2025年粤教新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年粤教新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、进行化学实验时应强化安全意识．下列做法正确的是（）A.金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火B.用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上C.蒸馏实验时向蒸馏瓶中放入几粒沸石（或碎瓷片）D.浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗2、下列说法正确的是（）A.发酵粉主要成分为氢氧化钠，能使焙制出的糕点疏松多孔B.碘离子（I-）能直接用淀粉检验C.一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路D.硫酸氢钠属于盐类，其水溶液显中性3、下列分离或提纯物质的方法正确的是（）A.用渗析的方法精制Fe（OH）3胶体B.用过滤的方法除去NaCl溶液中含有的少量淀粉胶体C.用溶解、过滤的方法提纯含有少量BaSO4的BaCO3D.用加热→蒸发的方法可以除去粗盐中的CaCl2、MgCl2等杂质4、将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中（固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）→2NH3（g）+CO2（g）．判断该分解反应已经达到化学平衡的是（）A.密闭容器中混合气体的密度不变B.密闭容器中c（NH3）：c（CO2）=2：1C.2v（NH3）=v（CO2）D.密闭容器中氨气的体积分数不变5、下列微粒中只有氧化性的是（）

①Cl-②Fe2+③Fe3+④S⑤MnO4-⑥Ag+⑦SO2．A.①⑦B.②④C.③⑤⑥D.②④⑤⑥6、U是重要的核工业原料，它的浓缩一直被国际社会关注，有关U说法正确的是（）A.U原子核中含有92个中子B.U原子核外有143个电子C.和U互为同位素D.U和U为同一核素7、下列关于rm{C}rm{Si}两种非金属元素的说法中，正确的是()A.两者结合形成的化合物是共价化合物B.在自然界中都能以游离态存在C.氢化物的热稳定性比较：rm{CH_{4}<SiH_{4}}D.最高价氧化物都能与水反应生成相应的酸8、下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{2}rm{mol}rm{CH_{4}}的质量和rm{O_{2}}的摩尔质量都是rm{32}rm{g}B.rm{1}rm{mol}任何气体中都含有相同的原子数C.rm{0.5}rm{mol}rm{NaCl}约含有rm{6.02隆脕10^{23}}个离子D.rm{1}rm{mol?L^{-1}}rm{KCl}溶液中含有溶质rm{1}rm{mol}评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)9、锑（Sb）在自然界一般以硫化物的形式存在；我国锑的蕴藏量为世界第一．从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：

①2Sb2S3+3O2+6FeSb4O6+6FeS②Sb4O6+6C4Sb+6CO↑

关于反应①、②的说法正确的是（）A.反应①②中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6B.反应①中每生成3molFeS时，共转移6mol电子C.反应②说明高温下C的还原性比Sb强D.每生成4molSb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4：310、某小组为研究电化学原理，设计如下图装置，下列叙述中正确的是rm{(}rm{)}A.若rm{a}和rm{b}为石墨，通电后rm{a}电极上发生的反应为rm{2Cl^{-}-2e^{-}篓TCl_{2}隆眉}B.若rm{a}和rm{b}为石墨，通电后rm{b}电极上发生氧化反应C.若rm{a}为铜，rm{b}为铁，通电后rm{a}电极质量增加D.若rm{a}为铜，rm{b}为铁，通电后rm{Cu^{2+}}向铁电极移动11、设rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数的值rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.常温常压下，rm{2.8gCO}与rm{N_{2}}混合气体中含有的原子总数为rm{0.2N_{A}}B.标准状况下，rm{2.24L}乙烷含有分子的数目为rm{0.1N_{A}}C.rm{1L1mol?L^{-1}}的rm{CuCl_{2}}溶液中含有rm{Cu^{2+}}的数目为rm{N_{A}}D.在过氧化钠与水的反应中，每生成rm{0.1mol}氧气，转移电子的数目为rm{0.4N_{A}}12、下列设计的实验能达到实验目的的是()A.探究催化剂对rm{H_{2}O_{2}}分解速率的影响：在相同条件下，向一试管中加入rm{2mL5拢楼H_{2}O_{2}}和rm{1mLH_{2}O}向另一试管中加入rm{2mL10拢楼H_{2}O_{2}}和rm{1mLFeCl_{3}}溶液，观察并比较实验现象B.提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过最饱和碳酸钠溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水C.检验溶液中是否含有rm{Fe^{3+}}取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加rm{KSCN}溶液，观察实验现象D.制备rm{Al(OH)_{3}}悬浊液：向rm{1mol隆陇L^{-1}AlCl_{3}}溶液中加过量的rm{6mol隆陇L^{-1}NaOH}溶液13、下列有关说法正确的是（）A.室温下，Ag+（aq）+Cl-（aq）═AgCl（s）反应可自发进行，则该反应的△H＜0B.高温下，工业上用纯碱和石英砂制玻璃，说明硅酸的酸性强于碳酸C.加热蒸干氯化铝溶液并灼烧残留物至质量不变，所得固体为氧化铝D.高温下，用金属钠与氯化钾可以置换出金属钾，说明钠的金属性比钾强14、下列电离方程式错误的是()A.Al2(SO4)3=2Al3++3(SO4)2-B.NaHSO4=Na++H++SO42-C.MgCl2=Mg2++Cl2-D.Ba(OH)2=Ba2++2OH-15、香茅醛rm{(}结构如图rm{)}可作为合成青蒿素的中间体，关丁香茅醛的下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.分子式为rm{C_{10}H_{12}O}B.分子中所有碳原子可能处于同一平面C.能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色D.rm{1}rm{mol}该物质最多与rm{2mol}rm{H_{2}}发生加成反应16、如图是用稀rm{HNO_{3}}和rm{Cu}制取少量rm{NO}并验证氮氧化合物性质的装置rm{.}下列说法错误的是rm{(}rm{)}

