2024年華東師大版高三化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年華東師大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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、有兩種金屬組成的混合物粉末13g與足量的稀鹽酸反應，生成11.2L（標準狀況下）H2，則該混合物的組成不可能是（）A.Fe、ZnB.Al、CuC.Al、FeD.Cu、Mg2、在溶液中的電離方程式書寫正確的是（）A.H2CO3?2H++CO32-B.CH3COOH=CH3COO-+H+C.BaCO3?Ba2++CO32-D.HCO3-+H2O?CO32-+H3O+3、化學反應總是伴隨著能量變化．下列變化過程屬于放熱反應的是（）A.天然氣燃燒B.木炭還原氧化銅C.高溫煅燒石灰石D.Ba（OH）2?H2O和NH4Cl反應4、下列式子中，屬于水解反應的是（）A.H2O+H2O?H3O++OH-B.CO32-+H2O?HCO3-+OH-C.NH3+H2O?NH3?H2OD.HCO3-+OH-?H2O+CO32-5、銅鋅原電池如圖工作時；下列敘述正確的是（）

A.正極反應為：Zn-2e-=Zn2+

B.電池總反應為：Zn+2H+=Zn2++H2↑

C.鹽橋主要作用是形成回路；中和兩極電荷。

D.鹽橋中的Cl-移向CuSO4溶液。

6、用固體樣品配制一定物質的量濃度的溶液rm{.}需經(jīng)過稱量、溶解、轉移溶液、定容等操作。下列圖示對應的操作規(guī)范的是()A.稱量B.溶解C.轉移溶液D.定容7、下列說法不正確的是（）A.乙醇、乙二醇、丙三醇的沸點依次升高B.正戊烷的沸點高于丙烷C.1mol分別與足量的Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液反應，消耗這三種物質的物質的量分別為3mol、3mol、1molD.分子式為C4H8O2的有機物能與NaOH溶液反應的有6種8、把0.2mol/LNH4Cl溶液與0.1mol/LNaOH溶液等體積混合后溶液中下列微粒的物質的量濃度的關系正確的是（）A.c（NH4+）=c（Na+）=c（OH-）＞c（NH3?H2O）B.c（NH4+））=c（Na+）＞c（NH3?H2O）＞c（OH-）C.c（NH4+））＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（NH3?H2O）D.c（NH4+）＞c（Na+）＞c（NH3?H2O）＞c（OH-）9、下列各組物質，化學鍵類型相同、晶體類型相同且熔化時破壞作用力類型也相同的（）A.HClKClB.CO2SiO2C.NH4ClCCl4D.NaOHNa2O2評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、下列說法正確的是（）A.碘單質能升華是由于碘單質分子間的鍵能較小B.鍵能越大，則含該鍵的分子受熱越易分解為原子C.燃料燃燒過程中，反應物的總能量總是高于生成物的總能量D.H-Cl鍵的鍵能為431kJ?mol-1，H-I鍵的鍵能為299kJ?mol-1，這說明HCl分子比HI分子穩(wěn)定11、下列說法不正確的是（）A.（NH4）2SO4和CuSO4溶液都能使蛋白質沉淀析出B.苯酚與甲醛在酸性條件下生成酚醛樹脂的結構簡式為C.醋酸和硬脂酸互為同系物，C6H14和C9H20也一定互為同系物D.迷迭香酸的結構為它可以發(fā)生酯化、水解、加成等反應12、在一定條件下，將PCl3（g）和Cl2（g）充入體積不變的2L密閉容器中發(fā)生下述反應：PCl3（g）+Cl2（g）?PCl5（g）．5min末達到平衡；有關數(shù)據(jù)如下表：

