2025年牛津上海版高三化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年牛津上海版高三化学下册月考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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列叙述中，错误的是（）A.乙烯和聚乙烯均能和溴水发生加成反应而使溴水褪色B.分子式为C5H12的烃有三种可能的结构C.苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷D.淀粉、纤维素和蛋白质都是高分子化合物，它们在一定条件下都能水解2、下列实验不能达到相应的实验目的是（）

。选项实验实验目的A钠和镁分别投入冷水中判断钠和镁金属性强弱B在MgCl2与AlCl3溶液中分别加入过量的氨水判断镁与铝的金属性强弱C向硅酸钠溶液中通入CO2判断碳酸与硅酸的酸性强弱DBr2与I2分别与足量的H2反应判断溴与碘的非金属性强弱A.AB.BC.CD.D3、家庭住宅的窗玻璃大部分是普通玻璃，其成分是Na2SiO3•CaSiO3•6SiO2；在生产过程中加入不同的物质，调整玻璃的化学成分，可以制得具有不同性能和用途的玻璃．下表所列不正确的是（）

。选项ABCD添加成分Co2O3（氧化钴）Cu2OFe2+PbO玻璃的色彩或性能蓝色红色钢化玻璃光学玻璃

A.A

B.B

C.C

D.D

4、所有原子都满足最外层8电子稳定结构的化合物分子是（）A.N2B.PCl3C.PCl5D.BeCl25、仅能在水溶液里导电的电解质是（）A.KOHB.Cl2C.HClD.CO26、将ag二氧化锰粉末加入bmol·L－1的浓盐酸cL中加热完全溶解，反应中转移电子d个，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.可以收集到氯气LB.反应后溶液中的Cl－数目为2aNA/87C.NA可表示为D.反应后溶液中的H＋数目为(bc－2d)7、天然维生素P(结构如图)存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂，关于维生素P的叙述错误的是()A.可以和溴水反应B.可用有机溶剂萃取C.分子中有三个苯环D.1mol维生素P可以和4molNaOH反应评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)8、下列有关用水杨酸和乙酸酐制备阿司匹林rm{(}乙酰水杨酸rm{)}的说法中不正确的是。

A.阿司匹林分子中有rm{1}个手性碳原子B.水杨酸和阿司匹林都属于芳香族化合物C.可用rm{FeCl_{3}}溶液检验阿司匹林中是否含有未反应完的水杨酸D.rm{1mol}阿司匹林最多可与rm{2mol}的rm{NaOH}溶液反应9、下列关于乙醇的性质及用途的叙述中，正确的是()A.能与水任意比例互溶B.可溶解多种有机物C.可令酸性高锰酸钾溶液褪色D.药用酒精在医疗上用作消毒剂10、对维生素的下列说法中不正确的是()A.维生素是参与生物生长发育与新陈代谢所必需的一类小分子化合物B.根据溶解性的不同维生素可分为脂溶性和水溶性维生素C.维生素是参与生物生长发育与新陈代谢所必需的一类高分子化合物D.脂溶性维生素与脂类食物共食更有利于吸收11、己烷雌酚的一种合成路线如下：rm{X}rm{Y(}己烷雌酚rm{)}下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.在rm{NaOH}水溶液中加热，化合物rm{X}可发生消去反应B.在一定条件下，化合物rm{Y}可与rm{HCHO}发生缩聚反应C.用rm{FeCl_{3}}溶液可鉴别化合物rm{X}和rm{Y}D.化合物rm{Y}中不含有手性碳原子12、常温下，将等体积、等物质的量浓度的rm{NH_{4}HCO_{3}}与rm{NaCl}溶液混合，析出部分rm{NaHCO_{3}}晶体。下列指定溶液中微粒浓度大小比较正确的是rm{(}rm{)}A.原rm{NH_{4}HCO_{3}}溶液中：rm{c(HCO_{3}^{mathrm{{-}}})>c(NH_{4}^{{+}})>c(OH^{-})>c(H^{+})}B.原rm{NH_{4}HCO_{3}}溶液中：rm{c(OH^{-})=c(H^{+})-c(CO_{3}^{2mathrm{{-}}})-c(NH_{3}隆陇H_{2}O)+c(H_{2}CO_{3})}C.析出晶体后的溶液中：rm{c(Cl^{-})=c(NH_{4}^{{+}})}rm{c(Na^{+})=c(HCO_{3}^{mathrm{{-}}})}D.析出晶体后的溶液中：rm{c(H^{+})+c(H_{2}CO_{3})=c(OH^{-})+c(CO_{3}^{2mathrm{{-}}})+c(NH_{3}隆陇H_{2}O)}评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)13、开发新能源和三废处理都是可持续发展的重要方面。（1）由碳的氧化物直接合成乙醇燃料已进入大规模生产。如采取以CO和H2为原料合成乙醇，化学反应方程式：2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)；若密闭容器中充有10molCO与20molH2，在催化剂作用下反应生成乙醇：CO的转化率(α)与温度、压强的关系如下图所示。①若A、B两点表示在某时刻达到的平衡状态，此时在A点时容器的体积为10L，则该温度下的平衡常数：K＝；②若A、C两点都表示达到的平衡状态，则自反应开始到达平衡状态所需的时间tAtC（填“大于”、“小于”或“等于”）。③工业上还可以采取以CO2和H2为原料合成乙醇，并且更被化学工作者推崇，但是在相同条件下，由CO制取CH3CH2OH的平衡常数远远大于由CO2制取CH3CH2OH的平衡常数。请推测化学工作者认可由CO2制取CH3CH2OH的优点主要是：。（2）目前工业上也可以用CO2来生产甲醇。一定条件下发生反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。若将6molCO2和8molH2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化的曲线如右图所示（实线）。①请在答题卷图中绘出甲醇的物质的量随时间变化曲线。②仅改变某一实验条件再进行两次实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示，曲线I对应的实验条件改变是，曲线Ⅱ对应的实验条件改变是。（3）Hg是水体污染的重金属元素之一。水溶液中二价汞的主要存在形态与Clˉ、OHˉ的浓度关系如右图所示［图中的物质或粒子只有Hg(OH)2为难溶物；pCl=－1gc(Clˉ)］①下列说法中正确的是。A．为了防止Hg2＋水解，配制Hg(NO3)2溶液时应将Hg(NO3)2固体溶于浓硝酸后再稀释B．当c(C1ˉ)＝10ˉ1mol·Lˉ1时，汞元素一定全部以HgCl42ˉ形式存在C．HgCl2是一种弱电解质，其电离方程式是：HgCl2＝HgCl＋+C1ˉD．当溶液pH保持在4，pCl由2改变至6时，可使HgCl2转化为Hg(OH)2②HgCl2又称“升汞”，熔点549K，加热能升华，其晶体是（填晶体类型）。14、乙醇和乙酸是生活中两种常见的有机物．请回答下列问题：

