2025年人教A新版高三化学下册月考试卷

…………○…………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年人教A新版高三化学下册月考试卷689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6题，共12分)1、下列有关NaHSO3溶液的叙述正确的是（）A.该溶液中，K+、Mg2+、Cl2、SO42-可以大量共存B.已知电离平衡常数K（H2SO3）＞K（H2CO3）＞K（HSO3-），则该溶液中NH4+、HCO3-、Na+、Cl-不可以大量共存C.和足量Ca（OH）2溶液反应的离子方程式：Ca2++OH-+HSO3-=CaSO3↓+H2OD.与稀HNO3反应的离子方程式：HSO3-+H+=SO2↑+H2O2、短周期元素A；B、C、D的原子序数依次增大；它们的原子序数之和为36，且原子最外层电子数之和为14；A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数；A与C，B与D均为同主族元素．下列叙述正确的是（）

A.在地壳中；C元素的含量位于第一位。

B.A；D三种元素形成的化合物一定是强酸。

C.C元素位于元素周期表中的第3周期第ⅠA族。

D.B的氢化合物一定为H2B

3、在气体反应中；能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法是（）

①增大反应物的浓度②升高温度③移去生成物④增大压强⑤加入催化剂．A.①③B.②④C.②⑤D.①⑤4、C5H12的各种同分异构体中，所含甲基数目与相应的一氯代物的数目，与下列相符的是（）A.2个甲基，能生成3种一氯代物B.3个甲基，能生成3种一氯代物C.3个甲基，能生成5种一氯代物D.4个甲基，能生成2种一氯代物5、下列物质的变化，不能通过一步化学反应完成的是（）A.Na2O2→Na2CO3B.SiO2→H2SiO3C.Fe→FeCl2D.Na2CO3→NaHCO36、甲溶液的pH=3，乙溶液的pH=6，则下列说法正确的是（）A.甲、乙两溶液均呈酸性B.甲、乙两溶液中c（H+）之比为1：2C.甲、乙两溶液中水的电离程度大小无法比较D.甲中水的电离程度小于乙中水的电离程度评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)7、下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的比较中，正确的是（）A.二者在水中的溶解度不同，碳酸氢钠的溶解度大于碳酸钠的溶解度B.二者热稳定性不同，碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠的热稳定性C.二者都能与盐酸反应放出二氧化碳气体，但产气量和反应快慢不同D.二者在一定的条件下可以相互转化8、常温下，0.1mol•L-1CH3COONa溶液中，微粒浓度间关系正确的是（）A.c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+）B.c（OH-）=c（H+）+c（CH3COOH）C.c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）D.c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=c（Na+）+c（H+）9、下列各组物质中，互为同分异构体的是（）A.NH4CNO和CO（NH2）2B.CuSO4.3H2O和CuSO4.5H2OC.H2O和D2OD.[Cr（H2O）4Cl2]Cl.2H2O与[Cr（H2O）5Cl]Cl2．H2O10、下列说法正确的是（）A.常温下醋酸分子不可能存在于pH＞7的碱性溶液中B.常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液的pH=7，则混合溶液中c（NH4+）=c（Cl-）C.0.1mol•L-的氯化铵溶液与0.05mol•L-的氢氧化钠溶液等体积混合溶液中离子浓度c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH-）D.0.1mol•L-1硫化钠溶液中离子浓度关系c（Na+）=c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）11、在硫酸铁溶液中，加入ag铜，完全溶解后，又加入bg铁，充分反应后得到cg残余固体，且b＜c，则下列判断正确的是（）A.最后得到的溶液中不含有Fe3B.残余固体可能为铁、铜混合物C.最后得到的溶液中只含Cu2+D.残余固体一定全部是铜12、下列有关胶体的说法正确的是（）A.胶体一定是混合物B.胶体与溶液的本质区别是有丁达尔效应C.将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体D.胶体属于介稳体系13、体育竞技中服用兴奋剂既有失公平，也败坏了体育道德．某种兴奋剂的结构简式如图所示．有关该物质的说法中正确的是（）A.该物质与苯酚属于同系物，遇FeCl3溶液呈紫色B.滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去，能证明其结构中存在碳碳双键C.1mol该物质分别与浓溴水和H2反应时最多消耗Br2和H2分别为4mol和7molD.该分子中的所有碳原子可能共平面14、如图是一定条件下N2与H2反应过程中能量变化的曲线图．下列叙述正确的是（）A.该反应的热化学方程式为：N2+3H2⇌2NH3△H=-92kJ•mol-1B.a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线C.加入催化剂，该化学反应的反应热不变D.在相同温度的条件下，在体积相同I、II两个容器中分别通入1molN2和3molH2，容器I体积恒定，容器II体积可变保持恒压，则反应过程中两容器内的反应速率v（I）＜v（II）15、某水体中含有较多的泥沙及其他悬浮物，下列物质不能用来净化此水的是（）A.NaClB.Fe2（SO4）3C.KAl（SO4）2D.KOH评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、分别在密闭容器的两个反应室中进行如下反应：

左反应室：A（g）+2B（g）⇌2C（g）右反应室：2Z（g）⇌X（g）+Y（g）

在反应室之间有无摩擦；可自由滑动的密封板隔断．反应开始和达到平衡时有关物理量的变化如图所示：

（1）A（g）+2B（g）⇌2C（g）的△H____0（填“＞”；“＜”或“=”）．

（2）在平衡（Ⅰ）和平衡（Ⅱ）中，X的体积分数____（填序号）．

a．一定相等b．一定不相等c．大于d．小于。

（3）达到平衡（Ⅰ）时，A的转化率为____，C的体积分数为____．

（4）达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为____．17、（2015秋•河南月考）如图是一个化学过程的示意图．已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH═2K2CO3+6H2O填写下列空白：

