2024年人民版高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2024年人民版高三化学下册阶段测试试卷992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、下列有关说法不正确的是（）A.镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈B.手机上用的锂离子电池属于二次电池C.使用催化剂可改变工业合成NH3的反应限度D.生物质能本质上是太阳能2、下列过程中，涉及化学变化的是（）A.氯气通入水中制氯水B.四氯化碳萃取碘水中的碘C.活性炭使红墨水褪色D.蒸馏法将海水淡化为饮用水3、向100mLFeBr2溶液中通入标准状况下的Cl23.36L，Cl2全部被还原，最终测得溶液中c(Br－)是c(Cl－)的一半，则原FeBr2溶液的物质的量浓度(mol·L－1)是A.0.75B.1.5C.2D.34、标准状况下，下列物质占体积最大的是（）A.98gH2SO4B.1NA个CO2C.44.8LHClD.6gH25、科学家首次合成了三种新核素，其中一种是72185Hf．关于72185Hf下列说法正确的是（）A.是一种新元素B.中子数与质子数相等C.质量数比中子数多113D.是一种新原子6、agFe粉与一定量的硝酸在一定条件下充分反应,将生成的气体与标准状况下bL混合,恰好能被水完全吸收,则a和b的关系可能是A.b>0.3aB.b<0.2aC.0.23aD.无法确定7、实验室用Ca与H2反应制取氢化钙(CaH2)。下列实验装置和原理不能达到实验目的的是（）A.装置甲制取H2B.装置乙净化干燥H2C.装置丙制取CaH2D.装置丁吸收尾气评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、有机物A（C12H15ClO3）为含多种官能团的芳香族化合物；其结构简式如图1（其中虚线框内为未知部分的结构）所示，A可发生如下转化图2（其中部分产物已略去）．

已知：D能使溴的CCl4溶液褪色；B不能与FeCl3溶液发生显色反应；1molB最多能与2mol金属钠反应；C的催化氧化产物不能发生银镜反应．回答下列问题．

（1）写出C中官能团的名称____．

（2）A的结构简式（写出一种）：____．

（3）写出反应类型：C→D____；B→E____．

（4）写出E与新制Cu（OH）2反应的化学方程式____．

（5）E有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有____种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式____．

①含有苯环且苯环上只有一个取代基；②分子结构中含有甲基；③能发生水解反应．9、A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素的原子半径最小；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐；D与A同主族，且与E同周期；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的；A；B、D、E这四种元素，每一种与C元素都能形成原子个数比不相同的若干种化合物．请回答下列问题：

（1）C和E两种元素相比较，非金属性较强的是（填元素名称）____，可以验证该结论的是（填写编号）____；

A．比较这两种元素的常见单质的沸点。

B．比较这两种元素的单质与氢气化合的难易。

C．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性。

D．比较这两种元素的气态氢化物的酸性。

（2）A、C、D、E可形成两种酸式盐（均有四种元素组成），两种酸式盐相互反应的离子方程式为____．

（3）A、C、E间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为____．

（4）在火箭推进器中装有液态B2A4和液态A2C2，已知0.4mol液态B2A4和足量液态A2C2反应，生成气态B2和气态A2C，放出256.6kJ的热量．试写出该反应的热化学方程式：____．

（5）A、B、C可形成一种18电子的分子，该分子可与盐酸反应生成一种盐．写出该盐的电子式____．10、（2013•江苏学业考试）红酒密封储存时间越长；质量越好，其原因之一是储存过程中生成了具有香味的酯．在实验室可以用右图所示的装置制取乙酸乙酯．请回答：

（1）写出该反应的化学方程式____．

（2）下列试剂中，可用于鉴别乙醇和乙酸的是____（填序号）．

①水②紫色石蕊试液③碳酸钙。

（3）实验前a试管中盛放的是____（填化学式）的饱和溶液，实验后a试管中的液体分层，乙酸乙酯在____（填“上”或“下”）层．11、（2012秋•曲阜市校级期中）在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在85℃时发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=-QkJ/molCO和H2O浓度变化如图；则。

（1）0-4min的平均反应速率v（CO）=____mol/（L•min）

（2）下列能说明反应达到平衡状态的是____．

a、每消耗1molCO2的同时生成lmolH2Ob；体系压强保持不变。

c、v正（CO）=v逆（CO2）d；容器中混合气体的密度保持不变。

e、混合气体中H2O的体积分数保持不变f、CO2和H2的体积比保持不变。

t1℃时物质浓度（mol/L）的变化。

。时间COH2OCO2H200.2000.3000020.1380.2380.0620.0623C1C2C3C34C1C2C3C350.1160.2160.08460.0960.2660.104（3）t℃（高于850℃）时；在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如上表．

①表中3min-4min之间反应处于____状态；C1数值____0.08mol/L（填大于；小于或等于）．

②反应在4min-5min之间，平衡向逆方向移动，可能的原因是____（单选），表中5min-6min之间数值发生变化，可能的原因是____（单选）．

a．增加水蒸气b．降低温度。

c．使用催化剂d．增加氢气浓度．12、某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验．

【实验一】制取氯酸钾和氯水．

利用如图1所示实验装置和药品进行实验．

（1）装置A中玻璃仪器为圆底烧瓶和____，若对调B和C装置的位置，____（填“可能”或“不可能”）提高B中氯酸钾的产率．

【实验二】检验上述制备Cl2中混有的HCl．

选用图1装置A和图2所给装置以及药品进行实验．

（2）实验仪器接口连接顺序为：装置A→____、____→____、____→____、____→a．

能证明HCl存在的现象是____．

【实验三】氯酸钾与碘化钾反应的研究．

在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3．该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下（实验在室温下进行）：。试管编号12340.20mol•L-1KI/mL1.01.01.01.0KClO3（s）/g0.100.100.100.106.0mol•L-1H2SO4/ml03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00（3）系列a实验的实验目的是____，设计1号试管实验的作用是____．

【实验四】比较HClO与HCO3-电离常数的大小和测定饱和氯水中氯元素的总量．

查阅资料知：

i．实验室难以获得纯HClO溶液；

ii．次氯酸会破坏酸碱指示剂；

iii．次氯酸或氯气可被SO2、H2O2、和FeCl2等物质还原成Cl-．

（4）设计实验证明（实验方案不必描述操作过程的细节）；

①相同条件下，HClO的电离常数大于HCO3-：____．

②确定饱和氯水中氯元素的总量：____．13、硫酸亚铁是一种重要的化工产品，在工业上有重要的用途．学生探究烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备绿矾（FeSO4•7H2O式量为278）；并进一步计算产品的纯度．

