…………○…………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年湘師大新版高三化學下冊月考試卷648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9題，共18分)1、元素X、Y、Z原子序數之和為36，X、Y在同一周期，X+與Z2-具有相同的核外電子層結構．下列推測不正確的是（）A.三種元素按原子個數比1：1：1所形成的化合物水溶液顯堿性B.X、Z形成的化合物一定只含離子鍵C.同周期元素中Y的最高價含氧酸的酸性最強D.Y單質有強氧化性2、把20g氫氧化鈉溶于水，配成500mL溶液，此溶液的物質的量濃度為（）A.2mol?L-1B.1mol?L-1C.0.5mol?L-1D.1.5mol?L-13、下列行為中符合安全要求的是（）A.進入煤礦井時，用火把照明B.用點燃的火柴在液化氣鋼瓶口檢驗是否漏氣C.節日期間，在開闊的廣場燃放煙花炮竹D.實驗時，將水倒入濃硫酸配制稀硫酸4、某學小組同學設計了以下三組實驗驗證某無色溶液中含有的離子．下列說法正確的是（）

（1）溶液直接觀察無明顯的紫色火焰：證明沒有K+

（2）溶液產生白色沉淀：證明有SO42-

（3）溶液白色沉淀無色溶液白色沉淀：證明有Al3+．A.該無色溶液不可能是明礬溶液B.這三組實驗中，只有（3）是嚴密合理的C.步驟④的離子方程式為：Al3++3OH-=Al（OH）3↓D.步驟⑥的化學方程式為：NaAlO2+H2O+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO35、A、B、C為三種短周期元素，A、B在同周期，A、C的最低價離子分別為A2-和C-，B2+和C-具有相同的電子層結構．下列說法中；正確的是（）

A.原子序數：A＞B＞C

B.原子半徑：A＞B＞C

C.離子半徑：A2-＞B2+＞C-

D.原子最外層電子數：A＞C＞B

6、在核磁共振氫譜中出現兩組峰，其氫原子數之比為3：2的化合物是（）A.B.CH3COOCH3C.2-氯丙烷D.7、有關Na2CO3和NaHCO3的敘述中不正確的是（）A.相同質量的Na2CO3和NaHCO3與足量鹽酸反應，產生的氣體質量不相等B.Na2CO3比NaHCO3熱穩定性強C.Na2CO3能與澄清石灰水反應D.Na2CO3和NaHCO3均可與NaOH溶液反應8、關于常溫下pH=2的醋酸溶液，下列敘述正確的是（）A.c（CH3COOH）=0.01mol?L-1B.c（H+）=c（CH3COO-）C.加水稀釋100倍后，溶液pH=4D.加入醋酸鈉固體，可抑制醋酸的電離9、向僅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入適量氯氣；溶液中這種離子的物質的量隨消耗氯氣物質的量的變化如圖所示．下列說法中正確的是（）

A.線段III代表Fe2+的變化情況。

B.線段I代表Br-的變化情況。

C.a值等于6

D.原混合溶液中n（FeBr2）=4mol

評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、實驗室中配制碘水，往往是將I2溶于KI溶液中，這樣就可以得到濃度較大的碘水，主要是因為發生了反應：I2（aq）+I-?I3-，上述平衡體系中，I3-的物質的量濃度c（I3-）與溫度T的關系如圖所示（曲線上的任意一點都表示平衡狀態）．

（1）在T1、D狀態時，v（正）____v（逆）（填“＞”“＜”或“=”）

（2）若在T1時某狀態=，____平衡狀態（填“是”“不是”或“不一定是”）11、（1）用系統命名法給下列物質命名。

名稱：____．

（2）下式是一種形狀酷似一條小狗的有機物，化學家TimRickard將其取名為“doggycene”

doggycene的分子式為____．12、實驗室用乙酸和正丁醇制備乙酸正丁酯．有關物質的相關數據如下表：

。化合物相對分子質量密度/g?cm-3沸點，/℃溶解度/l00g水正丁醇740.80118.09冰醋酸601.045118.1互溶乙酸正丁酯1160.882126.10.7操作如下：

①在50mL三頸燒瓶中；加入18.5mL正丁醇和13.4mL冰醋酸，3～4滴濃硫酸，投入沸石．安裝分水器（作用：實驗過程中不斷分離除去反應生成的水）；溫度計及回流冷凝管．（如圖1）

