…………○…………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年北師大新版高三化學下冊階段測試試卷958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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列金屬冶煉的反應原理，不正確的是（）A.2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑B.MgO+H2Mg+H2OC.Fe2O3+3CO2Fe+3CO2D.2Ag2O4Ag+O2↑2、25℃時，關于①O．lmol．L-1的NH4Cl溶液②0.1mol．L-1的NaOH溶液，下列敘述正確的是（）A.若向①中加適量水，溶液中的值減小B.若向②中加適量水，水的電離平衡正向移動C.若將①和②均稀釋100倍，①的pH變化更大D.若將①和②混合，所得溶液的pH=7，則溶液中的c（NH3．H2O）＞c（Na+）3、下列圖示實驗正確的是rm{(}rm{)}A.

除去粗鹽溶液中不溶物B.

碳酸氫鈉受熱分解C.

除去rm{CO}氣體中的rm{CO_{2}}氣體D.

乙酸乙酯的制備演示實驗4、某固體酸燃料電池以CsHSO4固體為電解質傳遞H+，其基本結構如圖，電池總反應可表示為：2H2+O2═2H2O，下列有關說法正確的是（）A.b極上的電極反應式為：O2+2H2O+4e-═4OH-B.H+由a極通過固體酸電解質傳遞到b極C.每轉移0.1mol電子，消耗1.12L的H2D.電子通過外電路從b極流向a極5、一定條件下，K37ClO3+6H35Cl（濃）=KCl+3Cl2↑+3H2O，則下列判斷正確的是（）A.生成0.3molCl2時，轉移電子的物質的量為0.6molB.該反應中，生成的Cl2的摩爾質量約為70.7g/molC.被0.1molK37ClO3氧化的H35Cl的物質的量為0.6molD.該反應中，H35Cl發生氧化反應，KCl是還原產物6、將一定量Mg、Al合金溶于1mol?L-1的HCl溶液中，然后向所得溶液中滴加1mol?L-1的NaOH溶液；產生沉淀的物質的量（n）與滴加的NaOH溶液（mL）體積的關系如下圖所示．下列分析的結論中正確的是（）

A.溶解“一定量Mg；Al合金”的HCl溶液的體積為80mL

B.欲給出a的取值范圍尚缺少一個條件。

C.無法確定Mg；Al合金中n（Mg）/n（Al）的最大值。

D.無法給出實驗中產生H2的物質的量。

7、可逆反應：A＋3B2C＋2D（各物質均為氣體）在不同情況下測得有下列4種反應速率，其中反應最快的是A.uD＝0．4mol/(L·s)B.uC＝0．5mol/(L·s)C.uB＝0．6mol/(L·s)D.A＝0．15mol/(L·s)8、下列四個試管中，過氧化氫分解產生氧氣的反應速率最大的是rm{(}rm{)}。試管溫度過氧化氫溶液濃度催化劑rm{A}常溫rm{3%}--rm{B}水浴加熱rm{3%}--rm{C}水浴加熱rm{6%}rm{MnO_{2}}rm{D}常溫rm{6%}--A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、（2016春?雅安校級期中）如圖裝置所示；C；D、E、F、X、Y都是惰性電極，甲、乙中溶液的體積和濃度都相同（假設通電前后溶液體積不變），A、B為外接直流電源的兩極．將直流電源接通后，F極附近呈紅色．

請回答：

（1）B極是電源的____，一段時間后，甲中溶液顏色____，丁中X極附近的顏色逐漸變[淺，Y極附近的顏色逐漸變深，這表明____在電場作用下向Y極移動．

（2）若甲、乙裝置中的C、D、E、F電極均只有一種單質生成時，對應單質的物質的量之比為____．

（3）現用丙裝置給銅件鍍銀，則H應是____，電鍍液是____溶液．10、無水CoCl2為深藍色，吸水后變為粉紅色的水合物，水合物受熱后又變成無水CoCl2；故常在實驗室中用作吸濕劑和空氣濕度指示劑．

CoCl2+H2O?CoCl2?xH2O

深藍色粉紅色。

現有65g無水CoCl2，吸水后變成CoCl2?xH2O119g．

（1）水合物中x=____．

（2）若該化合物中Co2+配位數為6，而且經定量測定得知內界和外界各占有Cl-個數為1：1，則其化學式可表示為____．11、某實驗小組用工業上廢渣（主要成分Cu2S和Fe2O3）制取純銅和綠礬（FeSO4?7H2O）產品；設計流程如下：

（1）在實驗室中，欲用98%的濃硫酸（密度為1.84g?mL-1）配制500mL1.0mol?L-1的硫酸，需要的儀器除量筒、燒杯、玻璃棒外，還有____．

（2）該小組同學設計如下裝置模擬廢渣在過量氧氣中焙燒；并驗證廢渣中含硫元素．

①裝置A中反應的化學方程式為____；為控制反應不過于激烈并產生平穩氣流，采取的操作及現象是____；B處應連接盛有____（填寫試劑及儀器名稱）．

②E裝置中加入品紅溶液的目的是____；當F裝置中出現白色沉淀時，反應離子方程式為____．

（3）下列操作中，不屬于步驟⑤中進行的操作的是____（填下列各項中序號）．

步驟⑥中由粗銅得到純銅的方法為____（填寫名稱）．

（4）為測定產品中綠礬的質量分數，稱取30.000g樣品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.1000mol?L-1酸性KMnO4溶液進行滴定，反應為：10FeSO4+8H2SO4+2KMnO4=2MnSO4+5Fe2（SO4）3+K2SO4+8H2O．實驗所得數據如下表所示：

。滴定次數1234KMnO4溶液體積/mL20.9020.0219.9820.00①第1組實驗數據出現異常，造成這種異常的原因可能是____（填代號）．

a．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗。

b．錐形瓶洗凈后未干燥。

c．滴定終點時俯視讀數。

d．滴定終點時仰視讀數。

②根據表中數據，計算所得產品中綠礬的質量分數為____．12、已知NO2和N2O4可以相互轉化：2NO2（g）?N2O4（g）△H＜0．現將一定量NO2和N2O4的混合氣體通入一體積為2L的恒溫密閉玻璃容器中；反應物濃度隨時間變化關系如圖．