工艺流程如下所示：

（1）烧渣在进行酸溶时用到的酸为____．

（2）过程ƒ灼烧时产生的气体通入下列溶液中；溶液不会褪色的是。

A．品红溶液B．紫色石蕊溶液C．酸性KMnO4溶液D．红色的酚酞试液。

（3）X是____，此时滤液N中发生反应的离子方程式为____．检验溶液Q中含有的金属阳离子的实验方法是____

（4）操作III的操作步骤为蒸发浓缩、____、过滤（填操作名称）、____；干燥．

（5）测定绿矾产品中Fe2+含量的实验步骤：

a．称取6.0g产品；溶解，在250mL容量瓶中定容；

b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；

c．用硫酸酸化的0.01mol•L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积为40.00mL．（滴定时发生反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O）．

①标准液应盛装在____滴定管中（填“酸式”或“碱式”）计算上述产品中FeSO4•7H2O的质量分数为____；

②若在a步操作中，进行定容时仰视刻度线定容，则会使测得的产品中FeSO4•7H2O的质量分数____．（填“偏大”“偏小”或“无影响”）．14、二氧化氯是国际上公认的含氯消毒剂中位移的高效消毒灭菌剂，对一切经水体传播的病原微生物均有很好的杀灭效果，在水处理等方面应用广泛．二氧化氯的部分性质如表．某小组拟用如图A所示装置模拟工业发用潮湿的KCIO3和草酸（H2C2O2）在60℃时反应制取收集液态ClO2。色态超过1kPa受热。

或遇光超过1kPa受热。

或遇光常温气体-59-11℃红黄色液体生成亚氯酸盐和氯酸盐爆炸回答下列问题：

（1）仪器A的名称是____

（2）温度计的作用是____，使用电动搅拌泵搅拌反应混合物的目的是____

（3）保存液态ClO2的条件是____（填字母）

a．常温、密封、不避光b．低温；敞口、不避光c．常温、敞口、避光d．低温、密封、避光。

（4）烧碱溶液的作用是____

（5）亚氯酸钠（NaClO2）也可用于二氧化氯的制备。

①观察亚氯酸钠的溶解度曲线图B，要从NaClO2溶液制得不含结晶水的晶体，操作是蒸发结晶，控制条件是____

②设计实验方案，验证酸性条件下亚氯酸钠的氧化性强于碘（I2）____15、雄黄（As4S4）和雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料；二者在自然界中共生．根据题意完成下列填空：

（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体．若As2S3和SnCl2正好完全反应，写出As2S3和SnCl2反应的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向和数目____．

（2）上述反应中的氧化剂是____，反应产生的气体可用____吸收．

（3）As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+10H++10NO3-═2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O若生成2molH3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为____．若将该反应设计成一原电池，则NO2应该在____（填“正极”或“负极”）附近逸出．

（4）若反应产物NO2与11.2LO2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量____（选填编号）．

a．小于0.5molb．等于0.5molc．大于0.5mold．无法确定．16、（8分）利用示踪原子可以研究化学反应．比如乙酸乙酯与水反应，生成醋酸和乙醇，反应方程式为：乙酸乙酯水醋酸乙醇那么，水解过程是从甲处断开还是从乙处断开呢?试分析说明如何通过示踪原子的方法来确定化学反应的过程．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)17、化学变化中的能量变化都是化学能和热能间的相互转化．____．（判断对错）18、实验室通过消石灰和NH4Cl固体制备NH3，属于离子反应____（判断对和错）19、在0.5molNa2SO4中含有Na+的数目为6.02×1023个____．（判断对错）20、标准状况下，18gH2O所含的氧原子数目为NA．____（判断对错）21、25℃、pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH-数目为0.2NA．____（判断对错）22、伴有能量变化的物质变化都是化学变化．____．（判断对错）23、可逆反应达到平衡，反应就不再进行．____（判断对错）24、常温常压下，22.4LO3中含有3nA个氧原子____（判断对错）评卷人得分四、计算题(共4题，共20分)25、（2015秋•枣阳市校级期中）等质量的两种金属粉末A；B分别与同浓度的足量稀盐酸反应；都生成+2价金属氯化物，其反应情况如图所示：

（1）两种金属的活动性顺序是____＞____；两种金属氯化物的摩尔质量是____＞____；

（2）将两种金属粉末按一定比例混合后；进行甲；乙丙三组实验，三组实验各取500mL同浓度的盐酸溶液加入该种混合粉末，产生气体，有关数据如下：

。实验序号甲乙丙混合粉末质量（g）6.218.624.8生成气体气体（mL）224056005600①乙组实验中，盐酸____（填“过量”；“适量”或“不足量”）

②上述所用的盐酸的物质的量浓度为____mol/L，混合粉末的平均摩尔质量是____．26、（1）1L质量分数为98%（密度为1.84g/cm3）的浓硫酸中含____mol的硫酸分子，共含____mol的氧原子．

（2）将4gNaOH溶于____g水中，可使溶液中H2O与Na+的物质的量之比为20：1，若测得该溶液的密度为1.1g/cm3，则溶液中c（NaOH）为____．27、某二价金属氢氧化物溶液加入过量NaHCO3溶液，生成二价金属碳酸盐沉淀，经过滤所得沉淀烘干后称得其质量为39.4g；将沉淀与足量盐酸反应，生成气体4.48L．取滤液的恰好与1mol/L的盐酸70mL完全反应；收集到气体1.12L（标准状况）．回答：

（1）39.4g沉淀的物质的量____；

（2）二价金属的相对原子质量____；

（3）加入NaHCO3的质量____．28、已知少量碳酸钠与足量盐酸反应；有二氧化碳气体放出；而少量盐酸与过量碳酸钠反应，则生成碳酸氢钠和氯化钠，无气体放出．现有A；B两瓶无色溶液，其中一瓶是稀盐酸，另一瓶是碳酸钠溶液．为测定两瓶溶液的成分及物质的量浓度，进行以下实验：

①取20mLA溶液；向其中缓慢滴入B溶液25mL，共收集到112mL（标准状况）气体．

②取25mLB溶液；向其中缓慢滴入A溶液20mL，共收集到56mL（标准状况）气体．

（1）写出少量盐酸与过量碳酸钠反应，无气体放出的离子方程式____；

（2）为使上述①②反应完全，还需加入____；（填“稀盐酸”或“碳酸钠溶液”）A溶液的物质的量浓度为____mol•L-1．评卷人得分五、简答题(共2题，共16分)29、尿素rm{CO(NH_{2})_{2}]}是一种非常重要的高氮化肥，以天然气rm{(}含rm{H_{2}S)}为原料合成尿素的主要步骤如图rm{1}所示rm{(}图中某些转化步骤未列出rm{)}．

请回答下列问题：

rm{(1)}反应rm{垄脵}的离子方程式是______．

rm{(2)}天然气脱硫后产生的rm{Fe_{2}S_{3}}和rm{H_{2}O}与rm{0_{2}}反应的化学方程式是______．

rm{(3)}反应rm{垄脷N_{2}+3H_{2}?2NH_{3}triangleH<0}温度升高，该反应的平衡常数______rm{垄脷N_{2}+3H_{2}?2NH_{3}triangle