②將分水器分出的酯層和反應液一起倒入分液漏斗中，水洗，10%Na2CO3洗滌；再水洗，最后轉移至錐形瓶，干燥．

③將干燥后的乙酸正丁酯濾入燒瓶中；常壓蒸餾，收集餾分，得15.1g乙酸正丁酯．

請回答有關問題：

（1）冷水應該從冷凝管____（填a或b）端管口通入．

（2）儀器A中發生反應的化學方程式為____．

（3）步驟①“不斷分離除去反應生成的水”該操作的目的是：____．

（4）步驟②中，HlO%Na2C03溶液洗滌有機層，該步操作的目的是____．

（5）進行分液操作時，使用的漏斗是____（填選項）如圖2．

（6）步驟③在進行蒸餾操作時，若從118℃開始收集餾分，產率偏____（填“高”或者“低”）原因是____

（7）該實驗過程中，生成乙酸正丁酯的產率是____．13、如圖均為實驗室收集氣體的裝置．

請回答：

（1）可用裝置B收集的氣體是____（填序號），可用裝置C收集的氣體是____（填序號）．

①Cl2②NH3

（2）若用裝置A收集CH4，則氣體應從____（填“a”或“b”）口進入燒瓶．

（3）在如圖收集NH3的裝置中，干燥管中的試劑是____．14、怎樣用實驗證明甲烷是由碳、氫兩種元素形成的？____．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)15、標準狀況下，1mol任何物質的體積都約是22.4L____（判斷對錯）16、一個化學反應中，當反應物的總能量大于生成物的總能量時，反應放熱，△H為“-”____（判斷對錯）17、在化學反應中某元素化合價只升高，則反應過程中該元素被還原了．____．（判斷對錯）18、將30mL0.5mol/L的NaOH溶液加水稀釋到500mL，稀釋后NaOH的物質的量濃度為0.3mol/L____．（判斷對錯）19、18gH2O在標準狀況下的體積是22.4L____．（判斷對錯）20、某烷烴的名稱為2，2，4，4-四甲基-3，3，5-三乙基己烷____（判斷對錯）21、由冰變成水蒸氣需要吸收熱量，是吸熱反應____．（判斷對錯）22、現對0.1mol/L的純堿溶液進行相關研究．

（1）用pH試紙測定該溶液的pH，其正確的操作____．

（2）由上測得純堿溶液呈堿性，請用離子方程式表示其原因：____．

（3）某同學根據所學知識對Na2CO3溶液進行分析；寫出了以下四個關系式．請你判斷：在正確的關系式后面打“√”，在錯誤的后面寫出正確的關系式．

①c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]：____；

②c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）：____；

③c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）：____；

④c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）：____．評卷人得分四、探究題(共4題，共20分)23、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．24、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：25、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．26、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分五、計算題(共4題，共8分)27、在100mL2.0mol/LNaHCO3溶液中加入一定量的常見化合物C，恰好使其轉化為只含Na2CO3溶質的溶液；實現轉變的物質X有多種，請回答下列問題：

（1）請填寫下表空白：

。編號①②③X的化學式NaOHNa2O2加入X的質量（g）6.2（2）反應后，溶液中的Na+的物質的量均為____mol

（3）在①～③中，所得Na2CO3溶質的質量分數相等的是____（填寫編號）28、取100克水，配成100°C時KCl飽和溶液，又取50克水加入35.4克NaNO3配成溶液．將這兩種溶液混合后，在l00°C時有晶體析出，請列式計算所析出晶體的成分和質量？（已知100°C時各物質的溶解度為：KCI31g、NaNO380g、KNO320.9g、NaCl35.8g）29、某市對大氣進行監測，發現該市首要污染物為可吸入顆粒物PM2.5（直徑小于等于2.5um的懸浮顆粒物）其主要來源為燃煤、機動車尾氣等．因此，對PM2.5、SO2；NOx等進行研究具有重要意義．請回答下列問題：

（1）對PM2.5樣本用蒸餾水處理制成待測試樣．若測得該試樣所含水溶性離子的化學組分及其平均濃度如下表：

。離子K+Na+NH4+SO42-NO3-Cl-濃度/mol?L-14×10-66×10-62×10-54×10-53×10-52×10-5根據表中數據計算試樣的pH約為____

（2）為減少SO2的排放；常采取的措施有：

①將煤轉化為清潔氣體燃料．已知：

2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）K1

2C（s）+O2（g）═2CO（g）K2

C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）K=____（用含K1、K2的式子表示）

②洗滌含SO2的煙氣，以下物質可作洗滌劑的是____．

A．Ca（OH）2B．Na2CO3C．CaCl2D．NaHSO3

（3）汽車尾氣中NOx和CO的生成及轉化為：

①已知氣缸中生成NO的反應為：N2（g）+O2（g）?2NO（g）△H＞0．若1mol空氣含有0.8molN2和0.2molO2，1300℃時在密閉容器內反應達到平衡．測得NO為8×10-4mol．計算該溫度下的平衡常數K=____．

②汽車燃油不完全燃燒時產生CO，有人設想按下列反應除去CO，2CO（g）═2C（s）+O2（g）

已知該反應的△H＞0，簡述該設想能否實現的依據：____．

③目前，在汽車尾氣系統中裝置催化轉化器可減少CO和NO的污染，其化學反應方程式為____．30、（2012春?杭州月考）探究實驗發現；硝酸發生氧化還原反應時，濃度越稀，對應還原產物中氮元素的化合價越低．