（1）圖中共有兩條曲線X和Y，其中曲線____表示NO2濃度隨時間的變化；a、b、c、d四個點中，表示化學反應處于平衡狀態的點是____．

（2）①前10min內用NO2表示的化學反應速率v（NO2）=____mol?L-1?min-1．

②0～15min，反應2NO2（g）?N2O4（g）的平衡常數Kb=____．

③25min～35min時，反應2NO2（g）?N2O4（g）的平衡常數Kd____Kb（填“＞”；“=”或“＜”）．

（3）反應25min時，若只改變了某一個條件，使曲線發生如上圖所示的變化，該條件可能是____（用文字表達），若要達到使NO2（g）的百分含量與d點相同的化學平衡狀態，在25min時還可以采取的措施是____．

A．加入催化劑B．縮小容器體積。

C．升高溫度D．加入一定量的N2O4．13、（1）對于反應：2FeCl3+Fe=3FeCl2，其中氧化劑是：____，還原劑是：____．

（2）過氧化氫H2O2（氧的化合價為-1價），俗名雙氧水，醫療上利用它有殺菌消毒作用來清洗傷口．對于下列A～D涉及H2O2的反應；填寫下列空白：

A．Na2O2+2HCl═2NaCl+H2O2

B．Ag2O+H2O2═2Ag+O2↑+H2O

C．2H2O22H2O+O2↑

D．3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH═2K2CrO4+3K2SO4+8H2O

上述反應中：

①H2O2僅體現氧化性的反應是____（填代號）．

②H2O2既體現氧化性又體現還原性的反應是____（填代號）．

③H2O2體現酸性的反應是____（填代號）．

④H2O2僅體現還原性的反應是____（填代號）．

⑤說明H2O2、Ag2O、K2CrO4氧化性由強到弱的順序應是____（填代號）．

A．H2O2＞Ag2O＞K2CrO4B．Ag2O＞H2O2＞K2CrO4C．Ag2O＞K2CrO4＞H2O2

（3）除去Fe2O3粉末中少量的Al2O3用____（填試劑的化學式）14、氮的循環涉及到多種化學物質．（如圖1中的W；M、X、Y、Z均是化學物質）

（1）由N2→X是工業合成氨的反應，寫出其化學方程式____．

（2）寫出Y、M的化學式____、____．

（3）X可與HNO3反應，產物可用作氮肥，寫出X與HNO3反應的化學方程式____．

（4）某同學利用如2圖裝置將氨氣與氧化銅反應；驗證氨氣的性質并驗證部分產物（部分未畫出）發現反應確實能發生，且反應后得到三種物質，其中有兩種單質．

請回答下列問題：

①實驗室制取氨氣的化學方程式是____．

②從氨中N元素的化合價角度看，該同學想證明的是氨的____性質，實驗中觀察到的____現象則能夠證明氨具有這個性質．

③B裝置的作用是____．

④A中反應的化學方程式是____．15、（2013秋?濰坊期中）化學是一門以實驗為主的科學；化學實驗是學習探究物質性質的基本方法之一．

（1）下列有關敘述正確的是____（填寫序號）

a．使用托盤天平的第一步操作是將游碼移至標尺零刻度處。

b．過濾操作過程中；為加快過濾速度可用玻璃棒對漏斗中的溶液進行攪拌。

c．用濃硫酸配制稀溶液時；在量筒中稀釋后要冷卻至室溫再轉移到容量瓶中。

d．用容量瓶配制溶液時；定容后搖勻液面下降，再加蒸餾水至刻度線處，所得溶液濃度偏低。

（2）現有六種氣體：H2、O2、NH3、SO2、NO2；NO．可以利用如圖所示裝置進行收集．

①若氣體從B口進入，可收集的氣體是____；

②若在燒瓶中注滿水，則氣體應該從____（填寫“A”或“B”）口進入，可以收集的氣體是____．16、(14分)三氯氧磷（化學式：POCl3）常用作半導體摻雜劑及光導纖維原料。氯化水解法生產三氯氧磷的流程如下：（1）氯化水解法生產三氯氧磷的化學方程式為。（2）通過佛爾哈德法可以測定三氯氧磷產品中Cl元素含量，實驗步驟如下：Ⅰ．取ag產品于錐形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全水解后加稀硝酸至酸性。Ⅱ．向錐形瓶中加入0．1000mol·L－1的AgNO3溶液40．00mL，使Cl－完全沉淀。Ⅲ．向其中加入2mL硝基苯，用力搖動，使沉淀表面被有機物覆蓋。Ⅳ．加入指示劑，用cmol·L－1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積。已知：Ksp(AgCl)=3．2×10－10，Ksp(AgSCN)=2×10－12①滴定選用的指示劑是（選填字母），滴定終點的現象為。a．FeCl2b．NH4Fe(SO4)2c．淀粉d．甲基橙②實驗過程中加入硝基苯的目的是，如無此操作所測Cl元素含量將會__（填“偏大”、“偏小”或“不變”）（3）氯化水解法生產三氯氧磷會產生含磷（主要為H3PO4、H3PO3等）廢水。在廢水中先加入適量漂白粉，再加入生石灰調節pH將磷元素轉化為磷酸的鈣鹽沉淀并回收。①在沉淀前先加入適量漂白粉的作用是。②下圖是不同條件對磷的沉淀回收率的影響圖像。處理該廠廢水最合適的工藝條件為（選填字母）。a．調節pH=9b．調節pH=10c．反應時間30mind．反應時間120min③若處理后的廢水中c(PO43－)=4×10－7mol·L－1，溶液中c(Ca2+)=mol·L－1。（已知Ksp[Ca3(PO4)2]=2×10－29）評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)17、2mol水的摩爾質量與1mol水的摩爾質量之比為2：1．____（判斷對錯）18、膠體屬于介穩體系____．（判斷對錯）19、中性干燥劑無水氯化鈣，既可干燥H2，又可干燥HCl，還可干燥NH3____（判斷對錯）．20、實驗室通過消石灰和NH4Cl固體制備NH3，屬于離子反應____（判斷對和錯）21、標準狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為22.4L____（判斷對錯）22、在化學反應中，參加反應的各物質的質量比等于其物質的量之比____．（判斷對錯）23、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____．評卷人得分四、簡答題(共2題，共20分)24、氮元素可以形成許多化合物；在我們生活生產中有廣泛的應用．

