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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、对甲；乙、丙三种衣料做纤维检验；结果如下：

。甲衣料乙衣料丙衣料靠近火焰稍微缩小无变化尖端熔成小球燃烧气味有烧焦羽毛的气味无异味无异味浸于3%NaOH溶液中变脆稍微膨胀几乎无变化浸于10%H2SO4溶液中几乎无变化变脆无变化下列哪一项检验结果是甲、乙、丙衣料纤维最合适的结论（）A.甲为棉，乙为丝，丙为涤纶B.甲为丝，乙为棉，丙为涤纶C.甲为涤纶，乙为丝，丙为棉D.甲为棉，乙为涤纶，丙为丝2、工业、农业及城市生活污水中含有磷元素，家用洗涤剂是污水中磷元素的重要来源(洗涤剂中常含三聚磷酸钠)。必须采取有效措施控制磷元素大量进入水体的主要原因()A.磷元素有毒B.磷酸根离子水解使水体酸度增大C.磷酸根离子与某些阳离子形成沉淀，使水体浑浊D.含磷污水引起浮游生物大量繁殖，使水中溶解氧急剧减少，导致水质恶化3、某种浓差电池的装置如图所示，碱液室中加入电石渣浆液[主要成分为Ca（OH）2]，酸液室通入CO2（以NaCl为支持电解质），产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述错误的是（）A.电子由M极经外电路流向N极B.N电极区的电极反应式为2H++2e-=H2↑C.在碱液室可以生成NaHCO3、Na2CO3D.放电一段时间后，酸液室溶液pH增大4、磁流体是电子材料的新秀，它既具有固体的磁性，又具有液体的流动性．制备时将FeSO4和Fe2（SO4）3的溶液等物质的量混合，滴入稍过量的氢氧化钠溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色、分散质粒子直径在5.5nm～36nm的磁流体．下列说法正确的是（）A.所得的分散系属于胶体，可发生丁达尔效应B.所得的分散系中，分散质的主要成分为FeOC.该分散系进行电泳实验时，阳极周围黑色加深D.往油酸钠水溶液中滴加浓溴水振荡，无明显现象5、下列有关化学键和化合物的叙述不正确的是（）A.共价化合物中只有共价键，离子化合物中一定有离子键B.只含共价键的物质一定是共价化合物C.离子化合物中一定有非金属元素D.离子键和极性键只存在于化合物中6、下列结构图中，●代表前二周期元素的原子实（原子实是原子除去最外层电子后剩余的部分），小黑点代表未用于形成共价键的最外层电子，短线代表价键．示例：根据各图表示的结构特点，下列有关叙述正确的是（）A.上述结构图中共出现6种元素B.甲、乙、丙为非极性分子，丁为极性分子C.甲与丁可以发生化合反应生成离子化合物D.向CaCl2溶液中加入（或通入）丙有白色沉淀产生7、海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl－、Br－、等离子，火力发电时排放的烟气可用海水脱硫，其工艺流程如下图所示：下列说法错误的是A.海水pH约为8的原因主要是天然海水含B.吸收塔中发生的反应有SO2+H2OH2SO3C.氧化主要是氧气将H2SO3氧化为D.经稀释“排放”出的废水中，浓度与海水相同评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)8、向某NaOH溶液中通入CO2气体后得到溶液M，因CO2通入的量不同，溶液M的组成也不同，若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系如图所示．则下列分析与判断不正确的是（不计CO2溶解）（）A.若OB=0，则形成溶液M所发生反应的离子方程式为OH-+CO2═HCO3-B.若OB=BC，则溶液M为Na2CO3溶液C.若OB＞BC，则溶液M中大量存在的阴离子为CO32-和HCO3-D.若3OB=BC，则溶液M中c（NaHCO3）=2c（Na2CO3）9、合成可降解聚合物rm{G}的某流程的最后一步如图，下列有关说法不正确的是rm{(}rm{)}A.已知该步转化过程中的原子利用率为rm{100%}则rm{X}为rm{CO_{2}}B.有机物rm{F}属于芳香族化合物，但不属于芳香烃C.rm{(C_{9}H_{8}O_{3})n}既是高分子rm{G}的化学式也是其链节的化学式D.已知经水解生成乙二醇，则rm{F}rm{G}在一定条件下水解，可得相同的产物10、体积为rm{1ml}浓度均为rm{0.10mol/L}的rm{XOH}和rm{X_{2}CO_{3}}溶液分别加水稀释至体积为rm{V}rm{pH}随rm{lgV}的变化情况如图所示，下列叙述中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{XOH}是强碱B.rm{pH=10}的两种溶液中的rm{c(X^{+})}rm{XOH}大于rm{X_{2}CO_{3}}C.已知rm{H_{2}CO_{3}}的电离平衡常数rm{K_{a1}}远远大于rm{K_{a2}}则rm{K_{a2}}约为rm{1隆脕10^{-10?2}}D.当rm{lgV=2}时，若rm{X_{2}CO_{3}}溶液升高温度，溶液碱性增强，则rm{dfrac{c(HCO_{3}^{-})}{c(CO_{3}^{2-})}}减小rm{dfrac{c(HCO_{3}^{-})}{c(CO_{

3}^{2-})}}11、有关水在人体中的作用，下列说法正确的是()A.饮用水越纯净越好B.水在人体内还有调节体温的作用C.水是一种很好的溶剂D.没有细菌的水就是纯净水12、下列实验现象预测正确的是（）