（1）乙醇的结构简式为CH3CH2OH，乙醇分子含有的官能团为____；

（2）生活中常用食醋除去暖瓶内的水垢（主要成分是CaCO3），反应的化学方程式为2CH3COOH+CaCO3═（CH3COO）2Ca+CO2↑+H2O．通过这个事实，你得出醋酸与碳酸的酸性强弱关系是：醋酸____碳酸（填“＞”或“＜”）；

（3）在浓硫酸的催化作用下，加热乙酸和乙醇的混合溶液，可发生酯化反应．请完成化学方程式：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+____．15、（1）常温下，将1mLpH=1的H2SO4溶液加水稀释到100mL，稀释后的溶液中pH=____．

（2）某温度时，测得0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的离子积常数KW=____．该温度____25℃．

（3）常温下，设pH=5的H2SO4的溶液中由水电离出的H+浓度为c1；pH=5的Al2（SO4）3溶液中由水电离出的H+浓度为c2，则c1：c2=____．

（4）常温下，pH=13的Ba（OH）2溶液aL与pH=3的H2SO4溶液bL混合（混合后溶液体积变化忽略不计）．若所得混合溶液呈中性，则a：b=____．若所得混合溶液pH=12，则a：b=____．

（5）在（2）所述温度下，将pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的硫酸VbL混合．

①若所得混合液为中性，且a=12，b=2，则Va：Vb=____．

②若所得混合液的pH=10，且a=12，b=2，则Va：Vb=____．16、学习化学应该明确“从生活中来；到生活中去”道理．在生产生活中，我们会遇到各种各样的化学反应．请你写出下列反应的离子方程式．（注意反应条件并配平）

（1）工业上将氯气通入到消石灰中制取漂白粉____

（2）玻璃中含有SiO2，不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶保存碱性溶液的原因（用离子方程式表示）____

（3）工业上用明矾净水：____

（4纺织工业中常用氯气作漂白剂，Na2S2O3溶液可作为漂白后布匹的“脱氯剂”，Na2S2O3溶液和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl请写出该反应的离子方程式____

（5）近年来，科学家研究出了一种新的制备新型净水剂二氧化氯的方法，即在酸性溶液中用草酸钠（Na2C2O4）还原氯酸钠，离子反应反应方程式为____．17、（2011秋•云龙县校级期末）50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应；通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，回答下列问题：

（1）烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是____

（2）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值____（填“偏大”“偏小”“无影响”）．

（3）实验中改用60mL0.50mol•L-1盐酸进行反应，与上述实验相比，所放出的热量____（填“相等”、“不相等”），所求中和热____（填“相等”、“不相等”），简述理由____．

（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会____（填“偏大”、“偏小”“无影响”）．评卷人得分四、解答题(共3题，共9分)18、常温下将20.0g质量分数为14.0%的NaCl溶液与30.0g质量分数为24.0%的NaCl溶液混合，得到密度为1.15g/cm3的混合溶液．计算：（1）该溶液的物质的量浓度．

（2）在1000g水中需溶入多少摩尔NaCl，才能使其物质的量浓度恰好与上述混合溶液的物质的量浓度相等．19、为了达到下表中的实验要求；请从“供选择的化学试剂及方法”栏中，选择正确选项的字母代号填入对应的空格中．

。序号实验要求答案供选择的化学试剂及方法（1）检验酒精中是否含有水A．向试液中滴加酚酞试液。

B．向试液中加入无水CuSO4

C．加入饱和Na2CO3溶液；分液。

D．向试液中滴加I2溶液（2）检验淀粉是否完全水解（3）证明NaHCO3溶液呈碱性（4）除去乙酸乙酯中的少量乙酸20、防治环境污染是当前环保工作的重要研究内容之一．二氧化硫和氮氧化物是大气的主要污染物．

（1）将1.5molSO2用氢氧化钠溶液；石灰及氧气处理后；假设硫元素不损失，理论上可得到______g石膏．

（2）用CH4消除NOx污染的化学方程式为：

CH4+4NO→2N2+CO2+2H2O；CH4+2NO2→N2+CO2+2H2O

现有11.2LNO2、NO的混合气体NOx，将其还原为N2，需要4.48L的CH4，则混合气体中NO2；NO的物质的量分别为______．（体积都已换算为标准状况）

（3）（1）常温下用氧缺位铁酸锌ZnFe2Oy可以消除NOx污染，使NOx转变为N2，同时ZnFe2Oy转变为ZnFe2O4．若2molZnFe2Oy与足量NO2可生成0.5molN2；则y=______．

（2）氧缺位铁酸锌ZnFe2Oz化学式的氧化物形式为aZnO•bFeO•cFe2O3．已知1molZnFe2Oz最多能使4.0L（标况）NO1.4转化为N2．则上述氧化物形式的化学式可具体表示为______．

