…………○…………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年滬教版高三化學上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8題，共16分)1、下列粒子在化學反應中既能顯示氧化性又能顯示還原性的是（）A.H+B.Cl-C.AlD.Fe2+2、油炸食物不宜多吃，因為食物長時間煎炸后產生微量的丙烯醛（化學式C3H4O）等有毒物質，會損害人體健康．下列有關丙烯醛的說法不正確的是（）A.該物質是由碳、氫、氧三種元素組成B.該物質中碳、氫、氧元素間的質量比是9：1：2C.該物質的分子中原子個數比依次為3：4：1D.該物質在空氣中完全燃燒是二氧化碳和水3、將10g10%NaOH溶液稀釋成50mL，所得稀溶液中NaOH的物質的量濃度為（）A.0.02mol?L-1B.0.05mol?L-1C.0.25mol?L-1D.0.5mol?L-14、某有機物A的結構簡式為取Na、NaOH和Cu（OH）2分別與等物質的量的A在一定條件下充分反應時，理論上需Na、NaOH和Cu（OH）2三種物質的物質的量之比為（）A.2：2：1B.4：2：1C.2：1：2D.1：1：15、X和Y均為短周期元素，已知aXn-比bYm+多兩個電子層，則下列說法正確的是（）A.b＞5B.X只能位于第三周期C.a+n-b+m=10或16D.Y不可能位于第二周期6、火法煉銅的原理為：Cu2S+O22Cu+SO2；下列說法中，正確的是（）

A.Cu2S只作還原劑。

B.S元素發生還原反應。

C.該反應既是氧化還原反應又是置換反應。

D.當1molO2參加反應時，共轉移4mole-

7、rm{500mL}rm{KNO_{3}}和rm{Cu(NO_{3})_{2}}的混合溶液中rm{c(NO_{3}^{-})=6.0mol?L^{-1}}用石墨作電極電解此溶液，當通電一段時間后，兩極均收集到rm{22.4L}氣體rm{(}標準狀況rm{)}假定電解后溶液體積仍為rm{500mL}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.原混合溶液中rm{c(K^{+})}為rm{2}rm{mol?L^{-1}}B.上述電解過程中共轉移rm{2}rm{mol}電子C.電解得到的rm{Cu}的物質的量為rm{0.5}rm{mol}D.電解后溶液中rm{c(H^{+})}為rm{2}rm{mol?L^{-1}}8、下列物質的轉化在給定條件下能實現的是rm{壟脵F{e}_{3}{O}_{4}xrightarrow[賂脽脦脗]{Al}Fexrightarrow[]{{O}_{2};;{H}_{2}O}F{e}_{2}{O}_{3}隆隴n{H}_{2}O}rm{壟脷S{O}_{2}xrightarrow[]{{H}_{2}{O}_{2}}{H}_{2}S{O}_{3}xrightarrow[錄脫脠脠]{Cu}S{O}_{3}}rm{壟脹A{l}_{2}{O}_{3}xrightarrow[]{脩脦脣謾;}AlC{l}_{3}(aq)xrightarrow[]{錄脫脠脠}AlC{l}_{3}}rm{壟脺N{H}_{3}xrightarrow[麓脽祿爐錄脕]{{O}_{2};;錄脫脠脠;;}{N}_{2}xrightarrow[]{{H}_{2}O}HN{O}_{3}(aq)}rm{壟脻Si{O}_{2}xrightarrow[賂脽脦脗]{N{a}_{2}C{O}_{3}}N{a}_{2}Si{O}_{3}xrightarrow[]{C{O}_{2};{H}_{2}O}{H}_{2}Si{O}_{3}}A.rm{壟脵F{e}_{3}{O}_{4}

xrightarrow[賂脽脦脗]{Al}Fe

xrightarrow[]{{O}_{2};;{H}_{2}O}F{e}_{2}{O}_{3}隆隴n{H}_{2}O

}B.rm{壟脷S{O}_{2}

xrightarrow[]{{H}_{2}{O}_{2}}{H}_{2}S{O}_{3}

xrightarrow[錄脫脠脠]{Cu}S{O}_{3}}C.rm{壟脹A{l}_{2}{O}_{3}

xrightarrow[]{脩脦脣謾;}AlC{l}_{3}(aq)xrightarrow[]{錄脫脠脠}AlC{l}_{3}

}D.rm{壟脺N{H}_{3}

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xrightarrow[]{{H}_{2}O}HN{O}_{3}(aq)}rm{壟脻Si{O}_{2}

xrightarrow[賂脽脦脗]{N{a}_{2}C{O}_{3}}N{a}_{2}Si{O}_{3}

xrightarrow[]{C{O}_{2};{H}_{2}O}{H}_{2}Si{O}_{3}}評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、某制糖廠以甘蔗為原料制糖；同時得到大量甘蔗渣，對甘蔗渣進行綜合利用，可以提高經濟效益，減少對環境的污染．以下是用甘蔗渣為原料制取各物質的轉化過程：

已知：①G是具有果香味的液體；D是重要的化工原料，并且可以代替汽油作汽車燃料．

②R-CHOR-COOH．試回答：

（1）寫出A的名稱____；B的分子式____；

（2）由C→B的能量轉化過程中是____能轉化____能．

（3）寫出D+F→G的化學方程式____；反應類型____．

（4）寫出D→E的化學方程式____．

（5）請寫出滿足下列條件的G的同分異構體的結構簡式____

①能使石蕊試液變紅；②有2個甲基．10、（1）將2molSO2和1molO2放入2L密閉容器中發生如下反應：2SO2+O2?2SO3△H＜0當達到平衡時，由于條件改變而引起反應速度和化學平衡的變化情況，如圖表示：

（1）ab過程中改變的條件可能是____；

（2）bc過程中改變的條件可能是____；

（3）若增大壓強時；反應速度變化情況畫在c～d處；

（4）達到第一個平衡時，測得平衡時SO3的濃度為0.5mol/L．請計算此條件下的平衡常數和SO2的轉化率．（要求寫出解題過程）11、（1）已知常溫時32g甲烷燃燒放出的熱量為akg，寫出甲烷標準燃燒熱的熱化學方程式____；

（2）以甲烷為燃料和KOH溶液為電解質制成燃料電池．其電池負極反應式是：____；其電池總反應化學方程式是：____．12、已知A；B、C、D、E是短周期中原子序數依次增大的5種主族元素；其中元素A的單質在常溫下呈氣態，元素B的原子最外層電子數是其電子層數的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半徑最大，元素D的合金是日常生活中常用的金屬材料．常溫常壓下，E單質是淡黃色固體，常在火山口附近沉積．

