2025年浙教版高三化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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年浙教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7题，共14分)1、与下列实验事实所对应的相应结论正确的是。

。实验事实结论①HCl的水溶液中存在H+和Cl-HCl是离子化合物②NO2通入水中，发生反应，产物中有HNO3NO2是酸性氧化物③向FeCl3溶液中加入铜片，溶液逐渐变为蓝色氧化性：Fe3+＞Cu2+④等物质的量的Na和Al都完全反应，Al失电子多金属性：Al＞Na⑤某无色溶液中加入氢氧化钠浓溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定有NH4+（）A.①②B.①②④C.③⑤D.③④⑤2、对于易燃；易爆，有毒的化学物质，往往会在其包装上贴上危险警告标签，下面所列物质中，标签贴错了的是（）

。ABCD物质浓H2SO4汽油乙醇KNO3危险警告标签

腐蚀品

易燃液体

剧毒品

爆炸品A.AB.BC.CD.D3、2009年3月20日，国家质检总局发布消息称，目前市场上销售的强生、妙思乐及帮宝适等婴儿卫浴产品常常标有“温和”、“纯净”等字样，但其中却含有甲醛以及1，4－二氧杂环乙烷等有害物质。1，4－二氧杂环乙烷的结构简式为下列有关其性质的叙述正确的是（）A．1，4－二氧杂环乙烷与丁酸互为同分异构体B．1，4－二氧杂环乙烷与乙酸乙酯互为同系物C．1，4－二氧杂环乙烷与钠反应可放出氢气D．1，4－二氧杂环乙烷的分子间可形成氢键4、下列说法正确的是（）A.乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的B.棉、丝、羽毛、塑料及合成橡胶完全燃烧都只生成CO2和H2OC.“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关D.新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子化合物5、硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。下列说法正确的是()A.温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO)的增大而减小B.三个不同温度中，313K时Ksp(SrSO4)最大C.283K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液D.283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液6、下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.以淀粉为原料可制取乙酸乙酯B.在一定条件下，蔗糖与水生成葡萄糖和果糖，苯与硝酸生成硝基苯的反应都属于取代反应C.用氢氧化钠溶液无法鉴别矿物油和植物油D.的一溴代物和的一溴代物都有rm{4}种rm{(}不考虑立体异构rm{)}7、rm{BHT}是一常用的食品抗氧化剂，从出发合成rm{BHT}的方法有如下两种。下列说法错误的是rm{(}rm{)}

A.两种方法的反应类型都是加成反应B.rm{BHT}在水中的溶解度小于苯酚C.rm{BHT}与都能使酸性rm{KMnO_{4}}褪色D.从绿色化学角度分析方法一优于方法二评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)8、硝酸与金属反应时；浓度越稀还原产物价态越低．现用一定量的铝粉与镁粉组成的混合物与100mL硝酸钾溶液与硫酸组成的混合溶液充分反应，反应过程中无任何气体放出，向反应后的溶液中逐滴加入4.00mol/L的NaOH溶液，加入的溶液体积与产生的沉淀质量的关系如图所示．下列结论正确的是（）

A.铝与混合溶液反应的离子方程式为8Al+30H++3NO3-→8Al3++3NH4++9H2OB.参加反应硝酸根离子物质的量为0.06molC.参加反应的铝与镁的质量之比为4：3D.混合液中硫酸的物质的量的浓度为0.36mol/L9、如图，向烧杯中滴加几滴浓盐酸，CaCO3固体还有剩余（忽略体积、温度的变化），下列数值变小的是（）A.c（Ca2+）B.c（CO32-）C.c（H+）D.c（碳酸钙的溶解度）10、从周期表推测，若存在rm{116}号元素，下列性质推断正确的是rm{(}rm{)}A.其钠盐的化学式为rm{Na_{2}X}B.rm{X}是金属元素C.其最高价氧化物的水化物为强酸D.其最高价氧化物为rm{XO_{3}}11、氮化钠和氢化钙都是离子化合物，与水反应的化学方程式rm{(}末配平rm{)}如下：rm{Na_{3}N+H_{2}O隆煤NaOH+NH_{3}}rm{CaH_{2}+H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+H_{2}.}有关它们的叙述正确的是rm{(}rm{)}A.离子半径的大小：rm{Na^{+}>N^{3-}>H^{-}}B.它们与水发生的反应均属于氧化还原反应C.两种化合物均只含离子键，不含共价键D.两固体混合物溶于足量盐酸中可得到三种盐12、无论在化学实验室还是在家中进行实验或探究活动，都必须注意安全．下列实验操作正确的是()A.为防止试管破裂，加热固体时试管口一般要略低于试管底B.不慎将酒精洒到桌面上引起着火，应立即用较多的水浇灭C.白磷在空气中易自燃，用剩的白磷可倒入垃圾箱D.蒸馏时为防止液体暴沸可在蒸馏烧瓶中加入少量沸石13、化学与社会、生产、生活紧切相关，下列说法正确的是（）A.信息产业中的光缆的主要成份是单质硅B.NO2、CO2、SO2、PM2.5颗粒都会导致酸雨C.高铁车厢大部分材料采用铝合金，因铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强D.发酵粉能使焙制出的糕点疏松多孔，是因为发酵粉中含有碳酸氢钠14、某抗瘤药物中间体的合成路线如下．下列说法正确的是（）A.吲哚不能使溴的四氯化碳溶液褪色B.苯甲醛可发生加成、氧化和还原反应C.可用银氨溶液鉴别苯甲醛和中间体D.该中间体分子中含有2个手性碳原子15、用rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值rm{.}下列叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.标准状况下，rm{33.6L}氯气与rm{56g}铁充分反应，转移电子数为rm{3N_{A}}B.常温常压下，rm{22.4L}丙烷中共价键数目为rm{10N_{A}}C.通常状况下，rm{2.24LNO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的混合气体中氮原子和氧原子数比为rm{1}rm{2}D.rm{1mol}rm{L^{-1}}的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中所含阴离子数大于rm{N_{A}}个16、甲；乙、丙三种物质是某抗生素合成过程中的中间产物；下列说法正确的是()

