2025年浙教版高三化学下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年浙教版高三化学下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、下列解释事实的方程式不准确的是（）A.氨水使湿润的红色石蕊试纸变蓝：NH3•H2O⇌NH4++OH-B.工业上用过量的NaOH溶液吸收SO2：SO2+OH-═HSO3-C.用烧碱溶液清洗铝表面的氧化膜：2OH-+Al2O3═2AlO2-+H2OD.用石灰乳吸收泄漏的氯气：2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O2、下列说法中正确的是（）A.25℃时，pH=7的CH3COOH与CH3COONa的混合液中离子浓度的大小顺序为：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）B.25℃时，0.1mol/LNaHA溶液pH=3，该溶液中某些微粒的浓度大小顺序为：c（HA-）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2-）C.25℃时，若10mLpH=a的盐酸与100mLpH=b的Ba（OH）2溶液混合后恰好中和，则a+b=13D.25℃时，Ka（HF）=3.6×10-4，Ka（CH3COOH）=1.75×10-5，0.1mol/L的NaF溶液与0.1mol/L的CH3COOK溶液相比：c（Na+）-c（F-）＞c（K+）-c（CH3COO-）3、下列物质中，氮元素的化合价最低的是（）A.N2B.NH3C.NOD.NO24、常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（）A.滴人甲基橙显红色的溶液中：Na+、NO3-、Iˉ、SO32ˉB.水电离出的c（H+）=10ˉ12mol/L的溶液中：K+、AlO2ˉ、CH3COOˉ、SiO32ˉC.=10-12的溶液中：K+、ClOˉ、S2ˉ、ClˉD.c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中：K+、ClOˉ、SO42ˉ、SCNˉ5、下列叙述不正确的是（）A.冷的浓硫酸和浓硝酸都可以用铝、铁的容器盛装B.金属与浓硫酸或浓硝酸反应都不会产生氢气C.每1molCu参加反应就有2mol浓H2SO4被还原，同时生成2molSO2D.浓硫酸因为有吸水性，可用来干燥HCl、SO2、Cl2等多种气体6、用NA表示伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，22.4L水中含分子数是NAB.28g氮气含有的原子数是2NAC.1mol铁与足量盐酸完全反应，失去的电子数3NAD.常温常压下，11.2LCO2中含有的分子数是0.5NA7、下列分子中，具有极性键的非极性分子的组合是()A.H2、NH3、H2SB.CS2、BF3、CO2C.CH3CI、CH2CI2、CH4D.SO2、NO2、C2H2评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、实验室配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液；填空并请回答下列问题：

（1）配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液需要____ml容量瓶．还需要烧杯玻璃棒量筒____仪器．

（2）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）____．

A．洗涤B．量取C．冷却转移D．摇匀E．定容F．计算。

（3）若出现如下情况；对所配溶液浓度将有何影响？

加蒸馏水时不慎超过了刻度____；定容时俯视____未冷却____．9、钠和水反应。

。实验现象结论或解释1．钠____在水____钠的密度比水____2．钠____成小球钠的熔点____，反应____10、（1）有下列物质①Cu②液态SO2③CH3COOH④NaHCO3⑤H2O⑥熔融NaCl⑦BaSO4属于弱电解质的是____（填序号）

（2）常温下，0.1mol•L-1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中Na+、HCO3-、CO32-、OH-四种微粒的浓度由大到小的顺序为：____．NaHCO3水解的离子方程式____．11、2011年4月7日，甘肃省平凉市崆峒区发生一起疑似食物中毒事件，中毒病例均服用过散装牛奶，确认系亚硝酸盐中毒。造成3名婴幼儿死亡，39名中毒患者被送往当地医院救治，称为“4·7”牛奶中毒事件。请回答下列问题：(1)工业用盐亚硝酸钠外观极像食盐，人若误食亚硝酸钠会中毒。亚硝酸钠中氮元素的化合价是________价。A．＋1B．＋2C．＋3D．＋4(2)食品与健康相关，下列做法不会危害人体的是________。A．香肠中加过量的亚硝酸钠B．饲养猪加入瘦肉精C．蒸馒头加适量纯碱D．长期使用铝餐具(3)区别亚硝酸钠与食盐的有效方法是隔绝空气加热，没有明显变化的是食盐，能分解放出刺激性气味气体的是亚硝酸钠，此气体可能是________。A．SO2B．NH3C．N2D．NO2(4)已知NaNO2能发生如下反应(方程式已配平)：2NO＋xI－＋yH＋===2NO↑＋I2＋zH2O，则x的数值是________，根据是________________；y的数值是__________，根据是________。(5)根据上述反应，可用化学试纸及生活中常见物质进行实验来鉴别工业盐和食盐，现有碘化钾淀粉试纸，则还需选用的生活中常见物质的名称为________。12、（2016春•成都校级月考）对金属制品进行抗腐蚀处理；可延长其使用寿命．

（1）以下为铝材表面处理的一种方法：

①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，用离子方程式表示其原因____．为将碱洗后槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的____（填字母序号）．a．NH3b．CO2c．NaOHd．HNO3

②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极的电极反应式为____

（2）利用图装置，可以模拟铁的电化学防护．若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于____处．

若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为____．13、有甲、乙、丙三种元素，甲元素第三层的电子数是其第一层的电子数的；乙元素原子核内无中子，丙元素原子核内有8个质子．

