2025年粤教新版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年粤教新版高三化学上册阶段测试试卷272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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、工业制造一般的光学玻璃用到的原料是（）A.石灰石、纯碱、粘土、硼砂B.氧化铅、纯碱、石灰石、石英C.纯碱、粘土、石英、氯化钴D.硼砂、烧碱、氧化亚铜、石英砂2、实验室常用rm{CS_{2}}溶解硫磺rm{(S_{8})}或白磷rm{(P_{4})}下列推测错误的是rm{(}rm{)}A.rm{CS_{2}}是非极性分子B.rm{CS_{2}}的沸点高于rm{CO_{2}}C.rm{CS_{2}}不能在空气中燃烧D.rm{CS_{2}}能证明非金属性rm{S>C}3、下列物质的用途____的是A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}4、下列反应中所加入的物质不是起催化剂作用的是（）A.FeCl3溶液中，加入KSCN溶液B.H2O2水溶液中，加入少量新鲜的动物肝脏C.淀粉溶液中，加入唾液或加入少量稀硫酸D.滴有碘水的淀粉溶液中，加入少量稀硫酸5、标准状况下，在烧瓶中充满干燥的HCl和N2的混合气，已知其相对分子质量是34.8，进行喷泉实验后所得溶液的物质的量浓度为（）A.0.022mol/LB.0.045mol/LC.0.8mol/LD.0.1mol/L6、下列物质不属于盐的是（）A.纯碱B.氯化钾C.苛性钠D.硫酸铜7、下列离子方程式正确的是（）A.钾跟水的反应：2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑B.碳酸氢钠溶液和苛性钠溶液反应：H++OH-=H2OC.过氧化钠加水：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑D.小苏打和少量澄清石灰水混合：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O8、下列有关试剂的保存方法，正确的是（）A.浓硝酸保存在无色玻璃试剂瓶中B.少量的钠保存在水中C.氢氧化钠溶液保存在具磨口玻璃塞的试剂瓶中D.FeSO4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、已知工业盐中含有NaNO2，外观和食盐相似，有咸味，人若误食会引起中毒，致死量为0.3～0.5g．已知NaNO2能发生如下反应（方程式已配平）：2NO2-+xI-+yH+=2NO↑+I2+zH2O；请回答下列问题：

（1）上述反应中，x=____，y=____，z=____，氧化剂是____．

（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl可选用的物质有：①水、②碘化钾淀粉试纸、③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有____（填序号）．

（3）某工厂废切削液中含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成水污染，但加入下列物质中的某一种就能使NaNO2转化为不引起污染的N2，该物质是____．

A．NaClB．KMnO4C．NH4ClD．浓硫酸。

（4）饮用水中的NO3-对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，某饮用水研究人员提出，在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2；请配平化学方程式：

10Al+6NaNO3+4NaOH+18H2O═____+3N2↑．若反应过程中转移5mol电子，则生成标况下的N2体积为____．10、现有A；B、C、D、E、F六种短周期元素；在化学反应中均能形成简单的阴离子或阳离子，且A、B、C、D离子具有相同的电子层结构．已知：

①常温下；F的单质是一种有色气体，常用于杀菌；消毒；

②A的氧化物既能溶于NaOH溶液；又能溶于盐酸；

③C的氢化物分子G是具有10电子的微粒，且可以发生下列转化：GPQM+P

④E和D是同主族元素，氢化物（H2E）常温下为气态．

⑤B和D可形成微粒个数比为1：1和2：1的离子化合物X和Y．

请回答下列问题：

（1）C元素在周期表的位置____；M为____化合物（填“离子”或“共价”）

（2）A元素的离子结构示意图是____；化合物X所含化学键类型有____．

（3）A的氧化物与NaOH反应的化学方程式为____．

（4）E的非金属性比F____（填“强”或“弱”），并用化学事实加以说明（用化学方程式表示）____．

（5）根据同主族元素性质的相似性和递变性进行预测：关于Se的预测正确的是____

A．常温下Se单质是气体B．Se最高价氧化物的水化物能和NaOH发生反应。

C．氢化物的化学式为H2SeD．常见的氧化物只有SeO3．11、铝土矿主要成分为Al2O3，Fe2O3等．采用熔盐电解法获得的粗铝中含一定量的金属钠和氢气；这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用于钢材镀铝．工艺流程如图所示。