（1）B、C兩種元素的元素符號：B：____；C：____．D在元素周期表中的位置為____．

（2）A2E的燃燒熱△H=-akJ?mol-1，寫出A2E燃燒反應的熱化學方程式：____．

（3）CA的電子式為____；CA與水反應放出氣體的化學方程式為____．

（4）甲；乙、丙分別是B、D、E三種元素最高價含氧酸的鈉鹽；甲、乙都能與丙發生反應，且丙用量不同，反應的產物不同．回答問題：

①向丙溶液中緩慢滴加過量的乙溶液過程中發生反應的離子方程式____，____．

②向甲溶液中緩慢滴加等物質的量的丙溶液后，所得溶液中離子濃度由大到小的順序為____．

（5）用D單質作陽極，石墨作陰極，NaHCO3溶液作電解液進行電解，生成難溶物R，R受熱分解生成化合物Q．寫出陽極生成R的電極反應式：____；由R生成Q的化學方程式：____．13、下面所列物質中，屬于強電解質的是____（填序號；下同）；

屬于弱電解質的是____，屬于非電解質的是____．

①氯化鉀②乙醇③醋酸④氨氣⑤蔗糖⑥硫化氫。

⑦硫酸氫鈉⑧一水合氨⑨氯氣⑩碳酸鋇?鐵．14、某學生欲配制6.0mol?L-1的H2SO4溶液1000mL，實驗室有三種不同體積不同濃度的硫酸：①480mL0.5mol?L-1的硫酸；②150mL25%的硫酸（ρ=1.18g?mL-1）；③足量的18mol?L-1的硫酸．有三種規格的容量瓶：250mL；500mL、1000mL．老師要求把①、②兩種硫酸全部用完；不足的部分由③來補充．請回答下列問題：

（1）實驗中25%的硫酸的物質的量濃度為____mol?L-1（保留1位小數）

（2）配制該硫酸溶液應選用容量瓶的規格為____mL．

（3）配制時；該同學操作順序如下，并將操作步驟D補充完整．

A．將①；②兩溶液全部在燒杯中混合均勻；

B．用量筒準確量取所需的18mol?L-1的濃硫酸____mL；沿玻璃棒倒入上述混合液中．并用玻璃棒攪動，使其混合均勻；

C．將混合均勻的硫酸沿玻璃棒注入所選的容量瓶中；

D．____；

E．振蕩；繼續向容量瓶中加入，直到液面接近刻度線1～2cm；

F．改用膠頭滴加水；使溶液的凹液面恰好與刻度相切；

G．將容量瓶蓋緊；振蕩，搖勻．

（4）如果省略操作D對所配溶液濃度有何影響：____．（填“偏大”“偏小”或“無影響”）

（5）進行操作C前還需注意____．15、（2014秋?安溪縣校級期中）（1）用50mL0.50mol?L-1鹽酸與50mL0.55mol?L-1NaOH溶液在如圖1所示的裝置中進行中和反應．通過測定反應過程中放出的熱量可計算中和熱．回答下列問題：

①燒杯間填滿碎泡沫塑料的作用是____．

②若大燒杯上改為蓋薄鐵板，求得的反應熱數值：____（填“偏大”；“偏小”或“無影響”）

③若通過測定計算產生的熱量為1.42kJ，請寫該反應的熱化學方程式____．

（2）①已知：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+206.2kJ?mol-1CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=+247.4kJ?mol-1則以甲烷為原料制取氫氣是工業上常用的制氫方法．CH4（g）與H2O（g）反應生成CO2（g）和H2（g）的熱化學方程式為：____．

②由氣態基態原子形成1mol化學鍵釋放的最低能量叫鍵能．已知表中所列鍵能數據，則N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=____kJ?mol-1．

。化學鍵H-HN-HN≡N鍵能kJ?mol-1436391945③一定條件下，在水溶液均為1mol以下離子Cl-、ClO-、ClO2-、ClO3-、ClO4-的能量（kJ）相對大小如圖2所示，則3ClO-（aq）═ClO3-（aq）+2Cl-（aq）的△H=____kJ?mol-1．16、如圖為實驗室制氣的常見裝置；A；B、C、D、E為加入的試劑．按要求回答下列問題：

（1）如A為濃鹽酸、B為MnO2；C為品紅溶液、D為KI淀粉溶液．則：

①C最后的現象是：____；

②D開始的現象是：____；

③試劑E是：____．

（2）如A為濃硫酸、B為木炭粉、C為品紅溶液、D為酸性KMnO4溶液、E為石灰水．用該實驗可證明產物中有SO2和CO2．則：

①證明產物中有SO2的現象是：____；

②可證明產物中有CO2的兩個現象，分別是：____；____．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)17、常溫常壓下，3.2gO2所含的原子數為0.2NA．____（判斷對錯）18、近半個多世紀以來；隨著人類社會的高度發達，環境污染問題也越來越受到了人們的關注．請回答下列問題：

（1）水是人類賴以生存的物質．下列物質會帶來水體的重金屬污染的是____（填字母）；

A．含Hg2+的化合物B．含N的化合物C．含P的化合物。

其他選項的化合物會造成水體的____（填名稱）．

（2）煤和石油是當今世界重要的化石燃料，但它們的燃燒會對環境造成影響，生成的____、____（填化學式）等容易形成酸雨．某火力發電廠為了防止廢氣污染環境，現采用廉價易得的石灰石漿來吸收，其反應方程式為：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2x．試推測x的化學式為____．x的大量排放仍會帶來環境問題，它對環境帶來的影響是造成____（填名稱）．若改用另一種吸收劑，則可避免x的大量排放，其反應方程式為：2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O，則y的化學式為____．

（3）防治環境污染；改善生態環境已成為全球的共識，請回答下列問題：

①空氣質量報告的各項指標可以反映出各地空氣的質量．下列氣體已納入我國空氣質量報告的是____（填字母）．

A．CO2B．N2C．NO2D．SO2

②垃圾應分類收集．你用過的舊試卷應放置于貼有____（填字母）標志的垃圾筒內．

③工業廢水需處理達標后才能排放．判斷下列廢水處理的方法是否合理；合理的請畫“√”，不合理的請在括號中填寫正確方法．

A．用中和法除去廢水中的酸____

B．用混凝法除去廢水中的重金屬離子____

C．用氯氣除去廢水中的懸浮物____．19、0.012kg13C所含原子數為阿伏加德羅常數．____（判斷對錯）20、誤食重金屬鹽而引起的中毒，急救方法可以服用大量的豆漿或牛奶．____．（判斷對錯）21、甲烷與氯氣在紫外線照射下的反應產物有4種____（判斷對錯）評卷人得分四、推斷題(共3題，共15分)22、A；B、C、D、E為中學化學常見的單質或化合物；相互轉化關系如圖所示（部分產物略去）：