rm{(1)}與rm{NF_{3}}分子互為等電子體的分子為______．

rm{(2)}鐵和氨氣在rm{640隆忙}可發生置換反應；產物之一的晶胞結構見圖甲．

寫出rm{Fe^{3+}}的基態電子排布式______．

寫出該反應的化學方程式：______．

rm{(3)}維生素rm{B_{4}}結構如圖乙，則rm{1mol}維生素rm{B_{4}}分子中含有rm{婁脪}鍵的數目為______rm{mol}．

rm{(4)}配合物丙的結構見圖，丙中含有______rm{(}填序號rm{)}

rm{a.}極性共價鍵rm{b.}非極性共價鍵rm{c.}配位鍵rm{d.}氫鍵。

丙中碳原子的雜化方式有______．25、化合物（）是重要的化工原料；其種合成路線如下：

已知：

I：RCOOCH3RCH2OH

II：

III：

（1）寫出B的官能團名稱______。

（2）下列有關物質C的說法正確的是______。

a．C的分子式是C9H12O3b．C的核磁共振氫譜共有4組吸收峰。

c.1molC最多消耗1mol金屬Nad．C可以發生取代加成和消去反應。

（3）寫出①的化學方程式：______。

（4）E的結構簡式為______。

（5）有多種同分異構體；能發生銀鏡反應的芳香族化合物有______種，其中滿足下列條件的同分異構體的結構簡式為______。

①1mol該物質最多消耗3molNaOH；②苯環上一氯代物只有兩種。

（6）參照上述合成路線，設計由乙烯合成2-丁醇的合成路線。（用合成路線流程圖表示，并注明反應條件。合成過程中只有無機試劑可任選）評卷人得分五、解答題(共3題，共9分)26、通常情況下空氣中CO2的體積分數為0.030%，當空氣中CO2的體積分數超過0.050%時，會引起明顯的溫室效應．為減小和消除CO2對環境的影響，一方面世界各國都在限制其排放量，另一方面科學家加強了對CO2創新利用的研究．

（1）目前，用超臨界CO2（其狀態介于氣態和液態之間）代替氟利昂作致冷劑已成為一種趨勢；這一做法對環境的積極意義在于______．

（2）最近有科學家提出“綠色自由”構想：把空氣吹入碳酸鉀溶液，然后再把CO2從溶液中提取出來；經化學反應后使之變為可再生燃料甲醇．“綠色自由”構想技術流程如下：

①分解池中反應的化學方程式為______K2CO3+CO2↑+H2O27、新制Cu（OH）2和銀氨溶液都是弱氧化劑；但卻能將葡萄糖氧化成葡萄糖酸：

（1）判斷葡萄糖溶液能否使KMnO4（H+；aq）褪色．

（2）判斷葡萄糖溶液能否使溴水褪色．若能，寫出反應方程式；若不能，請說明理由．28、為了探究硫化鈉晶體在空氣中的變化；某興趣小組的實驗步驟及現象記錄如下：①將少量硫化鈉晶體置于表面皿上，暴露在空氣中；②三天后將樣品放入盛水的燒杯中，攪拌后得無色澄清溶液；③取少量該溶液加入過量鹽酸中，有氣體放出，且溶液保持澄清．

（1）請你根據上述記錄；對放出氣體進行猜想：

猜想①：可能是H2S；猜想②：可能是SO2；猜想③可能是CO2；

猜想④：可能是______；猜想⑤：可能是______．

（2）若放出的氣體是兩種氣體的混合氣；現有：濃；稀2種品紅溶液，濃、稀2種溴水，澄清石灰水，濃、稀2種鹽酸溶液、試管氣體發生裝置，洗氣瓶、試管洗氣裝置．請設計一個組合實驗分析混合氣的組成，在下表中簡要寫出實驗方法、現象和結論：

。實驗方案可能的現象和相應的結論__________________（3）如果要檢驗硫化鈉晶體是否被氧化生成了硫酸鈉；請簡要說明檢驗的方法；現象和結論：______．

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【分析】依據金屬活潑性不同；金屬冶煉的方法有：

電解法：冶煉活潑金屬K；Ca、Na、Mg、Al；一般用電解熔融的氯化物（Al是電解熔融的三氧化二鋁）制得；

熱還原法：冶煉較不活潑的金屬Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用還原劑有（C、CO、H2等）；

熱分解法：Hg、Ag用加熱分解氧化物的方法制得．據此解答．【解析】【解答】解：A．鈉性質活潑用電解熔融氯化鈉法制取；故A正確；

B．鎂性質活潑應選擇電解熔融氯化鎂方法制取；故B錯誤；

C．鐵性質較不活潑；用還原法制取，故C正確；

D．銀性質穩定；用熱分解氧化物的方法制取，故D正確；

故選：B．2、B【分析】【分析】A；加水稀釋促進水解銨根離子物質的量減小；氯離子物質的量不變；

B；酸堿抑制水的電離；加水稀釋氫氧化鈉溶液，氫氧根離子濃度減小，水的電離程度增大；

C；加水稀釋促進銨根離子水解；氯化銨溶液中氫離子濃度減小小于100倍，氫氧化鈉溶液氫氧根離子濃度減小100倍；

D、①O．lmol．L-1的NH4Cl溶液②0.1mol．L-1的NaOH溶液，等體積混合，生成一水合氨和氯化鈉，溶液顯堿性，若使溶液呈中性，需要氯化銨溶液體積大于氫氧化鈉溶液，結合溶液中電荷守恒說明．【解析】【解答】解：A；加水稀釋促進水解銨根離子物質的量減小；氯離子物質的量不變，同一溶液中體積相同，濃度關系是物質的量關系，所以比值增大，故A錯誤；

B；酸堿抑制水的電離；加水稀釋氫氧化鈉溶液，氫氧根離子濃度減小，抑制程度減小，水的電離程度增大，故B正確；

C；加水稀釋促進銨根離子水解；氯化銨溶液中氫離子濃度減小小于100倍，氫氧化鈉溶液氫氧根離子濃度減小100倍，②的pH變化更大，故C錯誤；

D、①O．lmol．L-1的NH4Cl溶液②0.1mol．L-1的NaOH溶液，等體積混合，生成一水合氨和氯化鈉溶液顯堿性，若使溶液呈中性，需要氯化銨溶液體積大于氫氧化鈉溶液，溶液中溶質為氯化銨和一水合氨，溶液中電荷守恒c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（Cl-），pH=7得到c（Na+）+c（NH4+）=c（Cl-），結合物料守恒c（NH3．H2O）+c（NH4+）=c（Cl-），溶液中的c（NH3．H2O）=c（Na+）；故D錯誤；

