，氢氧化亚铁能与空气的氧气和水化合生成氢氧化铁．【解析】【解答】解：氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，此反应属于复分解反应，氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁，此反应属于化合反应，故正确，答案为：√．14、×【分析】【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；【解析】【解答】解：蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．15、×【分析】【分析】碳酸根离子等也能与AgNO3溶液产生白色沉淀．【解析】【解答】解：与AgNO3溶液，产生白色沉淀的不只Cl-，还有碳酸根离子等．所以检验Cl-时；通常先加稀硝酸酸化，以排除碳酸根离子的干扰．

故答案为：×．16、×【分析】【分析】氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质，加水稀释弱电解质溶液，促进弱电解质电离，据此分析解答．【解析】【解答】解：氢氧化钠是强电解质，在水中完全电离，加水稀释一倍，氢氧根离子浓度变为原来的一半，一水合氨是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进其电离，当稀释一倍后，氢氧根离子浓度大于原来的一半，该说法错误，故答案为：×．四、其他(共4题，共36分)17、AF【分析】【分析】用到“磨砂”工艺处理的玻璃仪器有：分液漏斗、细口瓶、广口瓶、滴瓶、集气瓶、酸式滴定管等【解析】【解答】解：凡是玻璃相互接处，不能漏水漏气的要磨砂处理，用到“磨砂”工艺处理的玻璃仪器有：分液漏斗、细口瓶、广口瓶、滴瓶、集气瓶、酸式滴定管等，故答案为：AF．18、④⑦④⑤⑥②③④⑤⑥①⑤⑥④⑤【分析】【分析】（1）根据标有“0”刻度的仪器有：滴定管；托盘天平、温度计等；根据标有使用温度的仪器有：滴定管、容量瓶、量筒、烧杯等；

（2）用到“磨砂”工艺处理的玻璃仪器有：分液漏斗；细口瓶、广口瓶、滴瓶、集气瓶、酸式滴定管等；

（3）根据粗盐提纯的步骤是溶解、过滤、蒸发、结晶，由步骤可推测用的仪器有：烧杯、带铁圈的铁架台、滤纸、玻璃棒和漏斗；根据分液所需要的仪器有：带铁圈的铁架台、分液漏斗、烧杯．【解析】【解答】解：（1）标有“0”刻度的仪器有：滴定管；托盘天平、温度计等；标有使用温度的仪器有：滴定管、容量瓶、量筒、烧杯等；

故答案为：④⑦；④⑤⑥；

（2）凡是玻璃相互接处；不能漏水漏气的要磨砂处理，用到“磨砂”工艺处理的玻璃仪器有：分液漏斗；细口瓶、广口瓶、滴瓶、集气瓶、酸式滴定管等；

故答案为：②③④⑤⑥；

（3）粗盐提纯用的仪器有：烧杯；带铁圈的铁架台、滤纸、玻璃棒和漏斗；分液所需要的仪器有：带铁圈的铁架台、分液漏斗、烧杯；

故答案为：①⑤⑥；④⑤．19、略

【分析】【解析】【答案】（1）（2）①取代反应；②氧化反应（3）（2分）（4）a、d（2分）（5）4()20、1000ml容量瓶分液漏斗CDE【分析】【分析】（1）①熟悉常见仪器；了解它们的名称；

②根据溶解；过滤和蒸发操作中所用的仪器来解答；

（2）带有活塞或瓶塞的装置使用前要检查是否漏水．【解析】【解答】解：（1）①D装置为1000ml的容量瓶；E装置为分液漏斗；故答案为：1000ml的容量瓶；分液漏斗；

②在配置溶液；过滤和蒸发操作中都用到的玻璃仪器是玻璃棒；在蒸发操作中的作用是搅拌，使受热均匀，防止液滴飞溅；在配置溶液时用玻璃棒搅拌，加速固体溶解，移液时用玻璃棒引流；在过滤时应玻璃棒引流，故选：C；

（2）容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有活塞使用前应检查是否漏水，故选：DE．五、简答题(共3题，共15分)21、略