（1）依次写出甲、乙、丙三种元素的元素符号____

（2）写出甲、乙、丙三种元素组成的化合物在水中的电离方程式____

（3）画出甲元素的原子结构示意图和丙离子的结构示意图____．14、在盛有淀粉KI溶液（用H2SO4酸化）的试管中，滴加少量的次氯酸钠溶液，会立即看到溶液变在蓝色，这是因为____的缘故，相应的离子方程式为____．在盛有淀粉和碘形成的蓝色溶液中，滴加Na2SO3溶液，又发现蓝色溶液逐渐消失，这是因为____的缘故，相应的离子方程式为____．对比上述两组实验所得结果，可得出ClO-、I2、SO42-的氧化性由强到弱的顺序为____．15、X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大。X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。请回答下列问题：五种元素原子半径最大是（写元素符号）____X与Z形成的化合物中，既含极性键又含非极性键的是（写分子式）————由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系①其中C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体。写出C与D反应的化学方程式②如果A由四种元素组成、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A为（填名称）由A与过量C反应转化为B的离子方程式③如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性。则B为（填化学式）____。A、B浓度均为0．1mol/L的混合溶液，碱性较强的是（填溶液名称）16、（12分）中学化学常见的物质A、B、C、D之间存在如下转化关系：A+B→C+D+H2O。请按要求填空：（1）若A为短周期元素组成的黑色固体单质，与B的浓溶液共热时，产生C、D两种气体。C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，则该反应的化学方程式是，鉴别这两种气体不能选用的试剂是。a．BaCl2溶液b．KMnO4溶液c．品红溶液d．酸化的Ba（NO3）2溶液向500mL2mol/L的NaOH溶液中通入0.8mol无色无味的C气体，恰好完全反应，该反应的总化学方程式是，此时溶液中的离子按照浓度由大到小排列的顺序是____。（2）若A在水中的溶解度随温度的升高而降低；B为短周期非金属单质；D是漂白粉的成分之一。C发生水解反应的离子方程式是。（3）若A为五核10电子的阳离子与单核18电子的阴离子构成的无色晶体，受热易分解，分解后生成两种极易溶于水的气体。检验A中阴离子的方法是____（简述操作过程及结论）。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)17、放热反应在任何条件都不能发生．____．（判断对错）18、加过量的稀盐酸，产生无色、无味的气体，溶液里一定含有大量的CO32-．____（判断对错正确的打“√”，错误的打“×”）19、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化____．（判断对确）20、可逆反应达到平衡，反应就不再进行．____（判断对错）21、CH2Br-CH2Br的命名为1，2--二溴乙烷．____．（判断对错说明理由）22、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：____．评卷人得分四、计算题(共4题，共8分)23、98gH3PO4分子中含有____个氧原子，含有的氢原子数与____gH2O中所含氢原子数相同．24、已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生反应，化学方程式如下（已配平）：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+A↑+2H2O；试通过计算和推理完成下面的问题：

（1）在以上反应中被还原的硫酸与未被还原的硫酸的物质的量之比为____．A物质可以与强碱反应生成盐和水．则A应该属于____（用字母代号填写）．

a．酸b．碱c．盐d．酸性氧化物e．碱性氧化物。

（2）一定量的铜片与含1.8molH2SO4的浓H2SO4充分反应（浓H2SO4过量），如果该反应过程中转移了0.2mol电子，生成的CuSO4的质量为____g，生成的A气体在标准状况下体积为____L（假设气体全部逸出）．

（3）将反应后所得到的溶液稀释后与足量Ba（OH）2溶液反应，所得沉淀的质量为____g．写出此过程中发生反应的离子方程式（可能填不满）．____，____，____．25、0.5molCO2的质量是____g，标准状况下的体积是____L．等物质的量的O2和CO的质量比是____，同温同压下的体积比是____．26、6.4g铜与100mL98%的浓H2SO4溶液（密度为ρg•cm-3）共热；铜没有剩余，求：

（1）浓H2SO4的物质的量浓度是多少mol•L-1？

（2）产生气体的体积为多少L？（标况下）

（3）被还原的H2SO4的质量为多少g？评卷人得分五、推断题(共4题，共20分)27、A、B、C、D是中学化学的常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素．在一定条件下相互转化的关系如下图所示（部分反应中的H2O已略去）．请填空：

（1）若D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质，加热蒸干B的溶液不能得到B，则B的化学式可能是____（只写一种）．

（2）若A是一种碱性气体，常用作制冷剂，B和D为空气的主要成分，则反应②的化学方程式为____．

（3）若D的氯碱工业的主要产品，B有两性，则反应②的离子方程式是____．

（4）若D为酸或酸性气体，则A、C可以是____（请按顺序写出任意一组符合要求的物质的化学式）

（5）若C是一种温室气体，D是空气的主要成分之一，1mol黑色固体A完全燃烧放出393.5kJ热量，1molB气体完全燃烧放出283.0kJ热量，则A→B反应的热化学方程式为____．28、结合图2中所示转化关系回答有关问题．

（1）液态F能否导电____（填“能”或“否”）．

（2）A是一种非常重要的工业产品．据统计，地球上每年由于腐蚀而消耗的A约占每年产量的10%．A发生腐蚀的主要原因是（填写下面的选项序号）____．

a．直接与氧气发生化学腐蚀。

b．通过原电池反应发生腐蚀。

c．因溶于水而消耗掉。

①若你选定选项a或c，请写出相应的化学方程式：____；

②若你选定选项b，请写出负极的电极反应式____．（①；②只答其一）

（3）气体y的密度约是空气密度的1.1倍，则沉淀x的化学式是____．物质H的电子式____

（4）写出D+某金属单质→B的化学方程式：____．29、如图所示，rm{垄脵隆芦垄芒}分别代表有关反应的一种物质，他们均是中学化学中的常见物质rm{.}已知rm{垄脵隆芦垄脹}和rm{垄脼隆芦垄芒}中分别含有同一种元素．

rm{(1)}分别写出rm{垄脵}rm{垄脺}rm{垄脿}rm{垄芒}的化学式或离子符号：

rm{垄脵}______rm{垄脺}______rm{垄脿}______rm{垄芒}______

rm{(2)}写出下列反应的化学方程式rm{.}是离子反应的只写出离子方程式：

rm{垄脵+OH^{-}隆煤}______

rm{垄脵+H^{+}隆煤}______

rm{垄脷+垄脹隆煤}______

rm{垄脺隆煤垄脻}______

rm{垄脻隆煤垄脵+O_{2}}______

rm{垄脵+垄脼隆煤}______

rm{垄谩+}空气rm{隆煤}______．30、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}代表周期表中五种短周期元素；已知：

rm{垄脵A}rm{B}rm{C}处于相邻位置，rm{B}rm{C}同周期，rm{A}rm{B}同主族，其核外电子数之和为rm{41}．

rm{垄脷D}与rm{C}处于周期表中同一周期，rm{D^{+}}中各层电子数都是rm{2n^{2}}个rm{.}

rm{垄脹A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}各元素最外层电子数之和rm{24}且已知rm{E}与rm{A}只能形成一种化合物．