A.实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B.实验Ⅱ：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C.实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D.实验Ⅳ：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应13、某国潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）作载热介质，有关说法不正确的是（）A.原子半径：Na＜AlB.铝钠合金若投入一定的水中可得无色溶液，则n（Al）≤n（Na）C.铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，肯定有氢氧化铜沉淀也可能有铜析出D.mg不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的H2越多，则铝的质量分数越小14、用rm{0.100mol?L^{-1}}rm{AgNO_{3}}滴定rm{50.0}rm{mL0.0500mol?L^{-1}Cl^{-}}溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是rm{(}rm{)}A.根据曲线数据计算可知rm{K_{sp}(AgCl)}的数量级为rm{10^{-10}}B.曲线上各点的溶液满足关系式rm{c(Ag^{+})?c(Cl^{-})=K_{sp}(AgCl)}C.相同实验条件下，若改为rm{0.0400mol?L^{-1}Cl^{-}}反应终点rm{c}移到rm{a}D.相同实验条件下，若改为rm{0.0500}rm{mol?L^{-1}}rm{Br^{-}}反应终点rm{c}向rm{b}方向移动评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、有机化学反应因反应条件不同；可生成不同的有机产品．例如：

（1）

（2）苯的同系物与卤素单质混合；若在光照条件下，侧链上氢原子被卤素原子取代；

若在催化剂作用下；苯环上的氢原子被卤素原子取代．

工业上利用上述信息进行下列合成。

请根据上述路线；回答下列问题：

（1）A的结构简式可能为____、____；

（2）反应①的反应类型为____，反应③的反应类型为____；

（3）反应④的化学方程式为（有机物写结构简式，并注明反应条件）：____

（4）反应⑤的化学方程式为____

（5）的一种同分异构体D符合以下条件：①苯环上有两条侧链②苯环上的一氯代物有2种，则D的结构简式为____．16、Na2SO3是一种重要的化下原料；但较易变质．

（1）某小组同学欲在实验室测定某Na2SO3样品的纯度；利用如图装置进行实验．

方案一：选择装置①和②进行实验时，为使结果更精确还应选择装置____，装置①的分液漏斗中添加____（填物质名称）较理想；装置①中反应前后通入N2的目的是____．

方案二：选择装置③和④进行实验时，还应选择装置____，此装置中应盛装____（填物质名称），装置③中a管的作用是____．

（2）将20.0gNa2SO3固体溶于120mL水配成溶液，再将足量硫粉用少许乙醇和水浸润，加入上述溶液，混合加热可制得Na2SO3．

①硫粉用少许乙醇和水浸润的目的是____（填字母）．

A．增加反应体系的pHC．降低反应的活化能。

B．增大反应物接触而积D．加快反应速率。

②设Na2SO3完全反应，将上述反应液经过滤、蒸发、浓缩后，冷却至70℃时，溶液恰好达到饱和，请列式计算此时溶液的体积约为____．（结果精确到0.1）（已知：70℃时，Na2S2O3的溶解度为212g，饱和溶液的密度为1.17g/cm3）．17、[化学-物质结构与性质]

铬；铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途．

（1）基态铬原子的价电子排布式为____．

（2）CrO2Cl2和NaClO均可作化工生产的氧化剂或氯化剂．制备CrO2Cl2的反应为：K2Cr2O2+3CCl42KC+2CrO2Cl2+3COCl2↑．

①上述反应式中非金属元素电负性由大到小的顺序是____（用元素符号表示）．

②常温时CrO2Cl2是一种易溶于CCl4的液体，则固态CrO2Cl2属于____晶体．

③COCl2分子中所有原子均满足8电子构型，COCl2分子中σ键和π键的个数比为____．

（3）NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2+和Fe2+的离子半径分别为6.9×10-2nm和7.8×10-2nm．则熔点：NiO____FeO（填”＜”、“=”或“＞”）．

（4）CuCl的盐酸溶液能吸收CO生成复合物氯化羰基亚铜[Cu2Cl2（CO）2•2H2O]，其结构如图．下列说法不正确的是____．（填标号）

A．该复合物中存在化学健类型只有离子键；配位键。

B．该复合物中Cl原子的杂化类型为sp3

C．该复合物中只有CO和H2O作为配位体。

D．CO与N2的价电子总数相同；其结构为C≡O

（5）往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu（NH3）4]2+配离子．已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是____．18、有机物F是一种重要的医药中间体；以化合物A（相对分子质量为126.5）为原料合成F的工艺流程如下：

已知：R-ClRCH（COOC2H5）2RCH2COOH

（1）A的名称为____，C分子中含氧官能团的名称为____，反应E→F的反应类型为____．

（2）对B进行核磁共振氢谱分析时，其吸收峰为____，吸收峰面积之比为____，1molB在一定条件下最多能与____molNaOH反应．

（3）已知D与SOCl2反应除生成E外还有两种易溶于水的气体生成，反应的化学方程式为____．

（4）满足下列条件的有机物D的同分异构体有____种．

①属于1；3，5-三取代苯；②能发生银镜反应；③能与氯化铁溶液显紫色。

（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以化合物F和CH2（COOC2H5）2为有机反应原料制备的合成路线流程图（注明反应条件）．合成路线流程图示例如下：

____．19、（2015秋•福建月考）天然矿物芒硝化学式为Na2SO4•10H2O；为无色晶体，易溶于水．该小组同学设想，如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，用如图所示装置电解硫酸钠溶液来制取氢气；氧气、硫酸和氢氧化钠，无论从节省能源还是从提高原料的利用率而言都更加符合绿色化学理念．

（1）该电解槽的阴极电极反应式为____．

此时通过阴离子交换膜的离子数____（填“大于”；“小于”或“等于”）通过阳离子交换膜的离子数．

（2）所得到的浓氢氧化钠溶液从出口（填“A”、“B”、“C”或“D”）____导出．

（3）若将制得的氢气、氧气和氢氧化钠溶液组合为氢氧燃料电池，则该电池负极的电极反应式为____．20、有机物H是一种香料；可从柑橘类物质中提取，它的一种合成路线如下。