H<0}填“增大”、“减小”或“不变”rm{(}如该反应在恒容恒温条件下进行；下列说法能判断达到平衡的是______．

A.单位时间内生成rm{).}rm{nmol}同时消耗rm{N_{2}}rm{3nmol}rm{H_{2}}混合气体的密度不变。

C.混合气体的平均摩尔质量不变rm{B.}rm{D.N_{2}}rm{H_{2}}浓度之比为rm{NH_{3}}rm{1}rm{3}

rm{2}rm{(4)H_{2}NCOONH_{4}}氨基甲酸铵rm{(}是合成尿素的中间体，rm{)}在水溶液中要发生水解反应；其水解反应的离子方程式为：______．

rm{H_{2}NCOONH_{4}}如果整个生产过程釆用绿色化学工艺，则生产rm{(5)}尿素理论上需要rm{120t}______rm{CH_{4}}rm{m^{3}}标准状况rm{(}．

rm{)}化学家正在研究尿素动力燃料电池，尿液也能发电rm{(6)}用这种电池直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水又能发电rm{拢隆}尿素燃料电池结构如图rm{.}所示，工作时负极的电极反应式为______．rm{2}30、为探索工业中含有铝；铁、铜的合金废料的再利用；某同学设计了如下回收方案：

（1）操作①的名称是______；滤渣B含有______（填化学式）。

（2）反应①的离子方程式是______。

（3）若要从滤液D中得到绿矶晶体；必须进行的实验操作是______；冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有______（填序号）。

A．漏斗B．坩埚C．烧杯D．玻璃棒。

（4）试剂Y应该是一种______（填“氧化剂”或“还原剂”）；它不可能是______（填序号）。

A．H2O2B．H2C．O2D．Fe。评卷人得分六、探究题(共4题，共32分)31、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________．32、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：33、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________．34、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7题，共14分)1、C【分析】【分析】A．作原电池负极的金属加速被腐蚀；作原电池正极的金属被保护；

B．能多次充放电的电池为二次电池；

C．催化剂只能改变反应速率；不能改变平衡移动；

D．生物质能来源于太阳能．【解析】【解答】解：A．Cu；Fe和电解质溶液构成原电池；Fe易失电子作负极、Cu作正极，所以Fe加速被腐蚀，故A正确；

B．锂离子电池能多次充放电；属于二次电池，故B正确；

C．催化剂只能改变反应速率；不能改变平衡移动，所以只能改变反应时间，不能改变反应限度，故C错误；

D．生物质能是太阳能转化而来的；所以生物质能本质上是太阳能，故D正确；

故选C．2、A【分析】【分析】化学变化是指在原子核不变的情况下，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，化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质生成，据此分析判断．【解析】【解答】解：A．氯气通入水中制氯水；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，生成了新物质，是化学变化，故A正确；

B．四氯化碳与水不互溶；而且碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的大很多，所以可用四氯化碳作萃取剂，从碘水中萃取碘单质，没有新物质生成，是物理变化，故B错误；

C．活性炭使红墨水褪色；是利用活性炭的吸附性，吸附颜色等，没有生成其他物质，是物理变化，故C错误；

D．因盐类物质的沸点比水高；则从海水中获得淡水，根据物质沸点的差异，可用蒸馏的方法获得，没有新物质生成，是物理变化，故D错误；

故选A．3、B【分析】设原FeBr2溶液的物质的量浓度是x。由于亚铁离子的还原性强于溴离子的，因此氯水首先氧化的是亚铁离子，所以0.1x＋（0.2x－0.3÷2）＝0.15×2，解得x＝1.5mol/L，答案选B。【解析】【答案】B4、D【分析】【分析】标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，根据V=nVm知，气体体积与其物质的量成正比，要使气体体积最大，则气体的物质的量最大，据此分析解答．【解析】【解答】解：A．标况下硫酸是液体；其体积不能根据气体摩尔体积计算，98g硫酸体积较小；

B.1NA个CO2的物质的量是1mol；标况下其体积为22.4L；

C．标况下HCl气体体积为44.8L；

D.6g氢气在标况下体积==67.2L；

通过以上分析知；体积最大的是氢气；

故选D．5、D【分析】【分析】72185Hf是一种原子，其质量数为185，质子数为72，中子数=质量数-质子数，据此分析．【解析】【解答】解：A、72185Hf是一种原子；而不是新元素，是新的核素，故A错误；

B、72185Hf的质子数是72；中子数=185-72=113，所以质子数和中子数不等，故B错误．

C、72185Hf的中子数是113；质量数是185，所以质量数比质子数多72，故C错误．

D、72185Hf是一种核素；而不是新元素，是新的原子，故D正确．

故选D．6、C【分析】将生成的气体与标准状况下bL混合，恰好能被水完全吸收，说明硝酸的还原产物又被氧化生成了硝酸，这相当于铁失去的电子又被氧气得到。若铁失去2个电子，则根据电子的得失守恒可知，b＝0.2a；若铁失去3个电子，则b＝0.3a，所以正确的答案选C。【解析】【答案】C7、D【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；仪器的选取、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

【解答】

A．制取氢气需要固液不加热型装置；该实验装置符合条件，故A正确；

B．盐酸具有挥发性；导致生成的氢气中含有HCl，碱液吸收HCl，浓硫酸具有吸水性且和氢气不反应，所以用NaOH吸收HCl；用浓硫酸干燥氢气，故B正确；

C．氢气和钙在加热条件下反应生成氢化钙；所以用该装置制取氢化钙，故C正确；

D．氢气不能被碱石灰吸收；所以不能用碱石灰处理尾气，故D错误；

故选：D。

【解析】D二、填空题(共9题，共18分)8、羧基、羟基或消去反应氧化反应+2Cu（OH）2+Cu2O↓+2H2O5【分析】【分析】有机物A的分子式为C12H15ClO3，A在氢氧化钠水溶液发生水解反应、酸化得到B、C，可知A含有酯基，C的催化氧化产物不能发生银镜反应，结合A的部分结构以及B、C分子式可知，A的结构简式为或故C为B为B发生催化氧化生成E为E与新制氢氧化铜反应、酸化得到．C发生消去反应生成D为CH2═CHCOOH，D发生加聚反应得到据此解答．【解析】【解答】解：有机物A的分子式为C12H15ClO3，A在氢氧化钠水溶液发生水解反应、酸化得到B、C，可知A含有酯基，C的催化氧化产物不能发生银镜反应，结合A的部分结构以及B、C分子式可知，A的结构简式为或故C为B为B发生催化氧化生成E为E与新制氢氧化铜反应、酸化得到．C发生消去反应生成D为CH2═CHCOOH，D发生加聚反应得到