（已知：NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华）

（1）铝土矿中加入NaOH溶液后发生的离子方程式为____；赤泥中一定含有的是____（填化学式）；向滤液中通入过量CO2所发生反应的离子方程式为____．

（2）如图在铝电解槽中电解制备铝时，W是____（填化学式）．工业上可以用氟化氢气体、氢氧化铝和纯碱在高温条件下发生反应来制取A、A是____，其作用是，写出该反应的化学方程式____．

（3）将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡而除去．气泡的成分除Cl2外还含有____．固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在____．

（4）钢材镀铝后，抗腐蚀性能会大大增强，其原因是____．

（5）用含Al2O368%的铝土矿100吨，经上述生成流程制取高纯铝，若浸取率为90%，后续生成过程中损失了5.00%的铝，可制得含铝99.0%的高纯铝的质量为____．（保留三位有效数字）12、（Ⅰ）如图1所示装置中，甲、乙两个烧杯分别依次盛放200mL饱和食盐水、足量的AgNO3溶液，a、b；c、d四个电极均为石墨电极．接通电源；经过一段时间后，测得乙中d电极质量增加了2.16g．据此回答问题：

（1）电源的N端为____极；

（2）电极b上发生的电极反应为____；

（3）电极c上生成的气体在标准状态下的体积：____；

（4）甲溶液的氢氧根离子浓度为____（设溶液体积仍为200mL）；

（5）欲在丙烧杯中实现铁的表面镀上一层铜，则电解质溶液为____f电极的电极反应式为____

（Ⅱ）依据反应：2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）设计的原电池如图甲所示．

①电极X的材料是____

②在电池放电过程中，盛有饱和KCl琼脂溶胶的盐桥中，向CuSO4溶液一端扩散的离子是____（填离子符号）13、亚硝酸钠常用作食品防腐剂．现用下图所示仪器（夹持装置已省略）及药品；探究亚硝酸钠与硫酸的反应及生成气体产物的成分．

已知：①NO+NO2+2OH-═2NO+H2O②气体液化的温度：NO2：21℃；NO：-152℃

（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序为（按左→右连接）：A→C→____→____→B．

（2）组装好仪器后，接下来进行的操作是____．

（3）关闭弹簧夹K1；打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体．

①确认A中产生的气体中含有NO，依据的现象是____．

②装置B的作用是____，装置E的作用是____．

（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为____．如果没有装置C，对实验结论造成的影响是____．14、原子序数11-17的元素；自Na到Cl，电子层数相同；

（1）最外层电子数从____增加到____；随着核电荷数依次递增；

（2）原子半径依次____（填“增大”或“减小”），核对外层电子的引力逐渐____（填“增强”或“减弱”；下同）；

（3）失电子能力逐渐____，得电子能力逐渐____，因此，金属性逐渐____，非金属性逐渐____．15、已知：烯烃复分解反应实际上是在金属烯烃络合物的催化下实现C=C双键两边基团换位的反应．如图1表示了两个丙烯分子进行烯烃换位；生成两个新的烯烃分子-丁烯和乙烯．

现以石油裂解得到的丙烯为原料；经过下列反应可以分别合成重要的化工原料Ⅰ和G．Ⅰ和G在不同条件下反应可生成多种化工产品，如环酯J．按要求填空：

（1）写出下列反应的反应类型：①____⑥____⑧____

（2）反应②的化学方程式是____

（3）反应④、⑤中有一反应是与HCl加成，该反应是____（填反应编号），设计这一步反应的目的是____

（4）物质E的结构简式是____，与E具有相同官能团的同分异构体的结构简式____

（5）反应⑩的化学方程式是____

评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)16、现对0.1mol/L的纯碱溶液进行相关研究．

（1）用pH试纸测定该溶液的pH，其正确的操作____．

（2）纯碱溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）____．

（3）某同学认为该溶液中Na2CO3的水解是微弱的，发生水解的CO32-离子不超过其总量的10%．请你设计实验证明该同学的观点是否正确．____．

（4）某同学根据所学知识对Na2CO3溶液进行分析；写出了以下四个关系式．请你判断：在正确的关系式后面打“√”，在错误的后面写出正确的关系式．

①c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]：____；

②c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）：____；

③c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）：____；

④c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）：____．17、若正反应为放热反应，则此反应的逆反应一定为吸热____（判断对和错）18、食物溶于水后的溶液中pH＜7，则为酸性食物．____．（判断对错）19、钠与水反应时，会发生剧烈爆炸____．（判断对错）20、胶体属于介稳体系____．（判断对错）21、因为CO2的水溶液可以导电，所以CO2是电解质____．（判断对错）22、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）23、实验时，将水倒入浓硫酸配制稀硫酸____．（判断对错）24、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____．评卷人得分四、推断题(共1题，共9分)25、图中X、Y、Z为单质，其他为化学物，它们之间存在如下转化关系（部分产物已略去）．其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应．回答下列问题：