A.甲、乙、丙三种有机化合物均可跟rm{NaOH}溶液反应B.用rm{FeCl_{3}}溶液可区分甲、丙两种有机化合物C.一定条件下丙可以与rm{NaHCO_{3}}溶液、rm{C_{2}H_{5}OH}反应D.乙、丙都能发生银镜反应评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、（2015秋•抚顺校级月考）已知A；B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素；且原子序数依次增大．A元素的阳离子核外无电子；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，C与B同周期，核外有三个未成对电子；D元素的基态原子核外有8种运动状态的电子；E元素的最高正价与最低负价的代数和为4；F元素的正三价离子的3d轨道为半充满；请回答下列问题：

（1）C、D、E三种元素的基态原子的第一电离能由大到小的顺序为____（填元素符号）；ED42-的空间构型为____，ED32-中心原子的杂化方式为____．

（2）离子化合物CA5的晶体中含有的化学键有____．

A．离子键B．极性键C．非极性键D．配位键D．金属键。

（3）金属配合物F（BD）n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n=____．

（4）C2D分子中含有σ键和π键数目比是____．

（5）FD晶胞结构如图所示，FD晶体中F2+配位数为____，若该晶胞边长为acm，则该晶体密度为____g/cm3．18、用氮化硅（Si3N4）陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的热效率．工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：3SiCl4（g）+2N2（g）+6H2（g）Si3N4（s）+12HCl（g）△H＜0完成下列填空：

（1）在一定温度下进行上述反应，若反应容器的容积为2L，3min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.80g，则H2的平均反应速率____mol/（L•min）；该反应的平衡常数表达式K=____．

（2）上述反应达到平衡后，下列说法正确的是____．

a．其他条件不变；压强增大，平衡常数K减小。

b．其他条件不变；温度升高，平衡常数K减小。

c．其他条件不变，增大Si3N4物质的量平衡向左移动。

d．其他条件不变；增大HCl物质的量平衡向左移动。

（3）一定条件下，在密闭恒容的容器中，能表示上述反应达到化学平衡状态的是____．

a．3v逆（N2）=v正（H2）b．v正（HCl）=4v正（SiCl4）

c．混合气体密度保持不变d．c（N2）：c（H2）：c（HCl）=1：3：6

（4）若平衡时H2和HCl的物质的量之比为m/n，保持其它条件不变，降低温度后达到新的平衡时，H2和HCl的物质的量之比____m/n（填“＞”、“=”或“＜”）．19、有甲；乙、丙三种物质：

丙：。分子式C9H8O部分性质能使Br2/CCl4褪色（1）乙中含有的官能团的名称为____．

（2）由甲转化为乙需经下列过程（已略去各步反应的无关产物；下同）：

反应Ⅲ的化学方程式为____（不需注明反应条件）．

（3）由甲出发合成丙的路线之一如下：

（a）下列物质不能与B反应的是____（选填序号）．

A．金属钠B．FeCl3C．碳酸钠溶液D．HBr

（b）D符合下列条件的所有同分异构体____种，任写其中一种能同时满足下列条件的异构体结构简式____．

A．苯环上的一氯代物有两种B．遇FeCl3溶液发生显色反应C．能与Br2/CCl4发生加成反应．20、通常用燃烧的方法测定有机物的分子式；可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加热下充分燃烧，根据产品的质量确定有机物的组成．如图所示的是用燃烧法确定有机物分子式的常用装置．

现准确称取0.44g样品（只含C；H、O三种元素中的两种或三种）；经燃烧后A管增重0.88g，B管增重0.36g．请回答：

（1）按上述所给的测量信息，装置的连接顺序应是D____，F____；

（2）A、B管内均盛有固态试剂，A管的作用是____；

（3）该有机物的实验式为____；

（4）如果把CuO网去掉，A管重量将____；（填“增大”；“减小”、或“不变”）

（5）要确定该有机物的分子式，还必须知道的数据是____．

①消耗液体H2O2的质量②样品的摩尔质量③CuO固体减少的质量。

④C装置增加的质量⑤燃烧消耗O2的物质的量．21、有以下几种物质：①纯H2SO4；②硝酸钾溶液，③铜，④二氧化碳，⑤金刚石，⑥硫酸氢钠固体，⑦蔗糖，⑧NaCl晶体，⑨氨水，⑩熔融KCl．

以上能导电的是____（填序号；下同）；

以上属于电解质的是____；属于非电解质的是____；

写出属于酸式盐的物质溶于水后的电离方程式____．22、把23g钠投入m1g足量的水中得到ag溶液，把24g镁投入m2g足量的盐酸中得到bg溶液，若m1=m2，则a．b的关系是____．23、某有机物A；由C；H、O三种元素组成，在一定条件下，由A可以转化为有机物B、C、D和E；C又可以转化为B、A．它们的转化关系如图所示：

已知D的蒸气密度是氢气的22倍；并可以发生银镜反应．

（1）写出下列物质的结构简式：B____D____

（2）完成下列阶段变化的化学方程式：

③____

⑤____

⑦____．24、往水电解器的玻璃管中注满水，水中加少量____或____，目的是____．25、（2013•潍坊三模）铜及其化合物在生活；生产中有广泛应用．请回答下列问题：

（1）自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS，慢慢转变为铜蓝（CuS）．写出CuSO4转变为铜蓝的离子方程式____．

（2）工业上以黄铜矿（CuFeS2）为原料，采用火法熔炼工艺生产铜的中间过程会发生反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，该反应的氧化剂是____；验证反应产生的气体是SO2的方法是____．

（3）图Ⅰ是一种新型燃料电池，它以CO为燃料，一定比例的Li2CO3和Na2CO3熔融混合物为电解质；图Ⅱ是粗铜精炼的装置图，假若用燃料电池为电源进行粗铜的精炼实验．

①写出A极的电极反应式____．

②要用燃料电池为电源进行粗铜的精炼实验，粗铜板应与____极（填“A”或“B”）相连；若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，它们在电解槽中的存在形式和位置为____．③当消耗标准状况下1.12LCO时，精铜电极的质量变化情况为____．