（1）C为含有官能团的名称为：羧基；羟基，故答案为：羧基、羟基；

（2）由上述分析可知，A的结构简式为：或

故答案为：或

（3）C→D发生醇的消去反应；B→E是醇发生催化氧化，故答案为：消去反应；氧化反应；

（4）E与新制Cu（OH）2反应的化学方程式：+2Cu（OH）2+Cu2O↓+2H2O；

故答案为：+2Cu（OH）2+Cu2O↓+2H2O；

（6）E为E有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体：①含有苯环且苯环上只有一个取代基；②分子结构中含有甲基；③能发生水解反应，含有酯基，侧链为-CH（CH3）OOCH、-CH2OOCCH3、-CH2COOCH3、-OOCCH2CH3或-COOCH2CH3，共有5种，其中任意一种同分异构体的结构简式：等；

故答案为：5；．9、氧BCHSO3-+H+=SO2↑+H2OHS-+OH-=S2-+H2ON2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.5kJ•mol-1【分析】【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大．A元素的原子半径最小，则A为H元素；B元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物能生成盐，则B为N元素；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3/4，则E原子核外有3的电子层，最外层电子数为6，在E为S元素；D与A同主族，且与E同周期，则D为Na元素；A、B、D、E这四种元素都能与C元素形成原子个数比不相同的若干种化合物，则C为氧元素，据此解答各小题即可．【解析】【解答】解：依据分析可知：A为氢；B为氮，C为氧，D为钠，E为硫；

（1）O和S两种元素相比较；非金属性较强的是O，同一主族中，原子序数越小，非金属性越强，可以利用与氢气反应的难易程度；氢化物的稳定性进行验证，不能利用其物理性质判断，水显中性，不能利用其氢化物的酸性比较，故答案为：氧；BC；

（2）H、N、O、S形成两种酸式盐（均由四种元素组成）为NaHSO3、NaHSO4，二者反应的离子方程式为：HSO3-+H+=SO2↑+H2O，故答案为：HSO3-+H+=SO2↑+H2O；

（3）H、O、S间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，甲有18个电子，则甲为HS-，乙有10个电子，则乙为OH-，甲与乙反应的离子方程式为：HS-+OH-=S2-+H2O；

故答案为：HS-+OH-=S2-+H2O；

（4）在火箭推进器中装有液态N2H4和液态H2O2，0.4mol液态N2H4和足量液态H2O2反应，生成气态N2和气态H2O，放出256.6kJ的热量，则1mol液态N2H4反应放出的热量为256.6kJ×=641.5kJ，故该反应的热化学方程式为：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.5kJ•mol-1；

故答案为：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.5kJ•mol-1；

（5）H、N、O可形成一种18电子的分子为：NH2OH，该分子可与盐酸反应生成一种盐：[NH3OH]Cl，该盐的电子式为：

故答案为：．10、CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O②③Na2CO3上【分析】【分析】（1）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水；据此写出反应的化学方程式；

（2）根据乙醇为中性；乙酸显示酸性可以利用紫色的石蕊、碳酸钙等进行检验；

（3）饱和Na2CO3溶液中中，降低了乙酸乙酯的溶解度，同时还能除去混有的乙醇和乙酸，所以使饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯；乙酸乙酯密度小于碳酸钠溶液密度，所以在混合液的上层．【解析】【解答】解：（1）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发发生反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；

故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；

（2）①乙醇与乙酸都能溶于水；无法用水鉴别，故①错误；

②乙醇为中性溶液；乙酸为酸性溶液，乙酸能够使紫色石蕊变红，可以鉴别，故②正确；

③碳酸钙与乙醇不反应；碳酸钙能够与乙酸反应生成二氧化碳气体，可以用碳酸钙鉴别乙醇和乙酸，故③正确；

故答案为：②③；

（3）制备乙酸乙酯时常用饱和Na2CO3溶液吸收乙酸乙酯；除去乙醇和乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；乙酸乙酯的密度比饱和碳酸钠溶液的密度小，所以混合液分层后乙酸乙酯在上层；

故答案为：Na2CO3；上．11、0.03ce平衡大于da【分析】【分析】（1）根据v（CO）=计算CO的平均反应速率；

（2）可逆反应达到平衡状态时；同一物质的正逆反应速率相等，平衡体系中各物质的物质的量浓度不变；百分含量不变，据此判断；

（3）①可逆反应达到平衡状态；平衡体系中各物质的物质的量浓度不变，该反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；

②根据4min-5min之间、5min-6min之间，各物质的浓度变化判断改变的条件．【解析】【解答】解：（1）v（CO）===0.03mol/L．min；故答案为：0.03mol/L．min；

（2）a、无论反应是否达到平衡状态，每消耗1molCO2的同时生成lmolH2O；所以不能作为判断平衡的依据，故错误；

b；该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应；无论反应是否达到平衡状态，体系压强始终保持不变，所以不能作为判断平衡的依据，故错误；

c、当v正（CO）=v逆（CO2）时；该反应达到平衡状态，所以可以作为判断平衡的依据，故正确；

d；反应前后气体的质量不变；容器的体积不变，所以气体的密度始终不变，所以容器中混合气体的密度保持不变不能作为判断平衡的依据，故错误；

e、反应达到平衡状态时，各物质的体积不变，所以混合气体中H2O的体积分数保持不变可以作为判断平衡的依据；故正确；

f、无论反应是否达到平衡状态，CO2和H2的体积比可能都保持不变；这与反应起始浓度和转化率有关，所以不能作为判断平衡的依据，故错误；

故选ce；

（3）①3min；4min时；各物质的物质的量浓度不变，所以该反应达到平衡状态；

该CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以t℃（高于850℃）时，C1数值大于850℃CO的浓度，所以C1＞0.08mol/L；

故答案为：平衡；＞；

②C1＞0.08mol/L，则C3＜0.12mol/L，C2＞0.18mol/L；4min-5min之间，平衡向逆方向移动，二氧化碳的浓度降低，一氧化碳和水蒸气的浓度都增大，所以改变的条件是增大氢气的浓度；

5min-6min之间；一氧化碳浓度减小，水蒸气和二氧化碳浓度增大，平衡向正反应方向移动，则改变的条件是增大水蒸气的浓度；

故答案为：d；a．12、分液漏斗可能edbcfg④中淀粉-KI试纸不变蓝色，装置①中产生白色沉淀研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响硫酸浓度为0的对比实验配制相同物质的量浓度的碳酸钠和次氯酸钠溶液，用pH计分别测定两种溶液的pH值量取一定量的试样，加入足量的双氧水溶液，充分反应后，加热除去过量的双氧水，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得【分析】【分析】（1）装置A中玻璃仪器为圆底烧瓶和分液漏斗；因为该反应是放热反应；生成的氯气中含有HCl，HCl易和NaOH发生中和反应；

