2025年粤人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2025年粤人版高三化学下册阶段测试试卷292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8题，共16分)1、下列有机物的命名及名称书写均正确的是（）A.CH2BrCH2Br二溴乙烷B.CH3CH（NH2）CH2COOH3-氨基丁酸C.硬酯酸甘油脂D.2，2-二甲基-3-丁醇2、化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A.神舟飞船所用太阳能电池板可将光能转换为电能，所用转换材料是单晶硅B.二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒C.乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广使用乙醇汽油D.“辽宁舰”上用于舰载机降落的拦阻索是一种特种钢缆，属新型无机非金属材料3、下列对于某些离子的检验及结论正确的是（）A.某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，则该溶液中一定含有CO32一B.某溶液中加入氢氧化钠溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该溶液中一定含有NH4+C.某溶液中滴入BaCl2溶液，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀，则一定含有SO42一D.某溶液加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则一定含有Ba2+4、下列说法中正确的是（）A.0℃、101kPa下，1mol水的体积约为22.4LB.0℃、101kPa下，2molCO2的体积约为44.8LC.25℃、101kPa下，11.2LH2的物质的量为0.5molD.0℃、101kPa下，67.2L空气中约含1.806×1023个分子5、常温下，pH相同的NaOH溶液和CH3COONa溶液分别加水稀释．pH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述正确的是（）A.b、c两点溶液的导电能力相同B.c点溶液中c（CH3COOH）+c（OH-）=c（H+）C.a、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞bD.等体积的b、c两点溶液分别与相同浓度的盐酸恰好完全反应时，消耗盐酸的体积相等6、下列说法正确的是（）A.油脂是一类天然高分子化合物，是高级脂肪酸的甘油酯B.苯酚和苯都属于芳香族化合物C.硝化甘油、火棉、TNT都是硝酸酯D.石油主要是各种烷烃、环烷烃、烯烃组成的混合物7、25oC时，取浓度均为0．1mol·L-1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0．1mol·L-1NaOH溶液、0．1mol·L-1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线I中滴加溶液到10mL时：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)B.曲线I中滴加溶液到25mL时：c(NH4+)>c(C1-)>c(H+)>c(OH-)C.曲线II中滴加溶液在10mL～25mL之间存在：c(NH4+)=c(Cl-)>c(OH-)=c(H+)D.曲线II中滴加溶液到10mL时：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[c(H+)-c(OH-)]8、用rm{H_{2}O_{2}}溶液处理含rm{NaCN}的废水的反应原理为：rm{NaCN+H_{2}O_{2}+H_{2}O篓TNaHCO_{3}+NH_{3}}已知：rm{HCN}酸性比rm{H_{2}CO_{3}}弱rm{.}下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.该反应中氮元素被氧化B.该反应中rm{H_{2}O_{2}}作还原剂C.实验室配制rm{NaCN}溶液时，需加入适量的rm{NaOH}溶液D.rm{0.1mol?L^{-1}NaCN}溶液中含rm{HCN}和rm{CN^{-}}总数目为rm{0.1隆脕6.02隆脕10^{23}}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、对大气污染物SO2、CO、NOx进行研究具有重要意义．请回答下列问题：

（1）为减少SO2的排放；常采取的措施是将煤转化为清洁气体燃料．

已知：①H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=-241.8kJ•mol-1

②C（s）+O2（g）═CO（g）△H=-110.5kJ•mol-1

写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式：____．

（2）工业上通过Cl2（g）+CO（g）⇌COCl2（g）制备光气（COCl2）．图1为此反应的反应速率随温度变化的曲线；图2为某次模拟实验研究过程中固定体积容器内各物质的浓度随时间变化的曲线．回答下列问题：

①0-6min内，反应的平均速率v（Cl2）=____；

②下列说法能判断该反应达到化学平衡状态的是____．（填字母）

A．体系中Cl2的转化率不变B．体系中气体的平均摩尔质量不再改变。

C．每消耗1molCO的同时生成1molCOCl2D．混合气体密度不变。

③比较第8min反应温度T（8）与第15min反应温度T（15）的高低：T（8）____T（15）

（填“＜”；“＞”或“=”）．

④若保持温度不变，在第7min向体系中加入这三种物质各2mol，则平衡____移动（填“向左”；“向右”或“不”）；

（3）若往20mL0.0lmol•L-l的弱酸HNO2溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图3所示，下列有关说法正确的是____

①该烧碱溶液的浓度为0.02mol•L-1

②该烧碱溶液的浓度为0.01mol•L-1

③HNO2的电离平衡常数：b点＞a点。

④从b点到c点，混合溶液中一直存在：C（Na+）＞C（NO2-）＞C（OH-）＞C（H+）10、在原电池中，较活泼的金属组成的电极是____极，电池工作时这一极不断有电子流____，同时发生____反应；较不活泼的金属组成的电极是____极，电池工作时，这一极不断有电子流____，同时发生____反应．11、工业上利用某地磷矿（主要成分是磷酸钙；质量分数为80%，另外还含有石英及少量碳酸镁；氧化铝等不含磷杂质）制取磷铵，并用制磷铵排放的废渣磷石膏制取硫酸、水泥．其生产流程如下：

请分析并回答下列问题：

（1）窑气（SO2）进入接触室前需要净化的目的是____；

（2）实验室完成操作b的方法是____过滤；洗涤和干燥等；

（3）如图1表示接触室和吸收塔的内部构造．吸收塔内安装有许多瓷环作用是____；

（4）接触室中进行学反应是：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-296.4kJ/mol．接触室内安装热交换器的目的是____．图1表示接触室中催化剂随温度变化图象，图2表示SO2的转化率a（SO2）随温度T及压强P的变化图象．你认为接触室中最合适的温度和压强是____．

（5）硫酸厂的尾气除了含有N2、O2外，还含有SO2、微量的SO3和酸雾．能用于测定硫酸厂尾气中SO2含量的试剂是____（填字母代号）：

A．NaOH溶液、酚酞试液B．KMnO4溶液、稀H2SO4

C．氨水；酚酞试液D．碘水、淀粉溶液。

（6）在述生产过程中循环利用的物质有____（填化学式）；

（7）磷铵是一种常用复合肥，经分析其中氮与磷原子数之比为3：2，在生产过程中平均有7%的磷元素损失，该厂日均生产74.1吨磷铵，要维持正常生产，每天需运入这种磷矿至少____吨．12、工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸．为研究铁质材料与热浓硫酸的反应；某学习小组进行了以下探究活动：

探究一。

（1）将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是____．

（2）另称取铁钉6.0g放入15.0mL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+．若要确认其中的Fe2+，应选用____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336mL（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，经适当操作后得干燥固体2.33g．由于此推知气体Y中SO2的体积分数为____．

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中还可能含少量的H2和Q气体．为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）．

