2025年北師大版高三化學下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年北師大版高三化學下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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6題，共12分)1、下列對一些物質或化學反應的分類以及依據(jù)正確的是（）A.豆?jié){是膠體，因為豆?jié){中的分散質粒子直徑在1nm～100nm之間B.NaCl溶液是電解質，因為NaCl溶液能導電C.Na和H2O的反應不是離子反應，因為反應中沒有離子參加D.H2SO4是酸，因為H2SO4中含有氫元素2、同一主族元素的原子具有相同的（）A.核電荷數(shù)B.最外層電子數(shù)C.核外電子數(shù)D.電子層數(shù)3、下列實驗不能達到預期目的是rm{(}rm{)}

。序號實驗操作實驗目的rm{A}濃、稀rm{HNO_{3}}分別與rm{Cu}反應比較濃、稀rm{HNO_{3}}的氧化性強弱rm{B}向盛有rm{1mL}硝酸銀溶液的試管中滴加rm{NaCl}溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加rm{Na_{2}S}溶液說明一種沉淀能轉化為另一種溶解度更小的沉淀rm{C}測定等濃度的rm{HCl}rm{HNO_{3}}兩溶液的rm{pH}比較氯、rm{N}的非金屬性強弱rm{D}室溫下，分別向rm{2}支試管中加入相同體積、相同濃度的rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液，再分別加入相同體積不同濃度的稀硫酸研究濃度對反應速率的影響A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}4、下列反應屬于氧化還原反應的是（）A.H2SO4+2NaOH═Na2SO4+2H2OB.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2OC.CuO+H2Cu+H2OD.NH3+HCl═NH4C15、向硝酸鋇溶液逐漸通入二氧化硫氣體，可能發(fā)生的離子方程式如下，其中錯誤的是（）A.3SO2+2NO3-+2H2O═2NO↑+4H++3SO42-B.3SO2+Ba2++2NO3-+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++SO42-C.6SO2+Ba2++4NO3-+4H2O═BaSO4↓+4NO↑+8H++5SO42-D.3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+6、同溫同壓下，相同體積的氦氣（He）和氘氣（H2）不相等的是（）A.分子數(shù)B.原子數(shù)C.中子數(shù)D.電子數(shù)評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)7、某國潛艇上的核反應堆內使用了液體鋁鈉合金（單質鈉和單質鋁熔合而成）作載熱介質，有關說法不正確的是（）A.原子半徑：Na＜AlB.鋁鈉合金若投入一定的水中可得無色溶液，則n（Al）≤n（Na）C.鋁鈉合金投入到足量氯化銅溶液中，肯定有氫氧化銅沉淀也可能有銅析出D.mg不同組成的鋁鈉合金投入足量鹽酸中，若放出的H2越多，則鋁的質量分數(shù)越小8、一定量rm{CO_{2}}通入某濃度的rm{NaOH}溶液得溶液rm{A}向rm{A}溶液中逐滴滴入稀鹽酸，加入rm{n(HCl)}與生成rm{n(CO_{2})}的關系如圖所示。下列有關敘述正確的是rm{(}rm{)}A.通入的rm{CO_{2}}氣體在標準狀況下等于rm{22.4L}B.溶液中rm{n(NaOH)=2n(Na_{2}CO_{3})}C.rm{A}溶液中既含rm{Na_{2}CO_{3}}又含rm{NaHCO_{3}}D.rm{A}溶液中一定只有rm{Na_{2}CO_{3}}9、室溫下，甲、乙兩燒杯均盛有rm{5mL}rm{pH=3}的某一元酸溶液，向乙燒杯中加水稀釋至rm{pH=4.}關于甲、乙燒杯中溶液的描述正確的是rm{(}rm{)}A.溶液的體積rm{10V_{錄脳}leqslantV_{脪脪}}B.水電離出的rm{OH^{-}}濃度：rm{10c(OH^{-})_{錄脳}leqslantc(OH^{-})_{脪脪}}C.若分別與rm{10c(OH^{-})_{錄脳}leqslant

c(OH^{-})_{脪脪}}rm{5}rm{mL}的rm{pH=11}溶液反應，所得溶液的rm{NaOH}甲rm{pH}乙D.若分別用等濃度的rm{leqslant}溶液完全中和，所得溶液的rm{NaOH}甲rm{pH}乙rm{leqslant}10、下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.原電池反應是自發(fā)的氧化還原反應，鹽橋的作用是平衡正負極電荷，形成閉合回路B.為防止輪船發(fā)生腐蝕，往往在輪船外殼焊上金屬鋅，這是犧牲陰極的陽極保護法C.精煉銅時，粗銅做陽極，純銅做陰極，rm{CuSO_{4}}是電解質溶液，電解前后溶液濃度不變D.電鍍是特殊的電解，電解前后陰極減少的質量與陽極增加的質量相等11、下列關于rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}的性質比較中，不正確的是rm{(}rm{)}A.熱穩(wěn)定性：rm{Na_{2}CO_{3}>NaHCO_{3}}B.常溫下在水中的溶解性：rm{NaHCO_{3}>Na_{2}CO_{3}}C.等物質的量濃度的溶液與稀鹽酸反應的產生氣體的速率：rm{Na_{2}CO_{3}>NaHCO_{3}}D.等質量的固體與足量鹽酸反應放出rm{CO_{2}}的質量：rm{Na_{2}CO_{3}<NaHCO_{3}}12、分析原子的雜化方式，并根據(jù)等電子體原理判斷下列各組分子中的所有原子，或者處于同一平面，或者在一條直線上的是（）A.C2H2、HClO、C2H6B.CO2、N2O、HC≡CHC.C6H5CH3、C3H4、CH4D.C6H6、C2H4、HCN13、溫度為rm{T_{1}}時，在三個容積均為rm{1L}的恒容密閉容器中僅發(fā)生反應：rm{2NO_{2}(g)?2NO(g)+O_{2}(g)(}正反應吸熱rm{2NO_{2}(g)?2NO(g)+O_{2}

(g)(}實驗測得：rm{v_{脮媒}=v(NO_{2})_{脧沒潞脛}=k_{脮媒}c^{2}(NO_{2})}rm{v_{脛忙}=v(NO)_{脧沒潞脛}=2v(O_{2})_{脧沒潞脛}=k_{脛忙}c^{2}(NO)隆隴c(O_{2})}rm{)}rm{v_{脮媒}=v(NO_{2}

)_{脧沒潞脛}=k_{脮媒}c^{2}(NO_{2})}為速率常數(shù)，受溫度影響。下列說法正確的是rm{v_{脛忙}=v(NO)_{脧沒潞脛}=2v(O_{2}

)_{脧沒潞脛}=k_{脛忙}c^{2}(NO)隆隴c(O_{2})}rm{k_{脮媒}}。rm{k_{脛忙}}容器編號物質的起始濃度rm{/mol隆隴L^{-1}}物質的平衡濃度rm{/mol隆隴L^{-1}}rm{c(NO_{2})}rm{c(NO)}rm{c(O_{2})}rm{c(O_{2})}rm{c(O_{2})}Ⅰrm{0.6}rm{0}rm{0}rm{0.2}Ⅱrm{0.3}rm{0.5}rm{0.2}Ⅲrm{0}rm{0.5}rm{0.35}A.達平衡時，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強之比為rm{4隆脙5}B.達平衡時，容器Ⅱ中rm{dfrac{cmathrm{(}O_{2}mathrm{)}}{cmathrm{(}NO_{2}mathrm{)}}}比容器Ⅰ中的大C.達平衡時，容器Ⅲ中rm{NO}的體積分數(shù)小于rm{50%}D.當溫度改變?yōu)閞m{T_{2}}時，若rm{k_{脮媒}=k_{脛忙}}則rm{T_{2}>T_{1}}14、下列物質中既有氧化性又有還原性的是()A.rm{NaClO}B.rm{Al_{2}O_{3}}C.rm{N_{2}O_{3}}D.rm{SiO_{2}}評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)15、七鋁十二鈣（12CaO?7Al2O3）是新型的超導材料和發(fā)光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和廢Al片制備七鋁十二鈣的工藝如圖：

