2024年滬科新版高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………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(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2024年滬科新版高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、已知氯化銀、溴化銀的溶解度分別是1.5×10-4g和8.4×10-6g，將氯化銀和溴化銀的飽和溶液等體積混合，再加入足量濃硝酸銀溶液，則發(fā)生的反應(yīng)為（）A.只有溴化銀沉淀生成B.氯化銀河溴化銀沉淀等量生成C.氯化銀沉淀多于溴化銀沉淀D.氯化銀沉淀少于溴化銀沉淀2、下列說(shuō)法正確的是（）A.相同溫度下，飽和溶液的導(dǎo)電性一定比不飽和溶液的導(dǎo)電性強(qiáng)B.Na2O的水溶液能導(dǎo)電是因?yàn)镹a2O與水反應(yīng)生成的NaOH發(fā)生電離，所以NaOH是電解質(zhì)，Na2O是非電解質(zhì)C.強(qiáng)電解質(zhì)水溶液的導(dǎo)電能力一定比弱電解質(zhì)水溶液的導(dǎo)電能力強(qiáng)D.難溶于水的物質(zhì)不一定是弱電解質(zhì)3、一些裝有化學(xué)物質(zhì)的容器上常貼有危險(xiǎn)化學(xué)品的標(biāo)志．下列標(biāo)志中，應(yīng)貼在裝有濃硫酸的容器上的警示標(biāo)記是（）A.B.C.D.4、乙烷和丙烷的混合氣體完全燃燒后，先將產(chǎn)物通過(guò)濃硫酸，濃硫酸增重rm{2.04g}然后通過(guò)rm{Na_{2}O_{2}}rm{Na_{2}O_{2}}增重rm{2.24g}混合氣體中乙烷和丙烷的體積比為rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{1}B.rm{2}rm{3}C.rm{3}rm{2}D.rm{3}rm{5}5、化學(xué)與生產(chǎn)生活、環(huán)境保護(hù)、資利用、能開發(fā)等密切相關(guān)rm{.}下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是rm{(}rm{)}A.煤炭經(jīng)氣化、液化和干餾等過(guò)程，可以轉(zhuǎn)化為清潔能B.利用二氧化碳制造全降解塑料，可以緩解溫室效應(yīng)C.利用生物方法脫除生活污水中的氮和磷，防止水體富營(yíng)養(yǎng)化D.高純硅廣泛應(yīng)用于太陽(yáng)能電池、計(jì)算機(jī)芯片和光導(dǎo)纖維6、下列敘述正確的是（）A.苯與酸性KMnO4溶液混合振蕩，醇置分層，下層液體為無(wú)色B.用核磁共振氫譜鑒別1-丙醇和2-丙醇C.不慎將苯酚溶液沾到皮膚上，立即用NaOH溶液清洗D.C5H10的鏈狀烴有7種（考慮順反異構(gòu)體）7、為探究溴乙烷與NaOH的醇溶液共熱發(fā)生的是水解反應(yīng)還是消去反應(yīng)；甲；乙、丙三名同學(xué)分別設(shè)計(jì)如下三個(gè)實(shí)驗(yàn)方案：

甲：向反應(yīng)混合液中滴入溴水；若溶液顏色很快褪去，則可證明發(fā)生了消去反應(yīng)．

乙：向反應(yīng)混合液中滴入稀硝酸中和NaOH，然后再滴入AgNO3溶液；若有淺黃色沉淀生成，則可證明發(fā)生了消去反應(yīng)．

丙：向反應(yīng)混合液中滴入酸性KMnO4溶液；若溶液顏色變淺，則證明發(fā)生了消去反應(yīng)．

則有關(guān)上述實(shí)驗(yàn)方案敘述（）A.甲正確B.乙正確C.丙正確D.上述實(shí)驗(yàn)方案都不正確評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、Cl2O為國(guó)際公認(rèn)高效安全滅菌消毒劑之一，它是棕黃色強(qiáng)刺激性氣體，沸點(diǎn)3.8℃，熔點(diǎn)-116℃．實(shí)驗(yàn)室可用潮濕的Cl2與Na2CO3反應(yīng)制取少量Cl2O；裝置如下（圖Ⅰ）：

回答下列問(wèn)題：

（1）把濃鹽酸直接滴在KMnO4晶體上就可以產(chǎn)生Cl2．請(qǐng)模仿“圖Ⅱ”在“圖Ⅰ”A處補(bǔ)畫出正確的裝置圖；并作必要的標(biāo)注。

（2）B中試劑a應(yīng)選用____（填下列序號(hào)字母）：

a．CCl4b．飽和NaCl溶液c．濃H2SO4d．飽和NaHCO3溶液。

（3）通入適量的氯氣，在C中生成黃綠色的物質(zhì)Cl2O；該物質(zhì)常溫為氣體，方程式為：

____Cl2+____Na2CO3+____═____NaHCO3+____NaCl+____Cl2O

（4）對(duì)C中反應(yīng)后的固體成分進(jìn)行檢驗(yàn)；請(qǐng)寫出實(shí)驗(yàn)步驟以及預(yù)期的現(xiàn)象和結(jié)論．

限選實(shí)驗(yàn)試劑和儀器：蒸餾水、稀HNO3、BaCl2溶液、Ba（OH）2溶液、AgNO3溶液；澄清石灰水、試管、小燒杯、帶導(dǎo)管的橡皮塞、過(guò)濾裝置．

。實(shí)驗(yàn)步驟現(xiàn)象和結(jié)論步驟一：取C中的少量固體樣品于試管中，滴加足量蒸餾水至完全溶解，然后將溶液分別置于a、b試管中．步驟二：向a試管中滴加BaCl2溶液，靜置．無(wú)明顯現(xiàn)象，證明固體中不含Na2CO3步驟三：________步驟四：________

則證明固體中含有NaCl9、已知B是中學(xué)化學(xué)中常見的金屬單質(zhì)；E為地殼中含量最多的元素構(gòu)成的單質(zhì)，H常溫下為無(wú)色液體，反應(yīng)③；④是工業(yè)生產(chǎn)C的重要反應(yīng)，C的濃溶液在加熱時(shí)才與D反應(yīng)．根據(jù)下列框圖所示，試回答：