（3）装置B中试剂的作用是____．

（4）认为气体Y中还含有Q的理由是____（用化学方程式表示）．

（5）为确认Q的存在，需在装置中添加M于____（选填序号）．

a．A之前b．A-B间c．B-C间d．C-D间。

（6）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是____．13、已知：

现将A进行如下反应；已知：B不能发生银镜反应，D是食醋的主要成分，F中含有甲基，并且可以使溴水褪色．

（1）写出A、E的结构简式：A____、E____；

（2）反应①和②的反应类型：①____反应、②____反应；

（3）写出下列化学方程式：

A→I：____；A→H：____．14、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六种物质的相互转化关系如图所示rm{(}反应条件未标出rm{)}其中反应rm{垄脵}是置换反应．

rm{(1)}若rm{A}是常见的金属单质，rm{D}rm{F}是气态单质，反应rm{垄脵}在水溶液中进行，则反应rm{垄脷(}在水溶液中进行rm{)}的离子方程式是______．

rm{(2)}若rm{B}rm{C}rm{F}都是气态单质，且rm{B}有毒，rm{垄脹}的反应中还有水生成，反应rm{垄脷}需要放电才能发生，rm{A}rm{D}相遇有白烟生成，则rm{A}rm{D}反应产物的电子式是______，反应rm{垄脹}的化学方程式是______．

rm{(3)}若rm{A}rm{D}rm{F}都是短周期元素组成的非金属单质，且rm{A}rm{D}所含元素同主族，rm{A}rm{F}所含元素同周期，rm{C}rm{E}rm{F}为气体，rm{C}有毒，则反应rm{垄脵}的化学方程式是______．15、（2015春•瑞安市期中）如图示是元素周期表的一部分；A；B、C均为短周期元素，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B的质子数，B的原子核内质子数和中子数相等．回答：

（1）写出元素符号：A____；

（2）C的离子结构示意图：____；B的最高价氧化物对应化物的化学式为____．

（3）A、B、C三种元素的气态氢化物中最稳定的是____（填氢化物化学式）16、（2013秋•北京月考）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题；将烟气通过装有石灰石浆液的脱硫装置可以除去其中的二氧化硫，最终生成硫酸钙．硫酸钙可在图中所示的循环燃烧装置的燃料反应器中与甲烷反应，气体产物分离出水后得到几乎不含杂质的二氧化碳，从而有利于二氧化碳的回收利用，达到减少碳排放的目的．

请回答下列问题：

（1）煤燃烧产生的烟气直接排放到空气中，引发的主要环境问题有____．

A．温室效应B．酸雨C．粉尘污染D．水体富营养化。

（2）在烟气脱硫的过程中；所用的石灰石浆液在进入脱硫装置前，需通一段时间二氧化碳以增加其脱硫效率；脱硫时控制浆液的pH值，此时浆液含有的亚硫酸氢钙可以被氧气快速氧化生成硫酸钙．

①二氧化碳与石灰石浆液反应得到的产物为____．

②亚硫酸氢钙被足量氧气氧化生成硫酸钙的化学方程式为____．

（3）已知1molCH4在燃料反应器中完全反应生成气态水时吸收160.1kJ，1molCH4在氧气中完全燃烧生成气态水时放热802.3kJ．写出空气反应器中发生的热化学方程式：____．17、（1）下列4组物质均有一种物质的类别与其它3种不同

A．CaO、Na2O、CO2、CuOB．H2；C、P、Cu

C．O2、Fe、Cu、ZnD．HCl、H2O、H2SO4、HNO3

①以上四组物质中与别不同的物质依次是（填化学式）

A____；B____；C____；D____．

②这四种物质相互作用可生成一种新物质（碱式碳酸铜，化学式Cu2（OH）2CO3），该反应____氧化还原反应（填“是”或“否”）．

（2）分离或提纯下列物质；应选用下述哪一种？（填序号）

A；分液B、过滤C、萃取D、蒸馏

E；结晶F、加热分解H、渗析

①除去Ca（OH）2溶液中悬浮的CaCO3____；

②从碘水中提取碘____；

③除去氢氧化铁胶体中少量氯化铁溶液____；

④分离植物油和水____；

⑤除去Na2CO3中少量的NaHCO3____；

⑥用自来水制取蒸馏水____．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)18、22.4LNO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为NA．____（判断对错）19、有下列化合物：

（1）请在空格内用“√”或“×”判断正误．

①甲、乙、丙丁、戊均属于烃的衍生物____

②乙中含氧官能团的名称为“全基”和“羟基”____

③丙和丁互为同系物____

④可用溴水鉴别乙和戊____

（2）化合物戊可由甲按下列途径合成．

试回答下列问题。

①D→戊的有机反应类型是____．

②写出C→D的化学反应方程式____．

③写出同时满足下列条件的甲的同分异构体（两种即可）．____，____．

a．能与FeCl3发生显色反应；不能发生银镜反应；

b．属于酯类；取代基为链状；

c．苯环上一氯代物只有两种．20、质谱和核磁共振不仅可用于有机小分子结构的分析，还可用于蛋白质结构的研究____（判断对错）21、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“×”）22、制备MgO，既可以通过化合反应，又可以通过置换反应制备____（判断对和错）23、在NaCl、MgCl2和MgSO4三种盐配成的混合溶液中，若Na+的浓度为0.1mol•L-1、Mg2+的浓度为0.25mol•L-1、Cl-的浓度为0.2mol•L-1、则SO42-的物质的量浓度为0.2mol•L-1____（判断对错）．24、3.4gNH3中含有电子数为0.2NA____（判断对错）评卷人得分四、推断题(共4题，共16分)25、下列物质A～F是我们熟悉的单质或化合物；其中A；B均是常见的金属，且B的合金用量最大；E在常温下是黄绿色气体；在适当的条件下，它们之间可以发生如图所示的转化．

试回答下列问题：

（1）A在周期表中的位置是____；

（2）检验F中金属阳离子的常用方法是____；

（3）白色沉淀与NaOH溶液反应的离子方程式是____；

（4）反应F→D的化学方程式是____．26、下图中的B～K分别代表有关反应的一种反应物或生成物，其中A、C、F、K是固体；E是常见的气体单质而I是红棕色的气态氧化物。固态物质A加热后生成的气体混合物若通过碱石灰只剩余气体B，若通过浓硫酸则只剩余气体D。各物质间的转化关系如下图所示：请回答下列问题：(1)写出实验室检验A物质中含有的阳离子的方法____。(2)B与E反应得到1molH，则此时转移电子的物质的量为____mol。(3)写出实验室制取B的化学方程式____。(4)写出N的稀溶液与过量的铁粉反应的离子方程式____。(5)若混合气体通过碱石灰得到的气体B与通过浓硫酸得到的气体D的物质的量之比是8∶5，则用物质的量的关系表示此固体A的组成为____。27、已知a；e、I为三种由短周期元素构成的10个电子的粒子；其结构特点如下：

。粒子代码aeI原子核数单核两核四核粒子的电荷数一个单位正电荷一个单位负电荷0物质A由a；e构成；B、C、D、K都是单质，各有关物质之间的相互反应转化关系如下图所示，反应①-⑤都是用于工业生产的反应，⑥、⑦反应中个别产物在图中略去．请填写下列空白：

（1）写出下列物质的化学式：B____，J____．

（2）写出下列反应的离子反应方程式：H+E（溶液）→M____，F+G→A+B+C____；

（3）E（溶液）能与I以1：2的物质的量之比反应生成N、F和G，N中各原子均已达到惰性气体的稳定结构，写出N的结构式____；

（4）L是由3种元素构成的分子，能与I以1：2的物质的量之比反应生成尿素CO（NH2）2和物质H，写出L的电子式____；

（5）常温下，实验室模拟工业反应④的过程如图所示，标况下，当电极上产生112mL（已折算为标准状况下的体积）B气体时，烧杯中溶液的pH=____．（假设气体完全逸出，溶液体积不变）28、已知：E为常见金属单质，C、D、F、I均为常见气体，其中C、D为单质，F、I为化合物，且组成元素相同，D、F有毒，I为直线型非极性分子，它们有如下框图关系：