（1）请写出甲、乙两池的名称．甲电池是____，乙池是____．

（2）甲池中通入CH3OH的电极名称是____，电极反应方程式为____；乙池中B（石墨）电极的名称是____．

（3）电解过程中，乙池溶液pH的变化为（“升高”、“降低”或“不变”）____．

（4）当乙池中A（Fe）极的质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2____mL（标准状况下）．18、为测定已变质的过氧化钠的纯度，设计如下图所示的实验；Q为一具有良好的弹性气球，称取一定量的样品放于其中，按图安装的实验装置打开分液漏斗的活塞，将稀H2SO4滴入气球中．请填空：

（1）Q内发生反应生成____种气体，其中的反应有____个氧化还原反应．

（2）为测定反应生成气体的总体积，滴稀H2SO4前必须关闭（填K1、K2或K3，下同）____，打开____．

（3）当上述反应停止，将K1、K2、K3处于关闭状态，然后先打开K2，再缓缓打开K1，这时可观察到的现象是____．

（4）导管a的作用是____．

（5）b中装的固体试剂是____，为何要缓缓打开K1____．

（6）实验结束时量筒I中有xmL水，量筒II中收集到ymL气体，则过氧化钠的纯度是____（体积折算到标准状况）．19、氯气在298K、100kPa时，在1L水中可溶解0.09mol，实验测得溶于水的Cl2约有与水反应．该反应的离子方程式为____，在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，溶液中Cl-浓度____（选填“增大”、“减小”或“不变”）．20、镁是一种很活泼的金属；常用作脱硫剂；脱氧剂．现在，某化学兴趣小组对金属镁的性质进行实验探究．他们首先在网络上查找到了一些关于金属镁的性质的方程式如下：

①2Mg+O22MgO；②3Mg+N2Mg3N2；③2Mg+CO22MgO+C

④Mg+H2OMgO+H2↑；⑤Mg3N2+6H2O3Mg（OH）2+2NH3↑

完成下列填空：

现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁（Mg3N2）．实验装置如下（部分夹持仪器省略）．

（1）装置F的作用是____．通气后，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对实验结果的影响是____，产生这一现象的原因是____．

（2）请设计一个实验，验证产物是氮化镁：____．

镁在电子工业中利用镁制取硅的反应为：2Mg+SiO22MgO+Si同时有副反应发生：2Mg+SiMg2Si

Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷）．SiH4在常温下是一种不稳定；易分解的气体．

（3）图（甲）是进行Mg与SiO2反应的实验装置．由于O2的存在对该实验有较大影响，实验中应通入X气体作为保护气．X气体应选用①CO2、②N2、③H2中的____（选填编号）．实验开始时，必须先通入X的气体，再接通电源加热反应物，其理由是____；当反应引发后，切断电源，反应能继续进行，其原因是____．

（4）图（乙）所示装置进行的实验如下：先关闭K，使A中反应进行；加热玻璃管C，可观察到C管中发出耀眼白光，产生白烟，管壁上附着有淡黄色物质．实验完成后，将C管中固体全部加入盐酸中，有臭鸡蛋气味的气体生成．C中的Mg应放在不锈钢垫片上而不能直接接触管壁，这是因为____．停止实验时，先打开K，再停止滴加浓硫酸并熄灭酒精灯．橡胶气胆B在实验中的作用是____．C中全部反应产物有____（填化学式）．

21、（14分）亚铁氰化钾(K4Fe(CN)6，黄血盐)在实验室、电镀、食品添加剂及医学上可用于冶疗铊（Tl）中毒、烧制青花瓷时可用于绘画等有广泛用途。已知HCN是一种极弱的酸。现有一种用含NaCN废水合成黄血盐的主要工艺流程如下：（1）实验室用NaCN固体配制NaCN溶液时，为避免其水解，应先将其溶于溶液，再用蒸馏水稀释，NaCN水解的离子方程式为_________。（2）实验室K4Fe(CN)6可用于检验Fe3+，生成的难溶盐KFe[Fe(CN)6]，生成的盐又可用于治疗Tl2SO4中毒，试写出上述检验Fe3+反应的离子方程式为。（3）流程图中加入碳酸钠溶液主要目的是。（4）相同温度下溶解度：Na4[Fe(CN)6]K4[Fe(CN)6](选填：“＞”、“＝”、“＜”)。（5）长期火炒添加有亚铁氰化钾的食盐，这时会发生分解反应,试配平下列方程式：3K4Fe(CN)6=□KCN+□Fe3C+□C+□(CN)2↑+□N2↑（6）电镀银时，电镀液不能直接用硝酸银溶液，可将其转变为K4[Ag2(CN)6]，写出AgCl与黄血盐制取电镀液的离子方程式。22、rm{(1)}工业上制取纯硅的主要反应：rm{SiCl_{4}+2H_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Si+4HCl.}该反应中，被还原的物质是______rm{SiCl_{4}+2H_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}Si+4HCl.}填化学式rm{(}作为还原剂的物质是______rm{)}填化学式rm{(}若反应中生成了rm{)}rm{1mol}则消耗rm{Si}______rm{H_{2}}．

rm{mol}生活中常见的rm{(2)}种有机物rm{3}甲烷、rm{垄脵}乙酸、rm{垄脷}葡萄糖中，可用于清除水壶中水垢rm{垄脹}主要成分rm{(}的是______rm{CaCO_{3})}填序号，下同rm{(}可做高效清洁能源的是______，可用于医疗输液补充能量的是______．

rm{)}现有下列rm{(3)}种物质：rm{4}rm{垄脵SO_{2}}rm{垄脷NO_{2}}rm{垄脹Na_{2}O_{2}}其中，难溶于水的是______rm{垄脺Al_{2}O_{3}.}填序号，下同rm{(}常温下为红棕色气体的是______；能与水反应生成氧气的是______；能使品红溶液褪色且加热时又显红色的是______．rm{)}23、A；J是日常生活中常见的两种金属；这两种金属和NaOH溶液组成原电池，A作负极；F常温下是气体，各物质有以下的转化关系（部分产物及条件略去）．请回答以下问题：