（1）若A是能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體；C；D均為空氣的主要成分，E是一種有毒氣體．

①C的電子式____．

②寫出反應Ⅱ的化學方程式____

（2）若A是淡黃色固體；常溫下D是無色氣體，C中含有的陰；陽離子均為10電子粒子．

①C中所含化學鍵的類型是____．

②寫出反應Ⅲ的離子方程式____．23、甲；乙、X、Y均為初三化學中常見的物質；它們存在如圖轉化關系（反應條件已略）：

（1）若化合物甲在反應前后質量和化學性質都不改變，化合物乙為一種常見的無色液體，寫出符合此條件的一個化學方程式____，反應的基本類型是____，化合物甲起____作用．

（2）若甲、乙、X均為氧化物，Y是生活中使用最廣泛的金屬材料，則符合此條件的一個反應的化學方程式是____．24、化合物rm{A}的分子式為rm{C_{9}H_{15}OCl}分子中含有一個六元環和一個甲基，環上只有一個取代基；rm{F}分子中不含甲基：rm{A}與其它物質之間的轉化如圖所示：

rm{(1)A-F}的反應類型是______；rm{G}中含氧官能團的名稱是______．

rm{(2)A-C}的反應方程式是______．

rm{(3)H}的結構簡式是______，rm{E}的結構簡式是______．

rm{(4)}有的同學認為rm{B}中可能沒有氯原子，你的觀點是______rm{(}填“同意”或“不同意”rm{)隆爐}你的理由______．

rm{(5)}某烴的含氧衍生物rm{X}符合下列條件的同分異構體中，核磁共振氫譜顯示為rm{2}組峰的是______rm{(}寫結構簡式rm{)}只含有兩個甲基的同分異構體有______種rm{.}

rm{壟脵}相對分子質量比rm{C}少rm{54}rm{壟脷}氧原子數與rm{C}相同rm{壟脹}能發生水解反應．評卷人得分五、書寫(共1題，共6分)25、請寫出下列反應的化學方程式：

（1）乙烷和氯氣混合光照生成一氯代烷____．

（2）苯與濃硫酸的混合共熱____．

（3）由丙烯合成聚丙烯____．

（4）____．評卷人得分六、解答題(共3題，共18分)26、某芳香族化合物分子式為C10H10O4；寫出同時符合下列要求的所有同分異構體的結構簡式：

①與NaHCO3溶液反應，0.1mol該同分異構體能產生4.48L（標況）CO2氣體；

②苯環上的取代基不超過三個；

③苯環上的一氯代物只有兩種．

④核磁共振氫譜有五種不同化學環境的氫，峰面積比為1：2：2：2：3．27、判斷下列五種溶液的酸堿性；并填寫下表：

。溶液用化學用語表示溶液呈酸性（或堿性）的原因Fe2（SO4）3溶液Na2CO3溶液NaHSO4溶液等物質的量醋酸和醋酸鈉的混合液28、鐵及其化合物之間的相互轉化可用下式表示：

Fe2+Fe3+FeO42-（高鐵酸根離子）

回答下列有關問題：

（1）Fe與過量稀硫酸反應可以制取FeSO4．若用反應所得的酸性溶液；實現上述①的轉化，要求產物純凈．可選用的試劑是______（選填序號）；

a．Cl2b．Fec．HNO3d．H2O2

（2）上述轉化得到的硫酸鐵可用于電化浸出黃銅礦精礦工藝．精礦在陽極浸出的反應比較復雜，其中有一主要反應：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S．（CuFeS2中S為-2價）則下列說法正確的是______（選填序號）；

a．從物質分類的角度看；黃銅礦屬于合金。

b．反應中；所有鐵元素均被還原。

c．反應中，CuFeS2既作氧化劑又作還原劑。

d．當轉移1mol電子時，46gCuFeS2參加反應。

（3）下述反應中，若FeSO4和O2的系數比為2：1，試配平下列方程式：FeSO4+K2O2→K2FeO4+K2O+K2SO4+O2↑

（4）高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種新型、高效的綠色水處理劑，在水中發生反應生成Fe（OH）3．高鐵酸鉀作為水處理劑發揮的作用是______；______．

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【分析】如元素化合價處于中間價態，則反應中即可失去電子也可得到電子，可既被氧化也被還原，以此解答該題．【解析】【解答】解：Cl-、Al處于最低價態，只具有還原性，H+中H元素化合價處于最高價態，只具有氧化性，Fe2+中Fe元素化合價為+2價；處于中間價態，則反應中即可失去電子也可得到電子，可既被氧化也被還原；

故選D．2、B【分析】【分析】A；根據化學式確定元素的種類；

B；元素質量比應該是相對原子質量和角標的乘積再進行比所得的值．

C；分子中原子個數比就是元素的角標的比值；

D、根據質量守恒定律的微觀解釋進行解答．【解析】【解答】解：A、根據丙烯醛的化學式C3H4O可以看出；由碳；氫、氧三種元素組成，故A正確；

B；元素質量比應該是相對原子質量和角標的乘積再進行比所得的值；所以該有機物中碳、氫、氧元素的質量比是：（12×3）：（4×1）：（16×1）=9：1：4．故B錯誤；

C、已知丙烯醛（化學式C3H4O）；則分子中原子個數比為3：4：1，故C正確；

D；根據質量守恒定律；可知在化學反應前后，元素種類不變，根據化學式可以看出丙烯醛由碳、氫、氧三種元素組成，所以在空氣中完全燃燒的產物是二氧化碳和水，故D正確；

故選B．3、D【分析】【分析】先根據n==計算出氫氧化鈉的物質的量，再根據c=計算出稀釋后溶液中氫氧化鈉的物質的量濃度．【解析】【解答】解：10g10%NaOH溶液中含有氫氧化鈉的物質的量為：n（NaOH）==0.025mol；

稀釋后溶液中氫氧化鈉的濃度為：c（NaOH）==0.5mol/L；

故選D．4、B【分析】【分析】由結構可知，-COOH、醇-OH均可與鈉反應，-COOH與NaOH反應，-COOH與新制氫氧化銅懸濁液反應，以此來解答．【解析】【解答】解：分子中含有羥基和羧基；都可與鈉反應，則1mol有機物需要2molNa反應；

