2025年西師新版高三化學上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年西師新版高三化學上冊階段測試試卷821考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、如圖所示，裝置（Ⅰ）是一種可充電電池，裝置（Ⅱ）為電解池，裝置（Ⅰ）的離子交換膜只允許Na+通過．電池充；放電的化學方程式為：

2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr；當閉合K時，X極附近溶液變紅色．

下列說法正確的是（）A.裝置（I）中Na+從右到左通過離子交換膜B.A電極的電極反應式為：NaBr3+2Na++2e-=3NaBrC.X電極的電極反應式為：2Cl--2e-=Cl2↑D.每有0.1molNa+通過離子交換膜，X電極上就生成標準狀況下氣體1.12L2、用rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法中正確的有rm{(}rm{)}A.rm{56}克亞鐵離子得到rm{2N_{A}}個電子被還原成單質(zhì)B.rm{1L}rm{1mol/L}的rm{KCl}溶液中含rm{Cl^{-}}的物質(zhì)的量為rm{N_{A}}C.在rm{25隆忙}rm{1.01隆脕10^{5}Pa}的條件下，rm{2.24LCO_{2}}中含有的原子數(shù)大于rm{0.3N_{A}}D.rm{0.1mol/L}的氯化鋇溶液中氯離子的數(shù)目是rm{0.2N_{A}}3、下列離子方程式正確的是（）A.鋁溶于NaOH溶液：Al+2OH-═AlO2-+H2↑B.稀硫酸中滴加氫氧化鋇溶液：H++OH-═H2OC.碳酸鎂中滴加稀鹽酸：CO32-+2H+═CO2↑+H2OD.鋅與硫酸銅溶液反應：Zn+Cu2+═Zn2++Cu4、常溫時，以下4種溶液pH最小的是（）A.0.01mol/L醋酸溶液B.pH=2的鹽酸與pH=12的NaOH溶液等體積混合液C.0.02mol/L醋酸與0.02mol/LNaOH溶液等體積混合液D.0.03mol/L醋酸與0.01mol/LNaOH溶液等體積混合液5、下列解釋事實的方程式不正確的是（）A.空氣中加熱鈉生成淡黃色固體：2Na+O2Na2O2B.鐵與水蒸氣反應生成黑色固體：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2C.除去乙炔中的H2S氣體：H2S+Cu2+═CuS↓+2H+D.實驗室制備氨氣：NH4ClNH3↑+HCl↑評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)6、常溫下，用0.1mol?LHCl溶液滴定10.0mL濃度為0.1mol?L-1Na2CO3溶液，所得滴定曲線如圖所示．下列說法正確的是（）A.當V=0時：c（H+）+c（H2CO3）+c（HCO3-）=c（OH-）B.當V=5時：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（Cl-）C.當V=a時：c（Na+）＞c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-）D.當V=10時：c（H+）+c（H2CO3）=c（OH-）+c（CO32-）7、下列實驗操作或事實與預期實驗目的或所得結(jié)論一致的是（）

。選項實驗操作或事實實驗目的或結(jié)論A取少量試液于試管中，加入用HNO3酸化的BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀說明試液中一定含有SO42-B分別向兩支試管中加入等體積、等濃度的過氧化氫溶液，再在其中一支試管中加入少量MnO2研究催化劑對過氧化氫分解速率的影響C將Na2CO3與HCl兩種溶液相互滴加可以鑒別這兩種溶液DC2H5Br與AgNO3溶液混合加熱檢驗C2H5Br中的溴元素A.AB.BC.CD.D8、向某NaOH溶液中通入CO2氣體后得溶液M，因CO2通入量的不同溶液M的組成也不同．若向M中逐滴加入鹽酸，產(chǎn)生的氣體體積V（CO2）與加入鹽酸的體積V（HCl）的關系有下列圖示四種情況（不計CO2的溶解），則下列對應圖形的判斷正確的是（）A.

含有兩種溶質(zhì)B.

只含一種溶質(zhì)C.

只含Na2CO3D.

含有NaOH9、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A.18gD2O含有的電子數(shù)為10NAB.標準狀況下，11.2LSO3中含有的分子數(shù)為0.5NAC.7.8gNa2O2晶體中含有的陰離子數(shù)為0.1NAD.常溫常壓下，44gCO2氣體含有氧原子的個數(shù)為2NA10、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A.10mL質(zhì)量分數(shù)為98%的H2SO4，用水稀釋至100mL，H2SO4的質(zhì)量分數(shù)為9.8%B.在H2O2+Cl2═2HCl+O2反應中，每生成32g氧氣，則轉(zhuǎn)移2NA個電子C.標準狀況下，分子數(shù)為NA的CO、C2H4混合氣體體積約為22.4L，質(zhì)量為28gD.一定溫度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物質(zhì)的量相同11、下列有關金屬或合金的說法中不正確的是（）A.生鐵屬于合金B(yǎng).金屬的冶煉過程通常是把金屬陽離子還原成單質(zhì)的過程C.回收廢舊金屬既可以治理污染，又可以緩解資源短缺E.工業(yè)上電解氧化鎂獲得金屬鎂E.工業(yè)上電解氧化鎂獲得金屬鎂12、將淀粉碘化鉀混合溶液裝在雞蛋殼膜制成的袋中，將此袋下半部浸泡在盛有蒸餾水的燒杯里，過一段時間后，取燒杯中液體進行實驗．下列現(xiàn)象能證明雞蛋殼膜袋一定有破損的是（）A.加入碘水變藍色B.加入NaI溶液不變藍色C.加入AgNO3溶液產(chǎn)生黃色沉淀D.加入溴水變藍色13、下列各組中的離子，能在溶液中大量共存的是（）A.K+、H+、SO42-、OH-B.Na+、Ca2+、CO32-、NO3-C.Na+、NH4+、Cl-、CO32-D.Na+、Cu2+、Cl-、SO42-評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)14、（1）如圖1是部分主族元素第一電離能梯度圖，圖中，a點對應的元素為氫，b、c兩點對應的元素分別為____、____（填元素符號）．

（2）將CrCl3?6H2O溶解在適量水中得到深綠色溶液，溶液中Cr3+以[Cr（H2O）5Cl]2+形式存在．

①上述溶液中，不存在的微粒間作用力是____（填標號）．

A．離子鍵B．共價鍵C．金屬鍵D．配位鍵E．范德華力

②[Cr（H2O）5Cl]2+中Cr3+的軌道雜化方式不是sp3，理由是____．

（3）下面關于晶體的說法不正確的是____．

A．晶體熔點由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4

B．硬度由大到?。航饎偸咎蓟瑁揪w硅。

C．熔點由高到低：Na＞Mg＞Al

D．晶格能由大到?。篘aF＞NaCl＞NaBr＞NaI

（4）硼化鎂晶體在39K時呈超導性．在硼化鎂晶體中，鎂原子和硼原子是分層排布的，圖2是該晶體微觀結(jié)構(gòu)的透視圖，圖中的硼原子和鎂原子投影在同一平面上．則硼化鎂的化學式為____．