故選B．3、D【分析】解：rm{A.}除去粗鹽溶液中不溶物；可利用圖中過濾操作，但漏斗下端尖嘴應緊靠燒杯內壁，玻璃棒緊靠三層濾紙一邊，故A錯誤；

B.碳酸氫鈉分解生成水；為防止水倒流，試管口應略向下傾斜，圖中試管口向上，故B錯誤；

C.除雜時導管應長進短出；圖中氣體從短導管進入不能除雜，故C錯誤；

D.乙酸與乙醇發生酯化反應生成乙酸乙酯；需要濃硫酸并加熱，飽和碳酸鈉可吸收乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，圖中制備實驗合理，故D正確；

故選D．

A.漏斗下端尖嘴應緊靠燒杯內壁；玻璃棒緊靠三層濾紙一邊；

B.試管口應略向下傾斜；

C.除雜時導管應長進短出；

D.乙酸與乙醇發生酯化反應生成乙酸乙酯；需要濃硫酸并加熱，飽和碳酸鈉可吸收乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及混合物分解提純、物質除雜、有機物制備及物質性質實驗等，把握實驗原理及實驗裝置為解答的關鍵，注意實驗操作的可行性、評價性分析，題目難度不大．【解析】rm{D}4、B【分析】【分析】由電池總反應為2H2+O2=2H2O可知：通入氫氣的一極為電池的負極，發生氧化還原反應，反應為H2-2e-═2H+，通入氧氣的一極為電池的正極，發生氧化反應，反應為O2+4e-+4H+=2H2O；電池工作時，電子通過外電路從負極流向正極，即從a極流向b極，電解質溶液中陽離子向正極移動，即H+由a極通過固體酸電解質傳遞到b極；每轉移0.1mol電子，消耗0.05mol的H2，以此解答該題．【解析】【解答】解：A．電解質傳遞H+，則b極上的電極反應式為O2+4e-+4H+=2H2O；故A錯誤；

B．原電池中，陽離子向正極移動，所以H+由a極通過固體酸電解質傳遞到b極；故B正確；

C．每轉移0.1mol電子，消耗0.05mol的H2，標準狀況下的H21.12L；而狀態未知，不能計算體積，故C錯誤；

D．電子通過外電路從負極流向正極，即從a極流向b極；故D錯誤；

故選B．5、B【分析】【分析】K37ClO3+6H35Cl═K35Cl+3Cl2↑+3H2O中，37Cl元素的化合價由+5價降低為0，35Cl元素的化合價由-1價升高為0，6molHCl反應只有5mol作還原劑，以此來解答．【解析】【解答】解：A．反應中生成3molCl2轉移5mol電子，則生成0.3molCl2時；轉移電子的物質的量為0.5mol，故A錯誤；

B．該反應中，生成的3個Cl2中含有1個37Cl和5個35Cl；其平均摩爾質量約為70.7g/mol，故B正確；

C．被0.1molK37ClO3氧化的H35Cl的物質的量為0.5mol；故C錯誤；

D．該反應中，H35Cl發生氧化反應，K37ClO3發生還原反應，Cl2既是還原產物又是氧化產物；故D錯誤；

故選B．6、A|D【分析】

根據圖象可知，在滴加NaOH溶液到體積amL過程中，沒有沉淀生成，說明鹽酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余鹽酸，在amL時，剩余的HCl與滴加的NaOH恰好完全反應，溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl混合液．

繼續滴加氫氧化鈉溶液，開始生成Mg（OH）2、Al（OH）3沉淀，當加入氫氧化鈉溶液80ml時，沉淀量最大，說明氯化鋁、氯化鎂恰好完全反應，此時溶液為氯化鈉溶液，根據鈉離子守恒可知n（NaCl）=n（NaOH）=0.08ml×1mol/L=0.08mol．再繼續滴加氫氧化鈉，在加入90mol時，沉淀物質的量最小，是氫氧化鎂沉淀，所以加入10ml氫氧化鈉溶解氫氧化鋁沉淀，此時溶液為氯化鈉、偏鋁酸鈉溶液，根據鋁元素、鈉元素守恒可知n（NaAlO2）=n[Al（OH）3]=0.01L×1mol/L=0.01mol．所以沉淀量最大時；根據鋁元素守恒，氫氧化鋁的物質的量為0.01mol．

A、由分析可知溶液中，n（NaCl）=n（NaOH）=0.08ml×1mol/L=0.08mol，根據氯元素守恒，所以n（HCl）=n（NaCl）=0.08mol，所以溶解金屬的鹽酸的體積為=0.08L=80ml；故A正確；

B、假設鹽酸溶解金屬后不剩，這種情況下，酸恰好與合金反應完全，即a=0．通過極值法，當合金中完全是鋁時，因為沉淀Al3+需要NaOH溶液的體積為30mL；從圖可知，中和過量的酸所消耗的堿液體積最大為50mL，所以的取值范圍為0≤a＜50，故B錯誤．

C、若假設鹽酸不剩，即a=0，加入的80ml氫氧化鈉溶液用于沉淀Mg2+、Al3+，所以沉淀量最大時，合金中鎂元素的物質的量最大，根據鋁元素守恒，氫氧化鋁的物質的量為0.01mol，根據氫氧根守恒可知沉淀中含有氫氧根n（OH-）=n（NaOH）=0.08ml×1mol/L=0.08mol，所以氫氧化鎂沉淀為=0.025mol；所以該合金中鎂鋁兩元素物質的量之比的最大值為2.5，故C錯誤；

D；由上述分析可知；金屬鎂的量不確定，無法判斷生成氫氣的量的多少，故D正確．

故選：AD．

【解析】【答案】根據圖象可知，在滴加NaOH溶液到體積amL過程中，沒有沉淀生成，說明鹽酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余鹽酸，在amL時，剩余的HCl與滴加的NaOH恰好完全反應，溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl混合液．

