2025年統(tǒng)編版2024高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※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年統(tǒng)編版2024高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷577考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、一定濃度200mL的HNO3溶液中加入5.6gFe，全部溶解，得到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的NO氣體2.24L，測(cè)得反應(yīng)后溶液中的c（H+）=0.1mol/L．若反應(yīng)前后溶液體積變化忽略不計(jì)，則下列有關(guān)判斷正確的是（）A.反應(yīng)前HNO3溶液的濃度為2.0mol?L-1B.反應(yīng)后溶液中含硝酸亞鐵C.反應(yīng)后的溶液最多還能溶解3.22gFeD.反應(yīng)后溶液中c（NO3-）=1.5mol?L-12、下列有機(jī)化合物的分類不正確的是（）

。ABCD苯的同系物芳香化合物烯烴醇A.AB.BC.CD.D3、下列敘述正確的是（）A.將磁性氧化鐵放入稀HNO3中發(fā)生如下反應(yīng)：3Fe3O4+28HNO3﹦9Fe（NO3）3+NO↑+14H2O反應(yīng)中每還原0.2mol氧化劑，就有0.6mol電子轉(zhuǎn)移B.KMnO4、O2、H2O2、H2SO4（?。?、H2O、K2SO4、MnSO4存在于同一化學(xué)反應(yīng)中，配平后硫酸的化學(xué)計(jì)量數(shù)為5C.0.2mol?L-1CH3COONa溶液和0.1mol?L-1HCl溶液等體積混合后：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）D.凡含有食品添加劑的食物對(duì)人體健康均有害，不可食用4、25℃、101kPa下，碳、氫氣、甲烷和葡萄糖的燃燒熱依次是393.5kJ·mol－1、285.8kJ·mol－1、890.3kJ·mol－1、2800kJ·mol－1，則下列熱化學(xué)方程式正確的是()。A.C(s)＋O2(g)=CO(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1B.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝＋571.6kJ·mol－1C.CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－890.3kJ·mol－1D.C6H12O6(s)＋3O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－1400kJ·mol－15、25℃時(shí)，某溶液中可能含以下幾種離子：Na+、H+、Fe3+、HCO3-、OH-、I-．已知溶液中由水電離出的c（H+）=10-13mol?L-1，向該溶液中通入一定量的Cl2后，溶液由無色變?yōu)辄S色，下列有關(guān)該溶液的說法中正確的是（）A.該溶液的pH一定等于1B.陰離子肯定有I-，不能確定有無HCO3-C.陽離子肯定沒有Fe3+，可能有Na+D.該溶液含有的溶質(zhì)成分可能為HI或HI和NaI或NaI和NaOH或NaI6、能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式的是（）A.溴化亞鐵溶液中通入足量氯氣：2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-B.Cl2與石灰水反應(yīng)：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2OC.四氧化三鐵與稀硝酸反應(yīng)：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2OD.向次氯酸鈣溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClO7、萘（）是最簡(jiǎn)單的稠環(huán)芳香烴．下列關(guān)于萘的說法中正確的是（）A.萘與足量氫氣充分加成的產(chǎn)物一氯代物有2種B.1mol萘最多可與6molH2加成C.萘的一氯代物有2種，二氯代物有10種D.萘屬于苯的同系物8、下列離子方程式書寫正確的是（）A.氯化鋁溶液和過量的氨水反應(yīng)：Al3++4NH3?H2O═AlO2-+4NH4+B.少量的CO2通入NaOH溶液中：CO2+2OH-═CO32-+H2OC.醋酸加入小蘇打溶液中：HCO3-+H+═CO2↑+H2OD.硫化鈉的水解：S2-+2H2O?H2S+2OH-9、某溫度下，反應(yīng)2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）的平衡常數(shù)為400．此溫度下，在容積一定的密閉容器中加入CH3OH；反應(yīng)到某時(shí)刻測(cè)得各組分的濃度如下：

。物質(zhì)CH3OHCH3OCH3H2O濃度/0.440.60.6下列說法正確的是（）

A.CH3OH的起始濃度為1.04mol/L

B.此時(shí)逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率。

C.平衡時(shí)CH3OH的濃度為0.04mol/L

D.平衡時(shí)CH3OH的轉(zhuǎn)化率小于80%

評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、V；W；X、Y、Z是由周期表中短周期元素組成的5種物質(zhì)，其中Z由一種元素組成，V，W、Y均由兩種元素組成，X由三種元素組成．上述5種化合物涉及的所有元素的原子序數(shù)之和等于28．它們之間的反應(yīng)關(guān)系如下（反應(yīng)條件省略，方程式?jīng)]有配平）：

①W+H2O→X（白色沉淀）+Y（無色；具有刺激性氣味的氣體）；

②X→V+H2O；

③Y+O2→Z（無色、無味的氣體）+H2O．

（1）寫出下列化合物的化學(xué)式．V____，W____，X____．

（2）Y的電子為____．

（3）寫出①②的化學(xué)方程式．①____．②____．11、鋼鐵在潮濕空氣中發(fā)生原電池反應(yīng)而發(fā)生____腐蝕，此時(shí)鐵是____極，碳是____極．若其表面吸附水膜顯酸性，則電極反應(yīng)式分別為：正極____，負(fù)極____．12、某科研小組用MnO2和濃鹽酸制備Cl2時(shí)，利用剛吸收過少量SO2的NaOH溶液對(duì)其尾氣進(jìn)行吸收處理．

（1）請(qǐng)寫出SO2與過量NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式：____．

（2）吸收尾氣（Cl2）一段時(shí)間后，吸收液（強(qiáng)堿性）中肯定存在的陰離子有OH-和____、____．請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)，探究該吸收液中可能存在的其他陰離子（不考慮空氣的CO2的影響）

①提出合理假設(shè)．

假設(shè)1：只存在SO32-

假設(shè)2：既不存在SO32-，也不存在ClO-；

假設(shè)3：____．

②要證明假設(shè)1是否成立，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)．請(qǐng)寫出實(shí)驗(yàn)以及預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論．限選實(shí)驗(yàn)試劑：3mol?L-1H2SO4、1mol?L-1NaOH、0.01mol?L-1KMnO4；淀粉-KI溶液．

。實(shí)驗(yàn)

預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論________13、某工業(yè)廢料鋇泥中主要含有BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等；某實(shí)驗(yàn)小組模擬工。

業(yè)過程利用鋇泥制取BaCO3和Ba（NO3）2晶體（不含結(jié)晶水）；其實(shí)驗(yàn)流程如下：

已知：

①Fe3+和Fe2+以氫氧化物形式沉淀完全時(shí)；溶液的pH分雖為3.2和9.7；

②Ba（NO3）2晶體的分解溫度：592℃；Ba（NO3）2的溶解度在高溫時(shí)較大；低溫時(shí)較??；f一。

③Ksp（BaSO4）=1.1×10-10，Ksp（BaCO3）=5.1×10-9．

（1）酸溶時(shí)，BaCO3發(fā)生反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為____

（2）酸溶后，濾液1除了Ba2+外，還存在的陽離子是____等（填寫離子符號(hào)）．

（3）加入X的目的是____．

（4）若在操作II中加入Na2CO3來制取BaCO3，經(jīng)檢驗(yàn)所得BaCO3中含有少量BaSO4而不純，提純的方法是：將產(chǎn)品加入足量的飽和Na2CO3溶液中，充分?jǐn)嚢韬挽o置后，棄去上層清液．如此反復(fù)多次處理，直到BaSO44全部轉(zhuǎn)化為BaCO3，該提純?cè)淼碾x子反應(yīng)方程式是____