（5）鐵的金屬密堆積方式為體心立方結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)如圖3所示．則晶胞中鐵原子的配位數(shù)為____．若鐵原子的半徑為rpm，寫出該堆積方式的空間利用率的表達式（不要求算出結(jié)果）____．

15、（一）恒溫恒容下，將2molA氣體和2molB氣體通入體積為2L的密閉容器中發(fā)生如下反應：2A（g）+B（g）?xC（g）+2D（s），2min時反應達到平衡狀態(tài)，此時剩余1.2molB，并測得C的濃度為1.2mo1?L-1．

（1）從開始反應至達到平衡狀態(tài)，生成C的平均反應速率為____．

（2）x=____．

（3）下列各項可作為該反應達到平衡狀態(tài)的標志的是____．

A．壓強不再變化B．氣體密度不再變化C．A的消耗速率與B的消耗速率之比為2：1

（二）能源短缺是人類社會面臨的重大問題．甲醇是一種可再生能源；具有廣泛的開發(fā)和應用前景．

（1）工業(yè)上合成甲醇的反應原理為：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）；△H

下表所列數(shù)據(jù)是該反應在不同溫度下的化學平衡常數(shù)（K）．

。溫度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012①根據(jù)表中數(shù)據(jù)可判斷△H____0（填“＞”；“=”或“＜”）．

②在300℃時，將2molCO、3molH2和2molCH3OH充入容積為1L的密閉容器中，此時反應將____．

A．向正方向移動B．向逆方向移動C．處于平衡狀態(tài)D．無法判斷。

（2）以甲醇、氧氣為原料，KOH溶液作為電解質(zhì)構(gòu)成燃料電池總反應為：2CH3OH+3O2+4KOH═2K2CO3+6H2O，則正極的電極反應式為____，隨著反應的不斷進行溶液的pH____（填“增大”“減小”或“不變”）．

（3）如果以該燃料電池為電源，石墨作兩極電解飽和食鹽水，則該電解過程中陽極的電極反應式為____．16、（2015?虹口區(qū)三模）硫化鈉是一種重要的化工原料．工業(yè)上用硫酸鈉與碳反應得到硫化鈉．反應方程式如下：

Na2SO4+2CNa2S+CO2↑

完成下列填空：

（1）上述反應的元素中，原子半徑最大的元素的原子有____種能級不同的電子．

（2）下列可以證明二氧化碳是非極性分子的實驗是____（填編號）

a．微波爐中加熱少量干冰數(shù)分鐘，干冰溫度不變b．二氧化碳能溶于水。

c．二氧化碳在電場中通過不偏向d．二氧化碳常溫常壓下為氣態(tài)。

（3）硫化鈉在一定條件下會與硫單質(zhì)反應生成多硫化鈉（Na2SX）．在堿性溶液中，Na2SX與NaBrO3發(fā)生反應生成Na2SO4與NaBr．若Na2SX與NaBrO3反應的物質(zhì)的量之比為3：10，則x=____．

（4）寫出硫氫化鈉與少量硫酸銅溶液反應的離子方程式____．

能否用硫酸銅溶液來鑒別硫化鈉溶液和硫氫化鈉溶液？請簡述實驗操作和現(xiàn)象并說明自己的觀點：____．

（5）已知：H2SKi1=9.1×10-8Ki2=1.1×10-12HFKi=3.5×10-4

H2SO3Ki1=1.5×10-2Ki2=1.0×10-7HAcKi=1.75×10-5

若用如圖的裝置，用硫化鈉固體和下列溶液制取硫化氫氣體，可選用的試劑是____

a．硝酸b．醋酸c．氫氟酸d．亞硫酸氫鈉．17、中共十八大報告提出：“大力推進生態(tài)文明建設”．

①燃煤是增加大氣PM2.5數(shù)值，形成霧霾天氣的罪魁禍首之一．煤的氣化是高效、清潔地利用煤炭的重要途徑，寫出灼熱的焦炭與水蒸氣反應的化學方程式____．

②餐飲業(yè)產(chǎn)生的“地溝油”的主要成分是油脂．綜合利用“地溝油”的一種方法是將“地溝油”中的油脂水解以獲取高級脂肪酸和____（填名稱）．將廢棄塑料進行____處理；可以獲得乙烯；丙烯等化工原料．

③防治重金屬污染是2013年全國環(huán)保工作的重點．向含有Hg2+的廢水中加入Na2S，可以使Hg2+轉(zhuǎn)變成沉淀，離子反應方程式為____．

④我國生活垃圾一般可分為以下四大類：可回收垃圾、廚余垃圾、有害垃圾和其他垃圾．以下物質(zhì)屬于可回收垃圾的是____（填字母）．

a．廢報紙b．廢鋁制易拉罐c．過期藥品d．渣土．18、（1）常溫下100mL0.1mol?L-1H2C2O4（草酸；也叫乙二酸）溶液pH=2；

①將它稀釋10倍后，溶液pH____3（填“＜”、“＞”或“=”），此時同體積0.01mol?L-1稀鹽酸與其分別和足量鋅反應，稀鹽酸放出氫氣的體積____（填“多”；“少”或“相等”）；

②向其中加少量草酸鈉固體，以下數(shù)據(jù)增大的是____．

A．c（H2C2O4）B．c（OH-）C．水的離子積D．溶液導電性。

（2）現(xiàn)有下列四種溶液：①0.01mol/L的CH3COOH溶液、②pH=2的稀鹽酸、③pH=12的石灰水、④0.01mol/L的KOH溶液．其中水的電離程度最大的是____（填編號），若將pH=2的醋酸溶液與③溶液等體積混合，所得溶液pH____7（填“＜”、“＞”或“=”）．評卷人得分四、判斷題(共1題，共2分)19、加足量稀鹽酸后過濾，除去混在銅粉中的少量鎂粉和鋁粉____．（判斷對錯）評卷人得分五、解答題(共4題，共8分)20、有一硝酸鹽晶體，其化學式為R（NO3）2?xH2O；相對分子質(zhì)量為242．取1.21g該晶體溶于水，配成100mL溶液，將此溶液用石墨作電極進行電解，當溶液中金屬全部析出時停止電解，經(jīng)稱量陰極增重0.32g．求：

（1）金屬R的相對原子質(zhì)量。

（2）x值。

（3）電解后溶液的pH（電解過程中溶液體積變化忽略不計）．21、工業(yè)上由黃銅礦（主要成分CuFeS2）冶煉銅的主要流程如下：

（1）氣體A中的大氣污染物可選用下列試劑中的______吸收．

A．濃H2SO4B．氨水C．NaOH溶液D．稀HNO3

（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈紅色，檢驗溶液中還存在Fe2+的方法是______（注明試劑；現(xiàn)象）．