（4）现向一含有Ca2+、Cu2+的混合溶液中滴加Na2CO3溶液，若首先生成CuCO3沉淀，根据该实验可得出的结论是____（填序号）．

A．KSP（CuCO3）＜KSP（CaCO3）B．c（Cu2+）＜c（Ca2+）

C．＞D．＜．评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)26、乙炔、聚乙炔、乙烯、聚乙烯、甲苯、乙苯都能使KMnO4（H+）溶液褪色____（判断对错）评卷人得分五、其他(共1题，共2分)27、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）．评卷人得分六、简答题(共2题，共12分)28、合金是建筑航空母舰的主体材料．

rm{(1)}航母升降机可由铝合金制造．

rm{垄脵}铝元素在周期表中的位置是______；工业炼铝的原料由铝土矿提取而得，提取过程中通入的气体为______．

rm{垄脷Al-Mg}合金焊接前用rm{NaOH}溶液处理rm{Al_{2}O_{3}}膜，其化学方程式为______rm{.}焊接过程中使用的保护气为______rm{(}填化学式rm{)}．

rm{(2)}航母舰体材料为合金钢．

rm{垄脵}舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为______．

rm{垄脷}航母用钢可由低硅生铁冶炼而成；则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为______．

rm{(3)}航母螺旋浆主要用铜合金制造．

rm{垄脵80.0gCu-Al}合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得到白色沉淀rm{39.0}则合金中rm{Cu}的质量分数为______．

rm{垄脷}为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用rm{NaOH}溶液调节rm{pH}当rm{pH=3.4}时开始出现沉淀，分别在rm{pH}为rm{7.0}rm{8.0}时过滤沉淀rm{.}结合题如图信息推断该合金中除铜外一定含有______．29、重铬酸钾rm{(K_{2}Cr_{2}O_{7})}是一种重要的氧化剂，可以检验司机是否酒后驾驶rm{.Cr_{2}O_{7}^{2-}+3C_{2}H_{5}OH+16H^{+}=41Cr(H_{2}O)_{6}]^{3+}+3CH_{3}COOH}

rm{(1)}铬原子核外有______个未成对电子rm{.1mol1Cr(H_{2}O)_{6}]^{3+}}中含有rm{娄脛}键的数目是______．

rm{(2)CH_{3}COOH}中rm{C}原子轨道杂化类型为______．

rm{(3)CH_{3}CH_{2}OH}与rm{H_{2}O}可以任意比互溶；是因为______．

rm{(4)C}rm{O}位于周期表中第二周期，请比较两者第一电离大小：rm{C}______rm{O(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}

rm{(5)Cr}和rm{Ca}可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞如图所示rm{.}该晶体的化学式为______．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】①氯化氢分子中不存在阴阳离子；属于共价化合物；

②酸性氧化物与水反应生成酸；而二氧化氮与水反应生成酸和NO；

③铜与铁离子发生氧化还原反应，证明了氧化性：Fe3+＞Cu2+；

④金属性强弱与得失电子数的多少无关；

⑤某无色溶液中加入氢氧化钠浓溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，则溶液中一定含有铵根离子．【解析】【解答】解：①HCl分子中不存在阴阳离子；为共价化合物，溶于水后在水的作用下能够电离出氢离子和氯离子，在熔融状态下不导电，故①错误；

②NO2通入水中发生反应，产物中有HNO3和NO；而酸性氧化物与水反应只生成酸，所以二氧化氮不属于酸性氧化物，故②错误；

③向FeCl3溶液中加入铜片，溶液逐渐变为蓝色，说明铁离子将铜氧化成铁离子，证明了氧化性：Fe3+＞Cu2+；故③正确；

④等物质的量的Na和Al都完全反应；Al失电子多，不能说明金属性Al的大于钠，钠失去电子能力大于铝，所以钠的金属性大于Al，故④错误；

⑤某无色溶液中加入氢氧化钠浓溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，生成的气体为氨气，证明溶液中一定含有NH4+；此方法为检验铵根离子的方法，故⑤正确；

根据分析可知；正确的为③⑤；

故选C．2、C【分析】【分析】A．浓硫酸具有强烈的腐蚀性；

B．汽油属于易燃物；

C．乙醇属于易燃物；

D．KNO3属于易爆物．【解析】【解答】解：A．浓硫酸具有强烈的腐蚀性；应贴腐蚀品标志，符合题意，故A正确；

B．汽油属于易燃物；应贴易燃液体标志，符合题意，故B正确；

C．乙醇属于易燃物；不属于剧毒品，应贴易燃液体的标志，故C错误；

D．KNO3属于易爆物；应贴爆炸品的标志，符合题意，故D正确．

故选C．3、A【分析】【解析】【答案】A4、C【分析】【分析】A．乙醇能使蛋白质发生变性；而过氧化氢；次氯酸钠具有强氧化性可杀菌消毒；

B．丝；羽毛的成分为蛋白质；含N元素等；

C．“光化学烟雾”与N的氧化物有关；“硝酸型酸雨”与二氧化氮有关；

D．光导纤维的成分为二氧化硅．【解析】【解答】解：A．乙醇能使蛋白质发生变性；而过氧化氢；次氯酸钠具有强氧化性可杀菌消毒，均作消毒剂，但原理不同，故A错误；

B．丝、羽毛的成分为蛋白质，含N元素等，而棉、塑料及合成橡胶完全燃烧都只生成CO2和H2O；故B错误；

C．“光化学烟雾”与N的氧化物有关；“硝酸型酸雨”与二氧化氮有关；形成都与氮氧化合物有关，故C正确；

D．光导纤维的成分为二氧化硅；为无机材料，而新型材料聚酯纤维属于有机高分子化合物，故D错误；

故选C．5、B【分析】【解析】A项，Ksp只与温度有关，与浓度的大小无关；283K时对比线上所有的点为饱和溶液，而a点在此温度下是不饱和溶液。D项，283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后，因363K时的Ksp小于283K时的Ksp，故溶液变为过饱和溶液。考点：难容电解质溶解平衡的应用，考察学生读图的能力【解析】【答案】B6、C【分析】解：rm{A.}淀粉水解生成葡萄糖rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}+nH_{2}Oxrightarrow[triangle]{{脧隆脕貌脣谩}}nC_{6}H_{12}O_{6}}乙醇氧化生成乙醛rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}乙醛氧化生成乙酸rm{2CH_{3}CHO+O_{2}xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}2CH_{3}COOH}rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHoverset{{脜篓脕貌脣谩}}{}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}以淀粉为原料可制取乙酸乙酯，故A正确；