（1）煅粉主要含MgO和____，用適量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，鎂化合物幾乎不溶，若溶液I中c（Mg2+）小于5×10-6mol?L-1，則溶液pH大于____（Mg（OH）2的Ksp=5×10-12）；該工藝中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是____；

（2）濾液I中的陰離子有____（忽略雜質成分的影響）；若濾液I中僅通入CO2，會生成____，從而導致CaCO3產率降低．

（3）用NaOH溶液可除去廢Al片表面的氧化膜，反應的離子方程式為____．16、近幾年我國某些城市酸雨污染較為嚴重；主要是因為大量燃燒含硫量高的煤而形成的．

【實驗目的】通過實驗證明煤中含有碳元素和硫元素．

【查閱資料】

（1）“二氧化硫能使高錳酸鉀溶液褪色（由紫紅色變?yōu)闊o色）；請完成該反應的離子方程式：

____SO2+____MnO4-+____=____+____Mn2++____

根據(jù)上述資料；甲同學和丙同學分別設計實驗方案進行探究．

【實驗探究】甲同學：甲同學進行了如圖一所示A；B兩步實驗：

“實驗現(xiàn)象”：A中稀高錳酸鉀溶液褪色；B中澄清石灰水變渾濁．

“得出結論”：煤燃燒生成二氧化硫和二氧化碳；證明煤中含有碳元素和硫元素．

（2）乙同學認為甲的方案不合理，其理由是：____

【實驗探究】丙同學：丙同學進行了如圖二所示實驗（部分裝置在圖中略去）：

（3）上圖C裝置的作用是____

（4）證明煤中含有碳元素和硫元素的現(xiàn)象是：____

（5）裝置C中的高錳酸鉀溶液也可以替換為____

A．足量I2的淀粉溶液B．足量飽和NaHCO3溶液C．足量Na2SO3溶液D．足量溴水．17、已知H2CO3的第二級電離常數(shù)K2=5.6×10-11，HClO的電離常數(shù)K=3.0×10-8；寫出下列條件下所發(fā)生反應的離子方程式：

a．少量Cl2通人到過量的Na2CO3溶液中：____

b．Cl2與Na2CO3按物質的量之比1：1恰好反應：____

c．少量CO2通人到過量的NaClO溶液中：____．18、以X為原料合成高分子化合物尼龍-66的流程如圖所示：

Ⅰ．X和濃溴水反應產生白色沉淀。

Ⅱ．Z的化學式為C6H12O4；Z分子中無支鏈，只含一種官能團。

Ⅲ．某些醛與醛之間能發(fā)生醛縮合反應；例如：

請回答下列問題：

（1）X的化學名稱為____

（2）反應Ⅱ的化學方程式為____，反應類型為____

（3）反應Ⅳ的化學方程式為____，反應類型為____

（4）W的結構簡式為____，T的分子式為____

（5）比Z少一個碳原子的Z的同系物與G互為同分異構體，G能發(fā)生銀鏡反應和水解反應：1molG既能與2molNaOH反應，也能與0.5molNa2CO3反應并產生氣體，符合條件G的同分異構體有____種，其中，在核磁共振氫譜上有3個峰結構簡式為____．19、如圖所示的裝置；C；D、E、F、X、Y都是惰性電極．接通電源后，向乙中滴入酚酞溶液，在F極附近顯紅色．試回答下列問題：

（1）A是外加電源的____極，B是____極，E是____極，F(xiàn)是____極．

（2）乙池中，E電極反應為____，F(xiàn)電極反應為____

（3）甲是____池，甲池中總反應式是：____．

（4）欲用丙裝置給銅鍍銀，銅件是____（填G和H）極，電鍍液是____溶液．20、電解是有機合成一種重要的方法；它為進行奇特反應提供了有效的手段．例如利用電解可以制得一些小環(huán)化合物：

請回答下列問題：

（1）電解過程中是____極產物．

（2）寫出電解得到一種烴的電極方程式____．

（3）電解羧酸鹽溶液可制得一些特殊結構的烴類及其衍生物．其電解離子方程式為：2RCOO-+2H2OR-R+2CO2↑+H2↑+2OH-（R表示烴基）請寫出該反應的電極方程式：陽極____．陰極____．21、在一個2L的密閉容器中；加入3molA和1molB，發(fā)生下述反應：

3A（g）+B（g）?2C（g）+3D（s）；5min達到平衡時，C的濃度為0.6mol/L．

（1）達到平衡時，A的轉化率為____．此溫度下的平衡常數(shù)K=____．

（2）維持容器的溫度不變，若縮小容器的體積，則平衡將____．（填“正反應方向移動”；“逆反應方向移動”或“不移動”）

（3）維持容器的體積和溫度不變，向密閉容器中加入氦氣，達到新平衡時B、C的濃度之比c（B）/c（C）將____．（填“增大”；“減小”或“不變”）

（4）若增加A的濃度，B的轉化率____；若將C分離出來，化學平衡常數(shù)____．（填“增大”、“減小”、“不變”）22、rm{(1)}在rm{0.5molNa_{2}SO_{4}}中含有鈉離子的物質的量為________，含有氧原子的物質的量為________。rm{(2)}填空：評卷人得分四、判斷題(共3題，共6分)23、0.1mol?L-1的NaHSO4溶液中，陽離子的數(shù)目之和為0.2NA．____（判斷對錯）24、制備Fe（OH）3，既可以通過復分解反應制備，又可以通過化合反應制備____（判斷對和錯）25、在18g18O2中含有NA個氧原子．____（判斷對錯）評卷人得分五、書寫(共2題，共6分)26、寫出下列化學方程式：

（1）乙醇、溴乙烷、氫氧化鉀混合后共熱：____

（2）由CH2═CH-CH2Br制．____

（3）由制____

（4）（CH3）2CHCH2Br為原料制取____．27、有A、B、C、D、E五瓶透明溶液，分別是HCl、BaCl2、NaHSO4、Na2CO3、AgNO3中的一種．已知：①A與B反應有氣體生成；②B與C反應有沉淀生成；③C與D反應有沉淀生成；④D與E反應有沉淀生成；⑤A與E反應有氣體生成；⑥在②和③的反應中生成的沉淀是同一種物質．請?zhí)羁眨?/p>

（1）在②和③的反應中，生成的沉淀物質的化學式是____．

（2）A是____，B是____，C是____，D是____，E是____．

（3）A與E反應的離子方程式是____．評卷人得分六、實驗題(共2題，共4分)28、NiSO4是一種重要的化工原料，大量用于電鍍、觸媒和紡織品染色等．某化學研究性學習小組通過查閱資料，設計了如下圖所示的方法以含鎳廢催化劑為原料來制備NiSO4?7H2O．已知某化工廠的含鎳催化劑主要含有Ni；還含有Al；Fe的單質及氧化物，其他不溶雜質．

部分陽離子以氫氧化物形式完全沉淀時的pH如下：

。沉淀物開始沉淀完全沉淀Al（OH）33.85.2Fe（OH）32.73.2Fe（OH）27.69.7Ni（OH）27.19.2回答下列問題：

（1）操作a、c中需使用的儀器除鐵架臺（帶鐵圈）、酒精燈、漏斗、玻璃棒外還需要的主要儀器為____．

（2）“堿浸”過程中發(fā)生的離子方程式是____，____．

（3）“酸浸”時所加入的酸是____（填化學式）．酸浸后，經(jīng)操作a分離出固體①后，溶液中可能含有的金屬離子是____．

（4）在40℃左右，用6%的H2O2能氧化Fe2+此外，還常用NaClO3作氧化劑，在較小的pH條件下水解，最終生成一種淺黃色的黃鐵礬鈉[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀而把鐵除去．圖是溫度-pH值與生成的沉淀關系圖，圖中陰影部分是黃鐵礬鈉穩(wěn)定存在的區(qū)域（已知25℃時，F(xiàn)e（OH）3的Ksp=2.64×10-39）．下列說法正確的是____（選填序號）．