。PCl3（g）Cl2（g）PCl5（g）初始濃度（mol/L）2.01.00平衡濃度（mol/L）c1c20.4下列判斷不正確的是（）A.反應一段時間后，若體系溫度升高，說明該反應的△H＜0B.c1=c2C.達到平衡時，轉化率PCl3（g）＜Cl2（g）D.若向體系中再充入1.0molCl2（g），則PCl3（g）、Cl2（g）的轉化量均會增加13、固體A的化學式為NH5，它的所有原子的最外層都符合相應稀有氣體原子的最外電子層結構，它與水反應的化學方程式為：NH5+H2O→NH3?H2O+H2↑，則下列有關說法正確的是（）A.1molNH5中含有5NA個N-H鍵（NA為阿伏加德羅常數(shù)）B.NH5中既有共價鍵，又有離子鍵C.NH5的電子式為：D.與水反應時，水作氧化劑，生成1mol氫氣，轉移2mol電子14、1mol某氣態(tài)烴燃燒時生成1molCO2、3molCO、3molH2O，若該烴只能與Br2按1：1物質的量之比發(fā)生加成反應，則關于該烴的敘述中正確的是（）A.分子式為C4H6B.不可能是炔烴或二烯烴C.只可能是或D.該烴的官能團是碳碳雙鍵15、比較兩份質量相同的CH4和NH3，下列結論錯誤的是（）A.分子個數(shù)比為17：16B.原子個數(shù)比為16：17C.氫原子個數(shù)比為17：12D.相同狀況下密度比為17：1616、下列說法正確的是（）A.CO（g）的燃燒熱：△H=-283.0kJ/mol，則2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反應的△H=+566.0kJ/molB.已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ?mol-1，則含40.0gNaOH的稀溶液與稀醋酸完全中和，放出57.3kJ的熱量C.己知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H=a；2C（s）+O2（g）=2CO（g）；△H=b，則a＞bD.已知C（石墨，s）=C（金剛石，s）△H＞0，則石墨比金剛石穩(wěn)定17、下列有機物的名稱中，不正確的是（）A.3，3-二甲基-1-丁烯B.1-甲基戊烷C.4-甲基-2-戊烯D.2-甲基-2-丙烯評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)18、焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化劑之一．

某化學研究小組采用圖1裝置（實驗前已除盡裝置內(nèi)的空氣）制取Na2S2O5，裝置II中有Na2S2O5晶體析出，發(fā)生的反應為：Na2SO3+SO2→Na2S2O5

（1）裝置Ⅰ中產(chǎn)生氣體的化學方程式為____．

（2）要從裝置Ⅱ中獲得已析出的晶體，需要用到的玻璃儀器有____．裝置Ⅲ用于處理尾氣，可選用的合理裝置（夾持儀器已略去）為____（填序號）．

（3）現(xiàn)將0.5molNa2S2O5溶解于水配成1L溶液；該溶液pH=4.5．溶液中部分微粒濃度隨溶液酸堿性變化如圖．

（4）寫出Na2S2O5溶解于水的化學方程式____；當溶液pH小于1后，溶液中H2SO3的濃度減小，其原因可能是____．

（5）葡萄酒常用Na2S2O5做抗氧化劑．1.90gNa2S2O5最多能還原____mLO2（標準狀況）．

（6）檢驗Na2S2O5晶體在空氣中已被氧化的實驗方案是____．19、海洋植物如海帶、海藻中含有豐富的碘元素，碘元素以碘離子的形式存在．實驗室里從海藻中提取碘的流程如下（已知2KI+Cl2═2KCl+I2；碘與溴一樣易溶于有機溶劑）：

（1）指出提取碘的過程中有關的實驗操作名稱：①____，③____．

（2）提取碘的過程中，可供選擇的有機試劑是____．

A．苯；酒精B．四氯化碳、苯C．汽油、乙酸D．汽油、酒精。

（3）為使海藻灰中碘離子轉化為碘的有機溶液，實驗室里有燒杯、玻璃棒、集氣瓶、酒精燈、導管、圓底燒瓶、石棉網(wǎng)以及必要的夾持儀器、物品，尚缺少的玻璃儀器是____．

（4）在灼燒過程中，將使用到的實驗儀器主要有____

A．坩堝B．蒸發(fā)皿C．試管D．酒精燈E．坩堝鉗。

（5）操作過程③可以分解為如下幾步：

A．把盛有溶液的分液漏斗放在鐵架臺的鐵圈中；

B．把50mL碘水和15mL有機溶劑（你所選的）加入分液漏斗中；并蓋好玻璃塞；

C．檢驗分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；

D．倒轉漏斗用力振蕩；并不時旋開活塞放氣，最后關閉活塞，把分液漏斗放正；

E．旋開活塞；用燒杯接收溶液；

F．從分液漏斗上口倒出上層液體；

G．將漏斗上口的玻璃塞打開或使塞上的凹槽與漏斗上口的小孔對準；

H．靜置；分層．

a．正確的操作順序是（用上述各操作的編號字母填寫）

____→____→____→A→H→____→E→F

b．上述E步驟的操作中應注意：____；

c．上述G步驟操作的目的是：____．20、在下列變化中，①I2的升華，②燒堿熔化，③NaCl溶于水，④HCl溶于水，⑤O2溶于水，⑥Na2O2溶于水，未發(fā)生化學鍵破壞的是____；僅發(fā)生離子鍵破壞的是____；僅發(fā)生共價鍵破壞的是____；既發(fā)生共價鍵破壞又發(fā)生離子鍵破壞的是____．21、（1）氫化鈉（NaH）為白色晶體，其中H-有很強的還原性，因此常用氫化鈉在高溫下將TiCl4還原為Ti，自身被氧化為+1價，寫出其化學反應方程式，并用單線橋標出電子的轉移與數(shù)目____；