（1）反應(yīng)②③④⑤⑥中屬于氧化還原反應(yīng)的是____；

（2）反應(yīng)①的化學(xué)方程式：____；

（3）寫出C的濃溶液在加熱時(shí)與D反應(yīng)的化學(xué)方程式：____；

（4）F與A、H反應(yīng)，當(dāng)有7.8gF參加反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目是____．10、FeCl3具有凈水作用，但腐蝕設(shè)備，而聚合氯化鐵是一種新型的絮凝劑，處理污水比FeCl3高效；且腐蝕性?。?qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）FeCl3凈水的原理是____．FeCl3溶液腐蝕鋼鐵設(shè)備，除H+作用外，另一主要原因是（用離子方程式表示）____．

（2）為節(jié)約成本，工業(yè)上用NaClO3氧化酸性FeCl2廢液得到FeCl3．①若酸性FeCl2廢液中c（Fe2+）=2.0×10-2mol?L-1，c（Fe3+）=1.0×10-3mol?L-1，c（Cl-）=5.3×10-2mol?L-1，則該溶液的PH約為____．

②完成NaClO3氧化FeCl2的離子方程式：ClO3-+Fe2++____=Cl-+Fe3++____．

（3）FeCl3在溶液中分三步水解：K1：Fe3++H2O?Fe（OH）2++H+；

Fe（OH）2++H2O?Fe（OH）2++H+K2Fe（OH）++H2O?Fe（OH）3+H+K3

通過(guò)控制條件，以上水解產(chǎn)物聚合，生成聚合氧化鐵，離子方程式為：xFe3++yH2O?Fex（OH）y（3x-y）++yH+，欲使平衡正向移動(dòng)可采用的方法是（填序號(hào)）____．

a．降溫b．加水稀釋c．加入NH4Cld．加入NaHCO3．11、（2014秋?如東縣校級(jí)月考）根據(jù)化學(xué)反應(yīng)原理；回答下列問(wèn)題：

（1）將溶液甲：pH=4的NH4Cl溶液及溶液乙：pH=4的鹽酸，分別加水稀釋10倍，pH變化較大的是溶液____（填“甲”、“乙”，下同），稀釋后水的電離程度較大的是溶液____．

（2）在密閉容器中加入一定量N2O5，發(fā)生分解反應(yīng)：2N2O5（g）?4NO2（g）+O2（g）△H＞0．

①該反應(yīng)平衡常數(shù)表達(dá)式為k=____．

②提出一個(gè)合理措施，使得該反應(yīng)反應(yīng)速率減小，且平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)____．

③通過(guò)NOx傳感器可監(jiān)測(cè)汽車尾氣中NOx含量，工作原理如圖1：寫出NiO電極的電極反應(yīng)式____．

（3）25℃時(shí)，0.1molNa2CO3與鹽酸混合所得的一組體積為1L的溶液；溶液中部分微粒與pH的關(guān)系如圖2所示．

①CO32-水解反應(yīng)的平衡常數(shù)即水解常數(shù)Kh=，選擇圖中合理數(shù)據(jù)，算得CO32-水解常數(shù)Kh=____．

②W點(diǎn)所示的溶液中：3c（CO32-）+c（OH-）+c（Cl-）____（選填“＞”“＜”或“=”）c（Na+）．12、（2014?長(zhǎng)春三模）元素周期表揭示了化學(xué)元素間的內(nèi)在聯(lián)系；使其構(gòu)成了一個(gè)完整的體系．

（1）第二周期元素碳、氮、氧的電負(fù)性從大到小順序?yàn)開___（用元素符號(hào)表示）．

（2）第四周期元素砷、硒、溴的第一電離能從大到小順序?yàn)開___（用元素符號(hào)表示）．

（3）第ⅢA族元素原子具有缺電子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸（H3BO3）在水溶液中能與水反應(yīng)生成[B（OH）4]-而體現(xiàn)一元弱酸的性質(zhì)．

①[B（OH）4]-中B的原子雜化類型為____；

②不考慮空間構(gòu)型，[B（OH）4]-的結(jié)構(gòu)可用示意圖表示為____．

（4）過(guò)渡區(qū)元素銅的離子是人體內(nèi)多種酶的輔因子．某化合物Y與Cu（Ⅰ）（Ⅰ表示化合價(jià)為+1）結(jié)合形成圖1所示的離子：

①寫出Cu（Ⅰ）的電子排布式____；

②該離子中含有化學(xué)鍵的類型有____（選填字母）．

A．極性鍵B．離子鍵C．非極性鍵D．配位鍵。

③向氯化銅溶液中通入足量的二氧化硫，生成白色沉淀M，M的晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示．寫出該反應(yīng)的離子方程式____．若M晶體的密度為ag/cm3，NA表示阿伏加德羅常數(shù)，則晶胞的體積是____cm3．13、（2012春?賀蘭縣校級(jí)月考）如圖為相互串聯(lián)的甲乙兩個(gè)電解池；請(qǐng)回答：

（1）若甲池為電解精煉粗銅（含有鋅鐵鎳銀金和鉑等微量雜質(zhì)，雜質(zhì)發(fā)生的電極反應(yīng)不必寫出）裝置，電解液選用CuSO4溶液；則：

①A電極發(fā)生的反應(yīng)類型為____；B電極和Fe電極電子的流向由____到____（填B或Fe）．

②B電極的材料是____，電極反應(yīng)式為____．CuSO4溶液的濃度____（填“不變”“略有增加”或“略有減少”）

（2）實(shí)驗(yàn)開始時(shí)；若在乙池兩邊電極附近同時(shí)各滴入幾滴酚酞試液，則：

①寫出電解NaCl溶液總的化學(xué)方程式____．

②在Fe極附近觀察到的現(xiàn)象是____．檢驗(yàn)碳棒電極反應(yīng)產(chǎn)物的方法是_____．

（3）若甲槽電解液為CuSO4，實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)陰極增重12.8g，則乙槽陰極放出氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為____L．若乙槽剩余液體為400mL，則電解后得到堿液的物質(zhì)的量濃度為____．評(píng)卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)14、同濃度的三種溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3，其體積比為3：2：1，則SO濃度之比為3：2：3．____（判斷對(duì)錯(cuò)）15、水體污染的危害是多方面的；它不僅加劇水資源短缺，而且嚴(yán)重危害人體健康．