B.蔗糖与水生成葡萄糖和果糖；为水解反应，也为取代反应，苯与硝酸生成硝基苯的反应为取代反应，故B正确；

C.植物油可与氢氧化钠溶液反应；矿物油为烃类物质，与氢氧化钠溶液不反应，可鉴别，故C错误；

D.和都有rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}+nH_{2}O

xrightarrow[triangle]{{脧隆脕貌脣谩}}nC_{6}H_{12}O_{6}}种不同的rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}则一溴代物都有rm{2CH_{3}CHO+O_{2}

xrightarrow[triangle]{{麓脽禄炉录脕}}2CH_{3}COOH}种；故D正确．

故选C．

A.淀粉水解生成葡萄糖；葡萄糖发酵生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯；

B.糖的水解反应以及苯的硝化反应都为取代反应；

C.植物油可与氢氧化钠溶液反应；

D.和都有rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH

overset{{脜篓脕貌脣谩}}{}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}种不同的rm{4}．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重常见有机物性质的考查，注意把握有机物的反应类型以及同分异构体的判断，题目难度不大．rm{H}【解析】rm{C}7、A【分析】【分析】本题考查了有机物结构与性质、绿色化学的判断，题目难度中等，注意掌握常见的有机物的结构与性质，明确绿色化学的概念及要求，熟悉常见的有机反应类型。【解答】A.方法一为加成反应，而方法二中酚rm{-OH}的邻位rm{H}被叔丁基取代；为取代反应，故A错误；

B.rm{BHT}中含有的憎水基烃基比苯酚多；所以在水中的溶解度小于苯酚，故B正确；

C.rm{BHT}和中都会有酚羟基，都能够被酸性高锰酸钾溶液氧化二使酸性rm{KMnO_{4}}褪色；故C正确；

D.反应一通过加成反应生成rm{BHT}原子利用率为rm{100%}而反应二为取代反应，原子利用率不是rm{100%}所以从绿色化学角度分析方法一优于方法二，故D正确。

故选A。【解析】rm{A}二、双选题(共9题，共18分)8、A|D【分析】解：A．硝酸根浓度很低时被氧化的产物是铵根离子，因此无气体放出，镁、铝反应生成金属阳离子，则离子反应分别为4Mg+10H++NO3-═4Mg2++NH4++3H2O、8Al+30H++3NO3-=8Al3++3NH4++9H2O；故A正确；

B．由图示可以看出加入氢氧化钠溶液从15.0mL到16.5mL区间内发生的反应是氢氧根离子与铵根离子的反应，由氮原子守恒可知，铵根离子的物质的量即为原溶液中反应的硝酸根离子的物质的量，则原溶液中NO3-物质的量是（16.5-15）×10-3L×4mol/L=0.006mol；故B错误；

C．从图示提示中看出从氢氧化溶液体积16.5mL到18.5mL区间内发生的反应是氢氧化铝与氢氧化钠的反应，氢氧化铝与氢氧化钠等物质的量反应，由Al～Al3+～Al（OH）3～NaOH，则Al的物质的量为0.008mol，再由Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓、Al3++3OH-═Al（OH）3↓，沉淀镁离子和铝离子共消耗氢氧化钠溶液体积（15.0-3.0）mL，由此可知：沉淀镁离子时消耗的氢氧根离子物质的量为（15.0-3.0）×10-3L×4.00mol/L-8×10-3mol×3=24×10-3mol，镁离子物质的量为1.2×10-2mol，参加反应的镁与铝的质量之比：8×10-3mol×27g/mol：1.2×10-2mol×24g/mol=3：4；故C错误；

D．由4Mg+10H++NO3-═4Mg2++NH4++3H2O、8Al+30H++3NO3-=8Al3++3NH4++9H2O可知，消耗氢离子为0.008mol×+1.2×10-2mol×=0.06mol，图中开始3.0mLNaOH溶液消耗氢离子的物质的量为3×10-3L×4mol/L=0.012mol，原溶液中硫酸的物质的量为=0.036mol，混合液中硫酸的物质的量的浓度为=0.36mol/L；故D正确．

故选AD．

A．根据信息中硝酸与金属反应时；浓度越稀还原产物价态越低，结合反应过程中无任何气体放出，则金属与混合溶液反应生成铵根离子；

B．由图可知；从15.0mL到16.5mL区间内发生的反应是氢氧根离子与铵根离子的反应，由氮原子守恒可知，铵根离子的物质的量即为原溶液中反应的硝酸根离子的物质的量；

C．由图可知；16.5mL到18.5mL区间内发生的反应是氢氧化铝与氢氧化钠的反应，3.0mL到15.0mL区间发生的是金属离子结合生成沉淀，然后利用反应来计算；

D．由4Mg+10H++NO3-═4Mg2++NH4++3H2O、8Al+30H++3NO3-=8Al3++3NH4++9H2O及图中开始3.0mLNaOH溶液消耗的酸；计算混合液中硫酸的物质的量的浓度．

本题难度较大，考查金属与酸性条件下硝酸盐溶液的反应，注意硝酸浓度越低生成的还原产物价态越低与反应中无气体生成相结合来分析，并注意图象与化学反应的对应来分析解答．【解析】【答案】AD9、B|D【分析】解：CaCO3固体的溶液中存在溶解平衡：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入少量稀盐酸可与CO32-促使溶解平衡正向移动，故溶液中c（CO32-）减小，c（Ca2+）及c（H+）增大，c（CaCO3）与温度有关；不变，只有B正确．

故选B．

CaCO3固体的溶液中存在溶解平衡：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入少量稀盐酸，发生CO32-+H+=HCO3-或CO32-+2H+=CO2+H2O；平衡正向移动，以此解答该题．

本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及平衡移动的影响因素，题目难度不大．【解析】【答案】BD10、rBD【分析】解：稀有气体的原子序数分别为：rm{2}rm{10}rm{18}rm{36}rm{54}rm{86}rm{118}rm{116}号元素与rm{118}号元素同周期，且位于rm{118}号元素的前rm{2}列，即rm{116}号元素处于第七周期Ⅵrm{A}族；