（1）一定條件下；將少量的鎂粉與足量極稀的硝酸充分反應，完成并配平下列化學方程式：

□Mg+□HNO3═□□+□NH4NO3+□H2O

（2）為了測定某鎂鋁合金中兩種金屬的物質的量之比，某同學取一定量鎂鋁合金與足量極稀的硝酸充分反應，反應過程中無氣體放出．在反應結束后溶液中，逐滴加入1mol?L-1的氫氧化鈉溶液；所加氫氧化鈉溶液的體積（mL）與產生沉淀的物質的量（mol）的關系如圖所示．

試回答下列問題：

①圖中OC段發生反應的離子方程式為____．圖中DE段發生反應的離子方程式為____．

②由上述圖形分析可知，溶液中結合OH-能力最強的陽離子是____（填離子符號，下同），最弱的陽離子是____．

③通過上圖數據計算知：合金中兩種金屬的物質的量之比n（Mg）：n（Al）=____．評卷人得分六、推斷題(共1題，共4分)31、有機高分子材料I（）是一種保水劑，無毒無害，吸水能力很強，能反復釋水、吸水，人們把它比喻為農業上“微型水庫”，它可以用A（丙烯）通過以下反應制得，其中D的結構簡式為：F的結構簡式為：請回答：（1）B和H的結構簡式：B，H。（2）反應②的條件，反應⑦的類型。（3）反應④的化學方程式為；（4）M是一種由2個F分子在濃硫酸和加熱條件下反應生成的環酯，該反應的化學方程式為。（5）下列有關D()的說法錯誤的是。①能發生銀鏡反應②1摩爾D與H2加成時最多消耗2molH2③1摩爾D充分燃燒最少需要消耗2molO2④能使酸性高錳酸鉀溶液褪色參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【分析】元素X、Y、Z原子序數之和為36，由于第四周期兩元素原子序數最小為19+20=39，故X、Y、Z為短周期元素，X、Y在同一周期，X+與Z2-具有相同的核外電子層結構，可推知Z處于第二周期，X、Y處于第三周期，結合離子電荷可知，X為Na，Z為O，則Y原子序數為36-11-8=17，故Y為Cl，據此解答．【解析】【解答】解：元素X、Y、Z原子序數之和為36，由于第四周期兩元素原子序數最小為19+20=39，故X、Y、Z為短周期元素，X、Y在同一周期，X+與Z2-具有相同的核外電子層結構；可推知Z處于第二周期，X；Y處于第三周期，結合離子電荷可知，X為Na，Z為O，則Y原子序數為36-11-8=17，故Y為Cl；

A．三種元素按原子個數比1：1：1所形成的化合物為NaClO；屬于強堿弱酸鹽，其水溶液顯堿性，故A正確；

B．Na；O形成的過氧化鈉中還愿意離子鍵、共價鍵；故B錯誤；

C．Y為Cl；同周期中Cl元素非金屬性最強，其最高價含氧酸的酸性最強，故C正確；

D．氯氣具有強氧化性；故D正確；

故選B．2、B【分析】【分析】根據n=、c=來分析計算即可解答．【解析】【解答】解：n（NaOH）==0.5mol；

c（NaOH）==1mol/L；

故選B．3、C【分析】【分析】安全是大事，要對危險有預知，并能妥善處理事故．可燃性氣體不能遇明火，否則可能爆炸；燃放煙花炮竹應遠離建筑、人群；在稀釋濃硫酸若把加入到濃硫酸中會導致沸水濺出，只能是把濃硫酸逐滴加入到水中．【解析】【解答】解：A；煤礦井里含有甲烷氣體；甲烷為易燃氣，用火把照明會引起爆炸，故A錯誤；

B；液化氣為易燃氣體；用點燃的火柴在液化氣鋼瓶口檢驗是否漏氣可引起爆炸，故B錯誤；

C；節日期間；在開闊的廣場燃放煙花炮竹可以避免出現安全事故，故C正確；

D；在稀釋濃硫酸時應該把濃硫酸逐滴加入到水中；邊加邊攪拌，故D錯誤．

故選：C．4、B【分析】【分析】（1）鉀元素焰色反應透過鈷玻璃觀察會顯示紫色；

（2）能和氯化鋇反應產生白色不溶于鹽酸的白色沉淀是氯化銀或是硫酸鋇；

（3）能和氫氧化鈉反應生成可溶性的鹽溶液的氫氧化物是氫氧化鋁，偏鋁酸鈉可以和二氧化碳之間反應生成氫氧化鋁沉淀．【解析】【解答】解：（1）溶液直接觀察無明顯的紫色火焰，可能含有K+；也可能沒有；