（2）用浓硫酸除去气体中的水蒸气；该洗气装置中导气管应该遵循“长进短出”原则，然后用Cu除去氯气，用湿润的KI试纸检验氯气是否除净，最后用硝酸银检验HCl；

（3）根据表中数据知；混合后只有硫酸浓度不同，由此得知其研究目的是探究硫酸浓度对反应产物的影响；

只有对比实验才能得出正确结论；

（4）①酸的酸性越强；其对应的钠盐溶液pH越小；

②次氯酸或氯气可被SO2、H2O2、和FeCl2等物质还原成Cl-，可以用双氧水等物质将氯气和次氯酸转化为氯离子，然后用硝酸银将氯离子转化为AgCl沉淀，从而得出氯元素总量．【解析】【解答】解：（1）装置A中玻璃仪器为圆底烧瓶和分液漏斗；因为该反应是放热反应；生成的氯气中含有HCl，HCl易和NaOH发生中和反应，为了提高氯气和NaOH反应产率，可以先用水除去HCl，所以可能提高B中氯酸钾的产率；

故答案为：分液漏斗；可能；

（2）用浓硫酸除去气体中的水蒸气，该洗气装置中导气管应该遵循“长进短出”原则，然后用Cu除去氯气，用湿润的KI试纸检验氯气是否除净，最后用硝酸银检验HCl，其连接顺序是e、d、b；c、f、g；如果④中淀粉-KI试纸不变蓝色，说明不含氯气，装置①中产生白色沉淀，说明含有HCl；

故答案为：e；d；b；c；f；g；④中淀粉-KI试纸不变蓝色；装置①中产生白色沉淀；

（3）根据表中数据知；混合后只有硫酸浓度不同，由此得知其研究目的是探究硫酸浓度对反应产物的影响；

只有对比实验才能得出正确结论；所以设计1号试管实验的作用是硫酸浓度为0的对比实验；

故答案为：研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；硫酸浓度为0的对比实验；

（4）①酸的酸性越强；其对应的钠盐溶液pH越小，所以其实验方法为配制相同物质的量浓度的碳酸钠和次氯酸钠溶液，用pH计分别测定两种溶液的pH值，pH值越大的其对应的酸越弱；

故答案为：配制相同物质的量浓度的碳酸钠和次氯酸钠溶液；用pH计分别测定两种溶液的pH值；

②次氯酸或氯气可被SO2、H2O2、和FeCl2等物质还原成Cl-；可以用双氧水等物质将氯气和次氯酸转化为氯离子，然后用硝酸银将氯离子转化为AgCl沉淀，从而得出氯元素总量，所以实验方法为；

故答案为：量取一定量的试样，加入足量的双氧水溶液，充分反应后，加热除去过量的双氧水，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得氯元素总量．13、硫酸铁粉Fe+2Fe3+=3Fe2+取待测液于试管中，滴入几滴KSCN，无明显现象，滴入双氧水或氯水，溶液变血红色，则说明溶液中含有亚铁离子冷却结晶洗涤酸式92.7%偏小【分析】【分析】烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备绿矾；为了减少引入新杂质，所以用硫酸溶解并通入足量氧气，反应后过滤得到滤渣M和溶液N，滤渣M中含硫，灼烧后会产生二氧化硫，溶液N中主要溶质为硫酸铁，加入足量的铁粉反应生成硫酸亚铁，过滤除去多余的铁粉，得到硫酸亚铁溶液，将硫酸亚铁溶液蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾；

（1）本实验要制备绿矾；为了不引入新杂质，要用硫酸溶解；

（2）过程ƒ灼烧时产生的气体为SO2；具有还原性和漂白性及酸性氧化物的通性；

（3）根据流程分析可知；溶液N中主要溶质为硫酸铁，要制得绿矾要加铁粉，检验亚铁离子可以用KSCN溶液及氧化剂，看溶液颜色的变化；

（4）从硫酸亚铁溶液中得到绿矾；要将硫酸亚铁溶液蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；

（5）①高锰酸钾有强氧化性，应用酸式滴定管，根据电子得失守恒有关系式KMnO4～5FeSO4•7H2O，利用高锰酸钾的物质的量可以计算出FeSO4•7H2O的物质的量；进而确定质量分数；

②若在a步操作中，进行定容时仰视刻度线定容，则所得样品溶液浓度偏小，消耗的高锰酸钾的体积也会偏小，据此答题．【解析】【解答】解：烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备绿矾；为了减少引入新杂质，所以用硫酸溶解并通入足量氧气，反应后过滤得到滤渣M和溶液N，滤渣M中含硫，灼烧后会产生二氧化硫，溶液N中主要溶质为硫酸铁，加入足量的铁粉反应生成硫酸亚铁，过滤除去多余的铁粉，得到硫酸亚铁溶液，将硫酸亚铁溶液蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾；

（1）本实验要制备绿矾；为了不引入新杂质，要用硫酸溶解；

故答案为：硫酸；

（2）过程ƒ灼烧时产生的气体为SO2，具有还原性和漂白性及酸性氧化物的通性，能使品红褪色，能与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而使其褪色；能与碱反应使红色的酚酞试液褪色，不能使紫色石蕊溶液褪色，故选B；

（3）根据流程分析可知，溶液N中主要溶质为硫酸铁，要制得绿矾要加铁粉，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；检验亚铁离子的方法是取待测液于试管中，滴入几滴KSCN，无明显现象，滴入双氧水或氯水，溶液变血红色，则说明溶液中含有亚铁离子；

故答案为：铁粉；Fe+2Fe3+=3Fe2+；取待测液于试管中；滴入几滴KSCN，无明显现象，滴入双氧水或氯水，溶液变血红色，则说明溶液中含有亚铁离子；

（4）从硫酸亚铁溶液中得到绿矾；要将硫酸亚铁溶液蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；

故答案为：冷却结晶；洗涤；

（5）①高锰酸钾有强氧化性，应用酸式滴定管，高锰酸钾的物质的量为0.01mol•L-1×0.04L=0.0004mol，根据电子得失守恒有关系式KMnO4～5FeSO4•7H2O，则6.0g产品中含有FeSO4•7H2O的质量0.0004mol××5×278g/mol=5.56g，所以FeSO4•7H2O的质量分数为×100%=92.7%；

故答案为：酸式；92.7%；

②若在a步操作中，进行定容时仰视刻度线定容，则所得样品溶液浓度偏小，消耗的高锰酸钾的体积也会偏小，根据①的计算可知测得的产品中FeSO4•7H2O的质量分数偏小；