請(qǐng)判斷下列說(shuō)法是否正確（填“√”或“×”）．

（1）工業(yè)廢水中含有的酸、堿、鹽，會(huì)造成水體污染．____

（2）生活污水中不含工業(yè)污染物，因此可以不經(jīng)處理任意排放．____

（3）含重金屬（Hg、Pb、Cd、Cr等）的水，對(duì)人類健康有害．____

（4）含大量N、P的污水任意排向湖泊和近海，會(huì)出現(xiàn)水華、赤潮等問(wèn)題．____．16、常溫常壓下，16gCH4中所含中子數(shù)為10NA____（判斷對(duì)錯(cuò)）17、加足量稀鹽酸后過(guò)濾，除去混在銅粉中的少量鎂粉和鋁粉____．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、加過(guò)量的NaOH溶液，未看見產(chǎn)生氣體，溶液里一定不含NH4+．____（判斷對(duì)錯(cuò)）正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”19、將飽和氯化鐵溶液滴入稀氫氧化鈉溶液中加熱，可得氫氧化鐵膠體____．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、常溫常壓下，22.4LSO2和O2的混合氣體中氧原子總數(shù)為2NA____（判斷對(duì)錯(cuò)）21、鑒定鹵代烴中鹵元素的存在的操作是：加入NaOH溶液，加熱后加入AgNO3溶液．____．（判斷對(duì)錯(cuò)說(shuō)明理由）評(píng)卷人得分四、推斷題(共1題，共4分)22、中學(xué)常見單質(zhì)A；B和甲、乙、丙三種化合物有如圖所示的轉(zhuǎn)換關(guān)系（部分產(chǎn)物未列出）．單質(zhì)A常作為食品包裝材料；甲是兩性氧化物．

根據(jù)圖示轉(zhuǎn)化關(guān)系回答：

（1）寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：?jiǎn)钨|(zhì)A____，乙____．

（2）寫出單質(zhì)A與Fe2O3反應(yīng)的化學(xué)方程式：____，利用該反應(yīng)的原理，可用于____．

（3）用單質(zhì)A做成的容器可以儲(chǔ)存和運(yùn)輸濃硫酸的原因是____．

（4）寫出反應(yīng)①的離子方程式：____．

（5）工業(yè)上冶煉下列物質(zhì)通常不采用電解法的是____．

a．Nab．Mgc．Fed．Ag

（6）用鋁粉和Fe2O3做鋁熱反應(yīng)實(shí)驗(yàn)，需要的試劑還有____

a．KClb．KClO3c．MnO2d．Mg．評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共1題，共2分)23、以丙烯為原料合成有機(jī)高分子化合物E；合成路線如下：

請(qǐng)回答：

（1）A中官能團(tuán)名稱為______，B→C的反應(yīng)類型是______．

（2）A→B的化學(xué)方程式______．

（3）高分子E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式______．

（4）對(duì)于化合物D，下列說(shuō)法正確的是______．

A．能發(fā)生皂化反應(yīng)B．能使Br2/CCl4溶液褪色。

C．能發(fā)生氧化反應(yīng)D．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。

（5）下列化合物屬于C的同分異構(gòu)體的是______．

A．B．CH3CH2-N=CHCH2OHC．D．評(píng)卷人得分六、計(jì)算題(共3題，共24分)24、在一定條件下，16克A恰好能根20克B完全反應(yīng)，生成若干克c和4.5克D，若在相同條件下，將8gA和15gB反應(yīng)，則生成0.125molC和若干克D．則C的摩爾質(zhì)量是多少．25、李老師要用含雜質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為20%的大理石與足量的稀鹽酸反應(yīng)；制備20瓶二氧化碳?xì)怏w．已知：

①集氣瓶的體積為100mL；

②大理石中雜質(zhì)不與稀鹽酸反應(yīng)；

③常溫常壓下二氧化碳的密度為1.98g/L．

計(jì)算李老師需要準(zhǔn)備大理石的最少質(zhì)量．26、①20gNaOH溶于水形成500mL溶液，所得溶液的物質(zhì)的量濃度是____．

②標(biāo)準(zhǔn)狀況下，44.8LNH3溶于水形成1L溶液，所得溶液的物質(zhì)的量濃度是____．

③配制500mL0.5mol?L-1的鹽酸溶液，需要標(biāo)準(zhǔn)狀況下的HCl氣體____升．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】向AgCl與AgBr的飽和溶液中，加入AgNO3，AgCl與AgBr的溶解平衡向左移動(dòng)，但AgBr的溶解度更小，溶液中AgCl沉淀較多．【解析】【解答】解：在AgCl和AgBr兩飽和溶液中，前者c（Ag+）大于后者c（Ag+），c（Cl-）＞c（Br-），當(dāng)將AgCl、AgBr兩飽和溶液混合時(shí)，發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，生成更多的AgBr沉淀，與此同時(shí)，溶液中n（Cl-）比原來(lái)AgCl飽和溶液中大，當(dāng)加入足量的濃AgNO3溶液時(shí)，AgBr沉淀有所增多；但AgCl沉淀增加更多．

故選C．2、D【分析】【分析】A；溶液的導(dǎo)電性與溶液中離子濃度有關(guān)；電解質(zhì)不同時(shí)，飽和溶液中的離子濃度不一定大于不飽和溶液的離子濃度；

B；氧化鈉在熔融狀態(tài)下能夠電離出鈉離子和氧離子；所以氧化鈉為電解質(zhì)；

C；導(dǎo)電能力取決于溶液中離子濃度大??；與強(qiáng)弱電解質(zhì)沒有必然關(guān)系；

D、有些難溶物屬于強(qiáng)電解質(zhì)，如碳酸鈣、硫酸鋇等，是否為強(qiáng)電解質(zhì)關(guān)鍵分析溶于水的部分是否完全電離．【解析】【解答】解：A；導(dǎo)電能力取決于溶液中離子濃度大?。浑娊赓|(zhì)不同，飽和溶液中的離子濃度不一定比不飽和溶液中的離子濃度大，所以導(dǎo)電性大小無(wú)法比較，故A錯(cuò)誤；

B；由于氧化鈉在熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姡凰匝趸c為電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤；

C；導(dǎo)電能力與強(qiáng)弱電解質(zhì)沒有必然關(guān)系；導(dǎo)電性取決于溶液中離子濃度大小，強(qiáng)電解質(zhì)的溶液中離子濃度不一定比弱電解質(zhì)溶液中離子濃度大，溶液硫酸鋇溶液的導(dǎo)電性比醋酸溶液導(dǎo)電性差，故C錯(cuò)誤；

D；強(qiáng)弱電解質(zhì)的本質(zhì)區(qū)別是能否完全電離；與電解質(zhì)的溶解性沒有必然關(guān)系，如硫酸鋇難溶，硫酸鋇屬于強(qiáng)電解質(zhì)，故D正確；