A.吸收剂可以是rm{NaOH}溶液B.试管上部的气体始终为无色C.小试管中溶液最终呈蓝色D.试纸先变红后褪色17、下列指定反应的离子方程式正确的是rm{(}rm{)}A.向稀rm{HNO_{3}}中滴加rm{Na_{2}SO_{3}}溶液：rm{2H^{+}+SO_{3}^{2-}篓TSO_{2}隆眉+H_{2}O}B.向rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中加入过量的rm{NaOH}溶液：rm{Al^{3+}+3OH^{-}篓TAl(OH)_{3}隆媒}C.向rm{0.1mol/L}rm{pH=1}的rm{KHA}溶液中加入rm{KOH}溶液：rm{H^{+}+OH^{-}篓TH_{2}O}D.用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：rm{2MnO_{4}^{-}+16H^{+}+5C_{2}O_{4}^{2-}篓T2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)18、化工生产中原料转化与利用非常重要，现有反应：CCl4+H2⇌CHCl3+HCl，查阅资料可知沸点：CCl4为77℃，CHCl3为61.2℃．在密闭容器中；该反应达到平衡后，测得下表数据（假设不考虑副反应）．

。实验。

序号温度℃初始CCl4浓度。

（mol•L-1）初始H2浓度（mol•L-1）CCl4的平衡转化率111011.2a21101150%310011b（1）在100℃时，此反应的化学平衡常数表达式为____；在110℃时的平衡常数为____．

（2）在实验2中，若1小时后反应达到平衡，则H2的平均反应速率为____，在此平衡体系中再加入0.5molCCl4和1.0molHCl，平衡将向____方向移动．（填正；逆或不移动）

（3）实验1中，CCl4的转化率a____50%（填“＞”、“=”或“＜”）．实验3中，b的值____（填字母序号）．

A．等于50%B．大于50%C．小于50%D．由本题所给资料无法判断．19、已知合金A由两种常见金属组成．为测定其组成；某同学做实验如下：

请回答：

（1）合金A中含有的金属是（填化学式）____；

（2）C的化学式是____；

（3）溶液H中所含的阳离子有____（用离子符号表示）；

（4）固体D经检验其成分为Fe2O3，它与合金A中的一种金属粉末均匀混合，在高温下反应可生成合金A中的另一种金属，写出该反应的化学方程式：____．20、选择合适的装置分离提纯下列物质；将装置序号填入表格：

。题号混合物方法（1）海水中提取饮用水____（2）提取碘水中的碘____（3）分离MnO2和NaCl固体混合物溶解____

洗涤____21、共聚法可改进有机高分子化合物的性质；高分子聚合物P的合成路线如下：

（1）B的名称为____，E中所含官能团的名称为____．

（2）F可以使溴水褪色，其中②的反应试剂是____，③的反应类型是____．

（3）下列说法正确的是____（填字母序号）．

a．C可与水任意比例混合。

b．A与1；3一丁二烯互为同系物。

c．由I生成M；1mol最多消耗3molNaOH

d．N不存在顺反异构体。

（4）写出E与N按照物质的量之比为1：1发坐共聚生成P的化学反应方程式：____，高聚物P的亲水性比由E形成的聚合物____（填“强”或“弱”）．

（5）D的同系物K比D分子少一个碳原子，K有多种同分异构体，符合下列条件的K的同分异构体有____种，写出其中核磁共振氢谱为1：2：2：2：3的一种同分异构体的结构简式：____．

a．苯环上有两种等效氢。

b．能与氢氧化钠溶液反应。

c．一定条件下1mol该有机物与足量金属钠充分反应，生成1molH2．22、有一包白色粉末，可能含有Ba（NO3）2、CaCl2、K2CO3一种或几种；某兴趣小组欲通过实验确定其成分，实验步骤如下：

①取部分粉末加入水中；振荡，有白色沉淀生成；

②取①所得悬浊液少许；加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；

③取少量步骤②中所得溶液滴入硝酸银溶液；有白色沉淀生成．试回答下列问题：

（1）由步骤①可得到的结论是____相关反应的离子方程式为____

（2）步骤②中所涉及到的化学反应方程式为____

（3）根据实验，白色粉末中肯定存在的物质是____（填化学式，下同），可能存在的物质是____

（4）欲进一步确定“可能存在的物质”是否肯定存在，需要补充的实验操作是____．23、在熔融状态下，lmolNaHSO4完全电离出的阳离子数目为2NA____（判断对错）24、请选用适当的试剂和分离装置除去下列物质中所含的杂质（括号内为杂质）；将所选的试剂及装置的编号填入表中．

试剂：a．水b．NaOH溶液c．溴的CCl4溶液d．饱和Na2CO3溶液e．新制CaOf．饱和NaCl溶液。

分离装置：A．分液B．过滤C．洗气D．蒸馏F．盐析。

。混合物需加入的试剂分离方法苯（苯酚）________高级脂肪酸钠（甘油）________乙醇（水）________乙酸乙酯（乙酸）________评卷人得分四、判断题(共4题，共24分)25、判断对错：1molNa2O2固体中含有离子总数为4NA____．26、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化____．（判断对确）27、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；____．28、反应条件是加热的反应不一定都是吸热反应____．（判断对错）评卷人得分五、计算题(共1题，共5分)29、配制500ml1.0mol/L，密度是1.16g/cm3的稀硫酸，需要质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸多少毫升？需要加水多少毫升？评卷人得分六、推断题(共4题，共12分)30、X；Y、Z、W四种气体；都能造成大气污染，X、Y、Z可以用碱溶液吸收，已知X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白性；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害成分之一，能和水反应；W难溶于水，在空气中燃烧发出淡兰色的火焰，北方冬天用煤球炉取暖易因W中毒．请按要求填空：

（1）X在一定条件下与氧气反应的化学方程式：____

（2）Y与NaOH溶液反应的离子方程式：____该反应中的氧化剂和还原剂的物质的量之比为____

（3）Z的水溶液反应的稀产物加入铜片的反应离子方程式为____Z的水溶液在反应中起的作用：____．31、（2013秋•湄潭县校级期末）已知：用惰性电极电解某盐X的溶液，发生的反应为：X+H2OA（单质）+B（单质）+Y（化合物）

（1）若组成X的元素均为短周期元素；且A；B均为气体，其在相同条件下体积比为1：1，产物之间可以发生下列反应（变化中的水略去）：写出有关反应的离子反应方程式：

①____；②____．

（2）若A为红色固体；A可以与Y的浓溶液反应生成一种与A摩尔质量相同的气体．

①写出该电解过程中阳极的电极反应式：____；

②某学生电解一定浓度的X溶液一段时间后，向所得溶液中加入0.1molA2（OH）2CO3后，恢复到电解前的浓度和pH（不考虑CO2溶解），则电解过程中转移的电子数为____．