故答案为：偏小．14、圆底烧瓶测量反应温度增大反应速率d吸收尾气减压蒸发，温度略高于（或大于）38℃在淀粉碘化钾溶液中加入少量NaClO2溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液变蓝说明亚氯酸钠的氧化性强于碘【分析】【分析】用潮湿的KCIO3和草酸（H2C2O2）在60℃时反应制取收集液态ClO2，为保持温度恒定，反应需在水浴加热的条件下进行，反应装置用到电动搅拌泵搅拌，可使反应物充分接触，增大反应速率，为防止ClO2挥发；应冷凝收集，且用氢氧化钠溶液进行尾气吸收；

根据图象中氯酸钠的溶解度曲线确定；从溶解度曲线可以看出，常压在略高于38℃时蒸发留在母液中的NaClO2太多；只有减压时蒸发；

可根据亚氯酸钠在酸性条件下与碘化钾淀粉溶液反应，观察溶液是否变蓝色检验氧化性．【解析】【解答】解：用潮湿的KCIO3和草酸（H2C2O2）在60℃时反应制取收集液态ClO2，为保持温度恒定，反应需在水浴加热的条件下进行，反应装置用到电动搅拌泵搅拌，可使反应物充分接触，增大反应速率，为防止ClO2挥发；应冷凝收集，且用氢氧化钠溶液进行尾气吸收；

（1）由实验装置图可知A为圆底烧瓶；故答案为：圆底烧瓶；

（2）反应需在60℃时进行；需要温度计测量反应温度，以便控制反应温度，反应装置用到电动搅拌泵搅拌，可使反应物充分接触，增大反应速率；

故答案为：测量反应温度；增大反应速率；

（3）在-59-11℃为红黄色液体；且超过1kPa受热或遇光爆炸，应在低温下避光保存，故答案为：d；

（4）为防止ClO2污染空气，且ClO2与氢氧化钠溶液反应生成亚氯酸盐和氯酸盐；可用氢氧化钠溶液吸收尾气，故答案为：吸收尾气；

（5）①从溶解度曲线可以看出，常压在略高于38℃时蒸发留在母液中的NaClO2太多；只有减压时蒸发，在略高于38℃时水分挥发多一些；母液少一些；

根故答案为：减压蒸发；温度略高于（或大于）38℃；

②在淀粉碘化钾溶液中加入少量NaClO2溶液；并加入少量的稀硫酸，溶液变蓝，说明生成碘，则可说明亚氯酸钠的氧化性强于碘．

故答案为：在淀粉碘化钾溶液中加入少量NaClO2溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液变蓝说明亚氯酸钠的氧化性强于碘．15、As2S3氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液10mol正极a【分析】【分析】（1）根据反应物和生成物来分析反应；则利用氧化还原反应反应中得失电子守恒来分析完全反应的物质的量之比来解答；

（2）根据反应物中某元素化合价的降低来分析氧化剂；并利用气体的性质来分析气体的吸收；

（3）根据氧化还原反应中生成的H3AsO4的物质的量与转移电子数的关系来计算；利用原电池中正极发生还原反应，则某元素的化合价降低来解答；

（4）根据NO2与11.2LO2（混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，再利用碳与浓硝酸的反应来分析解答．【解析】【解答】解：（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，则反应为2As2S3+2SnCl2+4HCl═2SnCl4+As4S4+2H2S，根据电子得失守恒知1molAs2S3作氧化剂得到2mol电子，而1molSnCl2作还原剂失去2mol电子，电子转移情况如下：

故答案为：

（2）因As2S3在该反应中As元素的化合价降低，则As2S3为氧化剂，又H2S是还原性气体可用碱液吸收或硫酸铜溶液吸收；

故答案为：As2S3；氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液；

（3）由反应As2S3+10H++10NO3-═2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O可知，As2S3作还原剂，转移电子数为2×（5-3）+3×（0+2）=10，则生成2molH3AsO4时反应中转移电子的物质的量为10mol，又原电池中正极发生还原反应，则某元素的化合价降低，由反应可知N元素的化合价由+5降低到+4，则NO2属于还原产物；在正极生成；

故答案为：10mol；正极；

（4）由NO2与11.2LO2混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，则4NO2+O2+2H20═4HNO3，氧气的物质的量为=0.5mol；

则由反应可知硝酸的物质的量为0.5mol×4=2mol；

若硝酸完全反应，则根据电子守恒可知生成CO2的量是0.5mol，但考虑到随着反应到进行，硝酸的浓度会降低而稀硝酸不与碳反应，则产生的CO2的量小于0.5mol；

故答案为：a．16、略

【分析】考查酯化反应的原理和同位素示踪法在研究化学反应历程中的作用。【解析】【答案】如果反应从甲处断开，则乙酸乙酯将与水中的OH－结合，生成醋酸，醋酸中将含有这里的O。如果从乙处断开，则乙酸乙酯将与水中的H＋结合，生成醋酸，醋酸中将不含有这里的O，而乙醇中则含有这里的O。为此只要采用具有放射性的做标记的水来参与化学反应，即可判断。检测生成物的放射性，结果发现生成物中醋酸有放射性，含有而乙醇没有放射性，没有所以反应一定是从甲处断开的。三、判断题(共8题，共16分)17、×【分析】【分析】化学变化中的能量变化主要是热量变化，另外还有光能、电能等等．【解析】【解答】解：化学反应中能量变化的形式主要是热量变化，还有热能、光能、电能等等，故错误，故答案为：×．18、×【分析】【分析】有离子参加的化学反应是离子反应，离子反应离子反应的本质是某些离子浓度发生改变，常见离子反应多在水溶液中进行，据此解答即可．【解析】【解答】解：实验室通过消石灰和NH4Cl固体制备NH3，化学反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3↑+CaCl2+2H2O，此反应是在大试管中进行，无溶液，故不属于离子反应，答案为：×．19、√【分析】【分析】根据化学式为Na2SO4，利用硫酸钠的物质的量来确定钠离子的物质的量，再利用N=n×NA来计算钠离子的数目．【解析】【解答】解：0.5molNa2SO4中钠离子的物质的量为0.5mol×2=1mol；

则由N=n×NA可知，则钠离子的个数为1mol×6.02×1023mol-1=6.02×1023；

故答案为：√．20、√【分析】【分析】根据水的质量计算出物质的量，再计算出氧原子数目．【解析】【解答】解：18g水的物质的量为1mol，含的氧原子数目为NA，故答案为：√．21、×【分析】【分析】根据PH=-lg[H+]、[H+][OH-]=Kw、n=cV来计算；【解析】【解答】解：pH=13的Ba（OH）2溶液，[H+]=10-13mol/L，依据[H+][OH-]=Kw，[OH-]=10-1mol/L，25℃、pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH-数目为10-1mol/L×1L=0.1mol，含有的OH-数目为0.1NA，故错误．22、×【分析】【分析】伴有能量变化的物质变化不一定发生化学反应．【解析】【解答】解：伴有能量变化的物质变化不一定是化学变化，如灯泡发光过程中有热能变化，故错误；23、×【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：×．24、×【分析】【分析】常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，无法计算物质的量．【解析】【解答】解：常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，则22.4LO3的物质的量不等于1mol，氧原子个数不等于3nA；