【分析】rm{(1)}故答案为：rm{2MnO_{4}^{-}+5H_{2}C_{2}O_{4}+6H^{+}=2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O.}

rm{(2)}对比rm{垄脵垄脷}实验可探究浓度对化学反应速率的影响，rm{垄脷}中rm{A}溶液的浓度比rm{垄脵}中大，化学反应速率大，所得rm{CO_{2}}的体积大；

对比rm{垄脷垄脹}实验可探究催化剂对化学反应速率的影响，rm{垄脹}中使用了催化剂，故相同时间内rm{垄脹}实验中所得二氧化碳最多；

故答案为：浓度，rm{垄脹>垄脷>垄脵.}

rm{(3)}草酸和高锰酸钾反应的方程式为：rm{2MnO_{4}^{-}+5H_{2}C_{2}O_{4}+6H^{+}=2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}

草酸的物质的量为：rm{0.002L隆脕0.1mol?L^{-1}=2隆脕10^{-4}mol}

高锰酸钾的物质的量为：rm{0.004L隆脕0.1mol?L^{-1}=4隆脕10^{-4}mol}

由方程式可知；高锰酸钾过量，故没看到溶液完全褪色；

故答案为：温度；高锰酸钾过量．

rm{(1)2MnO_{4}^{-}+5H_{2}C_{2}O_{4}+6H^{+}=2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O.}

rm{(2)}对比rm{垄脵垄脷}实验可探究浓度对化学反应速率的影响，rm{垄脷}中rm{A}溶液的浓度比rm{垄脵}中大；

对比rm{垄脷垄脹}实验可探究催化剂对化学反应速率的影响，rm{垄脹}中使用了催化剂；

rm{(3)}草酸和高锰酸钾反应的方程式为：rm{2MnO_{4}^{-}+5H_{2}C_{2}O_{4}+6H^{+}=2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}分析数据可知高锰酸钾过量．

本题考查了影响化学反应速率的因素，难度不大，注意可通过rm{KMnO_{4}}和草酸反应的方程式来判断量的多少．【解析】rm{2MnO_{4}^{-}+5H_{2}C_{2}O_{4}+6H^{+}=2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}浓度；rm{垄脹>垄脷>垄脵}温度；高锰酸钾过量22、略

【分析】解：rm{(1)}青蒿素分子中含有的含氧官能团有：酯基、醚键和过氧基；双氢青蒿素分子结构中含有七元环数为rm{2}由蒿甲醚的结构简式，可知其化学式为rm{C_{16}H_{26}O_{5}}

故答案为：酯基、醚键；rm{2}rm{C_{16}H_{26}O_{5}}

rm{(2)}由题目信息可知，结合rm{B}rm{C}的结构可知，rm{C=O}双键变成rm{C=C}双键，应是rm{B}中连接羰基的甲基上的rm{娄脕-H}与rm{C=O}先发生发生加成反应，再发生消去反应生成rm{C}

故答案为：加成反应；

rm{(3)}由rm{E隆煤F}的结构可知，羰基中rm{C=O}双键变成rm{C-S}单键，由rm{G隆煤H}的结构可知rm{C-S}单键又变成羰基；目的是保护羰基；

故答案为：保护羰基；

rm{(4)}异蒲勒醇分子中六元环上连接取代基的碳原子均为手性碳原子，即异蒲勒醇分子有rm{3}个手性碳原子；

先在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成然后与溴单质发生rm{1}rm{4-}加成生成反应方程式为：

故答案为：rm{3}

rm{(5)A}的分子式式为rm{C_{10}H_{18}O}不饱和度为rm{2}与rm{A}互为同分异构且满足：rm{垄脵}含有六元环，rm{垄脷}六元环上只有二个取代基且在不同的碳原子上，rm{垄脹}能够发生银镜反应，rm{2}个取代基为rm{-CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{-CHO}取代，或者rm{-CH(CH_{3})_{2}}rm{-CHO}或者rm{-CH_{2}CH_{3}}rm{-CH_{2}CHO}或者rm{-CH_{3}}rm{-CH_{2}CH_{2}CHO}或者rm{-CH_{3}}rm{-CH(CH_{3})CHO}各有邻、间、对rm{3}种，故共有rm{15}种，其中核磁共振氢谱有七个峰，且峰面积比为rm{1}rm{1}rm{4}rm{4}rm{1}rm{1}rm{6}的是：