（3）由泡銅冶煉粗銅的化學反應方程式為______Al2O3+6Cu22、圖表示某化工生產(chǎn)的流程（有的反應條件和產(chǎn)物已略去）

試回答：

（1）C的分子式是______；L的名稱是______．

（2）寫出A與E反應生成G的化學方程式：______高溫高壓4NO+6H2O23、已知：

下列有機化合物A～H有如圖的轉(zhuǎn)化關系：

化合物D的分子式為C10H10O，其苯環(huán)上的一氯代物只有兩種；F的分子式為C10H9OBr．請回答下列問題：

（1）寫出下列化合物的結(jié)構(gòu)簡式：

A：______I：______

（2）反應①的反應類型為______；反應②的條件為______．

（3）反應③的化學方程式為：______

（4）化合物D有多種同分異構(gòu)體；其中屬于酚類，結(jié)構(gòu)中除苯環(huán)外無其他環(huán)且苯環(huán)上只有兩種互為對位的取代基的同分異構(gòu)體有______種（不考慮兩雙鍵直接相連）．

評卷人得分六、探究題(共4題，共36分)24、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．25、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：26、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．27、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】解：A；原電池中陽離子向正極移動；則閉合K時，鈉離子從左到右通過離子交換膜，故A錯誤；

B、閉合K時，A為原電池的負極，負極發(fā)生氧化反應，電極反應為2Na2S2-2e-=2Na++Na2S4；故B錯誤；

C、閉合K時，X極附近溶液變紅色，說明X極生成OH-離子，為電解池的陰極，發(fā)生反應為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；故C錯誤；

D、閉合K時，有0.1molNa+通過離子交換膜，說明有0.1mol電子轉(zhuǎn)移，陰極上生成0.05molH2；標準狀況下體積為0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故D正確；

故選D．

當閉合開關K時，X極附近溶液變紅色，說明X極生成OH-離子，為電解池的陰極，發(fā)生反應為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，則A為原電池的負極，B為原電池的正極，根據(jù)電池充、放電的化學反應方程式為2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr可知，負極反應為2Na2S2-2e-=2Na++Na2S4，正極反應為NaBr3+2Na++2e-=3NaBr，Y極為電解池的陽極，電極反應為2Cl--2e-=Cl2↑；以此解答該題．

本題考查化學電源知識，題目難度中等，注意從總反應式判斷兩極上的變化和電極反應式的書寫．【解析】【答案】D2、A【分析】解：rm{A.56}克亞鐵離子物質(zhì)的量為rm{dfrac{56g}{56g/mol}=1mol}得到rm{dfrac

{56g}{56g/mol}=1mol}個電子被還原成單質(zhì)；故A正確；

B.rm{2N_{A}}rm{1L}的rm{1mol/L}溶液中含rm{KCl}的物質(zhì)的量rm{Cl^{-}}故B錯誤；

C.在rm{=1L隆脕1mol/L隆脕1=1mol}rm{25隆忙}的條件下，rm{1.01隆脕10^{5}Pa}rm{Vm>22.4L/mol}中含有的原子數(shù)小于rm{2.24LCO_{2}}故C錯誤；

D.溶液體積未知；無法計算微粒個數(shù)，故D錯誤；

故選：rm{0.3N_{A}}．

A.質(zhì)量轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量，結(jié)合rm{A}個亞鐵離子得到rm{1}個電子被還原為單質(zhì)；

B.依據(jù)rm{2}計算氯化鉀的物質(zhì)的量，結(jié)合rm{n=CV}氯化鉀含有rm{1mol}氯離子解答；

C.在rm{1mol}rm{25隆忙}的條件下，rm{1.01隆脕10^{5}Pa}

D.溶液體積未知．

本題考查了阿伏加德羅常數(shù)的使用，掌握以物質(zhì)的量為核心的有關計算公式是解題關鍵，注意氣體摩爾體積使用條件和對象，題目難度不大．rm{Vm>22.4L/mol}【解析】rm{A}3、D【分析】【分析】A．電荷不守恒；

B．漏掉硫酸根離子與鋇離子的反應；

C．碳酸鎂為沉淀；應保留化學式；

D．二者反應生成硫酸鋅和銅．【解析】【解答】解：A．鋁溶于NaOH溶液，離子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；故A錯誤；

B．硫酸溶液中滴加氫氧化鋇溶液，離子方程式：2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O；故B錯誤；

C．碳酸鎂中滴加稀鹽酸，離子方程式：MgCO3+2H+═CO2↑+H2O+Mg2+；故C錯誤；

D．鋅與硫酸銅溶液反應，離子方程式：Zn+Cu2+═Zn2++Cu；故D正確；

故選：D．4、A【分析】【分析】常溫下；pH最小說明溶液中氫離子濃度最大，根據(jù)溶液中氫離子濃度大小來判斷即可；

A．醋酸溶液呈酸性；

B．氯化鈉是強酸強堿鹽；其溶液呈中性；

C．醋酸鈉是強堿弱酸鹽；其溶液呈堿性；

D.0.03mol/L醋酸與0.01mol/LNaOH溶液等體積混合液，溶液中的溶質(zhì)是0.01mol/L的醋酸和0.005mol/L的醋酸鈉，醋酸鈉抑制醋酸電離．【解析】【解答】解：A.0.01mol/L醋酸溶液呈酸性；pH＜7；

B．pH=2的鹽酸和pH=12的氫氧化鈉中；鹽酸中氫離子濃度和氫氧化鈉中氫氧根離子濃度相等，等體積混合，二者恰好反應生成氯化鈉，氯化鈉是強酸強堿鹽，則其溶液呈中性，即pH=7；

C.0.02mol/L醋酸與0.02mol/LNaOH溶液等體積混合液；二者恰好反應生成醋酸鈉，醋酸鈉是強堿弱酸鹽，醋酸根離子水解而使其溶液呈堿性，則pH＞7；

D.0.03mol/L醋酸與0.01mol/LNaOH溶液等體積混合液；溶液中的溶質(zhì)是0.01mol/L的醋酸和0.005mol/L的醋酸鈉，醋酸鈉抑制醋酸電離，所以混合溶液中氫離子濃度小于A；

通過以上分析知，離子濃度最大的是A，則pH最小的是A，故選A．5、D【分析】解：A、鈉與氧氣反應生成淡黃色固體的過氧化鈉，反應的化學方程式為：2Na+O2Na2O2；故A正確；

B、鐵與水蒸氣反應生成黑色固體四氧化三鐵和氫氣，所以反應的化學方程式為：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；故B正確；

C、用硫酸銅溶液除去乙炔中的H2S氣體，生成硫化銅，反應的離子方程式為：H2S+Cu2+═CuS↓+2H+；故C正確；

D、銨鹽與堿共熱制備氨氣，反應的化學方程式為：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；故D錯誤；

故選D．

A；鈉與氧氣反應生成淡黃色固體的過氧化鈉；

B；鐵與水蒸氣反應生成黑色固體四氧化三鐵和氫氣；

C、用硫酸銅溶液除去乙炔中的H2S氣體；生成硫化銅；

D；銨鹽與堿共熱制備氨氣．

本題考查化學方程式的書寫，為高頻考點，把握發(fā)生的反應及反應生成物是什么，題目難度不大．【解析】【答案】D二、多選題(共8題，共16分)6、CD【分析】【分析】A．根據(jù)碳酸鈉溶液中物料守恒和電荷守恒進行判斷；