含有羧基；可與氫氧化鈉發生中和反應，1mol有機物需要1molNaOH；

含有羧基，可與氫氧化銅發生中和反應，1mol有機物需要0.5molCu（OH）2；

則理論上需Na、NaOH和Cu（OH）2三種物質的物質的量之比為4：2：1；

故選B．5、C【分析】【分析】X和Y均為短周期元素，已知aXn-比bYm+多兩個電子層，X可能為二、三周期元素，Y可能為一、二周期元素，如X為第二周期元素，則Y只能為第一周期元素，則Y只能為H，X可能為N、O、F等，如Y為第二周期元素，可為Li、Be等元素，則X可能為S、Cl等元素，以此解答該題．【解析】【解答】解：X和Y均為短周期元素，已知aXn-比bYm+多兩個電子層；X可能為二；三周期元素，Y可能為一、二周期元素，如X為第二周期元素，則Y只能為第一周期元素，則Y只能為H，X可能為N、O、F等，如Y為第二周期元素，可為Li、Be等元素，則X可能為S、Cl等元素；

A．由以上分析可知Y可能為H、Li、Be等元素，則b＜5；故A錯誤；

B．X可能為二；三周期元素；如Y為第一周期元素，則X可為第二周期元素，Y為第二周期元素，則X為第三周期元素，故B錯誤；

C．aXn-比bYm+多兩個電子層，如Y為第一周期元素，則X為第二周期元素，a+n-b+m=10，如Y為第二周期元素，則X為第三周期元素，a+n-b+m=18-2=16；故C正確；

D．由以上分析可知Y可為Li；Be等第二周期元素；故D錯誤．

故選：C．6、C【分析】

A、依據化學方程式分析銅元素化合價從+1價變化為0價，硫元素化合價從-2價變化為+4價，所以Cu2S即作氧化劑又做還原劑；故A錯誤；

B；硫元素化合價從-2價變化為+4價；化合價升高被氧化，發生氧化反應，故B錯誤；

C；該反應符合氧化還原反應和置換反應的概念；所以既是氧化還原反應又是置換反應，故C正確；

D、依據化學方程式分析銅元素化合價從+1價變化為0價，硫元素化合價從-2價變化為+4價，氧元素化合價從0價變化為-2價，依據電子守恒得到：當1molO2參加反應時，共轉移6mole-；故D錯誤；

故選C．

【解析】【答案】A；根據元素化合價變化分析判斷；元素化合價升高的物質做還原劑，化合價降低的做氧化劑；

B；硫元素化合價升高被氧化；

C；反應前后化合價變化的為氧化還原反應；單質和化合物反應生成單質和化合物的反應為置換反應；

D；依據氧化還原反應的電子的電子守恒計算判斷．

7、A【分析】解：電解硝酸鉀和硝酸銅混合溶液時，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，陰極上先銅離子放電生成銅單質，當銅離子完全析出時，氫離子放電生成氫氣，氣體的物質的量rm{=dfrac{22.4L}{22.4L/mol}=1mol}

每生成rm{=dfrac

{22.4L}{22.4L/mol}=1mol}氧氣轉移rm{1mol}電子，每生成rm{4mol}氫氣轉移rm{1mol}電子，每生成rm{2mol}銅轉移rm{1mol}電子；

所以根據轉移電子守恒得銅的物質的量rm{=dfrac{1mol隆脕4-1mol隆脕2}{2}=1mol}

則銅離子的物質的量濃度rm{=dfrac{1mol}{0.5L}=2mol/L}

根據電荷守恒得鉀離子濃度rm{2mol}

A.根據分析知，原混合溶液中rm{=dfrac

{1mol隆脕4-1mol隆脕2}{2}=1mol}為rm{=dfrac

{1mol}{0.5L}=2mol/L}rm{=6mol?L^{-1}-2mol/L隆脕2=2mol/L}故A正確；

B.轉移電子的物質的量rm{c(K^{+})}故B錯誤；

C.根據以上分析知，銅的物質的量為rm{2}故C錯誤；

D.當電解硝酸銅時溶液中生成氫離子，當電解硝酸鉀溶液時，實際上是電解水，所以電解后氫離子的物質的量為氧氣的rm{mol?L^{-1}}倍，為rm{=1mol隆脕4=4mol}則氫離子濃度rm{=dfrac{4mol}{0.5L}=8mol/L}故D錯誤；

故選：rm{1mol}．

電解硝酸鉀和硝酸銅混合溶液時；陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，陰極上先銅離子放電生成銅單質，當銅離子完全析出時，氫離子放電生成氫氣，根據得失電子守恒計算銅的物質的量，再結合電荷守恒計算鉀離子的濃度，據此分析解答．

本題考查了電解原理，明確離子放電順序是解本題關鍵，結合轉移電子守恒、電荷守恒來分析解答，難度中等．rm{4}【解析】rm{A}8、A【分析】【分析】本題考查元素化合性質、侯德榜制堿法、鹽類水解等，難度中等，注意侯德榜制堿法要先通氨氣，后通二氧化碳，以便獲得高濃度離子溶液。【解答】rm{壟脵}四氧化三鐵與鋁發生鋁熱反應生成鐵，鐵在空氣中生成生成鐵銹，故rm{壟脵}正確；

rm{壟脷}二氧化硫與雙氧水反應生成硫酸，但硫酸與銅反應只能生成二氧化硫，故rm{壟脷}錯誤；錯誤；rm{壟脷}氧化鋁與鹽酸反應生成氯化鋁溶液，氯化鋁溶液加熱時水解生成氫氧化鋁，得不到氯化鋁，故rm{壟脹}錯誤；

rm{壟脹}氨氣加熱氧化生成一氧化氮，故rm{壟脺}錯誤；

rm{壟脺}二氧化硅與碳酸鈉高溫反應生成硅酸鈉，硅酸鈉與二氧化碳、水反應生成硅酸，故rm{壟脻}正確．

故rm{壟脻}rm{壟脻}正確。故A正確。

故選A。

rm{壟脻}【解析】rm{A}二、填空題(共8題，共16分)9、纖維素C6H12O6光化學CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOC2H5+H2O酯化反應（或取代反應）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O【分析】【分析】甘蔗渣處理之后得到纖維素，纖維素水解的最終產物為葡萄糖，所以B為葡萄糖，葡萄糖能發生銀鏡反應生成H為葡萄糖酸銨，葡萄糖在酒化酶的作用下生成D為CH3CH2OH，CH3CH2OH催化氧化得E為CH3CHO，CH3CHO再氧化得F為CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH反應生成G為CH3COOCH2CH3，葡萄糖在體內氧化生成C為CO2，據此答題．【解析】【解答】解：甘蔗渣處理之后得到纖維素，纖維素水解的最終產物為葡萄糖，所以B為葡萄糖，葡萄糖能發生銀鏡反應生成H為葡萄糖酸銨，葡萄糖在酒化酶的作用下生成D為CH3CH2OH，CH3CH2OH催化氧化得E為CH3CHO，CH3CHO再氧化得F為CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH反應生成G為CH3COOCH2CH3，葡萄糖在體內氧化生成C為CO2；