（5）若用（4）的方法處理含有0.21molBaSO4樣品，每次用1.0L2.0mol?L-1飽和Na2CO3溶液，則至少需要處理____次，BaSO4才能全部轉(zhuǎn)化BaCO3．

（6）操作III的名稱是：____、冷卻結(jié)晶、____；洗滌、干燥．

（7）上述流程中對(duì)環(huán)境的影響主要有____．因此要進(jìn)一步處理，避免造成二次污染．14、向某密閉容器中加入0.15mol/LA、0.05mol/LC和一定量的B三種氣體．一定條件下發(fā)生反應(yīng)，各物質(zhì)濃度隨時(shí)間變化如圖中甲圖所示[t0時(shí)c（B）未畫出，t1時(shí)增大到0.05mol/L]．乙圖為t2時(shí)刻后改變反應(yīng)條件；平衡體系中正；逆反應(yīng)速率隨時(shí)間變化的情況．

（1）若t1=15s，則t0～t1階段v（C）=____，A的轉(zhuǎn)化率為____．

（2）若t5時(shí)改變的條件是升溫，此時(shí)v（正）＞v（逆），若A的物質(zhì)的量減少0.03mol時(shí)，容器與外界的熱交換總量為akJ，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式____．

（3）若t4時(shí)改變的條件為減小壓強(qiáng)，則B的起始物質(zhì)的量濃度為____mol/L．

（4）t3時(shí)改變的某一反應(yīng)條件可能是____（選填序號(hào)）．

a．使用催化劑b．增大壓強(qiáng)c．增大反應(yīng)物濃度．15、對(duì)乙烯基苯甲酸是重要的醫(yī)藥中間體；廣泛應(yīng)用于合成感光材料．對(duì)乙烯基苯甲酸可通過如下反應(yīng)合成．

反應(yīng)①：

（1）下列關(guān)于化合物I和化合物II的說法，正確的是____．

A．化合物I能與新制的Cu（OH）2反應(yīng)。

B．均可發(fā)生酯化反應(yīng)和銀鏡反應(yīng)。

C．化合物II能使KMnO4溶液褪色。

D.1mol化合物II最多能與5molH2反應(yīng)。

（2）化合物II的分子式為____，化合物II在催化劑條件下生產(chǎn)高分子化合物的反應(yīng)方程式____．

（3）化合物II可由芳香族化合物Ⅲ通過消去反應(yīng)獲得，Ⅲ和Cu共熱的產(chǎn)物能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，寫出化合物Ⅲ的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式____；

（4）化合物IV是化合物II的同分異構(gòu)體，且化合物IV遇FeCl3溶液顯紫色，苯環(huán)上的一氯代物只有2種，寫出化合物IV的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式____（寫一種）．

（5）利用類似反應(yīng)①的方法，僅以溴苯（）和乳酸（）為有機(jī)物原料合成化工原料肉桂酸（），涉及的反應(yīng)方程式為____．16、甘蔗渣可綜合利用；回答下列問題．

Ⅰ．甘蔗渣可生成一種常見單糖A，A在乳酸菌的作用下生成有機(jī)物B，B經(jīng)過縮聚反應(yīng)生成可降解塑料，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：

（1）A的分子式是____；

（2）下列有關(guān)B的敘述正確的是____（填序號(hào)）；

a．B的分子式為C3H6O3

b.1molB可與2molNaOH反應(yīng)。

c.1molB與足量的Na反應(yīng)可生成1molH2

（3）B在一定條件下可生成C，C能使溴的四氯化碳溶液褪色．B生成C的化學(xué)方程式是____；

Ⅱ．甘蔗渣還可生產(chǎn)一種重要的化工原料D，D的相對(duì)分子質(zhì)量為90，1molD與足量NaHCO3反應(yīng)放出標(biāo)準(zhǔn)狀況下44.8LCO2．

（4）D的官能團(tuán)名稱是____；

（5）等物質(zhì)的量的D與乙二醇在催化劑作用下可生成鏈狀高分子化合物，其化學(xué)方程式是____．17、（2011秋?諸暨市校級(jí)期中）在容積為VL的密閉容器中發(fā)生2NO2?2NO+O2反應(yīng)．反應(yīng)過程中NO2的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化的狀況如圖1所示．

（1）若曲線A和B表示的是該反應(yīng)在某不同條件下的反應(yīng)狀況，則該不同條件是____．

A．有；無催化劑B．溫度不同C．壓強(qiáng)不同D．V值不同。

（2）寫出該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K的表達(dá)式：____，并比較K800℃____K850℃（填“＞”；“＜”或“=”）．

（3）在圖1上作出在A條件下NO的變化曲線；并求算在B條件下從反應(yīng)開始至達(dá)到平衡，氧氣的反應(yīng)速率。

v（O2）=____．

（4）不能說明該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的是____．

A．v正（NO2）=v逆（NO）B．c（NO2）=c（NO）

C．氣體的平均摩爾質(zhì)量不變D．氣體的密度保持不變。

（5）在如圖2所示的三個(gè)容積相同的三個(gè)容器①、②、③進(jìn)行反應(yīng)：2NO+O?2NO2

若起始溫度相同，分別向三個(gè)容器中充入2molNO和1molO2，則達(dá)到平衡時(shí)各容器中NO物質(zhì)的百分含量由大到小的順序?yàn)椋ㄌ钊萜骶幪?hào)）____．18、已知某元素原子的電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1．

（1）該元素的原子序數(shù)為____．

（2）該元素位于第____周期____族．

（3）該原子的電子總數(shù)為____，價(jià)電子總數(shù)為____．評(píng)卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)19、工業(yè)廢水中含有的酸、堿、鹽，會(huì)造成水體污染．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、2mol水的摩爾質(zhì)量與1mol水的摩爾質(zhì)量之比為2：1．____（判斷對(duì)錯(cuò)）21、判斷下列有關(guān)烯烴；鹵代烴、醇的命名是否正確。

（1）CH2═CH-CH═CH-CH═CH21，3，5三己烯____

（2）2-甲基-3-丁醇____

（3）二溴乙烷____

（4）3-乙基-1-丁烯____

（5）2-甲基-2，4-已二烯____

（6）1，3-二甲基-2-丁烯____．22、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1mol任何物質(zhì)的體積都約是22.4L____（判斷對(duì)錯(cuò)）23、NaCl溶液在電流的作用下電離出Na+____．（判斷對(duì)錯(cuò)）24、2mol水的摩爾質(zhì)量與1mol水的摩爾質(zhì)量之比為2：1．____（判斷對(duì)錯(cuò)）25、因?yàn)橄×蛩崮芘c鐵反應(yīng)放出H2，所以稀硝酸與鐵反應(yīng)也一定能放出H2____．（判斷對(duì)錯(cuò)）26、蛋白質(zhì)、纖維素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、探究題(共4題，共20分)27、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．28、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來測(cè)定其含量，操作為：29、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．30、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來測(cè)定其含量，操作為：評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共4題，共8分)31、氫氣、甲烷（CH4）、水各1g，其中含分子數(shù)最多的是____；含氫原子最多的是____；氫氣、甲烷、水各1mol，含分子數(shù)是否一樣多？____；含氫原子數(shù)最多的是____．32、（1）在分液漏斗中用一種有機(jī)溶劑提取水溶液里的某物質(zhì)時(shí)；靜置分層后，如果不知道哪一層液體是“水層”，試設(shè)計(jì)一種簡(jiǎn)便的判斷方法．