（1）A的原子结构示意图为____M的化学式为____

（2）A与NaOH溶液反应的离子方程式为：____

（3）写出②的化学方程式____

（4）含A元素的某盐X常做净水剂，X做焰色反应时，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色．X的水溶液与NaHCO3溶液混合，反应的离子方程式为____．

（5）相同条件下，等物质的量浓度的C溶液与CH3COONa溶液中，C的阴离子与CH3COO-浓度的大小关系：前者____后者（用“＞”；“＜”或“=”表示）．

（6）常温时pH=12的C溶液中，溶质的阳离子与溶质的阴离子浓度之差为____（写出计算式即可）24、（1）水在人体内有重要作用；请列举出其中三点：

①____

②____

③____

（2）水资源非常短缺；请列举两条生活中节约用水的具体措施。

①____

②____．评卷人得分四、判断题(共1题，共10分)25、合理选择饮食，正确使用药物是人体健康的保证____．（判断对错）评卷人得分五、实验题(共2题，共20分)26、（1）鉴别KCl溶液和K2CO3的试剂是____，离子方程式为____．

（2）除去混入NaCl溶液中少量NaHCO3杂质的试剂是____，离子方程式为____．

（3）除去Na2CO3粉末中混入的NaHCO3杂质用____方法，化学方程式为____．27、(17分)某学生课外学习活动小组针对教材中铜与浓硫酸反应，提出了研究“能够与铜反应的硫酸的最低浓度是多少？”的问题，并设计了如下方案进行实验：实验试剂：18mol/L硫酸20mL，纯铜粉足量，足量2mol/LNaOH溶液请根据实验回答问题：⑴首先根据上图所示，组装实验装置，并在加入试剂前先进行操作。⑵烧杯中用NaOH溶液吸收的物质是：(填化学式)，利用倒置的漏斗而不是将导气管直接深入烧杯中的目的是：。⑶加热烧瓶20分钟，烧瓶中发生反应的化学方程式是：。待烧瓶中反应基本结束，撤去酒精灯，利用烧瓶中的余热使反应进行完全。然后由导管a通入足量的空气，以确保烧瓶中的SO2气体全部进入烧杯中。在该实验装置中的(填仪器名称)起到了确保硫酸体积保持不变的作用。⑷将充分反应后的烧杯取下，向其中加入足量的酸化的双氧水，再加入足量的BaCl2溶液，再进行、、后称量硫酸钡的质量为13.98g，请计算能与铜反应的硫酸的浓度最低是。⑸有的同学提出在上面⑷中可以不必加入酸化的双氧水，直接进行后面的实验，也能得到准确的数据，请结合你的理解分析是否需要加入双氧水及原因：。评卷人得分六、探究题(共4题，共40分)28、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________．29、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：30、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________．31、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6题，共12分)1、B【分析】【分析】A．氯气具有强氧化性；能够氧化亚硫酸氢钠；

B．K（H2CO3）＞K（HSO3-）；碳酸的酸性大于亚硫酸氢根离子，所以四种离子之间不反应，都不与亚硫酸氢根离子反应；

C．氢氧化钙足量；离子方程式按照亚硫酸氢钠的化学式组成书写；

D．稀硝酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸氢钠．【解析】【解答】解：A．Cl2能够氧化NaHSO3；在溶液中不能大量共存，故A错误；

B．由于K（H2CO3）＞K（HSO3-），则酸性H2CO3＞HSO3-，NH4+、HCO3-、Na+、Cl-之间不发生反应，都不与NaHSO3反应；在溶液中能够大量共存，故B正确；

C．亚硫酸氢钠和足量Ca（OH）2溶液反应生成亚硫酸钙和水，反应的离子方程式为：Ca2++OH-+HSO3-=CaSO3↓+H2O故C正确；

D．亚硫酸钠稀HNO3发生氧化还原反应生成硫酸钠和NO，不会生成二氧化硫气体，正确的离子方程式为：2NO3-+3HSO3-═3SO42-+H++2NO↑+H2O；故D错误；

故选BC．2、C【分析】

短周期元素A；B、C、D的原子序数依次增大；A与C，B与D均为同主族元素，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数，若B为第二周期元素，则A、C为ⅠA族元素，即A可能为H，C可能为Na；设B的原子序数为x，D的原子序数为x+8，再由它们的原子序数之和为36或原子最外层电子数之和为14可知，B为O，D为S；

A；地壳中含量最多的元素为O；即B元素的含量位于第一位，故A错误；

B；A、B、D三种元素形成的化合物可能为硫酸或亚硫酸；而亚硫酸为弱酸，故B错误；

C；C为Na；位于元素周期表中的第3周期第ⅠA族，故C正确；

D、B的氢化合物为H2O或H2O2；故D错误；

故选C．

【解析】【答案】短周期元素A；B、C、D的原子序数依次增大；A与C，B与D均为同主族元素，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数，若B为第二周期元素，则A、C为ⅠA族元素，即A可能为H，C可能为Na；设B的原子序数为x，D的原子序数为x+8，再由它们的原子序数之和为36或原子最外层电子数之和为14可知，B为O，D为S，符合题意，并以此来解答．

3、C【分析】【解答】增大反应物的浓度和增大压强；只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，而②和⑤既能增大活化分子数，又能增大活化分子百分数，移去生成物，浓度降低，活化分子和活化分子的百分数都减小，所以选C。