已知：

①D能与碳酸氢钠溶液反应。

②G核磁共振氢谱显示其分子中含有2种不同化学环境的氢原子；

③CH3CHO+CH3CHO

回答下列问题：

（1）A→B的反应类型为____

（2）E的名称为____F的结构简式为____

（3）反应①的化学方程式为____

（4）反应⑤的化学方程式为____

（5）D有多种同分异构体，写出符合下列条件的D的所有同分异构体的结构简式：____（不考虑立体异构）•

I．笨坏上含有三个取代基。

Ⅱ．不能与NaHCO3溶液反应。

Ⅲ．能发生银镜反应和水解反应。

IV．核磁共振氢谱有4组峰。

（6）参照上述合成路线，设计一条以A为原料制备的合成路线．21、某河道两旁有甲、乙两工厂，它们排放的工业废水中共含K+、Ag+、Fe3+、NO3-、OH-、Cl-六种离子．

甲厂的废水明显呈碱性，故甲厂废水中所含的三种离子是____．

将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，可以使废水中的部分离子转化为沉淀．经过滤后的废水主要含____（填物质），可用来浇灌农田．22、（15分）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。已知：CH4（g）＋H2O（g）===CO（g）＋3H2（g）；ΔH＝206．2kJ·mol－1CH4（g）＋CO2（g）===2CO（g）＋2H2（g）；ΔH＝247．4kJ·mol－12H2S（g）===2H2（g）＋S2（g）；ΔH＝169．8kJ·mol－1（1）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）H2S热分解制氢时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分H2S燃烧，其目的是________________；燃烧生成的SO2与H2S进一步反应，生成物在常温下均非气体，写出该反应的化学方程式：________________________。（3）H2O的热分解也可得到H2，高温下水分解体系中主要气体的体积分数与温度的关系如图1所示。图中A．B表示的物质依次是________。图1图2（4）电解尿素[CO（NH2）2]的碱性溶液制氢的装置示意图见图2（电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴．阳极均为惰性电极）。电解时，阳极的电极反应式为。（5）Mg2Cu是一种储氢合金。350℃时，Mg2Cu与H2反应，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物（其中氢的质量分数为0．077）。Mg2Cu与H2反应的化学方程式为____________________________。评卷人得分四、判断题(共4题，共28分)23、312g石墨中含有的共价键数为1.5NA．____（判断对错）24、判断题（正确的后面请写“√”；错误的后面请写“×”）

（1）物质的量相同的两种不同气体只有在标准状况下体积才相等．____

（2）Vm在非标准状况下不可能为22.4L/mol．____

（3）1mol任何物质在标准状况下的体积均为22.4L．____

（4）用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液时，最好将固体溶质直接倒入容量瓶，再加水至刻度线，这样可以减少误差．____．25、丁达尔现象可用来区别胶体与溶液，其中胶体能透过半透膜____．（判断对错）26、以下有些结构简式；书写得不规范；不正确．请在它们后面打一个×号，并把你认为正确的写法写在后面．（注意：如果原式是允许的、正确的，请在后面打√就可以了）

（1）乙醇：HOCH2CH3____；

（2）丙二醛：CHOCH2CHO____；

（3）对甲苯酚：____；

（4）三硝基甲苯：____；

（5）甲酸苯酯：____；

（6）苯乙醛：____．评卷人得分五、解答题(共4题，共40分)27、在3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O的反应中；有38.4g铜被氧化，问：

（1）参加反应的硝酸的物质的量是多少？

（2）被还原的硝酸的质量是多少？28、标况下，22.4LNO2和N2O4的混合物含有分子数为多少？29、现有Na2CO3和NaHCO3的混合物样品取2.74克加强热到质量不再发生变化称量余下固体质量为2.12克；另取样品若干与一定物质的量浓度的HCl溶液100mL恰好完全反应，收集到标准状况下气体0.672升；

求（1）混合物样中Na2CO3的质量分数？

（2）HCl溶液的物质的量浓度是多少？30、工业合成氨的反应为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．设t℃在容积为2L的密闭容器中充入0.6molN2和1.6molH2，反应在一定条件下达到平衡时，NH3的物质的量分数为．计算：

（1）达到平衡时H2的物质的量；

（2）t℃该反应的平衡常数．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】根据甲衣料燃烧有烧焦羽毛的气味可知甲衣料中含有蛋白质；根据乙衣料在3%氢氧化钠溶液中稍微膨胀，在酸溶液中变脆，说明乙为棉；丙靠近火焰熔成小球，说明丙衣料为涤纶，据此进行解答．【解析】【解答】解：甲衣料燃烧时有有烧焦羽毛的气味；说明甲为蛋白质（丝）；

乙衣料遇碱溶液膨胀；遇酸溶液变脆，说明乙衣料为棉；

丙衣料在靠近火焰时熔成小球；说明丙为涤纶；

所以甲乙丙衣料分别为：丝；棉、涤纶；

故选B．2、D【分析】生活污水排放到河流、湖泊中，若含大量磷元素会引起水体的富营养化，造成水质恶化，导致鱼虾与水生生物死亡【解析】【答案】D3、C【分析】解：A．电极M为负极；电子由M极经外电路流向N极，故A正确；

B．酸液室中的氢离子通过质子交换膜在电极N表面得到电子生成氢气，电极反应：2H++2e-=H2↑；故B正确；

C．酸液室和碱液室之间为阴离子交换膜；钠离子不能进入碱液室，故C错误；

D．放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，最终得到NaHCO3、Na2CO3溶液pH增大；故D正确；

故选：C。

图分析可知N电极区的电极反应式为2H++2e-=H2↑；说明N电解为正极，M电解为负极，碱液室中氢氧根离子通过阴离子交换膜中和正电荷，酸液室中的氢离子通过质子交换膜在电极N表面得到电子生成氢气同时酸液室中的氯离子通过阴离子交换膜加入碱液室补充负电荷，据此分析判断。

本题考查了原电池原理、电极判断和反应、交换膜作用等，注意离子移向和电极反应产物的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。【解析】C4、A【分析】【分析】A．根据分散质微粒直径大小来判断属于哪种分散系；