rm{垄脺F}是半径最小的原子rm{.}据此填空下列空白：

rm{(1)}写出各元素的名称rm{A}______rm{C}______rm{E}______

rm{(2)}写出rm{A}和rm{D}形成化合物的电子式______

rm{(3)B}rm{C}rm{D}三种元素单原子离子的半径由大到小的顺序：______

rm{(4)A}rm{B}的氢化物的熔沸点大小并写出原因：______

rm{(5)}写出rm{A}与rm{B}组成的化合物与rm{C}单质水溶液反应的化学方程式：______．评卷人得分六、综合题(共3题，共6分)31、（14分）合成氨对工、农业生产和国防都有重要意义。已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H=-92．4kJ·mol-1，请回答：（1）合成氨工业中采取的下列措施可以用勒夏特列原理解释的是＿＿＿＿＿（填字母）。a．用铁触媒（催化剂）加快化学反应速率b．采用较高压强（20MPa~50MPa）c．将原料气中的少量CO等气体净化除去d．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来（2）一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应。①若容器容积V恒定，达到平衡时，气体的压强为原来的则N2的转化率а1=＿＿＿＿＿，此时，反应放热＿＿＿＿＿kJ；该温度下合成氨反应的平衡常数K=＿＿＿＿＿（只需列出数字表达式）；②若容器压强恒定，则达到平衡时，容器中N2的转化率а2＿＿а1（填“＞、＜或＝”）。（3）随着对合成氨研究的发展，希腊科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氨（装置如下图）。钯电极A是电解池的＿＿＿＿极（填“阳”或“阴”），该极上的电极反应式是。32、（15分）现有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，D与E的氢化物分子构型都是V型。A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，A分别与B、C、D形成电子总数相等的分子。（1）C的元素符号是＿＿＿＿＿＿；元素F在周期表中的位置＿＿＿＿＿＿。（2）B与D一般情况下可形成两种常见气态化合物，假若现在科学家制出另一种直线型气态化合物B2D2分子，且各原子最外层都满足8电子结构，则B2D2电子式为＿＿＿＿＿，其固体时的晶体类型是＿＿＿＿＿＿。（3）最近意大利罗马大学的FuNvioCacace等人获得了极具理论研究意义的C4气态分子。C4分子结构如图所示，已知断裂1molC—C吸收167kJ的热量，生成1molC≡C放出942kJ热量。试写出由C4气态分子变成C2气态分子的热化学方程式：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某盐x(C2A6F2)的性质与CA4F类似，是离子化合物，其水溶液因分步水解而呈弱酸性。①盐显酸性原因（用离子方程式表示）＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。②写出足量金属镁加入盐的溶液中产生H2的化学方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。33、（15分）为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某小组进行了以下探究活动：[探究一]（1）称取铁钉（碳素钢）12．0g放入30．0mL浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y。①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+。若要确认其中是否含有Fe2+，应选择加入的试剂为________（选填序号）。a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同学取672mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得到干燥固体4．66g。据此推知气体Y中SO2的体积分数为____。（相对原子质量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含量有H2和CO2气体。为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）。（2）写出产生CO2的化学方程式____。（3）装置A中试剂的作用是____。（4）简述确认气体Y中含有CO2的实验现象。（5）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】A．一水合氨为弱电解质；在溶液中只能部分电离，存在电离平衡；

B．氢氧化钠过量；反应产物错误，应该为亚硫酸根离子；

C．铝表面的氧化膜为氧化铝；氧化铝为两性氧化物，能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；

D．氢氧化钙能够与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水．【解析】【解答】解：A．氨水中一水合氨为弱碱，能够电离出氢氧根离子使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该电离过程为可能的，其电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH-；故A正确；

B．氢氧化钠是过量的，反应生成亚硫酸根离子，正确的离子方程式为SO2+2OH-═SO32-+H2O；故B错误；

C．氧化铝为两性氧化物，能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为2OH-+Al2O3═2AlO2-+H2O；故C正确；

D．氢氧化钙与氯气反应的离子方程式为2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；故D正确；

故选B．2、C【分析】【分析】A、根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），pH=7则c（H+）=c（OH-），即c（Na+）=c（CH3COO-）；

B、0.1mol/LNaHA溶液pH=3，说明溶液呈酸性，电离大于水解，故c（H2A）＜c（A2-）；

C、25℃时，若10mLpH=a的盐酸与100mLpH=b的Ba（OH）2溶液混合后恰好中和，则氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，所以存在10-amol/L×0.01L=10b-14mol/L×0.1L；

D、Ka（HF）=3.6×10-4，Ka（CH3COOH）=1.75×10-5，0.1mol/L，所以同浓度的CH3COOK溶液水解程度大于NaF溶液，c（CH3COO-）＜c（F-），而浓度相同，钠离子和钾离子溶液相等，故c（Na+）-c（F-）＜c（K+）-c（CH3COO-）．【解析】【解答】解：A、根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），pH=7则c（H+）=c（OH-），即c（Na+）=c（CH3COO-）；故A错误；

B、0.1mol/LNaHA溶液pH=3，说明溶液呈酸性，电离大于水解，故c（H2A）＜c（A2-）；故B错误；

C、25℃时，若10mLpH=a的盐酸与100mLpH=b的Ba（OH）2溶液混合后恰好中和，则氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，所以存在10-amol/L×0.01L=10b-14mol/L×0.1L，所以得a+b=13；故C正确；

D、Ka（HF）=3.6×10-4，Ka（CH3COOH）=1.75×10-5，0.1mol/L，所以同浓度的CH3COOK溶液水解程度大于NaF溶液，c（CH3COO-）＜c（F-），而浓度相同，钠离子和钾离子溶液相等，故c（Na+）-c（F-）＜c（K+）-c（CH3COO-）；故D错误；