【分析】本题考查外界条件对反应速率的影响，注意浓度、温度、压强、催化剂对反应速率影响的实质。4、A【分析】【分析】分子为C5H12为戊烷，戊烷的同分异构体有：CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、然后根据各选项条件及戊烷分子中等效氢原子数目进行解答．【解析】【解答】解：A．含有2个甲基的戊烷为正丁烷：CH3-CH2-CH2-CH2-CH3；正丁烷分子中含有3种等效H原子，所以正丁烷的一氯代物有3种，故A正确；

B．含有3个甲基的戊烷为异戊烷：异戊烷分子中含有4种等效H原子，所以其一氯代物有4种，故B错误；

C．分子中含有3个甲基的为异戊烷；异戊烷分子中含有4种等效氢原子，所以其一氯代物有4种，故C错误；

D．含有4个甲基的为新戊烷：新戊烷分子中只有1种氢原子，所以新戊烷的一氯代物只有1种，故D错误；

故选A．5、B【分析】【分析】A；过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；

B；二氧化硅不溶于水；

C；铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；

D、碳酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠．【解析】【解答】解：A、过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；故可以一步完成，故A不符合；

B；二氧化硅不溶于水；不能一步反应生成硅酸，故B符合；

C、铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；反应能一步完成，故C不符合；

D、碳酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；故D不符合；

故选B．6、C【分析】解：A．温度未知；pH=6的溶液不一定呈酸性，如为100℃，则为中性，故A错误；

B．由pH=-lgc（H+）可知甲、乙两溶液中c（H+）之比为1000：1；故B错误；

C．如为酸溶液；则抑制水的电离，如为盐溶液，则促进水的电离，两溶液中水的电离程度大小无法比较，故C正确；

D．甲如为盐溶液；则促进水的电离，故D错误．

故选C．

A．温度未知；pH=6的溶液不一定呈酸性；

B．根据pH的定义判断；

C．如为酸溶液；则抑制水的电离，如为盐溶液，则促进水的电离；

D．甲如为盐溶液；则促进水的电离．

本考查较为综合，涉及盐类水解、电解质的电离等知识，为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】【答案】C二、多选题(共9题，共18分)7、BD【分析】【分析】A．常温下相同的溶剂时，Na2CO3比NaHCO3易溶；

B．NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；

C．碳酸钠；碳酸氢钠与盐酸反应产生气体的量需要根据反应物的量进行判断；

D．碳酸钠在溶液中能够与二氧化碳反应生成碳酸氢钠、碳酸氢钠加热分解能够生成碳酸钠．【解析】【解答】解：A．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，会发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓；可证明碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，故A错误；

B．碳酸氢钠加热会发生反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；而碳酸钠加热不分解，所以碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠，故B正确；

C．碳酸钠；碳酸氢钠与盐酸的反应中；相同条件下碳酸氢钠与酸反应速率大，但是产生二氧化碳气体的量需要根据碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量判断，题中没有告诉碳酸钠、碳酸氢钠及氯化氢的物质的量，无法判断产气量大小，故C错误；

D．加热条件下，碳酸氢钠固体能够转化成碳酸钠，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；在溶液中，碳酸钠能够与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；碳酸钠和碳酸氢钠能够相互转化，故D正确；

故选BD．8、BC【分析】【分析】醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使其溶液呈碱性，所以c（OH）＞c（H+），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），所以c（Na+）＞c（CH3COO-），醋酸根离子能水解，但水解程度较小，所以c（CH3COO-）＞c（OH-），则溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）；根据中子数可得：c（OH-）=c（H+）+c（CH3COOH），据此进行判断．【解析】【解答】解：A．醋酸钠溶液中，醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性，则c（OH）＞c（H+），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），所以c（Na+）＞c（CH3COO-），所以溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）；故A错误；

B．醋酸钠溶液中，水电离的氢原子与氢氧根离子浓度相等，根据质子守恒可得：c（OH-）=c（H+）+c（CH3COOH）；故B正确；

C．醋酸钠溶液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）；故C正确；

D．根据醋酸钠溶液中物料守恒可知：c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=c（Na+），则c（CH3COOH）+c（CH3COO-）＜c（Na+）+c（H+）；故D错误；

故选BC．9、AD【分析】【分析】同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物．【解析】【解答】解：A．NH4CNO和CO（NH2）2分子式相同；结构不同，互为同分异构体，故A正确；

B．CuSO4.3H2O和CuSO4.5H2O分子式不同；不是同分异构体，故B错误；

C．H2O和D2O结构相同；为不同核素形成的化合物，不是同分异构体，故C错误；

D．[Cr（H2O）4Cl2]Cl.2H2O与[Cr（H2O）5Cl]Cl2．H2O分子式相同；结构不同，互为同分异构体，故D正确．

故选AD．10、BC【分析】【分析】A．存在醋酸与醋酸钠的混合溶液；

B．利用电荷守恒来分析；

C.0.1mol•L-的氯化铵溶液与0.05mol•L-的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液中存在等物质的量的NaCl、NH4Cl、NH3．H2O；

D．硫化钠的化学式为Na2S，利用物料守恒来分析．【解析】【解答】解：A．在醋酸和醋酸钠的溶液中；若水解大于电离，溶液的pH＞7，故A错误；

B．常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH-），由电荷守恒可知，c（H+）+c（NH4+）=

c（Cl-）+c（OH-），则c（NH4+）=c（Cl-）；故B正确；

C.0.1mol•L-的氯化铵溶液与0.05mol•L-的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液中存在等物质的量的NaCl、NH4Cl、NH3．H2O，溶液显碱性，电离大于水解，则c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH-）；故C正确；

D．硫化钠的化学式为Na2S，则0.1mol•L-1硫化钠溶液中离子浓度关系c（Na+）=c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）；故D错误；