（1）由上面的分析可知，A為纖維素；B為葡萄糖，它的分子式為C6H12O6；

故答案為：纖維素；C6H12O6；

（2）由CO2在光的作用之下合成葡萄糖；是光能轉化化學能；

故答案為：光；化學；

（3）乙醇與乙本反應生成乙酸乙酯的化學方程式為CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOC2H5+H2O；該反應為酯化反應（或取代反應）；

故答案為：CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOC2H5+H2O；酯化反應（或取代反應）；

（4）乙醇催化氧化的化學方程式為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

故答案為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

（5）①能使石蕊試液變紅，說明有羧基；②有2個甲基與CH3COOCH2CH3互為同分異構體的結構簡式有

故答案為：10、升高溫度減小SO3濃度【分析】【分析】（1）根據正逆反應速率的變化結合溫度；壓強對反應速率和化學平衡的影響判斷；

（2）根據正逆反應速率的變化結合溫度；壓強對反應速率和化學平衡的影響判斷；

（3）根據正逆反應速率的變化結合溫度；壓強對反應速率和化學平衡的影響判斷畫在c～d處；

（4）依據化學平衡三段式列式計算，2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），根據濃度計算式c=計算平衡濃度，平衡常數等于生成物平衡濃度的冪次方乘積除以反應物的冪次方乘積得到，轉化率=×100%得到．【解析】【解答】解：（1）a時逆反應速率大于正反應速率；且正逆反應速率都增大，說明平衡應向逆反應方向移動，該反應的正反應放熱，應為升高溫度的結果，故答案為：升高溫度；

（2）b時正反應速率不變，逆反應速率減小，在此基礎上逐漸減小，應為減小生成物的原因，故答案為：減小SO3濃度；

（3）若增大壓強時；平衡向正反應方向移動，則正逆反應速率都增大，且正反應速率大于逆反應速率，圖象應為。

答：

（4）二氧化硫消耗物質的量濃度為x；則。

2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）；

起始量（mol/L）10.50

變化量（mol/L）x0.5xx

平衡量（mol/L）1-x0.5-0.5xx

得到x=0.5mol/L；

平衡時各物質的濃度為c（SO2）=0.5mol?L-1；

c（O2）=0.5mol/L-0.5×0.5mol/L=0.25mol?L-1；

c（SO3）=0.5mol?L-1；

所以K==4（L/mol）；

平衡時SO2的轉化率為=×100%=50%；

答：該溫度下的平衡常數4；平衡時SO2的轉化率為50%．11、CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-0.5akJ/molCH4-8e-+10OH-═CO32-+7H2OCH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O【分析】【分析】（1）依據熱化學方程式書寫方法；標注物質聚集狀態和反應焓變寫出熱化學方程式；

（2）甲烷燃料電池中，負極上投放燃料甲烷，發生失電子發生氧化反應，正極上投放氧氣，發生得電子的還原反應，總反應是燃料和氧氣反應的化學方程式，即為正極反應和負極反應的和，注意電解質環境決定方程式的書寫．【解析】【解答】解：（1）32g甲烷即2molCH4完全燃燒生成CO2和液態H2O時，放出akJ熱量，則1mol甲烷燃燒生成二氧化碳和液態水放熱0.5akJ，反應的熱化學方程式為：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-0.5akJ/mol；

故答案為：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-0.5akJ/mol；

（2）在堿性溶液中，負極上投放燃料甲烷，發生失電子發生氧化反應：CH4-8e-+10OH-═CO32-+7H2O，正極上投放氧氣，發生得電子的還原反應：2O2+4H2O+8e-═8OH-，燃料電池的總反應式為CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O；

故答案為：CH4-8e-+10OH-═CO32-+7H2O；CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O．12、CNa第三周期第ⅢA族H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=-akJ?mol-1NaH+H2O=NaOH+H2↑4H++AlO2-═Al3++2H2OAl3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓C（Na+）＞C（SO42-）＞C（HCO3-）＞C（OH-）＞C（H+）＞C（CO32-）Al-3e-=Al3+、Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+CO2↑2Al（OH）3Al2O3+3H2O【分析】【分析】A、B、C、D、E是短周期中原子序數依次增大的5種主族元素，元素B的原子最外層電子數是其電子層數的2倍，B有2個電子層，最外層電子數為4，故B為C元素；元素C在同周期的主族元素中原子半徑最大，原子序數大于碳元素，則C為Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金屬材料，處于第三周期，則D為Al元素；元素A的單質在常溫下呈氣態，A的原子序數小于碳元素，A為H元素；常溫常壓下，E單質是淡黃色固體，常在火山口附近沉積，E為S元素，據此解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E是短周期中原子序數依次增大的5種主族元素；元素B的原子最外層電子數是其電子層數的2倍，B有2個電子層，最外層電子數為4，故B為C元素；元素C在同周期的主族元素中原子半徑最大，原子序數大于碳元素，則C為Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金屬材料，處于第三周期，則D為Al元素；元素A的單質在常溫下呈氣態，A的原子序數小于碳元素，A為H元素；常溫常壓下，E單質是淡黃色固體，常在火山口附近沉積，E為S元素；

（1）由上述分析可知；B為C元素；C為Na元素；D為Al元素，處于第三周期第ⅢA族，故答案為：C；Na；第三周期第ⅢA族；

（2）H2S的燃燒熱△H=-akJ?mol-1，則H2S燃燒反應的熱化學方程式為：H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=-akJ?mol-1；

故答案為：H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=-akJ?mol-1；

（3）NaH屬于離子化合物，其電子式為NaH與水發生水解反應，生成NaOH與氫氣，化學方程式為NaH+H2O=NaOH+H2↑；

故答案為：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

（4）甲、乙、丙分別是B、D、E三種元素最高價含氧酸的鈉鹽，甲、乙都能與丙發生反應，且丙用量不同，反應的產物不同，則甲為Na2CO3，乙為NaAlO2，丙為NaHSO4；

①向NaHSO4溶液中緩慢滴加過量的NaAlO2溶液，過程中發生反應的離子方程式：4H++AlO2-═Al3++2H2O、Al3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓；

故答案為：4H++AlO2-═Al3++2H2O、Al3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓；

②向Na2CO3溶液中緩慢滴加等物質的量的NaHSO4溶液，二者恰好反應，所得溶液為NaHCO3、Na2SO4等濃度混合溶液，HCO3-水解大于其電離程度，溶液呈堿性，故C（OH-）＞C（H+），且水也電離產生H+，溶液中C（H+）＞C（CO32-），水解程度比較小，故溶液中C（Na+）＞C（SO42-）＞C（HCO3-）＞C（OH-）＞C（H+）＞C（CO32-）；