故选C．3、B【分析】【分析】单质中元素的化合价为0，在化合物中，正负化合价的代数和为0，以此计算．【解析】【解答】解：A．单质中；N元素的化合价为0；

B．氨气中H为+1价；则N元素的化合价为-3价；

C．NO中；O为-2价，则N元素的化合价为+2价；

D．NO2中；O为-2价，则N元素的化合价为+4价；

显然N元素化合价最低的为氨气；

故选B．4、B【分析】【分析】A．滴人甲基橙显红色的溶液呈酸性；

B．水电离出的c（H+）=10ˉ12mol/L的溶液；可能呈酸性或碱性；

C.=10-12的溶液呈酸性；

D．与Fe3+反应的离子不能大量共存．【解析】【解答】解：A．滴人甲基橙显红色的溶液呈酸性，酸性条件下NO3-与I-、SO32-反应氧化还原反应而不能大量共存；故A错误；

B．水电离出的c（H+）=10-12mol/L的溶液；可能呈酸性或碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；

C.=10-12的溶液呈酸性，酸性条件下ClO-与S2-发生氧化还原反应而不能大量共存；故C错误；

D．SCN-与Fe3+发生络合反应，且ClO-与Fe3+发生互促水解反应而不能大量共存；故D错误．

故选B．5、C【分析】【分析】A．依据浓硝酸；浓硫酸的强的氧化性解答；

B．浓硫酸；浓硝酸具有强的氧化性；与金属反应得不到氢气；

C．铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫、水，结合方程式Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O解答；

D．浓硫酸具有吸水性，可以做干燥剂．【解析】【解答】解：A．浓硝酸；浓硫酸具有强的氧化性；常温下能够使铁铝发生钝化形成致密氧化膜，阻止反应进行，所以可以。

用铝；铁的容器盛装冷的浓硫酸、浓硝酸；故A正确；

B．浓硫酸与金属反应还原产物为二氧化硫；浓硝酸与金属反应还原产物为二氧化氮，故B正确；

C．依据方程式Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O可知，每1molCu参加反应就有1mol浓H2SO4被还原，同时生成21molSO2；故C错误；

D．浓硫酸因为有吸水性，与HCl、SO2、Cl2等不发生反应，所以可以干燥HCl、SO2、Cl2等多种气体；故D正确；

故选：C．6、B【分析】【分析】A．标准状况下水的状态不是气体；不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量；

B．氮气为双原子分子；28g氮气的物质的量为1mol，含义2mol氮原子；

C．铁与盐酸反应生成亚铁离子；1mol铁完全反应失去2mol电子；

D．常温常压下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算二氧化碳的物质的量．【解析】【解答】解：A．标况下；水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故A错误；

B．28g氮气的物质的量为1mol，1mol氮气含有2mol氮原子，含有的原子数是2NA；故B正确；

C．1mol铁与足量盐酸完全反应失去2mol电子，失去的电子数2NA；故C错误；

D．不是标准状况下；不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L二氧化碳的物质的量，故D错误；

故选B．7、B【分析】解：A．H2中只有H-H非极性键，属于非极性分子；NH3中有N、H元素形成的极性键，但结构不对称，属于极性分子；H2S中H；S元素形成的极性键；但结构不对称，属于极性分子，故A错误；

B．CS2中有C、S元素之间形成极性键，且分子结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子；BF3中有B、F元素之间形成极性键，且分子结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子；CO2中有C；O元素之间形成极性键；且分子结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故B正确；

C．CH3CI有C、H和C、Cl元素之间形成极性键；但结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；CH2CI2有C、H和C、Cl元素之间形成极性键；结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子；CH4中含有极性键；为正四面体结构，结构对称，分子中正负电荷重心重叠，为非极性分子，故C错误；

D．SO2中有S、O元素之间形成极性键，但结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；NO2中有N、O元素之间形成极性键，但结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；C2H2中有C；H元素之间形成极性键；且分子结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故D错误．

故选B．【解析】【答案】B二、填空题(共9题，共18分)8、250胶头滴管FBCAED偏低偏高偏高【分析】【分析】（1）容量瓶的规格需要根据配制的溶液体积进行选择；根据配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液的步骤选用仪器；

（2）根据配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液的步骤进行解答；

（3）根据配制过程中的错误操作对物质的量浓度c=n/V的影响分析引起的误差．【解析】【解答】解：（1）配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液；需要选用规格为250mL的容量瓶，根据配制步骤可知，配制过程中需要使用的仪器为：量筒；烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，还缺少的仪器为：胶头滴管；

故答案为：250；胶头滴管；

（2）配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液的步骤为：计算；量取、冷却、转移、洗涤、定容和摇匀；

故答案为：FBCAED；

（3）加蒸馏水时不慎超过了刻度；会导致配制的溶液体积偏大，溶液的浓度偏低；

定容时俯视容量瓶刻度线；会导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液浓度偏高；

溶液未冷却；热的溶液体积偏大，冷却后体积会变小，会导致配制的溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高；

故答案为：偏低；偏高；偏高．9、浮面上小熔低剧烈【分析】【分析】钠的熔点较低，且密度小于水的密度，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且该反应是放热反应，产生的氢气使钠受力不均匀，而导致钠四处游动，产生氢氧化钠而使其溶液呈碱性，碱遇酚酞试液变红色．【解析】【解答】解：投入水中；由于金属钠的密度小于水，所以金属钠浮在水面上，金属钠熔点低，会熔成闪亮的小球，化学反应剧烈，发出嘶嘶的响声．

故答案为：浮；水面；小；熔；低；剧烈．10、③⑤c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（CO32-）HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-【分析】【分析】（1）在水溶液中部分电离的电解质为弱电解质；在水溶液中完全电离的电解质为强电解质，据此进行判断；

（2）NaHCO3溶液的pH大于8，说明HCO3-的水解程度大于电离程度，据此判断溶液中Na+、HCO3-、CO32-、OH-四种微粒的浓度大小；碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子结合水电离的氢离子生成碳酸和氢氧根离子．【解析】【解答】解：（1）①Cu为单质，不属于电解质，②液态SO2属于非电解质，④NaHCO3⑥熔融NaCl⑦BaSO4属于强电解质，弱电解质在水溶液中部分电离，存在电离平衡，满足该条件为：③CH3COOH、⑤H2O；