故选BC．11、AB【分析】【分析】发生的反应有：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，Cu2++Fe=Cu+Fe2+，b＜c，说明铜没有被完全置换出，以此计算分析．【解析】【解答】解：依据：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，agCu完全溶解，有2个可能：（1）刚好反应完全，溶液中有Fe2+和Cu2+，（2）Cu不足，溶液中有Fe2+和Cu2+和Fe3+，再依据：加入Fe后2Fe3++Fe=3Fe2+优先反应，最后有固体残余，这一步的反应铁没有不足，否则就不会有残余，接下来反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu；不管铁的有多少，过量和不足都会有剩余，也就是刚好反应的话就是Cu剩余，Fe过量则就是Cu和Fe剩余．

A、在有金属剩余时，则最后得到的溶液中不含Fe3+；剩余的金属会和三价铁反应，故A正确；

B；残余固体可能为铁、铜混合物；故B正确；

C；最后得到的溶液中；一定会有亚铁离子，故C错误；

D；残余固体可能为铁、铜混合物；也可能是剩余的金属铜，故D错误．

故选AB．12、AD【分析】【分析】A．根据混合物的概念：由多种物质组成的物质；如果是由分子构成时由多种分子构成的是混合物；

B．胶体的分散质微粒直径大小是胶体区别于其它分散系的本质特征所在；

C．饱和氯化铁溶液与稀氢氧化钠溶液反应氢氧化铁沉淀；

D．胶体是一种均一、介稳定的分散系．【解析】【解答】解：A．因为分散质粒子在1nm～100nm之间的分散系就是胶体；胶体属于混合物，故A正确；

B．胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小；不是有丁达尔效应，故B错误；

C．将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热；可得氢氧化铁沉淀，故C错误；

D．胶体较稳定；静止不容易产生沉淀，属于介稳体系，故D正确．

故选AD．13、CD【分析】【分析】由有机物的结构简式可知，分子中含碳碳双键、酚-OH，结合烯烃、酚的性质及苯环的平面结构来解答．【解析】【解答】解：A．苯酚同系物中只含1个苯环，该物质含2个苯环，不是苯酚同系物，但含酚-OH，遇FeCl3溶液呈紫色；故A错误；

B．碳碳双键、碳碳三键、酚-OH、醇-OH等均能被氧化，滴入酸性KMnO4溶液振荡；紫色褪去，不能能证明其结构中碳碳双键；酚羟基两种基团至少存在一种，故B错误；

C．酚-OH的邻对位与溴水发生取代；碳碳双键与溴水发生加成，则1mol该物质与浓溴水反应，消耗溴为4mol；苯环与碳碳双键均与氢气发生加成，则1mol该物质与氢气反应时，消耗氢气为7mol，故C正确；

D．苯环；碳碳双键均为平面结构；且直接相连的原子在同一平面内，则该分子中的所有碳原子可能共平面，故D正确．

故选CD．14、CD【分析】【分析】A；依据热化学方程式的书写原则判断；△H=放出的能量-吸收的能量；

B；根据催化剂能降低反应的活化能；

C；根据催化剂不能改变反应物的总能量和生成物总能量的差值分析；

D、根据压强对平衡的影响分析．【解析】【解答】解：A、该反应放出的能量大于吸收的能量，所以为放热反应，热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ•mol-1；故A错误；

B、催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线；故B错误；

C；催化剂能改变反应的路径；加快反应速率，但是不能改变反应物的总能量和生成物总能量的差值，即反应热不变，故C正确；

D、同温下，在体积相同的I、II两个容器中分别通入1molN2和3molH2；容器I体积恒定，反应后气体物质的量减小压强减小，容器II体积可变保持恒压，所以容器II的压强大于容器I中的压强，压强越大速率越快，所以v（II）＞v（I），故D正确；

故选CD．15、AD【分析】【分析】常用的净化水的方法有：沉淀、吸附、过滤、蒸馏，固体不溶物采用过滤的方法，悬浮物采用胶体吸附的方法．【解析】【解答】解：某水体中含有较多的泥沙及其他悬浮物，泥沙不溶于水应采取过滤的方法，悬浮物应采取胶体吸附的方法，BC选项中含有弱根离子能水解生成胶体，胶体有吸附性能吸附悬浮物，所以可作净水剂；AD选项中不含弱根离子不能水解生成胶体，所以不能作净水剂，故选AD．三、填空题(共9题，共18分)16、＜b10：11【分析】【分析】（1）右室中混合物总物质的量不变；平衡（I）；平衡（Ⅱ）左右两室的温度、压强相同，体积之比等于物质的量之比，由图可知，平衡（I）降低温度达新平衡平衡（Ⅱ），隔板由2.8处移至2.6处，左室的气体的物质的量减小，降低温度平衡向正反应移动；

（2）降低温度；右室的平衡一定移动，气体总的物质的量不变，X的含量一定变化；

（3）右室的混合物总物质的量不变为2mol；左右两室的压强；温度相等，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，据此计算平衡（I）中左室混合气体总的物质的量，利用差量法计算参加反应A的物质的量、生成的C的物质的量，进而计算A的转化率、C的体积分数；

（4）右室中混合气体总物质的量不变，温度恒定，则达到平衡I时，体系压强与反应开始时体系压强之比等于体积之比．【解析】【解答】解：（1）右室中混合物总物质的量不变；平衡（I）；平衡（Ⅱ）左右两室的温度、压强相同，体积之比等于物质的量之比，由图可知，平衡（I）降低温度达新平衡平衡（Ⅱ），隔板由2.8处移至2.6处，左室的气体的物质的量减小，降低温度平衡向正反应移动，降低温度平衡向放热反应移动，故该反应正反应为放热反应，则△H＜0，故答案为：＜；

（2）降低温度，右室的平衡一定移动，气体总的物质的量不变，E的含量一定变化，平衡（I）和平衡（Ⅱ）中，E的体积分数一定不相等，故选：b；

（3）右室中混合物总物质的量不变为2mol，左右两室的压强、温度相等，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，平衡（I）中左室混合气体总的物质的量为×2mol=mol；令参加反应的A的物质的量为amol，则：