（3）若向X的溶液中加入过量的稀盐酸；产生白色沉淀，且存在如下的转化关系：

Ⅰ．A+Y（浓）→X+C（气体）+H2O；Ⅱ．A+Y（稀）→X+D（气体）+H2O；

Ⅲ．M+O2→D（气体）+H2O．

①已知：组成M气体的两种元素质量比为14：3，则实验室制备M气体的化学反应方程式为____．检验M的方法是____．

②在标准状况下，27gA完全溶于一定浓度的Y溶液时，产生2.8L气体，将装有该气体的量筒倒立于有水的水槽中，再通入____L气体B，水才能恰好充满量筒．32、（2010秋•长沙月考）A；B、C、D、E、F六种物质在一定条件下有如图所示的相互转化关系；所有反应物和生成物均已给出．

（1）若反应①②③均为溶液中的置换反应，A、D、E为卤素单质，且通常状况下A为液态非金属单质，B的焰色反应为黄色，则根据反应①．②．③比较相关物质的氧化性由强到弱的顺序为____（用字母A．B．C表示）；反应①的化学方程式为____．反应②的离子方程式为____．

（2）若B是一种淡黄色固体，绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中D．E的循环，写下列物质的化学式：A____E____F____，则反应①的化学方程式为____．在反应③中若生成1molD，则转移的电子数目为____．33、如图是部分常见元素的单质及其化合物的转化关系图（有关反应的条件及生成的部分产物已略去）．

已知：E为红棕色固体；K为浅绿色溶液；反应①；②都是化工生产中的重要反应；B、C、D、H是单质；B、C、D、F、G、H常温下是气态；F、P和H的水溶液均具有漂白作用，且F是形成酸雨的主要物质之一；N是一种常见的氮肥；化合物G为四原子10电子分子，化合物M由两种元素组成，分子内共有58个电子．

（1）写出F的化学式____、P的电子式____；

（2）在G的水溶液中，阳离子浓度最大的是____（用离子符号表示）

（3）写出K与H反应的离子方程式____；G与H反应的化学方程式____

（4）在实验室中，向饱和H水溶液中加入CaCO3粉末，充分反应后过滤，可制得浓度较大的P的水溶液．用化学平衡移动的原理加以解释____．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】A．金属钠着火生成过氧化钠；与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应；

B．碳酸氢钠分解生成水；

C．加入碎瓷片；防止暴沸；

D．酸碱中和放出大量的热，且强酸、强碱具有强腐蚀性．【解析】【解答】解：A．金属钠着火生成过氧化钠；与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应，反应生成的氧气助燃，不能灭火，应利用沙土铺盖，故A错误；

B．碳酸氢钠分解生成水；则用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口略向下倾斜，故B错误；

C．蒸馏实验时加入碎瓷片；防止暴沸，从实验安全的角度考虑，故C正确；

D．酸碱中和放出大量的热；且强酸；强碱具有强腐蚀性，则浓硫酸溅到皮肤上时立即用抹布擦拭，再水冲洗，最后涂上适量的碳酸氢钠溶液，故D错误；

故选C．2、C【分析】【分析】A．发酵粉主要成分为碳酸氢钠；

B．碘离子与淀粉不反应；

C．蛋白质溶液具有胶体的性质；

D．硫酸氢钠在溶液中电离出氢离子．【解析】【解答】解：A．发酵粉主要成分为碳酸氢钠；可分解生成二氧化碳气体，能使焙制出的糕点疏松多孔，故A错误；

B．碘离子与淀粉不反应；淀粉遇碘变蓝色，故B错误；

C．蛋白质溶液具有胶体的性质；具有丁达尔效用，故C正确；

D．硫酸氢钠在溶液中电离出氢离子；溶液呈酸性，故D错误．

故选C．3、A【分析】【分析】A．胶体不能透过半透膜；而离子可以；

B．胶体；溶液均可透过滤纸；

C．BaSO4、BaCO3均不溶于水；

D．NaCl、CaCl2、MgCl2均为可溶性盐．【解析】【解答】解：A．胶体不能透过半透膜，而离子可以，则用渗析的方法可精制Fe（OH）3胶体；故A正确；

B．胶体；溶液均可透过滤纸；则过滤不能除杂，应选渗析法，故B错误；

C．BaSO4、BaCO3均不溶于水；不能溶解；过滤分离，应加足量硫酸、过滤除杂，故C错误；

D．NaCl、CaCl2、MgCl2均为可溶性盐；则蒸发不能除杂，应加试剂将钙；镁离子转化为沉淀后过滤除杂，故D错误；

故选A．4、A【分析】【分析】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论．【解析】【解答】解：NH2COONH4（s）→2NH3（g）+CO2（g）．

A．密度=；总质量会变，体积不变，故密闭容器中混合气体的密度不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故A正确；

B．氨气和二氧化碳的化学计量数之比为2：1，故密闭容器中c（NH3）：c（CO2）=2：1不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据；故B错误；

C．未能体现正逆反应，故2v（NH3）=v（CO2）不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据；故C错误；

D．氨气和二氧化碳的化学计量数之比为2：1；故密闭容器中氨气的体积分数始终保持不变，故不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故D错误；

故选A．5、C【分析】【分析】由元素的化合价可知，处于最高价的元素的微粒具有氧化性，处于最低价的元素的微粒具有还原性，而处于中间价态的微粒既有氧化性又有还原性，以此来解答．【解析】【解答】解：①Cl元素化合价处于最低价态；只具有还原性；

②④⑦元素化合价处于中间价态；既具有氧化性也具有还原性；

③⑤⑥中心元素化合价处于最高价态；只具有氧化性；

故选C．6、C【分析】【分析】U中U左下角的数字为质子数，左上角的数字为质量数，原子中质量数=质子数+中子数，具有相同质子数的不同原子互为同位素．【解析】【解答】解：A、U原子核中含有92个质子；中子数为235-92=143，故A错误；