答：____．

（2）12.4gNa2X含0.4molNa+，Na2X的摩爾質(zhì)量為____，其相對(duì)分子質(zhì)量為____，X的相對(duì)原子質(zhì)量為____，該物質(zhì)的化學(xué)式為____．

（3）原子總數(shù)為6mol的水的物質(zhì)的量為____mol，其中氧原子有____mol，與水所含的氧原子數(shù)相等的O2分子的物質(zhì)的量為____mol．

（4）某狀況下VL氨氣（此時(shí)氣體摩爾體積為Vm）溶解在1L水中（水的密度近似為1g/mL）；所得溶液的密度為pg/mL，則該氨水的物質(zhì)的量濃度可表示為。

____mol/L；

（5）由硫酸鉀、硫酸鐵和硫酸組成的混合溶液，其中c（H+）=0.1mol/L，c（Fe3+）=0.3mol/L，c（SO42-）=0.6mol/L，則c（K+）為____mol/L；

（6）相同物質(zhì)的量濃度的氯化鈉、氯化鎂、氯化鋁溶液，分別與過量的硝酸銀溶液反應(yīng)，當(dāng)生成沉淀的質(zhì)量之比為3：2：1時(shí)，消耗三種鹽溶液的體積比為____；

（7）在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，由CO和CO2組成的混合氣體6.72L，質(zhì)量為12g．此混合氣體中CO和CO2物質(zhì)的量之比為____，混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量是____，相對(duì)氫氣的密度是____．

（8）VmL硫酸鐵溶液中含F(xiàn)e3+的質(zhì)量為mg，取V/4mL溶液稀釋到2VmL，則稀釋后溶液中SO42-的物質(zhì)的量濃度為____．33、（1）某溶液中Cl-、Br-、I-的物質(zhì)的量之比為2：3：4，要使溶液中的Cl-、Br-、I-的物質(zhì)的量之比變?yōu)?：3：2，則通入Cl2的物質(zhì)的量與原溶液中I-的物質(zhì)的量之比為____．

（2）要使溶液中只有Cl-和Br-，而沒有I-，則此時(shí)Cl-和Br-的物質(zhì)的量之比為____．

（3）若要使溶液中只有Cl-，則通入Cl2的物質(zhì)的量和原溶液中Br-的物質(zhì)的量之比為____．34、工業(yè)上用氨催化氧化法可生產(chǎn)硝酸；其生產(chǎn)過程可表示為：

4NH3+5O24NO2+6H2O①

4NO+3O2+2H2O═4HNO3②

（1）現(xiàn)以1.7t液氨為原料來生產(chǎn)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50%的硝酸，理論上至少需要加水的質(zhì)量為____t．（假設(shè)生產(chǎn)過程中反應(yīng)物和生成物均無損耗）

（2）工業(yè)上用Mg（NO3）2替代濃H2SO4作為制取濃HNO3的脫水劑，現(xiàn)有50%（質(zhì)量分?jǐn)?shù)，下同）的硝酸M1t，向其中加入80%的Mg（NO3）2溶液M2t，蒸餾分離得到90%的硝酸和60%的Mg（NO3）2溶液（不含HNO3）．若蒸餾過程中HNO3、Mg（NO3）2、H2O均無損耗，則蒸餾前的投料比=____．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】n（Fe）==0.1mol，n（NO）==0.1mol，反應(yīng)后溶液中的c（H+）=0.1mol/L；說明溶液中硝酸過量；

B．少量鐵和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸鐵；

A．根據(jù)氮原子守恒計(jì)算原溶液中硝酸的濃度；

D．根據(jù)電荷守恒確定硝酸根離子濃度；

C．反應(yīng)后的溶液中硝酸與硝酸鐵中含NO3-，結(jié)合3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O計(jì)算最多消耗的Fe．【解析】【解答】解：n（Fe）==0.1mol，n（NO）==0.1mol，反應(yīng)后溶液中的c（H+）=0.1mol/L；說明溶液中硝酸過量；

A．根據(jù)氮原子守恒得原溶液中n（HNO3）=n（NO）+3n[Fe（NO3）3]+n（HNO3）（剩余）=0.1mol+3×0.1mol+0.1mol/L×0.2L=0.42mol；

則原來硝酸的濃度==2.1mol/L；故A錯(cuò)誤；

B．鐵和過量硝酸反應(yīng)生成硝酸鐵；故B錯(cuò)誤；

C．原硝酸的物質(zhì)的量=0.42mol，由3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，最多消耗Fe為0.42mol××56=8.82g；則還能溶解8.82g-5.6=3.22g，故C正確；

D．根據(jù)電荷守恒得c（NO3-）=3c（Fe3+）+c（H+）=3×+0.1mol/L=1.6mol/L；故D錯(cuò)誤；

故選C．2、A【分析】【分析】A．苯的同系物符合：①只有一個(gè)苯環(huán)；②側(cè)鏈為烷基；③具有通式CnH2n-6（n≥6）；

B．含有苯環(huán)的化合物為芳香族化合物；

C．含有碳碳雙鍵的烴為烯烴；

D．芳香烴側(cè)鏈中的氫原子被羥基取代，屬于醇．【解析】【解答】解：A．中不含苯環(huán)；不是苯的同系物，屬于環(huán)烷烴，故A錯(cuò)誤；

B．含有苯環(huán)；是芳香族化合物，故B正確；

C．含有碳碳雙鍵；屬于不飽和烴，故C正確；

D．中-OH沒有直接連接苯環(huán)；二者芳香烴側(cè)鏈中的氫原子被羥基取代，屬于醇，故D正確；

故選：A．3、A【分析】【分析】A；反應(yīng)中只有氮元素的化合價(jià)降低；由+5價(jià)降低為+2價(jià)，根據(jù)方程式計(jì)算生成NO的物質(zhì)的量，據(jù)此計(jì)算轉(zhuǎn)移電子；

B、根據(jù)元素化合價(jià)變化及元素守恒可知反應(yīng)物為KMnO4、H2O2、H2SO4（?。┥晌餅镸nSO4、K2SO4、O2、H2O；根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒；元素守恒配平方程式；

C、0.2mol?L-1CH3COONa溶液和0.1mol?L-1HCl溶液等體積混合后，發(fā)生反應(yīng)生成CH3COOH和NaCl，CH3COONa有剩余，混合溶液相當(dāng)于CH3COOH、NaCl、CH3COONa三者等濃度的混合溶液；電離大于水解，溶液呈酸性；

D、食品添加劑能改善食品品質(zhì)和色、香、味以及為防腐、保鮮和加工工藝的需要，在合理范圍對(duì)人體健康無害．【解析】【解答】解：A、反應(yīng)3Fe3O4+28HNO3﹦9Fe（NO3）3+NO↑+14H2O中，只有氮元素的化合價(jià)降低，由+5價(jià)降低為+2價(jià)，被還原，每還原0.2mol氧化劑HNO3生成NO0.2mol；所以轉(zhuǎn)移電子0.2mol×（5-2）=0.6mol，故A正確；

B、根據(jù)元素化合價(jià)變化及元素守恒可知反應(yīng)物為KMnO4、H2O2、H2SO4（?。┥晌餅镸nSO4、K2SO4、O2、H2O，KMnO4是氧化劑，錳元素化合價(jià)由+7價(jià)降低為+2價(jià)，H2O2是還原劑，氧元素由-價(jià)升高為0價(jià)，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，可知KMnO4與H2O2的物質(zhì)的量之比為2：5，反應(yīng)方程式為2KMnO4+5H2O2+3H2SO4═2MnSO4+K2SO4+5O2+8H2O；配平后硫酸的化學(xué)計(jì)量數(shù)為3，故B錯(cuò)誤；