故選D．3、D【分析】【分析】根據(jù)濃硫酸的化學(xué)性質(zhì)和常用化學(xué)危險(xiǎn)品的標(biāo)志含義解答．【解析】【解答】解：A．圖中所示標(biāo)志與濃硫酸無(wú)關(guān)；故A錯(cuò)誤；

B．圖中所示標(biāo)志是劇毒品標(biāo)志；濃硫酸具有強(qiáng)腐蝕性，不具備劇毒性，故B錯(cuò)誤；

C．圖中所示標(biāo)志是易燃品標(biāo)志；濃硫酸不能燃燒，故C錯(cuò)誤；

D．圖中所示標(biāo)志是腐蝕品標(biāo)志；濃硫酸具有三大特性：強(qiáng)氧化性；吸水性、脫水性．濃硫酸強(qiáng)烈的腐蝕性是強(qiáng)氧化性的體現(xiàn)，故裝運(yùn)濃硫酸的包裝箱應(yīng)貼腐蝕品標(biāo)志，故D正確．

故選D．4、C【分析】解：濃硫酸增重為燃燒生成水的質(zhì)量，即混合物反應(yīng)生成了rm{2.04g}

二氧化碳與過(guò)氧化鈉發(fā)生反應(yīng)：rm{2CO_{2}+2Na_{2}O_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}固體質(zhì)量增重等于與二氧化碳等物質(zhì)的量的rm{CO}的質(zhì)量，故Crm{O}的物質(zhì)的量rm{=dfrac{2.24g}{28g/mol}=0.08mol}

設(shè)乙烷、丙烷的物質(zhì)的量分別為rm{=dfrac

{2.24g}{28g/mol}=0.08mol}rm{xmol}由rm{ymol}原子守恒及rm{H}原子守恒；則：

rm{6x+8y=dfrac{2.04g}{18g/mol}隆脕2}rm{C}

聯(lián)立解得：rm{6x+8y=dfrac

{2.04g}{18g/mol}隆脕2}rm{2x+3y=0.08}

所以乙烷和丙烷的物質(zhì)的量之比為：rm{x=0.02}rm{y=dfrac{2}{150}}rm{0.02mol}

故選C．

濃硫酸增重為燃燒生成水的質(zhì)量，通過(guò)過(guò)氧化鈉發(fā)生反應(yīng)：rm{dfrac{2}{150}mol=3}固體質(zhì)量增重等于與二氧化碳等物質(zhì)的量的rm{2}的質(zhì)量，設(shè)乙烷、丙烷的物質(zhì)的量分別為rm{2CO_{2}+2Na_{2}O_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}rm{CO}根據(jù)rm{xmol}rm{ymol}原子守恒列方程計(jì)算解答．

本題考查混合物反應(yīng)的計(jì)算，題目難度中等，解答關(guān)鍵是根據(jù)方程式確定固體質(zhì)量增重，注意利用原子守恒進(jìn)行解答，有利于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力，有助于提高學(xué)生的化學(xué)計(jì)算能力．rm{C}【解析】rm{C}5、D【分析】解：rm{A.}煤炭經(jīng)氣化；液化和干餾等過(guò)程；可以轉(zhuǎn)化為清潔能源，可以節(jié)約能源，減少污染物的排放，故A正確；

B.利用二氧化碳制造全降解塑料；減少了二氧化碳的排放，可以緩解溫室效應(yīng)，故B正確；

C.氮和磷是植物的營(yíng)養(yǎng)元素；可造成水體富營(yíng)養(yǎng)化，故C正確；

D.光導(dǎo)纖維的成分是二氧化硅；不是硅單質(zhì)，故D錯(cuò)誤．

故選D．

A.煤炭進(jìn)行深加工；綜合利用煤資源，如煤的干餾；氣化、液化技術(shù)，提高能源的利用率，可以節(jié)約能源，減少污染物的排放；

B.利用二氧化碳制造全降解塑料；減少了二氧化碳的排放；

C.氮和磷是植物的營(yíng)養(yǎng)元素；

D.光導(dǎo)纖維的成分是二氧化硅．

本題考查化學(xué)與社會(huì)、環(huán)境的關(guān)系，把握能源使用及污染物的排放為解答的關(guān)鍵，注重基礎(chǔ)知識(shí)的考查，題目難度不大．【解析】rm{D}6、B【分析】【分析】A．苯不溶于水；密度比水小；

B.1-丙醇和2-丙醇含有的氫原子的位置和強(qiáng)度不同；

C．氫氧化鈉具有腐蝕性；

D．組成為C5H10的有機(jī)物，其所有同分異構(gòu)體中屬于烯烴，同分異構(gòu)體說(shuō)明含有1個(gè)C=C雙鍵，根據(jù)碳鏈縮短法書寫同分異構(gòu)體，①先寫烷烴同分異構(gòu)體（烷烴碳骨架）②主鏈從長(zhǎng)到短、支鏈由整到散、位置由心到邊③“C=C”位置移動(dòng)．考慮順反異構(gòu)，C=C雙鍵不飽和的同一C原子上應(yīng)連接不同的基團(tuán)或原子具有順反異構(gòu)．【解析】【解答】解：A．苯不溶于水，密度比水小，苯與酸性KMnO4溶液混合振蕩；醇置分層，上層液體為無(wú)色，下層為紫色，故A錯(cuò)誤；

B.1-丙醇為CH3CH2CH2OH，2-丙醇為CH3CH（OH）CH3；由于分子中氫原子的位置和強(qiáng)度不同，會(huì)出現(xiàn)不同的峰值，可以進(jìn)行鑒別，故B正確；

C．氫氧化鈉具有腐蝕性；不能用于清晰皮膚，可用酒精，故C錯(cuò)誤；

D．戊烷的同分異構(gòu)體有CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、．

若為CH3-CH2-CH2-CH2-CH3，相應(yīng)烯烴有CH2═CH-CH2-CH2-CH3、CH3-CH═CH-CH2-CH3，其中CH3-CH═CH-CH2-CH3有2種順反異構(gòu)；即有3種異構(gòu)．

若為相應(yīng)烯烴有：CH2═C（CH3）CH2CH3；CH3C（CH3）═CHCH3；CH3CH（CH3）CH═CH2；都不存在順反異構(gòu)，即有3種異構(gòu)．