故答案为：③⑤；

（2）常温下，0.1mol•L-1NaHCO3溶液的pH大于8，说明了HCO3-的水解程度大于其电离程度，则溶液中Na+、HCO3-、CO32-、OH-四种微粒的浓度由大到小的顺序为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（CO32-）；碳酸氢钠溶液中HCO3-部分水解生成碳酸和氢氧根离子，其水解方程式为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；

故答案为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（CO32-）；HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-．11、略

【分析】【解析】试题分析：（1）亚硝酸钠的化学式是NaNO2，其中Na和O的化合价分别是＋1价和－2价，所以氮元素的化合价是＋（2×2－1）＝＋3价，答案选C。（2）亚硝酸钠和瘦肉精都是对人体有害的。长期使用铝餐具，会造成铝中毒，不利于人体健康，答案选C。（3）根据亚硝酸钠的组成元素可知，分解生成的气体应该是NO2，答案选D。（4）根据质量守恒定律可知，反应前后碘原子的个数是不变的，则x＝2；根据电荷守恒和质量守恒定律，y＝4。（5）亚硝酸钠在酸性条件下能够把碘离子氧化生成单质碘，据此可知，还缺少的应该是生活中的食醋。考点：考查亚元素化合价的判断、硝酸钠的性质以及物质的检验、化学与人体健康的关系【解析】【答案】(1)C(2)C(3)D(4)2质量守恒定律4电荷守恒和质量守恒定律(5)食醋12、2Al+2OH-+2H2O═2AlO+3H2↑b2Al+3H2O-6e-═Al2O3+6H+N牺牲阳极保护法（或牺牲阳极的阴极保护法）【分析】【分析】（1）①有气泡冒出因2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑；因碱洗槽液中有AlO2-，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2-+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32-或CO2+2H2O+AlO2-═HCO3-+Al（OH）3↓；若加HNO3；生成的沉淀还会继续溶解；

②铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O-6e-═Al2O3+6H+；HCO3-与H+反应使H+浓度减小，产生Al（OH）3沉淀；

（2）根据金属的防护，若K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极；若开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，为牺牲阳极保护法（或牺牲阳极的阴极保护法）．【解析】【解答】解：（1）①铝能与强碱反应产生氢气，Al（OH）3具有两性，既能与强碱反应也能与强酸反应生成盐和水，碱洗槽液中有AlO2-，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2-+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32-或CO2+2H2O+AlO2-═HCO3-+Al（OH）3↓；若加HNO3；生成的沉淀还会继续溶解；

故答案为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO+3H2↑；b；

②铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O-6e-═Al2O3+6H+；加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，是由于废电解液中含有Al3+，和HCO3-发生了互促水解．3HCO3-+Al3+=3CO2↑+Al（OH）3↓；或HCO3-与H+反应使H+浓度减小，产生Al（OH）3沉淀；

故答案为：2Al+3H2O-6e-═Al2O3+6H+；

（2）金属的防护有牺牲阳极保法和外加电源阴极保护法，若K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极；若开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，为牺牲阳极保护法（或牺牲阳极的阴极保护法）．故答案为：N；牺牲阳极保护法（或牺牲阳极的阴极保护法）．13、甲Na、乙H、丙ONaOH=Na++OH-【分析】【分析】根据甲元素第三层的电子数是其第一层的电子数的；第一层为K层，应该含有2个电子，则K层电子数为1，则甲为Na；

乙元素原子核内无中子，元素周期表中只有H无中子，则乙为H元素；丙元素原子核内有8个质子，即其核电荷数为8，则丙为O元素，据此进行解答．【解析】【解答】解：（1）甲元素第三层的电子数是其第一层电子数的；第一层为K层，应该含有2个电子，则K层电子数为1，则甲为Na；乙元素原子核内无中子，各元素中只有H无中子，则乙为H元素；丙元素原子核内有8个质子，即其核电荷数为8，则丙为O元素，所以甲乙丙分别为：Na；H、O；

故答案为：甲Na；乙H、丙O；

（2）甲、乙、丙三种元素组成的化合物为NaOH，在水中的电离方程式为：NaOH=Na++OH-；

故答案为：NaOH=Na++OH-；

（3）因甲为Na，所以钠的核电荷数=核外电子总数=11，最外层为1个电子，其原子结构示意图为：

氧离子的核电荷数为8，核外电子总数为10，最外层达到8电子稳定结构，氧离子结构示意图为：

故答案为：．14、I-能被HClO氧化成I2，I2遇淀粉变蓝2I-+ClO-+2H+═I2+Cl-+H2OSO32-离子又把I2还原为I-是蓝色溶液逐渐消失SO32-+I2+H2O═SO42-+2H++2I-ClO-＞I2＞SO42-【分析】【分析】溶液立即变蓝，说明生成碘，NaClO在酸性条件下氧化KI生成碘，滴加足量Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失，说明碘与Na2SO3发生氧化还原反应，以此解答．【解析】【解答】解：在KI淀粉溶液中滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝，说明生成碘，NaClO在酸性条件下氧化KI生成碘，反应的离子方程式为2I-+ClO-+2H+═I2+Cl-+H2O，氧化性：ClO-＞I2，在上述蓝色溶液中滴加足量Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失，说明碘与Na2SO3发生氧化还原反应，SO32-离子又把I2还原为I-是蓝色溶液逐渐消失反应的离子方程式为SO32-+I2+H2O═SO42-+2H++2I-，可说明氧化性I2＞SO42-，则氧化性ClO-＞I2＞SO42-；

故答案为：I-能被HClO氧化成I2，I2遇淀粉变蓝；2I-+ClO-+2H+═I2+Cl-+H2O；SO32-离子又把I2还原为I-是蓝色溶液逐渐消失；SO32-+I2+H2O═SO42-+2H++2I-；ClO-＞I2＞SO42-．15、略