A.为金属元素；金属性较强，不形成钠盐，故A错误；

B.rm{116}号元素按电子排布规律，处于第rm{6}主族；第七周期，为金属元素，故B正确；

C.同主族从上到下；其最高价氧化物的水化物的酸性减弱，应为弱酸，故C错误；

D.其最高价为rm{+6}最高价氧化物为rm{XO_{3}}故D正确．

故选BD．

稀有气体的原子序数分别为：rm{2}rm{10}rm{18}rm{36}rm{54}rm{86}rm{118}rm{116}号元素与rm{118}号元素同周期，且位于rm{118}号元素的前rm{2}列，即rm{116}号元素处于第七周期Ⅵrm{A}族；以此解答该题．

本题考查结构性质位置关系，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，关键是根据稀有气体的原子序数确定元素在周期表中的位置，注意对元素周期律的理解掌握．【解析】rm{BD}11、rCD【分析】解：rm{A.}电子层越多，半径越大，所以氢离子半径最小，电子层一样，核电荷数越多，半径越小，所以rm{Na^{+}<N^{3-}}即rm{N^{3-}>Na^{+}>H^{+}}故A错误；

B.rm{Na_{3}N+H_{2}O隆煤NaOH+NH_{3}}该反应中没有元素化合价发生变化；不属于氧化还原反应，故B错误；

C.rm{Na_{3}N}rm{CaH_{2}}只含有离子键；不存在共价键，故C正确；

D.氮化钠和盐酸反应会生成氯化钠；氯化铵两种盐；氢化钠与盐酸反应会生成氯化钠，可得到三种盐，故D正确．

故选CD．

A.根据离子半径的判断标准；核外电子层数多的大于核外电子层数少的，当核外电子层数相同时，核内质子数大的离子半径小；

B.氧化还原反应中一定有电子的转移和化合价的升降；

C.rm{Na_{3}N}rm{CaH_{2}}只含有离子键；

D.氮化钠和盐酸反应会生成氯化钠；氯化铵两种盐；氢化钠与盐酸反应会生成氯化钠．

本题考查了钠及其化合物的性质，涉及离子半径大小比较、氧化还原反应的判断、原子结构的判断，题目难度不大，把握氧化还原反应的规律，准确判断元素的化合价是解题关键．【解析】rm{CD}12、A|D【分析】解：A；在对试管内的固体药品加热时；固体药品存放时因受潮而含有少量水或受热时生成的水会在管口液化为液体，此时如果试管口高于试管底部，水则会流向试管底(倒流)，而使试管受热不均匀而炸裂，故A正确；

B；不慎将酒精洒到桌面上引起着火；应立即用湿抹布盖灭，故B错误；

C；白磷在空气中易自燃；用剩的白磷倒入垃圾箱会引发火灾，故C错误；

D；加热仪器中的液体时(如蒸馏或分馏)；为防止液体暴沸可在蒸馏烧瓶中加入少量沸石，故D正确．

故选AD．【解析】【答案】AD13、C|D【分析】解：A．光导纤维的主要成分是二氧化硅；有良好的导光性，硅常用作太阳能电池的原料，故A错误；

B．酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH约为5.6，二氧化硫、氮氧化物等物质是形成酸雨的重要物质，二氧化碳排放过多会引起温室效应，不是形成酸雨的气体，PM2.5是造成灰霾天气的“元凶”之一，所以CO2；PM2.5颗粒都不会导致酸雨；故B错误；

C．铝常温下能与空气中氧气反应；生成一层致密的氧化物保护膜，从而具有抗腐蚀性，铝合金材料的密度小，用以减轻列车质量，铝合金强度大，所以高铁车厢大部分材料采用铝合金，故C正确；

D．发酵粉中含有碳酸氢钠；碳酸氢钠受热分解出二氧化碳，使焙制出的糕点疏松多孔，故D正确；

故选CD．

A．光导纤维是信息技术的基石，主要成分是SiO2；硅常用作太阳能电池的原料；

B．PM2.5是造成灰霾天气的“元凶”之一；与酸雨无关，二氧化碳不是形成酸雨的物质；

C．车厢大部分采用铝合金材料制造；这是因为铝合金具有质量轻，强度大，抗腐蚀能力比较强的优点；

D．碳酸氢钠受热分解出二氧化碳；使焙制出的糕点疏松多孔．

本题主要考查了材料的使用、环境保护等知识，掌握光纤的成分、酸雨、合金的用途、发酵粉等基础知识是解答本题的关键，题目难度不大．【解析】【答案】CD14、B|C【分析】解：A．吲哚中含碳碳双键；可与溴水发生加成反应使其褪色，故A错误；

B．含-CHO；可发生加成；氧化反应，与氢气的加成反应也为还原反应，故B正确；

C．含-CHO的有机物可发生银镜反应；则可用银氨溶液鉴别苯甲醛和中间体，故C正确；

D．连4个不同基团的C原子为手性原子，则只有1个，如图故D错误；

故选BC．

A．吲哚中含碳碳双键；

B．含-CHO；可发生加成；氧化反应；

C．含-CHO的有机物可发生银镜反应；

D．连4个不同基团的C原子为手性原子．

本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物官能团的性质为解答该题的关键，难度不大．【解析】【答案】BC15、rBD【分析】解：rm{A}标况下rm{33.6L}氯气的物质的量为rm{1.5mol}rm{56g}铁的物质的量为rm{1mol}两者恰好完全反应，由于反应后氯元素为rm{-1}价，故rm{1.5mol}氯气反应后转移rm{3mol}电子即rm{3N_{A}}个；故A正确；

B、常温常压下气体摩尔体积大于rm{22.4L/mol}故rm{22.4L}丙烷的物质的量小于rm{1mol}则含有的共价键数小于rm{10N_{A}}个；故B错误；

C、rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}中rm{N}rm{O}原子个数之比均为rm{1}rm{2}故rm{2.24LNO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的混合气体中氮原子和氧原子数比为rm{1}rm{2}与两者的比例和所处的状态无关，故C正确；

D；溶液体积不明确；故溶液中的阴离子的个数无法计算，故D错误．

故选BD．

A、标况下rm{33.6L}氯气的物质的量为rm{1.5mol}而和铁反应后变为rm{-1}价；

B、常温常压下气体摩尔体积大于rm{22.4L/mol}

C、rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}中rm{N}rm{O}原子个数之比均为rm{1}rm{2}