（1）组成单质Y的元素的原子结构示意图是____；R的化学式是____；M溶液俗称为____；写出M溶液的一种用途____．

（2）Z与NaOH溶液反应的离子方程式为____．

（3）A与Al反应的化学方程式为____．

（4）写出X和足量D的稀溶液反应的离子方程式为____．评卷人得分五、探究题(共4题，共16分)26、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________．27、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：28、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________．29、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8题，共16分)1、B【分析】【分析】玻璃中含铅，会使玻璃折光率强，这样的玻璃即为光学玻璃．【解析】【解答】解：玻璃中含铅，会使玻璃折光率强，这样的玻璃即为光学玻璃．工业制造一般的光学玻璃用到的原料是氧化铅、纯碱、石灰石、石英，故选B．2、C【分析】解：rm{A.}非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂，rm{CS_{2}}溶解硫磺rm{(S_{8})}或白磷rm{(P_{4})}硫磺和白磷是非极性分子，根据相似相溶原理知，rm{CS_{2}}为非极性分子；故A正确；

B.分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比，还与氢键有关，这两种物质都是分子晶体，且二硫化碳相对分子质量大于二氧化碳，所以rm{CS_{2}}的沸点高于rm{CO_{2}}故B正确；

C.rm{CS_{2}}在空气中燃烧生成二氧化硫和二氧化碳；所以二硫化碳能在空气中燃烧，故C错误；

D.在同一种化合物中，电负性大的元素显负化合价，电负性小的元素显正化合价，元素的电负性越大其非金属性越强，该化合物中rm{C}为rm{+4}价、rm{S}为rm{-2}价，所以非金属性rm{S>C}故D正确；

故选C．

A.非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂；

B.分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比；还与氢键有关；

C.rm{CS_{2}}在空气中燃烧生成二氧化硫和二氧化碳；

D.在同一种化合物中；电负性大的元素显负化合价，电负性小的元素显正化合价，元素的电负性越大其非金属性越强．

本题考查较综合，涉及相似相溶原理、非金属性强弱判断、熔沸点高低判断等知识点，明确物质结构及其性质、元素周期律等知识点是解本题关键，题目难度不大．【解析】rm{C}3、B【分析】【分析】本题考查了物质的用途，性质决定用途，明确相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。

【解答】A.硅导电性介于导体与半导体之间，是良好的半导体材料，故A正确；

B.生石灰具有吸水性，生石灰用作食品干燥剂，不具有还原性，不能做抗氧剂，故B错误；

C.液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可做制冷剂，故C正确；

D.亚硝酸盐具有还原性，可做防腐剂，故D正确。

故选B。

【解析】rm{B}4、A【分析】【分析】A、FeCl3溶液中，加入KSCN溶液，发生反应：Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3（血红色），可用这一反应检验Fe3+；

B；新鲜的动物肝脏中含有过氧化氢酶；可加速过氧化氢分解；

C；淀粉可以在淀粉酶、稀硫酸的催化下发生水解反应；

D、淀粉可以在稀硫酸的催化下发生水解反应．【解析】【解答】解：A、FeCl3溶液中，加入KSCN溶液，发生反应：Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3（血红色），可用这一反应检验Fe3+；故A选；

B；新鲜的动物肝脏中含有过氧化氢酶；可加速过氧化氢分解，故B不选；

C；淀粉可以在淀粉酶、稀硫酸的催化下发生水解反应；故C不选；

D；淀粉可以在稀硫酸的催化下发生水解反应；故D不选；

故选A．5、B【分析】【分析】设混合气体中含有xmolHCl，ymolN2，根据平均相对分子质量可计算气体的物质的量之比，进行喷泉实验时，氯化氢溶于水，得到的为盐酸溶液，HCl的体积等于溶液的体积，以此可计算溶液浓度．【解析】【解答】解：设混合气体中含有xmolHCl，ymolN2，则=34.8；解得x：y=4：1；