（2）溶液產生白色沉淀，該白色沉淀是氯化銀或是硫酸鋇，可以證明有SO42-和Cl-中的至少一種；

（3）溶液白色沉淀無色溶液白色沉淀：證明一定有Al3+；

A；該無色溶液有可能含有鋁離子、鉀離子、硫酸根離子；所以可能是明礬溶液，故A錯誤；

B；這三組實驗中；（3）中，鋁離子能和氨水反應，且生成產物氫氧化鋁可以和氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉可以與二氧化碳反應得到氫氧化鋁，符合轉化的物質是固定的，所以（3）是嚴密合理的，故B正確；

C、步驟④中氨水為弱堿，一水合氨應該保留分子式，正確的離子方程式為：Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；故C錯誤；

D、步驟⑥中水的計量數錯誤，正確的化學方程式為：NaAlO2+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3；故D錯誤；

故選B．5、A【分析】

由A、C的最低價離子分別為A2-和C-，則A為ⅥA族元素，C為ⅦA族元素，B2+和C-具有相同的電子層結構；則B在C的下一周期，B處于第三周期第ⅡA族，故B為Mg元素，C為F元素，A；B同周期，則A為S元素；

A；A為S元素；B為Mg元素，C為F元素，原子序數A＞B＞C，故A正確；

B；A為S元素；B為Mg元素，C為F元素，同周期原子半徑從左到右逐漸減小，同主族自上而下原子半徑增大，則有B＞A＞C，故B錯誤；

C、離子的電子層數越多，半徑越大，電子層結構相同的離子，核電荷數越大，半徑越小，所以A2-＞C-＞B2+；

故C錯誤；

D；A為S元素；B為Mg元素，C為F元素，原子最外層電子數分別為6、2、7，故原子最外層上的電子數C＞A＞B，故D錯誤；

故選A．

【解析】【答案】由A、C的最低價離子分別為A2-和C-，則A為ⅥA族元素，C為ⅦA族元素，B2+和C-具有相同的電子層結構；則B在C的下一周期，B處于第三周期第ⅡA族，故B為Mg元素，C為F元素，A；B同周期，則A為S元素；

A；A為S元素；B為Mg元素，C為F元素，結合質子數判斷；

B；同周期原子半徑從左到右逐漸減?。煌髯遄陨隙略影霃皆龃螅瑩伺袛啵?/p>

C；離子的電子層數越多；半徑越大，具有相同核外電子結構的離子，核電荷數越大半徑越小；

D；根據核外電子排布規律確定最外層電子數．

6、A【分析】【分析】根據物質的結構簡式，利用對稱性來分析出現幾種位置的氫離子，并結合H原子的個數來分析解答．【解析】【解答】解：A．由對稱可知；有2種H原子，則核磁共振氫譜中出現2組峰，氫原子數之比為6：4=3：2，故A正確；

B．分子不對稱；有2種H原子，則核磁共振氫譜中出現2組峰，氫原子數之比為1：1；

故B錯誤；

C．由對稱可知；有2種H原子，則核磁共振氫譜中出現2組峰，氫原子數之比為6：1，故C錯誤；

D．由對稱可知；有5種H原子，則核磁共振氫譜中出現5組峰，氫原子數之比為1：2：2：2：1，故D錯誤．

故選A．7、D【分析】【分析】NaHCO3與Na2CO3相比較，NaHCO3不穩定，加熱易分解，等質量的Na2CO3和NaHCO3與鹽酸反應時，產生的氣體質量不相等，二者可相互轉化，都可與氫氧化鈣反應生成碳酸鈣沉淀，以此解答該題．【解析】【解答】解；A．等質量的Na2CO3和NaHCO3；碳酸鈉的摩爾質量大，其物質的量少，鹽酸足量，則與鹽酸完全反應，碳酸鈉產生的氣體少，故A正確；

B．碳酸氫鈉受熱易分解，不穩定，則熱穩定性為Na2CO3＞NaHCO3；故B正確；

C．Na2CO3和Ca（OH）2混合后生成CaCO3，發生Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH；故C正確；

D．Na2CO3與NaOH不反應；故D錯誤．

故選D．8、D【分析】【分析】醋酸為弱電解質，醋酸的電離平衡：CH3COOH?CH3COO-+H+，加水稀釋促進醋酸的電離，加入少量CH3COONa固體，c（CH3COO-）增大，平衡逆向移動，以此解答該題．【解析】【解答】解：A．醋酸為弱電解質，醋酸部分電離，所以醋酸的濃度大于電離出來的氫離子的濃度，即c（CH3COOH）＞0.01mol?L-1；故A錯誤；