故答案为：×．四、计算题(共4题，共20分)25、BABA不足量162g/mol【分析】【分析】（1）从图可知；B与盐酸的曲线的斜率要大，这个斜率就是反应的速率大小，所以两种金属的活动性顺序是B＞A，等质量的A；B与同浓度的足量稀盐酸反应，A放出的氢气多（看最后平台对应的纵坐标），所以A的摩尔质量要小；

（2）①甲组实验；后面随着金属的量增加，放出的气体增加，故甲组是盐酸过量，乙组实验中，金属质量是甲组的3倍，如果金属全都反应完，产生的气体应该是甲组的3倍，而给出的数据是小于3倍，很明显乙组中的盐酸已经不足了；

②计算最终生成氢气的物质的量；根据H原子守恒计算n（HCl），进而计算c（HCl）；

甲组实验中金属完全反应，金属都为+2价，根据电子转移守恒，金属物质的量等于氢气物质的量，则金属的平均摩尔质量═金属的质量÷气体的物质的量．【解析】【解答】解：（1）从图可知；B与盐酸的曲线的斜率要大，这个斜率就是反应的速率大小，所以两种金属的活动性顺序是B＞A，等质量的A；B与同浓度的足量稀盐酸反应，A放出的氢气多（看最后平台对应的纵坐标），所以A的摩尔质量要小；

故答案为：B＞A；B＞A；

（2）①甲组实验；后面随着金属的量增加，放出的气体增加，故甲组是盐酸过量，乙组实验中，金属质量是甲组的3倍，如果金属全都反应完，产生的气体应该是甲组的3倍，而给出的数据是小于3倍，很明显乙组中的盐酸已经不足了；

故答案为：不足量；

②最终生成氢气的物质的量为=0.25mol，根据H原子守恒n（HCl）=0.25mol×2=0.5mol，所以c（HCl）==1mol/L；

甲组实验中金属完全反应，金属都为+2价，根据电子转移守恒，金属物质的量等于氢气物质的量，此时生成氢气为=0.1mol；故金属的平均摩尔质量═6.2g÷0.1mol=62g/mol；

故答案为：1；62g/mol．26、18.475.6362.75mol/L【分析】【分析】（1）硫酸的物质的量浓度C=；硫酸的物质的量=CV，每个硫酸分子中含有4个O原子，据此计算硫酸中O原子的物质的量，再根据溶液质量与硫酸质量的差为水的质量，计算水的物质的量及水中O原子的物质的量，两种物质中O原子的物质的量就是溶液中O原子的物质的量；

（2）n（NaOH）==0.1mol，H2O与Na+的物质的量之比为20：1；则水的物质的量为0.1mol×20=2mol，水的质量=2mol×18g/mol=36g；

溶液体积=，C=．【解析】【解答】解：（1）硫酸的物质的量浓度C==mol/L=18.4mol/L；硫酸的物质的量=CV=18.4mol/L×1L=18.4mol，每个硫酸分子中含有4个O原子，所以硫酸中O原子的物质的量=18.4mol×4=73.6mol；

水的物质的量==2.04mol；水中氧原子的物质的量=2.04mol；

所以总的O原子个数=73.6mol+2.04mol=75.6mol；

故答案为：18.4；75.6；

（2）n（NaOH）==0.1mol，H2O与Na+的物质的量之比为20：1；则水的物质的量为0.1mol×20=2mol，水的质量=2mol×18g/mol=36g；

溶液体积=，C===2.75mol/L；

故答案为：36；2.75mol/L．27、0.2mol13733.6g【分析】【分析】根据MCO3沉淀39.4g经过滤、洗涤干燥后与足量的稀盐酸充分反应后收集到在标准状况下的4.48L气体为二氧化碳，利用该反应的化学方程式可知，可计算金属M的相对原子质量以及沉淀的物质的量，根据滤液碳酸钠和盐酸之间的反应计算加入NaHCO3的质量．【解析】【解答】解：（1）某二价金属氢氧化物溶液加入过量NaHCO3溶液，发生反应：M2++2OH-+2HCO3-=MCO3+CO32-+2H2O，生成二价金属碳酸盐沉淀MCO3，其质量为39.4g；洗涤干燥后与足量的稀盐酸充分反应后收集到在标准状况下的4.48L即0.2mol二氧化碳，根据碳元素守恒，所以沉淀MCO3的物质的量是0.2mol；故答案为：0.2mol；

（2）质量为39.4g沉淀的物质的量是0.2mol；其摩尔质量是197g/mol，所以二价金属的相对原子质量为197-12-48=137，故答案为：137；

（3）根据反应：M2++2OH-+2HCO3-=MCO3+CO32-+2H2O，滤液是生成的0.2mol碳酸钠和剩余碳酸氢钠的混合物，取滤液的与1mol/L的盐酸70mL即0.07mol盐酸完全反应，收集到气体1.12L（标准状况）即0.05mol的二氧化碳，所以碳酸氢钠的物质的量是0.03mol，原碳酸氢钠的剩余量是0.3mol，消耗碳酸氢钠是0.1mol，共加入加入NaHCO3的物质的量是0.4mol，质量是33.6g，故答案为：33.6g．28、CO32-+H+=HCO3-稀盐酸0.5【分析】【分析】（1）少量盐酸与过量碳酸钠反应生成碳酸氢钠与氯化钠；

（2）A与B物质的量一定，B进入到A中生成的气体体积＞A加入到B中生成的气体体积，说明HCl不足，A为盐酸、B为碳酸钠，①②反应后为NaCl、NaHCO3混合溶液，反应①中发生反应：2H++CO32-=CO2↑+H2O，据此计算n（HCl），进而计算盐酸的浓度．【解析】【解答】解：（1）少量盐酸与过量碳酸钠反应生成碳酸氢钠与氯化钠，反应离子方程式为：CO32-+H+=HCO3-，故答案为：CO32-+H+=HCO3-；

（2）A与B物质的量一定，B进入到A中生成的气体体积＞A加入到B中生成的气体体积，说明HCl不足，A为盐酸、B为碳酸钠，①②反应后为NaCl、NaHCO3混合溶液；使上述①②反应完全，还需加入盐酸；

令HCl物质的量为xmol；则：

2H++CO32-=CO2↑+H2O

2mol22.4L

xmol0.112L

所以；2mol：xmol=22.4L：0.112L，解得x=0.01mol；

故盐酸的物质的量浓度==0.5mol/L；

故答案为：稀盐酸；0.5．五、简答题(共2题，共16分)29、略

【分析】解：rm{(1)}反应rm{垄脵}发生二氧化碳与碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾，其离子反应为rm{CO_{3}^{2-}+CO_{2}+H_{2}O篓T2HCO_{3}^{-}}