繼續滴加氫氧化鈉溶液，開始生成Mg（OH）2、Al（OH）3沉淀，當加入氫氧化鈉溶液80ml時，沉淀量最大，說明氯化鋁、氯化鎂恰好完全反應，此時溶液為氯化鈉溶液，根據鈉離子守恒可知n（NaCl）=n（NaOH）=0.08ml×1mol/L=0.08mol．再繼續滴加氫氧化鈉，在加入90mol時，沉淀物質的量最小，是氫氧化鎂沉淀，所以加入10ml氫氧化鈉溶解氫氧化鋁沉淀，此時溶液為氯化鈉、偏鋁酸鈉溶液，根據鋁元素、鈉元素守恒可知n（NaAlO2）=n[Al（OH）3]=0.01L×1mol/L=0.01mol．所以沉淀量最大時；根據鋁元素守恒，氫氧化鋁的物質的量為0.01mol．

A；當加入氫氧化鈉溶液80ml時；沉淀量最大，說明氯化鋁、氯化鎂恰好完全反應，此時溶液為氯化鈉溶液，根據鈉離子守恒可知n（NaCl）=n（NaOH），根據氯元素守恒，所以n（HCl）=n（NaCl）；據此計算判斷．

B；合金的組成可以采用極限假設法；當金屬全部是金屬鋁時剩余的酸最多，a的值最大來判斷a得取值范圍．

C、若假設鹽酸不剩，即a=0，加入的80ml氫氧化鈉溶液用于沉淀Mg2+、Al3+；所以沉淀量最大時，合金中鎂元素的物質的量最大，結合氫氧化鋁的物質的量，進而確定該合金中兩元素物質的量之比的最大值．

D；確定了金屬鎂和金屬鋁的量就可以確定生成氫氣的量．

7、B【分析】同一個化學反應，用不同的物質表示其反應速率時，數值可能不同，但表示的意義是相同的。所以在比較反應速率快慢時，應該換算成用同一種物質表示，然后才能直接比較速率數值大小。根據速率之比是相應化學計量數之比可知，如果都用物質B表示，則反應速率分別是0．6mol/(L·s)、0．75mol/(L·s)、0．6mol/(L·s)、0．45mol/(L·s)，答案選B。【解析】【答案】B8、C【分析】解：使用合適的催化劑，改變反應歷程，加快反應；升高溫度，活化分子百分數增加，有效碰撞增多，加快反應；增大濃度，增加單位體積內的活化分子數，反應加快，顯然只有rm{C}中溫度高、濃度大、使用催化劑，則rm{C}中反應速率最快．

故選C．

利用了控制變量法探究影響過氧化氫分解快慢的因素；根據濃度；催化劑和溫度對反應速率的影響來分析．

本題考查了利用對比的方式進行實驗探究的知識，培養了學生分析問題解決問題的能力，認識對化學反應速度影響的因素．【解析】rm{C}二、填空題(共8題，共16分)9、負極逐漸變淺Fe（OH）3膠粒1：2：2：2銅件AgNO3【分析】【分析】（1）將直流電源接通后；F極附近呈紅色，可知道氫離子在該電極放電，所以F即是陰極，并得到其他各個電極的名稱，硫酸銅中銅離子減少導致溶液顏色的變化，膠體的膠粒帶點電，即電泳實驗證明的結論；

（2）C；D、E、F電極轉移的電子數目相等；根據轉移電子數可計算生成的單質的量；

（3）電鍍裝置中，鍍層金屬必須做陽極，鍍件做陰極，各個電極上轉移的電子數是相等的．【解析】【解答】解：將直流電源接通后；F極附近呈紅色，說明F極顯堿性，是氫離子在該電極放電，所以F即是陰極，可得出D；F、H、Y均為陰極，C、E、G、X均為陽極，A是電源的正極，B是負極；

（1）A是電源的正極，B電極是電源的負極，在A池中，電解硫酸銅的過程中，銅離子逐漸減少，導致溶液顏色變淺，Y極是陰極，該電極顏色逐漸變深，說明Fe（OH）3膠粒向該電極移動；異性電荷相互吸引，所以氫氧化鐵膠體粒子帶正電荷；

故答案為：負極；逐漸變淺；Fe（OH）3膠粒；

（2）C、D、E、F電極發生的電極反應分別為：4OH-═O2↑+2H2O+4e-、Cu2++2e-═Cu、2Cl-═Cl2↑+2e-、2H++2e-═H2↑；當各電極轉移電子均為1mol時，生成單質的量分別為：0.25mol；0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以單質的物質的量之比為1：2：2：2；

故答案為：1：2：2：2；

（3）現用丙裝置給銅件鍍銀，電鍍裝置中，鍍層金屬必須做陽極，鍍件做陰極，所以H為銅件，含有鍍層金屬離子的鹽溶液為電鍍液，則電鍍液是AgNO3溶液；

故答案為：銅件；AgNO3．10、6[CoCl（H2O）5]Cl?H2O【分析】【分析】（1）根據方程式xH2O+CoCl2=CoCl2?xH2O利用差量法來解答；

（2）根據配合物由內界和外界組成，內界中含有中心離子和配體，配體的總個數等于配位數來解答．【解析】【解答】解：（1）xH2O+CoCl2=CoCl2?xH2O△m

131+18x18x

119g（119-65）g

=；

解得：x=6；

故答案為：6；

（2）該化合物CoCl2?6H2O中Co2+配位數為6，而且經定量測定得知配體和外界各占有Cl-個數為1：1，即各有1個氯離子，則內界中含有1個氯離子和5個水分子；外界有1個氯離子，另外還有1個結晶水，所以化學式可表示為：[CoCl（H2O）5]Cl?H2O；

故答案為：[CoCl（H2O）5]Cl?H2O．11、膠頭滴管、500mL容量瓶2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑打開分液漏斗上口活塞，控制分液漏斗旋塞，使水勻速逐滴滴下堿石灰的干燥管（或U形管）或濃硫酸的洗氣瓶檢驗氣體a中的SO22SO2+O2+2H2O+2Ba2+=2BaSO4↓+4H+ad電解精煉ad92.7%【分析】【分析】廢棄固體主要成分Cu2S和Fe2O3，灼燒廢氣固體發生反應Cu2S+2O2SO2+2CuO，所以氣體a是SO2，固體A是CuO和Fe2O3，固體A和稀硫酸混合，發生的反應為CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，所以溶液A中成分為CuSO4、Fe2（SO4）3，向溶液A中加入過量Fe屑，發生反應CuSO4+Fe=FeSO4+Cu、2Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，所以固體B成分是Fe、Cu，濾液B成分為FeSO4，固體B和稀硫酸混合，Fe和稀硫酸反應生成FeSO4，Cu和稀硫酸不反應，過濾得到固體粗銅，據此分析解答．【解析】【解答】解：（1）欲用98%的濃硫酸（密度為1.84g?mL-1）配制500mL1.0mol?L-1的硫酸；需要的儀器除量筒；燒杯、玻璃棒、滴定達到刻度線時用膠頭滴管，配制在500mL容量瓶中進行，故答案為：膠頭滴管、500mL容量瓶；