B．所得的分散系中分散质为Fe3O4；

C．一般金属化合物形成的胶体吸附正电荷；

D．油酸钠含有碳碳双键．【解析】【解答】解：根据题意磁流体分散系分散质粒子直径在5.5-36nm；属于胶体的范畴，所以应具备胶体的性质；

A．所得分散系为胶体；故A正确；

B．所得的分散系中分散质为Fe3O4；不仅有磁性而且是黑色，故B错误；

C．胶体可以在通直流电条件下发生电泳现象；说明胶粒吸附了电荷，一般金属化合物形成的胶体吸附正电荷，故通电时胶粒移向阴极，故C错误；

D．油酸钠含有碳碳双键；能使溴水褪色，故D错误．

故选A．5、B【分析】【分析】A．含有离子键的化合物是离子化合物；只含共价键的化合物是共价化合物；

B．只含共价键的物质不一定是共价化合物；

C．离子化合物中一定含有非金属元素；但不一定含有金属元素；

D．离子键和极性键存在于不同元素之间．【解析】【解答】解：A．含有离子键的化合物是离子化合物；只含共价键的化合物是共价化合物，元素离子化合物中一定含有离子键，共价化合物中一定不含离子键，故A正确；

B．只含共价键的物质不一定是共价化合物；可能是单质，如氧气，故B错误；

C．离子化合物中一定含有非金属元素；但不一定含有金属元素，如铵盐，故C正确；

D．离子键和极性键存在于不同元素之间；所以离子键和极性键只存在于化合物中，故D正确；

故选B．6、C【分析】【分析】根据图示结构及题中信息可知，甲为HF、乙为N2、丙为CO2、丁为NH3；

A；根据推断及图示结构分析含有的元素种类；

B；HF中正负电荷的重心不重合；属于极性分子，不是非极性分子；

C；氯化氢与氨气生成了氯化铵；氯化铵为离子化合物；

D、氯化钙不能够与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀．【解析】【解答】解：各物质的元素都是前二周期元素，根据图示中最外层电子数及成键情况可知，甲为：HF、乙为：N2、丙为：CO2、丁为：NH3；

A；上述结构图中共出现的元素有：H、F、N、C、O五种元素；故A错误；

B；氮气和二氧化碳属于非极性分子；而HF、氨气中正负电荷的重心不重合，属于极性分子，故B错误；

C；甲为氟化氢、丁为氨气；二者反应生成了氟化铵，属于离子化合物，故C正确；

D；氯化钙与二氧化碳不发生反应；不会生成白色沉淀，故D错误；

故选C．7、D【分析】试题分析：A、海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO-3离子，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故A正确；B、天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4，故B正确；C、氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放，是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸（H+），故C正确；D、从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以SO42-的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，故D错误。考点：海水资源及其综合利用；二氧化硫的化学性质【解析】【答案】D二、双选题(共7题，共14分)8、A|C【分析】解：由分析可知向NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M中溶质情况有：

（1）当含有两种溶质时；

①若溶质为Na2CO3、NaOH时，不能立即产生气体，滴加盐酸先中和氢氧化钠，然后与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积同碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积相等，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为

②若为NaHCO3、Na2CO3，不能立即产生气体，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积小于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为

（2）若只有一种溶质时；

①当溶质为Na2CO3时，不能立即产生气体，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为

②当溶质为NaHCO3时，滴加盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，立即产生气体，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为．

A、若OB=0，则形成溶液M所发生反应的离子方程式为OH-+CO2═HCO3-，若OB=0，则滴入盐酸所发生反应的离子方程式为H++HCO3-═CO2↑+H2O；故A正确；

B、当溶质为Na2CO3时；不能立即产生气体，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，故B正确；

C、若OB＞BC，则溶液M中大量存在的阴离子为CO32-和OH-；故C错误；

D、若3OB=BC，则溶液M中c（NaHCO3）=2c（Na2CO3）；故D正确；

故选C．

CO2与NaOH反应为①CO2+NaOH=NaHCO3，②CO2+2NaOH=Na2CO3+H20；

当≥1，反应按①进行，等于1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；大于1时，生成生成NaHCO3，CO2有剩余；

当＜＜1，反应按①②进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；

当≤反应按②进行，等于时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；小于时，生成Na2CO3；NaOH有剩余；

向M中逐滴加入盐酸；根据溶液M中溶质不同，通过反应过程判断．

本题考查混合物的有关计算，难度中等，关键判断溶液可能的溶质，分情况讨论．注意盐酸的体积．【解析】【答案】AC9、rC【分析】解：rm{A.}该步转化过程中的原子利用率为rm{100%}应为加成反应，由结构简式可知rm{X}为rm{CO_{2}}故A正确；

B.rm{F}含有苯环、且含有醚键，则rm{F}属于芳香族化合物；但不属于芳香烃，故B正确；

C.链接为高聚物的最小重复单位，链接不带有rm{n}故C错误；

D.rm{G}水解生成二氧化碳以及rm{F}rm{F}rm{G}进一步水解；可生成相同的物质，故D正确．

故选C．

A.该步转化过程中的原子利用率为rm{100%}应为加成反应；

B.rm{F}含有苯环；且含有醚键；

C.链接为高聚物的最小重复单位；

D.rm{G}水解生成二氧化碳以及rm{F}．

本题考查物质的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重高聚物的考查，题目难度不大．【解析】rm{C}10、rAC【分析】解：rm{A.}根据图知，rm{0.1mol/L}的rm{XOH}的rm{pH=13}说明rm{XOH}溶液中rm{c(OH^{-})=c(XOH)}rm{XOH}完全电离；为强电解质，即为强碱，故A正确；

B.rm{XOH}是强碱溶液、rm{X_{2}CO_{3}}是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的rm{pH}相等，则rm{c(XOH)<c(X_{2}CO_{3})}再结合物料守恒得rm{c(X^{+})}rm{XOH}小于rm{X_{2}CO_{3}}故B错误；