故答案為：C（Na+）＞C（SO42-）＞C（HCO3-）＞C（OH-）＞C（H+）＞C（CO32-）；

（5）用Al單質作陽極，石墨作陰極，NaHCO3溶液作電解液進行電解，陽極發生反應：Al-3e-=Al3+、Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+CO2↑，生成難溶物R為Al（OH）3，Al（OH）3受熱分解生成化合物氧化鋁，反應方程式為：2Al（OH）3Al2O3+3H2O；

故答案為：Al-3e-=Al3+、Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+CO2↑；2Al（OH）3Al2O3+3H2O．13、①⑦⑩③⑥⑧②④⑤【分析】【分析】在水溶液中能夠完全電離的電解質為強電解質，在溶液中部分電離的電解質為弱電解質，弱電解質存在電離平衡，水溶液中或熔融狀態下導電的化合物為電解質，水溶液和熔融狀態都不導電的化合物為非電解質，據此進行判斷．【解析】【解答】解：①氯化鉀；③醋酸、⑥硫化氫、⑦硫酸氫鈉、⑧一水合氨、⑩碳酸鋇水溶液中或熔融狀態下能導電；屬于電解質；

①氯化鉀；⑦硫酸氫鈉、⑩碳酸鋇水溶液中或熔融狀態下完全電離屬于強電解質；

③醋酸；⑥硫化氫、⑧一水合氨水溶液中部分電離屬于弱電解質；

②乙醇；④氨氣、⑤蔗糖水溶液中和熔融狀態下都不導電屬于非電解質；

⑨氯氣?鐵是單質不是電解質或非電解質；

屬于強電解質的為：①⑦⑩；

屬于弱電解質的為：③⑥⑧；

屬于非電解質的為：②④⑤

故答案為：①⑦⑩；③⑥⑧；②④⑤．14、3.01000295.0用適量的水洗滌杯和玻璃棒2-3次，洗滌液均注入容量瓶中偏小將稀釋后的硫酸冷卻到室溫【分析】【分析】（1）依據C=計算濃硫酸的物質的量濃度；

（2）依據配制溶液體積選擇合適的容量瓶；

（3）依據溶液稀釋過程中溶質的物質的量不變計算需要濃硫酸體積；

為保證所有溶質都轉移到容量瓶；應將燒杯和玻璃棒進行洗滌，并將洗滌液均注入容量瓶中；

（4）依據C=分析如果省略操作D對所配溶液濃度的影響；

（5）容量瓶為精密儀器，移液前，溶液溫度應降為室溫．【解析】【解答】解：（1）25%的硫酸（ρ=1.18g?mL-1）的物質的量濃度為=3.0mol/L；故答案為：3.0；

（2）配制6.0mol?L-1的H2SO4溶液1000mL；所以應選擇1000mL規格的容量瓶，故答案為：1000；

（3）則欲配制6.0mol?L-1的H2SO4溶液1000mL，設需要濃硫酸體積為V，依據溶液稀釋過程中所含溶液的物質的量不變得：6.0mol?L-1×1L=0.5mol?L-1×

0.48L+3.0mol/L×0.15L+18mol?L-1×V；解得V=0.295L，即295．OmL；

為保證所有溶質都轉移到容量瓶；應將燒杯和玻璃棒進行洗滌2-3次，并將洗滌液均注入容量瓶中；

故答案為：295.0；用適量的水洗滌杯和玻璃棒2-3次；洗滌液均注入容量瓶中；

（4）如果省略操作D，導致溶質的物質的量偏小，依據C=可知溶液濃度偏低；故答案為：偏小；

（5）容量瓶為精密儀器，移液前，溶液溫度應降為室溫，故答案為：將稀釋后的硫酸冷卻到室溫．15、保溫（或隔熱、或減少熱量損失）偏小HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-56.8kJ?mol-1CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=+165kJ?mol-1-93-117【分析】【分析】（1）①中和熱測定實驗成敗的關鍵是保溫工作；

②若大燒杯上改為蓋薄鐵板；會使一部分熱量散失；

③根據熱化學方程式的意義以及書寫方法來回答；

（2）①根據蓋斯定律計算反應熱；據此書寫該熱化學反應方程式；

②反應焓變=生成物鍵能之和-反應物鍵能之和計算得到；

③反應焓變=產物能量之和-反應物能量之和計算得到．【解析】【解答】解：（1）①燒杯間填滿碎泡沫塑料的作用是：保溫（或隔熱；或減少熱量損失）；故答案為：保溫（或隔熱、或減少熱量損失）；

②若大燒杯上改為蓋薄鐵板；會使一部分熱量散失，求得的反應熱數值偏小，故答案為：偏小；

③50mL0.50mol?L-1鹽酸與50mL0.55mol?L-1NaOH溶液反應生成0.025mol水，產生的熱量為1.42kJ，則生成1mol水放熱56.8kJ，即HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-56.8kJ?mol-1，故答案為：HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-56.8kJ?mol-1；

（2）①a、CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+206.2kJ?mol-1；

b、CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=+247.4kJ?mol-1；

由蓋斯定律可知，a×2-b可得CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）；

其反應熱△H=（+206.2kJ?mol-1）×2-（+247.4kJ?mol-1）=+165.0kJ?mol-1；

即熱化學方程式為CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=+165.0kJ?mol-1；

故答案為：CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=+165.0kJ?mol-1；

CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=+165kJ?mol-1

②N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=akJ/mol；△H=945KJ/mol+3×436KJ/mol-6×391KJ/mol=-93KJ/mol；

故答案為：-93；

③3ClO-（aq）═ClO3-（aq）+2Cl-（aq）的△H=（63+0-3×60）kJ/mol=-117kJ/mol，故答案為：-117．16、品紅褪色溶液變藍色NaOH溶液品紅褪色D酸性KMnO4溶液沒有褪色E變渾濁【分析】【分析】（1）如A為濃鹽酸、B為MnO2；C為品紅溶液、D為KI淀粉溶液；分析裝置圖和試劑性質可知，A濃鹽酸加入B二氧化錳中反應生成氯氣，通過洗氣瓶中的品紅試液，氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，次氯酸具有強氧化性能使品紅試液褪色，通過洗氣瓶中的D碘化鉀淀粉溶液，會發生氧化還原反應生成碘單質遇到淀粉變藍，最后燒杯中的氫氧化鈉溶液吸收過量氯氣，防止污染空氣；