若為沒有相應(yīng)烯烴．

所以分子式為C5H10的烯烴共有（包括順反異構(gòu)）3+3=6種．故D錯(cuò)誤．

故選B．7、D【分析】【分析】甲；反應(yīng)后的溶液中有氫氧化鈉；溴能夠與氫氧化鈉反應(yīng)褪色；

乙；消去反應(yīng)和水解反應(yīng)都會(huì)生成溴離子；

丙、溶液中有溴離子存在，溴離子能夠被高錳酸鉀溶液氧化，以此來(lái)解答．【解析】【解答】解：甲；由于反應(yīng)后的溶液中存在氫氧化鈉；氫氧化鈉能夠與溴能夠反應(yīng)使溴水褪色，所以無(wú)法證明反應(yīng)類型，故錯(cuò)誤；

乙；由于無(wú)論發(fā)生消去反應(yīng)還是發(fā)生水解反應(yīng)；溶液中都會(huì)存在溴離子，無(wú)法證明反應(yīng)類型，故錯(cuò)誤；

丙；由于兩種反應(yīng)的溶液中都有溴離子存在；溴離子能夠被高錳酸鉀溶液氧化，所以無(wú)法判斷反應(yīng)類型，故錯(cuò)誤；

故選D．二、填空題(共6題，共12分)8、b22H2O221取a試管的上層清液于c試管中取a試管的上層清液于c試管中加入適量氫氧化鋇溶液產(chǎn)生白色沉淀證明固體中含有碳酸氫鈉向試管b中加入過(guò)量稀硝酸溶液向試管b中加入過(guò)量稀硝酸溶液再滴加少量硝酸銀溶液有白色沉淀生成【分析】【分析】（1）反應(yīng)是固體和液體不加熱制取氣體；液體從分液漏斗加入，固體在錐形瓶?jī)?nèi)加入高錳酸鉀固體，導(dǎo)氣管露出膠塞，導(dǎo)氣管接B裝置膠皮管，畫出裝置圖；

（2）濃鹽酸易揮發(fā)；制備的氯氣中含有氯化氫，依據(jù)氯氣與氯化氫水溶性選擇除雜劑；

（3）依據(jù)氧化還原反應(yīng)的元素化合價(jià)變化；結(jié)合電子守恒和原子守恒確定空項(xiàng)物質(zhì)，配平書寫；

（4）依據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟和反應(yīng)現(xiàn)象，結(jié)合物質(zhì)性質(zhì)選擇試劑，判斷反應(yīng)現(xiàn)象得到結(jié)論；【解析】【解答】解：（1）把濃鹽酸直接滴在KMnO4晶體上就可以產(chǎn)生Cl2．反應(yīng)是固體和液體不加熱制取氣體；液體從分液漏斗加入，固體在錐形瓶?jī)?nèi)加入高錳酸鉀固體，導(dǎo)氣管露出膠塞，導(dǎo)氣管接B裝置膠皮管，畫出裝置圖為：

故答案為：

（2）濃鹽酸易揮發(fā)；制備的氯氣中含有氯化氫，氯化氫易溶于水，氯氣在飽和食鹽水中溶解度不大，可以選擇飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫；

故答案為：b；

（3）反應(yīng)中部分氯元素化合價(jià)升高：0→+1價(jià)，部分氯元素化合價(jià)降低：0→-1價(jià)，依據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒，氯化鈉系數(shù)為2，Cl2O系數(shù)為1，依據(jù)原子個(gè)數(shù)守恒，反應(yīng)方程式：2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+2NaCl+Cl2O；

故答案為：2，2，H2O；2，2，1；

（4）對(duì)C中反應(yīng)后的固體成分進(jìn)行檢驗(yàn)；乙實(shí)驗(yàn)的方法測(cè)定是否含有碳酸鈉，碳酸氫鈉，氯化鈉，依據(jù)題干實(shí)驗(yàn)步驟，步驟二加入氯化鋇檢驗(yàn)碳酸鈉的存在；步驟三利用酸和碳酸氫鈉反應(yīng)生成碳酸鈉，在溶液中和鋇離子反應(yīng)生成白色沉淀證明碳酸氫鈉的存在；步驟四加入過(guò)量稀硝酸排除其他離子的干擾，加入硝酸銀生成白色沉淀判斷氯化鈉的存在；

故答案為：。實(shí)驗(yàn)步驟現(xiàn)象和結(jié)論步驟三：取a試管的上層清液于c試管中加入適量氫氧化鋇溶液產(chǎn)生白色沉淀證明固體中含有碳酸氫鈉步驟四：向試管b中加入過(guò)量稀硝酸溶液再滴加少量硝酸銀溶液

有白色沉淀生成9、②③⑤⑥2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O6.02×1022【分析】【分析】A的電解產(chǎn)物反應(yīng)生成H，H常溫下為無(wú)色液體，H為H2O；L是藍(lán)色沉淀，為Cu（OH）2，M的焰色反應(yīng)為黃色，M含有Na元素，由轉(zhuǎn)化關(guān)系A(chǔ)+H+F→E+L+M，即A溶液+F→E+L+M，可知F與水反應(yīng)生成堿與E，且B+E→F，故F為Na2O2，E為O2，B為金屬Na，A為銅鹽，由A溶液C+D+E可知，電解產(chǎn)物為三種，為放氧生酸型，電解生成Cu、O2、酸，C的濃溶液在加熱時(shí)才與D反應(yīng)，D為Cu，C為H2SO4，故A為CuSO4，由C+DI+D+H可知，I為SO2，由IK可知，K為SO3，SO3與水反應(yīng)生成硫酸，驗(yàn)證符合轉(zhuǎn)化關(guān)系．【解析】【解答】解：A的電解產(chǎn)物反應(yīng)生成H，H常溫下為無(wú)色液體，H為H2O；L是藍(lán)色沉淀，為Cu（OH）2，M的焰色反應(yīng)為黃色，M含有Na元素，由轉(zhuǎn)化關(guān)系A(chǔ)+H+F→E+L+M，即A溶液+F→E+L+M，可知F與水反應(yīng)生成堿與E，且B+E→F，故F為Na2O2，E為O2，B為金屬Na，A為銅鹽，由A溶液C+D+E可知，電解產(chǎn)物為三種，為放氧生酸型，電解生成Cu、O2、酸，C的濃溶液在加熱時(shí)才與D反應(yīng)，D為Cu，C為H2SO4，故A為CuSO4，由C+DI+D+H可知，I為SO2，由IK可知，K為SO3，SO3與水反應(yīng)生成硫酸；驗(yàn)證符合轉(zhuǎn)化關(guān)系．

（1）由上述分析可知；反應(yīng)②為銅與濃硫酸的反應(yīng)，是氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)③為二氧化硫的催化氧化，是氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)④為三氧化硫與水反應(yīng)生成硫酸，是非氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)⑤為鈉在氧氣中燃燒，是氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)⑥為過(guò)氧化鈉與水及硫酸銅的反應(yīng)，是氧化還原反應(yīng)，所以屬于氧化還原反應(yīng)的是②③⑤⑥；