C.rm{0.10mol/LX_{2}CO_{3}}溶液的rm{pH=11.6}则该溶液中rm{c(OH^{-})=c(HCO_{3}^{-})=dfrac{10^{-14}}{10^{-11.6}}mol/L=10^{-2.4}mol/L}rm{c(OH^{-})=c(HCO_{3}^{-})=dfrac

{10^{-14}}{10^{-11.6}}mol/L=10^{-2.4}mol/L}rm{K_{h1}=dfrac{c(HCO_{3}^{-})拢庐c(OH^{-})}{c(CO_{3}^{2-})}=}则rm{K_{a2}=dfrac{K_{w}}{K_{h1}}=dfrac{Kwc(CO_{3}^{2-})}{c(HCO_{3}^{-}).c(OH^{-})}=dfrac{10^{-14}隆脕0.1}{10^{-2.4}times10^{-2.4}}=1.0隆脕10^{-10.2}}故C正确；

D.当rm{c(CO_{3}^{2-})=0.1mol/L}时，则溶液的体积变为原来的rm{K_{h1}=dfrac

{c(HCO_{3}^{-})拢庐c(OH^{-})}{c(CO_{3}^{2-})}=}倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中rm{K_{a2}=dfrac{K_{w}}{K_{h1}}=dfrac

{Kwc(CO_{3}^{2-})}{c(HCO_{3}^{-}).c(OH^{-})}=dfrac

{10^{-14}隆脕0.1}{10^{-2.4}times10^{-2.4}}=1.0隆脕10^{-10.2}}减小，rm{lgV=2}增大，所以rm{dfrac{c(HCO_{3}^{-})}{c(CO_{3}^{2-})}}增大；故D错误；

故选AC．

A.根据图知，rm{100}的rm{c(CO_{3}^{2-})}的rm{c(HCO_{3}^{-})}说明rm{dfrac

{c(HCO_{3}^{-})}{c(CO_{3}^{2-})}}溶液中rm{0.1mol/L}

B.rm{XOH}是强碱溶液、rm{pH=13}是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的rm{XOH}相等，则rm{c(OH^{-})=c(XOH)}再结合物料守恒判断；

C.rm{XOH}溶液的rm{X_{2}CO_{3}}则该溶液中rm{c(OH^{-})=c(HCO_{3}^{-})=dfrac{10^{-14}}{10^{-11.6}}mol/L=10^{-2.4}mol/L}rm{pH}rm{K_{h1}=dfrac{c(HCO_{3}^{-})拢庐c(OH^{-})}{c(CO_{3}^{2-})}=}则rm{K_{a2}=dfrac{K_{w}}{K_{h1}}=dfrac{Kwc(CO_{3}^{2-})}{c(HCO_{3}^{-}).c(OH^{-})}}

D.当rm{c(XOH)<c(X_{2}CO_{3})}时，则溶液的体积变为原来的rm{0.10mol/LX_{2}CO_{3}}倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中rm{pH=11.6}减小，rm{c(OH^{-})=c(HCO_{3}^{-})=dfrac

{10^{-14}}{10^{-11.6}}mol/L=10^{-2.4}mol/L}增大．

本题考查离子浓度大小比较，侧重考查学生分析判断及计算能力，为高频考点，明确电离平衡常数与水解平衡常数的关系是解本题关键，注意：二元弱酸中存在rm{c(CO_{3}^{2-})=0.1mol/L}为易错点．rm{K_{h1}=dfrac

{c(HCO_{3}^{-})拢庐c(OH^{-})}{c(CO_{3}^{2-})}=}【解析】rm{AC}11、B|C【分析】解：A．因纯净水中缺少人体必需的矿物质；长期饮用不利于健康，故A错误；

B．人是恒温动物；体内各种生理反应，各器官活动产生的热量必须及时散发．水的比热大，蒸发1克水可带走0.5卡热量，故B正确；

C．水是一种很好的溶剂；可溶解很多物质，人体中的新陈代谢中的多种化学反应是在溶液中进行的，故C正确；

D．天然存在的水中往往溶解有这样那样的物质；即使没有细菌也不叫纯净水，故D错误．

故选BC．【解析】【答案】BC12、B|D【分析】解：A．溴和NaOH反应生成NaBr和NaBrO；苯不溶于水，且密度比水小，所以上层无色，故A错误；

B．浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体；二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化碳不反应，故B正确；

C．生成NO；NO易与空气中氧气反应生成二氧化氮，为红棕色，故C错误；

D．在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体；当光束通过体系时可产生丁达尔效应，故D正确．

故选BD．

A．溴和NaOH反应；苯不溶于水，且密度比水小；

B．浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体；

C．生成NO；根据NO的性质判断；

D．在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体．

本题考查化学实验基本操作，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累．【解析】【答案】BD13、A|D【分析】解：A；同一周期从左到右；元素原子半径逐渐减小，原子半径：Na＞Al，故A错误；

B、根据钠和水反应生成的氢氧化钠，氢氧化钠将金属铝溶解：Al～NaOH～3H2↑；铝全部反应可得无色溶液，则n（Al）≤n（Na），故B正确；

C；铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中；钠和水反应生成的氢氧化钠，氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化钠也能与铝反应，金属铝过量也可能会置换出氯化铜中的金属铜；故C正确；

D、金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2Al～3H2↑，2Na～H2↑，等质量的金属钠和金属铝，则金属Al产生的氢气量多，所以放出的H2越多；则铝的质量分数越大，故D错误．

故选AD．

A；根据同一周期从左到右；元素原子半径逐渐减小；

B；根据钠和水反应生成的氢氧化钠；足量的氢氧化钠将金属铝溶解；

C；根据钠和水反应生成的氢氧化钠；氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化钠也能与铝反应，金属铝过量也可能会置换出氯化铜中的金属铜；

D、根据金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2Al～3H2↑，2Na～H2↑，等质量的金属钠和金属铝，则金属Al产生的氢气量多，所以放出的H2越多；则铝的质量分数越大．