B．根據溶液中電荷守恒可知：c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）；故B錯誤；

C．加水稀釋100倍后；加水稀釋促進醋酸的電離，氫離子的物質的量增大，所以PH變化小于2個單位，即PH＜4，故C錯誤；

D．加入少量CH3COONa固體，c（CH3COO-）增大；平衡逆向移動，可抑制醋酸的電離，故D正確．

故選D．9、C【分析】

向僅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入適量氯氣，還原性I-＞Fe2+＞Br-，首先發生反應2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反應完畢，再反應反應2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反應完畢，最后發生反應2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故線段I代表I-的變化情況，線段Ⅱ代表Fe2+的變化情況，線段Ⅲ代表Br-的變化情況．

由通入氯氣可知，根據反應離子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反應完畢，根據電荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol．

A、由上述分析可知，線段Ⅲ代表Br-的變化情況；故A錯誤；

B、由上述分析可知，線段I代表I-的變化情況；故B錯誤；

C、由上述分析可知，溶液中n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，根據2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知；溴離子反應需要的氯氣的物質的量為3mol，故a=3+3=6，故C正確；

D、溶液中n（Br-）=6mol，所以原混合溶液中n（FeBr2）=3mol；故D錯誤．

故選C．

【解析】【答案】向僅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入適量氯氣，還原性I-＞Fe2+＞Br-，首先發生反應2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反應完畢，再反應反應2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反應完畢，最后發生反應2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故線段I代表I-的變化情況，線段Ⅱ代表Fe2+的變化情況，線段Ⅲ代表Br-的變化情況．

由通入氯氣可知，根據反應離子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2×（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反應完畢，根據電荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=2×4mol-2mol=6mol，根據溴離子判斷溶液中n（FeBr2）；根據離子方程式計算溴離子反應需要的氯氣的物質的量，據此計算a的值．

二、填空題(共5題，共10分)10、＞不一定是【分析】【分析】（1）若反應進行到狀態D時，反應未達到平衡狀態，若反應趨向于平衡，則反應向生成的I3-方向移動，則v正＞v逆；由此分析解答；

（2）T1時某狀態=，只是一種狀態而已，無法體現正逆反應速率的關系．【解析】【解答】解：（1）若反應進行到狀態D時，反應未達到平衡狀態，若反應趨向于平衡，則反應向生成的I3-方向移動，則v正＞v逆；故答案為：＞；

（2）T1時某狀態=，只是一種狀態而已，無法體現正逆反應速率的關系，所以不一定是平衡狀態，故答案為：不一定是．11、3，4-二甲基已烷C26H26【分析】【分析】（1）判斷有機物的命名是否正確或對有機物進行命名；其核心是準確理解命名規范：命名要符合“一長；一近、一多、一小”，也就是主鏈最長，編號起點離支鏈最近，支鏈數目要多，支鏈位置號碼之和最小；

（2）根據結構簡式乙基鍵線式的特點來書寫化學式．【解析】【解答】解：（1）根據烷烴的命名方法；該有機物的名稱是：3，4-二甲基已烷，故答案為：3，4-二甲基已烷；

（2）有機物的化學式應為：C26H26，故答案為：C26H26．12、aCH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O使用分水器分離出水，使平衡正向移動，提高反應產率除去產品中含有的乙酸等雜質C高會收集到少量未反應的冰醋酸和正丁醇65%【分析】【分析】（1）冷凝作用的儀器是冷凝管；水從下口進上口出；

（2）根據酯化反應原理酸脫羥基醇脫氫寫出反應的化學方程式；

（3）根據外界條件對化學平衡的影響分析；

（4）乙酸丁酯不溶于飽和碳酸鈉溶液；乙酸與碳酸鈉反應而被吸收；

（5）分液操作時下層液體從下口放出；上層液體從上口倒出；

（6）若從118℃便開始收集餾分此時的蒸氣中含有醋酸和正丁醇；會收集到少量未反應的冰醋酸和正丁醇，導致獲得的乙酸正丁酯質量偏大；

（7）先根據酸的量計算理論上酯的量，再根據水的量計算酯的量，實際上酯的量與理論值之比即為酯的產率．【解析】【解答】解：（1）為提高冷凝效果；水應從下口進上口出，故答案為：a；

（2）酯化反應的本質為酸脫羥基，醇脫氫，乙酸與丁醇在濃硫酸作用下加熱發生酯化反應生成乙酸丁酯和水，該反應為可逆反應，化學方程式為：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O；

故答案為：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O；

（3）減少生成物的濃度；平衡向正反應方向移動，使用分水器分離出水，有利于平衡向正反應方向移動，提高反應產率；

故答案為：使用分水器分離出水；使平衡正向移動，提高反應產率；

（4）制備乙酸丁酯時常用飽和碳酸鈉溶液；目的是中和揮發出來的乙酸，使之轉化為乙酸鈉溶于水中，便于聞乙酸丁酯的香味，溶解揮發出來的乙醇；降低乙酸丁酯在水中的溶解度，便于分層得到酯；