故答案為：②③⑤⑥；

（2）反應(yīng)①為電解硫酸銅溶液生成銅、硫酸、氧氣，反應(yīng)離子方程式為：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑；

故答案為：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑；

（3）銅與濃硫酸加熱生成硫酸銅、二氧化硫和水，反應(yīng)的方程式為Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O；

故答案為：Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O；

（4）過(guò)氧化鈉與水及硫酸銅的反應(yīng)時(shí)，可以看作過(guò)氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，氫氧化鈉與硫酸銅反應(yīng)生成氫氧化銅，在過(guò)氧化鈉與水的反應(yīng)中，每摩爾過(guò)氧化鈉反應(yīng)可以轉(zhuǎn)移1mol即6.02×1023個(gè)電子，所以7.8g過(guò)氧化鈉即為0.1mol參加反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目是6.02×1022；

故答案為：6.02×1022．10、Fe3+水解生成的Fe（OH）3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質(zhì)2Fe3++Fe=3Fe2+26H+3H2Obd【分析】【分析】（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質(zhì)；可起到凈水的作用；鋼鐵設(shè)備中的Fe會(huì)與鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子；

（2）①根據(jù)電荷守恒：c（Cl-）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH-濃度很小，在這里可以忽略不計(jì)），據(jù)此溶液中氫離子的濃度，再根據(jù)pH=-lgc（H+）計(jì)算；

②氯酸鈉氧化酸性的氯化亞鐵，則反應(yīng)物中有氫離子參加，則生成物中有水生成，Cl元素的化合價(jià)從+5價(jià)降低到-1價(jià)，得到6個(gè)電子，而Fe元素的化合價(jià)從+2價(jià)升高到+3價(jià)，失去1個(gè)電子，根據(jù)得失電子守恒，則氯酸根離子的系數(shù)為1，F(xiàn)e2+的系數(shù)為6；則鐵離子的系數(shù)也是6，氯離子的系數(shù)是1，根據(jù)電荷守恒，則氫離子的系數(shù)是6，水的系數(shù)是3；

（3）控制條件使平衡正向移動(dòng)，水解為吸熱反應(yīng)，所以降溫平衡逆向移動(dòng)；加水稀釋，則水解平衡也正向移動(dòng)；加入氯化銨，氯化銨溶液為酸性，氫離子濃度增大，平衡逆向移動(dòng)；加入碳酸氫鈉，則消耗氫離子，平衡正向移動(dòng)．【解析】【解答】解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質(zhì)，可起到凈水的作用；鋼鐵設(shè)備中的Fe會(huì)與鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子，離子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+；

故答案為：Fe3+水解生成的Fe（OH）3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質(zhì)；2Fe3++Fe=3Fe2+；

（2）①根據(jù)電荷守恒：c（Cl-）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH-濃度很小，在這里可以忽略不計(jì)），則c（H+）=c（Cl-）-2c（Fe2+）-3c（Fe3+）=1.0×10-2mol?L-1，則溶液pH=-lg1.0×10-2=2；

故答案為：2；

②氯酸鈉氧化酸性的氯化亞鐵，則反應(yīng)物中有氫離子參加，則生成物中有水生成，Cl元素的化合價(jià)從+5價(jià)降低到-1價(jià)，得到6個(gè)電子，而Fe元素的化合價(jià)從+2價(jià)升高到+3價(jià)，失去1個(gè)電子，根據(jù)得失電子守恒，則氯酸根離子的系數(shù)為1，F(xiàn)e2+的系數(shù)為6，則鐵離子的系數(shù)也是6，氯離子的系數(shù)是1，根據(jù)電荷守恒，則氫離子的系數(shù)是6，水的系數(shù)是3，配平后離子方程式為：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；

故答案為：1；6；6H+；1；6；3H2O；

（3）控制條件使平衡正向移動(dòng)，使平衡正向移動(dòng)，因?yàn)樗鉃槲鼰岱磻?yīng)，所以降溫，平衡逆向移動(dòng)；加水稀釋，則水解平衡也正向移動(dòng)；加入氯化銨，氯化銨溶液為酸性，氫離子濃度增大，平衡逆向移動(dòng)；加入碳酸氫鈉，則消耗氫離子，所以氫離子濃度降低，平衡正向移動(dòng)，故選bd；

故答案為：bd．11、乙甲減小壓強(qiáng)NO+O2--2e-═NO22.5×10-4＞【分析】【分析】（1）強(qiáng)酸溶液稀釋；氫離子濃度隨體積變化減小，氯化銨溶液稀釋除隨體積變化濃度減小外，稀釋促進(jìn)銨根離子的水解；

（2）化學(xué)平衡常數(shù)為生成物濃度系數(shù)次冪的乘積與反應(yīng)物濃度系數(shù)次冪乘積的比值；減小壓強(qiáng)平衡向氣體體積增大的方向移動(dòng)；NiO電極上NO失電子和氧離子反應(yīng)生成二氧化氮；

（3）當(dāng)PH=11時(shí)，c（CO32-）=0.08mol/L，c（HCO3-）=0.02mol/L，結(jié)合水解常數(shù)Kh=計(jì)算，根據(jù)電荷守恒結(jié)合W點(diǎn)c（CO32-）=c（HCO3-）判斷．【解析】【解答】解：（1）pH均為4的鹽酸和NH4Cl溶液，分別加水稀釋10倍，鹽酸溶液PH變化為5，氯化銨銨根離子水解促進(jìn)，溶液中氫離子濃度減小的少，溶液PH小于5，所以pH較大的是鹽酸，稀釋后水的電離程度較大的是NH4Cl溶液；

故答案為：乙；甲；

（2）①化學(xué)平衡常數(shù)為生成物濃度系數(shù)次冪的乘積與反應(yīng)物濃度系數(shù)次冪乘積的比值，即K=，故答案為：；

②該反應(yīng)正反應(yīng)是體積增大的反應(yīng)；減小壓強(qiáng)平衡向氣體體積增大的方向移動(dòng)，即向正反應(yīng)移動(dòng)，故答案為：減小壓強(qiáng)；

③NiO電極上NO失電子和氧離子反應(yīng)生成二氧化氮，所以電極反應(yīng)式為：NO+O2--2e-=NO2，故答案為：NO+O2--2e-=NO2；