A．FeOOH中鐵為+2價。

B．若在25℃時，用H2O2氧化Fe2+，再在pH=4時除去鐵，此時溶液中c（Fe3+）=2.64×10-29

C．用氯酸鈉在酸性條件下氧化Fe2+離子方程式為：6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O

D．工業(yè)生產中溫度常保持在85～95℃生成黃鐵礬鈉；此時水體的pH約為1.2～1.8

（5）操作b調節(jié)pH的范圍為____．

（6）產品晶體中有時會混有少量綠礬（FeSO4?7H2O），其原因可能是____．29、（2013?武漢模擬）乙酸乙酯是重要的化工原料．實驗室合成乙酸乙酯的裝置如圖所示．

有關數(shù)據(jù)及副反應：

。乙酸乙醇乙酸乙酯乙醚沸點/℃11878.377.134.5溶解性易溶于水極易溶于水與乙醚混溶微溶于水副反應：CH3CH2OH+HOCH2CH3CH3CH2OCH3+H2O

請回答下列問題：

（1）在大試管A中添加的試劑有6mL乙醇、4mL乙酸和4mL濃硫酸，這三種試劑的添加順序依次為____、____、____

（2）試管B中導管接近液面未伸入液面下的理由是____．

（3）現(xiàn)對試管B中乙酸乙酯粗產品進行提純；步驟如下：

①將試管B中混合液體充分振蕩后，轉入____（填儀器名稱）進行分離；

②向分離出的上層液體中加入無水硫酸鈉，充分振蕩．加入無水硫酸鈉的目的是：____．

③將經(jīng)過上述處理的液體放入干燥的蒸餾燒瓶中，對其進行蒸餾，收集____℃左右的液體即得純凈的乙酸乙酯．

（4）從綠色化學的角度分析，使用濃硫酸制乙酸乙酯不足之處主要有____．

（5）炒菜時，加一點白酒和醋能使菜肴昧香可口，試用符合實際情況的化學方程式解釋：____．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】A．膠體分散質粒子直徑在1nm～100nm之間；

B．在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質；

C．有離子參加或生成的反應是離子反應；

D．據(jù)電離時生成的陽離子都是氫離子的化合物是酸．【解析】【解答】解：A．豆?jié){是膠體；因為豆?jié){中的分散質粒子直徑在1nm～100nm之間，故A正確；

B．NaCl溶液是混合物；故B錯誤；

C．Na和H2O的反應是離子反應；因為反應中離子生成，故C錯誤；

D．H2SO4是酸，因為H2SO4電離時生成的陽離子都是氫離子；故D錯誤．

故選A．2、B【分析】【分析】在元素周期表中，電子層數(shù)相同的元素在同一周期，最外層電子數(shù)或價電子數(shù)相同的元素在同一族，以此解答該題．【解析】【解答】解：元素周期表中；最外層電子數(shù)或價電子數(shù)相同的元素在同一族，其中，同一主族元素的最外層電子數(shù)相等，具有相似的化學性質；

故選B．3、C【分析】解：rm{A.}濃；稀硝酸的強氧化性不同；與銅反應的劇烈程度不同，濃硝酸氧化性較強，可與銅劇烈反應，能達到實驗目的，故A正確；

B.硫化銀溶解度比氯化銀?。辉诼然y溶液中加入硫化鈉溶液，可生成硫化銀沉淀，故B正確；

C.比較非金屬性強弱；應用最高價含氧酸的酸性進行比較，故C錯誤；

D.增大反應物濃度；活化分子的濃度增大，反應速率增大，濃度不同，反應速率不同，故D正確．

故選C．

A.濃；稀硝酸的強氧化性不同；與銅反應的劇烈程度不同；

B.從難溶電解質的溶解平衡的角度分析；

C.比較非金屬性強弱；應用最高價含氧酸的酸性進行比較；

D.濃度不同；反應速率不同．

本題考查實驗方案的評價，為高考常見題型，側重于學生的分析能力、實驗能力和評價能力的考查，注意把握物質的性質的異同以及實驗方案的嚴密性的科學性，難度不大．【解析】rm{C}4、C【分析】【分析】含元素化合價變化的反應，為氧化還原反應，以此來解答．【解析】【解答】解：A．H2SO4+2NaOH═Na2SO4+2H2O反應中沒有元素的化合價變化；為非氧化還原反應，故A不選；

B．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；沒有元素的化合價變化，為非氧化還原反應，故B不選；

C．CuO+H2Cu+H2O反應中Cu；H元素的化合價變化；為氧化還原反應，故C選；

D．NH3+HCl═NH4Cl；沒有元素的化合價變化，為非氧化還原反應，故D不選；

故選C．5、A【分析】【分析】硝酸根離子在酸性條件下能夠將二氧化硫氧化成硫酸根離子，當硝酸鋇足量時，所有的二氧化硫都轉化成硫酸鋇沉淀，反應的離子方程式為：3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+；當二氧化硫足量時，所有的硝酸鋇電離出的硝酸根離子都完全反應，硫酸根離子有剩余，反應的離子方程式為：3SO2+Ba2++2NO3-+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42-，據(jù)此進行判斷．【解析】【解答】解：硝酸根離子在酸性條件下能夠將二氧化硫氧化成硫酸根離子，當硝酸鋇足量時，所有的二氧化硫都轉化成硫酸鋇沉淀，反應的離子方程式為：3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+；當二氧化硫足量時，所有的硝酸鋇電離出的硝酸根離子都完全反應，硫酸根離子有剩余，反應的離子方程式為：3SO2+Ba2++2NO3-+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++2SO42-；

A．反應中一定有硫酸鋇沉淀生成；故A錯誤；

B．當二氧化硫足量時發(fā)生反應：3SO2+Ba2++2NO3-+2H2O═BaSO4↓+2NO↑+4H++SO42-；故B正確；

C．硝酸鋇中鋇離子與硝酸根離子的物質的量之比為1：2；該反應中不滿足硝酸鋇的化學式組成，故C錯誤；

D．當二氧化硫不足時，所有的硫酸根離子都轉化成硫酸鋇沉淀，反應的離子方程式為：3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+；故D正確；

故選AC．6、B【分析】【分析】A；同溫同壓下；相同體積的任何氣體，物質的量相同；

B；氦為單原子分子；氫氣為雙原子分子；

C；中子數(shù)=質量數(shù)-質子數(shù)；據(jù)此解答即可；

D、分子中，電子數(shù)等于質子數(shù)，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：A、同溫同壓下，相同體積的任何氣體，物質的量相同，故相同體積的氦氣（He）和氘氣（H2）分子數(shù)相同；故A不選；

B；氦為單原子分子；氘氣為雙原子分子，故物質的量相同的氦氣和氘氣，原子數(shù)不同，故B選；

C；中子數(shù)=質量數(shù)-質子數(shù)；氦氣的中子數(shù)=4-2，氘氣的中子數(shù)=1×2=2，兩者相同，故C不選；

D；分子中；電子數(shù)等于質子數(shù)，氦氣的電子數(shù)是2，氘氣的電子數(shù)為2，兩者相同，故D不選；

故選B．二、雙選題(共8題，共16分)7、A|D【分析】解：A；同一周期從左到右；元素原子半徑逐漸減小，原子半徑：Na＞Al，故A錯誤；

B、根據(jù)鈉和水反應生成的氫氧化鈉，氫氧化鈉將金屬鋁溶解：Al～NaOH～3H2↑；鋁全部反應可得無色溶液，則n（Al）≤n（Na），故B正確；

C；鋁鈉合金投入到足量氯化銅溶液中；鈉和水反應生成的氫氧化鈉，氫氧化鈉可以和氯化銅反應生成氫氧化銅沉淀，氫氧化鈉也能與鋁反應，金屬鋁過量也可能會置換出氯化銅中的金屬銅；故C正確；