B、U原子中质子数等于电子数；则核外有92个电子，故B错误；

C、U与U的质子数都是92；中子数不同，则互为同位素，故C正确；

D、U与U的质子数都是92；中子数不同，是同种元素的不同核素，故D错误；

故选C．7、A【分析】【分析】本题考查碳和硅的性质，掌握碳和硅的结构和性质是解题的关键。【解答】A.碳和硅最外层均有rm{4}个电子，不容易失电子，能形成rm{4}条共价键，故A正确；B.硅在自然界中以化合态形式存在，故B错误；C.非金属性rm{C>Si}故气态氢化物的稳定性rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{4}}rm{>SiH}rm{>SiH}rm{{,!}_{4}}，故C错误；D.二氧化硅难溶于水，不能与水反应生成硅酸，故D错误。【解析】rm{A}8、C【分析】解：rm{A.2molCH_{4}}的质量是rm{32g}rm{O_{2}}的摩尔质量是rm{32g/mol}二者单位不相同，故A错误；

B.每个气体分子含有的原子数目不一定相等，rm{1mol}任何气体含有原子数不一定相等；故B错误；

C.rm{0.5molNaCl}含有离子为rm{1mol}约含有rm{6.02隆脕10^{23}}个离子；故C正确；

D.溶液体积未知；不能确定溶质的物质的量，故D错误；

故选C．

A.质量与摩尔质量的单位不相同；

B.每个气体分子含有的原子数目不一定相等；

C.rm{0.5molNaCl}含有离子为rm{1mol}根据rm{N=nN_{A}}计算钠离子数目；

D.溶液体积未知；不能确定溶质的物质的量．

本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．【解析】rm{C}二、双选题(共9题，共18分)9、B|C【分析】解：A、反应①中Sb2S3含有元素化合价不变，氧化剂是氧气，反应②中Sb4O6中Sb元素的化合价由+3价降低为0价，Sb4O6是氧化剂；故A错误；

B；反应①中化合价升高的元素只有Fe元素；由0价升高为+2价，每生成3molFeS，转移电子为3mol×2=6mol，故B正确；

C、反应②C是还原剂，Sb是还原产物，还原剂还原性强于还原产物的还原性，说明高温下C的还原性比Sb强；故C正确；

D、生成4molSb时，反应②C是还原剂，需要6molC，需要1molSb4O6，反应①中Fe是还原剂，生成1molSb4O6；需要6molFe，故反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为6mol：6mol=1：1，故D错误；

故选BC．

A；所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；据此结合元素化合价判断；

B；反应①中化合价升高的元素只有Fe元素；由0价升高为+2价，据此计算；

C；根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性判断；

D；反应①中还原剂是Fe；反应②中还原剂是C，根据方程式计算．

考查氧化还原反应概念与有关计算、还原性强弱判断，难度中等，注意根据化合价进行概念的理解．【解析】【答案】BC10、rAD【分析】解：rm{A}若rm{a}和rm{b}为石墨，通电后rm{a}电极是阳极，该极上发生的反应为rm{2Cl^{-}-2e^{-}篓TCl_{2}隆眉}故A正确；

B、在电解池的阴极rm{b}极上阳离子得电子发生还原反应；故B错误；

C、电解池的阳极rm{Cu}是活泼电极时；该极上电极本身发生失电子的氧化反应，电极质量减轻，故C错误；

D；电解池中电解质中的阳离子铜离子移向阴极；即向铁电极移动，发生得电子的还原反应，故D正确．

故选：rm{AD}．

A；在电解池的阳极上是阴离子失电子发生氧化反应；

B；在电解池的阴极上是阳离子得电子发生还原反应；

C；电解池的阳极是活泼电极时；电极本身发生失电子的氧化反应；

D；电解池中电解质中的阳离子移向阴极发生得电子的还原反应．

本题考查学生电解池的工作原理以及电极的判断和电极上的反应知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度不大．【解析】rm{AD}11、rAB【分析】解：rm{A}rm{CO}和氮气的摩尔质量均为rm{28g/mol}故rm{2.8g}混合物的物质的量为rm{0.1mol}且两者均为双原子分子，故rm{0.1mol}混合物中含rm{0.2N_{A}}个原子；故A正确；

B、分子个数rm{N=dfrac{V}{Vm}N_{A}=dfrac{2.24L}{22.4L/mol}N_{A}/mol=0.1N_{A}}个；故B正确；

C、铜离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铜离子的个数小于rm{N=dfrac{V}{Vm}N_{A}=dfrac

{2.24L}{22.4L/mol}N_{A}/mol=0.1N_{A}}个；故C错误；

D、过氧化钠与氧气反应时，氧元素的价态由rm{N_{A}}价变为rm{-1}价，故当生成rm{0}氧气时，转移rm{0.1mol}个电子；故D错误．

故选AB．

A、rm{0.2N_{A}}和氮气的摩尔质量均为rm{CO}且均为双原子分子；

B、分子个数rm{28g/mol}

C；铜离子为弱碱阳离子；在溶液中会水解；

D、过氧化钠与氧气反应时，氧元素的价态由rm{N=dfrac{V}{Vm}N_{A}}价变为rm{-1}价．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．rm{0}【解析】rm{AB}12、rAB【分析】【分析】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子检验、影响反应速率的因素、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。【解答】A.相同条件下，只有催化剂不同，试管中加入rm{2mL5%H}rm{2mL5%H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}和rm{1mLFeCl}rm{1mLFeCl}rm{{,!}_{3}}溶液反应速率快，则可探究催化剂对rm{H}rm{H}

rm{{,!}_{2}}

rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}溶液，观察是否出现血红色，故C错误；

分解速率的影响，故A正确；B.乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，则振荡后静置分液，并除去有机相的水，故B正确；C.检验rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}溶液，反应生成偏铝酸钠，不能制备时直接滴加rm{KSCN}溶液，观察是否出现血红色，故C错误；rm{KSCN}D.rm{AlCl}

rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}【解析】rm{AB}13、A|C【分析】解：A、反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0，据此分析，室温下，Ag+（aq）+Cl-（aq）═AgCl（s）反应可自发进行；△H-T△S＜0，反应过程是熵变减小的反应，△S＜0，则该反应的△H＜0，故A正确；