D；溶液体积不明确．

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．【解析】rm{BD}16、BC【分析】【分析】本题旨在考查学生对有机物的结构和性质的应用。【解答】A.甲含有醚键、羟基，不能和氢氧化钠反应，乙含有氯原子，可以和氢氧化钠反应，丙含有羧基、氯原子可以跟rm{NaOH}溶液反应，故A错误；B.甲不含酚羟基，丙含有酚羟基，可以用氯化铁区分二者，故B正确；C.丙含有酚羟基、羧基可以一定条件下丙可以与rm{NaHCO_{3}}溶液、rm{C_{2}H_{5}OH}反应，故C正确；D.乙含有醛基，丙不含，故乙可以发生银镜反应，丙不能，故D错误。故选BC。【解析】rm{BC}三、填空题(共9题，共18分)17、N＞O＞S正四面体sp3ABD51：16【分析】【分析】A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，且原子序数依次增大．A元素的阳离子核外无电子，则A为H元素；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，原子核外电子排布式为1s22s22p2，则B为碳元素；C与B同周期，核外有三个未成对电子，原子核外电子排布式为1s22s22p3，故C为N元素；D元素的基态原子核外有8种运动状态的电子，则D为O元素；F元素的正三价离子的3d轨道为半充满，外围电子排布式为3d64s2，则F为Fe；E元素的最高正价与最低负价的代数和为4，最外层电子数为6，原子序数小于Fe，则E为S元素．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，且原子序数依次增大．A元素的阳离子核外无电子，则A为H元素；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，原子核外电子排布式为1s22s22p2，则B为碳元素；C与B同周期，核外有三个未成对电子，原子核外电子排布式为1s22s22p3，故C为N元素；D元素的基态原子核外有8种运动状态的电子，则D为O元素；F元素的正三价离子的3d轨道为半充满，外围电子排布式为3d64s2；则F为Fe；E元素的最高正价与最低负价的代数和为4，最外层电子数为6，原子序数小于Fe，则E为S元素．

（2）氮元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素的，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能大小顺序是：N＞O＞S，SO42-中S原子孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，空间构型为正四面体，SO32-中S原子孤电子对数==1，杂化轨道数目=3+1=4，S原子采取sp3杂化；

故答案为：N＞O＞S；正四面体；sp3；

（2）离子化合物CA5为NH4H；铵根离子与氢负离子之间形成离子键，铵根离子中含有配位键；极性键；

故选：ABD；

（3）金属配合物Fe（CO）n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18；Fe原子价电子水为8，则8+2n=18，故n=5；

故答案为：5；

（4）N2O分子与CO2核外等电子体；结构式为N=N=O，分子中σ键和π键数目比是1：1；

故答案为：1：1；

（5）FD晶胞结构如图所示，FeO晶体中O2-、Fe2+为1：1，O2-的配位数为6，则Fe2+配位数为6，晶胞中O2-离子数目为1+12×=4，则Fe2+的数目也是4，晶胞质量为4×g，若该晶胞边长为acm，则该晶体密度为4×g÷（acm）3=g/cm3；

故答案为：6；．18、0.02bdac＜【分析】【分析】（1）固体的质量增加了2.80g为Si3N4的质量，根据n=计算其物质的量，根据方程式计算消耗氢气的物质的量，再根据v=计算v（H2）；

平衡常数为生成物浓度化学计量数次数幂之积与生成物浓度化学计量数次数幂之积的比值；

（2）a．平衡常数只受温度影响；

b．正反应为放热反应；升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小；

c．Si3N4是固体；增大其物质的量，不影响平衡移动；

d．增大HCl物质的量；平衡向消耗HCl的方向移动；

（3）a．根据速率之比对化学计量数之比，可以确定v正（H2）=v逆（H2）；

b．都表示正反应速率；反应自始至终都成立；

c．混合气体密度保持不变说明混合气体的总质量不变；而平衡移动则气体的质量发生变化；

d．平衡时浓度关系与起始浓度有关；与转化率有关；

（4）该反应正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应移动，到达新平衡，H2的物质的量减小，HCl的物质的量物质的量增大．【解析】【解答】解：（1）固体的质量增加了2.80g为Si3N4的质量，其物质的量=0.02mol，根据方程式可知消耗氢气的物质的量=0.02mol×6=0.12mol，故v（H2）==0.02mol/（L．min）；

平衡常数为生成物浓度化学计量数次数幂之积与生成物浓度化学计量数次数幂之积的比值，故该反应平衡常数K=；

故答案为：0.02；；

（2）a．平衡常数只受温度影响；压强增大，平衡常数K不变，故a错误；

b．正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故b正确；

c．Si3N4是固体；增大其物质的量，不影响平衡移动，故c错误；

d．增大HCl物质的量；平衡向消耗HCl的方向移动，即向逆反应方向移动，故d正确；

故答案为：bd；

（3）a．根据速率之比对化学计量数之比，可以确定v正（H2）=v逆（H2）；说明反应到达平衡状态，故a正确；

b．都表示正反应速率，反应自始至终都成立，不能说明到达平衡状态，故b错误；

c．混合气体密度保持不变说明混合气体的总质量不变；而平衡移动则气体的质量发生变化，可以说明到达平衡状态，故c正确；

d．平衡时浓度关系与起始浓度有关；与转化率有关；不能说明到达平衡状态，故D错误；

故答案为：ac；

（4）该反应正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应移动，到达新平衡，H2的物质的量减小，HCl的物质的量物质的量增大，新平衡H2和HCl的物质的量之比＜；

故答案为：＜．19、羟基、氯原子BC3任意一种【分析】【分析】（1）根据乙的结构简式可知含有的官能团为羟基；氯原子；

（2）由甲转化为乙可知；反应I为光照条件下的取代反应，反应Ⅱ为卤代烃在NaOH水溶液条件下的水解生成醇，反应Ⅲ为碳碳双键与HCl的加成反应；

（3）甲和溴水发生加成反应生成A为A与氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成B为B被氧化生成C，则C的结构简式为：结合C、丙分子式可知，C脱去1分子水生成丙，丙能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明丙中含有碳碳双键，则C发生消去反应生成丙，丙的结构简式为：由B、D分子式可知，B脱去1分子水生成D，则B发生消去反应生成D，故D的结构简式为：以此解答该题．【解析】【解答】解：（1）根据乙的结构简式；可知含有能团为羟基；氯原子，故答案为：羟基、氯原子；