本题主要考查了金属的化学性质，可以根据所学知识进行回答，难度不大．【解析】【答案】AD14、rBC【分析】解：rm{A.}沉淀滴定时到达滴定终点时曲线斜率突变，图中rm{c}点为滴定终点，此处rm{-lgc(Cl^{-})=5}达到沉淀溶解平衡时，rm{c(Ag^{+})=c(Cl^{-})=10^{-5}mol/L}所以根据曲线数据计算可知rm{K_{sp}(AgCl)}的数量级为rm{10^{-10}}故A正确；

B.达到沉淀溶解平衡时即有rm{Q_{c}=c(Ag^{+})c(Cl^{-})=K_{sp}(AgCl)}故B错误；

C.溶度积常数只随温度改变而改变，改变滴定反应液浓度不改变溶度积常数，所以相同实验条件下，若改为rm{0.0400mol?L^{-1}Cl^{-}}则所需rm{AgNO_{3}}溶液体积就变为rm{dfrac{50隆脕0.0400}{0.100}mL=20mL}故C错误；

D.rm{dfrac

{50隆脕0.0400}{0.100}mL=20mL}比rm{AgBr}更难溶，达到沉淀溶解平衡时rm{AgCl}的浓度更低，则rm{Br^{-}}值更大，消耗rm{-lgc(Br^{-})}溶液的体积不变；故D正确；

故选：rm{AgNO_{3}}

A.沉淀滴定时到达滴定终点时曲线斜率突变，图中rm{BC}点为滴定终点，此处rm{c}据此计算；

B.达到沉淀溶解时满足rm{-lgc(Cl^{-})=5}

C.溶度积常数只随温度改变而改变；改变滴定反应液浓度不改变溶度积常数；

D.rm{c(Ag^{+})?c(Cl^{-})=K_{sp}(AgCl)}比rm{AgBr}更难溶，达到沉淀溶解平衡时rm{AgCl}的浓度更低。

本题考查沉淀溶解平衡相关知识，明确达到沉淀溶解平衡时的关系式，把握图象反应的信息，题目难度不大，是基础题。rm{Br^{-}}【解析】rm{BC}三、填空题(共8题，共16分)15、加成反应消去反应【分析】【分析】苯和丙烯在催化剂条件下发生加成反应生成异苯丙烷，异苯丙烷氯气发生取代反应生成A，A是一氯代物，则支链上取代位置可能是甲基也可能是次甲基，所以A为A和氢氧化钠醇溶液反应生成B，B和氯化氢发生加成反应生成C，则A发生消去反应生成B，B的结构简式为：C发生水解反应生成根据转化关系结合B发生加成反应得C，可反推得C的结构简式为：据此答题．【解析】【解答】解：（1）苯和丙烯在催化剂条件下发生加成反应生成异苯丙烷，异苯丙烷氯气发生取代反应生成A，A是一氯代物，则支链上取代位置可能是甲基也可能是次甲基，所以A的结构简式可能为

故答案为：或

（2）反应①是苯与丙烯发生加成反应生成反应③是A（卤代烃）在氢氧化钠醇溶液；加热条件下发生消去反应；

故答案为：加成反应；消去反应；

（3）反应④的化学方程式为：

故答案为：

（4）反应⑤为发生水解反应生成化学方程式为：

故答案为：（2分）

（5）的一种同分异构体苯环上有两条侧链，说明苯环上有2个取代基，苯环上的一氯代物有2种，说明两取代基处于对位，符合条件的为：

故答案为：．16、⑥浓硫酸反应前排净装置中的空气，反应后将装置中的SO2全部吹出⑤饱和亚硫酸氢钠溶液平衡压强使分液漏斗中的液体顺利滴下，并使测量结果更精确BD=31.5cm3【分析】【分析】（1）方案一：测定某Na2SO3样品的纯度；利用装置①②原理是样品和浓硫酸反应生成二氧化硫气体通过浓硫酸干燥后进入装置②被碱石灰吸收测定增重为二氧化硫质量，结合硫元素守恒计算纯度，为防止装置内空气中的二氧化碳；水蒸气干扰测定，需要开始通过氮气排净装置内空气，反应结束通氮气吧生成的二氧化硫全部排入碱石灰吸收；

反案二：选择装置③和④进行实验时；是利用排液体量气方法测定生成气体的体积，需要装置⑤，所盛溶液不能和二氧化硫发生反应，应选择饱和亚硫酸氢钠溶液，装置③中a管的作用平衡压强使漏斗中液体顺利流下；

（2）①依据影响化学反应速率的因素分析判断选项；

②计算亚硫酸钠物质的量得到硫代硫酸钠物质的量，计算得到溶质质量，形成的饱和溶液溶质质量分数=×100%，据此计算溶液质量，溶液体积V=；【解析】【解答】解：（1）方案一：测定某Na2SO3样品的纯度；利用装置①②原理是样品和浓硫酸反应生成二氧化硫气体通过浓硫酸干燥后进入装置②被碱石灰吸收测定增重为二氧化硫质量，干燥装置选择③，导气管长进短出，结合硫元素守恒计算纯度，为防止装置内空气中的二氧化碳；水蒸气干扰测定，需要开始通过氮气排净装置内空气，反应结束通氮气吧生成的二氧化硫全部排入碱石灰吸收；

故答案为：⑥；浓硫酸；反应前排净装置中的空气，反应后将装置中的SO2全部吹出；

方案二：选择装置③和④进行实验时；是利用排液体量气方法测定生成气体的体积，需要装置⑤，所盛溶液不能和二氧化硫发生反应，应选择饱和亚硫酸氢钠溶液，导气管短进长出，装置③中a管的作用平衡压强使漏斗中液体顺利流下；