假设烧瓶体积为5V，则HCl为4V，N2的体积为V；

氯化氢溶于水；得到的为盐酸溶液，HCl的体积等于溶液的体积；

则溶质物质的量浓度为：=0.045mol/L；

故选B．6、C【分析】【分析】根据盐是由金属离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物，据此结合物质的俗称进行分析判断．【解析】【解答】解：A；纯碱是碳酸钠；由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，故A正确．

B；氯化钾是由钾离子和氯离子组成的化合物；属于盐，故B正确．

C；苛性钠是氢氧化钠；由钠离子和氢氧根离子组成的化合物，属于碱，故C错误．

D；硫酸铜是由铜离子和硫酸根离子组成的化合物；属于盐，故D正确．

故选C．7、A【分析】【分析】A；离子方程式必须符合电荷守恒和原子守恒；

B；碳酸氢根离子是弱酸阴离子不能拆成离子；

C；原子不守恒；

D、酸式盐和碱反应少量的全部反应，离子方程式中符合化学式组成比；【解析】【解答】解：A、钾跟水的反应的离子方程式为：2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑符合电荷守恒原子守恒；故A正确；

B、碳酸氢钠溶液和苛性钠溶液反应：HCO3-+OH-=H2O+CO32-；故B错误；

C、过氧化钠加水反应的离子方程式：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；故C错误；

D、小苏打和少量澄清石灰水混合：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-；故D错误；

故选A．8、D【分析】解：A．浓硝酸具有挥发；光照易分解的性质；所以应保存在棕色试剂瓶中，故A错误；

B．钠与冷水反应；密度比煤油大，可保存在煤油中，故B错误；

C．氢氧化钠与玻璃中二氧化硅反应；生成具有黏性的硅酸钠，导致玻璃塞打不开，应用橡胶塞，故C错误；

D．硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁；加入铁粉可以防止被氧化，故D正确．

故选D．

A．浓硝酸见光易分解；

B．钠与冷水反应；

C．二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠；硅酸钠是一种粘合剂；

D．硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁．

本题考查化学试剂的保存，题目难度不大，注意化学试剂的保存与物质的性质有关，学习中注意相关知识的积累．【解析】【答案】D二、填空题(共7题，共14分)9、242NO2-②⑤C10Na[Al（OH）4]11.2L【分析】【分析】（1）由I原子守恒可知x；由电荷守恒可计算y，由H原子守恒可知z，该反应中N元素的化合价降低；

（2）由2NO2-+xI-+yH+=2NO↑+I2+zH2O可知，鉴别NaNO2应在酸性条件下；

（3）能使NaNO2转化为不引起污染的N2；物质应具有还原性；

（4）由信息可知，生成氮气，碱性条件下还生成Na[Al（OH）4]，Al元素化合价升高，被氧化，N元素化合价降低，被还原，结合电子守恒和原子守恒分析．【解析】【解答】解：（1）由I原子守恒可知x=2，由电荷守恒可计算y=4，由H原子守恒可知z=2，该反应中N元素的化合价降低，则NO2-为氧化剂；

故答案为：2；4；2；NO2-；

（2）因题目信息提示，该反应2NO2-+xI-+yH+=2NO↑+I2+zH2O在酸性条件下发生；且碘使淀粉KI试纸变蓝，故答案为：②⑤；

（3）因NaNO2转化为不引起污染的N2的过程中N的化合价降低，另一物质化合价必升高，物质具有还原性，只有NH4Cl符合；故答案为：C；

（4）由信息可知，生成氮气，碱性条件下还生成Na[Al（OH）4]，Al元素化合价升高，被氧化，N元素化合价降低，被还原，由电子守恒和原子守恒可知，反应为10Al+6NaNO3+4NaOH+18H2O=10Na[Al（OH）4]+3N2↑中，该反应转移30e-，则过程中转移5mol电子，则生成标况下的N2体积为5mol××22.4L/mol=11.2L；

故答案为：10Na[Al（OH）4]；11.2L10、第二周期第ⅤA共价离子键、共价键Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O弱H2S+Cl2=S↓+2HCl（其他合理答案也可）BC【分析】【分析】A；B、C、D、E、F六种短周期元素；在化学反应中均能形成简单的阴离子或阳离子，且A、B、C、D离子具有相同的电子层结构，核外电子数相等；