（1）反应①阳极的电极反应式____．

（2）反应③的化学方程式____．

（3）反应④的离子方程式为____．

（4）K是一种难溶于水的固体，K受热分解可生成H．实现由G溶液到K的转化时可以加入的试剂是（填写选项字母）____

A．NaOH溶液B．氨水C．Na2CO3溶液D．NaHCO3溶液

（5）将G的饱和溶液加入到沸水中，继续加热可得红褐色液体，写出反应的离子方程式：____，该液体接通直流电后____极附近颜色加深，这种过程叫做____．

（6）若E中含有合金元素，会导致G不纯．测定G的质量分数通常可用碘量法测定：称取mg无水G样品，溶于稀盐酸，再转移到

100mL容量瓶，用蒸馏水定容；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，用淀粉作指示剂并用cmol•L-1Na2S2O3溶液滴定（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-），共用去VmL．（杂质不参与反应）则样品中G的质量分数为：____．

（7）B的结构为三角双锥（如图所示），图中○代表F分子，●代表E原子．则B的化学式为____．评卷人得分五、简答题(共2题，共12分)29、Methylon（1；3-亚甲基双氧甲基卡西酮）的一种合成路线如下：

（1）A的化学式为______，B的结构简式为______．

（2）D中含氧官能团的名称为______．

（3）反应⑤的反应类型是______．

（4）B的同分异构体中能同时满足下列条件的共有______种（不含立体异构）．其中核磁共振氢谱显示只有4组峰，且不能发生银镜反应的同分异构体是______（填结构简式）．

a．属于芳香族化合物。

b．能与NaOH溶液反应。

c．结构中除苯环外不含其他环状结构。

（5）参照上述Methylon的合成路线并结合已学知识，设计一种以苯和乙醛为原料制备香料2-羟基苯乙酮（）的合成路线．30、将晶体rm{X}加热分解，可得rm{A}rm{B}rm{D}rm{E}rm{F}和水六种产物，其中rm{A}rm{B}rm{D}都是中学化学中常见的氧化物，气体rm{E}是单质rm{F}所含元素的氢化物．

rm{(1)A}能溶于强酸、强碱，写出rm{A}与强碱溶液反应的离子方程式______．

rm{(2)B}rm{D}都是酸性氧化物且组成元素相同，rm{D}溶于水得强酸，则rm{B}rm{D}分子中除氧元素外所含另一种元素在周期表中的位置是______．

rm{(3)E}能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，实验室制取rm{E}气体的化学方程式为______，制得的气体可用如图所示装置收集，则气体应从______rm{(}填“rm{A}”或“rm{B}”rm{)}通入．

rm{(4)}由各分解产物的物质的量之比推测rm{X}的组成类似于明矾，则其化学式为______，若向rm{X}的浓溶液中滴加浓rm{NaOH}溶液至过量；现象依次为______；______、______．

rm{(5)}取一定量的rm{X}晶体分解，若生成rm{F}rm{1mol}则必同时生成______物质______rm{mol}．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】A；卤代烃的命名中；必需标明卤素原子所在的位置；

B；氨基酸的命名一羧基为母体；需要标出氨基的位置；

C；硬脂酸甘油酯为饱和三元酯；

D、醇类的命名选取距离羟基最近的一端命名为1号碳．【解析】【解答】解：A、CH2BrCH2Br为卤代烃，Br原子分别在1；2号碳上；正确命名为1，2-二溴乙烷，故A错误；

B；3-氨基丁酸符合氨基酸的命名；故B正确；

C；硬脂酸甘油酯；属于酯类，命名中出现错字“脂”，故C错误；

D、为丁醇；羟基在2号碳上，正确命名为3，3-二甲基-2-丁醇，故D错误；

故选B．2、A【分析】【分析】A．硅导电性介于导体与绝缘体之间；是良好的半导体材料；

B．二氧化氯具有氧化性；

C．汽油是不可再生资源；

D．特种钢缆属于金属材料．【解析】【解答】解：A．硅是良好的半导体材料；用于制造太阳能电池，故A正确；

B．二氧化氯具有氧化性；可用于自来水的杀菌消毒，故B错误；

C．汽油是化石燃料是不可再生资源；乙醇属于可再生资源，故C错误；

D．“辽宁舰”上用于舰载机降落的拦阻索是一种特种钢缆；属与金属材料，故D错误；

故选：A．3、B【分析】【分析】A．气体为二氧化碳或二氧化硫；

B．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；

C．白色沉淀可能为AgCl；

D．白色沉淀可能为碳酸钙、碳酸钡等．【解析】【解答】解：A．由操作和现象可知气体为二氧化碳或二氧化硫，则该溶液中可能含有CO32-，或SO32-、或HCO3-、HSO3-等；或都存在，故A错误；

B．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由操作和现象可知该溶液中一定含有NH4+；故B正确；

C．白色沉淀可能为AgCl，由操作和现象可知溶液中可能含Ag+或SO42-；但二者不能同时存在，故C错误；

D．白色沉淀可能为碳酸钙、碳酸钡等，则由现象可知溶液中可能含Ba2+，或Ca2+等；故D错误；

故选B．4、B【分析】【分析】A．依据气体摩尔体积的应用条件分析判断；水标准状况下为液体；

B．根据标准状况条件下1mol气体体积为22.4L；

C．依据气体摩尔体积的应用条件分析判断；

D．同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，根据n=计算物质的量，根据N=n×NA计算分子数．【解析】【解答】解：A．选项中标准状况下；水为液体，故A错误；

B．根据标准状况条件下1mol气体体积为22.4L，可知标准状况下，2molCO2的体积约为44.8L；故B正确；

C．温度升高，气体的密度变小，11.2LH2的物质的量小于0.5mol；故C错误；

D．同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，标准状况下的67.2LHCl气体含有的HCl的物质的量为：n===3mol；分子数为：N=n×NA=3×6.02×1023=1.806×1024；故D错误．

故选B．5、C【分析】解：A、b；c两点溶液氢氧根离子浓度相同；但自由离子浓度不同，所以导电能力不相同，故A错误；

B、由c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）和物料守恒c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=c（Na+），得c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH-）；故B错误；

C、氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸根离子浓度越大对水的电离程度越促进，所以、b、c三点溶液中水的电离程度a＞c＞b；故C正确；

D、pH相同的NaOH溶液和CH3COONa溶液，CH3COONa的浓度远大于氢氧化钠，等体积的b；c两点溶液分别与相同浓度的盐酸恰好完全反应时；醋酸钠消耗的盐酸比氢氧化钠多得多，故D错误；

故选C．

稀释相同的倍数氢氧化钠溶液的PH值变化大；所以变化大的是氢氧化钠，醋酸钠因加水稀释促进水解所以PH变化不大。

A、b；c两点溶液氢氧根离子浓度相同；但自由离子浓度不同，所以导电能力不相同；

B、根据电荷c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）和物料守恒c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=c（Na+）分析；

