2025年西师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年西师新版高三化学上册阶段测试试卷821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、如图所示，装置（Ⅰ）是一种可充电电池，装置（Ⅱ）为电解池，装置（Ⅰ）的离子交换膜只允许Na+通过．电池充；放电的化学方程式为：

2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr；当闭合K时，X极附近溶液变红色．

下列说法正确的是（）A.装置（I）中Na+从右到左通过离子交换膜B.A电极的电极反应式为：NaBr3+2Na++2e-=3NaBrC.X电极的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑D.每有0.1molNa+通过离子交换膜，X电极上就生成标准状况下气体1.12L2、用rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的有rm{(}rm{)}A.rm{56}克亚铁离子得到rm{2N_{A}}个电子被还原成单质B.rm{1L}rm{1mol/L}的rm{KCl}溶液中含rm{Cl^{-}}的物质的量为rm{N_{A}}C.在rm{25隆忙}rm{1.01隆脕10^{5}Pa}的条件下，rm{2.24LCO_{2}}中含有的原子数大于rm{0.3N_{A}}D.rm{0.1mol/L}的氯化钡溶液中氯离子的数目是rm{0.2N_{A}}3、下列离子方程式正确的是（）A.铝溶于NaOH溶液：Al+2OH-═AlO2-+H2↑B.稀硫酸中滴加氢氧化钡溶液：H++OH-═H2OC.碳酸镁中滴加稀盐酸：CO32-+2H+═CO2↑+H2OD.锌与硫酸铜溶液反应：Zn+Cu2+═Zn2++Cu4、常温时，以下4种溶液pH最小的是（）A.0.01mol/L醋酸溶液B.pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合液C.0.02mol/L醋酸与0.02mol/LNaOH溶液等体积混合液D.0.03mol/L醋酸与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合液5、下列解释事实的方程式不正确的是（）A.空气中加热钠生成淡黄色固体：2Na+O2Na2O2B.铁与水蒸气反应生成黑色固体：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2C.除去乙炔中的H2S气体：H2S+Cu2+═CuS↓+2H+D.实验室制备氨气：NH4ClNH3↑+HCl↑评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、常温下，用0.1mol•LHCl溶液滴定10.0mL浓度为0.1mol•L-1Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示．下列说法正确的是（）A.当V=0时：c（H+）+c（H2CO3）+c（HCO3-）=c（OH-）B.当V=5时：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（Cl-）C.当V=a时：c（Na+）＞c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-）D.当V=10时：c（H+）+c（H2CO3）=c（OH-）+c（CO32-）7、下列实验操作或事实与预期实验目的或所得结论一致的是（）

。选项实验操作或事实实验目的或结论A取少量试液于试管中，加入用HNO3酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀说明试液中一定含有SO42-B分别向两支试管中加入等体积、等浓度的过氧化氢溶液，再在其中一支试管中加入少量MnO2研究催化剂对过氧化氢分解速率的影响C将Na2CO3与HCl两种溶液相互滴加可以鉴别这两种溶液DC2H5Br与AgNO3溶液混合加热检验C2H5Br中的溴元素A.AB.BC.CD.D8、向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同溶液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）的关系有下列图示四种情况（不计CO2的溶解），则下列对应图形的判断正确的是（）A.

含有两种溶质B.

只含一种溶质C.

只含Na2CO3D.

含有NaOH9、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.18gD2O含有的电子数为10NAB.标准状况下，11.2LSO3中含有的分子数为0.5NAC.7.8gNa2O2晶体中含有的阴离子数为0.1NAD.常温常压下，44gCO2气体含有氧原子的个数为2NA10、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%B.在H2O2+Cl2═2HCl+O2反应中，每生成32g氧气，则转移2NA个电子C.标准状况下，分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为22.4L，质量为28gD.一定温度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物质的量相同11、下列有关金属或合金的说法中不正确的是（）A.生铁属于合金B.金属的冶炼过程通常是把金属阳离子还原成单质的过程C.回收废旧金属既可以治理污染，又可以缓解资源短缺E.工业上电解氧化镁获得金属镁E.工业上电解氧化镁获得金属镁12、将淀粉碘化钾混合溶液装在鸡蛋壳膜制成的袋中，将此袋下半部浸泡在盛有蒸馏水的烧杯里，过一段时间后，取烧杯中液体进行实验．下列现象能证明鸡蛋壳膜袋一定有破损的是（）A.加入碘水变蓝色B.加入NaI溶液不变蓝色C.加入AgNO3溶液产生黄色沉淀D.加入溴水变蓝色13、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（）A.K+、H+、SO42-、OH-B.Na+、Ca2+、CO32-、NO3-C.Na+、NH4+、Cl-、CO32-D.Na+、Cu2+、Cl-、SO42-评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、（1）如图1是部分主族元素第一电离能梯度图，图中，a点对应的元素为氢，b、c两点对应的元素分别为____、____（填元素符号）．

（2）将CrCl3•6H2O溶解在适量水中得到深绿色溶液，溶液中Cr3+以[Cr（H2O）5Cl]2+形式存在．

①上述溶液中，不存在的微粒间作用力是____（填标号）．

A．离子键B．共价键C．金属键D．配位键E．范德华力

②[Cr（H2O）5Cl]2+中Cr3+的轨道杂化方式不是sp3，理由是____．

（3）下面关于晶体的说法不正确的是____．

A．晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4

B．硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅。

C．熔点由高到低：Na＞Mg＞Al

D．晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI

（4）硼化镁晶体在39K时呈超导性．在硼化镁晶体中，镁原子和硼原子是分层排布的，图2是该晶体微观结构的透视图，图中的硼原子和镁原子投影在同一平面上．则硼化镁的化学式为____．