NaH能與水劇烈反應NaH+H2O═NaOH+H2↑，NaH與液氨也有類似反應，寫出反應方程式____．

（2）有一表面被部分氧化為氧化鈉的金屬鈉試樣；欲測其鈉的純度．通過實驗可得到下列數(shù)據(jù)：

①試樣的質量為m1g；②水的質量（過量）為m2g；③與水反應過程中生成H2的質量為m3g．

a、求試樣鈉的純度，不可能用到的數(shù)據(jù)是____（填數(shù)據(jù)代號）．

b、請根據(jù)能測定鈉純度的組合數(shù)據(jù)，寫出計算鈉純度的數(shù)學表達式：____．22、已知：RCH2COOH+RCl+NaClI.冠心平F是降血脂、降膽固醇的藥物，它的一條合成路線如下：⑴A為一元羧酸，8.8gA與足量NaHCO3溶液反應生成2.24LCO2（標準狀況），A的分子式為。⑵寫出符合A分子式的所有甲酸酯的結構簡式：。⑶B是氯代羧酸，其核磁共振氫譜有兩個峰，寫出BC的反應方程式：。⑷C+EF的反應類型為。⑸寫出A和F的結構簡式：A.；F.。⑹D的苯環(huán)上有兩種氫，它所含官能團的名稱為；寫出a、b所代表的試劑：a.；b.。II.按如下路線，由C可合成高聚物H：CGH⑺CG的反應類型為。⑻寫出GH的反應方程式：。23、回答下列問題：

（1）分子中含有14個氫原子的烷烴的最簡式為____其中含有3個-CH3的同分異構體的結構簡式為____

（2）相對分子質量為44的烷烴的分子式為____，1mol該烷烴分子中含有的共價鍵的數(shù)目為____

（3）碳、氫原子個數(shù)比為2：5的烷烴分子式為____標準狀況下，4.48L該烷烴完全燃燒所消耗的O2的體積是____

（4）某烷烴含有200個氫原子，那么該烷烴的相對分子質量是____．24、（1）Na2CO3溶液呈堿性的原因是____（寫出有關的離子方程式），將NaHCO3溶液跟Al2（SO4）3溶液混合，相關反應的離子方程式是____．

（2）現(xiàn)有濃度均為0.2mol/L的Na2CO3溶液與NaHCO3溶液；試回答下列問題：

①pH大?。篘a2CO3____NaHCO3（填＞；=、＜）；

②微粒種類：Na2CO3____NaHCO3（填＞；=、＜）；

③兩溶液分別加入0.1molNaOH固體，恢復到原溫度，Na2CO3溶液中的c（CO32-）

____（填“增大、減小或不變”）、NaHCO3溶液中的c（HCO3-）____（填“增大；減小或不變”）．

（3）常溫下，甲為0.1mol/L的HA溶液，pH＞1；乙為0.1mol/LBOH溶液，且溶液中c（OH-）/c（H+）=1012．請分別寫出甲、乙兩溶液中溶質的電離方程式____、____．

（4）相同條件下，對于濃度均為0.1mol/L的NaCl溶液和CH3COONa溶液，溶液中的離子總數(shù)：NaCl溶液____CH3COONa溶液（填＞；=、＜）．

（5）物質的量濃度相同的①氨水②氯化銨③碳酸氫銨④硫酸氫銨⑤硫酸銨五種溶液中c（NH4+）由大到小的順序是（填寫編號）____

（6）濃度均為0.1mol/L的6種溶液：①HNO3②CH3COOH③NaOH④CH3COONa⑤KCl⑥NH4Cl，溶液pH值由小到大的順序是（填寫編號）____．

（7）在鋼鐵發(fā)生的吸氧腐蝕中正極上的電極反應式為____．25、根據(jù)圖示填空：

已知：H是環(huán)狀化合物C4H6O2；F分子中的碳原子在一條直線上．

（1）C的結構簡式為____，與A具有相同官能團的同分異構體為____；

（2）E→F的變化中與溴有關的反應類型有兩種，它們是____；

（3）1molA最多可與2molH在Ni催化下加熱反應生成1molG，其反應的化學方程式為____，寫出A→B反應的化學方程式：____．評卷人得分四、判斷題(共1題，共5分)26、判斷：非金屬元素形成的化合物均含共價鍵．____．評卷人得分五、推斷題(共2題，共4分)27、如圖所示：