C；氢氧化钠对水的电离起抑制作用；而醋酸根离子浓度越大对水的电离程度越促进；

D、pH相同的NaOH溶液和CH3COONa溶液，CH3COONa的浓度远大于氢氧化钠，等体积的b；c两点溶液分别与相同浓度的盐酸恰好完全反应时；醋酸钠消耗的盐酸比氢氧化钠多得多．

本题考查溶液的导电性、电荷守恒和物料守恒、影响水电离的平衡的因素等，综合性强，有一定的难度．【解析】【答案】C6、B【分析】【分析】A．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

B．芳香族是指碳氢化合物分子中至少含有一个苯环的一类有化合物；

C．TNT是三硝基甲苯；

D．根据石油的成分来回答．【解析】【解答】解：A．油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故A错误；

B．苯酚和苯都含有苯环；属于芳香族化合物，故B正确；

C．TNT是三硝基甲苯；不是酯，故C错误；

D．石油主要是各种烷烃；环烷烃、芳香烃的混合物；故D错误．

故选：B．7、D【分析】试题分析：A、曲线I滴定前溶液的pH大于7，为盐酸滴定氨水，当滴加溶液到10mL时，溶液中含有等浓度的NH3•H2O和NH4Cl，不含CH3COO‾，错误；曲线I中滴加溶液到25mL时，溶液含NH4Cl和少量的HCl，离子浓度大小顺序为：c(C1-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，错误；C、曲线II滴定前溶液的pH小于7，为NaOH溶液滴定醋酸，溶液不存在NH4+和Cl‾，错误；D、曲线II中滴加溶液到10mL时，溶液含有等浓度的CH3COOH和CH3COONa，根据电荷守恒可得：c(CH3COO‾)+c(OH‾)=c(Na+)+c(H+)，根据物料守恒可得：c(CH3COOH)+c(CH3COO‾)=2c(Na+)，①式×2—②式可得：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[c(H+)-c(OH-)]，正确。考点：本题考查酸碱中和滴定、离子浓度比较。【解析】【答案】D8、C【分析】解：rm{A.NaCN}中rm{C}为rm{+2}价，rm{Na}为rm{+1}价，则氮元素的化合价为rm{-3}反应前后rm{N}元素化合价不变；故A错误；

B.rm{NaCN+H_{2}O_{2}+H_{2}O=NaHCO_{3}+NH_{3}隆眉}反应中rm{O}元素从rm{-1}价降低为rm{-2}价，所以反应中rm{H_{2}O_{2}}作氧化剂；故B错误；

C.因为rm{HCN}酸性比rm{H_{2}CO_{3}}弱，所以实验室配制rm{NaCN}溶液时，需加入适量的rm{NaOH}溶液防止水解；故C正确；

D.无体积无法计算；故D错误。

故选：rm{C}

rm{NaCN+H_{2}O_{2}+H_{2}O=NaHCO_{3}+NH_{3}隆眉}反应中rm{O}元素从rm{-1}价降低为rm{-2}价，rm{C}元素从rm{+2}价升高到rm{+4}价，结合电子转移和rm{NaCN}的性质分析．

本题考查了氧化还原反应和盐的水解，侧重于氧化还原反应电子转移和物质性质的考查，注意从化合价的角度分析，题目难度不大．【解析】rm{C}二、填空题(共9题，共18分)9、C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol-10.15mol•L-1•min-1AB＜向右②③【分析】【分析】（1）盖斯定律的内容为：化学反应的反应热值与反应的始态和终态有关；而与反应进行的途径无关；根据盖斯定律，用第一个热化学方程式减去第二个热化学方程式可得焦炭与水蒸气反应的热化学方程式；

（2）①由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，变化为1.2mol/L-0.3mol/L=0.9mol/L，根据V=进行计算；

②Cl2（g）+CO（g）⇌COCl2（g）；反应是气体体积减小的反应，化学反应正逆反应速率相同时反应达到平衡状态，各组分含量保持不变以及衍生的关系分析；

③第8min反应处于平衡状态；在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由④升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；

④原平衡时n（Cl2）：n（CO）：n（COCl2）=3：1：9；现在第7min加入体系中的三种物质各2mol，则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动；

（3）①②HNO2是弱酸；次氯酸电离是吸热反应，酸碱中和反应是放热反应，当恰好完全中和时放出热量最多，据此确定c（NaOH）；

③电离吸热；温度越高电离平衡常数越大；

④当c（NaOH）较大时，可能出现：c（Na+）＞c（OH-）＞c（NO2-）＞c（H+）．【解析】【解答】解：（1）已知：①H2（g）+O2（g）═H2O（g）；△H=-241.8kJ•mol-1；

②C（s）+O2（g）═CO（g）；△H=-110.5kJ•mol-1；

利用盖斯定律，将②-①可得：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）；△H=（-110.5kJ/mol）-（-241.8kJ/mol）=+13l.3kJ/mol；

所以焦炭与水蒸气反应的热化学方程式为：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）；△H=+13l.3kJ•mol-1；

故答案为：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol-1；

（2）①由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，变化为1.2mol/L-0.3mol/L=0.9mol/L，则V===0.15mol•L-1•min-1；

故答案为：0.15mol•L-1•min-1；

②Cl2（g）+CO（g）⇌COCl2（g）；反应是气体体积减小的反应；

A．体系中Cl2的转化率不变说明反应达到平衡状态；故A正确；

B．反应前后气体物质的量减小；气体质量不变，体系中气体的平均摩尔质量不再改变说明反应达到平衡状态，故B正确；

C．每消耗1molCO的同时生成1molCOCl2；只能说明反应正向进行，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；

D．气体质量和气体体积不变；混合气体密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；

故答案为：AB．

③根据图象；第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由④升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，故T（8）＜T（15）；

故答案为：＜；

④8min时，平衡时c（Cl2）=0.3mol/L、c（CO）=0.1mol/L、c（COCl2）=0.9mol/L，则原平衡时n（Cl2）：n（CO）：n（COCl2）=3：1：9；现在第7min加入体系中的三种物质各2mol，则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动；

故答案为：向右；

（3）①HNO2是弱酸，次氯酸电离是吸热反应，酸碱中和反应是放热反应，当恰好完全中和时放出热量最多，c（NaOH）==0.01mol/L；

故①错误；②正确；

③电离吸热，温度越高电离平衡常数越大，所以HNO2的电离平衡常数：b点＞a点；故③正确；

④从b点到c点，当C（NaOH）较大时，可能出现：c（Na+）＞c（OH-）＞c（NO2-）＞c（H+）；故④错误；

故答案为：②③；10、负出氧化正入还原【分析】【分析】原电池中活泼金属失电子作负极，电子从负极流向正极，结合氧化还原反应分析．【解析】【解答】解：在原电池中；较活泼的金属组成的电极失电子是负极，电池工作时这一极不断有电子流出，同时发生氧化反应；较不活泼的金属组成的电极是正极，电池工作时，这一极不断有电子流入，同时发生还原反应；