故答案为：rm{15}．

rm{(1)}青蒿素分子中含有的含氧官能团有：酯基、醚键和过氧基；双氢青蒿素分子结构中含有七元环数为rm{2}蒿甲醚的化学式为rm{C_{16}H_{26}O_{5}}

rm{(2)}由题目信息可知，结合rm{B}rm{C}的结构可知，rm{C=O}双键变成rm{C=C}双键，应是rm{B}中连接羰基的甲基上的rm{娄脕-H}与rm{C=O}先发生发生加成反应，再发生消去反应生成rm{C}

rm{(3)}由rm{E隆煤F}的结构可知，羰基中rm{C=O}双键变成rm{C-S}单键，由rm{G隆煤H}的结构可知rm{C-S}单键又变成羰基；目的是保护羰基；

rm{(4)}异蒲勒醇分子中六元环上连接取代基的碳原子均为手性碳原子；

先在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成然后与溴单质发生rm{1}rm{4-}加成生成

rm{(5)A}的分子式式为rm{C_{10}H_{18}O}不饱和度为rm{2}与rm{A}互为同分异构且满足：rm{垄脵}含有六元环，rm{垄脷}六元环上只有二个取代基且在不同的碳原子上，rm{垄脹}能够发生银镜反应，rm{2}个取代基为rm{-CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{-CHO}取代，或者rm{-CH(CH_{3})_{2}}rm{-CHO}或者rm{-CH_{2}CH_{3}}rm{-CH_{2}CHO}或者rm{-CH_{3}}rm{-CH_{2}CH_{2}CHO}或者rm{-CH_{3}}rm{-CH(CH_{3})CHO}各有邻、间、对rm{3}种．

本题考查有机物合成、有机物的结构、有机反应类型、限制条件同分异构体书写等，难度中等，注意根据转化关系中有机物的结构理解发生的反应，为热点题型．【解析】酯基；醚键；rm{2}rm{C_{16}H_{26}O_{5}}加成反应；保护羰基；rm{3}rm{15}23、略

【分析】解：rm{(1)}验证rm{CO}能还原rm{CuO}并探究其还原产物的组成，利用的原理是一氧化碳还原氧化铜反应生成铜和二氧化碳，验证生成的二氧化碳用澄清石灰水，生成的产物为红色固体，先制备纯净的一氧化碳，依据装置图可知，装置rm{E}加热分解生成二氧化碳和水蒸气，通过装置rm{B}吸收水蒸气，通过装置rm{D}二氧化碳和碳反应生成一氧化碳，通过装置rm{A}中的碱石灰除去未反应的二氧化碳气体，得到纯净的一氧化碳气体，通过装置rm{F}加热发生反应，生成的气体二氧化碳通过装置rm{C}中的澄清石灰水检验，最后剩余一氧化碳气体不能排放到空气中，需要收集或点燃进行尾气处理，按气流方向，各装置从左到右的连接顺序为rm{icdgh(}或rm{hg)abjk(}或rm{kj)fe}

故答案为：rm{cd}rm{gh(}或rm{hg)}rm{ab}rm{jk(}或rm{kj)}rm{fe}

rm{(2)}上述分析可知说明rm{CO}能还原rm{CuO}的实验现象为rm{F}处硬质玻璃管中的黑色固体变为红色，rm{C}处澄清石灰水变浑浊；

故答案为：rm{F}处硬质玻璃管中的黑色固体变为红色，rm{C}处澄清石灰水变浑浊；

rm{(3)}实验过程中生成的尾气为一氧化碳；一氧化碳气体有毒不能排放到空气，该实验处理尾气的方法为点燃烧掉或用气囊收集；

故答案为：点燃烧掉或用气囊收集；

rm{(4)B}装置是吸收生成的水蒸气，若去掉rm{B}装置，rm{NaHCO_{3}}分解产生的水蒸气进入装置rm{D}高温能与碳粉反应生成rm{H_{2}}对实验产生干扰；