（5）铁的金属密堆积方式为体心立方结构，结构如图3所示．则晶胞中铁原子的配位数为____．若铁原子的半径为rpm，写出该堆积方式的空间利用率的表达式（不要求算出结果）____．

15、（一）恒温恒容下，将2molA气体和2molB气体通入体积为2L的密闭容器中发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（s），2min时反应达到平衡状态，此时剩余1.2molB，并测得C的浓度为1.2mo1•L-1．

（1）从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为____．

（2）x=____．

（3）下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志的是____．

A．压强不再变化B．气体密度不再变化C．A的消耗速率与B的消耗速率之比为2：1

（二）能源短缺是人类社会面临的重大问题．甲醇是一种可再生能源；具有广泛的开发和应用前景．

（1）工业上合成甲醇的反应原理为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；△H

下表所列数据是该反应在不同温度下的化学平衡常数（K）．

。温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012①根据表中数据可判断△H____0（填“＞”；“=”或“＜”）．

②在300℃时，将2molCO、3molH2和2molCH3OH充入容积为1L的密闭容器中，此时反应将____．

A．向正方向移动B．向逆方向移动C．处于平衡状态D．无法判断。

（2）以甲醇、氧气为原料，KOH溶液作为电解质构成燃料电池总反应为：2CH3OH+3O2+4KOH═2K2CO3+6H2O，则正极的电极反应式为____，随着反应的不断进行溶液的pH____（填“增大”“减小”或“不变”）．

（3）如果以该燃料电池为电源，石墨作两极电解饱和食盐水，则该电解过程中阳极的电极反应式为____．16、（2015•虹口区三模）硫化钠是一种重要的化工原料．工业上用硫酸钠与碳反应得到硫化钠．反应方程式如下：

Na2SO4+2CNa2S+CO2↑

完成下列填空：

（1）上述反应的元素中，原子半径最大的元素的原子有____种能级不同的电子．

（2）下列可以证明二氧化碳是非极性分子的实验是____（填编号）

a．微波炉中加热少量干冰数分钟，干冰温度不变b．二氧化碳能溶于水。

c．二氧化碳在电场中通过不偏向d．二氧化碳常温常压下为气态。

（3）硫化钠在一定条件下会与硫单质反应生成多硫化钠（Na2SX）．在碱性溶液中，Na2SX与NaBrO3发生反应生成Na2SO4与NaBr．若Na2SX与NaBrO3反应的物质的量之比为3：10，则x=____．

（4）写出硫氢化钠与少量硫酸铜溶液反应的离子方程式____．

能否用硫酸铜溶液来鉴别硫化钠溶液和硫氢化钠溶液？请简述实验操作和现象并说明自己的观点：____．

（5）已知：H2SKi1=9.1×10-8Ki2=1.1×10-12HFKi=3.5×10-4

H2SO3Ki1=1.5×10-2Ki2=1.0×10-7HAcKi=1.75×10-5

若用如图的装置，用硫化钠固体和下列溶液制取硫化氢气体，可选用的试剂是____

a．硝酸b．醋酸c．氢氟酸d．亚硫酸氢钠．17、中共十八大报告提出：“大力推进生态文明建设”．

①燃煤是增加大气PM2.5数值，形成雾霾天气的罪魁祸首之一．煤的气化是高效、清洁地利用煤炭的重要途径，写出灼热的焦炭与水蒸气反应的化学方程式____．

②餐饮业产生的“地沟油”的主要成分是油脂．综合利用“地沟油”的一种方法是将“地沟油”中的油脂水解以获取高级脂肪酸和____（填名称）．将废弃塑料进行____处理；可以获得乙烯；丙烯等化工原料．

③防治重金属污染是2013年全国环保工作的重点．向含有Hg2+的废水中加入Na2S，可以使Hg2+转变成沉淀，离子反应方程式为____．

④我国生活垃圾一般可分为以下四大类：可回收垃圾、厨余垃圾、有害垃圾和其他垃圾．以下物质属于可回收垃圾的是____（填字母）．

a．废报纸b．废铝制易拉罐c．过期药品d．渣土．18、（1）常温下100mL0.1mol•L-1H2C2O4（草酸；也叫乙二酸）溶液pH=2；

①将它稀释10倍后，溶液pH____3（填“＜”、“＞”或“=”），此时同体积0.01mol•L-1稀盐酸与其分别和足量锌反应，稀盐酸放出氢气的体积____（填“多”；“少”或“相等”）；

②向其中加少量草酸钠固体，以下数据增大的是____．

A．c（H2C2O4）B．c（OH-）C．水的离子积D．溶液导电性。

（2）现有下列四种溶液：①0.01mol/L的CH3COOH溶液、②pH=2的稀盐酸、③pH=12的石灰水、④0.01mol/L的KOH溶液．其中水的电离程度最大的是____（填编号），若将pH=2的醋酸溶液与③溶液等体积混合，所得溶液pH____7（填“＜”、“＞”或“=”）．评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)19、加足量稀盐酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉____．（判断对错）评卷人得分五、解答题(共4题，共8分)20、有一硝酸盐晶体，其化学式为R（NO3）2•xH2O；相对分子质量为242．取1.21g该晶体溶于水，配成100mL溶液，将此溶液用石墨作电极进行电解，当溶液中金属全部析出时停止电解，经称量阴极增重0.32g．求：