D、金屬鈉和金屬鋁和酸反應生成氫氣量的關系：2Al～3H2↑，2Na～H2↑，等質量的金屬鈉和金屬鋁，則金屬Al產生的氫氣量多，所以放出的H2越多；則鋁的質量分數(shù)越大，故D錯誤．

故選AD．

A；根據(jù)同一周期從左到右；元素原子半徑逐漸減??；

B；根據(jù)鈉和水反應生成的氫氧化鈉；足量的氫氧化鈉將金屬鋁溶解；

C；根據(jù)鈉和水反應生成的氫氧化鈉；氫氧化鈉可以和氯化銅反應生成氫氧化銅沉淀，氫氧化鈉也能與鋁反應，金屬鋁過量也可能會置換出氯化銅中的金屬銅；

D、根據(jù)金屬鈉和金屬鋁和酸反應生成氫氣量的關系：2Al～3H2↑，2Na～H2↑，等質量的金屬鈉和金屬鋁，則金屬Al產生的氫氣量多，所以放出的H2越多；則鋁的質量分數(shù)越大．

本題主要考查了金屬的化學性質，可以根據(jù)所學知識進行回答，難度不大．【解析】【答案】AD8、AB【分析】【分析】本題考查元素化合物的性質、圖象數(shù)據(jù)的處理知識。側重于學生的分析能力和計算能力的考查，解答此題的易錯點是，不能準確理解向碳酸鈉溶液中滴加鹽酸的反應是分步進行的，首先發(fā)生的是rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}rm{HCl+Na_{2}CO_{3}=NaHCO_{3}+NaCl}進行完全后，再發(fā)生：rm{NaHCO_{3}+HCl=NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉}題目難度中等?！窘獯稹坑蓤D象可知，加入鹽酸rm{3mol}時，開始生成rm{CO_{2}}共消耗rm{1molHCl}發(fā)生rm{NaHCO_{3}+HCl=NaCl+CO_{2}隆眉+H_{2}O}如開始加入鹽酸時中發(fā)生rm{Na_{2}CO_{3}+HCl=NaCl+NaHCO_{3}}則應消耗rm{1mol}鹽酸，但至開始生成二氧化碳時消耗rm{3mol}鹽酸，則說明溶液中含有rm{NaOH}和rm{Na_{2}CO_{3}}開始時先后發(fā)生rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}rm{Na_{2}CO_{3}+HCl=NaCl+NaHCO_{3}}

A.由圖象可知生成二氧化碳rm{1mol}依據(jù)碳元素質量守恒，則通入的rm{CO_{2}}氣體在標準狀況下應為rm{22.4L}故A正確；

B.由圖象可知，反應共生成rm{1mol}二氧化碳，則溶液中含有rm{1molNa_{2}CO_{3}}而生成二氧化碳之前分別發(fā)生rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}rm{Na_{2}CO_{3}+HCl=NaCl+NaHCO_{3}}共消耗rm{3molHCl}由方程式可知rm{Na_{2}CO_{3}}消耗rm{1molHCl}則rm{NaOH}消耗rm{2molHCl}則rm{NaOH}為rm{2mol}所以rm{n(NaOH)=2n(Na_{2}CO_{3})}故B正確；C.rm{A}溶液應為rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaOH}的混合物；故C錯誤；

D.由以上分析可知rm{A}中含有rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaOH}故D錯誤。

故選AB?！窘馕觥縭m{AB}9、rAC【分析】解：rm{A.}若酸是強酸，則依據(jù)溶液稀釋過程中氫離子物質的量不變rm{5ml隆脕10^{-3}=V隆脕10^{-4}}解得rm{V=5Oml}則rm{10V_{錄脳}=V_{脪脪}}若酸為弱酸，加水稀釋時，促進弱酸的電離，電離產生的氫離子增多，要使rm{pH}仍然為rm{4}加入的水應該多一些，所以rm{10V_{錄脳}<V_{脪脪}}故A正確；

B.rm{pH=3}的酸中，氫氧根離子全部有水電離產生，rm{C(OH-)_{錄脳}=dfrac{K_{w}}{c(H^{+})}=10^{-11}mol/L}rm{C(OH-)_{錄脳}=dfrac

{K_{w}}{c(H^{+})}=10^{-11}mol/L}的酸中，氫氧根離子全部有水電離產生，rm{C(OH-)_{脪脪}=dfrac{K_{w}}{c(H^{+})}=10^{-10}mol/L}則rm{pH=4}故B錯誤；

C.若酸是強酸，分別與rm{C(OH-)_{脪脪}=dfrac

{K_{w}}{c(H^{+})}=10^{-10}mol/L}的rm{10c(OH^{-})_{錄脳}=c(OH^{-})_{脪脪}}溶液反應，恰好發(fā)生酸堿中和，生成強酸強堿鹽，rm{5mLpH=11}值相等，若為弱酸，則反應后酸有剩余，甲中剩余酸濃度大，酸性強，rm{NaOH}小，所得溶液的rm{pH}甲rm{pH}乙；故C正確；

D.稀釋前后甲乙兩個燒杯中所含的一元酸的物質的量相等，依據(jù)酸堿中和反應可知，消耗氫氧化鈉的物質的量相等，生成的酸鹽的濃度甲大于乙，若酸為強酸則二者rm{pH}相等，若酸為弱酸，則甲的rm{leqslant}大于乙；故D錯誤；

故選：rm{pH}．

弱酸為弱電解質；存在電離平衡，加水稀釋時，促進弱酸的電離；水是弱電解質，存在電離平衡，酸電離產生的氫離子抑制水的電離平衡，據(jù)此分析．

本題考查了弱電解質的電離，酸堿中和的實質，rm{pH}的相關計算，題目難度中等，準確理解題意，抓住弱酸存在電離平衡的特點解答．rm{AC}【解析】rm{AC}10、rAD【分析】解：rm{A}原電池反應必須是自發(fā)的氧化還原反應；鹽橋的作用是平衡正負極電荷，形成閉合回路，故A正確；

B；在輪船外殼焊上金屬鋅；可以保護金屬鋅，這是犧牲陽極的陰極保護法，故B錯誤；

C、精煉銅時，粗銅做陽極，金屬鋅、鐵先于銅失電子，純銅做陰極，rm{CuSO_{4}}是電解質溶液；電解前后溶液濃度減小，故C錯誤；

D；電鍍過程中；陽極上金屬失電子，陰極上是相同的金屬陽離子得電子，陽極減少的質量等于陰極增加的質量，故D正確；

故選AD．

A；根據(jù)原電池的構成條件以及鹽橋的作用來回答；

B；在原電池中；負極上的金屬易被腐蝕，正極上的金屬被保護；

C；根據(jù)電解精煉銅的原理以及電解池的工作原理來回答；

D；電鍍是特殊的電解；根據(jù)陽極上金屬的失電子順序以及陰極上得電子情況來回答．

本題考查電解原理，明確陰陽極上發(fā)生的反應是解本題關鍵，注意：陽極是活潑金屬時，陽極上金屬失電子而不是溶液中陰離子失電子，為易錯點．【解析】rm{AD}11、rBC【分析】解：rm{A}因rm{2NaHCO_{3}dfrac{underline{;{錄脫脠脠};}}{;}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}而碳酸鈉加熱不分解，故A正確；