①常温下；F的单质是一种有色气体，常用于杀菌；消毒，则F是Cl元素；

②A的氧化物既能溶于NaOH溶液；又能溶于盐酸，则A是Al元素；

③C的氢化物分子G是具有10电子的微粒，且可以发生下列转化：：GPQM+P；则C是N元素，D为氧元素，G为氨气；P为NO、Q为二氧化氮，M为硝酸；

④E和D是同主族元素，氢化物（H2E）常温下为气态；则E是S元素；

⑤B和D可形成微粒个数比为1：1和2：1的离子化合物X和Y，则B是Na元素，X为Na2O2、Y为Na2O．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E、F六种短周期元素；在化学反应中均能形成简单的阴离子或阳离子，且A、B、C、D离子具有相同的电子层结构，核外电子数相等；

①常温下；F的单质是一种有色气体，常用于杀菌；消毒，则F是Cl元素；

②A的氧化物既能溶于NaOH溶液；又能溶于盐酸，则A是Al元素；

③C的氢化物分子G是具有10电子的微粒，且可以发生下列转化：：GPQM+P；则C是N元素，D为氧元素，G为氨气；P为NO、Q为二氧化氮，M为硝酸；

④E和D是同主族元素，氢化物（H2E）常温下为气态；则E是S元素；

⑤B和D可形成微粒个数比为1：1和2：1的离子化合物X和Y，则B是Na元素，X为Na2O2、Y为Na2O；

（1）C为氮元素；元素在周期表的位置为第二周期第ⅤA；M为硝酸，属于共价化合物；

故答案为：第二周期第ⅤA；共价；

（2）A为Al元素，其离子结构示意图是化合物X为Na2O2；所含化学键有离子键；共价键；

故答案为：离子键；共价键；

（3）A的氧化物为氧化铝，与NaOH反应生成偏铝酸钠与水，反应化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；

故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；

（4）硫和氯元素处于同一周期，随着原子序数的增大非金属性增强，故硫的非金属性比氯元素弱，氯气和硫化氢能发生置换反应，可以证明氯元素非金属性比硫强，反应方程式为：H2S+Cl2=S↓+2HCl（其他合理答案也可）；

故答案为：弱；H2S+Cl2=S↓+2HCl（其他合理答案也可）；

（5）A．Se单质为分子晶体；相对分子质量大于硫，常温下Se单质是固体，故A错误；

B．Se与S的最高价氧化物的水化物性质相似；都属于酸性，能和NaOH发生反应，故B正确；

C．Se与S的最大负化合价都是-2，氢化物的化学式为H2Se；故C正确；

D．Se与S的性质相似，有+4、+6价，常见的氧化物有SeO2、SeO3；故D错误；

故答案为：BC．11、Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OFe2O3AlO2-+2H20+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-AlNa3AlF62Al（OH）3+12HF+3Na2CO32Na3AlF6+3CO2+9H2OH2、HCl和AlCl3NaCl表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀31.1吨【分析】【分析】氢氧化钠与氧化铁不反应，流程分析可知，铝土矿加入氢氧化钠溶液浸取过滤，滤渣为氧化铁，滤液中加入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，焙烧得到氧化铝，氧化铝电解得到粗铝，粗铝在坩埚中精炼高温通入氯气，将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮而除去，得到高纯铝液，气体冷却得到氯化铝固体，镀铝电解池中，金属铝为阳极，熔融盐电镀液中铝元素主要以AlCl4-形式存在；通过电镀在表面镀铝．

（1）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，滤液中含有偏铝酸钠，通入过量CO2发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子；

（2）电解氧化铝阳极氧离子放电生成氧气，阴极铝离子放电生成铝单质，所以W为铝，Al2O3的熔点很高，熔化需要较多能量，加入冰晶石可以降低Al2O3的熔化温度．根据质量守恒定律书写该化学方程式；

（3）根据题中信息：NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华；在结合物质之间的反应来分析；

（4）依据铝性质活泼；容易与氧气反应生成氧化铝，结合氧化铝性质解答；

（5）根据铝元素守恒分析解答．【解析】【解答】解：（1）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，氢氧化钠与氧化铁不反应，所以赤泥中的主要成分是Fe2O3，滤液中含有偏铝酸钠，通入过量CO2所发生反应的离子方程式为：AlO2-+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-；

故答案为：Fe2O3；AlO2-+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-；

（2）电解氧化铝阳极氧离子放电生成氧气，阴极铝离子放电生成铝单质，W为阴极产物，所以W为铝，Al2O3的熔点很高，熔化需要较多能量，加入冰晶石可以降低Al2O3的熔化温度，即助熔剂，工业上可以用氟化氢气体、氢氧化铝和纯碱在高温条件下发生反应来制取冰晶石，根据质量守恒定律书写该化学方程式为：2Al（OH）3+12HF+3Na2CO3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O；