（1）金属R的相对原子质量。

（2）x值。

（3）电解后溶液的pH（电解过程中溶液体积变化忽略不计）．21、工业上由黄铜矿（主要成分CuFeS2）冶炼铜的主要流程如下：

（1）气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的______吸收．

A．浓H2SO4B．氨水C．NaOH溶液D．稀HNO3

（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，检验溶液中还存在Fe2+的方法是______（注明试剂；现象）．

（3）由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为______Al2O3+6Cu22、图表示某化工生产的流程（有的反应条件和产物已略去）

试回答：

（1）C的分子式是______；L的名称是______．

（2）写出A与E反应生成G的化学方程式：______高温高压4NO+6H2O23、已知：

下列有机化合物A～H有如图的转化关系：

化合物D的分子式为C10H10O，其苯环上的一氯代物只有两种；F的分子式为C10H9OBr．请回答下列问题：

（1）写出下列化合物的结构简式：

A：______I：______

（2）反应①的反应类型为______；反应②的条件为______．

（3）反应③的化学方程式为：______

（4）化合物D有多种同分异构体；其中属于酚类，结构中除苯环外无其他环且苯环上只有两种互为对位的取代基的同分异构体有______种（不考虑两双键直接相连）．

评卷人得分六、探究题(共4题，共36分)24、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________．25、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：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：参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】解：A；原电池中阳离子向正极移动；则闭合K时，钠离子从左到右通过离子交换膜，故A错误；

B、闭合K时，A为原电池的负极，负极发生氧化反应，电极反应为2Na2S2-2e-=2Na++Na2S4；故B错误；

C、闭合K时，X极附近溶液变红色，说明X极生成OH-离子，为电解池的阴极，发生反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；故C错误；

D、闭合K时，有0.1molNa+通过离子交换膜，说明有0.1mol电子转移，阴极上生成0.05molH2；标准状况下体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故D正确；

故选D．

当闭合开关K时，X极附近溶液变红色，说明X极生成OH-离子，为电解池的阴极，发生反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则A为原电池的负极，B为原电池的正极，根据电池充、放电的化学反应方程式为2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr可知，负极反应为2Na2S2-2e-=2Na++Na2S4，正极反应为NaBr3+2Na++2e-=3NaBr，Y极为电解池的阳极，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑；以此解答该题．

本题考查化学电源知识，题目难度中等，注意从总反应式判断两极上的变化和电极反应式的书写．【解析】【答案】D2、A【分析】解：rm{A.56}克亚铁离子物质的量为rm{dfrac{56g}{56g/mol}=1mol}得到rm{dfrac

{56g}{56g/mol}=1mol}个电子被还原成单质；故A正确；

B.rm{2N_{A}}rm{1L}的rm{1mol/L}溶液中含rm{KCl}的物质的量rm{Cl^{-}}故B错误；

C.在rm{=1L隆脕1mol/L隆脕1=1mol}rm{25隆忙}的条件下，rm{1.01隆脕10^{5}Pa}rm{Vm>22.4L/mol}中含有的原子数小于rm{2.24LCO_{2}}故C错误；

D.溶液体积未知；无法计算微粒个数，故D错误；

故选：rm{0.3N_{A}}．

A.质量转化为物质的量，结合rm{A}个亚铁离子得到rm{1}个电子被还原为单质；

B.依据rm{2}计算氯化钾的物质的量，结合rm{n=CV}氯化钾含有rm{1mol}氯离子解答；

C.在rm{1mol}rm{25隆忙}的条件下，rm{1.01隆脕10^{5}Pa}

D.溶液体积未知．

本题考查了阿伏加德罗常数的使用，掌握以物质的量为核心的有关计算公式是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大．rm{Vm>22.4L/mol}【解析】rm{A}3、D【分析】【分析】A．电荷不守恒；

B．漏掉硫酸根离子与钡离子的反应；

C．碳酸镁为沉淀；应保留化学式；

D．二者反应生成硫酸锌和铜．【解析】【解答】解：A．铝溶于NaOH溶液，离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；故A错误；

B．硫酸溶液中滴加氢氧化钡溶液，离子方程式：2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O；故B错误；

C．碳酸镁中滴加稀盐酸，离子方程式：MgCO3+2H+═CO2↑+H2O+Mg2+；故C错误；

D．锌与硫酸铜溶液反应，离子方程式：Zn+Cu2+═Zn2++Cu；故D正确；

故选：D．4、A【分析】【分析】常温下；pH最小说明溶液中氢离子浓度最大，根据溶液中氢离子浓度大小来判断即可；

A．醋酸溶液呈酸性；

B．氯化钠是强酸强碱盐；其溶液呈中性；

C．醋酸钠是强碱弱酸盐；其溶液呈碱性；

D.0.03mol/L醋酸与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合液，溶液中的溶质是0.01mol/L的醋酸和0.005mol/L的醋酸钠，醋酸钠抑制醋酸电离．【解析】【解答】解：A.0.01mol/L醋酸溶液呈酸性；pH＜7；

B．pH=2的盐酸和pH=12的氢氧化钠中；盐酸中氢离子浓度和氢氧化钠中氢氧根离子浓度相等，等体积混合，二者恰好反应生成氯化钠，氯化钠是强酸强碱盐，则其溶液呈中性，即pH=7；

C.0.02mol/L醋酸与0.02mol/LNaOH溶液等体积混合液；二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使其溶液呈碱性，则pH＞7；

D.0.03mol/L醋酸与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合液；溶液中的溶质是0.01mol/L的醋酸和0.005mol/L的醋酸钠，醋酸钠抑制醋酸电离，所以混合溶液中氢离子浓度小于A；