已知A；D、E、F是中學化學中常見單質；B、C是氧化物，且B的相對分子質量是232．請?zhí)羁眨?/p>

（1）A是____，E是____（填化學式）；

（2）A與B反應的化學方程式是____；

（3）C電解的化學方程式是____；每生成lmoLA同時生成E____mol；

（4）先將B溶于足量鹽酸，再向用鹽酸溶解后的溶液中通入足量Cl2，請寫出此過程中有關反應的離子方程式____．28、（2015?海南模擬）今有A；B、C、D、E五種常見單質；且相鄰的單質可生成對應的化合物M、N、O、P、Q（反應關系如圖所示），常溫下A呈氣態(tài)，其余均為固態(tài)，N分子中各原子均滿足八電子穩(wěn)定結構；又知過量B與A作用產(chǎn)生白霧，B與過量A作用產(chǎn)生白煙；E在A中燃燒產(chǎn)生棕色的煙；Q遇水立刻水解產(chǎn)生白色絮狀沉淀和氣體，該沉淀能溶于氫氧化鈉溶液但不溶于氨水；P為黑色固體且能溶于稀鹽酸．試回答下列問題：

（1）A在周期表中的位置____．

（2）N的電子式：____．

（3）寫出P的化學式：____．

（4）單質C與E的氧化物反應的化學方程式：____．

（5）由“O”的溶液轉為“O”晶體的操作方法：____．

（6）檢驗P溶于稀鹽酸后溶液中的金屬陽離子的方法：____．

（7）已知ED2的燃燒熱為853kJ?mol-1，寫出ED2在氧氣中燃燒的熱化學式方程式：____．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【分析】假設金屬都為+2價，根據(jù)M=計算金屬混合物的平衡相對原子質量，利用平均值法判斷，若金屬不與鹽酸反應，其相對原子質量視作無窮大．【解析】【解答】解：11.2L氫氣的物質的量為：=0.5mol，假設金屬都為+2價，則金屬混合物的平均相對原子質量為=26；

A．Fe的相對原子質量為56；Zn的相對分子質量為65，平均相對原子質量不可能為26，故A錯誤；

B．當Al的化合價為+2價時，可看成其相對原子質量為×27=18；Cu的相對原子質量視作無窮大，平均相對原子質量可能26，故B正確；

C．當Al的化合價為+2價時，可看成其相對原子質量為×27=18；Fe的相對分子質量為56，平均相對原子質量可能為26，故C正確；

D．Cu的相對原子質量視作無窮大；Mg的相對原子質量為24，平均相對原子質量可能為26，故D正確；

故選A．2、D【分析】【分析】A．碳酸屬于弱酸存在分步電離；電離過程是可逆過程；

B．乙酸屬于一元弱酸部分電離；電離過程是可逆過程；

C．碳酸鋇屬于強電解質；在溶液中完全電離用“═”號；

D．HCO3-電離為氫離子和CO32-，電解質溶液中，陰離子和陽離子均以水合離子形式存在．【解析】【解答】解：A．碳酸屬于弱酸存在分步電離，電離過程是可逆過程，電離方程式為：H2CO3?H++HCO3-，HCO3-?H++CO32-；故A錯誤；

B．乙酸屬于一元弱酸部分電離，電離方程式為：CH3COOH?CH3COO-+H+；故B錯誤；

C．碳酸鋇屬于強電解質，在溶液中完全電離出碳酸根離子和鋇離子，電離方程式為：BaCO3═Ba2++CO32-；故C錯誤；

D．HCO3-電離為氫離子和CO32-，H+可以結合一個水分子形成H3O+，電離方程式為：HCO3-+H2O?CO32-+H3O+；故D正確；

故選D．3、A【分析】【分析】常見的放熱反應有：所有的物質燃燒；所有金屬與酸或與水；所有中和反應；絕大多數(shù)化合反應；鋁熱反應；

常見的吸熱反應有：絕大數(shù)分解反應；個別的化合反應（如C和CO2）；工業(yè)制水煤氣；碳、一氧化碳、氫氣還原金屬氧化物；某些復分解（如銨鹽和強堿）．【解析】【解答】解：A；天然氣燃燒是放熱反應；故A正確；

B；木炭還原氧化銅是吸熱反應；故B錯誤；

C；高溫煅燒石灰石是吸熱反應；故C錯誤；

D、Ba（OH）2?H2O和NH4Cl反應是吸熱反應；故D錯誤；

故選：A．4、B【分析】【分析】弱酸或弱堿離子與水電離產(chǎn)生的氫離子或氫氧根離子結合生成弱電解質的反應，為水解反應，以此來解答．【解析】【解答】解：A．H2O+H2O?H3O++OH-為水的電離；故A不選；