B、常溫下相同的溶劑時，rm{2NaHCO_{3}dfrac{

underline{;{錄脫脠脠};}}{;}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}較rm{Na_{2}CO_{3}}易溶，rm{NaHCO_{3}}故B錯誤；

C、分別滴加rm{NaHCO_{3}<Na_{2}CO_{3}}溶液，反應離子方程式為rm{HCl}rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}簍TCO_{2}隆眉+H_{2}O}相同條件下rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}簍TH_{2}O+CO_{2}隆眉}比rm{NaHCO_{3}}反應放出氣體劇烈，產生氣體的速率：rm{Na_{2}CO_{3}}故C錯誤；

D、設質量都是rm{Na_{2}CO_{3}<NaHCO_{3}}則rm{106g}和rm{Na_{2}CO_{3}}的物質的量分別為rm{NaHCO_{3}}rm{1mol}根據(jù)rm{dfrac{106}{84}mol}rm{Na_{2}CO_{3}隆蘆CO_{2}}產生的rm{NaHCO_{3}隆蘆CO_{2}}的物質的量分別為rm{CO_{2}}rm{1mol}即放出rm{dfrac{106}{84}mol}的質量：rm{CO_{2}}故D正確；

故選：rm{Na_{2}CO_{3}<NaHCO_{3}}．

A、根據(jù)rm{2NaHCO_{3}dfrac{underline{;{錄脫脠脠};}}{;}a_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}來分析；

B、常溫下在水中rm{BC}較rm{2NaHCO_{3}dfrac{

underline{;{錄脫脠脠};}}{;}a_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}易溶；

C、相同條件下rm{Na_{2}CO_{3}}比rm{NaHCO_{3}}反應放出氣體劇烈；

D、利用rm{NaHCO_{3}}可計算物質的量，因酸足量，利用rm{Na_{2}CO_{3}}rm{n=dfrac{m}{M}}來分析．

本題考查碳酸鈉與碳酸氫鈉的性質，明確發(fā)生的化學反應是解答本題的關鍵，并注意利用穩(wěn)定性、與酸的反應、溶解性來分析解答．rm{Na_{2}CO_{3}隆蘆CO_{2}}【解析】rm{BC}12、B|D【分析】解：A．乙炔的結構式為H-C≡C-H，每個碳原子價層電子對個數(shù)是2且不含孤電子對，所以C原子采用sp雜化，為直線形結構，HClO中，O原子的價層電子對數(shù)是4，中心原子以sp3雜化軌道成鍵，含有2個孤電子對，分子為V形，乙烷分子中，每個碳原子的價層電子對數(shù)=4，不含孤電子對，所以采取sp3雜化，正四面體形，C2H2、HClO、C2H6原子總數(shù)分別為4；3、8不是等電子體；它們的空間構型不同不處于同一平面，故A錯誤；

B．二氧化碳分子中碳原子含有2個σ鍵且不含孤電子對，所以碳原子采用sp雜化，二氧化碳是直線型分子，N2O分子中氧原子含有2個σ鍵和0個孤電子對；所以其采用sp雜化，分子為是直線型分子；HC≡CH中每個C原子含有2個σ鍵，所以C原子采用sp雜化，是直線型分子，它們的空間構型都處于一條直線上，故B正確；

C．C6H6分子中碳原子雜化軌道數(shù)為3，所以采取sp2雜化，所有原子處于同一平面，CH4分子中碳原子雜化軌道數(shù)為4，所以采取sp3雜化，正四面體形，C6H5CH3所有原子不處于同一平面，CH≡CH分子中每個碳原子雜化軌道數(shù)為2，所以采取sp雜化，是直線型分子，-CH3采取sp3雜化，正四面體形，C3H4所有原子不處于同一平面，CH4分子中碳原子雜化軌道數(shù)為4，所以采取sp3雜化；正四面體形，它們的空間構型不同不處于同一平面，故C錯誤；

D．C6H6分子中碳原子雜化軌道數(shù)為3，所以采取sp2雜化，所有原子處于同一平面，CH2=CH2分子中每個碳原子雜化軌道數(shù)為3，所以采取sp2雜化；所有原子處于同一平面，HCN結構簡式為H-C≡N，碳原子雜化軌道數(shù)為2，所以采取sp雜化，所有原子處于同一直線共面，故D正確；

故選BD．

根據(jù)價層電子對互斥理論判斷中心原子雜化類型及分子空間構型；價層電子對個數(shù)=成鍵電子對個數(shù)+孤電子對個數(shù)．

A．C2H2、HClO、C2H6雜化分別為sp雜化、sp3雜化、sp3雜化；三者不處于同一平面；

B．CO2、N2O；HC≡CH雜化分別為sp雜化、O原子采用sp雜化、sp雜化；三者分別處于一條直線上；

C．C6H5CH3、C3H4、CH4雜化分別為苯環(huán)上碳sp2雜化甲基上碳sp3雜化、碳碳三鍵上的碳sp雜化甲基上碳sp3雜化、sp3雜化；三者不處于同一平面；

D．C6H6、C2H4、HCN雜化分別為sp2雜化、sp2雜化；sp雜化；三者空間構型都在同一平面．

本題考查原子雜化方式及分子空間構型判斷，為高頻考點，明確價層電子對互斥理論內涵是解答關鍵，題目難度中等．【解析】【答案】BD13、CD【分析】【分析】本題考查化學平衡計算，為高頻考點，側重考查學生分析、計算及靈活運用知識解答問題能力，如果單純的根據(jù)設未知數(shù)計算要涉及一元三次方程而難以解答，這需要學生靈活運用知識巧妙的避開一元三次方程而解答問題，題目難度較大?！窘獯稹坑扇萜鳍裰蟹磻猺m{2N{O}_{2}?2NO+{O}_{2}}起始量rm{(mol/L)}rm{0.6}rm{0}rm{0}變化量rm{(mol/L)}rm{0.4}rm{0.4}rm{0.2}平衡量rm{(mol/L)}rm{0.2}rm{0.4}rm{0.2}可以求出平衡常數(shù)rm{K=dfrac{0.{4}^{2}隆脕0.2}{0.{2}^{2}}=0.8}平衡時氣體的總物質的量為rm{K=

dfrac{0.{4}^{2}隆脕0.2}{0.{2}^{2}}=0.8}其中rm{0.8mol}占rm{NO}所以rm{0.4mol}的體積分數(shù)為rm{NO}rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=1}在平衡狀態(tài)下，rm{50%}rm{)_{脧沒潞脛}=v_{脛忙}=v(NO)_{脧沒潞脛}}所以rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=1

}rm{)=k_{脛忙}c^{2;}(NO)隆隴c(O_{2}}rm{v_{脮媒}=v(NO_{2}}進一步求出rm{dfrac{{k}_{脮媒}}{{k}_{脛忙}}=K=0.8}．A.顯然容器Ⅱ的起始投料與容器Ⅰ的平衡量相比，增大了反應物濃度，平衡將向正反應方向移動，所以容器Ⅱ在平衡時氣體的總物質的量一定小于rm{)_{脧沒潞脛}=v_{脛忙}=

v(NO)_{脧沒潞脛}}故兩容器的壓強之比一定大于rm{k_{脮媒}c^{2}(NO_{2}}故A錯誤；B.若容器rm{)=

k_{脛忙}c^{2;}(NO)隆隴c(O_{2}}在某時刻，rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=1}反應rm{)}起始量rm{dfrac{{k}_{脮媒}}{{k}_{脛忙}}=K=0.8

}rm{1mol}rm{4:5}rm{II}變化量rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=1