C、0.2mol?L-1CH3COONa溶液和0.1mol?L-1HCl溶液等體積混合后，發(fā)生反應(yīng)生成CH3COOH和NaCl，CH3COONa有剩余，混合溶液相當(dāng)于CH3COOH、NaCl、CH3COONa三者等濃度的混合溶液，電離大于水解，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-），c（CH3COO-）＞c（Cl-），溶液中鈉離子濃度最大，氯離子遠(yuǎn)大于氫離子濃度，所以離子濃度為c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）；故C錯(cuò)誤；

D；食品添加劑能改善食品品質(zhì)和色、香、味以及為防腐、保鮮和加工工藝的需要；在合理范圍對(duì)人體健康無害，故D錯(cuò)誤．

故選A．4、D【分析】根據(jù)燃燒熱的定義，碳的燃燒產(chǎn)物應(yīng)是二氧化碳；氫氣燃燒是放熱反應(yīng)(ΔH<0)且水應(yīng)為液態(tài)；25℃時(shí)甲烷的燃燒產(chǎn)物是氣態(tài)二氧化碳和液態(tài)水。【解析】【答案】D5、C【分析】解：由水電離出的c（H+）=1×lO-13mol/L；該溶液中大量存在氫離子或者氫氧根離子，所以溶液中一定不會(huì)存在碳酸氫根離子；通入氯氣后溶液由無色變?yōu)辄S色，說明溶液中一定不會(huì)存在有色的鐵離子，一定存在碘離子；

A．根據(jù)分析可知，水電離出的c（H+）=1×lO-13mol/L；若為酸性溶液，該溶液pH=1；若為堿性溶液，該溶液的pH為13，故A錯(cuò)誤；

B．該溶液中一定存在碘離子；一定不會(huì)存在碳酸氫根離子，故B錯(cuò)誤；

C．溶液中一定不會(huì)存在Fe3+，若是堿性溶液，一定存在Na+；故C正確；

D．如果為酸性溶液；則溶質(zhì)可能為①HI②HI和NaI；如果為堿性溶液，則溶質(zhì)為③NaI和NaOH，不可能組偶NaI，故D錯(cuò)誤；

故選C．

水電離出的c（H+）=1×lO-13mol/L，溶液中氫離子或氫氧根離子濃度為0.1mol/L，該溶液為強(qiáng)酸性或堿性溶液，一定不會(huì)存在碳酸氫根離子；當(dāng)向該溶液中緩慢通入一定量的Cl2后；溶液由無色變?yōu)辄S色，說明溶液中一定存在碘離子，能夠與碘離子反應(yīng)的鐵離子一定不會(huì)存在，以此解答該題．

本題考查了常見離子的檢驗(yàn)方法，為高頻考點(diǎn)，題目難度中等，注意明確常見離子的反應(yīng)現(xiàn)象及檢驗(yàn)方法，試題有利于培養(yǎng)學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)的能力．【解析】【答案】C6、B【分析】【分析】A．足量氯氣；亞鐵離子；溴離子均被氧化；

B．反應(yīng)生成氯化鈣；次氯酸鈣、水；

C．發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硝酸鐵；NO和水；

D．發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鈣．【解析】【解答】解：A．溴化亞鐵溶液中通入足量氯氣的離子反應(yīng)為2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-；故A錯(cuò)誤；

B．Cl2與石灰水反應(yīng)的離子反應(yīng)為Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O；故B正確；

C．四氧化三鐵與稀硝酸反應(yīng)的離子反應(yīng)為3Fe3O4+28H++NO3?=9Fe3++NO↑+14H2O；故C錯(cuò)誤；

D．向次氯酸鈣溶液中通入少量SO2的離子反應(yīng)為Ca2++2ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+HClO+H++Cl-；故D錯(cuò)誤；

故選B．7、C【分析】【分析】萘中含稠環(huán)，與足量氫氣充分加成的產(chǎn)物為由結(jié)構(gòu)對(duì)稱性可知，含3種位置的H，如圖二鹵代物由一鹵定位，另一個(gè)鹵原子轉(zhuǎn)位分析，以此來解答．【解析】【解答】解：A．與足量氫氣充分加成的產(chǎn)物為含3種位置的H，一氯代物有3種，故A錯(cuò)誤；

B．由→需要10個(gè)H原子，則1mol萘最多可與5molH2加成；故B錯(cuò)誤；

C．由結(jié)構(gòu)對(duì)稱可知，萘中含2種位置的H，則其一氯代物有2種（），二氯代物有10種（）；故C正確；

D．苯中只有1個(gè)苯環(huán)；與萘中含稠環(huán)，結(jié)構(gòu)不同，不是同系物，故D錯(cuò)誤；

故選C．8、B【分析】【分析】A．氨水堿性較弱；氯化鋁和氨水反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和氯化銨；

B．二氧化碳少量；氫氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和水；

C．醋酸為弱酸；離子方程式中醋酸應(yīng)該保留分子式；

D．硫離子的水解過程分步進(jìn)行，主要以第一步為主，硫離子的水解方程式只寫出第一步水解即可．【解析】【解答】解：A．氨水不會(huì)溶解氫氧化鋁，氯化鋁和氨水反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和氯化銨，正確的離子方程式為：Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；故A錯(cuò)誤；

B．少量的CO2通入NaOH溶液中，反應(yīng)生成碳酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為：CO2+2OH-═CO32-+H2O；故B正確；

C．醋酸加入小蘇打溶液中，醋酸不能拆開，正確的離子方程式為：HCO3-+CH3COOH═CO2↑+H2O+CH3COO-；故C錯(cuò)誤；

D．硫化氫為二元弱酸，硫離子的水解過程分步進(jìn)行，只寫出第一步水解即可，硫離子水解方程式為：S2-+H2O?HS-+OH-；故D錯(cuò)誤；

故選B．9、C【分析】

A．由反應(yīng)2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）可知起始時(shí)CH3OH的濃度為0.44mol/L+2×0.6mol/L=1.64mol/L；故A錯(cuò)誤；

B．反應(yīng)到某時(shí)刻時(shí)濃度商Q===1.86＜400；反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，向正反應(yīng)方向移動(dòng)，則正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，故B錯(cuò)誤；

C．設(shè)平衡時(shí)轉(zhuǎn)化的濃度為x；則。

2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）

起始：1.64mol/LO0

轉(zhuǎn)化：x0.5x0.5x

平衡：1.64mol/L-x0.5x0.5x

則=400；x=1.6mol/L；

平衡時(shí)CH3OH的濃度為1.64mol/L-1.6mol/L=0.04mol/L；故C正確；

D．平衡時(shí)CH3OH的轉(zhuǎn)化率為=97.6%；故D錯(cuò)誤．

故選C．

【解析】【答案】由反應(yīng)2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）可知起始時(shí)CH3OH的濃度為0.44mol/L+2×0.6mol/L=1.64mol/L；

反應(yīng)到某時(shí)刻時(shí)濃度商Q===1.86＜400；反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，向正反應(yīng)方向移動(dòng)；

設(shè)平衡時(shí)轉(zhuǎn)化的濃度為x；則。

2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）

起始：1.64mol/LO0

轉(zhuǎn)化：x0.5x0.5x

平衡：1.64mol/L-x0.5x0.5x

則=400；x=1.6mol/L；

以此解答該題．

二、填空題(共9題，共18分)10、MgOMg3N2Mg（OH）2Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑Mg（OH）2MgO+H2O【分析】【分析】根據(jù)Y與氧氣反應(yīng)生成水和單質(zhì)Z，Y+O2→Z（無色、無味的氣體）+H2O，Z為無色、無味氣體，可確定組成Z的元素為氮，則Y是NH3；根據(jù)反應(yīng)①W+H2O→X（白色沉淀）+Y（無色、具有刺激性氣味的氣體），利用元素守恒，可以確定5種物質(zhì)共涉及4種元素，其中3種為氫、氧、氮，根據(jù)原子序數(shù)之和等于28，可以確定另一種元素為鎂．則可推出X為Mg（OH）2、V為MgO、W為Mg3N2；