故答案为：rm{NaHCO_{3}}分解产生的水蒸气高温能与碳粉反应生成rm{H_{2}}对实验产生干扰；

rm{(5)Cu}和rm{Cu_{2}O}均为红色，所以红色固体的成分可能为：rm{垄脵Cu}rm{垄脷Cu_{2}O}rm{垄脹Cu}和rm{Cu_{2}O}的混合物；rm{Cu_{2}O}在酸性溶液中能生成rm{Cu}和rm{Cu^{2+}}分别取少量红色固体放人试管中，加入足量稀硝酸、振荡，试管内红色固体完全溶解，溶液变为蓝色，说明生成了铜离子，并有无色气体产生证明为一氧化氮，但铜和氧化亚铜都可以和硝酸发生反应，反应的化学方程式为：rm{3Cu+8HNO_{3}(}稀rm{)=3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{3Cu_{2}O+14HNO_{3}(}稀rm{)=6Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+7H_{2}O}rm{a}实验不能确定红色固体成分；加入足量稀硫酸；振荡；试管内有红色固体，溶液不变色证明无氧化亚铜，红色固体为铜；

故答案为：rm{Cu}和rm{Cu_{2}O}rm{a}rm{3Cu+8HNO_{3}(}稀rm{)=3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{3Cu_{2}O+14HNO_{3}(}稀rm{)=6Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+7H_{2}O}rm{Cu}．

rm{(1)}验证rm{CO}能还原rm{CuO}并探究其还原产物的组成，利用的原理是一氧化碳还原氧化铜反应生成铜和二氧化碳，验证生成的二氧化碳用澄清石灰水，生成的产物为红色固体，先制备纯净的一氧化碳，依据装置图可知，装置rm{E}加热分解生成二氧化碳和水蒸气，通过装置rm{B}吸收水蒸气，通过装置rm{D}二氧化碳和碳反应生成一氧化碳，通过装置rm{A}中的碱石灰除去未反应的二氧化碳气体，得到纯净的一氧化碳气体，通过装置rm{F}加热发生反应，生成的气体二氧化碳通过装置rm{C}中的澄清石灰水检验；最后剩余一氧化碳气体不能排放到空气中，需要收集或点燃进行尾气处理；

rm{(2)}依据上述分析说明rm{CO}能还原rm{CuO}的实验现象应根据生成的红色固体和二氧化碳去产生的现象判断；

rm{(3)}实验过程中生成的尾气为一氧化碳；一氧化碳气体有毒不能排放到空气中需要点燃或收集；

rm{(4)B}装置是吸收生成的水蒸气，若去掉rm{B}装置水蒸气进入装置rm{D}会和碳反应生成氢气；氢气也会还原氧化铜来分析；

rm{(5)Cu}和rm{Cu_{2}O}均为红色，所以红色固体的成分可能为：rm{垄脵Cu}rm{垄脷Cu_{2}O}rm{垄脹Cu}和rm{Cu_{2}O}的混合物；

依据实验现象和物质性质分析；硝酸和铜；氧化亚铜都能发生反应，稀硫酸只和氧化亚铜发生反应．

本题考查了实验验证生成物成分、实验探究物质组成的分析判断，主要是装置连接设计，物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等．【解析】rm{cd}rm{gh(}或rm{hg)}rm{ab}rm{jk(}或rm{kj)}rm{fe}rm{F}处硬质玻璃管中的黑色固体变为红色，rm{C}处澄清石灰水变浑浊；点燃烧掉或用气囊收集；rm{NaHCO_{3}}分解产生的水蒸气高温能与碳粉反应生成rm{H_{2}}对实验产生干扰；rm{Cu}和rm{Cu_{2}O}rm{a}rm{3Cu+8HNO_{3}(}稀rm{)=3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{3Cu_{2}O+14HNO_{3}(}稀rm{)=6Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+7H_{2}O}rm{Cu}六、计算题(共3题，共30分)24、0.5mol40%，20%【分析】【分析】（1）发生反应3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，被还原的硝酸生成NO，根据N原子守恒计算被还原的硝酸，31.5%的稀硝酸的质量=；

（2）令平衡时氧气的物质的量为nmol，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，根据NO的含量列方程计算，据此解答．【解析】【解答】解：（1）发生反应3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，被还原的硝酸生成NO，NO的物质的量为=0.1mol，根据N原子守恒，被还原的硝酸等于NO的物质的量为0.1mol，质量为0.1mol×63g/mol=6.3g，故需要31.5%的稀硝酸的质量为=