}rm{2N{O}_{2}?2NO+{O}_{2}}rm{(mol/L)}rm{0.3}平衡量rm{0.5}rm{0.2}rm{(mol/L)}因為rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=dfrac{0.2+x}{0.3-2x}=1}解之得rm{2x}求出此時濃度商rm{{Q}_{c}=;dfrac{{left(dfrac{17}{30}right)}^{2}隆脕dfrac{7}{30}}{{left(dfrac{7}{30}right)}^{2}}=dfrac{289}{210}>K}所以容器rm{2x}達平衡時，rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}}一定小于rm{x}故B錯誤；C.若容器rm{(mol/L)0.3-2x}在某時刻，rm{0.5+2x}的體積分數(shù)為rm{0.2+x}由反應rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=

dfrac{0.2+x}{0.3-2x}=1}起始量rm{x=dfrac{1}{30}}rm{{Q}_{c}=;dfrac{{left(

dfrac{17}{30}right)}^{2}隆脕dfrac{7}{30}}{{left(

dfrac{7}{30}right)}^{2}}=dfrac{289}{210}>K}rm{II}rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}

}變化量rm{1}rm{III}rm{NO}rm{50%}平衡量rm{2N{O}_{2}?2NO+{O}_{2}}rm{(mol/L)}rm{0}rm{0.5}由rm{0.35}解之得rm{(mol/L)}求出此時濃度商rm{{Q}_{c}=dfrac{0.{4}^{2}隆脕0.3}{0.{1}^{2}}=4.8>K}說明此時反應未達平衡，反應繼續(xù)向逆反應方向進行，rm{2x}進一步減少，故C正確；D.溫度為rm{2x}時，rm{dfrac{{k}_{脮媒}}{{k}_{脛忙}}={K}_{2}=1>0.8=K2=1>0.8}因為正反應是吸熱反應，升高溫度后化學平衡常數(shù)變大，所以rm{x}故D正確。故選CD。rm{(mol/L)}【解析】rm{CD}14、AC【分析】【分析】本題旨在考查學生對氧化性與還原性的應用?！窘獯稹窟€原性是指能還原別的物質的性質，氧化性是指能氧化別的物質的性質，當一種元素的化合價處于中間價態(tài)時，含有該元素的物質既有氧化性又有還原性，據(jù)此選出答案為rm{AC}故答案為：rm{AC}【解析】rm{AC}三、填空題(共8題，共16分)15、CaO11CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，會生成CaSO4沉淀引起Ca2+的損失NO3-、OH-Ca（HCO3）2Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O【分析】【分析】白云石煅燒發(fā)生反應：CaCO3CaO+CO2↑，MgCO3MgO+CO2↑，在鍛粉中加入適量的NH4NO3溶液后，鎂化合物幾乎不溶，由于NH4NO3溶液水解顯酸性，與CaO反應生成Ca（NO3）2和NH3?H2O，故過濾后溶液中含Ca（NO3）2和NH3?H2O，將CO2和NH3通入濾液I中后發(fā)生反應：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，據(jù)此分析濾液中的陰離子；若濾液Ⅰ中僅通入CO2，會造成CO2過量，廢鋁片加入氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉溶液，用NaOH溶液可除去廢Al片表面的氧化膜，電解制備Al（OH）3時；電極分別為Al片和石墨，在碳酸鈉溶液中攪拌電解，得到氫氧化鋁，過濾加熱灼燒得到氧化鋁，碳酸鈣和氧化鋁共混加熱1500°C得到七鋁十二鈣；

（1）鍛粉是由白云石高溫煅燒而來；用適量NH4NO3溶液浸取煅粉后，鎂化合物幾乎不溶，即得Mg（OH）2的飽和溶液，根據(jù)Mg（OH）2的Ksp來計算；CaSO4微溶于水；

（2）在鍛粉中加入適量的NH4NO3溶液后，鎂化合物幾乎不溶，由于NH4NO3溶液水解顯酸性，與CaO反應生成Ca（NO3）2和NH3?H2O，故過濾后溶液中含Ca（NO3）2和NH3?H2O，將CO2和NH3通入濾液I中后發(fā)生反應：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，據(jù)此分析濾液中的陰離子；若濾液Ⅰ中僅通入CO2，會造成CO2過量；據(jù)此分析產物；

（3）氧化鋁和氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和水．【解析】【解答】解：（1）鍛粉是由白云石高溫煅燒而來，在煅燒白云石時，發(fā)生反應：CaCO3CaO+CO2↑，MgCO3MgO+CO2↑，故所得鍛粉主要含MgO和CaO；用適量NH4NO3溶液浸取煅粉后，鎂化合物幾乎不溶，即得Mg（OH）2的飽和溶液，根據(jù)Mg（OH）2的Ksp可知：Ksp=c（Mg2+）?c2（OH-）=5×10-12，而c（Mg2+）小于5×10-6mol?L-1，故c（OH-）大于10-3mol/L，則溶液中的c（H+）小于10-11mol/L，溶液的pH大于11；CaSO4微溶于水，如果用（NH4）2SO4代替NH4NO3，會生成CaSO4沉淀引起Ca2+的損失；

故答案為：CaO；11；CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，會生成CaSO4沉淀引起Ca2+的損失；

（2）在鍛粉中加入適量的NH4NO3溶液后，鎂化合物幾乎不溶，由于NH4NO3溶液水解顯酸性，與CaO反應生成Ca（NO3）2和NH3?H2O，故過濾后溶液中含Ca（NO3）2和NH3?H2O，將CO2和NH3通入濾液I中后發(fā)生反應：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，故濾液中的陰離子主要為NO3-，還含有OH-；若濾液Ⅰ中僅通入CO2，會造成CO2過量，則會生成Ca（HCO3）2，從而導致CaCO3產率降低，故答案為：NO3-、OH-；Ca（HCO3）2；

（3）氧化鋁和氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和水，離子反應為Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O，故答案為：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O．16、522H2O5SO24H+二氧化硫也能使澄清的石灰水變混濁，無法證明煤中含有碳元素除去SO2并檢驗其是否除盡B中褪色，C中不褪色，D中變渾濁AD【分析】【分析】（1）根據(jù)元素化合價的變化結合電子守恒和元素守恒知識來配平；

（2）根據(jù)二氧化硫和二氧化碳都是酸性氧化物；均可以和氫氧化鈣之間發(fā)生反應；

（3）根據(jù)二氧化硫和二氧化碳都是酸性氧化物；均可以和氫氧化鈣之間發(fā)生反應的性質結合物質檢驗的試劑來回答；

（4）二氧化硫和二氧化碳都是酸性氧化物；均可以和氫氧化鈣之間發(fā)生反應的性質，要先驗證二氧化硫再除去二氧化硫再驗證二氧化碳；

（5）高錳酸鉀的作用是除去二氧化硫并檢驗是否除盡，故加入氧化劑把二氧化硫氧化且有明顯的顏色變化．【解析】【解答】解：（1）高錳酸鉀具有強氧化性；把二氧化硫氧化成硫酸，本身被二氧化硫還原成錳離子，故缺項為水；硫酸根離子和氫離子；

二氧化硫的化合價從+4升高到+6，升高了2價，高錳酸鉀中錳元素化合價從+7降到+2，下降了5價，所以二氧化硫前邊系數(shù)是5，高錳酸根系數(shù)是2，錳離子系數(shù)是2，硫酸根系數(shù)是5，根據(jù)原子守恒得到化學反應系數(shù)即可，故答案為：（5）SO2+（2）MnO4-+（2）H2O=（5）SO+（2）Mn2++（4）H+；