（1）依據(jù)分析可知X為MgOV為Mg3N2W為Mg（OH）2；

（2）Y為NH3屬于共價(jià)化合物；氮原子和三個(gè)氫原子形成三對(duì)共用電子對(duì)；

（3）反應(yīng)①是氮化鎂和水反應(yīng)生成氨氣和氫氧化鎂沉淀；

②的反應(yīng)為氫氧化鎂受熱分解生成氧化鎂和水．【解析】【解答】解：根據(jù)Y與氧氣反應(yīng)生成水和單質(zhì)Z，Y+O2→Z（無色、無味的氣體）+H2O，Z為無色、無味氣體，可確定組成Z的元素為氮，則Y是NH3；根據(jù)反應(yīng)①W+H2O→X（白色沉淀）+Y（無色、具有刺激性氣味的氣體），利用元素守恒，可以確定5種物質(zhì)共涉及4種元素，其中3種為氫、氧、氮，根據(jù)原子序數(shù)之和等于28，可以確定另一種元素為鎂．則可推出X為Mg（OH）2、V為MgO、W為Mg3N2；

（1）依據(jù)分析可知X為MgOV為Mg3N2W為Mg（OH）2，故答案為：MgO，Mg3N2，Mg（OH）2；

（2）氨氣為共價(jià)化合物，氨氣中存在3個(gè)氮?dú)滏I，氮原子最外層達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，氨氣的電子式為故答案為：

（3）反應(yīng)①是氮化鎂和水反應(yīng)生成氨氣和氫氧化鎂沉淀，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑；

②的反應(yīng)為氫氧化鎂受熱分解生成氧化鎂和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Mg（OH）2MgO+H2O；

故答案為：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑；Mg（OH）2MgO+H2O．11、吸氧負(fù)正2H++2e-=H2↑Fe-2e-=Fe2+【分析】【分析】鋼鐵在潮濕的空氣中，根據(jù)水膜為中性或弱酸性來分析發(fā)生的腐蝕的類型；在形成的原電池中，由于鐵比碳活潑，據(jù)此分析正負(fù)極；若水膜顯酸性，則發(fā)生析氫腐蝕，據(jù)此分析正負(fù)極反應(yīng)．【解析】【解答】解：鋼鐵在潮濕的空氣中，由于水膜為中性或弱酸性，故發(fā)生吸氧腐蝕；在形成的原電池中，由于鐵比碳活潑，故鐵做負(fù)極，碳做正極；若水膜顯酸性，則發(fā)生析氫腐蝕，故負(fù)極反應(yīng)為Fe-2e-=Fe2+，正極反應(yīng)為2H++2e-=H2↑；

故答案為：吸氧腐蝕，負(fù)極，正極，2H++2e-=H2↑，F(xiàn)e-2e-=Fe2+．12、SO2+2OH-=H2O+SO32-Cl-SO42-兩種離子都存在（或者只存在ClO-）；取少許吸收液于試管中滴加1～2滴0.01mol?L-1KMnO4溶液若溶液褪色則假設(shè)1成立，否則假設(shè)1不成立【分析】【分析】（1）氫氧化鈉過量；二氧化硫和氫氧化鈉反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水；

（2）吸收尾氣（Cl2）一段時(shí)間后，根據(jù)反應(yīng)原理：Cl2+Na2SO3+2NaOH═2NaCl+Na2SO4+H2O，吸收尾氣一段時(shí)間后，吸收液（強(qiáng)堿性）中肯定存在Cl-、OH-和SO42-．①可假設(shè)1、溶液中可能存在只存在SO32，2、既不存在SO32-也不存在ClO-，3、SO32-、ClO-都存在或者只存在ClO-；②3mol?L-1H2SO4硫酸電離生成氫離子，溶液顯酸性，次氯酸根離子具有漂白性，亞硫酸根離子具有強(qiáng)的還原性，能被酸性的高錳酸鉀氧化而使高錳酸鉀褪色，選擇具有強(qiáng)氧化性高錳酸鉀溶液，證明SO32-的存在．【解析】【解答】解：（1）SO2與過量NaOH溶液反應(yīng)，因NaOH過量，故生成的是正鹽，化學(xué)方程式為：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，離子方程式為：SO2+2OH-=H2O+SO32-；

故答案為：SO2+2OH-=H2O+SO32-；

（2）吸收尾氣（Cl2）一段時(shí)間后，根據(jù)反應(yīng)原理：Cl2+Na2SO3+2NaOH═2NaCl+Na2SO4+H2O，氯化鈉、硫酸鈉都為強(qiáng)電解質(zhì)完全電離，所以吸收尾氣一段時(shí)間后，吸收液（強(qiáng)堿性）中肯定存在Cl-、OH-和SO42-；

故答案為：Cl-、SO42-；

①可假設(shè)1、溶液中可能存在只存在SO32，2、既不存在SO32-也不存在ClO-，3、SO32-、ClO-都存在或者只存在ClO-；

故答案為：兩種離子都存在（或者只存在ClO-）；

②因?yàn)槲找撼蕢A性，先取少量吸收液于試管中，滴加3moL-L-1H2SO4至溶液呈酸性，若存在SO32-，生成了H2SO3，H2SO3具有還原性；選擇具有強(qiáng)氧化性高錳酸鉀溶液；

在試管中滴加0.01mol?L-1KMnO4溶液1～2滴，若紫紅色褪去，證明有SO32-；否則無；

故答案為：。實(shí)驗(yàn)預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論取少許吸收液于試管中滴加1～2滴0.01mol?L-1KMnO4溶液若溶液褪色則假設(shè)1成立，否則假設(shè)1不成立13、BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2OH+、Fe3+調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3+完全沉淀除去BaSO4（aq）+CO32-（aq）?BaCO3（aq）+SO42-（aq）5蒸發(fā)濃縮過濾氮的氧化物和重金屬污染【分析】【分析】鋇泥中主要含有BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等，加稀硝酸溶解，BaSO3被氧化為BaSO4，過濾，濾渣為BaSO4，濾液中主要含有Ba2+、H+、Fe3+，調(diào)節(jié)pH，使Fe3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去，過濾，濾渣2為氫氧化鐵，濾液2中主要含有Ba2+、H+；加氫氧化鋇溶液中和多余的氫離子，使溶液為中性，然后蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，得到硝酸鋇晶體；

（1）酸溶時(shí)；碳酸鋇與氫離子反應(yīng)生成二氧化碳；鋇離子和水；

（2）加稀硝酸溶解，Ba（FeO2）2轉(zhuǎn)化為Ba2+、Fe3+；

（3）調(diào)節(jié)pH除去鐵離子；

（4）當(dāng)c（CO32-）×c（Ba2+）＞Ksp（BaCO3）時(shí)；可實(shí)現(xiàn)沉淀的轉(zhuǎn)化；

（5）根據(jù)Ksp（BaSO4）=1.1×10-10，Ksp（BaCO3）=5.1×10-9；求出化學(xué)平衡常數(shù)，結(jié)合化學(xué)方程式進(jìn)行計(jì)算；