B、纯碱和石英砂制玻璃，SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2；利用难挥发性酸酐制备易挥发性酸酐，实际碳酸酸性大于硅酸，故B错误；

C；氯化铝溶液中水解生成氢氧化铝和氯化氢；加热蒸干氯化铝溶液并灼烧，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝灼烧得到氧化铝，故C正确；

D；高温下；用金属钠与氯化钾可以置换出金属钾，利用的是钾的沸点低于钠，反应过程中生成钾挥发平衡正向进行，实际钾比钠活泼，故D错误；

故选AC．

A；反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0；据此分析；

B；纯碱和石英砂制玻璃；利用难挥发性酸酐制备易挥发性酸酐，碳酸酸性大于硅酸；

C；氯化铝溶液中水解生成氢氧化铝和氯化氢；加热蒸干氯化铝溶液并灼烧，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝灼烧得到氧化铝；

D；高温下；用金属钠与氯化钾可以置换出金属钾，利用的是钾的沸点低于钠，反应过程中生成钾挥发平衡正向进行．

本题考查了反应自发进行的判断，盐类水解分析应用，掌握物质性质、化学反应原理是解题关键，题目难度中等．【解析】【答案】AC14、A|C【分析】解：A、硫酸根离子的表示方法：SO42-，Al2(SO4)3的电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-；故A错误；

B、硫酸氢钠属于盐类，在水溶液中完全电离出三种离子，即NaHSO4=Na++H++SO42-；故B正确；

C、氯离子的表示方法：Cl-，氯化镁的电离方程式为：MgCl2=Mg2++2Cl-；故C错误；

D、氢氧化钡是强碱，完全电离出钡离子和氢氧根离子，即Ba(OH)2=Ba2++2OH-；故D正确．

故选AC．【解析】【答案】AC15、rAB【分析】解：rm{A.}由结构可知分子式为rm{C_{10}H_{18}O}故A错误；

B.rm{-CHO}与碳碳双键之间的rm{C}均为四面体结构；则所有碳原子不可能共面，故B错误；

C.含碳碳双键；能使溴水；酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；

D.rm{-CHO}碳碳双键均与氢气发生加成反应，则rm{1mol}该物质最多与rm{2molH_{2}}发生加成反应；故D正确；

故选：rm{AB}

由结构可知分子式，分子中含rm{-CHO}碳碳双键；均为平面结构，亚甲基、次甲基均为四面体构型，结合醛、烯烃的性质来解答。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。【解析】rm{AB}16、rBD【分析】解：铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式为rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{2NO+O_{2}=2NO_{2}}无色气体变化为红棕色气体二氧化氮，可以用碱溶液吸收；

A.上述分析可知得到的气体主要是rm{NO_{2}}和rm{NO}可以被氢氧化钠溶液吸收，所以吸收剂可以是rm{NaOH}溶液；故A正确；

B.铜和稀硝酸反应生成硝酸铜；一氧化氮和水；一氧化氮和试管中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，试管上部气体不始终为无色，故B错误；

C.铜和稀硝酸反应得到溶液为硝酸铜溶液；溶液为蓝色，故C正确；

D.生成的一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮红棕色气体；二氧化氮具有氧化性，和碘化钾溶液反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，故D错误；

故选BD．

铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式为rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}实验装置中有有空气，生成的一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮红棕色气体，二氧化氮具有氧化性，和碘化钾溶液反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，吸收剂是和氮氧化物反应的溶液应为碱溶液．

本题考查了稀硝酸、氮氧化物性质的分析，注意一氧化氮和二氧化氮气体颜色变化和二氧化氮具有氧化性的分析，题目综合考查了物质性质的反应现象，难度中等．【解析】rm{BD}17、rCD【分析】解：rm{A.}向稀rm{HNO_{3}}中滴加rm{Na_{2}SO_{3}}溶液，发生氧化还原反应，离子方程式：rm{2NO_{3}^{-}+2H^{+}+3SO_{3}^{2-}篓T3SO_{4}^{2-}+H_{2}O}故A错误；

B.rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液与过量rm{NaOH}溶液反应离子方程式：rm{Al^{3+}+4OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}故B错误；

C.向rm{0.1mol/L}rm{pH=1}的rm{KHA}溶液中加入rm{KOH}溶液，离子方程式：rm{H^{+}+OH^{-}篓TH_{2}O}故C正确；

D.用高锰酸钾标准溶液滴定草酸，离子方程式：rm{2MnO_{4}^{-}+16H^{+}+5C_{2}O_{4}^{2-}篓T2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}故D正确；

故选：rm{CD}．

A.不符合反应客观事实；

B.氢氧化钠过量；反应生成偏铝酸钠；

C.rm{0.1mol/L}rm{pH=1}的rm{KHA}溶液，说明rm{KHA}为强酸的酸式盐；二者反应实质氢离子与氢氧根离子反应生成水；

D.二者发生氧化还原反应；草酸根离子被氧化生成二氧化碳，高锰酸根离子被还原生成二价锰离子；

本题考查了离子方程式的书写，明确物质的性质及发生反应的实质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度中等．【解析】rm{CD}三、填空题(共7题，共14分)18、10.5mol/（L．h）逆＞D【分析】【分析】（1）化学平衡常数是指：一定温度下；可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体；纯液体不需要在化学平衡常数中写出；

110℃时，实验2中达到平衡时CCl4的转化率为50%，平衡时CCl4的浓度变化量=1mol/L×50%=0.5mol/L；则：

CCl4（g）+H2（g）⇌CHCl3（g）+HCl（g）

起始（mol/L）：1100

变化（mol/L）：0.50.50.50.5

平衡（mol/L）：0.50.50.50.5

代入平衡常数K=计算；

（2）根据v=计算氢气表示的反应速率；

判断浓度商Qc与平衡常数相对大小；若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行；

（3）实验1、2温度相同，实验1等效在实验2的基础上增大氢气浓度，平衡正向移动，实验1中的CCl4的转化率较大；

对于实验3，因温度不同，又不知该反应的热效应，所以无法判断转化率的大小．【解析】【解答】解：（1）因CCl4的沸点为77℃，CHCl3的沸点为61.2℃，所以在100℃反应时各物质均为气态，CCl4（g）+H2（g）⇌CHCl3（g）+HCl（g）的平衡常数表达式K=；