（3）①當(dāng)PH=11時(shí)，c（OH-）=1×10-3mol/L，c（CO32-）=0.08mol/L，c（HCO3-）=0.02mol/L，所以水解常數(shù)Kh===2.5×10-4；

故答案為：2.5×10-4；

②根據(jù)電荷守恒可知，溶液中離子應(yīng)該滿足關(guān)系式c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（OH-）+c（Cl-）+c（HCO3-），W點(diǎn)c（CO32-）=c（HCO3-），所以c（Na+）+c（H+）=3c（CO32-）+c（OH-）+c（Cl-），所以3c（CO32-）+c（OH-）+c（Cl-）＞c（Na+），故答案為：＞．12、N＞C＞OBr＞As＞Sesp31s22s22p63s23p63d10ACD2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+【分析】【分析】（1）同周期從左向右第一電離能增大；但N原子p軌道半滿，為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則第一電離能更大；

（2）同周期從左向右第一電離能增大；但As原子p軌道半滿，為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則第一電離能比Se的大；

（3）[B（OH）4]-中B原子形成3個(gè)θ鍵，1個(gè)配位鍵，共含有4個(gè)價(jià)層電子對(duì)，所以采用sp3雜化；

（4）①根據(jù)能量最低原理和洪特規(guī)則書寫電子排布式；

②同種非金屬元素之間存在非極性鍵；不同非金屬元素之間存在極性鍵，含有孤電子對(duì)的原子和含有空軌道的原子間存在配位鍵；

③利用均攤法確定M的化學(xué)式；銅離子和二氧化硫能發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成亞銅離子和硫酸根離子．

先計(jì)算一個(gè)CuCl分子的質(zhì)量，再用均攤法求出一個(gè)晶胞含有的陰陽(yáng)離子數(shù)，然后根據(jù)V=求出其體積．【解析】【解答】解：（1）同周期從左向右第一電離能增大；但N原子p軌道半滿，為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則第一電離能更大，所以第一電離能為C＜O＜N，故答案為：N＞C＞O；

（2）同周期從左向右第一電離能增大，但As原子p軌道半滿，為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則第一電離能比Se的大，所以第一電離能為Br＞As＞Se，故答案為：Br＞As＞Se；

（3）[B（OH）4]-中B原子形成3個(gè)θ鍵，1個(gè)配位鍵，共含有4個(gè)價(jià)層電子對(duì)，所以采用sp3雜化，結(jié)構(gòu)可用示意圖表示為

故答案為：sp3；；

（4）①Cu的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，失去一個(gè)電子后生成Cu+，其電子排布式為1s22s22p63s23p63d10；

故答案為：1s22s22p63s23p63d10；

②該離子中；氮原子和氮原子之間；碳原子和碳原子之間都存在非極性鍵，碳原子和氮原子之間、氮原子和氫原子之間、碳原子和氫原子之間都存在極性鍵，銅原子和氮原子間存在配位鍵；

故答案為：ACD；

③根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)知，白色小球個(gè)數(shù)=8×+6×=4，黑色小球個(gè)數(shù)=4，所以該化合物的化學(xué)式為：CuCl，二氧化硫有還原性，銅離子有氧化性，所以二氧化硫和氯化銅發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯化亞銅和硫酸，離子反應(yīng)方程式為：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+．

1個(gè)“CuCl”的質(zhì)量為g，而用均攤法算出一個(gè)晶胞含有1個(gè)“CuCl”，即一個(gè)晶胞質(zhì)量為g，又有v===cm3．

故答案為：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+；cm3．13、還原反應(yīng)FeB粗銅Cu-2e-═Cu2+略有減少2NaCl+2H2OH2↑+2NaOH+Cl2↑溶液變紅把濕潤(rùn)的淀粉碘化鉀放在碳棒附近，試紙變藍(lán)色4.481mol?L-1【分析】【分析】（1）圖示是兩個(gè)串聯(lián)的電解池；依據(jù)電源判斷A為陰極，B為陽(yáng)極，F(xiàn)e為陰極，碳棒為陽(yáng)極，電解精煉粗銅時(shí)，粗銅作陽(yáng)極，純銅作陰極，電解質(zhì)溶液為可溶性的銅鹽；

（2）乙池為電解食鹽水裝置，反應(yīng)中陰極：2H2O+2e-═H2↑+20H-，陽(yáng)極：2Cl--2e-═Cl2↑；

（3）若甲為用電解原理給鐵片鍍銅的裝置，陰極反應(yīng)為Cu2++2e-═Cu，然后根據(jù)電極反應(yīng)以及兩個(gè)串聯(lián)電解池轉(zhuǎn)移電子數(shù)目相等計(jì)算．【解析】【解答】解：圖示是兩個(gè)串聯(lián)的電解池；依據(jù)電源判斷A為陰極，B為陽(yáng)極，F(xiàn)e為陰極，碳棒為陽(yáng)極；

（1）①A為陰極；發(fā)生還原反應(yīng)，B為陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，F(xiàn)e為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，則B電極和Fe電極電子的流向由Fe到B；

故答案為：還原反應(yīng)；Fe；B；

②B為粗銅，電極方程式為Cu-2e-═Cu2+；由于粗銅含有Zn等金屬，活潑性比銅強(qiáng)，在陽(yáng)極上鋅；銅放電，而陰極只有銅離子放電，則溶液中銅離子濃度略有減??；

故答案為：粗銅；Cu-2e-═Cu2+；略有減少；

（2）①電解NaCl溶液總的化學(xué)方程式為2NaCl+2H2OH2↑+2NaOH+Cl2↑；

故答案為：2NaCl+2H2OH2↑+2NaOH+Cl2↑；

②乙池電解NaCl溶液，陰極反應(yīng)為：2H2O+2e-═H2↑+20H-；滴加酚酞溶液后，陰極溶液變紅，陽(yáng)極生成氯氣，可用濕潤(rùn)的淀粉碘化鉀試紙檢驗(yàn)，方法是把濕潤(rùn)的淀粉碘化鉀放在碳棒附近，試紙變藍(lán)色；

故答案為：溶液變紅；把濕潤(rùn)的淀粉碘化鉀放在碳棒附近；試紙變藍(lán)色；

（3）甲槽陰極陰極反應(yīng)為Cu2++2e-═Cu，陰極增重12.8g，應(yīng)為銅的質(zhì)量，為0.2mol，轉(zhuǎn)移的電子為0.4mol，兩個(gè)電解池串聯(lián)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目相等，乙槽陽(yáng)極反應(yīng)為2Cl--2e-═Cl2↑；轉(zhuǎn)移的電子為0.4mol時(shí)，在陽(yáng)極上生成氣體的物質(zhì)的量為0.2mol，放出氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為0.2mol×22.4L/mol=4.48L；