（4）低温臭氧氧化脱硫脱硝技术可以同时吸收烟气中的氮氧化物和二氧化硫，反应原理是将NOx氧化成N2O5；通过洗涤形成硝酸盐，二氧化硫形成硫酸盐．其主要反应如下：

NO+O3→NO2+O2①

2NO2+O3→N2O5+O2②

N2O5+2NH3+H2O→2NH4NO3③

SO2+O3+2NH3+H2O→（NH4）2SO4+O2④

某热电厂烟气中平均含NOx4.5‰、SO29.0‰（体积分数），压缩空气经臭氧发生器变成臭氧空气，其中O3浓度为90L/m3，臭氧空气与加湿氨气和烟气混合反应．若流量比为y；请通过计算列出y与x的关系式．

评卷人得分五、简答题(共3题，共21分)21、研究rm{CO}rm{NO}rm{NO_{2}}等气体的性质，以便消除污染或变废为宝，可以保护环境、节约资源。试运用所学知识，解决下列问题：rm{(1)}生产水煤气过程中有以下反应：rm{垄脵C(s)+CO_{2}(g)?2CO(g)}rm{娄陇}rm{H}rm{{,!}_{1}}rm{垄脷CO(g)+H_{2}O(g)?H_{2}(g)+CO_{2}(g)}rm{垄脷CO(g)+H_{2}O(g)?

H_{2}(g)+CO_{2}(g)}rm{娄陇}rm{H}rm{垄脹C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}(g)}rm{{,!}_{2}}rm{垄脹C(s)+H_{2}O(g)?

CO(g)+H_{2}(g)}rm{娄陇}若平衡表达式为rm{H}rm{=dfrac{c(H_{2})隆陇c(CO)}{c(H_{2}O)}}则它所对应的化学反应方程式是rm{{,!}_{3}}填序号rm{K}________；上述反应rm{=

dfrac{c(H_{2})隆陇c(CO)}{c(H_{2}O)}}rm{(}rm{)}rm{娄陇}rm{H}rm{{,!}_{1}}rm{娄陇}rm{H}rm{{,!}_{2}}之间的关系为________。rm{娄陇}不同温度下反应rm{H}的平衡常数如下表所示。则rm{{,!}_{3}}rm{(2)}rm{垄脷}________rm{娄陇}填“rm{H}”或“rm{{,!}_{2}}”rm{0(}在rm{<}时，把等物质的量浓度的rm{>}和rm{)}充入反应容器，达到平衡时rm{500隆忙}rm{CO}rm{H_{2}O(g)}rm{c}则rm{(CO)=0.005mol隆陇L^{-1}}的平衡转化率为________。。rm{c}温度rm{/隆忙}rm{400}rm{500}rm{800}平衡常数rm{K}rm{9.94}rm{9}rm{1}rm{(3)}对反应rm{2NO_{2}(g)?N_{2}O_{4}(g)}rm{娄陇}rm{H}rm{<0}在温度为rm{T}rm{{,!}_{1}}rm{T}rm{{,!}_{2}}时，平衡体系rm{N_{2}O_{4}}的体积分数随压强变化曲线如图所示。则rm{T}rm{{,!}_{1}}________rm{T}rm{{,!}_{2}(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}增大压强，平衡向________反应方向移动；rm{B}、rm{C}两点的平衡常数rm{B}________rm{C}rm{(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}22、根据如图所示装置；请回答：

rm{(1)}在rm{A}中加试剂后，立即打开止水夹rm{C}rm{B}中的现象是______，rm{B}中有关反应的离子方程式是______．

rm{(2)}一段时间后，关闭止水夹rm{C}rm{B}中的现象是______，rm{B}中有关反应的离子方程式是______．23、rm{HN0_{3}}和rm{HN0_{2}}是氮的两种重要含氧酸rm{.HN0_{2}}能被常见的氧化剂rm{(}如高锰酸钾、重铬酸钾等rm{)}氧化；在酸性条件下也能被亚铁离子、碘离子还原；亚硝酸银rm{(AgN0_{2})}是一种难溶于水、易溶于酸的化合物rm{.}回答下列问题：

rm{(1)}中学常见的同种非金属元素形成的酸有rm{HCl0_{4}}和rm{HCl0}rm{H_{2}S0_{4}}和rm{H_{2}S0_{3}}等，由此推知：rm{HN0_{2}}是______rm{(}填“强酸”或“弱酸”rm{)}．

rm{(2)}亚硝酸钠是工业盐的主要成分，用于建筑业降低水的凝固点rm{.}检验硝酸钠中是否混有。

亚硝酸钠的方法是，将样品溶解，然后滴入酸性高锰酸钾溶液，观察到高锰酸钾溶液的紫色褪去，该反应的离子方程式为______rm{.}工业盐和食盐外形相似，易混淆发生中毒事故rm{.}下列鉴别方法正确的是______rm{(}填标号rm{)}．

A.用硝酸银和硝酸溶液区别．

B.测定这两种溶液的rm{pH}

C.分别在两种溶液中滴加甲基橙。

D.分别滴加醋酸和rm{KI}淀粉溶液。

rm{(3)}往氯水中滴入亚硝酸钠溶液；发现氯水褪色，该反应的离子方程式为______．

rm{(4)}浓硝酸具有强氧化性．

rm{垄脵}某同学设计出如图实验装置，以此说明在浓硝酸存在下铁会因发生电化腐蚀而溶解rm{.}该设计是否合理？______rm{(}“合理”或“不合理”rm{)}原因是______．

rm{垄脷}浓硝酸除了能氧化金属，还能氧化非金属，如加热条件下浓硝酸能氧化碳单质，该反应的化学方程式为______，该反应每生成rm{1mol}氧化产物，转移电子的物质的量为______．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【分析】A．聚乙烯不含碳碳双键；