B．當V=5時，得到等濃度的NaHCO3、NaCl、Na2CO3混合溶液，CO32-、HCO3-溶液呈堿性，HCO3-的水解程度小于CO32-的水解程度；

C．根據(jù)V=a時，溶液的pH=7，則c（H+）=c（OH-）；再根據(jù)電荷守恒判斷溶液中鈉離子與氯離子濃度關系；

D．當V=10時，反應恰好等濃度的NaHCO3、NaCl混合溶液，溶液中碳酸氫根離子既發(fā)生水解又發(fā)生電離，結(jié)合水電離的氫離子與氫氧根離子相等．【解析】【解答】解：A．當V=0時為碳酸鈉溶液，根據(jù)電荷守恒可知：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），根據(jù)物料守恒可得：c（Na+）=2c（HCO3-）+2c（H2CO3）+2c（CO32-），聯(lián)立可得：c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）=c（OH-）；故A錯誤；

B．當V=5時，得到等濃度的NaHCO3、NaCl、Na2CO3混合溶液，CO32-、HCO3-溶液呈堿性，HCO3-的水解程度小于CO32-的水解程度，故溶液中：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（Cl-）＞c（CO32-）；故B錯誤；

C．v=a時，溶液的pH=7，溶液為中性，則c（H+）=c（OH-），根據(jù)電荷守恒可得：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（Cl-）+c（HCO3-），聯(lián)立可得c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（Cl-），所以c（Na+）＞c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-）；故C正確；

D．當V=10時，反應恰好等濃度的NaHCO3、NaCl混合溶液，由于水電離的氫離子與氫氧根離子相等，部分氫離子結(jié)合與碳酸氫根結(jié)合為碳酸分子，部分碳酸氫根電離產(chǎn)生碳酸根離子與氫離子，則c（H+）+c（H2CO3）=c（OH-）+c（CO32-）；故D正確．

故選：CD．7、BC【分析】【分析】A．不能排除AgCl的干擾；

B．應在同一濃度下進行比較實驗；

C．前者逐滴滴入后者，發(fā)生Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，后者逐滴滴入前者發(fā)生Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O；

D．C2H5Br無溴離子．【解析】【解答】解：A．不能排除AgCl的干擾，應先加鹽酸，如無現(xiàn)象，再加BaCl2檢驗；故A錯誤；

B．應在同一濃度下進行比較實驗；否則沒有可比性，故B正確；

C．前者逐滴滴入后者，發(fā)生Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，現(xiàn)象為開始有氣泡冒出直到反應結(jié)束，但后者逐滴滴入前者發(fā)生Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl；

NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O；現(xiàn)象為開始沒有氣泡冒出，一段時間后有氣泡冒出，則現(xiàn)象不同，故C正確；

D．C2H5Br無溴離子；不能生成沉淀，故D錯誤．

故選BC．8、ACD【分析】【分析】CO2與NaOH反應為①CO2+NaOH=NaHCO3，②CO2+2NaOH=Na2CO3+H20；

當≥1，反應按①進行，等于1時，CO2、NaOH恰好反應生成NaHCO3；大于1時，生成生成NaHCO3，CO2有剩余；

當＜＜1，反應按①②進行，CO2、NaOH反應，無剩余，生成物為NaHCO3、Na2CO3；

當≤，反應按②進行，等于時，CO2、NaOH恰好反應生成Na2CO3；小于時，生成Na2CO3；NaOH有剩余；

向M中逐滴加入鹽酸，根據(jù)溶液M中溶質(zhì)不同，通過反應過程判斷．【解析】【解答】解：由分析可知向NaOH溶液中通入CO2氣體后得溶液M中溶質(zhì)情況有：

（1）當含有兩種溶質(zhì)時；

①若溶質(zhì)為Na2CO3、NaOH時，不能立即產(chǎn)生氣體，滴加鹽酸先中和氫氧化鈉，然后與碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉再與鹽酸發(fā)生反應生成二氧化碳，且與碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉消耗鹽酸體積同碳酸氫鈉與鹽酸反應生成二氧化碳所消耗的鹽酸體積相等，產(chǎn)生的氣體體積V（CO2）與加入鹽酸的體積V（HCl）的關系為

②若為NaHCO3、Na2CO3，不能立即產(chǎn)生氣體，滴加鹽酸先與碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉再與鹽酸發(fā)生反應生成二氧化碳，且與碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉消耗鹽酸體積小于與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳所消耗的鹽酸體積，產(chǎn)生的氣體體積V（CO2）與加入鹽酸的體積V（HCl）的關系為故A錯誤；

（2）若只有一種溶質(zhì)時；

①當溶質(zhì)為Na2CO3時，不能立即產(chǎn)生氣體，滴加鹽酸先與碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉再與鹽酸發(fā)生反應生成二氧化碳，且與碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉消耗鹽酸體積等于與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳所消耗的鹽酸體積，產(chǎn)生的氣體體積V（CO2）與加入鹽酸的體積V（HCl）的關系為

②當溶質(zhì)為NaHCO3時，滴加鹽酸與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，立即產(chǎn)生氣體，產(chǎn)生的氣體體積V（CO2）與加入鹽酸的體積V（HCl）的關系為．

A、由上述分析可知，當含有兩種溶質(zhì)，不論是Na2CO3、NaOH，還是NaHCO3、Na2CO3；滴加鹽酸都不能立即產(chǎn)生氣體，故A錯誤；

B、由上述分析可知，只含一種溶質(zhì)，①當溶質(zhì)為Na2CO3時，產(chǎn)生的氣體體積V（CO2）與加入鹽酸的體積V（HCl）的關系為②當溶質(zhì)為NaHCO3時，滴加鹽酸與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，立即產(chǎn)生氣體，產(chǎn)生的氣體體積V（CO2）與加入鹽酸的體積V（HCl）的關系為故B錯誤；

C、由上述分析可知，只含一種溶質(zhì)，當溶質(zhì)為Na2CO3時，產(chǎn)生的氣體體積V（CO2）與加入鹽酸的體積V（HCl）的關系為故C正確；

D、溶質(zhì)含有氫氧化鈉，則含有兩種溶質(zhì)，是Na2CO3、NaOH，由上述分析可知，產(chǎn)生的氣體體積V（CO2）與加入鹽酸的體積V（HCl）的關系為故D正確．

故選CD．9、CD【分析】【分析】A、D2O的質(zhì)子數(shù)=電子數(shù)=10，M=20g/mol，利用N=×10×NA來計算；

B、在標準狀況下，SO3為固體；

C；1mol過氧化鈉中含2mol鈉離子和1mol過氧根離子；

D、根據(jù)N=nNA=NA來計算．【解析】【解答】解：A、D2O的電子數(shù)為10，M=20g/mol，則電子數(shù)為×10×NAmol-1=9NA；故A錯誤；