故答案为：Al；Na3AlF6；助熔剂（或降低熔化温度）；2Al（OH）3+12HF+3Na2CO32Na3AlF6+3CO2+9H2O；

（3）粗铝含有一定量的金属钠和氢气，钠、铝和氯气反应生成了氯化钠和氯化铝，氢气和氯气发生反应生成氯化氢，其中氯化钠熔点为801℃，较高，是固态杂质随气泡上浮，气泡的主要成分除Cl2外还含有H2、HCl、AlCl3；

故答案为：H2、HCl和AlCl3；NaCl；

（4）铝金属表面形成的致密氧化铝膜具有保护作用，致密的氧化膜能隔绝钢材与空气中的O2、CO2和H2O等接触；使电化学腐蚀和化学腐蚀不能发生；

故答案为：表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀；

（5）含Al2O368%的铝土矿100吨，含有铝的物质的量为，浸取率为90%，损失了5.00%的铝，可制得含铝99.0%的高纯铝的物质的量为[×90%×（1-5%）]÷99%，质量为：≈31.1吨；

故答案为：31.1吨．12、负2H++2e‑=H2↑0.112L0.1mol/LZnCl2Zn2++2e-=ZnCuCl-【分析】【分析】I．测得乙中d电极质量增加了2.16g，则d电极发生Ag++e-=Ag，所以d电极为阴极，N为电源的负极，乙中阳极为c，发生4OH--4e-=2H2O+O2↑，甲中b为阴极，发生2H++2e‑=H2↑；a为阳极，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气；并结合电镀原理及电子守恒计算解答．

II．根据反应“2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）”分析，在反应中，Cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，则正极为活泼性较Cu弱的Ag，Ag+在正极上得电子被还原，电解质溶液为AgNO3，原电池中，阴离子向负极移动，由此分析解答．【解析】【解答】解：I．（1）测得乙中d电极质量增加了2.16g，则d电极发生Ag++e-=Ag；所以d电极为阴极，N为电源的负极，故答案为：负；

（2）电解食盐水，b为阴极，发生2H++2e‑=H2↑，故答案为：2H++2e‑=H2↑；

（3）乙中d电极质量增加了2.16g，为银的质量，其物质的量为0.02mol，则转移电子为0.02mol，c电极上发生4OH--4e-=2H2O+O2↑，由电子守恒可知4Ag～O2↑，则气体的体积为0.02mol××22.4L/mol=0.112L；

故答案为：0.112L；

（4）由电子守恒可知2NaOH～2e-～2Ag，n（NaOH）=n（Ag）=0.02mol，则c（NaOH）==0.1mol/L；故答案为：0.1mol/L；

（5）丙烧杯中实现铁的表面镀上一层锌，则电解质溶液为ZnCl2，e为Zn，f电极为阴极，其电极反应式为Zn2++2e-=Zn；

故答案为：ZnCl2；Zn2++2e-=Zn；

II．①由反应“2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）”可知；在反应中，Cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，电极X的材料是Cu；

故答案为：Cu；

②盐桥中装有含琼胶的KNCl饱和溶液，则盐桥中Cl-移向负极，即Cl-向Cu（NO3）2溶液移动，故答案为：Cl-．13、ED检查装置气密性D中出现红棕色气体吸收NO2和NO，防止污染空气冷凝使NO2完全液化4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O水蒸气存在，会与NO2反应产生NO，影响NO的检验【分析】【分析】（1）根据各部分装置的作用进行连接；C吸收水蒸气，B尾气处理，防止污染空气，D检验NO，E冷却二氧化氮，利用D检验NO；

（2）气体发生和反应装置需要装置气密性好；开始前需要检查装置气密性；

（3）根据一氧化氮和氧气反应生成红棕色二氧化氮气体判断；温度低于二氧化氮液化温度时，二氧化氮变成液态；

（4）氧气过量，进入B中可理解为先生成硝酸，硝酸再与氢氧化钠反应生成硝酸钠和水；【解析】【解答】解：（1）C吸收水蒸气；B尾气处理，防止污染空气，D检验NO，E冷却二氧化氮，利用D检验NO，所以装置的连接为A→C→E→D→B；