故答案为：⑤；饱和亚硫酸氢钠溶液；平衡压强使分液漏斗中的液体顺利滴下；并使测量结果更精确；

（2）①依据影响化学反应速率的因素分析判断选项；硫粉用少许乙醇和水浸润的目的是增大接触面积，加快反应速率，故选BD；

故答案为：BD；

②计算亚硫酸钠物质的量得到硫代硫酸钠物质的量=，硫元素守恒计算得到溶质硫代硫酸钠质量=×158g/mol，形成的饱和溶液溶质质量分数=×100%=×100%，据此计算溶液质量=，溶液体积V===31.5cm3；

故答案为：×100%=31.5cm3；17、3d54s1O＞Cl＞C分子3：1＞ACN、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2+形成配位键【分析】【分析】（1）根据构造原理顺序先写出电子排布式；然后再写出价电子排布式；

（2）①同周期元素从左到右电负性逐渐增大；同主族元素从上到小电负性逐渐减小，以此解答该题．

②常温时CrO2Cl2为液体，说明熔点低，所以固态CrO2Cl2属于分子晶体；

③根据1个单键是1个δ键，1个双键中含有1个δ键，1个π键以及COCl2分子的结构式来解答；

（3）离子晶体的熔点与离子键的强弱有关；离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高；

（4）复合物氯化羰基亚铜属于配合物，存在离子键、配位键、极性共价键等，配位体有CO、H2O和Cl原子，Cl原子的杂化类型为sp3，CO与N2属于等电子体结构相似；故结构式为C≡O；

（5）根据电负性的角度分析．【解析】【解答】解：（1）基态铬原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价电子排布式为3d54s1，故答案为：3d54s1；

（2）①反应式中非金属元素有三种：O；C、Cl；它们的电负性由大到小顺序是O＞Cl＞C，故答案为：O＞Cl＞C；

②常温时CrO2Cl2为液体，说明熔点低，所以固态CrO2Cl2属于分子晶体；故答案为：分子；

③COCl2分子中有1个C=O键和2个C-Cl键，所以COCl2分子中σ键的数目为3；π键的数目为1，个数比3：1，故答案为：3：1；

（3）Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高．由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径；属于熔点是NiO＞FeO，故答案为：＞；

（4）A．该复合物中存在化学健类型有离子键；配位键、极性共价键等；故A错误；

B．该复合物中Cl原子的杂化类型为sp3；故B正确；

C．该复合物中配位体有CO、H2O和Cl原子；故C错误；

D．CO与N2属于等电子体结构相似；故结构式为C≡O，故D正确；

故选：AC；

（5）N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，所以NH3中共用电子对偏向N，而在NF3中；共用电子对偏向F，偏离N原子；

故答案为：N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2+形成配位键．18、3-甲基氯苯酯基取代反应51：1：1：1：236【分析】【分析】化合物A（相对分子质量为126.5）系列转化得到C，由C的结构可知A为结合信息可知B为C发生信息中反应生成D为D中羧基中-OH被氯原子取代生成E，E发生取代反应生成F，同时还生成HCl．（6）中乙烯与氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，再与CH2（COOC2H5）2反应得到（C2H5OOC）2CHCH2CH2CH（COOC2H5）2，水解得到HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，最后与甲醇发生酯化反应．（5）F先与氢气发生加成反应，将羰基转化为醇羟基，再发生消去反应形成碳碳双键，然后以HCl发生加成反应生成再与CH2（COOC2H5）2反应得到最后水解得到．【解析】【解答】解：化合物A（相对分子质量为126.5）系列转化得到C，由C的结构可知A为结合信息可知B为C发生信息中反应生成D为D中羧基中-OH被氯原子取代生成E，E分子取代反应生成F，同时还生成HCl．

（1）A的结构简式为：名称为3-甲基氯苯，C分子中含氧官能团为酯基，B→C的反应类型为取代反应；

故答案为：3-甲基氯苯；酯基；取代反应；

（2）B为核磁共振氢谱分析时，其吸收峰为5，吸收峰面积之比为1：1：1：1：2，B水解得到酚羟基；醇羟基与HCl，1molB在一定条件下最多能与3molNaOH反应；

故答案为：5；1：1：1：1：2；3；

（3）已知D与SOCl2反应除生成E外还有两种易溶于水的气体生成，反应的化学方程式为：

故答案为：

（4）满足下列条件的有机物D（）的同分异构体：①属于1，3，5-三取代苯；②能发生银镜反应，说明含有醛基，③能与氯化铁溶液显紫色，含有酚羟基，其中一个取代基为-OH，另外2个取代基为-Cl、-CH2CH2CHO，或者-Cl、-CH（CH3）CHO，或者-CH2Cl、-CH2CHO，或者-CH2CH2Cl、-CHO，或者-CHClCH3、-CHO，或者-CH3；-CHClCHO；故共有6种；

故答案为：6；

（5）F先与氢气发生加成反应，将羰基转化为醇羟基，再发生消去反应形成碳碳双键，然后以HCl发生加成反应生成再与CH2（COOC2H5）2反应得到最后水解得到合成路线流程图为：

故答案为：．19、2H++2e-=H2↑小于DH2+2OH--2e-=2H2O【分析】【分析】（1）电解时；阴极上氢离子得电子发生还原反应；根据阴阳离子的移动方向，通过相同电量时，阴阳离子交换的个数判断．

（2）根据氢氧化钠生成的电极判断导出口．

（3）燃料原电池中，负极上还原剂失电子发生氧化反应，写出相应的电极反应式，注意结合电解质溶液的酸碱性书写．【解析】【解答】解：（1）电解时，阴极上氢离子得电子发生还原反应，溶反应式为2H++2e-=H2↑；阳极氢氧根离子放电；因此硫酸根离子向阳极移动，阴极氢离子放电，因此钠离子向阴极移动，所以通过相同电量时，通过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数．