B．分子式为C5H12的烃有正戊烷；异戊烷、新戊烷3种；

C．苯乙烯含有苯环和碳碳双键；都可发生加成反应；

D．淀粉、纤维素为多糖，蛋白质可水解生成氨基酸．【解析】【解答】解：A．聚乙烯不含碳碳双键；与溴水不反应，故A错误；

B．分子式为C5H12的烃有正戊烷；异戊烷、新戊烷3种；故B正确；

C．苯乙烯含有苯环和碳碳双键；都可发生加成反应，与氢气完全发生加成反应，可生成乙基环己烷，故C正确；

D．淀粉；纤维素和蛋白质的相对分子质量在10000以上；为高分子化合物，淀粉、纤维素为多糖，可水解生成葡萄糖，蛋白质可水解生成氨基酸，故D正确．

故选A．2、B【分析】【分析】A．金属的金属性越强；金属单质与水或酸反应越剧烈；

B．金属的金属性越强；其最高价氧化物的水化物碱性越强；

C．强酸和弱酸盐反应生成弱酸；

D．元素的非金属性越强，其单质与氢气反应越容易．【解析】【解答】解：A．金属的金属性越强；金属单质与水或酸反应越剧烈，钠和镁分别投入冷水中，钠和水剧烈反应；镁和冷水不反应，所以可以判断钠、镁的金属性强弱，故A不选；

B．金属的金属性越强；其最高价氧化物的水化物碱性越强，氯化镁和氯化铝溶液分别和氨水混合都生成白色沉淀，不能鉴别氢氧化镁；氢氧化铝碱性强弱，所以不能判断镁、铝的金属性强弱，故B选；

C．强酸和弱酸盐反应生成弱酸；碳酸钠和二氧化碳；水反应生成难溶性的硅酸，说明碳酸酸性大于硅酸，故C不选；

D．元素的非金属性越强，其单质与氢气反应越容易，溴和氢气需要加热生成HBr；碘和氢气需要不断加热生成HI，所以可以根据溴；碘分别与氢气反应条件判断非金属性强弱，故D不选；

故选B．3、C【分析】

玻璃种添加Co2O3（氧化钴）呈蓝色，添加Cu2O呈红色，光学玻璃种一般添加PbO；钢化玻璃是将普通退火玻璃先切割成要求尺寸，然后加热到接近软化点的700度左右，再进行快速均匀的冷却而得到的．不是添加Fe2+．

故选C．

【解析】【答案】钢化玻璃是将普通退火玻璃先切割成要求尺寸；然后加热到接近软化点的700度左右，再进行快速均匀的冷却而得到的．

4、B【分析】【分析】对于ABn的共价化合物，各元素满足|化合价|+元素原子的最外层电子数=8，原子都满足最外层8电子结构，据此结合选项判断．【解析】【解答】解：A、N2中N原子最外层5个电子，氮气结构式为N≡N，N原子形成3个共价键，每个共价键提供一个电子，所以每个N原子周围电子数为：5+3=8；但是N2为单质不是化合物；故A错误；

B、PCl3中P元素化合价为+3；P原子最外层电子数为5，所以3+5=8，P原子满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，故B正确；

C、PCl5中P元素化合价为+5；P原子最外层电子数为5，所以5+5=10，分子中P原子不满足8电子结构，故C错误；

D、BeCl2中Be元素化合价为+2；Be原子最外层电子数为2，所以2+2=4，Be原子不满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，故D错误．

故选B．5、C【分析】【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，仅能在水溶液里导电的电解质属于共价化合物，据此分析解答．【解析】【解答】解：A．KOH属于离子键化合物；为强电解质，在水溶液里或熔融状态下都导电，故A不选；

B．氯气属于单质；既不是电解质也不是非电解质，但其水溶液能导电，故B不选；

C．HCl是共价化合物；为强电解质，仅能在水溶液里能导电，故C选；

D．二氧化碳是非电解质；但其水溶液能导电，故D不选；

故选C．6、C【分析】A项，V(Cl2)＝×22.4L，A错；B项，(bcNA－d)个，错误；C项，×2×NA＝d，NA＝正确；D项，考虑到浓盐酸的挥发，无法计算溶液中H＋的数目。【解析】【答案】C7、C【分析】【解析】试题分析：羟基直接与苯环相连的化合物叫酚，天然维生素P中有两个苯环，有四个酚羟基，所以1mol维生素P可以和4molNaOH反应，酚羟基的邻对位上的氢原子可以被溴原子取代，所以可以和溴水反应，维生素P属于酚类，易溶于有机溶剂，因此答案选C。考点：考查有机物的结构和性质【解析】【答案】C二、双选题(共5题，共10分)8、AD【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.根据阿司匹林的结构简式可知，其没有手性碳原子，故A错误；B.二者都含有苯环，故属于芳香族化合物，故B正确；C.由于水杨酸含有酚羟基，能和氯化铁显色，而阿司匹林没有酚羟基，故可用rm{FeCl}rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}溶液检验阿司匹林中是否含有未反应完的水杨酸，故C正确；该有机物能和D.阿司匹林含有羧基、酯基，酯基水解生成乙酸和酚羟基，二者均能和氢氧化钠反应，故rm{1mol}该有机物能和rm{3mol}氢氧化钠反应，故D错误。氢氧化钠反应，故D错误。rm{1mol}rm{3mol}【解析】rm{AD}9、A|B|C|D【分析】解：A；乙醇可以和水任意比例互溶；故A正确；