（6）根據(jù)從溶液中提取溶質(zhì)的操作分析；

（7）硝酸與亞硫酸鋇反應(yīng)的產(chǎn)物之一為氮的氧化物，鋇離子屬于有毒的重金屬離子，根據(jù)氮的氧化物和鋇離子對(duì)環(huán)境的影響分析．【解析】【解答】解：鋇泥中主要含有BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等，加稀硝酸溶解，BaSO3被氧化為BaSO4，過濾，濾渣為BaSO4，濾液中主要含有Ba2+、H+、Fe3+，調(diào)節(jié)pH，使Fe3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去，過濾，濾渣2為氫氧化鐵，濾液2中主要含有Ba2+、H+；加氫氧化鋇溶液中和多余的氫離子，使溶液為中性，然后蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，得到硝酸鋇晶體；

（1）酸溶時(shí)，碳酸鋇與氫離子反應(yīng)生成二氧化碳、鋇離子和水，其反應(yīng)的離子方程式為：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；

故答案為：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；

（2）加稀硝酸溶解，Ba（FeO2）2轉(zhuǎn)化為Ba2+、Fe3+，另外溶液中還含有多余的氫離子，所以溶液中的陽離子有Ba2+、Fe3+、H+；

故答案為：H+、Fe3+；

（3）溶液中含有雜質(zhì)離子Fe3+，調(diào)節(jié)溶液的pHFe3+會(huì)轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀；然后過濾除去；

故答案為：調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3+完全沉淀除去；

（4）溶液存在BaSO4（aq）+CO32-（aq）?BaCO3（aq）+SO42-（aq），當(dāng)c（CO32-）×c（Ba2+）＞Ksp（BaCO3）時(shí)；可實(shí)現(xiàn)沉淀的轉(zhuǎn)化；

故答案為：BaSO4（aq）+CO32-（aq）?BaCO3（aq）+SO42-（aq）；

（5）BaSO4（aq）+CO32-（aq）?BaCO3（aq）+SO42-（aq）的平衡常數(shù)K====0.0216；

設(shè)每次用1.00L2.0mol?L-1飽和Na2CO3溶液能處理xmolBaSO4；

BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42

（2.02.0-x）mol?L-1xmol?L-1

根據(jù)K===0.0216

解得：x=0.0441，處理次數(shù)==4.76；所以至少處理5次；

故答案為：5；

（6）從溶液中提取溶質(zhì)經(jīng)過蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥；即可得到硝酸鋇晶體；

故答案為：蒸發(fā)濃縮；過濾；

（7）硝酸與亞硫酸鋇反應(yīng)的產(chǎn)物之一為氮的氧化物；氮的氧化物屬于有毒氣體，會(huì)污染空氣，鋇離子屬于有毒的重金屬離子，最后的母液中含有鋇離子，會(huì)污染環(huán)境，因此要進(jìn)一步處理，避免造成二次污染；

故答案為：氮的氧化物和重金屬污染．14、0.004mol/（L?s）60%3A（g）?B（g）+2C（g）△H=+100akJ?mol-10.02ab【分析】【分析】（1）由圖象計(jì)算C的濃度變化，再根據(jù)v=計(jì)算反應(yīng)速率；A的轉(zhuǎn)化率=×100%計(jì)算；

（2）計(jì)算3molA反應(yīng)的熱量；結(jié)合方程式書寫熱化學(xué)方程式；

（3）根據(jù)C、A濃度的變化判斷二者計(jì)量數(shù)關(guān)系，根據(jù)t4～t5階段判斷化學(xué)方程式；根據(jù)化學(xué)方程式計(jì)算；

（4）該反應(yīng)反應(yīng)前后氣體體積不變，t3后反應(yīng)速率加快，正逆反應(yīng)速率相等，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：（1）若t1=15s，生成物C在t0～t1時(shí)間段的平均反應(yīng)速率為：v==0.004mol?L-1?s-1，A的轉(zhuǎn)化率=×100%=×100%=60%；

故答案為：0.004mol/（L?s）；60%；

（2）反應(yīng)的方程式為3A（g）?B（g）+2C（g），A的物質(zhì)的量減少0.03mol，而此過程中容器與外界的熱交換總量為akJ，則A的物質(zhì)的量減少3mol，與外界的熱交換總量為100akJ，由圖象可知t5～t6階段應(yīng)為升高溫度，A的物質(zhì)的量減少，說明向正反應(yīng)方向移動(dòng)，則正反應(yīng)吸熱，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為3A（g）B（g）+2C（g）△H=+100akJ?mol-1；

故答案為：3A（g）?B（g）+2C（g）△H=+100akJ?mol-1；

（3）t1時(shí)反應(yīng)中A的濃度變化為0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，C的濃度變化為0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，反應(yīng)中A與C的計(jì)量數(shù)之比為0.09：0.06=3：2，若t4時(shí)改變的條件為減小壓強(qiáng)；根據(jù)圖乙知，減小壓強(qiáng)平衡不移動(dòng)，則該反應(yīng)中氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)之和前后相等，則有：3A（g）?B（g）+2C（g），根據(jù)方程式可知消耗0.09mol/L的A，則生成0.03mol/L的B，平衡時(shí)B的濃度是0.05mol/L，則B的起始物質(zhì)的量濃度為0.02mol/L；

故答案為：0.02；

（4）該反應(yīng)反應(yīng)前后氣體體積不變，t3后反應(yīng)速率加快，正逆反應(yīng)速率相等，所以改變的體積可能是使用了催化劑或加壓，故答案為：ab．15、ACC9H8O2【分析】【分析】（1）化合物I中含有羧基；化合物II中含有羧基和碳碳雙鍵，據(jù)此解答即可；

（2）依據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式判斷分子式；依據(jù)乙烯的加成反應(yīng)書寫此加聚方程式；

（3）Ⅲ和Cu共熱的產(chǎn)物能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；說明此物質(zhì)為醇類，發(fā)生氧化反應(yīng)生成醛類，據(jù)此解答；

（4）化合物IV是化合物II的同分異構(gòu)體，分子式為：C9H8O2，化合物IV遇FeCl3溶液顯紫色；故含有酚羥基，苯環(huán)上的一氯代物只有2種，那么兩個(gè)取代基應(yīng)處于對(duì)位，據(jù)此解答即可；

（5）依據(jù)醇類的消去反應(yīng)去掉羥基引入碳碳不飽和雙鍵，依據(jù)所給信息①（氯代烴與不飽和烴的取代反應(yīng)）加長(zhǎng)碳鏈，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：（1）A；化合物I中含有羧基；屬于羧酸，能與堿（氫氧化銅）反應(yīng)，故A正確；

B；化合物I和II中均不含有醛基；不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C；化合物II中含有碳碳雙鍵；能被高錳酸鉀溶液氧化，導(dǎo)致高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；

D、苯環(huán)與碳碳雙鍵均能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，1mol化合物II最多能與4molH2反應(yīng)；故D錯(cuò)誤；

故選AC；

（2）化合物II的分子式為：C9H8O2，化合物II在催化劑條件下生產(chǎn)高分子化合物的反應(yīng)方程式為：

故答案為：C9H8O2；

（3）Ⅲ和Cu共熱的產(chǎn)物能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明此物質(zhì)屬于醇類，且能氧化生成醛，應(yīng)為端基醇，故結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：

故答案為：

（4）化合物IV是化合物II的同分異構(gòu)體，分子式為：C9H8O2，化合物IV遇FeCl3溶液顯紫色，故含有酚羥基，苯環(huán)上的一氯代物只有2種，那么兩個(gè)取代基應(yīng)處于對(duì)位，故結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：故答案為：