故答案为：2H++2e-=H2↑；小于；

（2）浓氢氧化钠溶液在阴极生成；所以在D口导出；故答案为：D；

（3）燃料原电池中，燃料在负极上失电子发生氧化反应，所以氢气在负极上失电子于氢氧根结合生成水，电极反应式为H2+2OH--2e-=2H2O；

故答案为：H2+2OH--2e-=2H2O．20、加成反应2-甲基丙烷（CH3）3CCl【分析】【分析】有机物A为苯乙醛，根据信息③和甲醛反应生成羟醛，苯乙醛中α-氢加到甲醛醛基氧上，剩余加到醛基碳上，A→B反应为：C6H5CH2CHO+HCHO→C6H5CH（CH0）CH2OH，B为：C6H5CH（CH0）CH2OH，醇羟基被氧化，反应①为：醛基被氧化，C→D：+4Cu（OH）2+2Cu2O↓+4H2O，D为D中羧酸能与碳酸氢钠溶液反应，E为：（CH3）3CH，对照E、F分子式，为E和氯气在光照的条件下发生取代反应，反应③为：（CH3）3CH+Cl2（CH3）3CCl+HCl，F为（CH3）3CCl；在氢氧化钠水溶液发生水解生成。

醇，反应④为：（CH3）3CCl+NaOH（CH3）3COH+NaCl，G为：（CH3）3COH，G符合核磁共振氢谱显示其分子中含有2种不同化学环境的氢原子，和D发生酯化反应，反应⑤为：生成H，H为据此解答．【解析】【解答】解：（1）A→B反应为：C6H5CH2CHO+HCHO→C6H5CH（CH0）CH2OH；苯乙醛中α-氢加到甲醛醛基氧上，剩余加到醛基碳上，属于加成反应；

故答案为：加成反应；

（2）E为：（CH3）3CH，分子中最长碳链含有3个C，主链为丙烷，在2号C含有1个甲基，该有机物名称为：2-甲基丙烷，反应③为：（CH3）3CH+Cl2（CH3）3CCl+HCl，F为（CH3）3CCl；

故答案为：2-甲基丙烷；（CH3）3CCl；

（3）B为：C6H5CH（CHO）CH2OH，醇羟基被氧化，反应①为：

故答案为：

（4）G为：（CH3）3COH，和D发生酯化反应，反应⑤为：

故答案为：

（5）D为羧基和酯基互为同分异构体，苯环上含有三个取代基，能发生银镜反应和水解反应为甲酸酯，磁共振氢谱有4组峰为四种氢原子；

所以符合条件的D的同分异构体有：

故答案为：

（6）有机物A为苯乙醛，制备根据信息③自身反应生成羟醛醛基和氢气加成生成：醇羟基在浓硫酸的作用下发生消去生成产物合成路线为：

故答案为：．21、K+、OH-、Cl-KNO3【分析】【分析】甲厂的废水明显呈碱性，则一定含OH-，则甲中不含Ag+、Fe3+，溶液为电中性，则甲中一定含K+，结合离子的共存来解答．【解析】【解答】解：甲厂的废水明显呈碱性，则一定含OH-，则甲中不含Ag+、Fe3+，溶液为电中性，则甲中一定含K+，且Ag+、Cl-结合生成沉淀，则Cl-一定在甲中，即甲厂废水中所含的三种离子是K+、OH-、Cl-，甲、乙混合时，Ag+、Cl-结合生成沉淀，Fe3+、OH-结合生成沉淀，过滤后废水中主要含KNO3；

故答案为：K+、OH-、Cl-；KNO3．22、略

【分析】（1）将反应①CH4（g）＋H2O（g）===CO（g）＋3H2（g）；ΔH＝206．2kJ·mol－1和反应②CH4（g）＋CO2（g）===2CO（g）＋2H2（g）；ΔH＝247．4kJ·mol－1合并，即①×2－②可得CH4（g）＋2H2O（g）===CO2（g）＋4H2（g）ΔH＝165．0kJ·mol－1。（2）因为H2S热分解是吸热反应，所以通过H2S的燃烧可以提供热量促使平衡向正反应方向移动。（3）水分解生成氢气和氧气，但在高温下，氢气和氧气会分解成氢原子和氧原子。（4）在电解池中阳极失去电子，根据装置图可以看出阳极产物有氮气，又因为溶液显碱性，所以其电极反应式为CO（NH2）2＋8OH－－6e－===CO＋N2↑＋6H2O。（5）Mg2Cu与H2反应的生成物是MgCu2，所以另一种生成物一定含有Mg。根据氢化物中氢的质量分数为0．077，可计算出Mg和H的个数比是1︰2.。所以方程式为2Mg2Cu＋3H2MgCu2＋3MgH2。【解析】【答案】（1）CH4（g）＋2H2O（g）===CO2（g）＋4H2（g）；ΔH＝165．0kJ·mol－1（2）为H2S热分解反应提供热量2H2S＋SO2===2H2O＋3S（或4H2S＋2SO2===4H2O＋3S2）（3）H．O（或氢原子．氧原子）（4）CO（NH2）2＋8OH－－6e－===CO＋N2↑＋6H2O（5）2Mg2Cu＋3H2MgCu2＋3MgH2四、判断题(共4题，共28分)23、√【分析】【分析】石墨中每个碳原子与气体3个C形成3个共价键，利用均摊法计算出1molC含有的共价键；【解析】【解答】解：12g石墨中含有1molC，1mol碳原子与其它3mol碳原子形成了3mol共价键，1mol碳原子形成的共价键为：×3mol=1.5mol，含有的共价键数为1.5NA，故答案为：√．24、×【分析】【分析】（1）同温同压下；气体的气体摩尔体积相等；

（2）气体摩尔体积取决于温度和压强的大小；

（3）气体摩尔体积仅适用于气体；

（4）容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶液的稀释．【解析】【解答】解：（1）气体的体积取决于温度和压强的大小；同温同压下，气体分子之间的距离相等，则气体摩尔体积相等，故答案为：×；

（2）气体摩尔体积取决于温度和压强的大小；如不在标准状况下，也可能为22.4L/mol，故答案为：×；