（2）①裝置A中反應的化學方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，通過控制水的流速來控制反應的速率，所以可以打開分液漏斗上口活塞，控制分液漏斗旋塞，使水勻速逐滴滴下，B裝置應是干燥裝置，所以用堿石灰的干燥管（或U形管）或濃硫酸的洗氣瓶，故答案為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；打開分液漏斗上口活塞；控制分液漏斗旋塞，使水勻速逐滴滴下；堿石灰的干燥管（或U形管）或濃硫酸的洗氣瓶；

②E裝置中加入品紅溶液的目的是檢驗氣體a中的SO2；是未反應的氧氣與二氧化硫在水溶液中發生氧化還原反應，生成硫酸根離子，與鋇離子結合生成硫酸鋇白色沉淀，所以反應方程式為：2SO2+O2+2H2O+2Ba2+=2BaSO4↓+4H+，故答案為：檢驗氣體a中的SO2；2SO2+O2+2H2O+2Ba2+=2BaSO4↓+4H+；

（3）步驟⑤是在還原性體系中蒸發濃縮結晶過濾，所以涉及的裝置為：bc；不屬于的是ad；粗銅得到純銅，用電解精煉，故答案為：ad；電解精煉（或精煉）；

（4）①第1組實驗數據出現異常；消耗高錳酸鉀溶液體積變大；

a．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準液潤洗；標準液的濃度變小，消耗高錳酸鉀溶液體積變大，故正確；

b．錐形瓶洗凈后未干燥；無影響，故錯誤；

c．滴定終點時俯視讀數；高錳酸鉀溶液體積變小，故錯誤；

d．滴定終點時仰視讀數；高錳酸鉀溶液體積變大，故正確；

故選：ad；

②第2、3、4組求平均值，消耗KMnO4溶液體積為：=20ml，由10FeSO4+8H2SO4+2KMnO4=2MnSO4+5Fe2（SO4）3+K2SO4+8H2O得：

10FeSO4～～2KMnO4；

10×1522

m20ml×0.1000mol?L-1×10-3

m==1.52g，所以綠礬的物質的為量為：=0.1mol；所以綠礬的質量分數為：×100%=92.7%，故答案為：92.7%．12、Xb和d0.04=增大NO2的濃度BD【分析】【分析】（1）根據反應方程式2NO2（g）?N2O4（g）可知，NO2的濃度變化是N2O4濃度變化量的2倍；據此結合圖象中物質濃度的變化量判斷；

物質的濃度不發生變化時表示化學反應處于平衡狀態；根據圖象判斷處于平衡狀態的點；容器內混合氣體的體積不變，質量不變所以密度不變；

（2）①根據v=計算v（NO2）；

②0～15min；根據圖象求出平衡時的濃度，再根據K的表達式求出K；

③由曲線看出25min時，NO2的濃度突然增大；溫度不變；化學平衡常數不變；

（3）由曲線看出25min時，NO2的濃度突然增大；根據壓強對平衡的影響分析．【解析】【解答】解：（1）由圖可知10-25min平衡狀態時，X表示的生成物的濃度變化量為（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，Y表示的反應物的濃度變化量為（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的濃度變化量是Y表示的反應物的濃度變化量的2倍，所以X表示NO2濃度隨時間的變化曲線，Y表示N2O4濃度隨時間的變化曲線；

由圖可知，10-25min及30min之后X、Y的物質的量不發生變化，則相應時間段內的點處于化學平衡狀態，故b；d處于化學平衡狀態；

故答案為：X；b和d；

（2）①X表示NO2濃度隨時間的變化曲線，Y表示N2O4濃度隨時間的變化曲線．由圖可知，前10min內，NO2的濃度變化量為（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，所以υ（NO2）==0.04mol?L-1?min-1；

故答案為：0.04；

②0～15min，反應2NO2（g）?N2O4（g），v（NO2）=0.6mol?L-1，v（N2O4）=0.4mol?L-1，則K===；

故答案為：；

③由曲線看出25min時，NO2的濃度突然增大，可知改變的條件為增大NO2的濃度；溫度不變；化學平衡常數不變；

故答案為：=；

（3）因在25min時，增大了NO2的濃度，相當于增大了壓強，平衡右移，d點時NO2的百分含量小于b時NO2百分含量，要使25min時改變條件達到使NO2（g）的百分含量與d點相同的化學平衡狀態，可加壓，加入一定量的N2O4；也相當于加壓；

故答案為：增大NO2的濃度；BD．13、FeCl3FeDCABBNaOH溶液【分析】【分析】（1）氧化還原反應中；氧化劑得電子，元素化合價降低，還原劑失電子，元素化合價升高；

（2）A．Na2O2+2HCl═2NaCl+H2O2中各元素化合價不變；所以不屬于氧化還原反應；

B．Ag2O+H2O2═2Ag+O2↑+H2O中Ag元素化合價由+1價變為0價；O元素化合價由-1價變為0價；所以氧化銀是氧化劑、雙氧水是還原劑；

C.2H2O22H2O+O2↑中O元素由-1價變為0價和-2價；所以雙氧水是氧化劑和還原劑；

D.3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH═2K2CrO4+3K2SO4+8H2O中Cr元素化合價由+3價變為+6價；O元素化合價由-1價變為-2價；所以雙氧水是氧化劑，硫酸鉻為還原劑；

（3）Al2O3可與強堿反應．【解析】【解答】解：（1）反應2FeCl3+Fe=3FeCl2中，只有Fe元素化合價發生變化，FeCl3為氧化劑，Fe為還原劑，故答案為：FeCl3；Fe．

（2）A．Na2O2+2HCl═2NaCl+H2O2中各元素化合價不變；所以不屬于氧化還原反應；

B．Ag2O+H2O2═2Ag+O2↑+H2O中Ag元素化合價由+1價變為0價、O元素化合價由-1價變為0價，所以氧化銀是氧化劑、雙氧水是還原劑，說明氧化性Ag2O＞H2O2；