（5）醇類能在濃硫酸作催化劑的條件下發(fā)生消去反應(yīng)去掉羥基引入碳碳不飽和雙鍵，化學(xué)反應(yīng)方程式為依據(jù)所給信息①（氯代烴與不飽和烴的取代反應(yīng)）加長(zhǎng)碳鏈，即發(fā)生取代反應(yīng)去掉溴原子，生成肉桂酸，化學(xué)反應(yīng)方程式為

故答案為：．16、C6H12O6ac羧基【分析】【分析】I．（1）B經(jīng)過縮聚反應(yīng)生成可降解塑料，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：則B為CH3CHOHCOOH，A在乳酸菌的作用下生成有機(jī)物B，則單糖A為C6H12O6；

（2）B中含-OH；-COOH；結(jié)合醇、羧酸的性質(zhì)來解答；

（3）B在一定條件下可生成C；C能使溴的四氯化碳溶液褪色，C中含雙鍵，B發(fā)生消去反應(yīng)生成C；

II.1molD與足量NaHCO3反應(yīng)放出標(biāo)準(zhǔn)狀況下44.8LCO2；則氣體的物質(zhì)的量為2mol，可知D中含2個(gè)-COOH，D的相對(duì)分子質(zhì)量為90，則D為乙二酸；

（4）D中含-COOH；

（5）等物質(zhì)的量的D與乙二醇在催化劑作用下可生成鏈狀高分子化合物，為縮聚反應(yīng)．【解析】【解答】解：I．（1）B經(jīng)過縮聚反應(yīng)生成可降解塑料，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：則B為CH3CHOHCOOH，A在乳酸菌的作用下生成有機(jī)物B，則單糖A為C6H12O6；

故答案為：C6H12O6；

（2）a．B為CH3CHOHCOOH，B的分子式為C3H6O3；故正確；

b.1molB中含1mol-COOH；可與1molNaOH反應(yīng)，故錯(cuò)誤；

c.1molB中含1mol-OH、1mol-COOH，與足量的Na反應(yīng)可生成1molH2；故正確；

故答案為：ac；

（3）B在一定條件下可生成C，C能使溴的四氯化碳溶液褪色，C中含雙鍵，B發(fā)生消去反應(yīng)生成C，反應(yīng)為

故答案為：

II.1molD與足量NaHCO3反應(yīng)放出標(biāo)準(zhǔn)狀況下44.8LCO2；則氣體的物質(zhì)的量為2mol，可知D中含2個(gè)-COOH，D的相對(duì)分子質(zhì)量為90，則D為乙二酸；

（4）D中含-COOH；名稱為羧基，故答案為：羧基；

（5）等物質(zhì)的量的D與乙二醇在催化劑作用下可生成鏈狀高分子化合物，為縮聚反應(yīng)，反應(yīng)為

故答案為：．17、Bk=＜mol/（L?s）BD①②③【分析】【分析】（1）由圖象可知B狀態(tài)反應(yīng)較快，且A、B處于不同平衡狀態(tài)，B狀態(tài)NO2的物質(zhì)的量較少；結(jié)合溫度；壓強(qiáng)對(duì)平衡移動(dòng)的影響判斷；

（2）根據(jù)平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應(yīng)物的濃度冪之積計(jì)算；結(jié)合溫度對(duì)平衡移動(dòng)的影響判斷；

（3）根據(jù)NO2的物質(zhì)的量結(jié)合方程式可判斷平衡時(shí)O2的濃度，進(jìn)而可計(jì)算O2的反應(yīng)速率；

（4）達(dá)到平衡時(shí)存在“等”；“定”的特征；由此可判斷平衡狀態(tài)；

（5）2NO+O2?2NO2由（1）的推斷可知該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，根據(jù)溫度壓強(qiáng)對(duì)平衡的影響分析．【解析】【解答】解：（1）由圖象可知B狀態(tài)反應(yīng)較快，且A、B處于不同平衡狀態(tài)，肯定不是催化劑的影響，如是壓強(qiáng)的影響，則增大壓強(qiáng)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則NO2的物質(zhì)的量應(yīng)增大，但B狀態(tài)NO2的物質(zhì)的量較少，應(yīng)是升高溫度的原因，該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，則NO2的物質(zhì)的量減少；故答案為：B；

（2）平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應(yīng)物的濃度冪之積，則k=；反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，則平衡常數(shù)增大；

故答案為：k=；＜；

（3）根據(jù)圖象可知，B狀態(tài)時(shí)，平衡時(shí)NO2的物質(zhì)的量為0.1mol，則反應(yīng)的NO2的物質(zhì)的量為0.1mol，生成O2的物質(zhì)的量為0.05mol，則VO2==mol/（L?s），故答案為：mol/（L?s）；

（4）A．V正（NO2）=V逆（NO）；說明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故A正確；

B．C（NO2）=C（NO）；正逆反應(yīng)速率不相等，沒有達(dá)到平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；

C．氣體的質(zhì)量不變；氣體的平均摩爾質(zhì)量不變，則說明氣體的物質(zhì)的量不變，說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故C正確；

D．由于氣體的質(zhì)量不變；氣體的體積不變，則無論是否達(dá)到平衡狀態(tài)，都存在氣體的密度保持不變的特征，不能判斷是否達(dá)到平衡，故D錯(cuò)誤；

故答案為：BD；

（5）2NO+O2?2NO2由（1）的推斷可知該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，容器①外面有隔熱套，反應(yīng)放熱則容器內(nèi)溫度升高，平衡逆移，NO物質(zhì)的百分含量增大；容器③有自由移動(dòng)的活塞，容器內(nèi)為恒壓狀態(tài)，而容器②體積不變反應(yīng)后氣體物質(zhì)的量減少，壓強(qiáng)減小，所以容器③的壓強(qiáng)大于容器②的壓強(qiáng)，所以容器③內(nèi)向正方向進(jìn)行的程度大，NO物質(zhì)的百分含量減小，所以NO物質(zhì)的百分含量由大到小的順序?yàn)棰佗冖?，故答案為：①②③?8、31四第ⅢA313【分析】【分析】由電子排布式可知，其原子序數(shù)等于質(zhì)子數(shù)等于電子總數(shù)，電子層數(shù)為4，最外層電子數(shù)為3，以此來解答．【解析】【解答】解：（1）由1s22s22p63s23p63d104s24p1可知；原子序數(shù)為2+2+6+2+6+10+2+1=31，故答案為：31；

（2）電子層數(shù)為4；最外層電子數(shù)為3，則位于元素周期表中第四周期第ⅢA族，故答案為：四；第ⅢA；

（3）原子序數(shù)等于質(zhì)子數(shù)等于電子總數(shù)，則電子總數(shù)為31，由價(jià)電子排布為4s24p1，則價(jià)電子總數(shù)為3，故答案為：31；3．三、判斷題(共8題，共16分)19、√【分析】【分析】工業(yè)廢水應(yīng)遵循“先凈化，后排放”的原則，工業(yè)廢水需要經(jīng)過處理達(dá)標(biāo)后再排放才不會(huì)污染環(huán)境．【解析】【解答】解：工業(yè)廢水是指工業(yè)生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的廢水；污水和廢液；其中含有隨水流失的工業(yè)生產(chǎn)用料、中間產(chǎn)物和產(chǎn)品以及生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的污染物．廢水中含有的酸、堿、鹽，會(huì)造成水體污染，需要經(jīng)過處理達(dá)標(biāo)后才能排放；