B；有机物易溶于有机溶剂中；乙醇是一种常见的有机溶剂，可溶解多种有机物，故B正确；

C；乙醇具有还原性；易被强氧化剂酸性高锰酸钾氧化而使得溶液褪色，故C正确；

D；一定体积分数的乙醇在医疗上用作消毒剂；故D正确．

故选ABCD．【解析】【答案】ABCD10、A|C【分析】解：A．维生素可以起到调节新陈代谢；预防疾病和维持身体健康的作用；故A错误；

B．维生素可分为脂溶性和水溶性维生素；故B正确；

C．维生素是人和动物为维持正常的生理功能而必需从食物中获得的一类微量有机物质；故C错误；

D．脂溶性维生素易溶于脂类食物；与脂类食物共食更有利于吸收，故D正确．

故选AC．【解析】【答案】AC11、BC【分析】【分析】本题侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大。【解答】A.rm{X}为卤代烃，在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成醇，如发生消去反应，条件为氢氧化钠醇溶液，故A错误；B.rm{Y}含有酚羟基，与苯酚性质相似，可与甲醛发生缩聚反应，故B正确；C.rm{Y}含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应，故C正确；D.连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，rm{Y}中连接乙基的碳原子为手性碳原子，故D错误。故选BC。【解析】rm{BC}12、BD【分析】【分析】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。【解答】A.rm{NH_{4}HCO_{3}}溶液溶液显碱性，rm{HCO_{3}^{-}}的水解程度大于rm{NH_{4}^{+}}的水解程度，则rm{c(NH_{4}^{+})>c(HCO_{3}^{-})}所以rm{c(NH_{4}^{+})>c(HCO_{3}^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}故A错误；B.原rm{NH_{4}HCO_{3}}溶液中，电荷守恒为：rm{c(NH_{4}^{+})+c(Na^{+})+c(NH_{4}^{+})=c(OH^{-})+2c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(Cl^{-})}溶液中物料守恒为rm{c(NH_{4}^{+})+c(NH_{3}?H_{2}O)+c(Na^{+})=c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})+c(Cl^{-})}则rm{c(OH^{-})=c(H^{+})-c(CO_{3}^{2-})-c(NH_{3}?H_{2}O)+c(H_{2}CO_{3})}故B正确；C.rm{NH_{4}^{+}}和rm{HCO_{3}^{-}}会发生水解，所以rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})}rm{c(Na^{+})>c(HCO_{3}^{-})}故C错误；D.析出晶体后的溶液中溶质可以看作rm{NH_{4}Cl}和rm{NaHCO_{3}}溶液中电荷守恒为：rm{c(NH_{4}^{+})+c(Na^{+})+c(NH_{4}^{+})=c(OH^{-})+2c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(Cl^{-})}溶液中物料守恒为rm{c(NH_{4}^{+})+c(NH_{3}?H_{2}O)+c(Na^{+})=c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})+c(Cl^{-})}则rm{c(H^{+})+c(H_{2}CO_{3})=c(OH^{-})+c(CO_{3}^{2?})+c(NH_{3}隆陇H_{2}O)}，故D正确。故选BD。rm{c(H^{+})+c(H_{2}CO_{3})=c(OH^{-})+c(CO_{3}^{2?}

)+c(NH_{3}隆陇H_{2}O)}【解析】rm{BD}三、填空题(共5题，共10分)13、略

【分析】试题分析：（1）①2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)起始浓度（mol/L）1200转化浓度（mol/L）0.51.00.250.25平衡浓度（mol/L）0.51.00.250.25根据化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值可知，该温度下反应的平衡常数K＝＝0.25。②根据图像可知，C点温度和压强均大于A点温度和压强，所以C点反应速率快，达到平衡的时间少。③由于氮气中CO2的含量逐渐增大，所以该方法的优点是原料易得、可以减轻温室效应。（2）①根据图像可知平衡时氢气的物质的量是2mol，消耗氢气的物质的量是8mol－2mol＝6mol，所以根据方程式可知平衡时生成甲醇的物质的量是2mol，因此图像可表示为见答案。②曲线I与原曲线相比达到平衡的时间减少，说明反应速率快。而平衡时氢气的物质的量增加，说明平衡向逆反应方向移动。由于正方应是体积减小的可逆反应，所以改变的条件只能是升高温度，即正方应是放热反应；曲线Ⅱ与原曲线相比达到平衡的时间减少，说明反应速率快。而平衡时氢气的物质的量减少，这说明平衡向正反应方向移动。由于正方应是体积减小的放热的可逆反应，所以改变的条件只能是增大压强。（3）①A．Hg2＋水解溶液显酸性，所以为了防止Hg2＋水解，配制Hg(NO3)2溶液时应将Hg(NO3)2固体溶于浓硝酸后再稀释，A正确；B．当c(C1ˉ)＝10ˉ1mol·Lˉ1即pCl＝1时，汞元素主要是以HgCl42ˉ形式存在，B不正确；C．HgCl2是一种弱电解质，其电离方程式是：2HgCl2HgCl＋+HgCl3ˉ，C不正确；D．根据图像可知当溶液pH保持在4，pCl由2改变至6时，可使HgCl2转化为Hg(OH)2，D正确，答案选AD。②HgCl2又称“升汞”，熔点549K，加热能升华，这说明晶体是分子晶体。考点：考查平衡常数的计算、外界条件对平衡状态的影响以及溶解平衡的有关应用与判断【解析】【答案】（1）①K=0.25（2分）②大于（2分）③原料易得、可以减轻温室效应等（2分）（2）①（2分）②升温，增压（各1分）（3）①AD②分子晶体14、羟基或者-OH＞H2O【分析】【分析】（1）乙醇分子中含有的官能团为羟基；

（2）根据强酸制备弱酸的原理；

（3）根据在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水．【解析】【解答】解：（1）乙醇的结构简式为CH3CH2OH；其分子中含有的官能团为羟基或者-OH；