B、在標準狀況下，SO3為固體；無法計算，故B錯誤；

C、過氧化鈉的物質(zhì)的量為=0.1mol，1mol過氧化鈉中含2mol鈉離子和1mol過氧根離子，則7.8g過氧化鈉中含有的陰離子數(shù)為0.1NA；故C正確；

D、常溫常壓下，44gCO2氣體的物質(zhì)的量為=1mol，含有氧原子的個數(shù)為2NA；故D正確．

故選CD．10、BC【分析】【分析】A．硫酸密度大于水；加水稀釋時密度改變，濃度越小密度越小，以此進行分析；

B．在H2O2+Cl2═2HCl+O2反應中每生成32g氧氣；則轉(zhuǎn)移2mol電子；

C．CO、C2H4的分子量都是28，分子數(shù)為NA的CO、C2H4混合氣體的物質(zhì)的量為1mol；

D．氯化銨的濃度越小，水解程度越大．【解析】【解答】解：A．硫酸密度大于水，加水稀釋時密度改變，濃度越小密度越小，10ml質(zhì)量分數(shù)為98%的H2SO4，設密度為x，用水稀釋至100ml時密度為y，則x＞y，稀釋后H2SO4的質(zhì)量分數(shù)約為：=9.8%×，由于x＞y，則＞1；稀釋后的硫酸的質(zhì)量分數(shù)大于9.8%，故A錯誤；

B．反應中每個氧原子的化合價升高了1價，則每生成32g氧氣，轉(zhuǎn)移2NA個電子；故B正確；

C．CO和C2H4的相對分子質(zhì)量相等；故無論二者的比例如何，標準狀況下的22.4L氣體為1mol，質(zhì)量為28g，故C正確；

D．NH4Cl溶液濃度不同，水解程度不同，因此兩種溶液盡管物質(zhì)的量相同，但所含的NH4+物質(zhì)的量不同；故D錯誤；

故選BC．11、DE【分析】【分析】A．合金是指由一種金屬與其它金屬或非金屬熔合而成的具有金屬特性的物質(zhì)．生鐵是鐵的合金；

B．金屬的冶煉就是指將化合態(tài)的金屬轉(zhuǎn)變?yōu)橛坞x態(tài)的金屬；也就是將化合物中的金屬轉(zhuǎn)變?yōu)榻饘賳钨|(zhì)；

C．根據(jù)回收利用廢舊金屬的意義進行分析判斷；

D．氧化鎂熔點高，工業(yè)上電解熔融氯化鎂獲得金屬鎂；【解析】【解答】解：A．生鐵的主要成分是鐵；其中含有碳等一些雜質(zhì)，屬于鐵的合金，故A正確；

B．金屬冶煉就是將化合物中的金屬轉(zhuǎn)變?yōu)榻饘賳钨|(zhì)；即把金屬陽離子還原成單質(zhì)的過程，故B正確；

C．回收利用廢舊金屬不僅可以節(jié)約資源；而且可以減少對環(huán)境的污染，故C正確；

D．因為MgO的熔點高于MgCl2，因此電解熔融MgCl2更經(jīng)濟；工業(yè)上電解氯化鎂獲得金屬鎂，故D錯誤；

故選D．12、AD【分析】【分析】雞蛋殼膜袋屬于半透膜，膠體不能透過半透膜而溶液中分子或離子能透過半透膜，如果雞蛋殼膜袋破損，則燒杯中的液體含有淀粉，淀粉遇碘變藍色．【解析】【解答】解：A．雞蛋殼膜袋屬于半透膜；膠體不能透過半透膜而溶液中分子或離子能透過半透膜，如果雞蛋殼膜袋破損，則燒杯中的液體含有淀粉，淀粉遇碘變藍色，故A正確；

B．淀粉和碘化鈉不反應；故B錯誤；

C．碘離子能透過半透膜；無論半透膜是否損壞，溶液都能和硝酸銀反應生成黃色沉淀，故C錯誤；

D．溴能氧化碘離子生成碘單質(zhì)；碘遇淀粉試液變藍色，如果半透膜破損，則溶液中含有碘離子和淀粉，故D正確；

故選AD．13、CD【分析】【分析】根據(jù)離子的性質(zhì)判斷離子是否發(fā)生反應，如離子之間能反應生成沉淀，氣體、弱電解質(zhì)或者離子間能發(fā)生互促反應、氧化還原反應等，則不能大量共存．【解析】【解答】解：A．H+與OH-反應生成水而不能共存；故A錯誤；

B．Ca2+與CO32-反應生成沉淀而不能共存；故B錯誤；

C．離子之間不發(fā)生任何反應；可大量共存，故C正確；

D．離子之間不發(fā)生任何反應；可大量共存，故D正確．

故選CD．三、填空題(共5題，共10分)14、OSiA、C如果Cr3+采取sp3雜化，則只有4個成鍵軌道，無法形成6個配位鍵CMgB28【分析】【分析】（1）同一周期元素中；元素第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但第IIA族；第VA族元素第一電離能大于相鄰元素，同一主族元素中，第一電離能隨著原子序數(shù)增大而減??；

（2）①溶液中非金屬元素之間存在共價鍵；含有孤電子對和含有空軌道的原子之間存在配位鍵、分子之間存在范德華力；

②如果Cr3+采取sp3雜化；則只有4個成鍵軌道，無法形成6個配位鍵；

（3）A．分子晶體的相對分子質(zhì)量越大；熔沸點越大；

B．鍵長越短；共價鍵越強，硬度越大；

C．金屬離子的電荷越大；半徑越??；其熔點越大；

D．離子半徑越小；離子鍵越強；則晶格能越大；

（4）該晶體微觀結(jié)構(gòu)的透視圖中；每個Mg原子周圍有6個B原子，每個B原子為3個Mg原子共用，利用均攤法計算解答；

（5）體心立方結(jié)構(gòu)的配位數(shù)為8；利用均攤法計算晶胞的結(jié)構(gòu)．【解析】【解答】解：（1）同一周期元素中，元素第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于相鄰元素，同一主族元素中，第一電離能隨著原子序數(shù)增大而減小，所以b是O元素；c是Si元素；

故答案為：O；Si；

（2）①A．電解質(zhì)在水溶液里電離出陰陽離子；所以該離子中不存在離子鍵，故選；

B．水分子或[Cr（H2O）5Cl]2+中；非金屬元素之間都存在共價鍵，故不選；

C．該溶液中不存在金屬鍵；故選；

D．[Cr（H2O）5Cl]2+中Cr原子和水分子中的O原子之間存在配位鍵；故不選；

E．溶液中水分子之間存在范德華力；故不選；

故選A；C；

②[Cr（H2O）5Cl]2+中Cr3+的配位數(shù)是6，如果Cr3+采取sp3雜化，則只有4個成鍵軌道，無法形成6個配位鍵，所以Cr3+的軌道雜化方式不是sp3；

故答案為：如果Cr3+采取sp3雜化；則只有4個成鍵軌道，無法形成6個配位鍵；

（3）A．分子晶體的相對分子質(zhì)量越大，熔沸點越大，則晶體熔點由低到高順序為CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4；故A正確；