A（g）+2B（g）⇌2C（g）物质的量减少△n

121

molmol3mol-mol=mol

所以A的转化率为=；

C的体积分数为=

故答案为：；；

（4）右室中混合气体总物质的量不变；温度恒定，则达到平衡I时，体系压强与反应开始时体系压强之比等于体积之比，即压强之比为2：（5-2.8）=10：11；

故答案为：10：11．17、原电池电解池负极CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O阳极降低280【分析】【分析】（1）根据方程式及燃料电池的特点判断甲装置；

（2）根据2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O知，CH3OH发生氧化反应，所以该电极是负极，O2发生还原反应；所以该电极是正极；石墨与原电池的正极相连，所以石墨电极B是阳极；

（3）根据乙池的总反应判断pH变化；

（4）先根据得失电子数相等找出银与氧气的关系式，然后计算．【解析】【解答】解：（1）根据反应方程式知；甲装置是一个燃料电池，所以甲是把化学能转变为电能的装置，是原电池；乙有外加电源，所以是电解池，故答案为：原电池；电解池；

（2）根据2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O知，CH3OH发生氧化反应，所以该电极是负极，反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；O2发生还原反应，所以该电极是正极；石墨与原电池的正极相连，所以石墨电极B是阳极；故答案为：负极；CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；阳极；

（3）乙池中离子放电顺序为：阳离子Ag+＞H+，阴离子OH-＞NO3-，依据氧化还原反应的电子守恒，结合反应的物质书写化学方程式：4AgNO3+2H2O4Ag↓+O2↑+4HNO3；生成酸，所以pH变化为降低，故答案为：降低；

（4）根据得失电子数相等；氧气与银的关系式为：

O24Ag

22.4L（4×108）g

0.28L5.4g

故答案为：280．18、21K1、K2K3气球Q慢慢缩小平衡分液漏斗上下的压强使顺利流下碱石灰控制气体流速，使CO2充分吸收【分析】【分析】（1）变质的过氧化钠中含有碳酸钠，加入酸后Q内发生反应：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑；Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑；根据化合价变化判断氧化还原反应；

（2）反应产生的CO2、O2使气球变大，将广口瓶中气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生的CO2、O2

的体积；

（3）反应停止，打开K2，再缓缓打开K1；广口瓶内外相通，气球Q慢慢缩小；

（4）为使分液漏斗内液体顺利流下；应是分液漏斗内外压强相等；

（5）混合气体通过碱石灰吸收CO2，最后量筒Ⅱ中收集的是O2；

（6）根据化学方程式计算出碳酸钠、过氧化钠的质量并过氧化钠的纯度．【解析】【解答】解：（1）变质的过氧化钠中含有碳酸钠，加入酸后Q内发生反应：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑；Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑；前者的氧元素的化合价发生了变化，是氧化还原反应，后者元素的化合价未变，是非氧化还原反应，故答案为：2；1；

（2）反应产生的CO2、O2使气球变大，将广口瓶中气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生的CO2、O2的体积，所以滴稀H2SO4前必须关闭K1、K2打开K3；

故答案为：K1、K2；K3；

（3）反应停止，打开K2，再缓缓打开K1；广口瓶内外相通，气球Q慢慢缩小，故答案为：气球Q慢慢缩小；

（4）为使分液漏斗内液体顺利流下；应是分液漏斗内外压强相等，所以导管a的作用是平衡分液漏斗上下的压强使顺利流下，故答案为：平衡分液漏斗上下的压强使顺利流下；

（5）混合气体通过碱石灰吸收CO2，最后量筒Ⅱ中收集的是O2，故答案为：碱石灰；控制气体流速，使CO2充分吸收；

（6）2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑；Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑；

×2

则过氧化钠的质量为：×2×78，碳酸钠的质量为：×106；

所以过氧化钠的纯度：=，故答案为：．19、Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO增大【分析】【分析】氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱电解质；加入氢氧化钠，溶液中的氢氧根离子，和氢离子反应，平衡正向进行．【解析】【解答】解：氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，会和平衡状态下的氢离子反应，平衡正向进行，溶液中Cl-浓度增大；

故答案为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；增大．20、除去空气中的O2制得的氮化镁将不纯因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2、水蒸气等与镁反应将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁③防止加热条件下H2与空气混合爆炸Mg与SiO2的反应是放热反应同在加热条件下，Mg能与玻璃中的SiO2反应防止C管降温时因气体压强减小，而引起D中溶液倒流MgO、S、MgS【分析】【分析】（1）根据题中信息可知Mg在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，所以镁和氮气反应必须将空气中的O2、CO2、H2O除去制得干燥纯净的N2，浓硫酸作用是除去水蒸气，饱和氢氧化钠是除去空气中二氧化碳，灼热的铜粉为了除去空气中氧气；因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2；水蒸气等与镁反应；如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁；

（2）取适量产物放入试管中；滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成；

（3）Mg可以与CO2、N2发生化学反应，Mg与氢气不能发生反应；不纯的氢气燃烧会发生爆炸；Mg与SiO2反应的条件是加热；切断电源后，反应的条件由反应放热维持；

（4）Mg与SiO2在加热的条件下能够发生化学反应；打开K，将空气充入反应反应体系，可平衡容器内外压强，防止倒吸；浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫与Mg反应，生成淡黄色固体S，臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，因此二氧化硫与Mg反应产物为MgS．根据元素守恒可知，另外一种产物为氧化镁．【解析】【解答】解：（1）根据题中信息可知Mg在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，所以镁和氮气反应必须将空气中的O2、CO2、H2O除去制得干燥纯净的N2，浓硫酸作用是除去水蒸气，饱和氢氧化钠是除去空气中二氧化碳，灼热的铜粉为了除去空气中氧气；因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2；水蒸气等与镁反应；如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁；