通过以上分析知，离子浓度最大的是A，则pH最小的是A，故选A．5、D【分析】解：A、钠与氧气反应生成淡黄色固体的过氧化钠，反应的化学方程式为：2Na+O2Na2O2；故A正确；

B、铁与水蒸气反应生成黑色固体四氧化三铁和氢气，所以反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；故B正确；

C、用硫酸铜溶液除去乙炔中的H2S气体，生成硫化铜，反应的离子方程式为：H2S+Cu2+═CuS↓+2H+；故C正确；

D、铵盐与碱共热制备氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；故D错误；

故选D．

A；钠与氧气反应生成淡黄色固体的过氧化钠；

B；铁与水蒸气反应生成黑色固体四氧化三铁和氢气；

C、用硫酸铜溶液除去乙炔中的H2S气体；生成硫化铜；

D；铵盐与碱共热制备氨气．

本题考查化学方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及反应生成物是什么，题目难度不大．【解析】【答案】D二、多选题(共8题，共16分)6、CD【分析】【分析】A．根据碳酸钠溶液中物料守恒和电荷守恒进行判断；

B．当V=5时，得到等浓度的NaHCO3、NaCl、Na2CO3混合溶液，CO32-、HCO3-溶液呈碱性，HCO3-的水解程度小于CO32-的水解程度；

C．根据V=a时，溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH-）；再根据电荷守恒判断溶液中钠离子与氯离子浓度关系；

D．当V=10时，反应恰好等浓度的NaHCO3、NaCl混合溶液，溶液中碳酸氢根离子既发生水解又发生电离，结合水电离的氢离子与氢氧根离子相等．【解析】【解答】解：A．当V=0时为碳酸钠溶液，根据电荷守恒可知：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），根据物料守恒可得：c（Na+）=2c（HCO3-）+2c（H2CO3）+2c（CO32-），联立可得：c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）=c（OH-）；故A错误；

B．当V=5时，得到等浓度的NaHCO3、NaCl、Na2CO3混合溶液，CO32-、HCO3-溶液呈碱性，HCO3-的水解程度小于CO32-的水解程度，故溶液中：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（Cl-）＞c（CO32-）；故B错误；

C．v=a时，溶液的pH=7，溶液为中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（Cl-）+c（HCO3-），联立可得c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（Cl-），所以c（Na+）＞c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-）；故C正确；

D．当V=10时，反应恰好等浓度的NaHCO3、NaCl混合溶液，由于水电离的氢离子与氢氧根离子相等，部分氢离子结合与碳酸氢根结合为碳酸分子，部分碳酸氢根电离产生碳酸根离子与氢离子，则c（H+）+c（H2CO3）=c（OH-）+c（CO32-）；故D正确．

故选：CD．7、BC【分析】【分析】A．不能排除AgCl的干扰；

B．应在同一浓度下进行比较实验；

C．前者逐滴滴入后者，发生Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，后者逐滴滴入前者发生Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O；

D．C2H5Br无溴离子．【解析】【解答】解：A．不能排除AgCl的干扰，应先加盐酸，如无现象，再加BaCl2检验；故A错误；

B．应在同一浓度下进行比较实验；否则没有可比性，故B正确；

C．前者逐滴滴入后者，发生Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，现象为开始有气泡冒出直到反应结束，但后者逐滴滴入前者发生Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl；

NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O；现象为开始没有气泡冒出，一段时间后有气泡冒出，则现象不同，故C正确；

D．C2H5Br无溴离子；不能生成沉淀，故D错误．

故选BC．8、ACD【分析】【分析】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．【解析】【解答】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）的关系为故A错误；

（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、由上述分析可知，当含有两种溶质，不论是Na2CO3、NaOH，还是NaHCO3、Na2CO3；滴加盐酸都不能立即产生气体，故A错误；

B、由上述分析可知，只含一种溶质，①当溶质为Na2CO3时，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）的关系为故B错误；

C、由上述分析可知，只含一种溶质，当溶质为Na2CO3时，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为故C正确；

D、溶质含有氢氧化钠，则含有两种溶质，是Na2CO3、NaOH，由上述分析可知，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为故D正确．

故选CD．9、CD【分析】【分析】A、D2O的质子数=电子数=10，M=20g/mol，利用N=×10×NA来计算；

B、在标准状况下，SO3为固体；

C；1mol过氧化钠中含2mol钠离子和1mol过氧根离子；

D、根据N=nNA=NA来计算．【解析】【解答】解：A、D2O的电子数为10，M=20g/mol，则电子数为×10×NAmol-1=9NA；故A错误；

B、在标准状况下，SO3为固体；无法计算，故B错误；

C、过氧化钠的物质的量为=0.1mol，1mol过氧化钠中含2mol钠离子和1mol过氧根离子，则7.8g过氧化钠中含有的阴离子数为0.1NA；故C正确；

D、常温常压下，44gCO2气体的物质的量为=1mol，含有氧原子的个数为2NA；故D正确．

故选CD．10、BC【分析】【分析】A．硫酸密度大于水；加水稀释时密度改变，浓度越小密度越小，以此进行分析；

B．在H2O2+Cl2═2HCl+O2反应中每生成32g氧气；则转移2mol电子；

C．CO、C2H4的分子量都是28，分子数为NA的CO、C2H4混合气体的物质的量为1mol；

D．氯化铵的浓度越小，水解程度越大．【解析】【解答】解：A．硫酸密度大于水，加水稀释时密度改变，浓度越小密度越小，10ml质量分数为98%的H2SO4，设密度为x，用水稀释至100ml时密度为y，则x＞y，稀释后H2SO4的质量分数约为：=9.8%×，由于x＞y，则＞1；稀释后的硫酸的质量分数大于9.8%，故A错误；