B．CO32-+H2O?HCO3-+OH-為碳酸根離子的水解反應；碳酸根離子結合水電離產(chǎn)生的氫離子，故B選；

C．NH3+H2O?NH3?H2O為化合反應；故C不選；

D．HCO3-+OH-?H2O+CO32-為復分解反應；故D不選；

故選B．5、C【分析】

A．鋅作負極；故A錯誤；

B．電池總反應和沒有形成原電池的氧化還原反應相同，為Zn+Cu2+=Zn2++Cu；故B錯誤；

C．加了鹽橋后；原電池放電時，帶負電離子（Cl-）會流到負極處，帶正電離子（K+）流到正極，中和兩極上的電荷，形成閉合回路，從而保持兩邊溶液電中性而保證電流的穩(wěn)定，故C正確；

D．在溶液中；陰離子向負極移動，所以氯離子向硫酸鋅溶液移動，故D錯誤；

故選C．

【解析】【答案】原電池中負極為較活潑金屬，發(fā)生氧化反應，在外電路中，電子從負極移向正極，溶液中，陰離子向負極移動，反應的總方程式為Zn+Cu2+=Zn2++Cu．

6、B【分析】【分析】本題考查了實驗操作中的注意事項?！窘獯稹緼.托盤天平在使用時，左物右碼，題目中放反了，故A錯誤；B.溶解操作正確，玻璃棒不能碰燒杯壁，故B正確；C.轉移必須使用玻璃棒，故C錯誤；D.滴管不能深入容量瓶內(nèi)，故D錯誤。故選B?！窘馕觥縭m{B}7、C【分析】【分析】A．-OH越多；沸點越高；

B．相對分子質量越大；沸點越高；

C．分子中含酚-OH；醇-OH、-COOH、-COOC-；結合酚、醇、羧酸、酯的性質來解答；

D．酯類與羧酸均能與氫氧化鈉反應．【解析】【解答】解：A．-OH越多；沸點越高，則乙醇；乙二醇、丙三醇的沸點依次升高，故A正確；

B．正戊烷；丙烷都不含氫鍵；相對分子質量越大，沸點越高，故B正確；

C．醇-OH、酚-OH、-COOH均與Na反應，只有-COOH與NaHCO3溶液反應，酚-OH、-COOH、-COOC-與NaOH反應，且酯水解生成的苯酚結構也與NaOH反應，則1molX分別與足量的Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液反應；消耗這三種物質的物質的量分別為3mol；4mol、1mol，故C錯誤；

D．C4H8O2屬于羧酸時，可以是丁酸或2-甲基丙酸，所以C4H8O2屬于羧酸時；共有2種同分異構體；

C4H8O2屬于酯類的同分異構體，為飽和一元酯，若為甲酸與丙醇形成的酯，甲酸只有1種結構，丙醇有2種，形成的酯有2種，若為乙酸與乙醇形成的酯，乙酸只有1種結構，乙醇只有1種結構，形成的乙酸乙酯有1種，若為丙酸與甲醇形成的酯，丙酸只有1種結構，甲醇只有1種結構，形成的丙酸甲酯只有1種，所以C4H8O2屬于酯類的同分異構體共有4種；綜合以上分析；總共有6種，故D正確．

故選C．8、D【分析】【分析】0.2mol/LNH4Cl溶液與0.1mol/LNaOH溶液等體積混合后，溶液的溶質為等物質的量的NH3?H2O、NH4Cl和NaCl，溶液中存在NH3?H2ONH4++OH-，溶液呈堿性，以此分析該題．【解析】【解答】解：0.2mol/LNH4Cl溶液與0.1mol/LNaOH溶液等體積混合后，溶液的溶質為等物質的量的NH3?H2O、NH4Cl和NaCl，溶液中存在NH3?H2ONH4++OH-，溶液呈堿性，溶液中c（NH4+）＞c（Na+），由于一水合氨只有小部分電離，所以c（NH3?H2O）＞c（OH-）；

則微粒的物質的量濃度的關系為：c（NH4+）＞c（Na+）＞c（NH3?H2O）＞c（OH-）

故選D．9、D【分析】【分析】一般來說，活潑金屬和活潑非金屬元素之間存在離子鍵、非金屬元素之間存在共價鍵，分子晶體和原子晶體中存在共價鍵、離子晶體中存在離子鍵，分子晶體熔化時破壞分子間作用力、原子晶體熔化時破壞共價鍵、離子晶體熔化時破壞離子鍵．【解析】【解答】解：A．HCl中只含共價鍵；為分子晶體，熔化時破壞分子間作用力，KCl中只含離子鍵，為離子晶體，熔化時只破壞離子鍵，所以二者不同，故A錯誤；