B．鍵長越短；共價鍵越強，硬度越大，鍵長C-C＜C-Si＜Si-Si，則硬度由大到小為金剛石＞碳化硅＞晶體硅，故B正確；

C．金屬離子的電荷越大；半徑越??；其熔點越大，則熔點由高到低為Al＞Mg＞Na，故C錯誤；

D．離子半徑越小、離子鍵越強，則晶格能越大，F(xiàn)、Cl、Br、I的離子半徑在增大，則晶格能由大到?。篘aF＞NaCl＞NaBr＞NaI；故D正確；

故選C；

（4）該晶體微觀結(jié)構(gòu)的透視圖中，每個Mg原子周圍有6個B原子，每個B原子為3個Mg原子共用，于一個Mg原子的B原子為×6=2，Mg、硼原子個數(shù)比為1：2，故硼化鎂的化學式為MgB2；

故答案為：MgB2；

（5）鐵的金屬密堆積方式為體心立方結(jié)構(gòu)，即體心位置有一個鐵原子，上下八個頂點各一個，晶胞中鐵原子的配位數(shù)為8；體心立方中含有1+8×=2個鐵原子，晶胞中鐵原子的體積為：2××π×r3，體心立方中，體對角線上為三個鐵原子相切，則體對角線為4r，晶胞邊長為：r，晶胞體積為：（）3，空間利用率為：×100%；

故答案為：8；．15、0.6mol/（L．min）3B＜AO2+2H2O+4e-=4OH-減小2Cl--2e-=Cl2↑【分析】【分析】（一）（1）2min達到平衡，C的濃度為1.2mol/L，結(jié)合v=計算；

（2）2min時反應達到平衡狀態(tài)；此時剩余1.2molB，計算B的反應速率，反應速率之比等于化學計量數(shù)之比；

（3）利用平衡的特征“等；定”及由此衍生的物理量來判斷平衡；

（二）（1）①依據(jù)表中數(shù)據(jù)分析；隨溫度升高，平衡常數(shù)減小，說明平衡逆向進行；

②計算濃度商和平衡常數(shù)比較分析判斷反應進行方向；

（2）原電池中負極上燃料失電子，堿性條件下，CH3OH反應生成碳酸根離子；根據(jù)電極反應判斷氫氧根離子濃度的變化；

（3）根據(jù)電解池的工作原理，分析兩個電極上放電的離子，并確定生成的物質(zhì)．【解析】【解答】解：（一）（1）2min達到平衡，C的濃度為1.2mol/L，由v===0.6mol/（L．min）；故答案為：0.6mol/（L．min）；

（2）2min時反應達到平衡狀態(tài)，此時剩余1.2molB，則B的反應速率為=0.2mol/（L．min）；由反應速率之比等于化學計量數(shù)之比可知，x=3，故答案為：3；

（3）2A（g）+B（g）3C（g）+2D（s）；

A．該反應中壓強始終不變；不能判斷平衡，故A錯誤；

B．因氣體的質(zhì)量在變化；則氣體密度不再變化，達到平衡，故B正確；

C．A的消耗速率與B的消耗速率之比為2：1；關系始終存在，不能判斷平衡，故C錯誤；

故答案為：B；

（二）（1）①依據(jù)表中數(shù)據(jù)分析；隨溫度升高，平衡常數(shù)減小，說明平衡逆向進行正反應為放熱反應，△H＜0；

故答案為：＜；

②在300℃時，將2molCO、3molH2和2molCH3OH充入容積為1L的密閉容器中，CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g），濃度商Q==＜K=0.270；反應正向進行；

故答案為：A；

（2）原電池放電時，甲醇失電子被氧化，應為電池負極反應，其電極反應式為：2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，正極電極反應為：O2+2H2O+4e-=4OH-；已知電池總反應為：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O；電池在放電過程中消耗氫氧根離子，所以溶液的pH減小；

故答案為：O2+2H2O+4e-=4OH-；減??；

（3）電解飽和食鹽水時，陽極是氯離子失電子生成氯氣的過程，電極反應式為2Cl--2e-=Cl2↑；

故答案為：2Cl--2e-=Cl2↑．16、4ac32HS-+Cu2+=CuS↓+H2S↑可以，分別向兩種溶液中緩緩加入少量的硫酸銅溶液，若產(chǎn)生氣泡的是硫氫化鈉，不產(chǎn)生的是硫化鈉b【分析】【分析】（1）幾種元素中原子半徑最大的是Na；根據(jù)鈉原子的電子排布分析；

（2）a．非極性分子在微波爐中加熱時溫度不變；

b．極性分子也能溶于水；

c．非極性分子在電場中通過時不偏向；

d．極性分子常溫常壓下也可能為氣態(tài)；

（3）S元素化合價由-升高為+6，而NaBrO3被還原為NaBr，Br元素化合價由+5價降低為-1價，反應中Na2Sx與NaBrO3的物質(zhì)的量之比為3：10；根據(jù)氧化還原反應中轉(zhuǎn)移電子相等進行解答；

（4）硫氫化鈉與少量硫酸銅溶液反應生成硫化銅沉淀和硫化氫；硫化鈉與硫酸銅生成沉淀；硫氫化鈉與硫酸銅生成沉淀和氣體；

（5）根據(jù)酸性強的酸能制備酸性弱的酸的原理分析，硫化氫具有強還原性能被亞硫酸和硝酸氧化．【解析】【解答】解：（1）幾種元素中原子半徑最大的是Na，鈉原子的電子排布式為1s22s22p63s1；則Na原子有4種能級不同的電子；

故答案為：4；

（2）a．非極性分子在微波爐中加熱時溫度不變；已知微波爐中加熱少量干冰數(shù)分鐘，干冰溫度不變，說明二氧化碳是非極性分子，故a正確；

b．極性分子也能溶于水，如HCl屬于極性分子，易溶于水，故b錯誤；

c．非極性分子的正負電荷中心重疊；不顯電性，在電場中通過時不偏向，二氧化碳在電場中通過不偏向，則二氧化碳屬于非極性分子，故c正確；

d．極性分子常溫常壓下也可能為氣態(tài)；如氨氣；HCl等極性分子在常溫下也是氣體，故d錯誤；

故答案為：ac；

（3）Na2Sx在堿性溶液中可被NaBrO3氧化為Na2SO4，S元素化合價由-升高為+6，而NaBrO3被還原為NaBr，Br元素化合價由+5價降低為-1價，反應中Na2Sx與NaBrO3的物質(zhì)的量之比為3：10，則：x×[6-（-）]×3=10×[5-（-1）]；解得x=3；

故答案為：3；

（4）硫氫化鈉與少量硫酸銅溶液反應生成硫化銅沉淀和硫化氫，其反應的離子方程式為：2HS-+Cu2+=CuS↓+H2S↑；硫化鈉與硫酸銅生成沉淀；硫氫化鈉與硫酸銅生成沉淀和氣體，所以能用硫酸銅溶液來鑒別硫化鈉溶液和硫氫化鈉溶液；