B．反应中每个氧原子的化合价升高了1价，则每生成32g氧气，转移2NA个电子；故B正确；

C．CO和C2H4的相对分子质量相等；故无论二者的比例如何，标准状况下的22.4L气体为1mol，质量为28g，故C正确；

D．NH4Cl溶液浓度不同，水解程度不同，因此两种溶液尽管物质的量相同，但所含的NH4+物质的量不同；故D错误；

故选BC．11、DE【分析】【分析】A．合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质．生铁是铁的合金；

B．金属的冶炼就是指将化合态的金属转变为游离态的金属；也就是将化合物中的金属转变为金属单质；

C．根据回收利用废旧金属的意义进行分析判断；

D．氧化镁熔点高，工业上电解熔融氯化镁获得金属镁；【解析】【解答】解：A．生铁的主要成分是铁；其中含有碳等一些杂质，属于铁的合金，故A正确；

B．金属冶炼就是将化合物中的金属转变为金属单质；即把金属阳离子还原成单质的过程，故B正确；

C．回收利用废旧金属不仅可以节约资源；而且可以减少对环境的污染，故C正确；

D．因为MgO的熔点高于MgCl2，因此电解熔融MgCl2更经济；工业上电解氯化镁获得金属镁，故D错误；

故选D．12、AD【分析】【分析】鸡蛋壳膜袋属于半透膜，胶体不能透过半透膜而溶液中分子或离子能透过半透膜，如果鸡蛋壳膜袋破损，则烧杯中的液体含有淀粉，淀粉遇碘变蓝色．【解析】【解答】解：A．鸡蛋壳膜袋属于半透膜；胶体不能透过半透膜而溶液中分子或离子能透过半透膜，如果鸡蛋壳膜袋破损，则烧杯中的液体含有淀粉，淀粉遇碘变蓝色，故A正确；

B．淀粉和碘化钠不反应；故B错误；

C．碘离子能透过半透膜；无论半透膜是否损坏，溶液都能和硝酸银反应生成黄色沉淀，故C错误；

D．溴能氧化碘离子生成碘单质；碘遇淀粉试液变蓝色，如果半透膜破损，则溶液中含有碘离子和淀粉，故D正确；

故选AD．13、CD【分析】【分析】根据离子的性质判断离子是否发生反应，如离子之间能反应生成沉淀，气体、弱电解质或者离子间能发生互促反应、氧化还原反应等，则不能大量共存．【解析】【解答】解：A．H+与OH-反应生成水而不能共存；故A错误；

B．Ca2+与CO32-反应生成沉淀而不能共存；故B错误；

C．离子之间不发生任何反应；可大量共存，故C正确；

D．离子之间不发生任何反应；可大量共存，故D正确．

故选CD．三、填空题(共5题，共10分)14、OSiA、C如果Cr3+采取sp3杂化，则只有4个成键轨道，无法形成6个配位键CMgB28【分析】【分析】（1）同一周期元素中；元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于相邻元素，同一主族元素中，第一电离能随着原子序数增大而减小；

（2）①溶液中非金属元素之间存在共价键；含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键、分子之间存在范德华力；

②如果Cr3+采取sp3杂化；则只有4个成键轨道，无法形成6个配位键；

（3）A．分子晶体的相对分子质量越大；熔沸点越大；

B．键长越短；共价键越强，硬度越大；

C．金属离子的电荷越大；半径越小；其熔点越大；

D．离子半径越小；离子键越强；则晶格能越大；

（4）该晶体微观结构的透视图中；每个Mg原子周围有6个B原子，每个B原子为3个Mg原子共用，利用均摊法计算解答；

（5）体心立方结构的配位数为8；利用均摊法计算晶胞的结构．【解析】【解答】解：（1）同一周期元素中，元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，同一主族元素中，第一电离能随着原子序数增大而减小，所以b是O元素；c是Si元素；

故答案为：O；Si；

（2）①A．电解质在水溶液里电离出阴阳离子；所以该离子中不存在离子键，故选；

B．水分子或[Cr（H2O）5Cl]2+中；非金属元素之间都存在共价键，故不选；

C．该溶液中不存在金属键；故选；

D．[Cr（H2O）5Cl]2+中Cr原子和水分子中的O原子之间存在配位键；故不选；

E．溶液中水分子之间存在范德华力；故不选；

故选A；C；

②[Cr（H2O）5Cl]2+中Cr3+的配位数是6，如果Cr3+采取sp3杂化，则只有4个成键轨道，无法形成6个配位键，所以Cr3+的轨道杂化方式不是sp3；

故答案为：如果Cr3+采取sp3杂化；则只有4个成键轨道，无法形成6个配位键；

（3）A．分子晶体的相对分子质量越大，熔沸点越大，则晶体熔点由低到高顺序为CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4；故A正确；

B．键长越短；共价键越强，硬度越大，键长C-C＜C-Si＜Si-Si，则硬度由大到小为金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故B正确；

C．金属离子的电荷越大；半径越小；其熔点越大，则熔点由高到低为Al＞Mg＞Na，故C错误；

D．离子半径越小、离子键越强，则晶格能越大，F、Cl、Br、I的离子半径在增大，则晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI；故D正确；

故选C；

（4）该晶体微观结构的透视图中，每个Mg原子周围有6个B原子，每个B原子为3个Mg原子共用，于一个Mg原子的B原子为×6=2，Mg、硼原子个数比为1：2，故硼化镁的化学式为MgB2；