故答案為：除去產品中含有的乙酸等雜質；

（5）分液操作時；使用的漏斗是分液漏斗，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，以免兩種液體相互污染；

故答案為：C；

（6）若從118℃便開始收集餾分此時的蒸氣中含有醋酸和正丁醇；會收集到少量未反應的冰醋酸和正丁醇，因此會導致產率偏高；

故答案為：高；會收集到少量未反應的冰醋酸和正丁醇；

（7）正丁醇的質量=0.8g/mL×18.5mL=14.8g；冰醋酸的質量=1.045g/mL×13.4mL=14.003g；

理論上14.8g正丁醇完全反應生成酯的質量為xg；需乙酸的質量是yg．

乙酸和正丁醇的反應方程式為CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O

60g74g116g18g

yg14.8gxg

所以x=23.2y=12g＜14.003g所以乙酸過量，乙酸正丁酯的產率=×100%≈65%．

故答案為：65%．13、①②b堿石灰【分析】【分析】（1）裝置B收集的方法為向上排空氣法；裝置C的收集方法為向下排空氣法；

（2）裝置A從a進為向上排空氣法，從b進為向下排空氣法；

（3）干燥氨氣應用堿性試劑，據此分析．【解析】【解答】解：（1）裝置B收集的方法為向上排空氣法，裝置C的收集方法為向下排空氣法，①Cl2密度比空氣大，可用向上排空氣法，NH3

密度比空氣??；可用向下排空氣法，故答案為：①；②；

（2）甲烷密度比空氣小，采用向下排空氣法，故從b進，故答案為：b；

（3）干燥氨氣應用堿性試劑，可用堿石灰，故答案為：堿石灰．14、在空氣中點燃甲烷，在火焰的上方罩一個干燥、潔凈的燒杯，發現燒杯內壁有水珠凝結，證明甲烷中有氫元素，然后迅速將燒杯倒轉過來，向燒杯中滴入少量澄清石灰水，石灰水變渾濁，證明甲烷中含有碳元素【分析】【分析】根據甲烷燃燒的產物分析實驗的現象、檢驗的物質；根據產物和質量守恒定律判斷甲烷中含有的元素．【解析】【解答】解：根據質量守恒定律；只要證明甲烷燃燒生成了水和二氧化碳，就能證明甲烷中含有碳元素和氫元素，具體實驗方案是：在空氣中點燃甲烷，在火焰的上方罩一個干燥；潔凈的燒杯，發現燒杯內壁有水珠凝結，證明甲烷中有氫元素，然后迅速將燒杯倒轉過來，向燒杯中滴入少量澄清石灰水，石灰水變渾濁，證明甲烷中含有碳元素；

故答案為：在空氣中點燃甲烷，在火焰的上方罩一個干燥、潔凈的燒杯，發現燒杯內壁有水珠凝結，證明甲烷中有氫元素，然后迅速將燒杯倒轉過來，向燒杯中滴入少量澄清石灰水，石灰水變渾濁，證明甲烷中含有碳元素．三、判斷題(共8題，共16分)15、×【分析】【分析】1mol任何氣體的體積都約是22.4L，只針對于氣體．【解析】【解答】解：標準狀況下；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：×．16、√【分析】【分析】根據放熱反應中，反應物的總能量大于生成物的總能量，吸熱反應中，反應物的總能量小于生成物的總能量來解答，放熱反應的△H為負值，吸熱反應的△H為正值．【解析】【解答】解：當反應物的總能量大于生成物的總能量時，反應放熱，△H為“-”，故答案為：√．17、×【分析】【分析】元素的化合價升高，失去電子被氧化，以此來解答．【解析】【解答】解：在化學反應中某元素化合價只升高，作還原劑，失去電子被氧化，故答案為：×．18、×【分析】【分析】稀釋前后氫氧化鈉的物質的量不變，根據稀釋定律C1V1=C2V2計算判斷．【解析】【解答】解：令稀釋后NaOH的物質的量濃度為c，稀釋前后氫氧化鈉的物質的量不變，則：0.03L×0.5mol/L=c×0.5L，解得c=0.03mol/L，故錯誤，故答案為：×．19、×【分析】【分析】18g的物質的量為1mol，標況下，水為液態，不能用氣體摩爾體積計算其體積．【解析】【解答】解：18g的物質的量為1mol，標況下，水為液態，不能用氣體摩爾體積計算其體積，應根據V=計算水的體積，其體積遠遠小于22.4L，故錯誤，故答案為：×．20、×【分析】【分析】烷烴命名原則：