（2）由由甲转化为乙可知，反应I为光照条件下的取代反应，反应Ⅱ为卤代烃在NaOH水溶液条件下的水解生成醇，反应Ⅲ为碳碳双键与HCl的加成反应，反应Ⅲ的化学方程式为

故答案为：

（3）甲和溴水发生加成反应生成A为A与氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成B为B被氧化生成C，则C的结构简式为：结合C、丙分子式可知，C脱去1分子水生成丙，丙能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明丙中含有碳碳双键，则C发生消去反应生成丙，丙的结构简式为：由B、D分子式可知，B脱去1分子水生成D，则B发生消去反应生成D，故D的结构简式为：

（a）B为含有醇羟基，能与Na反应，能与HBr发生取代反应；不能与氯化铁；碳酸钠溶液反应，故选：BC；

（b）D的结构简式为：D的结构简式符合下列条件：

A．苯环上的一氯代物有两种；说明苯环上含有两类氢原子；

B．遇FeCl3溶液发生显色反应；说明含有酚羟基；

C．能与Br2/CCl4发生加成反应；说明含有碳碳不饱和键；

则符合条件的D的同分异构体有：所以有3种同分异构体；

故答案为：3；任意一种．20、CB→A吸收样品反应生成的CO2C2H4O减小②【分析】【分析】（1）实验原理是测定一定质量的有机物完全燃烧时生成CO2和H2O的质量，来确定是否含氧及C、H、O的个数比，求出最简式；因此生成O2后必须除杂（主要是除H2O）明确各装置的作用是解题的前提；A用来吸收二氧化碳，测定生成二氧化碳的质量，B用来吸收水，测定生成水的质量，C用于干燥通入F中的氧气；D用来制取反应所需的氧气、F是在电炉加热时用纯氧气氧化管内样品，据此连接装置；

（2）A用来吸收二氧化碳；测定生成二氧化碳的质量；

（3）根据一氧化碳能与氧化铜反应，可被氧化成二氧化碳的性质可知CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2；

（4）确定物质的化学式可借助元素的质量守恒进行解答；

（5）题中该实验方法只能获得有机物的实验式，要确定有机物的分子式，还要知道有机物的相对分子质量．【解析】【解答】解：（1）D中生成的氧气中含有水蒸气；应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B（吸收水）；A（吸收二氧化碳）中，根据产物的质量推断有机物的组成，则产生的氧气按从左到右流向，所选置的连接顺序应是：D→C→F→B→A；

故答案为：C；B→A；

（2）由测定原理可知；A用来吸收二氧化碳，测定生成二氧化碳的质量；

故答案为：吸收样品反应生成的CO2；

（3）A管质量增加0.88g为二氧化碳的质量，可得碳元素的质量：0.88g×=0.24g；

B管质量增加0.36g是水的质量，可得氢元素的质量：0.36g×=0.04g；

从而可推出含氧元素的质量为：0.44-0.24-0.02=0.16g；

设最简式为CXHYOZ；则。

X：Y：Z=：：=2：4：1，即最简式为C2H4O；

故答案为：C2H4O；

（4）CuO的作用是，使有机物充分氧化生成CO2和H2O；如果把CuO网去掉，燃烧不充分生成的CO不能被碱石灰吸收，导致二氧化碳的质量偏低，装置A的质量减小；

故答案为：减小；

（5）由上述（3）可知该有机物的最简式为C2H4O；已经知道最简式，要确定有机物的分子式，则还要知道有机物的相对分子质量；

故答案为：②．21、②③⑨⑩①⑥⑧⑩④⑦NaHSO4=Na++H++SO42-【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；硫酸氢钠是酸式盐，在水溶液中电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，据此解答即可．【解析】【解答】解：①纯H2SO4；不能导电，溶于水能导电，是电解质；②硝酸钾溶液，能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；③铜，能导电，属于金属单质，既不是电解质也不是非电解质；④二氧化碳，不能导电，属于非电解质；⑤金刚石，是非金属单质，不能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑥硫酸氢钠固体，不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；⑦蔗糖，不能导电，是非电解质；⑧NaCl晶体，不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；⑨氨水，能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑩熔融KCl，能导电，是电解质，硫酸氢钠是酸式盐，在水溶液中电离出氢离子；钠离子和硫酸根离子；

故答案为：②③⑨⑩；①⑥⑧⑩；④⑦；NaHSO4=Na++H++SO42-．22、a=b【分析】【分析】发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，表示出各自反应生成氢气的质量，溶液质量=金属质量+水的质量-生成氢气的质量．【解析】【解答】解：由2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，可知23g钠反应生成氢气为：=1g，故a=23+m1-1=（m1+22）；

由Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，可知24gMg反应生成为：=2g，故b=24+m2+-2=（m2+22）；

若m1=m2，则a=b；

故答案为：a=b．23、CH2=CH2CH3CHOCH3CH2Br+NaOHCH2=CH2+NaBr+H2O2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3CHO+H2CH3CH2OH【分析】【分析】D的蒸气密度是氢气的22倍，则相对分子质量为44，并可以发生银镜反应，说明含有-CHO，则D为CH3CHO，由转化关系可知E为CH3COOH，A为CH3CH2OH，B为CH2=CH2，C为CH3CH2Br，则F为CH3COOC2H5，结合有机物的性质以及官能团的变化解答该题．【解析】【解答】解：D的蒸气密度是氢气的22倍，则相对分子质量为44，并可以发生银镜反应，说明含有-CHO，则D为CH3CHO，由转化关系可知E为CH3COOH，A为CH3CH2OH，B为CH2=CH2，C为CH3CH2Br，则F为CH3COOC2H5；

（1）由以上分析可知，B为CH2=CH2，D为CH3CHO；

故答案为：CH2=CH2；CH3CHO；

（2）反应③是溴乙烷发生消去反应生成乙烯，反应方程式为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2+NaBr+H2O；