故答案为：E；D；

（2）组装好仪器后；接下来进行的操作实验是检查装置气密性；

故答案为：检查装置气密性；

（3）①D中无色气体变成红色；说明含有NO气体；

故答案为：D中出现红棕色气体；

②装置B是吸收氮氧化物；防止污染空气，二氧化氮的液化温度是21℃，低于此温度时，二氧化氮气体变成液态；

故答案为：吸收NO2和NO，防止污染空气，冷凝使NO2完全液化；

（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中二氧化氮、氧气和氢氧化钠反应生成硝酸钠和水，其反应方程式为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O；如果没有装置C，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，造成干扰；

故答案为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O；水蒸气存在，会与NO2反应产生NO，影响NO的检验．14、17减小增大减弱增强减弱增强【分析】【分析】（1）由Na到Cl；最外层电子数由1递增到7；

（2）同周期随原子序数增大；核电荷数对核外电子吸引增大，原子半径减小；

（3）同周期随原子序数增大，金属性减弱、非金属性增强，失电子能力减弱、得电子能力增强．【解析】【解答】解：（1）由Na到Cl；最外层电子数由1递增到7，故答案为：1；7；

（2）同周期随原子序数增大；原子半径依次减小，核电荷数对核外电子吸引逐渐增大，故答案为：减小；增大；

（3）同周期随原子序数增大，原子核对核外电子吸引增大，失电子能力减弱、得电子能力增强，金属性减弱、非金属性增强，故答案为：减弱、增强、减弱、增强．15、取代反应消去反应加成反应④保护A分子中C=C不被氧化【分析】【分析】丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，由反应信息可知，CH2=CHCH2Cl在催化剂条件下生成CH2=CH2、ClCH2CH=CHCH2Cl，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应生成C，故A为ClCH2CH=CHCH2Cl，B为CH2=CH2．B与溴发生加成反应生成H为BrCH2CH2Br，H在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成I为HOCH2-CH2OH．A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应生成C为HOCH2CH=CHCH2OH，由J的结构可知，G为HOOC-CH=CH-COOH，由转化关系可知，结合（3）可知C与HCl发生加成反应反应生成D，保护C=C不被氧化，D再氧化可得E，故D为HOCH2CH2CHClCH2OH，E为E发生消去反应生成F，F酸化得到G，故F为NaOOC-CH=CH-COONa，据此解答．【解析】【解答】解：丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，由反应信息可知，CH2=CHCH2Cl在催化剂条件下生成CH2=CH2、ClCH2CH=CHCH2Cl，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应生成C，故A为ClCH2CH=CHCH2Cl，B为CH2=CH2．B与溴发生加成反应生成H为BrCH2CH2Br，H在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成I为HOCH2-CH2OH．A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应生成C为HOCH2CH=CHCH2OH，由J的结构可知，G为HOOC-CH=CH-COOH，由转化关系可知，结合（3）可知C与HCl发生加成反应反应生成D，保护C=C不被氧化，D再氧化可得E，故D为HOCH2CH2CHClCH2OH，E为E发生消去反应生成F，F酸化得到G，故F为NaOOC-CH=CH-COONa；

（1）反应①是CH2=CHCH3与氯气发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl；反应⑥是卤代烃发生的消去反应，反应⑧是乙烯与溴发生加成反应，故答案为：取代反应；消去反应；加成反应；

（2）反应②是CH2=CHCH2Cl在催化剂条件下生成CH2=CH2、ClCH2CH=CHCH2Cl，反应方程式为：

故答案为：

（3）反应④中C与HCl气体在一定条件只发生加成反应；保护A分子中C=C不被氧化，反应④和⑤不能调换；

故答案为：④；保护A分子中C=C不被氧化；

（4）由上述分析可知，E的结构简式为与E具有相同官能团的同分异构体的结构简式有：

故答案为：

（5）反应⑩的化学方程式是：

故答案为：．三、判断题(共9题，共18分)16、√【分析】【分析】（1）pH试纸的正确使用方法是：把小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上；用蘸有待测溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH；

（2）根据盐的类型分析呈碱性；纯碱是强碱弱酸盐水解呈碱性；

（3）用pH试纸测pH值计算水解产生的氢氧根离子的浓度；

（4）根据电荷守恒、物料守恒和质子守恒分析．【解析】【解答】解：（1）测定溶液pH的具体操作方法为：用干净的玻璃棒蘸取待测溶液并滴在pH试纸上；把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，读出相同颜色的pH值；