故答案为：负；出；氧化；正；入；还原．11、防止接触室中的催化剂中毒蒸发浓缩、冷却结晶增大SO3与吸收剂的接触面积，使SO3充分吸收预热进入接触室的反应混合气体，及时将反应放出的热量吸收，防止接触室温度偏高400℃～500℃、101KPaBDH2SO4、SO2125【分析】【分析】装置A中硫酸与磷矿反应，操作a是把固体与液体分开，应为过滤，装置B中氨气与磷酸反应，操作b是由溶液中析出晶体；应经过蒸发浓缩；冷却结晶等操作得到磷铵，磷酸受热容易分解，在结晶时应采用低温蒸发结晶．磷石膏中含有硫酸钙，经过煅烧生成水泥，得到二氧化硫窑气，净化后得二氧化硫，在接触室中氧化得三氧化硫，与水反应得硫酸，可以再参加与磷矿石的反应，尾气中二氧化硫循环利用．

（1）未净化的SO2气体中有粉尘等杂质；可以使催化剂中毒；

（2）操作b是从溶液中获得晶体；

（3）增大SO3与吸收剂的接触面积；

（4）预热进入接触室的反应混合气体；及时将反应放出的热量吸收；400℃～500℃；101KPa时二氧化硫的转化率已经很高，再增大压强，会增大成本，二氧化硫转化率提高不大；

（5）SO2、微量的SO3和酸雾都能与碱反应，不能利用碱测定，SO2具有还原性；可以利用强氧化剂测定；

（6）由上述分析可知；硫酸；二氧化硫可以循环利用；

（7）磷铵是一种常用复合肥，经分析其中氮与磷原子数之比为3：2，磷铵的化学式可以表示为：（NH4）3H3（PO4）2，根据P元素守恒可得关系式：2P～（NH4）3H3（PO4）2，根据关系式计算．【解析】【解答】解：装置A中硫酸与磷矿反应，操作a是把固体与液体分开，应为过滤，装置B中氨气与磷酸反应，操作b是由溶液中析出晶体；应经过蒸发浓缩；冷却结晶等操作得到磷铵，磷酸受热容易分解，在结晶时应采用低温蒸发结晶．磷石膏中含有硫酸钙，经过煅烧生成水泥，得到二氧化硫窑气，净化后得二氧化硫，在接触室中氧化得三氧化硫，与水反应得硫酸，可以再参加与磷矿石的反应，尾气中二氧化硫循环利用．

（1）未净化的SO2气体中有粉尘等杂质；可以使催化剂中毒；

故答案为：防止接触室中的催化剂中毒；

（2）操作b是从溶液中获得晶体；从溶液中析出晶体的方法是：将溶液蒸发浓缩；冷却结晶可得相应晶体；

故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；

（3）吸收塔内安装有许多瓷环，增大SO3与吸收剂的接触面积，使SO3充分吸收；

故答案为：增大SO3与吸收剂的接触面积，使SO3充分吸收；

（4）接触室内安装热交换器；可以预热进入接触室的反应混合气体，及时将反应放出的热量吸收，防止接触室温度偏高，400℃～500℃；101KPa时二氧化硫的转化率已经很高，再增大压强，会增大成本，二氧化硫转化率提高不大，该温度下反应速率较快、催化剂活性最好；

故答案为：预热进入接触室的反应混合气体；及时将反应放出的热量吸收，防止接触室温度偏高；400℃～500℃；101KPa；

（5）A．NaOH溶液与SO2、微量的SO3和酸雾反应，测量的SO2含量偏高；故A错误；

B．硫酸尾气中只有SO2能被酸性KMnO4溶液氧化，溶液颜色由紫红色变为无色，根据KMnO4溶液的体积结合方程式计算SO2的含量；故B正确；

C．氨水与SO2、微量的SO3和酸雾反应，测量的SO2含量偏高；故C错误；

D．硫酸尾气中只有SO2能被碘水氧化SO2，溶液颜色由蓝色变为无色，根据碘水溶液的体积结合方程式计算SO2的含量；故D正确；

故选：BD；

（6）由上述分析可知，H2SO4、SO2可以循环利用；

故答案为：H2SO4、SO2；

（7）磷铵是一种常用复合肥，经分析其中氮与磷原子数之比为3：2，磷铵的化学式可以表示为：（NH4）3H3（PO4）2；设需要磷矿y吨，则：

2P～～～～～～～（NH4）3H3（PO4）2

62247

y吨×80%××（1-7%）74.1吨。

所以62：244=y吨×80%××（1-7%）：74.1吨。

解得y=125

故答案为：125．12、铁钉表面被钝化（或其他合理答案）d66.7%检验SO2是否除尽C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2OcD中固体由黑变红，E中固体由白变蓝【分析】【分析】（1）常温下；铁和浓硫酸发生钝化现象；

（2）①亚铁离子具有还原性；能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；

②根据SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4知，二氧化硫被氧化生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以2.33g沉淀是BaSO4，n（BaSO4）==0.01mol，根据S原子守恒得n（BaSO4）=n（S）=n（SO2）=0.01mol；标况下二氧化硫体积=0.01mol×22.4L/mol=224mL；

（3）品红溶液能检验二氧化硫存在；

（4）加热条件下；C和浓硫酸反应生成二氧化碳；

（5）碳和浓硫酸反应生成二氧化碳，所以Q为CO2；二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，所以应该在排除二氧化硫条件下将气体通入澄清石灰水中检验二氧化碳；

（6）氢气具有还原性，在加热条件下，能将黑色的CuO还原为红色的Cu，且生成水，水能使无水硫酸铜变蓝色．【解析】【解答】解：（1）常温下；铁和浓硫酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，所以将铁钉放入浓硫酸片刻无明显变化的原因是铁钉表面被钝化；

故答案为：铁钉表面被钝化（或其他合理答案）；

（2）①a．氯水能将亚铁离子氧化为铁离子；铁离子和KSCN溶液反应导致溶液呈血红色，但不能确定原来溶液中一定含有亚铁离子，故错误；

b．铁粉和酸反应生成亚铁离子；不能确定原来溶液中是否含有亚铁离子，故错误；

c．浓氨水和亚铁离子反应生成氢氧化亚铁沉淀；氢氧化亚铁能被氧化生成氢氧化铁红褐色沉淀，不能确定溶液中一定含有亚铁离子，故错误；

d．亚铁离子具有还原性；能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以可以用酸性高锰酸钾溶液检验亚铁离子，故正确；

故选d；

②根据SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4知，二氧化硫被氧化生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以2.33g沉淀是BaSO4，n（BaSO4）==0.01mol，根据S原子守恒得n（BaSO4）=n（S）=n（SO2）=0.01mol，标况下二氧化硫体积=0.01mol×22.4L/mol=224mL，二氧化硫体积分数==66.7%；

故答案为：66.7%；

（3）品红溶液能检验二氧化硫存在，所以该装置的作用是检验SO2是否除尽；

故答案为：检验SO2是否除尽；

（4）加热条件下，C和浓硫酸反应生成二氧化碳，所以Q是二氧化碳，反应方程式为C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O；

故答案为：C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O；

（5）碳和浓硫酸反应生成二氧化碳，所以Q为CO2；二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，所以应该在排除二氧化硫条件下将气体通入澄清石灰水中检验二氧化碳，故选c；

（6）氢气具有还原性；在加热条件下，能将黑色的CuO还原为红色的Cu，且生成水，水能使无水硫酸铜变蓝色，所以如果Y中含有氢气，预计实验现象是D中固体由黑变红，E中固体由白变蓝；