B．CO2、SiO2中都只含共價鍵，CO2為分子晶體、SiO2為原子晶體，CO2固體熔化時破壞分子間作用力、SiO2熔化時破壞共價鍵；所以二者不同，故B錯誤；

C．NH4Cl中含有離子鍵和共價鍵，CCl4中只含共價鍵；所以熔化時，氯化銨破壞離子鍵；四氯化碳破壞分子間作用力，所以二者不同，故C錯誤；

D．NaOH、Na2O2中都含有離子鍵和共價鍵；都屬于離子晶體，熔化時二者都破壞離子鍵，所以二者化學鍵類型相同；晶體類型相同且熔化時破壞作用力類型也相同，故D正確；

故選D．二、多選題(共8題，共16分)10、CD【分析】【分析】A．碘升華破壞分子間作用力；

B．鍵能越大；鍵越穩(wěn)定；

C．放熱反應中反應物的總能量大于生成物的總能量；

D．鍵能越大，共價鍵越穩(wěn)定．【解析】【解答】解：A．碘升華破壞分子間作用力；碘單質能升華是由于碘單質分子間作用力較小，故A錯誤；

B．鍵能越大；鍵越穩(wěn)定，該分子受熱越不易分解為原子，故B錯誤；

C．燃料燃燒為放熱反應；放熱反應中反應物的總能量大于生成物的總能量，故C正確；

D．鍵能越大，共價鍵越穩(wěn)定，H-Cl鍵的鍵能為431kJ?mol-1，H-I鍵的鍵能為299kJ?mol-1；這說明HCl分子比HI分子穩(wěn)定，故D正確．

故選CD．11、AB【分析】【分析】A；蛋白質在硫酸銨溶液中發(fā)生鹽析；在硫酸銅中發(fā)生變性；

B、酚醛樹脂的結構簡式為

C、結構相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質互稱為同系物；

D、迷迭香酸中含有羥基、-COOH、-COOC-、雙鍵．【解析】【解答】解：A．飽和（NH4）2SO4溶液能使蛋白質發(fā)生鹽析；硫酸銅能使蛋白質發(fā)生變性，故A錯誤；

B．酚醛樹脂的結構簡式為故B錯誤；

C．醋酸和硬脂酸都是一元羧酸，互為同系物；C6H14和C9H20均屬于烷烴；故一定互為同系物，故C正確；

D．迷迭香酸中含有羥基；-CONH-和雙鍵可以發(fā)生酯化、水解、加成等反應；故D正確．

故選AB．12、BC【分析】【分析】依據(jù)化學平衡三段式列式得到：

PCl3（g）+Cl2（g）?PCl5（g）

起始量（mol/L）2.01.00

變化量（mol/L）0.40.40.4

平衡量（mol/L）c1c20.4

c1=2.0mol/L-0.4mol/L=1.6mol/L，c2=1.0mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L．【解析】【解答】解：A；反應一段時間后；若體系溫度升高，說明該反應是放熱反應，反應的焓變△H＜0，故A正確；

B；依據(jù)化學平衡三段式列式得到：

PCl3（g）+Cl2（g）?PCl5（g）

起始量（mol/L）2.01.00

變化量（mol/L）0.40.40.4

平衡量（mol/L）c1c20.4

c1=2.0mol/L-0.4mol/L=1.6mol/L，c2=1.0mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L；故B錯誤；

C、達到平衡時，轉化率PCl3（g）=×100%=20%，Cl2（g）轉化率=×100%=40%；故C錯誤；

D、若向體系中再充入1.0molCl2（g），平衡正向進行，則PCl3（g）、Cl2（g）的轉化量均會增加；故D正確；

故選BC．13、BC【分析】【分析】固體A的化學式為NH5，它的所有原子的最外層都符合相應稀有氣體的最外電子層結構，則NH5屬于銨鹽，電子式為銨根離子和氫離子之間存在離子鍵，銨根離子中N原子和H原子之間存在共價鍵，NH5+H2O→NH3?H2O+H2↑，NH5中-1價H變?yōu)?，H2O中+1價的H變?yōu)镺，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A．NH5中存在離子鍵和共價鍵，1molNH5中含有4NA個N-H鍵（NA表示阿伏加德羅常數(shù)）；含有1mol離子鍵，故A錯誤；

B．NH5屬于銨鹽，銨根離子和氫離子之間存在離子鍵、銨根離子中N原子和H原子之間存在共價鍵，所以NH5中既有共價鍵又有離子鍵；故B正確；

C．NH5屬于銨鹽，銨根離子和氫離子之間存在離子鍵、銨根離子中N原子和H原子之間存在共價鍵，電子式為故C正確；

D．NH5+H2O→NH3?H2O+H2↑，N元素的化合價均為-3價，NH5中-1價H變?yōu)?，H2O中+1價的H變?yōu)镺，水是氧化劑，NH5是還原劑；生成1mol氫氣，轉移1mol電子，故D錯誤；