故答案为：羟基或者-OH；

（2）由2CH3COOH+CaCO3═（CH3COO）2Ca+CO2↑+H2O根据强酸制备弱酸的原理；可知酸性：醋酸＞碳酸；

故答案为：＞；

（3）在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：H2O；15、31.0×10-13高于1：100001：10011：901：101：9【分析】【分析】（1）1mLpH=1的H2SO4溶液加水稀释到100mL，c（H+）由0.1mol/L变为0.001mol/L；

（2）常温下，0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为12，而某温度时测得0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为11，则KW增大；

（3）pH=5的H2SO4的溶液中由水电离出的H+浓度为c1==10-9mol/L，pH=5的Al2（SO4）3溶液溶液中由水电离出的H+浓度为c2=10-5mol/L；

（4）若所得混合溶液呈中性，aL×0.1mol/L=bL×0.001mol/L；若所得混合溶液pH=12，则碱过量，所以=0.01mol/L；

（5）将pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的硫酸VbL混合；

①若所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，根据c（OH-）×Va=c（H+）×Vb计算；

②若所得混合溶液的pH=10，碱过量，列式找出c（OH-）与酸碱的物质的量的关系，再计算出Va：Vb．【解析】【解答】解：（1）1mLpH=1的H2SO4溶液加水稀释到100mL，c（H+）由0.1mol/L变为0.001mol/L；则稀释后溶液的pH=-lg0.001=3；

故答案为：3；

（2）常温下，0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为12，而某温度时测得0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为11，则KW=0.01×10-11=1.0×10-13；温度高于25℃；

故答案为：1.0×10-13；高于；

（3）硫酸溶液中的氢氧根离子、硫酸铝溶液中的氢离子是水电离的，pH=5的硫酸溶液中由水电离出的H+浓度为c1==10-9mol/L，pH=5的Al2（SO4）3溶液中由水电离出的H+浓度为c2=10-5mol/L，则c1：c2=10-9mol/L：10-5mol/L=1：10000；

故答案为：1：10000；

（4）若所得混合溶液呈中性，则硫酸中的氢离子与氢氧化钡的氢氧根离子的物质的量相等，即：aL×0.1mol/L=bL×0.001mol/L，解得a：b=1：100；

若所得混合溶液pH=12，溶液显示碱性，碱过量，则：=0.01mol/L，解得a：b=11：90；

故答案为：1：100；11：90；

（5）①若所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，因c（OH-）×Va=c（H+）×Vb，a=11，溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，b=2，则氢离子浓度为0.01mol/L，则0.1×Va=0.01Vb，则Va：Vb=1：10；

故答案为：1：10；

②若所得混合溶液的pH=10，混合液中碱过量，该温度下氢氧根离子浓度为0.001mo/L，a=12，氢氧根离子浓度为0.1mol/L，b=2，溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则c（OH-）==0.001mol/L；

解得：Va：Vb=1：9；

故答案为：1：9．16、Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2OSiO2+2OH-=SiO32-+H2OAl3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+5H2O+S2O32-+4Cl2=2SO42-+8Cl-+10H+2H++H2C2O4+2ClO3-═2CO2↑+2ClO2↑+2H2O【分析】【分析】（1）氯气和消石灰反应生成氯化钙；次氯酸钙和水；

（2）玻璃中含有SiO2，不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶保存碱性溶液的原因是：SiO2和NaOH反应生成具有粘性的硅酸钠；

（3）明矾溶于水后可以产生胶状物氢氧化铝；吸附杂质，使杂质沉降；

（4）反应中Na2S2O3→H2SO4，S硫元素平均化合价由+2价升高为+6价，Na2S2O3是还原剂，Cl2→NaCl、HCl，Cl元素化合价由0价降低为-1价，Cl2是氧化剂；根据电子转移相等来配平即可；

（5）用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，反应生成硫酸钠、二氧化碳、二氧化氯、水，以此来解答．【解析】【解答】解：（1）氯气和消石灰（氢氧化钙乳浊液）反应，氯从单质氯气中的零价氯变为产物CaCl2中-1价和产物Ca（ClO）2中+1价，即Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2O；

故答案为：Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2O；

（2）带磨口玻璃塞的试剂瓶，由于磨口接触面积大，SiO2和NaOH反应生成具有粘性的硅酸钠，不便于下一次打开，故答案为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；

（3）工业上用明矾净水的原理是明矾中的个铝离子水解生成的胶状物氢氧化铝可以吸附杂质，使杂质沉降的缘故，故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+；

（4）反应中Na2S2O3→H2SO4，S硫元素平均化合价由+2价升高为+6价，Na2S2O3是还原剂，Cl2→NaCl、HCl，Cl元素化合价由0价降低为-1价，Cl2是氧化剂，根据电子转移相等，所以n（Na2S2O3）×2×（6-2）=n（Cl2）×2，故n（Na2S2O3）：n（Cl2）=1：4，方程式为：5H2O+S2O32-+4Cl2=2SO42-+8Cl-+10H+；

故答案为：5H2O+S2O32-+4Cl2=2SO42-+8Cl-+10H+；

（5）用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，反应生成硫酸钠、二氧化碳、二氧化氯、水，该反应为H2C2O4+2NaClO3+H2SO4═Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O，离子方程式为：2H++H2C2O4+2ClO3-═2CO2↑+2ClO2↑+2H2O．

故答案为：2H++H2C2O4+2ClO3-═2CO2↑+2ClO2↑+2H2O．17、减小热量散失偏小不相等相等因中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量，与酸碱的用量无关偏小【分析】【分析】（1）中和热测定实验成败的关键是保温工作；

（2）不盖硬纸板；会有一部分热量散失；

（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；并根据中和热的概念和实质来回答；

（4）根据弱电解质电离吸热分析．【解析】【解答】解：（1）中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：减少实验过程中的热量损失，故答案为：减小热量散失；

（2）大烧杯上如不盖硬纸板；会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；

（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.25mol•L-1H2SO4溶液跟50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用50mL0.50mol•L-1醋酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：不相等；相等；因中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量；与酸碱的用量无关；