①長選最長碳鏈為主鏈；

②多遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

③近離支鏈最近一端編號；

④小支鏈編號之和最小．看下面結構簡式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號”的原則；

⑤簡兩取代基距離主鏈兩端等距離時，從簡單取代基開始編號．如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面．【解析】【解答】解：沒有把最長碳鏈作為主鏈，最長碳鏈應為7，為庚烷，正確命名為2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基庚烷，故答案為：×．21、×【分析】【分析】冰變成水蒸氣沒有新物質生成，是物理變化，據此解題．【解析】【解答】解：冰變成水蒸氣沒有新物質生成，是物理變化，故答案為：×．22、√【分析】【分析】（1）測定pH的步驟為蘸；滴、對比；

（2）碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子；

（3）Na2CO3溶液中，存在物料守恒式為c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，電荷守恒式為c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），并結合水解顯堿性來分析解答．【解析】【解答】解：（1）測定pH的步驟為用玻璃棒蘸取待測液；滴在pH試紙上，顏色變化后與標準比色卡對比，然后確定溶液的pH；

故答案為：用玻璃棒蘸取待測液；滴在pH試紙上，顏色變化后與標準比色卡對比；

（2）碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子，溶液顯堿性，離子反應為CO32-+H2O?HCO3-+OH-，故答案為：CO32-+H2O?HCO3-+OH-；

（3）①Na2CO3溶液中，存在物料守恒式為c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，顯然c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]關系錯誤；

故答案為：c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]；

②Na2CO3溶液中，溶液不顯電性，由電荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）；故答案為：√；

③Na2CO3溶液中，由質子守恒可知，c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故答案為：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）；

④Na2CO3溶液中，由化學式可知，c（Na+）＞c（CO32-），又由CO32-+H2O?HCO3-+OH-，則離子濃度關系為c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）；

故答案為：√．四、探究題(共4題，共20分)23、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．24、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內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溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內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．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質的量不變，對V（標準）無影響，根據c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）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（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內不褪色；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，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．25、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．26、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內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溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內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．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質的量不變，對V（標準）無影響，根據c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）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（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內不褪色；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，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．五、計算題(共4題，共8分)27、0.4②③【分析】【分析】（1）碳酸氫鈉恰好轉化為碳酸鈉，則C為NaOH或者C與水反應生成NaOH，可以為過氧化鈉、氧化鈉、Na，根據碳元素守恒計算n（Na2CO3），根據鈉元素守恒計算n（NaOH）、n（Na2O2）；再根據m=nM計算其質量；

③根據鈉元素守恒計算Na元素的質量；判斷是否為Na還是氧化鈉，進而計算確定化學式；

（2）溶液中n（Na+）=2n（Na2CO3），根據碳原子守恒：n（Na2CO3）=n（NaHCO3）；

（3）溶液中碳酸鈉質量相等，若溶液質量增重相等，則碳酸鈉溶液質量分數相等，根據差量法判斷溶液質量增重．【解析】【解答】解：（1）100mL2.0mol/LNaHCO3溶液中n（NaHCO3）=2.0mol/L×0.1L=0.2mol，根據碳原子守恒：n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=0.2mol；

①根據鈉元素守恒則：n（NaOH）=2n（Na2CO3）-n（NaHCO3）=0.2mol×2-0.2mol=0.2mol；故需要m（NaOH）=0.2mol×40g/mol=8g；

②根據鈉元素守恒：n（Na2O2）=[2n（Na2CO3）-n（NaHCO3）]=×[0.2mol×2-0.2mol]=0.1mol，故需要m（Na2O2）=0.1mol×78g/mol=7.8g；

③X含有Na原子物質的量為：n（Na原子）=2n（Na2CO3）-n（NaHCO3）=0.2mol，其質量為0.2mol×23g/mol=4.6g，含有氧元素為6.2g-4.6g=1.6g，物質的量為=0.1mol，故X為Na2O；

故答案為：

。編號①②③X的化學式NaOHNa2O2Na2O加入X的質量（g）87.86.2（2）根據鈉元素守恒，n（Na+）=2n（Na2CO3）=0.2mol×2=0.4mol；故答案為：0.4mol；

（3）①中溶液增重為NaOH質量，②中過氧化鈉和水發生氧化還原反應生成氫氧化鈉和氧氣，反應方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，溶液質量增重為與過氧化鈉等物質的量的Na2O的質量，③中溶液增重為Na2O的質量，且過氧化鈉與氧化鈉的物質的量相等，故②③所得Na2CO3溶質的質量分數相等；

故答案為：②③．28、略

【分析】

根據100°C氯化鉀；硝酸鈉的溶解度可知氯化鉀、硝酸鈉溶液在混合液中不飽和；析出的晶體中不會含有硝酸鈉、氯化鉀；然后根據氯化鉀、硝酸鈉的質量計算出混合液中含有硝酸鈉、氯化鈉的質量，最后結合該溫度下的溶解度判斷析出晶體成分及質量．