故答案为：除去空气中的O2；制得的氮化镁将不纯；因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2；水蒸气等与镁反应；

（2）依据氮化镁和水反应生成氨气，方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑；将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝；

故答案为：将产物取少量置于试管中；加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁；

（3）Mg可以与CO2、N2发生化学反应，3Mg+N2Mg3N2、2Mg+CO22MgO+C，Mg与氢气不能发生反应，因此可用氢气作为保护气；装置中有空气，若不用氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体燃烧会发生爆炸；Mg与SiO2反应的条件是加热；切断电源后，反应的条件由反应放热维持；

故答案为：③；防止加热条件下H2与空气混合爆炸；Mg与SiO2的反应是放热反应；

（4）Mg与SiO2在加热的条件下能够发生化学反应，2Mg+SiO22MgO+Si；因此C中的Mg应放在不锈钢垫片上而不能直接接触管壁；停止实验后，温度降低导致体系内部压强减小，容易发生倒吸，打开K，将空气充入反应反应体系，可平衡容器内外压强，防止倒吸；浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫与Mg反应，生成淡黄色固体S，臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，因此二氧化硫与Mg反应产物为MgS．根据元素守恒可知，另外一种产物为氧化镁；

故答案为：同在加热条件下，Mg能与玻璃中的SiO2反应；防止C管降温时因气体压强减小，而引起D中溶液倒流；MgO、S、MgS．21、略

【分析】试题分析：（1）NaCN是强碱弱酸盐，在溶液中溶液水解，使溶液显碱性。在实验室用NaCN固体配制NaCN溶液时，为避免其水解，应先将其溶于NaOH溶液，再用蒸馏水稀释，NaCN水解的离子方程式为CN-+H2OHCN+OH-；（2）实验室K4Fe(CN)6可用于检验Fe3+，检验Fe3+反应的离子方程式为K++[Fe(CN)6]4－+Fe3+=KFe[Fe(CN)6]↓；（3）由于在前边加入了CaCl2溶液，在溶液中含有大量的Ca2+会影响制取物质的纯度，为了除去溶液中的Ca2+,要加入碳酸钠溶液一形成CaCO3沉淀除去；（4）在溶液中含有大量的Na+、K+及[Fe(CN)6]-，可以形成K4[Fe(CN)6]沉淀而没有形成Na4[Fe(CN)6]沉淀，说明在相同温度下溶解度：Na4[Fe(CN)6]＞K4[Fe(CN)6]；（5）长期火炒添加有亚铁氰化钾的食盐，这时会发生分解反应,根据元素的原子守恒、电子守恒的知识，可得方程式是3K4Fe(CN)6=Fe3C+12KCN+N2↑+C+2(CN)2↑；（6）电镀银时，电镀液不能直接用硝酸银溶液，可将其转变为K4[Ag2(CN)6]，根据元素的原子守恒及电荷守恒的知识可得：AgCl与黄血盐制取电镀液的离子方程式是2AgCl+[Fe(CN)6]4－=Fe2++[Ag2(CN)6]4－+2Cl－。考点：考查盐的水解的应用、Fe3+的检验、物质的溶解性的比较、离子方程式的书写的知识。【解析】【答案】（每空均2分，共14分）（1）NaOHCN-+H2OHCN+OH-（2）K++[Fe(CN)6]4－+Fe3+=KFe[Fe(CN)6]↓；（3）除去其中的Ca2+（4）＞；（5）3K4Fe(CN)6=Fe3C+12KCN+N2↑+C+2(CN)2↑（6）2AgCl+[Fe(CN)6]4－=Fe2++[Ag2(CN)6]4－+2Cl－22、略

【分析】解：rm{(1)}反应中rm{Si}元素化合价降低，被还原，rm{SiCl_{4}}为氧化剂，rm{H}元素化合价升高，被氧化，rm{H_{2}}为还原剂，由方程式可知，若反应中生成了rm{1mol}rm{Si}则消耗rm{H_{2}2mol}转移rm{4mol}电子．

故答案为：rm{SiCl_{4}}rm{H_{2}}rm{2}

rm{(2)}乙酸的酸性大于碳酸，乙酸和碳酸钙反应生成乙酸钙、二氧化碳和水，因此可用于清除水壶中水垢rm{(}主要成分rm{CaCO_{3})}的是乙酸；甲烷燃烧生成二氧化碳和水；对环境无污染，可做高效清洁能源；葡萄糖可用于医疗输液补充能量；

故答案为：rm{垄脷}rm{垄脵}rm{垄脹}

rm{(3)}二氧化硫和水反应生成亚硫酸、二氧化氮和水反应生成硝酸和rm{NO}过氧化钠和水反应生成rm{NaOH}和氧气；氧化铝不溶于水，所以难溶于水的是氧化铝；

常温下为红棕色气体的是二氧化氮，能和水反应生成氧气的是过氧化钠，同时生成rm{NaOH}

二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性；且漂白性不稳定，加热易复原；

故选：rm{垄脺}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脵}．

rm{(1)}反应rm{SiCl_{4}+2H_{2}篓TSi+4HCl}中，rm{Si}元素化合价降低，被还原，rm{SiCl_{4}}为氧化剂，rm{H}元素化合价升高，被氧化，rm{H_{2}}为还原剂；结合反应的化学方程式解答该题；