【分析】试题分析：X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0，所以X和Y是第ⅣA族元素或第IA族元素。Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，所以Z是O，R是Al。X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大，所以X是氢元素，Y是碳元素。Q与X同主族，因此Q是钠元素。（1）五种元素原子半径最大的是Na（2）X与Z形成的化合物中既含极性键又含非极性键的是H2O2。（3）D是淡黄色固体，所以D是过氧化钠。C是溶于水显酸性的气体，所以C应该是CO2。①C与D反应的化学方程式2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2②如果A由四种元素组成、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A为四羟基合铝酸钠，B为B是氢氧化铝，A与过量C反应转化为B的离子方程式[Al(OH)4]¯_+CO2==Al(OH)3+HCO3-③如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性，这说明A是碳酸钠，B是碳酸氢钠。碳酸钠溶于水水解溶液显碱性，则水解方程式是CO32－+H2OHCO3－+OH－。溶液显碱性，且碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的，碱性较强的是碳酸钠溶液。考点：考查元素周期表的结构、化学键、电子式、溶液中离子浓度大小比较以及水解原理的有关判断和应用【解析】【答案】（1）Na（２）H2O2（３）①2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2②四羟基合铝酸钠[Al(OH)4]¯_+CO2==Al(OH)3+HCO3-③NaHCO3碳酸钠溶液16、略

【分析】【解析】【答案】（1）C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O（2分）a（2分）5NaOH＋4CO2==Na2CO3＋3NaHCO3＋H2O（2分）c（Na+）>c（HCO3—）>c（CO32-）>c（OH-）>c（H+）（2分）（3）ClO－+H2OHClO+OH－（2分）（4）取少量A于一洁净试管中，加蒸馏水溶解后，滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，再滴加稀硝酸，振荡，沉淀不溶解，则A的阴离子为Cl-。（2分）三、判断题(共6题，共12分)17、×【分析】【分析】放热反应一般在加热条件能发生．【解析】【解答】解：放热反应一般在加热条件能发生，例如燃烧反应，故错误，故答案为：×．18、×【分析】【分析】碳酸根离子的检验应注意排除碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子的干扰，加入盐酸产生无色无味的气体，可以排除亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子的干扰，但是不能排除碳酸氢根离子的干扰．【解析】【解答】解：加过量的稀盐酸，产生无色、无味的气体，溶液里可能含有大量的CO32-，也可能含有HCO3-；

要确定是否含有CO32-，可以再取少量的待测液加入CaCl2溶液，若出现白色沉淀证明有大量的CO32-，否则溶液中含有大量的HCO3-；

这种说法错误；

故答案为：×．19、×【分析】【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．【解析】【解答】解：蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水，属于化学变化，故答案为：×．20、×【分析】【分析】据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变．【解析】【解答】解：化学平衡是动态平衡；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0；

故答案为：×．21、√【分析】【分析】该有机物分子中含有2个溴原子，为乙烷的二溴取代产物，命名时需要指出官能团所处的位置及数目，据此对该有机物的命名进行判断．【解析】【解答】解：CH2Br-CH2Br；该有机物中含有官能团溴原子，相当于两个溴原子分别取代了乙烷中两个C原子的1个H形成的，该有机物名称为：1，2-二溴乙烷，所以该命名是正确的；

故答案为：√，符合有机物的命名原则．22、√【分析】【分析】（1）羟基正在有机物分子最前面时应该表示为HO-；据此进行判断；

（2）醛基写在有机物分子前边时应该表示为：OHC-；

（3）酚羟基的表示方式错误；应该表示为：HO-；

（4）左边的硝基中含有原子组成错误，应该为O2N-；

（5）结构简式中酯基表示方式错误；

（6）苯乙醛中醛基的结构简式表示错误，应该为-CHO．【解析】【解答】解：（1）乙醇：HOCH2CH3；乙醇的结构简式正确，故答案为：√；

（2）羟基的表示方法错误，丙二醛的结构简式应该是：OHCCH2CHO，故答案为：OHCCH2CHO；

（3）酚羟基的表示方法错误，对甲基苯酚的结构简式应该是：故答案为：

（4）左边硝基的组成错误，正确应该为：O2N-，三硝基甲苯的结构简式为故答案为：

（5）酯基的表示方法错误，甲酸苯酚的结构简式是故答案为：

（6）醛基的书写错误，苯乙醛的结构简式是：

故答案为：．四、计算题(共4题，共8分)23、2.408×102427【分析】【分析】根据n=计算98gH3PO4的物质的量，氧原子物质的量为磷酸的4倍，再根据N=nNA计算O原子数目，根据H原子物质的量相等计算水的物质的量，再根据m=nM计算水的质量．【解析】【解答】解：98gH3PO4的物质的量==1mol，氧原子物质的量为1mol×4=4mol，含有O原子数目=4mol×6.02×1023mol-1=2.408×1024，与磷酸含有相同氢原子数目的水的物质的量==1.5mol；故水的质量=1.5mol×18g/mol=27g；

故答案为：2.408×1024；27．24、1：1d1622.4405.9Ba2++SO42-+2OH-+2H+=2H2O+BaSO4↓Ba2++SO42-+2OH-+Cu2+=Cu（OH）2↓+BaSO4↓无【分析】【分析】（1）根据化合价变化来确定硫酸的作用；由反应可知，二氧化硫，为氧化物，具有还原性；

（2）由反应可知，生成1molCuSO4转移2mol电子，该反应过程中转移了0.2mol电子，生成0.1molCuSO4和0.1molSO2；

（3）反应后所得到的溶液，含硫酸铜和硫酸，与足量Ba（OH）2溶液充分反应生成硫酸钡沉淀，结合硫酸根离子守恒计算．【解析】【解答】解：（1）根据反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+A↑+2H2O；消耗的2mol硫酸一半做氧化剂，一半显示酸性，被还原的硫酸与未被还原的硫酸的物质的量之比为1：1，由反应可知A为二氧化硫，为氧化物，能与碱反应生成盐和水，为酸性氧化物；

故答案为：1：1；d；

（2）由反应可知，生成1molCuSO4转移2mol电子，该反应过程中转移了0.2mol电子，生成0.1molCuSO4，其质量为0.1mol×160g/mol=16g，0.1molSO2的体积为。

1mol×22.4L/mol=2.24L；故答案为：16；2.24；

（3）反应后所得到的溶液，含硫酸铜和硫酸，与足量Ba（OH）2溶液充分反应生成硫酸钡沉淀，离子反应为Ba2++SO42-+2OH-+2H+=2H2O+BaSO4↓、Ba2++SO42-+2OH-+Cu2+=Cu（OH）2↓+BaSO4↓；由硫酸根离子守恒可知，反应后所得沉淀的质量为1.8mol×233g/mol=405.9g；