（4）氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故答案为：偏小．四、解答题(共3题，共9分)18、略

【分析】【分析】（1）根据V=计算溶液的体积，再c=计算出混合后溶液的物质的量浓度；

（3）根据ω=计算混合后溶液的质量分数，设需要NaCl的物质的量为xmol，根据质量分数列方程计算．【解析】【解答】解：（1）混合溶液的体积为：=43.48mL=0.04348L；

溶液中溶质的物质的量为：=0.1709mol；

混合后溶液的物质的量浓度为：=3.93mol/L；

答：混合后溶液的物质的量浓度为3.93mol/L；

（2）混合后溶液中的质量为：20.0g+30.0g=50.0g，溶质NaCl的质量为：20.0g×14%+30.0g×24%=10.0g，混合后溶液的质量分数：×100%=20%；

设需要NaCl的物质的量为xmol，则：=20%

解得：x≈4.27mol；

答：在1000g水中需溶解4.27molNaCl才能使其浓度恰好与上述混合后溶液的浓度相等．19、略

【分析】【分析】（1）水能使无水硫酸铜变蓝色；

（2）碘遇淀粉试液变蓝色；

（3）无色酚酞试液遇碱变红色；

（4）乙酸能和碳酸钠反应，且不和碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯的溶解度．【解析】【解答】解：（1）水能使无水硫酸铜变蓝色；所以可以用无水硫酸铜检验水的存在，故选B；

（2）碘遇淀粉试液变蓝色；如果淀粉未完全水解，向溶液中滴加碘，溶液会变蓝色，故选D；

（3）无色酚酞试液遇碱变红色；如果碳酸氢钠溶液呈碱性，则向碳酸氢钠溶液中滴加无色酚酞试液，溶液会变红色，故选A；

（4）乙酸的酸性大于碳酸；所以乙酸能和碳酸钠反应生成乙酸钠和二氧化碳；水，碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯的溶解度，故选C；

故答案为：。序号实验要求答案供选择的化学试剂及方法（1）检验酒精中是否含有水BA．向试液中滴加酚酞试液。

B．向试液中加入无水CuSO4

C．加入饱和Na2CO3溶液；分液。

D．向试液中滴加I2溶液（2）检验淀粉是否完全水解D（3）证明NaHCO3溶液呈碱性A（4）除去乙酸乙酯中的少量乙酸C20、略

【分析】

（1）根据S元素守恒n（CaSO4•2H2O）=n（SO2）=1.5mol；故石膏的质量为1.5mol×172g/mol=258g；

故答案为：258；

（2）11.2LNO2、NO的混合气体的物质的量为=0.5L，4.48L的CH4的物质的量为=0.2mol，令混合气体中NO2；NO的物质的量分别为xmol、ymol；则：

解得：x=0.3；y=0.2；

故答案为：0.3mol；0.2mol

（3）①2molZnFe2Oy与足量NO2可生成0.5molN2，则ZnFe2Oy被还原为ZnFe2O4，令ZnFe2Oy中铁元素的化合价为a；根据电子转移守恒，可知2mol×2×（3-a）=0.5mol×2×4，解得a=2，化合价代数和为0，则2+2×2=2y，解得y=3；

故答案为：3；

②1molZnFe2Oz最多能使4.0L（标况）NO1.4转化为N2，则ZnFe2Oz被还原为ZnFe2O4，令ZnFe2Oz中铁元素的化合价为b，根据电子转移守恒，可知1mol×2×（3-b）=×2.8，解得b=2.75，令+2Fe与+3价Fe的原子数目之比为m：n，根据平均化合价，则2m+3n=2.75m+2.75n，整理得m：n=1：3，氧化物化学式为aZnO•2FeO•3Fe2O3，化学式中n（Fe）=2n（Zn），故a=4，即氧缺位铁酸锌ZnFe2Oz的氧化物形式为4ZnO•2FeO•3Fe2O3，故答案为：4ZnO•2FeO•3Fe2O3；

（4）由反应①②可知，O3在氧化过程中都生成O2，则NOx与O3在水蒸气存在下反应时有如下关系：2NOx+（5-2x）O3+H2O→2HNO3+（5-2x）O2，设烟气为1m3，其中NOx为4.5L，SO2为9L，则V（O3）=90y，由反应④可知，与SO2反应的O3为9L，故与NOx反应的O3为（90y-9）L为；则：

2NOx～（5-2x）O3

25-2x

4.590y-9

所以有2：4.5=（5-2x）：（90y-9）；整理得y=0.025-0.05x

答：y与x的关系式为y=0.025-0.05x．

【解析】【答案】（1）根据S元素守恒n（CaSO4•2H2O）=n（SO2）；再根据m=nM计算石膏的质量；

（2）令混合气体中NO2；NO的物质的量分别为xmol、ymol；结合混合气体的体积及消耗的氧气的体积列方程计算；

（3）①依据氧化还原反应的电子守恒计算ZnFe2Oy中Fe元素化合价；再根据化合物中的元素化合价代数为0计算y的值；

②依据氧化还原反应的电子守恒计算ZnFe2Oz中Fe元素化合价；根据化合价确定+2Fe与+3价Fe的原子数目之比，据此书写氧化物氧化物形式的化学式；

再根据化合物中的元素化合价代数为0计算z的值；据此改写；

（4）由反应①②可知，O3在氧化过程中都生成O2，则NOx与O3在水蒸气存在下反应时有如下关系：2NOx+（5-2x）O3+H2O→2HNO3+（5-2x）O2，设烟气为1m3，其中NOx为4.5L，SO2为9L，则V（O3）=90y，由反应④可知，与SO2反应的O3为9L，故与NOx反应的O3为（90y-9）L为；再根据上述方程式计算．