故答案为：MgB2；

（5）铁的金属密堆积方式为体心立方结构，即体心位置有一个铁原子，上下八个顶点各一个，晶胞中铁原子的配位数为8；体心立方中含有1+8×=2个铁原子，晶胞中铁原子的体积为：2××π×r3，体心立方中，体对角线上为三个铁原子相切，则体对角线为4r，晶胞边长为：r，晶胞体积为：（）3，空间利用率为：×100%；

故答案为：8；．15、0.6mol/（L．min）3B＜AO2+2H2O+4e-=4OH-减小2Cl--2e-=Cl2↑【分析】【分析】（一）（1）2min达到平衡，C的浓度为1.2mol/L，结合v=计算；

（2）2min时反应达到平衡状态；此时剩余1.2molB，计算B的反应速率，反应速率之比等于化学计量数之比；

（3）利用平衡的特征“等；定”及由此衍生的物理量来判断平衡；

（二）（1）①依据表中数据分析；随温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向进行；

②计算浓度商和平衡常数比较分析判断反应进行方向；

（2）原电池中负极上燃料失电子，碱性条件下，CH3OH反应生成碳酸根离子；根据电极反应判断氢氧根离子浓度的变化；

（3）根据电解池的工作原理，分析两个电极上放电的离子，并确定生成的物质．【解析】【解答】解：（一）（1）2min达到平衡，C的浓度为1.2mol/L，由v===0.6mol/（L．min）；故答案为：0.6mol/（L．min）；

（2）2min时反应达到平衡状态，此时剩余1.2molB，则B的反应速率为=0.2mol/（L．min）；由反应速率之比等于化学计量数之比可知，x=3，故答案为：3；

（3）2A（g）+B（g）3C（g）+2D（s）；

A．该反应中压强始终不变；不能判断平衡，故A错误；

B．因气体的质量在变化；则气体密度不再变化，达到平衡，故B正确；

C．A的消耗速率与B的消耗速率之比为2：1；关系始终存在，不能判断平衡，故C错误；

故答案为：B；

（二）（1）①依据表中数据分析；随温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向进行正反应为放热反应，△H＜0；

故答案为：＜；

②在300℃时，将2molCO、3molH2和2molCH3OH充入容积为1L的密闭容器中，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），浓度商Q==＜K=0.270；反应正向进行；

故答案为：A；

（2）原电池放电时，甲醇失电子被氧化，应为电池负极反应，其电极反应式为：2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，正极电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-；已知电池总反应为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O；电池在放电过程中消耗氢氧根离子，所以溶液的pH减小；

故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；减小；

（3）电解饱和食盐水时，阳极是氯离子失电子生成氯气的过程，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；

故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑．16、4ac32HS-+Cu2+=CuS↓+H2S↑可以，分别向两种溶液中缓缓加入少量的硫酸铜溶液，若产生气泡的是硫氢化钠，不产生的是硫化钠b【分析】【分析】（1）几种元素中原子半径最大的是Na；根据钠原子的电子排布分析；

（2）a．非极性分子在微波炉中加热时温度不变；

b．极性分子也能溶于水；

c．非极性分子在电场中通过时不偏向；

d．极性分子常温常压下也可能为气态；

（3）S元素化合价由-升高为+6，而NaBrO3被还原为NaBr，Br元素化合价由+5价降低为-1价，反应中Na2Sx与NaBrO3的物质的量之比为3：10；根据氧化还原反应中转移电子相等进行解答；

（4）硫氢化钠与少量硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀和硫化氢；硫化钠与硫酸铜生成沉淀；硫氢化钠与硫酸铜生成沉淀和气体；

（5）根据酸性强的酸能制备酸性弱的酸的原理分析，硫化氢具有强还原性能被亚硫酸和硝酸氧化．【解析】【解答】解：（1）几种元素中原子半径最大的是Na，钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1；则Na原子有4种能级不同的电子；

故答案为：4；

（2）a．非极性分子在微波炉中加热时温度不变；已知微波炉中加热少量干冰数分钟，干冰温度不变，说明二氧化碳是非极性分子，故a正确；

b．极性分子也能溶于水，如HCl属于极性分子，易溶于水，故b错误；

c．非极性分子的正负电荷中心重叠；不显电性，在电场中通过时不偏向，二氧化碳在电场中通过不偏向，则二氧化碳属于非极性分子，故c正确；

d．极性分子常温常压下也可能为气态；如氨气；HCl等极性分子在常温下也是气体，故d错误；

故答案为：ac；

（3）Na2Sx在碱性溶液中可被NaBrO3氧化为Na2SO4，S元素化合价由-升高为+6，而NaBrO3被还原为NaBr，Br元素化合价由+5价降低为-1价，反应中Na2Sx与NaBrO3的物质的量之比为3：10，则：x×[6-（-）]×3=10×[5-（-1）]；解得x=3；

故答案为：3；

（4）硫氢化钠与少量硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀和硫化氢，其反应的离子方程式为：2HS-+Cu2+=CuS↓+H2S↑；硫化钠与硫酸铜生成沉淀；硫氢化钠与硫酸铜生成沉淀和气体，所以能用硫酸铜溶液来鉴别硫化钠溶液和硫氢化钠溶液；

故答案为：2HS-+Cu2+=CuS↓+H2S↑；可以；分别向两种溶液中缓缓加入少量的硫酸铜溶液，若产生气泡的是硫氢化钠，不产生的是硫化钠；

（5）电离常数越大；酸性越强，硫化氢具有强还原性能被亚硫酸和硝酸氧化，所以不能用硝酸和亚硫酸来制备氢硫酸，HF不能盛放在玻璃容器中，所以不能选用HF，则可以用醋酸制备氢硫酸；