本題考查了溶液中溶質質量分數的計算，題目難度中等，此題是一道溶液析出晶體的考查題，解題的關鍵是掌握不同物質溶解度與溫度的關系以及溶解度的概念和相關計算等內容．【解析】解：兩溶液混合后，溶劑質量為150克，最多溶解硝酸鈉的質量為：=120克；而實際硝酸鈉質量僅有35.4克，則混合液中硝酸鈉溶液為不飽和溶液；原氯化鉀是飽和溶液，混合后溶劑增加，溶質質量不變，則混合液中氯化鉀溶液也不飽和，故析出的晶體中不會含有硝酸鈉；氯化鉀；

混合溶液中的四種離子：K+、Na+、Cl-、NO3-；相互結合可以形成硝酸鉀；氯化鈉；

設混合后可能會生成硝酸鉀以及氯化鈉的質量分別為y；z；消耗硝酸鈉的質量為x；

NaNO3+KCl═KNO3+NaCl

8574.510158.5

x31gyz

x=≈35.37g；硝酸鈉有剩余；

則混合液中含有的硝酸鉀的質量為：y==42.3g；

混合液中含有氯化鈉的質量為：z==24.3g；

已知10O℃時硝酸鉀的溶解度為20.9克；氯化鈉的溶解度為35.8克．

設150克水中最多溶解硝酸鉀和氯化鈉的質量為m；w；

1OO：150=20.9：mm=31.4g；3l.4＜42.3；

l00：150=35.8：W；w=53.7g，53.7＞24.3；

故可知析出的晶體是硝酸鉀；質量為：42.3g-31.4g=10.9g；

答：混合液中析出的晶體為硝酸鉀，質量為10.9g．29、4AB4×10-6該反應是焓增、熵減的反應．根據△G=△H-T△S，△G＞0，不能實現2CO+2NO2CO2+N2【分析】【分析】（1）根據電荷守恒得：[H+]+[K+]+[Na+]+[NH4+]=2[SO42-]+[NO3-]+[Cl-]，計算H+離子濃度；進而確定pH值；

（2）①根據反應2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）K1=，2C（s）+O2（g）═2CO（g）K2=，C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）K=；由此確定K的值；

②依據二氧化硫的性質：是一種酸性氧化物可以和堿反應；二氧化硫溶于水得亞硫酸，酸性強于碳酸，所以可以和碳酸鈉溶液反應；

（3）①計算出平衡時各種物質的物質的量；結合平衡常數的表達式計算，依據化學反應速率和平衡移動原理分析判斷；

②根據G=△H-T?△S判斷反應能否自發進行；

③CO和NO催化氧化生成氮氣和二氧化碳；【解析】【解答】解：（1）根據電荷守恒得：[H+]+[K+]+[Na+]+[NH4+]=2[SO42-]+[NO3-]+[Cl-]，將表中數據帶入得：[H+]=10-4，pH=-lg[H+]=4；

故答案為：4；

（2）①根據反應2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）K1=，2C（s）+O2（g）═2CO（g）K2=，C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）K==；

故答案為：；

②二氧化硫是酸性氧化物所以具有酸性氧化物的通性能夠與堿反應：SO2+Ca（OH）2=CaSO3↓+H2O，二氧化硫水溶液是亞硫酸所以也能夠與碳酸鈉反應：SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2↑所以可以用氫氧化鈣溶液和碳酸鈉溶液做洗滌劑；二氧化硫與氯化鈣溶液不反應，且在亞硫酸氫鈉溶液中的溶解度很小，所以不能用氯化鈣和亞硫酸氫鈉溶液做洗滌液，故選：AB；

（3）①已知氣缸中生成NO的反應為：N2（g）+O2（g）?2NO（g）△H＞0．若氣缸中進入1mol空氣（1mol空氣含有0.8molN2和0.2molO2），1300℃時在密閉容器內反應達到平衡．測得NO為8×10-4mol，反應前后氣體物質的量相同，計算平衡常數時可以用物質的量代替平衡濃度計算，先計算物質的平衡量，N2為0.8mol-4×10-4mol，O2為0.2mol-4×10-4mol，帶入平衡常數表達式即可，書寫計算得K===4×10-6；

故答案為：4×10-6；

②2CO（g）=2C（s）+O2（g）；該反應是焓增；熵減的反應．根據G=△H-T?△S，G＞0，不能實現；

故答案為：該反應是焓增；熵減的反應．根據△G=△H-T△S；△G＞0，不能實現；

③CO和NO催化氧化生成氮氣和二氧化碳，反應的化學方程式為：2CO+2NO2CO2+N2；

故答案為：2CO+2NO2CO2+N2；30、H++OH-=H2OAl（OH）3+OH-=AlO2-+2H2OH+NH4+5：2【分析】【分析】（1）反應還生成Mg（NO）3；根據化合價升降相等與