五、简答题(共3题，共21分)21、（1）③（或或）

（2）＜75%

（3）＜正＞【分析】【分析】本题考查了外界条件对化学平衡移动的影响、盖斯定律等知识点，这些知识点都是考试热点，会根据反应方程式特点及外界条件来分析解答，难度中等。rm{(1)}根据方程式之间的关系结合盖斯定律确定焓变关系；

rm{(2)}升高温度；平衡向吸热反应方向移动，根据移动方向和平衡常数的关系判断反应热；

根据平衡常数计算反应的rm{CO}的物质的量浓度；再结合转化率公式计算一氧化碳的转化率；

rm{(3)}根据温度、压强对该反应的影响分析，化学平衡常数只与温度有关。【解答】rm{(1)}根据平衡表达式为rm{K=dfrac{c({H}_{2})?c(CO);}{c({H}_{2}O)}}知，生成物中含有氢气、一氧化碳两种气体，反应物中含有水蒸气，则符合条件的只有rm{K=

dfrac{c({H}_{2})?c(CO);}{c({H}_{2}O)}}所以该反应是rm{垄脹}将方程式rm{垄脹}得rm{垄脵+垄脷}所以其焓变得rm{triangle{H}_{1}+triangle{H}_{2}篓Ttriangle{H}_{3}(}或rm{triangle{H}_{2}篓Ttriangle{H}_{3}-triangle{H}_{1}}或rm{triangle{H}_{1}篓Ttriangle{H}_{3}-triangle{H}_{2})}

rm{垄脹}根据表中数据知，升高温度，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，rm{triangle{H}_{2}<0}根据反应方程式中各物质的关系式知，平衡时，rm{triangle{H}_{1}+triangle

{H}_{2}篓Ttriangle{H}_{3}(}rm{triangle{H}_{2}篓Ttriangle

{H}_{3}-triangle{H}_{1}}参加反应的rm{c(CO)=c({H}_{2})=0.015mo/L}一氧化碳的转化率rm{=dfrac{;0.015mol/L;}{0.005mol/L+0.015mol/L}隆脕100%=75%}

rm{triangle{H}_{1}篓Ttriangle

{H}_{3}-triangle{H}_{2})}该反应的正反应是放热反应，相同压强下，由rm{(2)}到rm{triangle

{H}_{2}<0}四氧化二氮的体积分数增大，平衡向正反应方向移动，说明温度降低，则rm{c(CO)=0.005mol/L}；该反应的正反应是气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，温度越高，平衡常数越小，所以rm{c({H}_{2})=0.015mo/L}rm{c(CO)=c({H}_{2}

)=0.015mo/L}【解析】rm{(1)垄脹triangle{H}_{1}+triangle{H}_{2}篓Ttriangle{H}_{3}(}或rm{triangle{H}_{2}篓Ttriangle{H}_{3}-triangle{H}_{1}}或rm{triangle{H}_{1}篓Ttriangle{H}_{3}-triangle{H}_{2})}rm{(1)垄脹triangle{H}_{1}+triangle

{H}_{2}篓Ttriangle{H}_{3}(}rm{triangle{H}_{2}篓Ttriangle

{H}_{3}-triangle{H}_{1}}正rm{triangle{H}_{1}篓Ttriangle

{H}_{3}-triangle{H}_{2})}rm{(2)<75%}22、略

【分析】解：rm{(1)}在rm{A}中加试剂后，立即打开止水夹rm{C}rm{A}中生成的二氧化碳气体加入试管rm{B}偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：rm{AlO_{2}^{-}+CO_{2}+2H_{2}O篓TAl(OH)_{3}隆媒+HCO_{3}^{-}}或rm{2AlO_{2}^{-}+CO_{2}+3H_{2}O=2Al(OH)_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}}所以rm{B}中导管口有气泡冒出；有白色沉淀生成；

故答案为：导管口有气泡冒出，有白色沉淀生成；rm{AlO_{2}^{-}+CO_{2}+2H_{2}O篓TAl(OH)_{3}隆媒+HCO_{3}^{-}}或rm{2AlO_{2}^{-}+CO_{2}+3H_{2}O=2Al(OH)_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}}

rm{(2)}关闭止水夹rm{C}rm{A}中气体压强增大，使rm{A}管中盐酸进入rm{B}试管中与氢氧化铝反应，氢氧化铝白色沉淀逐渐溶解，其反应的离子方程式为：rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}=Al^{3+}+3H_{2}O}

故答案为：rm{A}中液体进入rm{B}中，液面上升，白色沉淀逐渐溶解；rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}=Al^{3+}+3H_{2}O.}

rm{(1)}二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，据此写出rm{B}中反应现象及离子方程式；

rm{(2)}关闭止水夹rm{C}rm{A}管中盐酸进入rm{B}试管中与氢氧化铝反应．

本题考查了铝的混合物性质、离子方程式书写，题目难度中等，注意掌握常见元素单质及其化合物性质，明确离子方程式的书写原则，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力．【解析】导管口有气泡冒出，有白色沉淀生成；rm{AlO_{2}^{-}+CO_{2}+2H_{2}O篓TAl(OH)_{3}隆媒+HCO_{3}^{-}}或rm{2AlO_{2}^{-}+CO_{2}+3H_{2}O=2Al(OH)_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}}rm{A}中液体进入rm{B}中，液面上升，白色沉淀逐渐溶解；rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}=Al^{3+}+3H_{2}O}23、略

【分析】解：rm{(1)HCl0_{4}(}氯元素化合价为rm{+7}价rm{)}为强酸，rm{HCl0(}氯元素化合价为rm{+1}价rm{)}为弱酸，rm{H_{2}S0_{4}(}硫元素化合价为rm{+6}价rm{)}为强酸，rm{H_{2}S0_{3}(}硫元素化合价为r