（2）如A為濃硫酸、B為木炭粉、C為品紅溶液、D為酸性KMnO4溶液、E為石灰水．用該實驗可證明產物中有SO2和CO2，利用品紅試液檢驗二氧化硫的生成，利用高錳酸鉀溶液吸收二氧化硫，剩余的二氧化碳氣體通過澄清石灰水變渾濁分析判斷．【解析】【解答】解：（1）如A為濃鹽酸、B為MnO2；C為品紅溶液、D為KI淀粉溶液；分析裝置圖和試劑性質可知，A濃鹽酸加入B二氧化錳中反應生成氯氣，通過洗氣瓶中的品紅試液，氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，次氯酸具有強氧化性能使品紅試液褪色，通過洗氣瓶中的D碘化鉀淀粉溶液，會發生氧化還原反應生成碘單質遇到淀粉變藍，最后燒杯中的氫氧化鈉溶液吸收過量氯氣，防止污染空氣；

①反應生成氯氣和水反應生成的次氯酸具有強氧化性能氧化品紅褪色；所以C中的最后現象為品紅褪色；

故答案為：品紅褪色；

②氯氣通過洗氣瓶中的D碘化鉀淀粉溶液；會發生氧化還原反應生成碘單質，遇到淀粉變藍溶液變藍色；

故答案為：溶液變藍色；

③氯氣是有毒氣體；不能排放到空氣中，最后燒杯中的溶液是氫氧化鈉溶液，用來吸收過量氯氣，防止污染空氣，故答案為：NaOH溶液；

（2）如A為濃硫酸、B為木炭粉、C為品紅溶液、D為酸性KMnO4溶液、E為石灰水．用該實驗可證明產物中有SO2和CO2；利用品紅試液檢驗二氧化硫的生成，利用高錳酸鉀溶液吸收二氧化硫，剩余的二氧化碳氣體通過澄清石灰水變渾濁；

①反應生成的青提子二氧化硫具有漂白性；能使品紅試液褪色，故答案為：品紅褪色；

②二氧化碳和二氧化硫都可以使澄清石灰水變渾濁，所以檢驗二氧化碳前，需要先除去二氧化硫氣體，所以怎么二氧化碳存在的反應現象為：D酸性KMnO4溶液沒有褪色；E變渾濁；

故答案為：D酸性KMnO4溶液沒有褪色；E變渾濁．三、判斷題(共5題，共10分)17、√【分析】【分析】根據n==結合物質的構成計算．【解析】【解答】解：n（O2）==0.1mol，則含有原子數為0.2NA．故答案為：√．18、A【分析】【分析】（1）密度小于4.5的為輕金屬；大于4.5的為重金屬；水體富營養化是因為向水中排放含氮；磷等元素的生產生活廢水過多造成的；

（2）酸雨主要由化石燃料燃燒產生的二氧化硫；氮氧化物等酸性氣體；經過復雜的大氣化學反應，形成硫酸和硝酸，被雨水吸收溶解而成；根據化學反應前后原子的種類與數目保持不變可以判斷物質的化學式；二氧化碳是一種主要的溫室效應氣體；根據質量守恒的原因推出Y為氫氧化鈣；

（3）①空氣質量報告的主要內容包括：空氣污染指數；首要污染物（包括可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮等氣體）、空氣質量級別、空氣質量狀況等；

②舊試卷屬于可回收物；可回收再利用；

③根據污水的類型選取處理的方法．【解析】【解答】解：（1）工業廢水中常見的重金屬元素指的是Cu2+、Hg2+、Cd2+、Pb2+等重金屬離子；含鉛；汞的物質是常見的有毒污染物；生物所需的氮、磷等營養物質大量進入湖泊、河口、海灣等緩流水體，引起藻類及其它浮游生物迅速繁殖，水體溶氧量下降，魚類及其它生物大量死亡，該現象為水體富營養化導致的結果；

故答案為：A；富營養化；

（2）酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH約為5.6；酸雨主要由化石燃料燃燒產生的二氧化硫、氮氧化物等酸性氣體，經過復雜的大氣化學反應，被雨水吸收溶解而成，根據2CaCO3+2SO2+O2═2CaSO4+2x可知，依據質量守恒定律可知每個x中含有1個碳原子和2個氧原子，所以x是二氧化碳．二氧化碳是形成溫室效應的主要物質，2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O；依據質量守恒定律可知每個y中含有1個鈣原子和2個氫氧根原子團，所以y是氫氧化鈣；

故答案為：SO2；NO2；CO2；溫室效應；Ca（OH）2；

（3）①空氣質量報告的主要內容包括：空氣污染指數、首要污染物（包括可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮等氣體）、空氣質量級別、空氣質量狀況等，二氧化碳無毒，不屬于空氣污染物，氮氣是空氣的主要組成氣體，而可吸入顆粒物、NO2、SO2均為污染物；需要檢測；

故答案為：CD；

②用過的舊試卷可回收再利用重新做成紙漿；屬于可回收垃圾，故答案為：A；

③A．如果污水中含大量氫離子或氫氧根離子；可采用酸堿中和法，除去水中大量的氫離子或氫氧根離子，故答案為：√；

B．如果水中含重金屬離子；可加入一些物質使金屬陽離子轉化成沉淀而除去這些離子，即沉降法，故答案為：（沉降法）；

C．如果使懸浮于水中的泥沙形成絮狀不溶物沉降下來，使水澄清，可用明礬等混凝劑作凈水劑，故答案為：（混凝法）．19、×【分析】【分析】0.012kg12C中所含的碳原子數為阿伏加德羅常數，以此解答該題．【解析】【解答】解：0.012kg12C中所含的碳原子數為阿伏加德羅常數，而不是13C，故答案為：×．20、√【分析】【分析】重金屬鹽中毒的原理即破壞人體的蛋白質結構，雞蛋清、豆漿、牛奶中含有蛋白質，據此解題．【解析】【解答】解：重金屬鹽中毒的原理即破壞人體的蛋白質結構，雞蛋清、豆漿、牛奶中含有蛋白質，服用雞蛋清、豆漿、牛奶，可防止人體本身的蛋白質被破壞，能用于解毒，故答案為：√．21、×【分析】【分析】甲烷和氯氣在光照條件下發生反應，生成有機物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，還有無機物氯化氫，據此完成即可．【解析】【解答】解：由于甲烷和氯氣在光照條件下發生反應，生成有機物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，還有無機物：氯化氫，總計5種產物，故答案為：×．四、推斷題(共3題，共15分)22、2NO+2CON2+2CO2離子鍵和共價鍵2OH-+CO2═CO32-+H2O【分析】【分析】根據題中各物質轉化關系；

（1）若A是能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體，則A為NH3，C、D均為空氣的主要成分，且A與D能反應生成B，則D為O2，所以C為N2；B為NO，E是一種有毒氣體，且B與E反應生成C，則E為CO；