110℃时，实验2中达到平衡时CCl4的转化率为50%，平衡时CCl4的浓度变化量=1mol/L×50%=0.5mol/L；则：

CCl4（g）+H2（g）⇌CHCl3（g）+HCl（g）

起始（mol/L）：1100

变化（mol/L）：0.50.50.50.5

平衡（mol/L）：0.50.50.50.5

则平衡常数K===1；

故答案为：；1；

（2）实验2中，若1小时后反应达到平衡，则H2的平均反应速率为=0.5mol/（L．h）；

在此平衡体系中再加入0.5molCCl4和1.0molHCl，由K=可知；浓度商Qc＞K=1，反应向逆反应进行；

故答案为：0.5mol/（L．h）；逆；

（3）实验1、2温度相同，实验1等效在实验2的基础上增大氢气浓度，平衡正向移动，实验1中的CCl4的转化率较大，故CCl4的转化率a＞50%；

对于实验3；因温度与实验1；2不同，又不知该反应的热效应，所以无法判断转化率的大小；

故答案为：＞；D．19、FeAlFe（OH）3Al3+，H+2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe【分析】【分析】已知合金A由两种常见金属组成，加入过量盐酸反应得到溶液B，加入过量氢氧化钠溶液丙通入空气，过滤得到红褐色沉淀，判断为Fe（OH）3，加热分解得到粉末状固体D为氧化铁，则确定原来金属有Fe，滤液E加入少量盐酸生成白色沉淀F和溶液G，白色沉淀F加入过量盐酸溶解得到溶液H，溶液H加入过量氨水又生成白色沉淀F，确定白色沉淀F为氢氧化铝沉淀，溶液H为过量盐酸和AlCl3溶液；溶液G为偏铝酸钠和氯化钠的混合溶液，溶液E为NaAlO2溶液，溶液B为氯化亚铁和氯化铝的混合溶液，金属为Fe，Al，据此分析回答问题。

（1）分析可知金属为铁和铝；

（2）C为氢氧化铁沉淀；

（3）H溶液为过量盐酸和AlCl3溶液；

（4）依据铝热反应书写化学方程式．【解析】【解答】解：已知合金A由两种常见金属组成，加入过量盐酸反应得到溶液B，加入过量氢氧化钠溶液丙通入空气，过滤得到红褐色沉淀，判断为Fe（OH）3，加热分解得到粉末状固体D为氧化铁，则确定原来金属有Fe，滤液E加入少量盐酸生成白色沉淀F和溶液G，白色沉淀F加入过量盐酸溶解得到溶液H，溶液H加入过量氨水又生成白色沉淀F，确定白色沉淀F为氢氧化铝沉淀，溶液H为过量盐酸和AlCl3溶液；溶液G为偏铝酸钠和氯化钠的混合溶液，溶液E为NaAlO2溶液，溶液B为氯化亚铁和氯化铝的混合溶液，金属为Fe，Al；

（1）分析可知金属为铁和铝；化学式为：FeAl，故答案为：FeAl；

（2）上述分析可知红褐色沉淀C为氢氧化铁沉淀，化学式为：Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；

（3）H溶液为过量盐酸和AlCl3溶液，溶液中所含的阳离子有Al3+，H+，故答案为：Al3+，H+；

（4）依据铝热反应书写化学方程式，Fe2O3与合金A中的一种金属粉末均匀混合，在高温下反应可生成铁，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；

故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe．20、③④①②【分析】【分析】（1）水易挥发；可用蒸馏的方法分离；

（2）碘易溶于有机溶剂；

（3）氯化钠易溶于水，二氧化锰不溶于水，可用过滤的方法的分离，然后用蒸发的方法分离氯化钠．【解析】【解答】解：（1）海水中含有大量的食盐；而水易挥发，可用蒸馏的方法制备饮用水．故答案为：③；

（2）碘易溶于有机溶剂；可用萃取；分液的方法分离，故答案为：④；

（3）氯化钠易溶于水；二氧化锰不溶于水，可用过滤的方法的分离，然后用蒸发的方法分离氯化钠，则可进行溶解；过滤、洗涤、蒸发等操作；

故答案为：①、②．21、1，2-二溴乙烷醚键、碳碳双键HBr氧化反应ac强9【分析】【分析】A和溴发生加成反应生成B，B和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成C，C和苯甲醇反应生成D，则A、B和C中碳原子个数相同，根据D的分子式知，A中含有两个碳原子，则A是乙烯，B是CH2BrCH2Br，C是乙二醇，D的结构简式为：D发生消去反应生成E，则E的结构简式为：根据I的结构简式和F可以使溴水褪色可知，1，3-丁二烯和溴发生1，4加成生成F为1，4-二溴-2-丁烯，1，4-二溴-2-丁烯和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成G，G的结构简式为：HOCH2CH=CHCH2OH，G和HBr发生加成反应生成H，H的结构简式为：HOCH2CH2CHBrCH2OH，H被酸性高锰酸钾氧化生成I，I和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成M，M的结构简式为NaOOCCH=CHCOONa，然后酸化得到N，N的结构简式为：HOOCCH=CHCOOH，E和N反应生成P，则P的结构简式为：据此答题．【解析】【解答】解：A和溴发生加成反应生成B，B和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成C，C和苯甲醇反应生成D，则A、B和C中碳原子个数相同，根据D的分子式知，A中含有两个碳原子，则A是乙烯，B是CH2BrCH2Br，C是乙二醇，D的结构简式为：D发生消去反应生成E，则E的结构简式为：根据I的结构简式和F可以使溴水褪色可知，1，3-丁二烯和溴发生1，4加成生成F为1，4-二溴-2-丁烯，1，4-二溴-2-丁烯和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成G，G的结构简式为：HOCH2CH=CHCH2OH，G和HBr发生加成反应生成H，H的结构简式为：HOCH2CH2CHBrCH2OH，H被酸性高锰酸钾氧化生成I，I和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成M，M的结构简式为NaOOCCH=CHCOONa，然后酸化得到N，N的结构简式为：HOOCCH=CHCOOH，E和N反应生成P，则P的结构简式为：