故答案为：rm{CO_{3}^{2-}+CO_{2}+H_{2}O篓T2HCO_{3}^{-}}

rm{(2)Fe_{2}S_{3}}和rm{H_{2}O}与rm{0_{2}}反应生成氢氧化铁和rm{S}该反应为rm{2Fe_{2}S_{3}+6H_{2}O+3O_{2}篓T4Fe(OH)_{3}+6S}

故答案为：rm{2Fe_{2}S_{3}+6H_{2}O+3O_{2}篓T4Fe(OH)_{3}+6S}

rm{(3)}反应rm{垄脷}为合成氨的反应，放热反应，温度升高，平衡逆向移动，则平衡常数rm{K}减小，rm{N_{2}+3H_{2}?2NH_{3}triangleH<0}反应是气体体积减小的放热反应；

A.反应速率之比等于化学方程式计量数之比，单位时间内生成rm{N_{2}+3H_{2}?2NH_{3}triangle

H<0}同时消耗rm{nmolN_{2}}说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故A正确；

B.反应前后气体质量和体积不变；混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；

C.反应前后气体物质的量发生变化；气体质量不变混合气体的平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态，故C正确；

D.rm{3nmolH_{2}}rm{N_{2}}rm{H_{2}}浓度之比为rm{NH_{3}}rm{1}rm{3}不能说明反应达到平衡状态；故D错误；

故答案为：减小，rm{2}

rm{AC}氨基甲酸铵rm{(4)H_{2}NCOONH_{4}(}是合成尿素的中间体，rm{)}在水溶液中发生水解反应生成氨基甲酸和一水合氨，反应的离子方程式为rm{H_{2}NCOONH_{4}}

故答案为：rm{H_{2}NCOO^{-}+NH_{4}^{+}+H_{2}O?H_{2}NCOOH+NH_{3}.H_{2}O}

rm{H_{2}NCOO^{-}+NH_{4}^{+}+H_{2}O?H_{2}NCOOH+NH_{3}.H_{2}O}由rm{(5)}原子守恒可知，rm{C}则生产rm{CH_{4}隆芦CO_{2}隆芦CO(NH_{2})_{2}}尿素理论上需要rm{120t}为rm{dfrac{120隆脕10^{6}g}{60g/mol}隆脕22.4L/mol隆脕10^{-3}m^{3}=4.48隆脕10^{4}m^{3}}

故答案为：rm{CH_{4}}

rm{dfrac

{120隆脕10^{6}g}{60g/mol}隆脕22.4L/mol隆脕10^{-3}m^{3}=4.48隆脕10^{4}m^{3}}尿素燃料电池中尿素再负极上失去电子生成氮气、二氧化碳，负极反应为rm{4.48隆脕10^{4}}

故答案为：rm{(6)}．

以天然气rm{CO(NH_{2})_{2}+H_{2}O-6e^{-}篓TN_{2}隆眉+CO_{2}隆眉+6H^{+}}含rm{CO(NH_{2})_{2}+H_{2}O-6e^{-}篓TN_{2}隆眉+CO_{2}隆眉+6H^{+}}为原料，加入氢氧化铁脱硫得到甲烷和rm{(}通入氧气发生反应生成氢氧化铁和硫单质，氢氧化铁循环使用，甲烷和空气水混合反应得到氮气；二氧化碳和氢气，通入碳酸钾溶液发生反应得到碳酸氢钾，高温分解生成二氧化碳，氮气和氢气一定条件下反应生成氨气，二氧化碳和氨气反应得到尿素．

rm{H_{2}S)}反应rm{Fe_{2}S_{3}}发生二氧化碳与碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾；

rm{(1)}和rm{垄脵}与rm{(2)Fe_{2}S_{3}}反应生成氢氧化铁和rm{H_{2}O}

rm{0_{2}}反应rm{S}为合成氨的反应，放热反应，温度升高，平衡逆向移动；可逆反应rm{(3)}达到平衡状态；一定满足正逆反应速率相等，反应体系中各组分的浓度；百分含量不再变化；该反应是气体体积缩小的反应，反应过程中压强会发生变化，据此进行判断；

rm{垄脷}在水溶液中发生水解反应；生成两种弱电解质一水合氨和氨基甲酸；

rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)}由rm{(4)H_{2}NCOONH_{4}}原子守恒可知，rm{(5)}以此计算；

rm{C}尿素燃料电池中尿素在负极上失去电子生成氮气；二氧化碳．

本题以尿素的合成为信息考查化学用语及化学平衡、电化学等知识，侧重考查学生知识综合运用能力，题目难度中等，rm{CH_{4}隆芦CO_{2}隆芦CO(NH_{2})_{2}}为学生解答的易错点，注意氨基甲酸和一水合氨都为弱电解质，rm{(6)}注意守恒思想的应用．rm{(4)}【解析】rm{CO_{3}^{2-}+CO_{2}+H_{2}O篓T2HCO_{3}^{-}}rm{2Fe_{2}S_{3}+6H_{2}O+3O_{2}篓T4Fe(OH)_{3}+6S}减小；rm{AC}rm{H_{2}NCOO^{-}+NH_{4}^{+}+H_{2}O?H_{2}NCOOH+NH_{3}.H_{2}O}rm{4.48隆脕10^{4}}rm{CO(NH_{2})_{2}+H_{2}O-6e^{-}篓TN_{2}隆眉+CO_{2}隆眉+6H^{+}}30、过滤Fe、CuAlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-加热蒸发B氧化剂BD【分析】解：（1）操作①用于分离固体和液体；为过滤操作，滤渣B为Fe；Cu，故答案为：过滤；Fe、Cu；

（2）过量CO2与偏铝酸钠溶液反应，生成氢氧化铝和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

（3）由溶液得到晶体；可进行加热蒸发，冷却结晶等操作，涉及到过滤；蒸发等操作，用不到的仪器为坩埚；

故答案为：加热蒸发；B；

（4）试剂Y具有氧化性；可用于在酸性条件下氧化铜，可用氧气；过氧化氢等，故答案为：氧化剂；BD。

铝；铁和铜的合金中只有金属铝可以和氢氧化钠之间反应生成溶液A偏铝酸钠；滤渣B是金属铁和金属铜，A中通入过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀，加入盐酸，可生成氯化铝，金属铁可以和硫酸之间发生反应生成D为硫酸亚铁，但是金属铜和稀硫酸之间不反应，所以E是金属铜，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶可以获得绿矾晶体，金属铜可以与稀硫酸、过氧化氢反应获得胆矾晶体，以此解答该题。

本题考查物质制备方案的设计，为高考常见题型，题目难度中等，明确工艺流程原理是解答本题的关键，注意掌握物质制备方案的设计与评价原则，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。【解析】过滤Fe、CuAlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-加热蒸发B氧化剂BD六、探究题(共4题，共32分)31、|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