故答案為：2HS-+Cu2+=CuS↓+H2S↑；可以；分別向兩種溶液中緩緩加入少量的硫酸銅溶液，若產(chǎn)生氣泡的是硫氫化鈉，不產(chǎn)生的是硫化鈉；

（5）電離常數(shù)越大；酸性越強，硫化氫具有強還原性能被亞硫酸和硝酸氧化，所以不能用硝酸和亞硫酸來制備氫硫酸，HF不能盛放在玻璃容器中，所以不能選用HF，則可以用醋酸制備氫硫酸；

故答案為：b．17、C+H2OCO+H2甘油裂解Hg2++S2-═HgS↓ab【分析】【分析】①焦炭與水蒸氣在高溫下反應；反應中C表現(xiàn)出還原性，為反應的還原劑，水為氧化劑；

②油脂水解生成甘油和高級脂肪酸；塑料主要成分為聚乙烯；可裂解生成乙烯；丙烯等；

③反應生成硫化汞沉淀；

④根據(jù)物質(zhì)的成分和用途解題．【解析】【解答】解：①水煤氣主要成分是CO和H2，制取水煤氣是焦炭和水蒸氣在高溫條件下生成一氧化碳和氫氣，化學方程式為：C+H2OCO+H2，故答案為：C+H2OCO+H2；

②油脂為高級脂肪酸甘油酯；水解可生成甘油和高級脂肪酸；塑料主要成分為聚乙烯，可裂解生成乙烯；丙烯，故答案為：甘油；裂解；

③反應生成硫化汞沉淀：離子反應方程式為Hg2++S2-═HgS↓，故答案為：Hg2++S2-═HgS↓；

④a．廢報紙能夠回收處理后還可以作為制紙的原料，可以回收、b．易拉罐屬于金屬或合金，通過處理還可以制取金屬和合金節(jié)約了大量的原料，可以回收，c．過期藥品屬于有害垃圾，故答案為：ab．18、＜少ABD①＜【分析】【分析】（1）①由于弱酸電離平衡的存在；稀釋會促進弱電解質(zhì)的電離；由于草酸為二元弱酸，故等濃度草酸提供氫離子多；

②草酸存在電離平衡；加入草酸鈉固體，增大了草酸跟離子濃度，故草酸電離平衡逆向移動，據(jù)此分析；

（2）酸或堿抑制水電離，酸中氫離子濃度和堿中氫氧根離子濃度相等時，水的電離程度相同．【解析】【解答】解：（1）①由于弱酸電離平衡的存在；稀釋會促進弱電解質(zhì)的電離，故PH=2的草酸稀釋10倍，PH變化小于1，由于草酸為二元弱酸，故等濃度草酸提供氫離子多，與鋅反應放出氫氣多，故答案為＜；少；

②草酸存在電離平衡；加入草酸鈉固體，增大了草酸跟離子濃度，故草酸電離平衡逆向移動，故。

草酸濃度增大；氫離子濃度減小，氫氧根離子濃度增大，溫度不變，水的離子積不變，加入了鹽，增大了離子濃度，故導電性增強，故答案為：ABD；

（2）①0.01mol/LCH3COOH溶液中氫離子濃度小于0.01mol/L；

②pH=的HCl溶液中氫離子濃度為0.01mol/L；

③pH=12的氫氧化鈣濃度中氫氧根離子濃度為0.01mol/L；

④0.01mol/L氫氧化鉀溶液中氫氧根離子濃度為0.01mol/L；

酸或堿抑制水電離；②③④抑制水電離沉淀相同，①中氫離子濃度小，抑制水的電離程度小，故水的電離程度最大的為①；

pH=2CH3COOH溶液與pH=12的石灰水等體積混合后所得溶液，醋酸過量，溶液呈酸性；故答案為：①；＜．四、判斷題(共1題，共2分)19、√【分析】【分析】Mg、Al均能與鹽酸反應，而Cu不能與鹽酸反應，以此來解答．【解析】【解答】解：Mg、Al均能與鹽酸反應，而Cu不能與鹽酸反應，則加足量稀鹽酸后過濾，可除去混在銅粉中的少量鎂粉和鋁粉，故答案為：√．五、解答題(共4題，共8分)20、略

【分析】【分析】（1-2）依據(jù)n=計算物質(zhì)的量；結(jié)合化學式；電子守恒和元素守恒分析計算；

（3）依據(jù)電解反應幾乎電子轉(zhuǎn)移守恒計算氫氧根離子的減小，電解過程中氫氧根離子減小和溶液中氫離子增加相同，計算氫離子濃度得到溶液pH．【解析】【解答】解：（1）n（R）=n[R（NO3）2?xH2O]==0.005mol；當溶液中金屬全部析出時，則根據(jù)陰極反應：R2++2e-═R，所以有0.01mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，經(jīng)稱量陰極增重0.32g，Ar（M）==64；答：金屬M的相對原子質(zhì)量為64；

（2）根據(jù)64+2（14+48）+18x=242；解得x=3，答：x為3；

（2）電解總反應為2M（NO3）2+2H2O2M+4HNO3+O2↑，0.01mol電子轉(zhuǎn)移，溶液中氫離子增加和氫氧根離子減小相同，依據(jù)電極反應計算得到，4OH--4e-=2H2O+O2↑，反應過程中氫氧根離子減小0.01mol目前溶液中增加氫離子物質(zhì)的量為0.01mol，氫離子濃度==0.1mol/L；溶液pH=1；

答：電解后溶液的pH為1．21、略

【分析】

（1）由流程圖轉(zhuǎn)化可知；氣體A中的大氣污染物主要是二氧化硫，選擇試劑吸收二氧化硫，不能產(chǎn)生新的污染氣體；

a、濃H2SO4不能吸收二氧化硫；故a錯誤；

b、氨水與二氧化硫反應生成亞硫酸銨，故b正確；

c；NaOH溶液與二氧化硫反應生成亞硫酸鈉；故c正確；

d、稀HNO3可以吸收二氧化硫；但生成NO污染大氣，故d錯誤；

故答案為：bc；

（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈紅色，說明含有Fe3+；Fe2+具有還原性，可以利用KMnO4溶液檢驗，取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；

故答案為：取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；

（3）由流程圖轉(zhuǎn)化可知，Cu2O與Al反應置換反應生成Al2O3與Cu，反應方程式為3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；

故答案為：3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；

（4）a．精煉銅時；粗銅做陽極，連接電源正極，發(fā)生氧化反應故a正確；

b．溶液中Cu2+向陰極移動，故b錯誤；

c．Ag；Pt、Au不如銅活潑；銅放電后Ag、Pt、Au從粗銅脫落，利用陽極泥可回收Ag、Pt、Au等金屬，故c正確；

d．反應中有熱能產(chǎn)生；所以電能不是全部轉(zhuǎn)化為化學能，故d錯誤；

故答案為：ac；

（5）利用反應2Cu+H2O2+H2SO4═CuSO4+2H2O可制得CuSO4，若將該反應設計為原電池，正極上是過氧化氫得到電子發(fā)生還原反應，酸性溶液中以水的形式存在，其正極電極反應式為：2H++H2O2+2e-=2H2O，故答案為：2H++H2O2+2e-=2H2O．