故選BC．14、ABCD【分析】【分析】根據(jù)原子守恒可知該氣態(tài)烴的分子式為C4H6，若該烴只能與Br2按1：1物質的量之比發(fā)生加成反應，烴分子中含有1個碳碳雙鍵，還含有一個環(huán)．【解析】【解答】解：1mol某氣態(tài)烴燃燒時生成1molCO2、3molCO、3molH2O，根據(jù)原子守恒可知該氣態(tài)烴的分子式為C4H6，若該烴只能與Br2按1：1物質的量之比發(fā)生加成反應，烴分子中含有1個碳碳雙鍵，還含有一個環(huán)，可能是或含有的官能團為碳碳雙鍵，不可能為炔烴或二烯烴；

故選：ABCD．15、BD【分析】【分析】兩份質量相同的CH4和NH3，由n=可知，物質的量比為：=17：16，結合物質的構成來計算．【解析】【解答】解：兩份質量相同的CH4和NH3，由n=可知，物質的量比為：=17：16；

A．物質的量比等于分子個數(shù)比；均為17：16，故A正確；

B．原子個數(shù)比為17×5：16×4；故B錯誤；

C．氫原子個數(shù)比為17×4：16×3=17：12；故C正確；

D．相同狀況下Vm相同；密度之比等于質量之比，則密度比為1：1，故D錯誤；

故選BD．16、AD【分析】【分析】A；燃燒熱是指1mol純凈物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物放出的熱量；表示燃燒熱的熱化學方程式中可燃物為1mol，產(chǎn)物為穩(wěn)定氧化物以此解答該題．

B；中和熱是強酸強堿的稀溶液完全反應生成1mol水時放出的熱量．

C；根據(jù)同樣的碳完全燃燒生成二氧化碳放出的熱量比不完全燃燒生成一氧化碳放出的熱量多來判斷；

D、根據(jù)能量守恒，能量越低越穩(wěn)定．【解析】【解答】解：A、CO的燃燒熱是指1molCO完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物CO2（g）放出的熱量，故有2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ/mol，則2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）反應的△H=+566.0kJ?mol-1；故A正確；

B、中和熱是強酸強堿的稀溶液完全反應生成1mol水時放出的熱量，衡量標準是生成1molH2O；不受強酸和強堿種類的影響，即，40.0gNaOH的稀溶液與稀醋酸完全中和由于醋酸電離還要吸熱，故放出小于57.3kJ的熱量，故B錯誤．

C、同樣的碳完全燃燒生成二氧化碳放出的熱量比不完全燃燒生成一氧化碳放出的熱量多，所以2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）比2C（s）+O2（g）=2CO（g）放出的熱量多，又因為放熱△H為負值，所以a＜b；故C錯誤；

D；由C（石墨；s）=C（金剛石，s）△H＞0，說明石墨的能量比金剛石低，根據(jù)能量越低越穩(wěn)定，所以石墨比金剛石穩(wěn)定，故D正確．

故選AD．17、BD【分析】【分析】1；烷烴的命名原則是：找出最長的碳鏈當主鏈；依碳數(shù)命名主鏈，前十個以天干（甲、乙、丙）代表碳數(shù)，碳數(shù)多于十個時，以中文數(shù)字命名，如：十一烷；

從最近的取代基位置編號：1；2、3（使取代基的位置數(shù)字越小越好）；以數(shù)字代表取代基的位置，數(shù)字與中文數(shù)字之間以“-”隔開；

有多個取代基時；以取代基數(shù)字最小且最長的碳鏈當主鏈，并依甲基；乙基、丙基的順序列出所有取代基；有兩個以上的取代基相同時，在取代基前面加入中文數(shù)字：一、二、三，如：二甲基，其位置以，隔開，一起列于取代基前面；

2、如果含有官能團，則含有官能團的最長碳鏈作主鏈，編號也是從離官能團最近的一端開始．【解析】【解答】解：A；3；3-二甲基-1-丁烯，丁烯的命名，含有碳碳雙鍵的最長碳鏈作主鏈，主鏈為丁烯；從距離碳碳雙鍵最近的一端開始編號，該命名符合烯烴命名原則，故A正確；