（2）由二氧化硫和二氧化碳一樣；也能使澄清石灰水變渾濁，所以檢驗二氧化碳之前先檢驗二氧化硫，再將之除盡，最后檢驗二氧化碳；

故答案為：二氧化硫也能使澄清的石灰水變混濁；無法證明煤中含有碳元素；

（3）由二氧化硫和二氧化碳一樣；也能使澄清石灰水變渾濁，所以檢驗二氧化碳之前先檢驗二氧化硫，再將之除盡；

故答案為：除去SO2并檢驗其是否除盡；

（4）二氧化硫的檢驗用品紅；二氧化硫會使之褪色，二氧化碳檢驗用澄清石灰水，檢驗二氧化碳之前先檢驗二氧化硫，再將之除盡，最后檢驗二氧化碳，二氧化碳能使石灰水變渾濁，故答案為：B中溶液褪色，C中溶液不褪色，D中溶液變渾濁．

（5）高錳酸鉀的作用是除去二氧化硫并檢驗是否除盡；故加入氧化劑把二氧化硫氧化且有明顯的顏色變化；

A．足量I2的淀粉溶液；碘可把二氧化硫氧化除去，單質碘遇淀粉變藍，故若溶液呈藍色證明二氧化硫已除盡，A符合；

B．足量飽和NaHCO3溶液；沒有氧化性，不能把二氧化硫氧化，故B不符合；

C．足量Na2SO3溶液具有還原性；不能把二氧化硫氧化，故C不符合；

D．足量溴水；溴具有強氧化性，可把二氧化硫氧化顏色變淺，表明已除盡，故D符合；

故選AD．17、Cl2+H2O+2CO32-=2HCO3-+Cl-+ClO-Cl2+H2O+CO32-=HCO3-+Cl-+HClOClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-【分析】【分析】酸的電離平衡常數(shù)越大，酸性越強，HClO的酸性比HCO3-強；強酸能夠制取弱酸；

a；少量氯氣通入碳酸鈉溶液中；二者反應生成碳酸氫鈉、氯化鈉和次氯酸鈉；

b、Cl2與Na2CO3按物質的量之比1：1恰好反應；反應生成碳酸氫鈉；氯化鈉和次氯酸；

c、酸性強弱HClO＞HCO3-，根據(jù)強酸制取弱酸知，二者反應生成碳酸氫鈉和次氯酸．【解析】【解答】解：a、少量氯氣通入碳酸鈉溶液中，二者反應生成碳酸氫鈉、氯化鈉和次氯酸鈉，離子方程式為：Cl2+H2O+2CO32-=2HCO3-+Cl-+ClO-；

故答案為：Cl2+H2O+2CO32-=2HCO3-+Cl-+ClO-；

b、Cl2與Na2CO3按物質的量之比1：1恰好反應，反應生成碳酸氫鈉、氯化鈉和次氯酸，離子方程式為：Cl2+H2O+CO32-=HCO3-+Cl-+HClO；

故答案為：Cl2+H2O+CO32-=HCO3-+Cl-+HClO；

c、酸性強弱HClO＞HCO3-，根據(jù)強酸制取弱酸知，二者反應生成碳酸氫鈉和次氯酸，離子方程式為ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-；

故答案為：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-．18、苯酚+H2O消去反應縮聚反應C2H4O5【分析】【分析】X和濃溴水反應產生白色沉淀，則X含有酚羥基，X與甲醛反應生成應是發(fā)生加成反應，可推知X為根據(jù)W的分子式與比較，可知發(fā)生氧化反應得W為與乙醛發(fā)生信息Ⅲ的反應生成所以T為CH3CHO．X與氫氣發(fā)生加成反應得Y為Y發(fā)生消去反應得環(huán)已稀，環(huán)已稀被氧化得Z，Z的化學式為C6H10O4，所以Z為HOOHCH2CH2CH2CH2COOH，Z與發(fā)生縮聚反應生成為尼龍-66為據(jù)此答題．【解析】【解答】解：X和濃溴水反應產生白色沉淀，則X含有酚羥基，X與甲醛反應生成應是發(fā)生加成反應，可推知X為根據(jù)W的分子式與比較，可知發(fā)生氧化反應得W為與乙醛發(fā)生信息Ⅲ的反應生成所以T為CH3CHO．X與氫氣發(fā)生加成反應得Y為Y發(fā)生消去反應得環(huán)已稀，環(huán)已稀被氧化得Z，Z的化學式為C6H10O4，所以Z為HOOHCH2CH2CH2CH2COOH，Z與發(fā)生縮聚反應生成為尼龍-66為．

（1）由上述分析可知，X為化學名稱為：苯酚，故答案為：苯酚；

（2）反應Ⅱ是在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應生成環(huán)已稀，化學方程式為+H2O；

故答案為：+H2O；消去反應；

（3）反應Ⅳ化學方程式為：屬于縮聚反應；

故答案為：縮聚反應；

（4）由上述分析可知，W的結構簡式為T為CH3CHO，分子式為C2H4O；

故答案為：C2H4O；

（5）Z為HOOHCH2CH2CH2CH2COOH，G是Z少一個碳原子的同系物的同分異構體．G既能發(fā)生銀鏡反應和水解反應，說明G中含有醛基、酯基，1molG既能與2molNaOH反應，也能與0.5molNa2CO3反應并產生氣體；

則G分子中含有1個羧基、1個甲酸形成的酯基，符合條件的G的結構是-COOH和HCOO-兩種基團連在C-C-C的碳鏈上，共有5種結構，其中核磁共振氫譜上有3個峰的結構簡式為

故答案為：5；．19、正負陽陰2Cl--2e-=Cl2↑2H++2e-=H2↑電解2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4HAgNO3【分析】【分析】（1）電解飽和食鹽水時；酚酞變紅的極是陰極，陰極和電源負極相連；

（2）乙池中；E為陽極，氯離子在陽極發(fā)生氧化反應，F(xiàn)為陰極，氫離子放電生成氫氣；

（3）甲為電解池；電解甲溶液時，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，陰極上銅離子放電生成銅；

（4）電鍍時，鍍層作陽極，鍍件作陰極，電解質溶液中的金屬元素與陽極材料所含元素相同．【解析】【解答】解：（1）向乙中滴入酚酞試液；在F極附近顯紅色，說明該極上氫離子放電，所以該電極是陰極，所以E電極是陽極，D電極是陰極，C電極是陽極，G電極是陽極，H電極是陰極，X電極是陽極，Y是陰極，A是電源的正極，B是原電池的負極，故答案為：正；負；陽；陰；

（2）乙池中，E為陽極，氯離子在陽極發(fā)生氧化反應，電極反應式為：2Cl--2e-=Cl2↑，F(xiàn)為陰極，氫離子放電生成氫氣，電極反應式為：2H++2e-=H2↑；

故答案為：2Cl--2e-=Cl2↑；2H++2e-=H2↑；

（3）電解甲溶液時，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，陰極上銅離子放電生成銅，所以電池反應式為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

故答案為：電解；2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

（4）在銅上鍍銀時，G作陽極，鍍層銀作陽極，所以G的材料是銀，H的材料是銅，電解質溶液是硝酸銀溶液，故答案為：H；AgNO3．20、陰2RCOO--2e-═R-R+2CO2↑2H2O+2e-═H2↑+2OH-（或2H++2e-═H2↑）【分析】【分析】（1）電解過程是陽極失電子發(fā)生氧化反應得到還原產物；陰極上得到電子發(fā)生還原反應得到氧化產物；

（2）陽極題干信息的反應特征分析判斷電極反應寫出電極方程式；

（3）陽極電池反應，結合陽極失電子發(fā)生氧化反應，陰極上得到電子發(fā)生還原反應分析書寫．【解析】【解答】解：（1）電解過程是陽極失電子發(fā)生氧化反應得到還原產物；陰極上得到電子發(fā)生還原反應得到氧化產物；依據(jù)電極反應可知是得到電子發(fā)生的還原反應，在陰極發(fā)生的反應；