【解析】【答案】（1）由流程圖轉(zhuǎn)化可知；氣體A中的大氣污染物主要是二氧化硫，選擇試劑吸收二氧化硫，不能產(chǎn)生新的污染氣體，二氧化硫是酸性氧化物，結(jié)合選項中各物質(zhì)的性質(zhì)判斷；

（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈紅色，說明含有Fe3+；Fe2+具有還原性，可以利用KMnO4溶液檢驗；

（3）由流程圖轉(zhuǎn)化可知，Cu2O與Al反應置換反應生成Al2O3與Cu；

（4）a；精煉銅時；粗銅做陽極；

b、溶液中Cu2+向陰極移動；

c；Ag、Pt、Au不如銅活潑；銅放電后Ag、Pt、Au從粗銅脫落；

d；反應中有熱能產(chǎn)生；

（5）利用原電池原理；負極失電子發(fā)生氧化反應，正極上得到電子發(fā)生還原反應．

22、略

【分析】

液態(tài)空氣蒸餾主要得到O2和N2，焦炭和水蒸氣在高溫下反應生成CO和H2，二者得到的氣體B、C在催化劑條件下能發(fā)生反應，則應為N2和H2的反應，生成的氣體為NH3，所以，A為O2，B為N2，C為H2，D為CO，E為NH3，NH3和O2在催化劑條件下發(fā)生氧化還原反應生成NO，NO與反應生成NO2，進而與水反應生成，所以，G為NO，H為NO2，I為HNO3，L為NH4NO3，CO和O2反應生成CO2，CO2、NaCl和NH3反應生成NaHCO3，為侯氏制堿法的主要反應，NaHCO3加熱分解生成Na2CO3，則F為CO2；

J為NH4Cl，K為NaHCO3，M為Na2CO3；則。

（1）C為H2，L為NH4NO3，名稱為硝酸銨，故答案為：H2；硝酸銨；

（2）NH3和O2在催化劑條件下發(fā)生氧化還原反應生成NO，反應的化學方程式為4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；

（3）在2NO+O2=2NO2反應中，O2為氧化劑；NO為還原劑，二者的物質(zhì)的量之比為1：2，故答案為：1：2；

（4）CO2、NaCl和NH3反應生成NaHCO3，為侯氏制堿法的主要反應，反應的化學方程式為NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓；

故答案為：NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓；

（5）由上述流程圖中出現(xiàn)的元素組成的五種銨鹽有：NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、NH4HCO3等；

故答案為：NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、NH4HCO3．

【解析】【答案】液態(tài)空氣蒸餾主要得到O2和N2，焦炭和水蒸氣在高溫下反應生成CO和H2，二者得到的氣體B、C在催化劑條件下能發(fā)生反應，則應為N2和H2的反應，生成的氣體為NH3，所以，A為O2，B為N2，C為H2，D為CO，E為NH3，NH3和O2在催化劑條件下發(fā)生氧化還原反應生成NO，NO與反應生成NO2，進而與水反應生成，所以，G為NO，H為NO2，I為HNO3，L為NH4NO3，CO和O2反應生成CO2，CO2、NaCl和NH3反應生成NaHCO3，為侯氏制堿法的主要反應，NaHCO3加熱分解生成Na2CO3，則F為CO2；

J為NH4Cl，K為NaHCO3，M為Na2CO3；結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)解答該題．

23、略

【分析】

在氯化鋁、氯化氫和加熱條件下，A和一氧化碳發(fā)生加成反應生成B，B中含有醛基，堿性條件下，B和乙醛反應生成C，C脫水生成D，化合物D的分子式為C10H10O，其苯環(huán)上的一氯代物只有兩種，且D中含有-CH=CH-CHO，結(jié)合D的分子式、其苯環(huán)上的一氯取代物種類知，D中還含有一個甲基，且和-CH=CH-CHO處于相對位置，所以A是甲苯，B是對甲基苯甲醛，C的結(jié)構(gòu)簡式為：C失水生成D，所以D的結(jié)構(gòu)簡式為D和溴水發(fā)生加成反應生成EE和氫氧化鈉的醇溶液反應生成F，F(xiàn)的分子式為C10H9OBr，則F的結(jié)構(gòu)簡式中可能有兩種結(jié)構(gòu)，分別是D被新制氫氧化銅氧化生成H，H的結(jié)構(gòu)簡式為：H和甲醇發(fā)生酯化反應生成G，則G的結(jié)構(gòu)簡式為：G發(fā)生加聚反應生成I，I的結(jié)構(gòu)簡式為．

（1）通過以上分析知，A和I的結(jié)構(gòu)簡式分別是A：I：

故答案為：A：I：

（2）D和溴發(fā)生加成反應生成E；E和氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應生成F，其反應條件是強堿的醇溶液；加熱；

故答案為：加成反應；強堿的醇溶液；加熱；

（3）在加熱條件下；D和新制氫氧化銅反應生成H，反應方程式為：

故答案為：

（4）D的結(jié)構(gòu)簡式為化合物D有多種同分異構(gòu)體，其中屬于酚類，說明含有酚羥基，結(jié)構(gòu)中除苯環(huán)外無其他環(huán)且苯環(huán)上只有兩種互為對位的取代基，即苯環(huán)上的兩個取代基一個是酚羥基，一個是丁炔基或二烯基，如果是酚羥基和炔基，且處于對位，其同分異構(gòu)體有4種，如果一個是酚羥基，另一個是二烯基，有2種，所以一共有6種該類型的同分異構(gòu)體，故答案為：6．

【解析】【答案】在氯化鋁、氯化氫和加熱條件下，A和一氧化碳發(fā)生加成反應生成B，B中含有醛基，堿性條件下，B和乙醛反應生成C，C脫水生成D，化合物D的分子式為C10H10O，其苯環(huán)上的一氯代物只有兩種，且D中含有-CH=CH-CHO，結(jié)合D的分子式、其苯環(huán)上的一氯取代物種類知，D中還含有一個甲基，且和-CH=CH-CHO處于相對位置，所以A是甲苯，B是對甲基苯甲醛，C的結(jié)構(gòu)簡式為：C失水生成D，所以D的結(jié)構(gòu)簡式為D和溴水發(fā)生加成反應生成EE和氫氧化鈉的醇溶液反應生成F，F(xiàn)的分子式為C10H9OBr，則F的結(jié)構(gòu)簡式中可能有兩種結(jié)構(gòu)，分別是D被新制氫氧化銅氧化生成H，H的結(jié)構(gòu)簡式為：H和甲醇發(fā)生酯化反應生成G，則G的結(jié)構(gòu)簡式為：G發(fā)生加聚反應生成I，I的結(jié)構(gòu)簡式為．

六、探究題(共4題，共36分)24、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．25、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用