C.2H2O22H2O+O2↑中O元素由-1價變為0價和-2價；所以雙氧水是氧化劑和還原劑；

D.3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH═2K2CrO4+3K2SO4+8H2O中Cr元素化合價由+3價變為+6價；O元素化合價由-1價變為-2價；所以雙氧水是氧化劑，硫酸鉻為還原劑；

K2CrO4是氧化產物，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，所以H2O2的氧化性大于K2CrO4的氧化性；

故答案為：①D；②；C；③A；④B；⑤B；

（3）Al2O3為兩性氧化物，可與強堿反應，可用氫氧化鈉溶液除雜，故答案為：NaOH溶液．14、N2+3H22NH3NOH2ONH3+HNO3═NH4NO32NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O還原性A中黑色粉狀固體逐漸變成亮紅色固體驗證氨氣和氧化銅反應后產物中的水2NH3+3CuON2↑+3Cu+3H2O【分析】【分析】依據流程轉化關系分析判斷，W為H2，X為NH3，Y為NO，Z為NO2，M為H2O；

（1）氮氣和氫氣高溫高壓催化劑反應生成氨氣；

（2）依據上述分析判斷得到物質組成；

（3）X和硝酸反應生成硝酸銨；

（4）①實驗室制備氨氣是利用氯化銨固體和氫氧化鈣固體加熱反應生成；

②依據氨氣和氧化銅發生反應是氨氣的還原性；發生反應生成紅色銅；

③利用硫酸銅遇到水變藍色證明反應生成水；

④氧化銅氧化氨氣生成氮氣、銅和水；【解析】【解答】解：（1）氮氣和氫氣高溫高壓催化劑反應生成氨氣，反應的化學方程式為：N2+3H22NH3；

故答案為；N2+3H22NH3；

（2）依據上述分析判斷得到物質組成，Y、M的化學式NO、H2O；

故答案為：NO、H2O；

（3）X和硝酸反應生成硝酸銨，反應的化學方程式為：NH3+HNO3═NH4NO3；

故答案為：NH3+HNO3═NH4NO3；

（4）①實驗室制備氨氣是利用氯化銨固體和氫氧化鈣固體加熱反應生成，反應的化學方程式為：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

故答案為：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

②依據氨氣和氧化銅發生反應是氨氣的還原性；發生反應生成紅色銅；

故答案為：還原性；A中黑色粉狀固體逐漸變成亮紅色固體；

③B裝置的作用是利用硫酸銅遇到水變藍色證明反應生成水。

故答案為：驗證氨氣和氧化銅反應后產物中的水；

④氧化銅氧化氨氣生成氮氣、銅和水，反應的化學方程式為：2NH3+3CuON2↑+3Cu+3H2O；

故答案為：2NH3+3CuON2↑+3Cu+3H2O；15、adH2、NH3BH2、O2、NO【分析】【分析】（1）a．使用托盤天平時必須先調節托盤天平；

b．過濾實驗中玻璃棒的作用是引流；

c．量筒不能用來稀釋或配制溶液；

d．根據c=，若n比理論值小，或V比理論值大時，都會使所配溶液濃度偏小；若n比理論值大，或V比理論值小時；都會使所配溶液濃度偏大；

（2）①根據氣體的密度及性質分析；②根據氣體的性質分析．【解析】【解答】解：（1）a．使用托盤天平稱量前；必須先將游碼移到標尺左端的零刻度線處，然后調平，故a正確；

b．過濾實驗中玻璃棒的作用是引流，目的是防止濾液弄破濾紙，使實驗失敗，用玻璃棒攪動漏斗里的液體，容易把濾紙弄破，起不到過濾的作用，故b錯誤；

c．量筒不能用來稀釋或配制溶液；應在小燒杯中稀釋，故c錯誤；

d．定容后搖勻，發現液面低于刻度線，再滴加蒸餾水至刻度線，導致配制的溶液體積偏大，根據c=可得；配制的溶液濃度偏低，故d正確．

故選ad；

（2）①作氣體的收集裝置時，當從B端通入氣體時，采取的是向下排空氣法收集氣體，收集的氣體密度應小于空氣的密度，可收集的氣體是H2、NH3，故答案為：H2、NH3；

②用它作排水法收集裝置時，B是進氣管，A是出液體管；瓶中裝滿水，收集的氣體不能與水反應，NH3、SO2、NO2都和水反應，可以收集的氣體是H2、O2、NO，故答案為：B；H2、O2、NO．16、略

【分析】試題分析：（1）根據題給流程圖知，三氯化磷、氯氣和水反應生成三氯氧磷，化學方程式為PCl3+H2O+Cl2＝POCl3+2HCl；（2）①根據題給信息知，該實驗中用NH4SCN溶液滴定過量Ag+，當Ag+沉淀完全后溶液中存在SCN-，遇鐵離子顯紅色，所以用NH4Fe(SO4)2做指示劑，選b；滴定終點的現象為溶液變為紅色；②氯化銀的Ksp小于AgSCN的Ksp，在溶液中氯化銀易轉化為更難溶AgSCN，實驗過程中加入硝基苯的目的是防止在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉化為AgSCN沉淀；若無此操作則第Ⅳ消耗NH4SCN溶液偏高，則第Ⅱ步氯元素含量偏小；（3）①廢水中的H3PO4、H3PO3均要求轉化為磷酸鈣，所以加入漂白粉作為氧化劑將廢水中的H3PO3氧化為PO43－，使其加入生石灰后轉化為磷酸的鈣鹽；②從圖1中判斷pH=10，磷元素回收率基本達到最高點，由圖2判斷30分鐘后回收率趨向穩定，選bc；③根據Ksp[Ca3(PO4)2]=c2(PO43－)×c3(Ca2+)=2×10－29，因c(PO43－)=4×10－7mol·L－1，則c(Ca2+)=5×10－6mol·L－1。考點：考查工業流程中定性分析、條件的選擇和沉淀溶解平衡的計算。【解析】【答案】（1）PCl3+H2O+Cl2＝POCl3+2HCl（2）①b溶液變為紅色②防止在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉化為AgSCN沉淀偏小（3）①將廢水中的H3PO3氧化為PO43－，使其加入生石灰后轉化為磷酸的鈣鹽②bc③5×10－6（除第（2）①每空1分外，其余每空2分，共14分）三、判斷題(共7題，共14分)17、×【分析】【分析】水的摩爾質量為18g/mol，與物質的量多少無關．【解析】【解答】解：水的摩爾質量為18g/mol，與物質的量多少無關，2mol水的質量與1mol水的質量之比為2：1，故錯誤，故答案為：×．18、√【分析】【分析】膠體的穩定性介于溶液和濁液之間，在一定條件下能穩定存在．【解析】【解答】解：膠體的穩定性介于溶液和濁液之間，在一定條件下能穩定存在，屬于介穩體系，故答案為：√．19、×【分析】【分析】氨氣能與氯化鈣發生反應生成絡合物（CaCl2?8NH3），據此解題．【解析】【解答】解：氨氣能與氯化鈣發生反應生成絡合物（CaCl2?8NH3），因此不能使用無水氯化鈣來干燥氨氣，故答案為：×．20、×【分析】【分析】有離子參加的化學反應是離子反應，離子反應離子反應的本質是某些離子濃度發生改變，常見離子反應多在水溶液中進行，據此解答即可．【解析】【解答】解：實驗室通過消石灰和NH4Cl固體制備NH3，化學反應方程式為：2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3↑+CaCl2+2H2O，此反應是在大試管中進行，無溶液，故不屬于離子反應，答案為：×．21、×【分析】【分析】標準狀況下，氣體的摩爾體積為22.4L/mol，結合V=nVm計算．【解析】【解答】解：標準狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為V=1mol×22.4L/mol=22.4L；