（2）所以A是過氧化鈉，D是二氧化碳，過氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，B和E反應生成C，C中含有的陰、陽離子均為10電子粒子，C能和二氧化碳反應生成B，所以B是碳酸鈉，C是氫氧化鈉，E是強堿（如氫氧化鈣、氫氧化鋇），驗證符合轉化關系；【解析】【解答】解：（1）若A是能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體，則A為NH3，C、D均為空氣的主要成分，且A與D能反應生成B，則D為O2，所以C為N2；B為NO，E是一種有毒氣體，且B與E反應生成C，則E為CO；

①C為N2，C的電子式為

故答案為：

②反應Ⅱ的化學方程式為2NO+2CON2+2CO2；

故答案為：2NO+2CON2+2CO2；

（2）所以A是過氧化鈉；D是二氧化碳，過氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，B和E反應生成C，C中含有的陰；陽離子均為10電子粒子，C能和二氧化碳反應生成B，所以B是碳酸鈉，C是氫氧化鈉，E是強堿（如氫氧化鈣、氫氧化鋇）；

①C是氫氧化鈉；C中所含化學鍵的類型是離子鍵和共價鍵；

故答案為：離子鍵和共價鍵；

②反應Ⅲ的離子方程式為2OH-+CO2═CO32-+H2O；

故答案為：2OH-+CO2═CO32-+H2O；23、2H2O22H2O+O2↑分解反應催化3CO+Fe2O32Fe+3CO2或4CO+Fe3O43Fe+4CO2（其它合理答案均可）【分析】【分析】（1）將一種無色溶液X與化合物甲混合發生反應；反應完畢后生成氧氣和常溫下無色的液體乙，化合物甲在反應前后的質量和化學性質都不改變，結合實驗室制取氧氣的藥品和方法可知，所以X是過氧化氫溶液，化合物甲是二氧化錳，化合物乙是水，然后將推出的各種物質代入轉化關系中驗證即可．

（2）若甲、乙、X均為氧化物，Y是生活中使用最廣泛的金屬材料，根據煉鐵的原理高溫下，用還原劑一氧化碳把鐵從鐵礦石中還原出來，在生成鐵的同時還生成二氧化碳來回答．【解析】【解答】解：（1）將一種無色溶液X與化合物甲混合發生反應，反應完畢后生成氧氣和常溫下無色的液體乙，化合物甲在反應前后的質量和化學性質都不改變，結合實驗室制取氧氣的藥品和方法可知，所以X是過氧化氫溶液，化合物甲是二氧化錳，化合物乙是水，經過驗證，推出的各種物質均滿足題中的轉化關系，推導正確，所以Y是氧氣，乙是水，甲是二氧化錳，X是過氧化氫溶液，Y是二氧化錳；X與甲混合發生的反應是過氧化氫和二氧化錳反應生成水和氧氣，化學方程式為：2H2O22H2O+O2↑；其中甲的質量和化學性質反應前后都沒有改變，所以甲是催化劑，起催化作用，該反應滿足分解反應一變多的條件，屬于分解反應；

故答案為：2H2O22H2O+O2↑；分解反應；催化；

（2）若甲、乙、X均為氧化物，Y是生活中使用最廣泛的金屬材料，根據煉鐵的原理高溫下，用還原劑一氧化碳把鐵從鐵礦石中還原出來，在生成鐵的同時還生成二氧化碳來分析判斷，則符合此條件的一個反應的化學方程式是：3CO+Fe2O32Fe+3CO2或4CO+Fe3O43Fe+4CO2；

故答案為：3CO+Fe2O32Fe+3CO2或4CO+Fe3O43Fe+4CO2．24、略

【分析】解：化合物rm{A}的分子式為rm{C_{9}H_{15}OCl}分子中含有一個六元環和一個甲基，環上只有一個取代基，rm{A}能與新制氫氧化銅懸濁液反應，說明含有醛基，所以rm{A}的結構簡式為也能與氫氧化鈉的醇溶液反應生成rm{F}該反應是消去反應，rm{F}分子中不含甲基，則rm{F}的結構簡式為rm{.F}與新制氫氧化銅懸濁液反應并酸化，則rm{G}的結構簡式為rm{.G}發生加聚反應生成高分子化合物rm{H}則rm{H}的結構簡式為rm{.A}發生水解反應生成rm{C}則rm{C}的結構簡式為rm{.C}發生銀鏡反應并酸化后得到rm{D}則rm{D}的結構簡式為rm{.D}發生縮聚反應生成rm{E}則rm{E}的結構簡式為。

rm{(1)}根據以上分析可知rm{A-F}的反應類型是消去反應；rm{G}中含氧官能團的名稱是羧基；

故答案為：消去反應；羧基；

rm{(2)A-C}的反應方程式是

故答案為：

rm{(3)H}的結構簡式是rm{E}的結構簡式是

故答案為：

rm{(4)}由于在堿性條件下氯原子可能水解，所以rm{B}中可以沒有氯原子；

故答案為：同意；在堿性環境中氯原子可能水解；

rm{(5)壟脵}相對分子質量比rm{C}少rm{54}rm{壟脷}氧原子數與rm{C}相同，rm{壟脹}能發生水解反應，說明含有酯基，因此分子數為rm{C_{5}H_{10}O_{2}.}核磁共振氫譜顯示為rm{2}組峰的是，則結構簡式為rm{HCOOC(CH_{3})_{3}}只含有兩個甲基的同分異構體有rm{HCOOCH_{2}CH(CH_{3})_{2}}rm{HCOOCH(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH_{2}COOCH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}COOCH_{3}}共計rm{5}種；

故答案為：rm{HCOOC(CH_{3})_{3}}rm{5}．

化合物rm{A}的分子式為rm{C_{9}H_{15}OCl}分子中含有一個六元環和一個甲基，環上只有一個取代基，rm{A}能與新制氫氧化銅懸濁液反應，說明含有醛基，所以rm{A}的結構簡式為也能與氫氧化鈉的醇溶液反應生成rm{F}該反應是消去反應，rm{F}分子中不含甲基，則rm{F}的結構簡式為rm{.F}與新制氫氧化銅懸濁液反應并酸化，則rm{G}的結構簡式為rm{.G}發生加聚反應生成高分子化合物rm{H}則rm{H}的結構簡式為rm{.A}發生水解反應生成rm{C}則rm{C}的結構簡式為rm{.C}發生銀鏡反應并酸化后得到rm{D}則rm{D}的結構簡式為rm{.D}發生縮聚反應生成rm{E}則rm{E}的結構簡式為據此分析解答．

本題考查有機物推斷，為高頻考點，側重考查學生分析推斷能力，正確判斷rm{A}結構簡式是解本題關鍵，明確物質官能團及其性質、反應條件、同分異構體書寫方法是解本題關鍵，難點是限制性同分異構體種類判斷，題目難度中等．【解析】消去反應；羧基；同意；在堿性環境中氯原子可能水解；rm{HCOOC(CH_{3})_{3}}rm{5