反应⑤是乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

反应⑦是乙醛发生还原反应生成乙醇，反应方程式为：CH3CHO+H2CH3CH2OH；

故答案为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2+NaBr+H2O；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3CHO+H2CH3CH2OH；24、硫酸氢氧化钠增大导电性【分析】【分析】水是极弱的电解质，导电能量太弱，需加入强酸或强碱增加导电性．【解析】【解答】解：纯水的导电能力太弱，电解水时，需加入硫酸或氢氧化钠增加导电性，故答案为：硫酸；氢氧化钠；增大导电性．25、Cu2++ZnS=CuS+Zn2+Cu2O，Cu2S将气体通入品红溶液溶液褪色，加热恢复原色，CO-2e-+CO32-=2CO2BAu、Ag以单质形式沉积在c（阳极）下方，Fe以Fe2+的形式进入电解液中增加3.2gC【分析】【分析】（2）难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化是溶解度大的物质向溶解度小的物质转化；

（2）根据元素的化合价变化判断，得电子化合价降低的物质是氧化剂；SO2具有漂白性；能使品红溶液褪色，加热恢复原色；

（3）①原电池负极发生氧化反应；正极发生还原反应，所以通入氧气的一极为正极，通入CO的一极为负极；

②粗铜精炼时，粗铜作阳极，与电源的正极相连；粗铜中的Au、Ag，它们在电解槽中的下方，以单质形式沉积在阳极下方；Fe以Fe2+的形式进入电解液中；

③根据电子得失守恒以及精铜中铜离子得到电子来计算；

（4）先生成CuCO3沉淀，说明溶液中铜离子生成碳酸铜沉淀需要的碳酸根离子浓度小于钙离子生成碳酸钙沉淀需要的碳酸根离子浓度，据此进行解答．【解析】【解答】解：（1）ZnS的溶解度小于铜蓝（CuS），CuSO4转变为铜蓝的离子方程式：Cu2++ZnS=CuS+Zn2+，故答案为：Cu2++ZnS=CuS+Zn2+；

（2）2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，该反应中铜的化合价由+1价变为0价，铜元素在该反应中得电子化合价降低，所以该反应中的氧化剂是Cu2O，Cu2S；

故答案为：Cu2O，Cu2S．

（3）SO2具有漂白性；能使品红溶液褪色，加热恢复原色，所以将气体通入品红溶液溶液褪色，加热恢复原色；

故答案为：将气体通入品红溶液溶液褪色；加热恢复原色；

（3）①CO具有还原性，在负极上发生氧化反应生成CO2，电极反应式为：CO-2e-+CO32-═2CO2；

故答案为：CO-2e-+CO32-=2CO2．

②因A为负极，B为正极，粗铜精炼时，粗铜作阳极，与电源的正极B相连；Au、Ag比较稳定，不反应，以单质形式沉积在c（阳极）下方，Fe失去电子变成Fe2+的形式进入电解液中；

故答案为：B；Au、Ag以单质形式沉积在阳极下方，Fe以Fe2+的形式进入电解液中；

③当消耗标准状况下1.12LCO时，电极反应式：CO-2e-+CO32-=2CO2，失去电子为×2=0.1mol，精铜电极电极反应式：Cu2++2e-=Cu，由电子得失守恒可知Cu2+的物质的量为=0.05mol；精铜电极的质量增加的质量为：0.05mol×64g/mol=3.2g；

故答案：增加3.2g；

（4）碳酸铜、碳酸钙的溶度积分别为：Ksp（CuCO3）=c（Cu2+）•c（CO32-）、Ksp（CaCO3）=c（Ca2+）•c（CO32-），向一含有Ca2+、Cu2+的混合溶液中滴加Na2CO3溶液，若首先生成CuCO3沉淀，说明铜离子生成碳酸铜沉淀需要的碳酸根离子浓度小于钙离子生成碳酸钙沉淀需要的碳酸根离子，即＜，整理得：＞；

故答案为：C．四、判断题(共1题，共7分)26、×【分析】【分析】烯烃、炔烃及苯的同系物均能被高锰酸钾氧化，使其褪色，而不含不饱和键的物质不能，以此来解答．【解析】【解答】解：乙炔；聚乙炔、乙烯均含不饱和键；均能被高锰酸钾氧化，使其褪色；

甲苯、乙苯为苯的同系物，都能使KMnO4（H+）溶液褪色；

只有聚乙烯中不含C=C；不能被高锰酸钾氧化，则不能使其褪色；

故答案为：×．五、其他(共1题，共2分)27、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．六、简答题(共2题，共12分)28、第三周期第ⅢA族；CO2；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；Ar；吸氧腐蚀；CaCO3或CaO；83.1%；Al、Ni【分析】解：rm{(1)垄脵Al}的核外电子层数为rm{3}最外层电子数为rm{3}因此位于周期表中第三周期第Ⅲrm{A}族；

工业冶炼铝的原料是rm{Al_{2}O_{3}}由铝土矿中提取rm{Al_{2}O_{3}}的方法一般是将铝土矿溶于rm{NaOH}溶液，使rm{Al}转化为rm{AlO_{2}^{-}}然后通入rm{CO_{2}}气体使rm{AlO_{2}^{-}}转化为rm{Al(OH)_{3}}沉淀，然后再将rm{Al(OH)_{3}}沉淀加热即可得到rm{Al_{2}O_{3}}

故答案为：第三周期第Ⅲrm{A}族；rm{CO_{2}}

rm{垄脷}氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：rm{Al_{2}O_{3}+2NaOH=2NaAlO_{2}+H_{2}O}在焊接过程中为防止rm{Al}rm{Mg}等金属发生氧化反应，需在rm{Ar}等惰性气体保护下焊接，故答案为：rm{Al_{2}O_{3}+2NaOH=2NaAlO_{2}+H_{2}O}

rm{(2)垄脵}舰体的主要成分为钢铁rm{(}含少量碳的铁碳合金rm{)}因此在海水中因形成原电池发生吸氧腐蚀，故答案为：吸氧腐蚀；

rm{垄脷}冶炼过程可加入rm{CaCO_{3}}或rm{CaO}与硅形成硅酸盐，作为炉渣除去从而降低硅