故答案为：D中固体由黑变红，E中固体由白变蓝．13、CH3CH（OH）CH2COOHHOOC-COOH消去缩聚nCH3CH（OH）CH2COOH+（n-1）H2O【分析】【分析】D是食醋的主要成分，应为CH3COOH，结合题给信息可知B中应含有结构，两分子A可发生酯化反应，说明A中含有-OH和-COOH，则可知A为CH3CH（OH）CH2COOH，B为则C为HOOCCH2COOH，E为HOOC-COOH，F中含有甲基，并且可以使溴水褪色，说明含有碳碳双键，应为CH3CH=CHCOOH；

结合对应有机物的结构和性质解答该题．【解析】【解答】解：D是食醋的主要成分，应为CH3COOH，结合题给信息可知B中应含有结构，两分子A可发生酯化反应，说明A中含有-OH和-COOH，则可知A为CH3CH（OH）CH2COOH，B为则C为HOOCCH2COOH，E为HOOC-COOH，F中含有甲基，并且可以使溴水褪色，说明含有碳碳双键，应为CH3CH=CHCOOH；

（1）由以上分析可知A为CH3CH（OH）CH2COOH；E为HOOC-COOH；

故答案为：CH3CH（OH）CH2COOH；HOOC-COOH；

（2）F为CH3CH=CHCOOH；说明A发生消去反应生成F，A中含有羟基和羧基，可发生缩聚反应生成I；

故答案为：消去；缩聚；

（3）A中含有羟基和羧基，可发生缩聚反应生成I，反应的方程式为nCH3CH（OH）CH2COOH+（n-1）H2O；

两分子A可发生酯化反应，反应的方程式为

故答案为：nCH3CH（OH）CH2COOH+（n-1）H2O；．14、略

【分析】解：rm{(1)A}是常见的金属单质，rm{D}rm{F}是气态单质，反应rm{垄脵}为置换反应，且在水溶液中进行，由转化关系可知，rm{A}为变价金属，rm{F}具有强氧化性，可推知rm{A}为rm{Fe}rm{F}为rm{Cl_{2}}故B为rm{HCl}rm{C}为氯化亚铁、rm{D}为氢气、rm{E}为氯化铁，则：反应rm{垄脷(}在水溶液中进行rm{)}的离子方程式是：rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Cl^{-}}

故答案为：rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Cl^{-}}

rm{(2)B}rm{C}rm{F}都是气态单质，rm{B}有毒，则rm{B}为氯气，反应rm{垄脷}需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，rm{垄脹}反应中都有水生成，可以推知rm{C}为rm{N_{2}}rm{F}为rm{O_{2}}rm{E}为rm{NO}rm{A}为rm{NH_{3}}反应rm{垄脵}为置换反应，rm{A}rm{D}相遇有白烟生成，可推知rm{D}为rm{HCl}rm{D}反应产物为氯化铵，电子式是反应rm{垄脹}的化学方程式是：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{overset{{麓脽禄炉录脕}}{.}}{triangle}4NO+6H_{2}O}

故答案为：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{overset{{麓脽禄炉录脕}}{.}}{triangle}4NO+6H_{2}O}

rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

overset{{麓脽禄炉录脕}}{.}}{triangle}4NO+6H_{2}O}rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

overset{{麓脽禄炉录脕}}{.}}{triangle}4NO+6H_{2}O}rm{(3)A}都是短周期元素组成的非金属单质，且rm{D}rm{F}所含元素同主族，rm{A}rm{D}所含元素同周期，rm{A}rm{F}rm{C}为气体，rm{E}有毒，反应rm{F}为置换反应，考虑是碳与二氧化硅反应生成硅与rm{C}碳与rm{垄脵}反应生成rm{CO}rm{F}与rm{E}生成rm{CO}则rm{F}为氧气，验证符合转化关系，则：反应rm{E}的化学方程式是rm{2C+SiO_{2}dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}2CO隆眉+Si}

故答案为：rm{2C+SiO_{2}dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}2CO隆眉+Si}．

rm{F}是常见的金属单质，rm{垄脵}rm{2C+SiO_{2}dfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}2CO隆眉+Si}是气态单质，反应rm{2C+SiO_{2}dfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}2CO隆眉+Si}为置换反应，且在水溶液中进行，由转化关系可知，rm{(1)A}为变价金属，rm{D}具有强氧化性，可推知rm{F}为rm{垄脵}rm{A}为rm{F}故B为rm{A}rm{Fe}为氯化亚铁、rm{F}为氢气、rm{Cl_{2}}为氯化铁；

rm{HCl}rm{C}rm{D}都是气态单质，rm{E}有毒，则rm{(2)B}为氯气，反应rm{C}需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，rm{F}反应中都有水生成，可以推知rm{B}为rm{B}rm{垄脷}为rm{垄脹}rm{C}为rm{N_{2}}rm{F}为rm{O_{2}}反应rm{E}为置换反应，rm{NO}rm{A}相遇有白烟生成，可推知rm{NH_{3}}为rm{垄脵}

rm{A}rm{D}rm{D}都是短周期元素组成的非金属单质，且rm{HCl}rm{(3)A}所含元素同主族，rm{D}rm{F}所含元素同周期，rm{A}rm{D}rm{A}为气体，rm{F}有毒，反应rm{C}为置换反应，考虑是碳与二氧化硅反应生成硅与rm{E}碳与rm{F}反应生成rm{C}rm{垄脵}与rm{CO}生成rm{F}则rm{E}为氧气；验证符合转化关系．

本题考查无机物的推断，题目信息量大，难度较大，需要学生熟练掌握常见元素化合物的性质．rm{CO}【解析】rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Cl^{-}}rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{overset{{麓脽禄炉录脕}}{.}}{triangle}4NO+6H_{2}O}rm{2C+SiO_{2}dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}2CO隆眉+Si}rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

overset{{麓脽禄炉录脕}}{.}}{triangle}4NO+6H_{2}O}15、NH2SO4HF【分析】【分析】A、B、C均为短周期元素，由元素在周期表中位置，可知A、C位于第二周期，B位于第三周期，设B原子序数为x，则A原子序数为x-9、C原子序数为x-7，A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，则x-9+x-7=x，解得x=16，所以B是S元素，则A是N元素、C是F元素，据此解答．【解析】【解答】解：A；B、C均为短周期元素；由元素在周期表中位置，可知A、C位于第二周期，B位于第三周期，设B原子序数为x，则A原子序数为x-9、C原子序数为x-7，A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，则x-9+x-7=x，解得x=16，所以B是S元素，则A是N元素、C是F元素．

（1）由上述分析可知；A为N元素，故答案为：N；

（2）C是F元素，其离子核外有10个电子，有2个电子层，最外层电子数是8，F-离子结构示意图为B为S元素，最高价氧化物对应化物的化学式为H2SO4，故答案为：H2SO4；

（3）三种元素中F元素非金属性最强，故HF最稳定，故答案为：HF．16、ABCCa（HCO3）2Ca（HSO3）2+O2=CaSO4+H2SO4CaS（s）+2O2（g）=CaSO4（s）△H=-962.4kJ/mol【分析】【分析】（1）煤燃烧产生的烟气中含有二氧化硫；二氧化碳以及粉尘等；都可导致环境污染；