乙池陰極反應(yīng)為：2H2O+2e-═H2↑+20H-，轉(zhuǎn)移的電子為0.4mol時(shí)，生成0.4mol0H-離子，則電解后得到堿液的物質(zhì)的量濃度為=1mol?L-1；

故答案為：4.48；1mol?L-1．三、判斷題(共8題，共16分)14、×【分析】【分析】根據(jù)溶液中不水解的離子的物質(zhì)的量濃度=溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度×化學(xué)式中離子的個(gè)數(shù)，與溶液的體積無(wú)關(guān)，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：假設(shè)三種溶液的濃度均為1mol/L，則Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3溶液中SO濃度分別=1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即濃度之比為1：1：3，故答案為：×．15、√【分析】【分析】（1）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(guò)處理達(dá)標(biāo)后再排放才不會(huì)污染環(huán)境；

（2）生活污水不經(jīng)處理任意排放；會(huì)危害人畜等需飲水生物的健康；

（3）重金屬能使蛋白質(zhì)變性；

（4）含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，會(huì)造成水體的富營(yíng)養(yǎng)化從而破壞水體生態(tài)系統(tǒng)，會(huì)出現(xiàn)水華、赤潮等水體污染問(wèn)題．【解析】【解答】解：（1）工業(yè)廢水是指工業(yè)生產(chǎn)過(guò)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(guò)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(guò)處理達(dá)標(biāo)后才能排放；

故答案為：√；

（2）生活污水中雖不含工業(yè)污染物；但廢水中污染物成分極其復(fù)雜多樣，常要幾種方法組成處理系統(tǒng)才能達(dá)到完全凈化的目的，因此可以不經(jīng)處理任意排放錯(cuò)誤；

故答案為：×．

（3）重金屬能使蛋白質(zhì)變性；對(duì)人類健康有害；

故答案為：√；

藻類生長(zhǎng)需要大量的N；P元素；如果水體中N、P元素嚴(yán)重超標(biāo)，會(huì)引起藻類瘋長(zhǎng)，從而導(dǎo)致水中氧氣含量降低，水生生物大量死亡，海水中常稱為赤潮，淡水中稱為水華；

故答案為：√．16、×【分析】【分析】1個(gè)CH4中含有的中子數(shù)為6個(gè)，結(jié)合n==計(jì)算．【解析】【解答】解：n（CH4）==1mol，此時(shí)H原子不含中子，則1個(gè)CH4中含有的中子數(shù)為6個(gè)，1mol甲烷含有6NA個(gè)中子．

故答案為：×．17、√【分析】【分析】Mg、Al均能與鹽酸反應(yīng)，而Cu不能與鹽酸反應(yīng)，以此來(lái)解答．【解析】【解答】解：Mg、Al均能與鹽酸反應(yīng)，而Cu不能與鹽酸反應(yīng)，則加足量稀鹽酸后過(guò)濾，可除去混在銅粉中的少量鎂粉和鋁粉，故答案為：√．18、×【分析】【分析】需要考慮銨根離子的濃度和氨氣極易溶于水的性質(zhì)來(lái)解答．【解析】【解答】解：因?yàn)榘睔鈽O易溶于水；所以若溶液里銨根離子的濃度很小時(shí)，即使加入過(guò)量的NaOH溶液，生成的一水合氨的濃度很小，不能放出氨氣．

故答案為：×．19、×【分析】【分析】氫氧化鐵膠體制備方法為：向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液并加熱至液體呈紅褐色即可，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：氫氧化鐵膠體制備方法為：向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液并加熱至液體呈紅褐色即可，如果將飽和氯化鐵溶液滴入稀氫氧化鈉溶液中加熱，二者反應(yīng)生成紅褐色氫氧化鐵沉淀，得不到氫氧化鐵膠體，所以該題說(shuō)法錯(cuò)誤，故答案為：×．20、×【分析】【分析】常溫常壓下，氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，無(wú)法計(jì)算物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：常溫常壓下，氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，則22.4LSO2和O2的混合氣體的物質(zhì)的量不等于1mol，氧原子個(gè)數(shù)不等于2NA；

故答案為：×．21、×【分析】【分析】鹵代烴中鹵原子在堿性條件下水解產(chǎn)生鹵離子，加硝酸酸化后，在加硝酸銀，依據(jù)產(chǎn)生沉淀的顏色可以判斷鹵離子．【解析】【解答】解：鑒定鹵代烴中鹵元素的存在的操作是：加入NaOH溶液；加熱后，冷卻，然后加入足量的硝酸酸化，再加入硝酸銀溶液來(lái)檢驗(yàn)鹵素離子，故錯(cuò)誤；

故答案為：×．四、推斷題(共1題，共4分)22、AlNaAlO22Al+Fe2O3Al2O3+2Fe焊接金屬等Al單質(zhì)遇濃硫酸發(fā)生鈍化2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑c(diǎn)dbd【分析】【分析】單質(zhì)A常作為食品包裝材料，甲是典型的兩性氧化物，A與氧化鐵反應(yīng)得到甲，且A能與NaOH反應(yīng)，則A為Al，甲為Al2O3，單質(zhì)B為H2，乙為NaAlO2，丙為NaAlO2，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：?jiǎn)钨|(zhì)A常作為食品包裝材料，甲是典型的兩性氧化物，A與氧化鐵反應(yīng)得到甲，且A能與NaOH反應(yīng)，則A為Al，甲為Al2O3，單質(zhì)B為H2，乙為NaAlO2，丙為NaAlO2；

（1）A為金屬Al，乙是金屬Al與氫氧化鈉溶液反應(yīng)得到的化合物，故乙為NaAlO2，故答案為：Al；NaAlO2；

（2）單質(zhì)A與Fe2O3發(fā)生的是鋁熱反應(yīng)，故反應(yīng)方程式為：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，鋁熱反應(yīng)的應(yīng)用為焊接金屬等，故答案為：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；焊接金屬等；

（3）金屬鋁遇到濃硫酸在常溫下可以發(fā)生鈍化現(xiàn)象；故可以用金屬鋁容器儲(chǔ)存和運(yùn)輸濃硫酸，故答案為：Al單質(zhì)遇濃硫酸發(fā)生鈍化；

（4）反應(yīng)①的離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（5）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Al2O3）制得；熱還原法用于冶煉較不活