rm{(2)}乙酸和碳酸钙反应生成乙酸钙；二氧化碳和水；甲烷燃烧生成二氧化碳和水，对环境无污染，葡萄糖可用于医疗输液补充能量；

rm{(3)}氧化铝难溶于水；常温下溴；二氧化氮呈红棕色；过氧化钠能和二氧化碳、水反应生成氧气；二氧化硫具有漂白性，但不稳定．

本题考查氧化还原反应和元素化合物知识，为高考高频考点，侧重于化学与工业生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，注意从元素化合价的角度解答该题，难度不大．【解析】rm{SiCl_{4}}rm{H_{2}}rm{2}rm{垄脷}rm{垄脵}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脵}23、FeS2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑4NH3+5O24NO+6H2OAl3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑＜（10-2-10-12）mol/L【分析】【分析】A、J是日常生活中常见的两种金属，分别为Al、Fe中的一种，两种金属和NaOH组成原电池，A作负极，电解质溶液为NaOH，说明A能与氢氧化钠溶液反应，可推知A为Al，故反应①为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由C→E→H→A→J的转化可知，C为NaAlO2，E为Al（OH）3，H为Al2O3，H→A为工业冶炼金属铝，A→J为铝热反应，故J为Fe、M为FeS．则D为H2，F常温下是气体，与氢气化合生成G，G能连续氧化生成K，K与水反应生成L，中学中只有N元素单质化合物符合，可推知F为N2，G为NH3，I为NO，K为NO2，L为HNO3，据此解答．【解析】【解答】解：A、J是日常生活中常见的两种金属，分别为Al、Fe中的一种，两种金属和NaOH组成原电池，A作负极，电解质溶液为NaOH，说明A能与氢氧化钠溶液反应，可推知A为Al，故反应①为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由C→E→H→A→J的转化可知，C为NaAlO2，E为Al（OH）3，H为Al2O3，H→A为工业冶炼金属铝，A→J为铝热反应，故J为Fe、M为FeS．则D为H2，F常温下是气体，与氢气化合生成G，G能连续氧化生成K，K与水反应生成L，中学中只有N元素单质化合物符合，可推知F为N2，G为NH3，I为NO，K为NO2，L为HNO3；据此解答．

（1）A为Al，其原子结构示意图为M的化学式为FeS；

故答案为：FeS；

（2）Al与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（3）反应②的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；

（4）含Al元素的某盐X常做净水剂，X做焰色反应时，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，说明含有钾元素，判断X为KAl（SO4）2，X的水溶液与NaHCO3溶液混合铝离子和碳酸氢根离子水溶液中双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为：Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

故答案为：Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

（5）醋酸酸性比偏铝酸酸性强，相同条件下，等物质的量浓度的NaAlO2溶液与CH3COONa溶液中，偏铝酸根离子水解程度大于醋酸根水解程度，AlO2-与CH3COO-浓度的大小关系：前者＜后者；

故答案为：＜；

（6）常温时pH=12的NaAlO2溶液中，c（H+）=10-12mol/L，c（OH-）=10-2mol/L，根据电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（AlO2-），故（Na+）-c（AlO2-）=c（OH-）-c（H+）=（10-2-10-12）mol/L；

故答案为：（10-2-10-12）mol/L．24、很好的溶剂调节体温必不可少的反应物洗菜的水浇花洗衣服的水用于冲厕所【分析】【分析】水在人体内起着十分重要的作用可以作为溶剂调节人体体温还是一种必不可少的反应物；用淘米的水浇花，洗衣用过的水冲马桶等．【解析】【解答】解：水在人体中主要是各种营养物质如糖；盐的溶剂；同时也是一些反应必不可少的反应物；水还可以在人体内起到调节体温的作用；在我们的饮用水中还有很多必要的矿物质元素；煮沸过的自来水最适合饮用；家中节约用水的措施有：用淘米的水浇花，洗衣用过的水冲马桶等；

故答案为：（1）①很好的溶剂；②调节体温；③必不可少的反应物；④人体的重要组成成分（任答对三个都可）；

（2）①洗菜的水浇花；②洗衣服的水用于冲厕所等．四、判断题(共1题，共10分)25、√【分析】【分析】均衡营养，药物大多有副作用，要正确使用，才能促进人体健康．【解析】【解答】解：合理选择饮食，有益健康，药物大多有副作用，要正确使用，故答案为：√．五、实验题(共2题，共20分)26、盐酸CO32-+2H+=CO2↑+H2O盐酸HCO3-+H+=CO2↑+H2O加热2NaHCONa2CO3+CO2↑+H2O【分析】【分析】（1）根据KCl不能和盐酸反应而和K2CO3能与盐酸反应；

（2）根据NaCl不能和盐酸反应而和K2CO3能与盐酸反应；

（3）根据Na2CO3加热不分解，NaHCO3加热分解；【解析】【解答】解：（1）因KCl不能和盐酸反应，K2CO3能与盐酸反应生成氯化钾、水、二氧化碳，所以鉴别KCl溶液和K2CO3的试剂是盐酸，故答案为：盐酸；CO32-+2H+=CO2↑+H2O；

（2）因NaCl不能和盐酸反应，NaHCO3能与盐酸反应反应生成氯化钠、水、二氧化碳，生成的氯化钠又溶于水，所以可用盐酸除去混入NaCl溶液中少量NaHCO3杂质，故答案为：盐酸；HCO3-+H+=CO2↑+H2O；

（3）因Na2CO3加热不分解，NaHCO3加热分解得到碳酸钠、水、二氧化碳，所以可用加热的方法除去Na2CO3粉末中混入的NaHCO3杂质，故答案为：加热；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；27、略

【分析】【解析】【答案】⑴检验装置气密性2分⑵SO21分防倒吸2分⑶Cu+2H2SO4=(△)=CuSO4+SO2↑+2H2O2分长导管2分⑷过滤、洗涤、干燥各1分12mol/L2分⑸需要加双氧水1分原因：在烧杯中生成的Na2SO3可能被部分氧化为Na2SO4，如果不加入双氧水而直接测定沉淀质量则无法确定S元素的物质的量，从而使实验结果错误。2分六、探究题(共4题，共40分)28、|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．29、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