（2）CO2与CaCO3反应生成易溶的Ca（HCO3）2；亚硫酸氢钙具有还原性，可被氧化为硫酸钙；

（3）利用盖斯定律计算反应热并以此书写反应的热化学方程式．【解析】【解答】解：（1）煤燃烧的产物中有CO2、烟尘以及SO2；分别导致温室效应；粉尘污染和酸雨，没有营养元素排入水中，不会引起水体富营养化；

故答案为：ABC；

（2）①CO2与CaCO3反应生成易溶的Ca（HCO3）2；

故答案为：Ca（HCO3）2；

②亚硫酸氢钙具有还原性，可被氧化为硫酸钙，方程式为：Ca（HSO3）2+O2=CaSO4+H2SO4；

故答案为：Ca（HSO3）2+O2=CaSO4+H2SO4；

（3）根据右图以及硫酸钙与甲烷反应的气体产物只有水可知，燃料反应器中发生的热化学方程式为：CH4（g）+CaSO4（s）=CO2（g）+2H2O（g）+CaS（s）△H=160.1kJ•mol-1①，再写出甲烷在氧气中燃烧的热化学方程式：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-802.3kJ•mol-1②；

②-①可得热化学方程式：CaS（s）+2O2（g）=CaSO4（s）△H=-962.4kJ/mol；

故答案为：CaS（s）+2O2（g）=CaSO4（s）△H=-962.4kJ/mol．17、CO2CuO2H2O是BCHAFD【分析】【分析】（1）①A组利用氧化物的分类来分析；B组利用单质的分类来分析；C组利用单质的类别来分析；D组利用是否为酸来分析；

②根据元素的化合价变化来分析是否为氧化还原反应；

（2）根据物质性质的异同选择分离方法：分液用于分离互不相溶的液体；过滤用于分离不溶性固体和液体；萃取用于分离在不同溶剂中的溶解度不同的溶质；蒸馏用于分离沸点不同的液体混合物；蒸发用于分离可溶性固体和液体的混合物，分离溶解度不同的混合物，可用结晶的方法分离；当物质具有热不稳定性时，可用加热分解的方法分离；胶体和溶液的分离用渗析．【解析】【解答】解：（1）①A组中CO2为酸性氧化物，其余为碱性氧化物；B组中Cu为金属单质，其余为非金属单质；C组中O2为非金属单质，其余为金属单质；D组中H2O为氧化物；其余为酸；

故答案为：CO2；Cu；O2；H2O；

②由CO2+Cu+O2+H2O→Cu2（OH）2CO3；该变化中Cu元素的化合价升高，氧元素的化合价降低，则是氧化还原反应，故答案为：是；

（2）①碳酸钙不溶于水，除去Ca（OH）2溶液中悬浮的CaCO3可用过滤方法分离；故答案为：B；

②可用苯或四氯化碳作萃取剂；用萃取的方法分离，故答案为：C；

③实现胶体和溶液的分离用渗析的方法；故答案为：H；

④植物油和水互不相溶；可用分液的方法分离，故答案为：A；

⑤碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和水以及二氧化碳；可以用热分解法实现二者的分离，故答案为：F；

⑥可用蒸馏的方法制备蒸馏水，故答案为：D．三、判断题(共7题，共14分)18、×【分析】【分析】每个NO2和CO2分子均含有2个O原子，故二者混合气体中含有O原子数目为分子总数的2倍．【解析】【解答】解：每个NO2和CO2分子均含有2个O原子，故分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA，状况不知，无法求物质的量，故答案为：×．×19、√【分析】【分析】（1）根据甲；乙、丙、丁、戊的结构简式可知；它们都是烃的衍生物，乙中含氧官能团的名称为“醛基”，丁和丙的官能团不完全相同，所以它们不是同系物，乙中有碳碳双键，而戊中没有，所以可以用溴水鉴别它们；

（2）根据题中各物质转化关系，对比甲和C的结构可知，甲发生加成反应生成A为A发生消去反应生成B为B再与氢气加成得C，C在碱性条件下水解得D为D发生分子内酯化得戊．【解析】【解答】解：（1）根据甲；乙、丙、丁、戊的结构简式可知；它们都是烃的衍生物，乙中含氧官能团的名称为“醛基”，丁和丙的官能团不完全相同，所以它们不是同系物，乙中有碳碳双键，而戊中没有，所以可以用溴水鉴别它们，所以①正确，②错误，③错误，④正确；

故答案为：√；×；×；√；

（2）根据题中各物质转化关系，对比甲和C的结构可知，甲发生加成反应生成A为A发生消去反应生成B为B再与氢气加成得C，C在碱性条件下水解得D为D发生分子内酯化得戊；

①D→戊的有机反应类型是酯化反应；

故答案为：酯化反应；

②C→D的化学反应方程式为

故答案为：

③甲的同分异构体，满足下列条件a．能与FeCl3发生显色反应，不能发生银镜反应，说明有酚羟基没有醛基；b．属于酯类，取代基为链状，有酯基；c．苯环上一氯代物只有两种，苯环上有两个处于对位的基团，符合条件的结构为

故答案为：或或或20、√【分析】【分析】核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目，质谱法用于测定有机物的相对分子质量．【解析】【解答】解：核磁共振（NMR）和质谱（MS）是近年来普遍使用的仪器分析技术；也是最常用的结构测定工具．在质谱分析中，只需要微量样品就可测出被测物质的相对分子量；分子式和许多分子结构的信息，再结合核磁共振氢谱，就能准确测定出有机化合物的结构，故说法正确；

故答案为：√．21、×【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：×．22、√【分析】【分析】镁能与氧气反应生成氧化镁，属于化合反应，镁能与空气中二氧化碳反应生成氧化镁和碳单质，属于置换反应．【解析】【解答】解：镁能与氧气反应生成氧化镁，属于化合反应，镁能与空气中二氧化碳反应生成氧化镁和碳单质，属于置换反应，故正确，答案为：√．23、√【分析】【分析】溶液呈电中性，根据电荷守恒，溶液中存在c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），据此计算判断．【解析】【解答】解：溶液呈电中性，根据电荷守恒，溶液中c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），即：0.1mol/L+2×0.25mol/L=0.2mol/L+2c（SO42-），解得c（SO42-）=0.2mol/L，故硫酸的浓度正确，故答案为：√．24、×【分析】【分析】每个NH3分子中含有10个电子，结合n==计算．【解析】【解答】解：n（NH3）==0.2mol，含有的电子的物质的量为0.2mol×10=2mol，则个数为2NA；

故答案为：×．四、推断题(共4题，共16分)25、第三周期，第ⅢA族取溶于少许于试管中，加入KSCN溶液，溶液变为血红色溶液，证明是三价铁离子Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O2FeCl3+Fe=3FeCl2【分析】【分析】A、B均是常见的金属，且B的合金用量最大推断为Fe；D为FeCl2，E在常温下是黄绿色气体推断E为Cl2；所以判断F为FeCl3；A+HCl=H2+C，C+NaOH=白色沉淀，沉淀溶于氢氧化钠溶于，推断A为Al，C为AlCl3；结合判断出的物质分析回答问题；【解析】【解答】解：A、B均是常见的金属，且B的合金用量最大推断为Fe；D为FeCl2，E在常温下是黄绿色气体推断E为Cl2；所以判断F为FeCl3；A+HCl=H2+C，C+NaOH=白色沉淀，沉淀溶于氢氧化钠溶于，推断A为Al，C为AlCl3；结合判断出的物质分析回答问题；