故答案为：405.9；Ba2++SO42-+2OH-+2H+=2H2O+BaSO4↓；Ba2++SO42-+2OH-+Cu2+=Cu（OH）2↓+BaSO4↓．25、2211.28：71：1【分析】【分析】根据m=nM计算0.5molCO2的质量，根据V=nVm计算0.5molCO2的体积，根据m=nM可知等物质的量的O2和CO的质量比等于摩尔质量之比，根据V=nVm可知等物质的量的O2和CO的体积之比等于物质的量之比．【解析】【解答】解：0.5molCO2的质量=0.5mol×44g/mol=22g；

标况下，0.5molCO2的体积=0.5mol×22.4L/mol=11.2L；

根据m=nM可知等物质的量的O2和CO的质量比等于摩尔质量之比为32g/mol：28g/mol=8：7；

根据V=nVm可知等物质的量的O2和CO的体积之比等于物质的量之比为1：1；

故答案为：22；11.2；8：7；1：1．26、略

【分析】【分析】（1）根据c=计算该浓硫酸的物质的量浓度；

（2）根据n=计算铜的物质的量，根据Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O计算生成二氧化硫的物质的量，再根据V=nVm计算体积；

（3）由方程式可知，被含有的硫酸生成二氧化硫，被还原的硫酸的物质的量等于生成的二氧化硫的物质的量，再根据m=nM计算．【解析】【解答】解：（1）质量分数为98%、密度为ρg•cm-3浓H2SO4溶液的物质的量浓度为mol/L=10ρmol/L；

答：该浓H2SO4的物质的量浓度是10ρmol/L；

（2）6.4g铜的物质的量为=0.1mol；则：

Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O

11

0.1moln（SO2）

故n（SO2）=0.1mol，所以v（SO2）=0.1mol×22.4L/mol=2.24L；

答：生成二氧化硫的体积为2.24L；

（3）由方程式Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O可知；被含有的硫酸生成二氧化硫，被还原的硫酸的物质的量等于生成的二氧化硫的物质的量为0.1mol，质量为0.1mol×98g/mol=9.8g；

答：被还原的H2SO4的质量为9.8g．五、推断题(共4题，共20分)27、FeCl3N2+O22NOAl（OH）3+OH-=Al（OH）4-NaOH、NaHCO3或Fe、Fe（NO3）3或Na[Al（OH）4]、AlCl3或CaO、Ca（HCO3）2、CO2或Na2O2、NaHCO3等2C（石墨，s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol-1【分析】【分析】（1）若D为用量最大、用途最广的金属单质为Fe，加热蒸干B的溶液没有得到B的盐，说明该盐对应的酸为挥发性酸，则B的化学式可能为FeCl3或Fe（NO3）3；

（2）若A用作制冷剂；则A是氨气，B和D为空气的主要成分，D是氧气，B是氮气，C为NO；

（3）若D为氯碱工业的重要产品，应为NaOH，B具有两性，依据转化关系分析可知，能与NaOH连续反应的物质反应的转化关系为Al3+Al（OH）3AlO2-；

（4）若D为酸或酸性气体，A能与酸性气体反应生成两种不同的化合物，则A、C可以NaOH、NaHCO3或NaOH、NaHSO3或Fe、Fe（NO3）3；

（5）若C是一种温室气体判断为CO2，D是空气的主要成分之一依据转化关系推断应为氧气，实现上述转化关系的物质为：CCOCO2，C+CO2=2CO，则1mol黑色固体A完全燃烧放出393.5kJ热量，C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5KJ/mol，1molB气体完全燃烧放出283.0kJ热量，热化学方程式为：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0KJ/mol，根据盖斯定律计算得到A-B的热化学方程式；【解析】【解答】解：（1）若D为用量最大、用途最广的金属单质为Fe，加热蒸干B的溶液没有得到B的盐，说明该盐对应的酸为挥发性酸，则B的化学式可能为FeCl3或Fe（NO3）3；转化关系为CL2FeCl3FeCl2；

故答案为：FeCl3；

（2）若A用作制冷剂，则A是氨气，B和D为空气的主要成分，D是氧气，B是氮气，C为NO，转化关系NH3N2NO，反应②的化学方程式为：N2+O22NO；

故答案为：N2+O22NO；

（3）若D为氯碱工业的重要产品，应为NaOH，B具有两性，依据转化关系分析可知，能与NaOH连续反应的物质反应的转化关系为Al3+Al（OH）3AlO2-；反应②的离子方程式为：Al（OH）3+OH-=Al（OH）4-；

故答案为：Al（OH）3+OH-=Al（OH）4-；

（4）若D为酸或酸性气体；A能与酸性气体反应生成两种不同的化合物，说明是A2不同会生成不同产物，结合物质性质分析A；C可能的物质为：

NaOHNa2CO3（Na2SO3）NaHCO3（NaHSO3）；

FeFeCl2FeCl3；

NaAl（OH）4Al（OH）3AlCl3；

CaOCaCO3Ca（HCO3）2；

Na2O2NaCO3NaHCO3；

故答案为：NaOH、NaHCO3或Fe、Fe（NO3）3或Na[Al（OH）4]、AlCl3或CaO、Ca（HCO3）2、CO2或Na2O2、NaHCO3等；

（5）若C是一种温室气体判断为CO2，D是空气的主要成分之一依据转化关系推断应为氧气，实现上述转化关系的物质为：CCOCO2，C+CO2=2CO，则1mol黑色固体A完全燃烧放出393.5kJ热量，①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5KJ/mol，1molB气体完全燃烧放出283.0kJ热量，热化学方程式为：②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0KJ/mol，依据盖斯定律（①-②）×2得到：2C（石墨，s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol-1；