故答案為：×．22、×【分析】【分析】在化學反應中，參加反應的各物質的物質的量之比等于其計量數之比，據此分析解答．【解析】【解答】解：在化學反應中，參加反應的各物質的物質的量之比等于其計量數之比，根據m=nM知，參加反應的各物質的質量之比等于其物質的量與摩爾質量之積的比，所以參加反應的各物質的質量比等于其物質的量之比的說法錯誤，故答案為：×．23、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）．四、簡答題(共2題，共20分)24、略

【分析】解：rm{(1)}同主族元素價電子數相等，所以與rm{NF_{3}}分子互為等電子體的分子為rm{NCl_{3}}故答案為：rm{NCl_{3}}

rm{(2)Fe^{3+}}的基態電子排布式為：rm{[Ar]3d^{5}}該晶胞中鐵原子個數rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}氮原子個數是rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}所以氮化鐵的化學式是rm{1}鐵和氨氣在rm{Fe_{4}N}可發生置換反應生成氮氣和氮化鐵，所以該反應方程式為：rm{8Fe+2NH_{3}dfrac{overset{;640^{circ}C;}{-}}{;}2Fe_{4}N+3H_{2}}故答案為：rm{640隆忙}rm{8Fe+2NH_{3}dfrac{overset{;640^{circ}C;}{-}}{;}2Fe_{4}N+3H_{2}}

rm{8Fe+2NH_{3}dfrac{

overset{;640^{circ}C;}{-}}{;}2Fe_{4}N+3H_{2}}雙鍵含有rm{[Ar]3d^{5}}個rm{8Fe+2NH_{3}dfrac{

overset{;640^{circ}C;}{-}}{;}2Fe_{4}N+3H_{2}}鍵和rm{(3)}個rm{1}鍵，所以rm{婁脪}維生素rm{1}分子中含有rm{婁脨}鍵rm{1mol}故答案為：rm{B_{4}}

rm{婁脪}根據圖可知碳碳間形成非極性共價鍵、碳氮間為極性共價鍵，氮鎳間為配位鍵，氧氫間形成氫鍵，根據圖可知，碳碳間形成單鍵，為rm{16mol}雜化，有的碳碳間形成雙鍵，為rm{16}雜化，故選：rm{(4)}rm{sp^{3}}rm{sp^{2}}．

rm{abcd}原子個數相等；價電子數相等的微粒互為等電子體；

rm{sp^{3}}的基態電子排布式為：rm{sp^{2}}鐵和氨氣在rm{(1)}可發生置換反應生成氮氣和氮化鐵；利用均攤法確定氮化鐵的化學式，根據溫度；反應物和生成物寫出反應方程式；

rm{(2)Fe^{3+}}雙鍵含有rm{[Ar]3d^{5}}個rm{640隆忙}鍵和rm{(3)}個rm{1}鍵；

rm{婁脪}根據圖可知碳碳間；碳氮間為共價鍵；氮鎳間為配位鍵，氧氫間有氫鍵；根據碳原子成鍵類型判斷．

本題綜合性較大，涉及等電子體、化學鍵、雜化軌道、晶胞計算等，題目難度中等，注意運用雜化理論推導分子構型，為易錯點，側重于考查學生對所學知識的綜合應用能力．rm{1}【解析】rm{NCl_{3}}rm{[Ar]3d^{5}}rm{8Fe+2NH_{3}dfrac{overset{;640^{circ}C;}{-}}{;}2Fe_{4}N+3H_{2}}rm{8Fe+2NH_{3}dfrac{

overset{;640^{circ}C;}{-}}{;}2Fe_{4}N+3H_{2}}rm{16}rm{abcd}rm{sp^{3}}rm{sp^{2}}25、酯基、醚鍵ac9【分析】解：（1）B為官能團名稱為酯基；醚鍵，故答案為：酯基、醚鍵；

（2）C為含-OH及苯環；

a．由結構可知C的分子式是C9H12O3；故a正確；

b．C的核磁共振氫譜共有5組吸收峰，故b錯誤；

c．只有1個-OH；1molC最多消耗1mol金屬Na，故c正確；

d．C可以發生取代加成反應；不能發生消去反應，故d錯誤；

故答案為：ac；

（3）①的化學方程式為

故答案為：

（4）E的結構簡式為故答案為：

（5）有多種同分異構體，能發生銀鏡反應的芳香族化合物，若含-OOCH、-OH有鄰間、對三種，若含2個-OH、1個-CHO有6種，共有9種，其中滿足①1mol該物質最多消耗3molNaOH；②苯環上一氯代物只有兩種件的同分異構體的結構簡式為

故答案為：9；

（6）由乙烯合成2-丁醇，先與水反應生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，再乙烯與H