（1）A为Al；在周期表中的位置是第三周期，第ⅢA族；故答案为：第三周期，第ⅢA族；

（2）检验F中金属阳离子是Fe3+；检验的常用方法是：取溶于少许于试管中，加入KSCN溶液，溶液变为血红色溶液，证明是三价铁离子的存在；

故答案为：取溶于少许于试管中；加入KSCN溶液，溶液变为血红色溶液，证明是三价铁离子；

（3）白色沉淀是氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；故答案为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

（4）反应F→D是FeCl3生成FeCl2的反应，反应的化学方程式是：2FeCl3+Fe=3FeCl2；故答案为：2FeCl3+Fe=3FeCl2；26、略

【分析】【解析】试题分析：A、C、F、K是固体；E是常见的气体单质，I是红棕色的气态氧化物。固态物质A加热后生成的气体混合物，若通过碱石灰只剩余气体B，若通过浓硫酸则只剩余气体D，E是常见的气体单质，可以初步推断为O2，I是红棕色的气态氧化物判断为NO2，依据转化关系可知H为NO，G为H2O，N为HNO3，B为NH3。固态物质A加热后生成的气体混合物，若通过碱石灰只剩余气体B进一步确定B为NH3，若通过浓硫酸则只剩余气体D，说明D为酸性气体且无还原性，推测D为CO2，根据反应：N（HNO3）+K（C）＝D（CO2）+I（NO2）+G（H2O），C为Na2O2，F为（Na2CO3），所以A受热分解生成碱性气体NH3和酸性气体CO2，证明A为碳酸铵盐。（1）实验室检验A物质中含有的阳离子是NH4+的方法：取适量A物质放入试管中，加入适量NaOH等强碱溶液并加热，若能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明含有铵根离子。（2）氨气发生催化氧化的方程式是4NH3＋5O24NO＋6H2O，所以生成1molNO转移电子的物质的量是2－（－3）＝5mol。（3）实验室制取B（NH3）的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑。（4）N的稀溶液HNO3与过量的铁粉反应生成亚铁盐，反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3－＝2NO↑+3Fe2++4H2O。（5）混合气体通过碱石灰得到的气体B为NH3与通过浓硫酸得到的气体D（CO2）的物质的量之比是8：5，依据化学反应的原子守恒得到，若是碳酸氢铵，铵根离子和碳酸氢根离子物质的量之比为1：1；若为碳酸铵，铵根离子和碳酸根离子物质的量为2：1，混合气体中氨气和二氧化碳物质的量之比为8：5，介于1：1和2：1间，所以判断A为碳酸铵和碳酸氢铵的混合物。设碳酸氢铵和碳酸铵的物质的量分别是x和y，则解得x:y＝2:3，则用物质的量的关系表示此固体A的组成为NH4HCO3和（NH4）2CO3按物质的量之比为2：3混合而成。考点：考查无机框图题的有关判断和应用【解析】【答案】（10分）(1)取适量A物质放入试管中，加入适量NaOH等强碱溶液并加热，若能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明含有铵根离子。（2分）(2)5（2分）(3)Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑（2分）(4)3Fe+8H++2NO3－＝2NO↑+3Fe2++4H2O（2分）(5)NH4HCO3和(NH4)2CO3按物质的量之比为2：3混合而成。（2分）27、Cl2NOH++ClO-═HClO2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-13【分析】【分析】根据原子核数和带电荷数可知a为Na+，e为OH-，I为NH3，物质A由a、e构成，应为NaOH，B、C、D、K都是单质，反应①-⑤都是用于工业生产的反应，能与NaOH反应的工业生成为工业制备漂白液的反应，为Cl2和NaOH的反应，则B为Cl2，C为H2，D为N2，H为HCl，反应④应为工业电解饱和食盐水，则E为NaClO，M为HClO，见光分解生成氧气，则K为O2，和O2反应生成NO和H2O，则G为H2O，J为NO，F为NaCl，E（溶液）能与I以1：2的物质的量之比反应生成N、F和G，N中各原子均已达到惰性气体的稳定结构，反应的方程式为NaOCl+2NH3=N+NaCl+H2O，根据质量守恒可知N为N2H4，各原子均已达到惰性气体的稳定结构，电子式应为L是由3种元素构成的分子，能与I以1：2的物质的量之比反应生成尿素CO（NH2）2和物质H，因H为HCl，则L含有C、O、Cl三种元素，结合质量守恒可知L应为COCl2，反应的方程式为COCl2+2NH3=CO（NH2）2+2HCl，结合物质的性质以及题目要求可解答该题．【解析】【解答】解：根据原子核数和带电荷数可知a为Na+，e为OH-，I为NH3，物质A由a、e构成，应为NaOH，B、C、D、K都是单质，反应①-⑤都是用于工业生产的反应，能与NaOH反应的工业生成为工业制备漂白液的反应，为Cl2和NaOH的反应，则B为Cl2，C为H2，D为N2，H为HCl，反应④应为工业电解饱和食盐水，则E为NaClO，M为HClO，见光分解生成氧气，则K为O2，和O2反应生成NO和H2O，则G为H2O，J为NO，F为NaCl，E（溶液）能与I以1：2的物质的量之比反应生成N、F和G，N中各原子均已达到惰性气体的稳定结构，反应的方程式为NaOCl+2NH3=N+NaCl+H2O，根据质量守恒可知N为N2H4，各原子均已达到惰性气体的稳定结构，电子式应为L是由3种元素构成的分子，能与I以1：2的物质的量之比反应生成尿素

CO（NH2）2和物质H，因H为HCl，则L含有C、O、Cl三种元素，结合质量守恒可知L应为COCl2；反应的方程式

为COCl2+2NH3=CO（NH2）2+2HCl；

（1）由以上分析可知B为Cl2，J为NO，故答案为：Cl2；NO；

（2）H+E（溶液）→M的离子方程式为H++ClO-═HClO；F+G→A+B+C为工业电解饱和食盐水的反应，反应的离子方程式为

2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-；

故答案为：H++ClO-═HClO；2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-；

（3）由以上分析可知N的电子式为故答案为：

（4）L为COCl2，电子式为故答案为：

（5）B为Cl2，反应的方程式为2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-，n（Cl2）==0.005mol，则生成n（OH-）=0.01mol；

c（OH-）==0.1mol/L；则pH=13；

故答案为：13．28、2Cl--2e-=Cl2↑Fe2O3+3CO2Fe+3CO22Fe3++Fe=3Fe2+ABCDFeCl3+3H2O（沸水）=Fe（OH）3（胶体）+3HCl阴电泳Fe（CO）5或者FeC5O5【分析】【分析】由电解生成D并且有毒，则D应为氯气，I为直线型非极性分子，则应为CO2，F为CO，根据E与氯气反应后能继续与E反应，说明E是一种变价金属，应为Fe，则G为FeCl3，H为Fe2O3，J为FeCl2，C为H2，B分解生成Fe和CO，根据其结构模型可推知为Fe（CO）5；根据物质的性质结合质量守恒定律书写化学方程式和离子方程式；根据物质的性质完成实验操作．【解析】【解答】解：由电解生成D并且有毒，则D应为氯气，I为直线型非极性分子，则应为CO2，F为CO，根据E与氯气反应后能继续与E反应，说明E是一种变价金属，应为