故答案为：b．17、C+H2OCO+H2甘油裂解Hg2++S2-═HgS↓ab【分析】【分析】①焦炭与水蒸气在高温下反应；反应中C表现出还原性，为反应的还原剂，水为氧化剂；

②油脂水解生成甘油和高级脂肪酸；塑料主要成分为聚乙烯；可裂解生成乙烯；丙烯等；

③反应生成硫化汞沉淀；

④根据物质的成分和用途解题．【解析】【解答】解：①水煤气主要成分是CO和H2，制取水煤气是焦炭和水蒸气在高温条件下生成一氧化碳和氢气，化学方程式为：C+H2OCO+H2，故答案为：C+H2OCO+H2；

②油脂为高级脂肪酸甘油酯；水解可生成甘油和高级脂肪酸；塑料主要成分为聚乙烯，可裂解生成乙烯；丙烯，故答案为：甘油；裂解；

③反应生成硫化汞沉淀：离子反应方程式为Hg2++S2-═HgS↓，故答案为：Hg2++S2-═HgS↓；

④a．废报纸能够回收处理后还可以作为制纸的原料，可以回收、b．易拉罐属于金属或合金，通过处理还可以制取金属和合金节约了大量的原料，可以回收，c．过期药品属于有害垃圾，故答案为：ab．18、＜少ABD①＜【分析】【分析】（1）①由于弱酸电离平衡的存在；稀释会促进弱电解质的电离；由于草酸为二元弱酸，故等浓度草酸提供氢离子多；

②草酸存在电离平衡；加入草酸钠固体，增大了草酸跟离子浓度，故草酸电离平衡逆向移动，据此分析；

（2）酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等时，水的电离程度相同．【解析】【解答】解：（1）①由于弱酸电离平衡的存在；稀释会促进弱电解质的电离，故PH=2的草酸稀释10倍，PH变化小于1，由于草酸为二元弱酸，故等浓度草酸提供氢离子多，与锌反应放出氢气多，故答案为＜；少；

②草酸存在电离平衡；加入草酸钠固体，增大了草酸跟离子浓度，故草酸电离平衡逆向移动，故。

草酸浓度增大；氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，温度不变，水的离子积不变，加入了盐，增大了离子浓度，故导电性增强，故答案为：ABD；

（2）①0.01mol/LCH3COOH溶液中氢离子浓度小于0.01mol/L；

②pH=的HCl溶液中氢离子浓度为0.01mol/L；

③pH=12的氢氧化钙浓度中氢氧根离子浓度为0.01mol/L；

④0.01mol/L氢氧化钾溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L；

酸或碱抑制水电离；②③④抑制水电离沉淀相同，①中氢离子浓度小，抑制水的电离程度小，故水的电离程度最大的为①；

pH=2CH3COOH溶液与pH=12的石灰水等体积混合后所得溶液，醋酸过量，溶液呈酸性；故答案为：①；＜．四、判断题(共1题，共2分)19、√【分析】【分析】Mg、Al均能与盐酸反应，而Cu不能与盐酸反应，以此来解答．【解析】【解答】解：Mg、Al均能与盐酸反应，而Cu不能与盐酸反应，则加足量稀盐酸后过滤，可除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉，故答案为：√．五、解答题(共4题，共8分)20、略

【分析】【分析】（1-2）依据n=计算物质的量；结合化学式；电子守恒和元素守恒分析计算；

（3）依据电解反应几乎电子转移守恒计算氢氧根离子的减小，电解过程中氢氧根离子减小和溶液中氢离子增加相同，计算氢离子浓度得到溶液pH．【解析】【解答】解：（1）n（R）=n[R（NO3）2•xH2O]==0.005mol；当溶液中金属全部析出时，则根据阴极反应：R2++2e-═R，所以有0.01mol电子发生转移，经称量阴极增重0.32g，Ar（M）==64；答：金属M的相对原子质量为64；

（2）根据64+2（14+48）+18x=242；解得x=3，答：x为3；

（2）电解总反应为2M（NO3）2+2H2O2M+4HNO3+O2↑，0.01mol电子转移，溶液中氢离子增加和氢氧根离子减小相同，依据电极反应计算得到，4OH--4e-=2H2O+O2↑，反应过程中氢氧根离子减小0.01mol目前溶液中增加氢离子物质的量为0.01mol，氢离子浓度==0.1mol/L；溶液pH=1；

答：电解后溶液的pH为1．21、略

【分析】

（1）由流程图转化可知；气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体；

a、浓H2SO4不能吸收二氧化硫；故a错误；

b、氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，故b正确；

c；NaOH溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠；故c正确；

d、稀HNO3可以吸收二氧化硫；但生成NO污染大气，故d错误；

故答案为：bc；

（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验，取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；

故答案为：取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；

（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu，反应方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；

故答案为：3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；

（4）a．精炼铜时；粗铜做阳极，连接电源正极，发生氧化反应故a正确；

b．溶液中Cu2+向阴极移动，故b错误；

c．Ag；Pt、Au不如铜活泼；铜放电后Ag、Pt、Au从粗铜脱落，利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属，故c正确；

d．反应中有热能产生；所以电能不是全部转化为化学能，故d错误；

故答案为：ac；

（5）利用反应2Cu+H2O2+H2SO4═CuSO4+2H2O可制得CuSO4，若将该反应设计为原电池，正极上是过氧化氢得到电子发生还原反应，酸性溶液中以水的形式存在，其正极电极反应式为：2H++H2O2+2e-=2H2O，故答案为：2H++H2O2+2e-=2H2O．