故答案为：把小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上；用蘸有待测溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH；

（2）纯碱是强碱弱酸盐，碳酸根离子能发生水解使溶液中的氢氧根离子的浓度大于氢离子的浓度，导致溶液呈碱性，离子方程式为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故答案为；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；

（3）用pH试纸测pH值计算水解产生的氢氧根离子的浓度，其操作为：用pH试纸测0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH，若pH＜12，则证明水解的CO32-不超过其总量的10%，故答案为：用pH试纸测0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH，若pH＜12，则证明水解的CO32-不超过其总量的10%；

（4）①根据物料守恒，碳元素在溶液中的形式有：CO32-、HCO3-、H2CO3、所以c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），故答案为：错误；c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）；

②根据电荷守恒分析解答，c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）；故答案为：√；

③根据质子守恒：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故答案为：错误；c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）；

④碳酸钠溶液水解呈碱性，所以离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-），故答案为：√．17、√【分析】【分析】一个化学反应的进行，一定存在能量的变化，不是吸热反应即为放热反应，若正反应方向放热，那么逆反应一定吸热．【解析】【解答】解：一个化学反应的进行，一定存在能量的变化，不是吸热反应即为放热反应，若正反应方向放热，那么逆反应一定吸热，故正确，答案为：√．18、×【分析】【分析】食物的酸碱性与化学上所指的溶液的酸碱性是不同的概念，食物呈酸性或成碱性，是按食物在体内代谢最终产物的性质来分类的．【解析】【解答】解：食物的酸碱性与溶于水后的溶液PH无关，如柠檬酸呈酸性，但为碱性食物，故答案为：×．19、√【分析】【分析】钠与水剧烈反应，生成氢气，并放出大量的热，以此解答．【解析】【解答】解：做钠与水的反应时；不能用较大的钠块，因为钠化学性质活泼，与水反应非常激烈，所放出的热量无法及时被水吸收，局部热量过多，便引起爆炸．

故答案为：√．20、√【分析】【分析】胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定存在．【解析】【解答】解：胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，故答案为：√．21、×【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．【解析】【解答】解：二氧化碳在水溶液中与水反应生成碳酸；碳酸电离出自由移动的离子导电，二氧化碳自身不能电离，故二氧化碳是非电解质；

故答案为：×．22、√【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：√．23、×【分析】【分析】浓硫酸溶解时，会释放出大量的热量，在稀释浓硫酸时，一定要把浓硫酸沿容器璧慢慢注入水里，并不断搅拌．【解析】【解答】解：实验室配制稀硫酸时，应先将水倒入烧杯中，再将浓硫酸用玻璃棒引流进烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌．注意不能将水倒到浓硫酸中，以免溶解时放出的热使酸液沸腾四处飞溅，故答案为：×．24、×【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：√；四、推断题(共1题，共9分)25、H2SiO3水玻璃“建筑业中的黏合剂”或“耐火材料”或“木材的防腐剂”Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O【分析】【分析】A俗称磁性氧化铁，即为Fe3O4；能与氢氟酸反应且不溶于水的酸性氧化物是SiO2，即E为SiO2；

根据框图中的转化关系，可知X为Fe、Y为O2、Z为Si、D为硝酸、M为Na2SiO3、G为硝酸铁，R为H2SiO3；

结合对应的物质的性质以及题目要求可解答该题．【解析】【解答】解：A俗称磁性氧化铁，即为Fe3O4；能与氢氟酸反应且不溶于水的酸性氧化物是SiO2，即E为SiO2；

根据框图中的转化关系，可知X为Fe、Y为O2、Z为Si、D为硝酸、M为Na2SiO3、G为硝酸铁，R为H2SiO3；

（1）组成单质Y的元素为O元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，则原子结构示意图为R为H2SiO3，M为Na2SiO3；溶液俗称水玻璃，可用于“建筑业中的黏合剂”或“耐火材料”或“木材的防腐剂”；

故答案为：H2SiO3；水玻璃；“建筑业中的黏合剂”或“耐火材料”或“木材的防腐剂”；

（2）Z为Si，可与氢氧化钠反应，反应的离子方程式为Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑；

故答案为：Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑；

（3）A为Fe3O4，与Al发生铝热反应，方程式为8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3；

故答案为：8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3；

（4）X为Fe，D为硝酸，发生反应的离子方程式为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O；

故答案为：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O．五、探究题(共4题，共16分)26、|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，以此解答该题．27、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