（1）B的结构简式为，CH2BrCH2Br，其名称是1，2-二溴乙烷，E的结构简式为：其官能团名称为醚键；碳碳双键；

故答案为：1；2-二溴乙烷；醚键；碳碳双键；

（2）②的反应试剂是HBr，③的反应类型是：氧化反应，故答案为：HBr；氧化反应；

（3）a．C是乙二醇；可与水任意比例混合，故a正确；

b．A是乙烯与1，3一丁二烯含有官能团数目不相等，不是同系物，故b错误；

c．I中羧基与氢氧化钠发生中和反应；还发生卤代烃的水解反应，由I生成M，1mol最多消耗3molNaOH，故c正确；

d．N的结构简式为：HOOCCH=CHCOOH；不饱和碳原子连接2个不同的原子或原子团，存在顺反异构体，故d错误；

故选：ac；

（4）E与N按照物质的量之比为1：1发坐共聚生成P的化学反应方程式：P的结构简式为E的结构简式为P中含有亲水基，E不含亲水基，所以高聚物P的亲水性比由E形成的聚合物强；

故答案为：强；

（5）D的结构简式为：D的同系物K比D分子少一个碳原子，K有多种同分异构体，同分异构体符合下列条件：a．苯环上有两种等效氢，说明苯环上有两种类型的H原子；b．能与氢氧化钠溶液反应，说明含有酚羟基；c．一定条件下1mol该有机物与足量金属钠充分反应，生成1molH2；说明含有两个羟基；

如果K的同分异构体中含有1个酚羟基、1个醇羟基时，醇羟基有-CH2CHOH、-CH（OH）CH3；与酚羟基处于对位，则K有2种同分异构体；

当苯环上有2个酚羟基；1个乙基时；2个酚羟基和乙基位于相邻位置且乙基处于中间，可以是三个取代基处于间位，K有2种同分异构体；

当苯环上有2个酚羟基；2个甲基时；2个酚羟基相邻、2个甲基相邻且4个取代基相邻，或者4个取代基相邻且甲基与酚羟基交叉相邻，或者两个甲基、1个羟基相邻且另外1个羟基处于间位、其对位为甲基，或者两个羟基、1个甲基相邻且另外1个甲基处于间位、其对位为羟基，或者两个甲基处于间位、2个羟基位于甲基的对位，K有5种同分异构体；

所以符合条件的同分异构体有9种；其中核磁共振氢谱为1：2：2：2：3的一种同分异构体的结构简式为

故答案为：9；．22、色粉末中肯定含有K2CO3，Ba（NO3）2、CaCl2至少存在一种CO32-+Ba2+=BaCO3↓、Ca2++CO32-=CaCO3↓BaCO3+2HNO3=Ba（NO3）2+CO2↑+H2O，CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+CO2↑+H2OCaCl2、K2CO3Ba（NO3）2取步骤②中溶液少许滴入稀硫酸，若有白色沉淀产生，则肯定含有Ba（NO3）2【分析】【分析】依据实验过程中的现象分析判断：

①将部分粉末加入水中；振荡，有白色沉淀生成，说明含有能生成白色沉淀的物质；

②向①的悬浊液中加入过量稀硝酸；白色沉淀消失，并有气泡产生，白色沉淀可以是碳酸钡或碳酸钙；

③取少量②的溶液商入AgNO3溶液，有白色沉淀生成．证明含有氯离子，混合物中一定含有CaCl2，以此解答该题．【解析】【解答】解：①将部分粉末加入水中；振荡，有白色沉淀生成，说明含有能生成白色沉淀的物质；

②向①的悬浊液中加入过量稀硝酸；白色沉淀消失，并有气泡产生，白色沉淀可以是碳酸钡或碳酸钙；

③取少量（2）的溶液商入AgNO3溶液，有白色沉淀生成．证明含有氯离子，混合物中一定含有CaCl2；

所以原白色粉末中肯定含有CaCl2、K2CO3，可能含有Ba（NO3）2；

（1）将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，说明含有能生成白色沉淀的物质，白色粉末中肯定含有K2CO3，Ba（NO3）2、CaCl2至少存在一种，CO32-+Ba2+=BaCO3↓、Ca2++CO32-=CaCO3↓，故答案为：白色粉末中肯定含有K2CO3，Ba（NO3）2、CaCl2至少存在一种；CO32-+Ba2+=BaCO3↓、Ca2++CO32-=CaCO3↓．

（2）向①的悬浊液中加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生，白色沉淀可以是碳酸钡或碳酸钙，所涉及到的化学反应方程式为BaCO3+2HNO3=Ba（NO3）2+CO2↑+H2O，CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+CO2↑+H2O，故答案为：BaCO3+2HNO3=Ba（NO3）2+CO2↑+H2O，CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+CO2↑+H2O；

（3）白色粉末中肯定存在的物质是CaCl2、K2CO3，可能存在的物质是Ba（NO3）2，故答案为：CaCl2、K2CO3；Ba（NO3）2；

（4）欲进一步确定Ba（NO3）2是否存在，需要补充的实验操作是：取步骤②中溶液少许滴入稀硫酸，若有白色沉淀产生，则肯定含有Ba（NO3）2，故答案为：取步骤②中溶液少许滴入稀硫酸，若有白色沉淀产生，则肯定含有Ba（NO3）2．23、错误【分析】【分析】NaHSO4在熔融状态下只断裂离子键，NaHSO4在熔融状态下的电离方程式是：NaHSO4═Na++HSO4-．【解析】【解答】解：NaHSO4在熔融状态下只断裂离子键，NaHSO4在熔融状态下的电离方程式是：NaHSO4═Na++HSO4-，lmolNaHSO4完全电离出的阳离子数目为NA，故答案为：错误．24、bBfFeDdA【分析】【分析】除去苯中的苯酚；可加入氢氧化钠溶液，然后用分液的方法分离；