【解析】【答案】（1）由流程图转化可知；气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，二氧化硫是酸性氧化物，结合选项中各物质的性质判断；

（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验；

（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu；

（4）a；精炼铜时；粗铜做阳极；

b、溶液中Cu2+向阴极移动；

c；Ag、Pt、Au不如铜活泼；铜放电后Ag、Pt、Au从粗铜脱落；

d；反应中有热能产生；

（5）利用原电池原理；负极失电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应．

22、略

【分析】

液态空气蒸馏主要得到O2和N2，焦炭和水蒸气在高温下反应生成CO和H2，二者得到的气体B、C在催化剂条件下能发生反应，则应为N2和H2的反应，生成的气体为NH3，所以，A为O2，B为N2，C为H2，D为CO，E为NH3，NH3和O2在催化剂条件下发生氧化还原反应生成NO，NO与反应生成NO2，进而与水反应生成，所以，G为NO，H为NO2，I为HNO3，L为NH4NO3，CO和O2反应生成CO2，CO2、NaCl和NH3反应生成NaHCO3，为侯氏制碱法的主要反应，NaHCO3加热分解生成Na2CO3，则F为CO2；

J为NH4Cl，K为NaHCO3，M为Na2CO3；则。

（1）C为H2，L为NH4NO3，名称为硝酸铵，故答案为：H2；硝酸铵；

（2）NH3和O2在催化剂条件下发生氧化还原反应生成NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；

（3）在2NO+O2=2NO2反应中，O2为氧化剂；NO为还原剂，二者的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；

（4）CO2、NaCl和NH3反应生成NaHCO3，为侯氏制碱法的主要反应，反应的化学方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓；

故答案为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓；

（5）由上述流程图中出现的元素组成的五种铵盐有：NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、NH4HCO3等；

故答案为：NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、NH4HCO3．

【解析】【答案】液态空气蒸馏主要得到O2和N2，焦炭和水蒸气在高温下反应生成CO和H2，二者得到的气体B、C在催化剂条件下能发生反应，则应为N2和H2的反应，生成的气体为NH3，所以，A为O2，B为N2，C为H2，D为CO，E为NH3，NH3和O2在催化剂条件下发生氧化还原反应生成NO，NO与反应生成NO2，进而与水反应生成，所以，G为NO，H为NO2，I为HNO3，L为NH4NO3，CO和O2反应生成CO2，CO2、NaCl和NH3反应生成NaHCO3，为侯氏制碱法的主要反应，NaHCO3加热分解生成Na2CO3，则F为CO2；

J为NH4Cl，K为NaHCO3，M为Na2CO3；结合物质的性质解答该题．

23、略

【分析】

在氯化铝、氯化氢和加热条件下，A和一氧化碳发生加成反应生成B，B中含有醛基，碱性条件下，B和乙醛反应生成C，C脱水生成D，化合物D的分子式为C10H10O，其苯环上的一氯代物只有两种，且D中含有-CH=CH-CHO，结合D的分子式、其苯环上的一氯取代物种类知，D中还含有一个甲基，且和-CH=CH-CHO处于相对位置，所以A是甲苯，B是对甲基苯甲醛，C的结构简式为：C失水生成D，所以D的结构简式为D和溴水发生加成反应生成EE和氢氧化钠的醇溶液反应生成F，F的分子式为C10H9OBr，则F的结构简式中可能有两种结构，分别是D被新制氢氧化铜氧化生成H，H的结构简式为：H和甲醇发生酯化反应生成G，则G的结构简式为：G发生加聚反应生成I，I的结构简式为．

（1）通过以上分析知，A和I的结构简式分别是A：I：

故答案为：A：I：

（2）D和溴发生加成反应生成E；E和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成F，其反应条件是强碱的醇溶液；加热；

故答案为：加成反应；强碱的醇溶液；加热；

（3）在加热条件下；D和新制氢氧化铜反应生成H，反应方程式为：

故答案为：

（4）D的结构简式为化合物D有多种同分异构体，其中属于酚类，说明含有酚羟基，结构中除苯环外无其他环且苯环上只有两种互为对位的取代基，即苯环上的两个取代基一个是酚羟基，一个是丁炔基或二烯基，如果是酚羟基和炔基，且处于对位，其同分异构体有4种，如果一个是酚羟基，另一个是二烯基，有2种，所以一共有6种该类型的同分异构体，故答案为：6．

【解析】【答案】在氯化铝、氯化氢和加热条件下，A和一氧化碳发生加成反应生成B，B中含有醛基，碱性条件下，B和乙醛反应生成C，C脱水生成D，化合物D的分子式为C10H10O，其苯环上的一氯代物只有两种，且D中含有-CH=CH-CHO，结合D的分子式、其苯环上的一氯取代物种类知，D中还含有一个甲基，且和-CH=CH-CHO处于相对位置，所以A是甲苯，B是对甲基苯甲醛，C的结构简式为：C失水生成D，所以D的结构简式为D和溴水发生加成反应生成EE和氢氧化钠的醇溶液反应生成F，F的分子式为C10H9OBr，则F的结构简式中可能有两种结构，分别是D被新制氢氧化铜氧化生成H，H的结构简式为：H和甲醇发生酯化反应生成G，则G的结构简式为：G发生加聚反应生成I，I的结构简式为．

六、探究题(共4题，共36分)24、|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．25、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用