故答案為：陰；

（2）依據(jù)題干中的反應實質：電解得到一種烴的電極方程式為：故答案為：

（3）電解羧酸鹽溶液可制得一些特殊結構的烴類及其衍生物．其電解離子方程式為：2RCOO-+2H2OR-R+2CO2↑+H2↑+2OH-，依據(jù)反應過程中元素化合價的變化可知，碳元素化合價升高失去電子反應氧化反應，陽極電極反應為：2RCOO--2e-═R-R+2CO2↑；氫元素化合價降低得到電子發(fā)生還原反應，所以陰極電極反應為：2H2O+2e-═H2↑+2OH-（或2H++2e-═H2↑）；

故答案為：2RCOO--2e-═R-R+2CO2↑；2H2O+2e-═H2↑+2OH-（或2H++2e-═H2↑）；21、60%8.33（L/mol）2正反應方向移動不變增大不變【分析】【分析】（1）依據(jù)化學平衡的三段式計算；應用題干條件進行計算，計算平衡常數(shù)時注意D是固體；

（2）根據(jù)影響化學平衡的因素進行判斷；縮小體積相當于增大壓強；

（3）恒溫恒容容器；加入惰性氣體，總壓增大，分壓不變，平衡不動；

（4）兩種反應物，增大一種物質的量，提高另一種物質轉化率，本身轉化率降低，平衡常數(shù)只隨溫度改變；【解析】【解答】解：（1）依據(jù)題干的條件列出平衡計算的三段式求解；5min達到平衡時，C的濃度為0.6mol/，L物質的量為1.2mol

3A（g）+B（g）?2C（g）+3D（s）

起始量（mol）3100

變化理（mol）1.80.61.21.8

平衡量（mol）1.20.41.21.8

A的轉化率==60%

K===8.33（L/mol）2

故答案為：60%8.33（L/mol）2

（2）維持容器的溫度不變；若縮小容器的體積，相當于增大體系壓強，反應是氣體體積減少的反應，所以增大壓強平衡正向進行；

故答案為：正反應方向移動

（3）維持容器的體積和溫度不變；向密閉容器中加入氦氣，總壓增大分壓不變，平衡不動，達到新平衡時B；C的濃度之比c（B）/c（C）不變；

故答案為：不變；

（4）若增加A的濃度；B的轉化率增大，若將C分離出來，平衡正向進行，但平衡常數(shù)只隨溫度的改變而改變，所以平衡常數(shù)不變；

故答案為：增大不變；22、rm{(1)1mol}rm{2mol}

rm{(2)壟脵6.02隆脕10^{23}}

rm{壟脷1.204隆脕10^{24}}

rm{壟脹6.02隆脕10^{23}}

rm{壟脺1mol}

rm{壟脻2mol}【分析】【分析】本題主要考查物質的量及阿伏加德羅常數(shù)的相關知識，據(jù)此進行分析解答?！窘獯稹縭m{(1)}含有鈉離子的物質的量為：rm{0.5mol隆脕2=1mol}含有氧原子的物質的量為：rm{0.5mol隆脕4=2mol}故填：rm{1mol}；rm{2mol}rm{(2)1mol}二氧化碳分子所含分子數(shù)為阿伏伽德羅常數(shù)約為rm{6.02隆脕10^{23}}個，由分子式可知其中含有rm{1mol}碳原子，約為rm{6.02隆脕10^{23}}個，含有rm{2mol}氧原子，即rm{1.204隆脕10^{24}}個，故填：rm{壟脵6.02隆脕10^{23}}rm{壟脷1.204隆脕10^{24}}rm{壟脹6.02隆脕10^{23}}rm{壟脺1mol}rm{壟脻2mol}【解析】rm{(1)1mol}rm{2mol}rm{(2)壟脵6.02隆脕10^{23}}rm{壟脷1.204隆脕10^{24}}rm{壟脹6.02隆脕10^{23}}rm{壟脺1mol}rm{壟脻2mol}四、判斷題(共3題，共6分)23、×【分析】【分析】依據(jù)n=CV可知要計算溶質的物質的量需要知道溶液的濃度和溶液的體積，據(jù)此判斷解答．【解析】【解答】解：0.1mol?L-1的NaHSO4溶液，體積未知，無法計算硫酸氫鈉的物質的量，無法計算陽離子個數(shù)，故錯誤；24、√【分析】【分析】鐵鹽與氫氧化鈉反應生成氫氧化鐵紅褐色沉淀，氫氧化亞鐵能與空氣的氧氣和水化合生成氫氧化鐵．【解析】【解答】解：氯化鐵與氫氧化鈉反應生成氫氧化鐵，此反應屬于復分解反應，氫氧化亞鐵與氧氣和水反應生成氫氧化鐵，此反應屬于化合反應，故正確，答案為：√．25、√【分析】【分析】18O2的相對分子質量為36，結合n==計算．【解析】【解答】解：18O2的相對分子質量為36，n（18O2）==0.5mol，則含有1mol18O原子，個數(shù)為NA，故答案為：√．五、書寫(共2題，共6分)26、CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2OCH2=CHCH2Br+NaOHCH2=CHCH2OH+NaBr、（CH3）2CHCH2Br+NaOH（CH3）2C=CH2+NaBr+H2O、（CH3）2C=CH2+Br2→（CH3）2CBrCH2Br、（CH3）2CBrCH2Br+2NaOH（CH3）2COHCH2OH+2NaBr【分析】【分析】（1）溴乙烷和氫氧化鈉共熱發(fā)生消去反應生成乙烯和溴化鈉；水；

（2）溴代烴在堿性條件下水解生成-OH；含有雙鍵的物質可發(fā)生加聚反應；

（3）CH2=CHCN含有碳碳雙鍵；能發(fā)生加聚反應生成高聚物；

（4）（CH3）2CHCH2Br為原料制取先發(fā)生鹵代烴的消去反應，再發(fā)生烯烴的加成，最后發(fā)生鹵代烴的水解；【解析】【解答】解：（1）溴乙烷和氫氧化鈉共熱發(fā)生消去反應生成乙醇和溴化鈉；反應的化學方程式為：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O；

故答案為：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O；

（2）溴代烴在堿性條件下水解生成-OH，CH2=CH-CH2Br與NaOH水溶液反應的化學方程式為CH2=CHCH2Br+NaOHCH2=CHCH2OH+NaBr，CH2=CHCH2OH含有雙鍵發(fā)生加聚反應

故答案為：CH2=CHCH2Br+NaOHCH2=CHCH2OH+NaBr、

（3）CH2=CHCN含有碳碳雙鍵，發(fā)生加聚反應：

故答案為

（4）（CH3）2CHCH2Br發(fā)生鹵代烴的消去反應（CH3）2CHCH2Br+NaOH（CH3）2C=CH2+NaBr+H2O，再和溴水發(fā)生烯烴的加成（CH3）2C=CH2+Br2→（CH3）2CBrCH2Br，最后發(fā)生鹵代烴的水解（CH3）2CBrCH2Br+2NaOH（CH3）2COHCH2OH+2NaBr；

故答案為：（CH3）2CHCH2Br+NaOH（CH3）2C=CH2+NaBr+H2O、（CH3）2C=CH2+Br2→（CH3）2CBrCH2Br、（CH3）2CBrCH2Br+2NaOH（CH3）2COHCH2OH+2NaBr．27、AgClNa2CO3HClAgNO3BaCl2NaHSO42H++CO32-═CO2↑+H2O【分析】【分析】根據(jù)⑥“在②和③的反應中生成的沉淀是同一種物質”這一信息可知，B與D中必然含有相同的離子，容易推斷出它們是HCl和BaCl2，都可與銀離子反應生成AgCl沉淀；因此，C必然是AgNO3；再根據(jù)①，A與B反應有氣體生成，推斷B一定是HCl，那么，D是BaCl2，A是Na2CO3，剩余的一種物質，即NaHSO4就是E，結合對應物質的性質以及題目要求解答該題．【解析】【解答】解：根據(jù)⑥“