盐析一般是指溶液中加入无机盐类而使某种物质溶解度降低而析出的过程；

除去乙醇中的水；可加入CaO，然后用蒸馏的方法分离；

除去乙酸乙酯中的乙酸，可用饱和碳酸钠溶液，然后用分液的方法分离．【解析】【解答】解：苯酚和氢氧化钠反应生成苯酚钠和水；除去苯中的苯酚，可加入氢氧化钠溶液，然后用分液的方法分离；

高级脂肪酸钠在饱和氯化钠溶液中溶解度较低；可用盐析的方法分离；

水可与氧化钙反应生成氢氧化钙；除去乙醇中的水，可加入CaO，然后用蒸馏的方法分离；

乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液；但乙酸和碳酸钠反应，则除去乙酸乙酯中的乙酸，可用饱和碳酸钠溶液，然后用分液的方法分离；

故答案为：。混合物需加入的试剂分离方法苯（苯酚）bB高级脂肪酸钠（甘油）fF乙醇（水）eD乙酸乙酯（乙酸）dA四、判断题(共4题，共24分)25、×【分析】【分析】过氧化钠化学式是由1个过氧根离子和2个钠离子构成，所以其阴阳离子个数之比为1：2，据此计算离子总数．【解析】【解答】解：过氧化钠化学式是由1个过氧根离子和2个钠离子构成，所以其阴阳离子个数之比为1：2，则1molNa2O2固体中含有离子总数为3NA，故答案为：×．26、×【分析】【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．【解析】【解答】解：蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液，蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．27、×【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：×．28、√【分析】【分析】吸热反应实质是反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，与反应条件无关，据此进行分析解答．【解析】【解答】解：判断某个反应是放热反应还是吸热反应不是看该反应是否加热，有些放热反应开始也需要加热，需要加热才能进行的反应，不一定是吸热反应，如2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe是放热反应；但需在加热条件下以保证足够的热量引发氧化铁和铝粉反应．

故答案为：√．五、计算题(共1题，共5分)29、略

【分析】【分析】根据c=计算浓硫酸物质的量浓度，再根据稀释定律计算需要浓硫酸的体积，根据m=ρV计算浓硫酸、稀硫酸的质量，进而计算加入水的质量，再根据V=计算水的体积．【解析】【解答】解：质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L，配制500mL1.0mol/L的稀硫酸需要浓硫酸体积为=27.2mL；

浓硫酸的质量为×1.84g/mL=500g，稀硫酸的质量为500mL×1.16g/mL=580g，故加入水的质量为580g-500g=80g，故加入水的体积为=80mL；

答：需要浓硫酸27.2毫升，需要加水80毫升．六、推断题(共4题，共12分)30、2SO2+O22SO3Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O1：13Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O酸和氧化剂【分析】【分析】X；Y、Z、W四种气体；都能造成大气污染，X、Y、Z可以用碱溶液吸收，说明这三种气体是酸性氧化物或与水反应生成酸；

X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质，则X是SO2；

Y是一种单质，它的水溶液具有漂白性，则Y是Cl2；

Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害成分之一，能和水反应，则Z是NO2；

W难溶于水；在空气中燃烧发出淡蓝色的火焰，北方冬天用煤球炉取暖易因W中毒，则W为CO；

再结合物质性质分析解答．【解析】【解答】解：X；Y、Z、W四种气体；都能造成大气污染，X、Y、Z可以用碱溶液吸收，说明这三种气体是酸性氧化物或与水反应生成酸；

X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质，则X是SO2；

Y是一种单质，它的水溶液具有漂白性，则Y是Cl2；

Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害成分之一，能和水反应，则Z是NO2；

W难溶于水；在空气中燃烧发出淡蓝色的火焰，北方冬天用煤球炉取暖易因W中毒，则W为CO；

（1）X是SO2，在一定条件下与氧气反应生成SO3，该反应的化学方程式：2SO2+O22SO3，故答案为：2SO2+O22SO3；

（2）Y是Cl2，Y与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，该反应的离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；该反应中Cl元素化合价由0价变为-1价；+1价，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1；

故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；1：1；

（3）Z的水溶液反应的稀产物是稀硝酸，稀硝酸和Cu反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，该反应中部分硝酸化合价不变起酸作用，部分硝酸根离子得电子作氧化剂，所以硝酸有起酸和氧化剂作用，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；酸和氧化剂．31、Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O4OH--4e-=O2↑+2H2O（或2H2O-4e-=O2↑+4H+0.6NA2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O用湿润的红色石蕊试纸靠近盛M的集气瓶口，试纸变蓝（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近盛M的集气瓶口，冒白烟）1.4【分析】【分析】（1）若组成X的元素均为短周期元素，且A、B均为气体，其在相同条件下体积比为1：1，应为电解食盐水的反应，则X为NaCl，Y为NaOH，由转化关系可知A为H2，B为Cl2；W为HCl，U为NaClO；

（2）若A为红色固体，应为Cu，A可以与Y的浓溶液反应生成一种与A摩尔质量相同的气体，该气体为SO2；

（3）若向X的溶液中加入过量的稀盐酸，产生白色沉淀，该沉淀为AgCl，则X为AgNO3，由转化关系可知Y为HNO3，A为Ag，C为NO2，D为NO，M为NH3，以此解答该题．【解析】【解答】解：（1）若组成X的元素均为短周期元素，且A、B均为气体，其在相同条件下体积比为1：1，应为电解食盐水的反应，则X为NaCl，Y为NaOH，由转化关系可知A为H2，B为Cl2；W为HCl，U为NaClO

①氯气和氢氧化钠溶液反应生成NaCl、NaClO和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

②盐酸和次氯酸钠可发生氧化还原反应生成氯气，反应的离子方程式为2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O，故答案为：2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O；

（2）若A为红色固体，应为Cu，A可以与Y的浓溶液反应生成一种与A摩尔质量相同的气体，该气体为SO2，则X应为CuSO4；

①电解硫酸铜溶液，阳极发生氧化反应，电极方程式为4OH--4e-=O2↑+2H2O（或2H2O-4e-=O2↑+4H+；

故答案为：4OH--4e-=O2↑+2H2O（或2H2O-4e-=O2↑+4H+）；

②电解硫酸铜溶液后溶液呈酸性；向电解后的溶液中加入碱式碳酸铜能恢复原溶液，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜；水和二氧化