故答案為：√．20、×【分析】【分析】水的摩爾質(zhì)量為18g/mol，與物質(zhì)的量多少無關(guān)．【解析】【解答】解：水的摩爾質(zhì)量為18g/mol，與物質(zhì)的量多少無關(guān)，2mol水的質(zhì)量與1mol水的質(zhì)量之比為2：1，故錯(cuò)誤，故答案為：×．21、×【分析】【分析】判斷有機(jī)物的命名是否正確或?qū)τ袡C(jī)物進(jìn)行命名；其核心是準(zhǔn)確理解命名規(guī)范：

（1）烷烴命名原則：

①長(zhǎng)選最長(zhǎng)碳鏈為主鏈；

②多遇等長(zhǎng)碳鏈時(shí)；支鏈最多為主鏈；

③近離支鏈最近一端編號(hào)；

④小支鏈編號(hào)之和最?。聪旅娼Y(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號(hào)”的原則；

⑤簡(jiǎn)兩取代基距離主鏈兩端等距離時(shí)；從簡(jiǎn)單取代基開始編號(hào)．如取代基不同，就把簡(jiǎn)單的寫在前面，復(fù)雜的寫在后面．

（2）有機(jī)物的名稱書寫要規(guī)范；

（3）對(duì)于結(jié)構(gòu)中含有苯環(huán)的；命名時(shí)可以依次編號(hào)命名，也可以根據(jù)其相對(duì)位置，用“鄰”；“間”、“對(duì)”進(jìn)行命名；

（4）含有官能團(tuán)的有機(jī)物命名時(shí)，要選含官能團(tuán)的最長(zhǎng)碳鏈作為主鏈，官能團(tuán)的位次最小．【解析】【解答】解：（1）雙鍵的個(gè)數(shù)為3；應(yīng)命名為1，3，5-己三烯，故答案為：×；

（2）從離官能團(tuán)最近的一端開始命名；應(yīng)命名為3-甲基-2-丁醇，故答案為：×；

（3）應(yīng)標(biāo)出取代基的位置；應(yīng)命名為1，2-二溴乙烷，故答案為：×；

（4）選最長(zhǎng)的碳連做主鏈；應(yīng)命名為3-甲基-1-戊烯，故答案為：×；

（5）符合命名規(guī)則；故答案為：√；

（6）選最長(zhǎng)的碳連做主鏈，從離官能團(tuán)最近的一端開始命名，應(yīng)命名為2-甲基-2-戊烯，故答案為：×．22、×【分析】【分析】1mol任何氣體的體積都約是22.4L，只針對(duì)于氣體．【解析】【解答】解：標(biāo)準(zhǔn)狀況下；氣體的氣體摩爾體積為22.4L/mol，則1mol氣體的體積為22.4L，而非氣體不是；

故答案為：×．23、×【分析】【分析】在水溶液中；電解質(zhì)在水分子作用下電離出自由移動(dòng)的離子；

在熔融狀態(tài)下，電解質(zhì)在電流的作用下電離出自由移動(dòng)的離子．【解析】【解答】解：NaCl溶液在水分子作用下電離出鈉離子和氯離子；

故答案為：×．24、×【分析】【分析】水的摩爾質(zhì)量為18g/mol，與物質(zhì)的量多少無關(guān)．【解析】【解答】解：水的摩爾質(zhì)量為18g/mol，與物質(zhì)的量多少無關(guān)，2mol水的質(zhì)量與1mol水的質(zhì)量之比為2：1，故錯(cuò)誤，故答案為：×．25、×【分析】【分析】稀硝酸具有強(qiáng)氧化性，和金屬反應(yīng)生成硝酸鹽和氮氧化物，稀硫酸具有弱氧化性，和酸反應(yīng)生成硫酸鹽和氫氣．【解析】【解答】解：稀硫酸中弱氧化性是氫離子體現(xiàn)的，所以稀硫酸和鐵反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣，稀硝酸中強(qiáng)氧化性是N元素體現(xiàn)的，所以稀硝酸具有強(qiáng)氧化性，和鐵反應(yīng)生成NO而不是氫氣，所以該說法錯(cuò)誤，故答案為：×．26、×【分析】【分析】高分子化合物（又稱高聚物）一般相對(duì)分子質(zhì)量高于10000，結(jié)構(gòu)中有重復(fù)的結(jié)構(gòu)單元；據(jù)此分析．【解析】【解答】解：蔗糖的分子式為：C12H22O12；其相對(duì)分子質(zhì)量較小，不屬于高分子化合物，蛋白質(zhì)；纖維素、PVC、淀粉都是高分子化合物，故該說法錯(cuò)誤；

故答案為：×．四、探究題(共4題，共20分)27、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)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．28、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會(huì)加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設(shè)樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）無影響，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯(cuò)誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯(cuò)誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計(jì)算；

④根據(jù)c（待測(cè)）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．29、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)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．30、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會(huì)加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設(shè)樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）無影響，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯(cuò)誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯(cuò)誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計(jì)算；

④根據(jù)c（待測(cè)）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．五、計(jì)算題(共4題，共8分)31、H2H2是CH4【分析】【分析】根據(jù)n=計(jì)算各物質(zhì)的物質(zhì)的量，由N=nNA可知；物質(zhì)的量越大含有分子數(shù)目越大．根據(jù)各物質(zhì)分子含有的H原子數(shù)目，計(jì)算H原子的物質(zhì)的量，據(jù)此判斷；

由N=nNA可知，物質(zhì)的量相同含有的分子數(shù)目相等，含有H原子數(shù)目之比等于分子中含有的H原子數(shù)之比．【解析】【解答】解：1g氫氣的物質(zhì)的量為=0.5mol，1g甲烷的物質(zhì)的量為=mol；

1g水的物質(zhì)的量為=mol；

由N=nNA可知；物質(zhì)的量越大含有分子數(shù)目越大，故氫氣的分子數(shù)目最大；

氫氣中含有H原子為0.5mol×2=1mol，甲烷中含有H原子mol×4=0.25mol，水中含有H原子為mol×2=mol；故氫氣中含有的H原子最多；

當(dāng)氫氣、甲烷、水各1mol，由N=nNA可知；物質(zhì)的量相同含有的分子數(shù)目相等，含有H原子數(shù)目之比等于分子中含有的H原子數(shù)之比，故甲烷中含有H原子最多；

故答案為：H2，H2；是，CH4．32、任意取一層液體加水，如果不分層則取的是水層、反之是油層62g/mol6216Na2O2210.29：3：11：34020【分析】【分析】（1）利用水和有機(jī)溶劑互不相溶；放出少量液體，加入液體水根據(jù)是否分層來判斷；

（2）12.4gNa2X含0.4molNa+，則Na2X的物質(zhì)的量為0.2mol，結(jié)合M=及相對(duì)分子質(zhì)量與M的數(shù)值相等計(jì)算；

（3）原子總數(shù)為6mol的水，水的物質(zhì)的量為=2mol；結(jié)合分子構(gòu)成計(jì)算；

（4）氨氣的物質(zhì)的量為L(zhǎng)，溶液的體積為×10-3L，結(jié)合c=計(jì)算；

（5）結(jié)合電荷守恒計(jì)算；

（6）物質(zhì)的量濃度的氯化鈉；氯化鎂、氯化鋁溶液；分別與過量的硝酸銀溶液反應(yīng)，當(dāng)生成沉淀的質(zhì)量之比為3：2：1時(shí)，則氯化鈉、氯化鎂、氯化鋁中氯離子的物質(zhì)的量比為3：2：1，濃度相同，則體積之比等于物質(zhì)的量之比；

（7）設(shè)CO的物質(zhì)的量為x，CO2的物質(zhì)的量為y，根據(jù)質(zhì)量之和與物