故答案为：2C（石墨，s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol-128、否b不填写Fe-2e-═Fe2+Fe（OH）32Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑【分析】【分析】A是一种非常重要的工业产品．据统计，地球上每年由于腐蚀而消耗的A约占每年产量的10%，则A是铁，电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，氯气能和铁反应生成氯化铁，则C是氯气，E是氯化铁，B和C反应生成F，F能和铁反应，则B是氢气，F是氯化氢，D是氢氧化钠，氢氧化钠和金属单质铝反应生成氢气，盐酸和铁反应生成氯化亚铁和氢气，则G是氯化亚铁，氯化铁和H反应生成沉淀和气体，气体y的密度约是空气密度的1.1倍则y是氧气，H具有强氧化性，为过氧化钠．【解析】【解答】解：A是一种非常重要的工业产品．据统计；地球上每年由于腐蚀而消耗的A约占每年产量的10%，则A是铁，电解饱和食盐水生成氢氧化钠；氢气和氯气，氯气能和铁反应生成氯化铁，则C是氯气，E是氯化铁，B和C反应生成F，F能和铁反应，则B是氢气，F是氯化氢，D是氢氧化钠，氢氧化钠和金属单质铝反应生成氢气，盐酸和铁反应生成氯化亚铁和氢气，则G是氯化亚铁，氯化铁和H反应生成沉淀和气体，气体y的密度约是空气密度的1.1倍则y是氧气，H具有强氧化性，为过氧化钠．

（1）液态F是氯化氢；氯化氢中只含分子不含自由离子，所以液态氯化氢不导电，故答案为：否；

（2）生铁中含有铁和碳，铁、碳和电解质溶液能构成原电池，铁作负极而加速被腐蚀，故选b；

负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-═Fe2+；

故答案为：b；Fe-2e-═Fe2+；

（3）气体y的密度约是空气密度的1.1倍，则y的相对分子质量为32，则y是氧气，H是过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和铁离子反应生成氢氧化铁，所以沉淀x的化学式是Fe（OH）3，物质H的电子式

故答案为：Fe（OH）3；

（4）氢氧化钠溶液和铝反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；

故答案为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑．29、略

【分析】解：rm{垄脵}能和酸、碱反应，rm{垄脷垄脹}都能生成rm{垄脺}rm{垄脺}受热分解生成rm{垄脻}电解熔融态的rm{垄脻}得到rm{垄脵}和氧气，说明rm{垄脻}是金属氧化物，rm{垄脵}为金属单质，高温下发生铝热反应，则rm{垄脵}是rm{Al}rm{垄脷}为偏铝酸盐、rm{垄脹}为铝盐、rm{垄脺}为rm{Al(OH)_{3}}rm{垄脻}为rm{Al_{2}O_{3}}

rm{垄谩}为弱碱，能被氧气氧化，说明其中金属元素具有变价，则为rm{Fe}元素，所以rm{垄脽}为rm{Fe}rm{垄脿}为亚铁盐、rm{垄谩}为rm{Fe(OH)_{2}}rm{垄芒}为rm{Fe(OH)_{3}}氢氧化铁受热分解得到rm{垄脼Fe_{2}O_{3}}

rm{(1)}通过以上分析知，rm{垄脵}rm{垄脺}rm{垄脿}rm{垄芒}分别为rm{Al}rm{Al(OH)_{3}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe(OH)_{3}}

故答案为：rm{Al}rm{Al(OH)_{3}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe(OH)_{3}}

rm{(2)}通过以上分析知；反应方程式分别为：

rm{垄脵+OH^{-}}为：rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}

rm{垄脵+H^{+}}为：rm{2Al+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}隆眉}

rm{垄脷+垄脹}为：rm{3AlO_{2}^{-}+Al^{3+}+6H_{2}O=4Al(OH)_{3}隆媒}

rm{垄脺隆煤垄脻}为：rm{2Al(OH)_{3}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}Al_{2}O_{3}+3H_{2}O}

rm{2Al(OH)_{3}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}Al_{2}O_{3}+3H_{2}O}为：rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}4Al+3O_{2}隆眉}

rm{垄脻隆煤垄脵+O_{2}}为：rm{2Al+Fe_{2}O_{3}dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}2Fe+Al_{2}O_{3}}

rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}4Al+3O_{2}隆眉}空气为：rm{垄脵+垄脼}

故答案为：rm{2Al+Fe_{2}O_{3}dfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}2Fe+Al_{2}O_{3}}rm{垄谩+}rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O=4Fe(OH)_{3}}rm{2Al(OH)_{3}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}Al_{2}O_{3}+3H_{2}O}rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}4Al+3O_{2}隆眉}rm{2Al+Fe_{2}O_{3}dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}2Fe+Al_{2}O_{3}}rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}．

rm{2Al+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}隆眉}能和酸、碱反应，rm{3AlO_{2}^{-}+Al^{3+}+6H_{2}O=4Al(OH)_{3}隆媒}都能生成rm{2Al(OH)_{3}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}Al_{2}O_{3}+3H_{2}O}rm{2Al_{2}O_{3}dfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}4Al+3O_{2}隆眉}受热分解生成rm{2Al+Fe_{2}O_{3}dfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}2Fe+Al_{2}O_{3}}电解熔融态的rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O=4Fe(OH)_{3}}得到rm{垄脵}和氧气，说明rm{垄脷垄脹}是金属氧化物，rm{垄脺}为金属单质，高温下发生铝热反应，则rm{垄脺}是rm{垄脻}rm{垄脻}为偏铝酸盐、rm{垄脵}为铝盐、rm{垄脻}为rm{垄脵}rm{垄脵}为rm{Al}

rm{垄脷}为弱碱，能被氧气氧化，说明其中金属元素具有变价，则为rm{垄脹}元素，所以rm{垄脺}为rm{Al(OH)_{3}}rm{垄脻}为亚铁盐、rm{Al_{2}O_{3}}为rm{垄谩}rm{Fe}为rm{垄脽}氢氧化铁受热分解得到rm{Fe}再结合题目解答．

本题以rm{垄脿}rm{垄谩}及其化合物为载体考查无机物推断，根据物质反应特点、物质的性质、反应条件为突破口采用正逆结合的方法进行推断，熟练掌握元素化合物知识，会正确书写离子方程式，题目难度中等．rm{Fe(OH)_{2}}【解析】rm{Al}rm{Al(OH)_{3}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{2Al+2