B；1-甲基戊烷；命名中出現(xiàn)1-甲基，說明選取的主鏈不是最長的，最長的主鏈含有6個C，正確命名為：正己烷，故B錯誤；

C；4-甲基-2-戊烯；含有碳碳雙鍵的最長碳鏈作主鏈，主鏈為戊烯；碳碳雙鍵在2、3號碳原子上，4號碳原子有一個甲基，命名符合要求，故C正確；

D；2-甲基-2-丙烯；主鏈為丙烯，不存在2-丙烯，正確命名應該為2-甲基-1-丙烯，故D錯誤；

故選BD．三、填空題(共8題，共16分)18、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O玻璃棒、漏斗、燒杯cNa2S2O5+H2O=2NaHSO3亞硫酸不穩(wěn)定，易分解生成二氧化硫，或亞硫酸被氧化224取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解；滴加足量鹽酸，振蕩；再滴入氯化鋇溶液，若有白色沉淀生成，則該晶體已被氧化【分析】【分析】（1）由裝置Ⅱ中發(fā)生的反應可知，裝置Ⅰ中產(chǎn)生的氣體為SO2；亞硫酸鈉與硫酸反應生成硫酸鈉；二氧化硫與水；

（2）裝置Ⅱ中獲得已析出的晶體；分離固體與液態(tài)，應采取過濾操作，根據(jù)過濾操作需要用到的玻璃儀器答題；裝置Ⅲ用于處理尾氣，吸收未反應的二氧化硫，應防止倒吸，且不能處于完全密閉環(huán)境中；

（4）根據(jù)圖可知；pH=4.5時，溶液中主要以亞硫酸氫根離子形式存在，據(jù)此書寫水解方程式；當溶液pH小于1后，溶液中主要以亞硫酸形成存在，但亞硫酸不穩(wěn)定，易分解生成二氧化硫，據(jù)此答題；

（5）用Na2S2O5做抗氧化劑，能被氧化成Na2SO4，根據(jù)電子得失守恒可知關系式Na2S2O5～O2；根據(jù)關系可計算出氧氣的體積；

（6）Na2S2O5晶體在空氣中易被氧化為Na2SO4，用鹽酸、氯化鋇溶液檢驗樣品中是否含有硫酸根即可；【解析】【解答】解：（1）由裝置Ⅱ中發(fā)生的反應可知，裝置Ⅰ中產(chǎn)生的氣體為SO2，亞硫酸鈉與硫酸反應生成硫酸鈉、二氧化硫與水，反應方程式為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；

故答案為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；

（2）裝置Ⅱ中獲得已析出的晶體；分離固體與液態(tài)，應采取過濾操作，過濾操作需要用到的玻璃儀器有玻璃棒；漏斗、燒杯；

a．該裝置不能吸收二氧化硫；所以無法實現(xiàn)實驗目的，故錯誤；

b．該裝置吸收二氧化硫能力較差；且為密閉環(huán)境，裝置內(nèi)壓強增大易產(chǎn)生安全事故，故錯誤；

c．該裝置中氫氧化鈉與二氧化硫反應；可以吸收，且防止倒吸，故正確；

d．高錳酸鉀溶液能吸收二氧化硫；但該裝置不能防倒吸，故錯誤。

e．裝置應將導管深入氨水中可以吸收二氧化硫；但為密閉環(huán)境，裝置內(nèi)壓強增大易產(chǎn)生安全事故，故錯誤，故選c；

故答案為：玻璃棒；漏斗、燒杯；c；

（4）根據(jù)圖可知，pH=4.5時，溶液中主要以亞硫酸氫根離子形式存在，所以水解方程式為Na2S2O5+H2O=2NaHSO3；當溶液pH小于1后，溶液中主要以亞硫酸形成存在，但亞硫酸不穩(wěn)定，易分解生成二氧化硫或亞硫酸被氧化也會導致濃度?。?/p>

故答案為：Na2S2O5+H2O=2NaHSO3；亞硫酸不穩(wěn)定；易分解生成二氧化硫，或亞硫酸被氧化；

（5）1.90gNa2S2O5的物質的量為mol=0.01mol，用Na2S2O5做抗氧化劑，能被氧化成Na2SO4，根據(jù)電子得失守恒可知關系式Na2S2O5～O2；所以能還原的氧氣的物質的量為0.01mol，其體積為224mL；

故答案為：224；

（6）Na2S2O5中S元素的化合價為+4價，因此會被氧化為為+6價，即晶體在空氣中易被氧化為Na2SO4，用鹽酸、氯化鋇溶液檢驗樣品中是否含有硫酸根即可，實驗方案為：取少量Na2S2O5晶體于試管中；加適量水溶解；滴加足量鹽酸，振蕩；再滴入氯化鋇溶液，若有白色沉淀生成，則該晶體已被氧化；

故答案為：取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解；滴加足量鹽酸，振蕩；再滴入氯化鋇溶液，若有白色沉淀生成，則該晶體已被氧化；19、過濾萃取B分液漏斗ADECBDG使漏斗下端管口緊靠燒杯內(nèi)壁，及時關閉活塞，不要讓上層液體流出連通大氣，使分液操作順利進行【分析】【分析】（1）分離不溶性固體和溶液采用過濾的方法；從碘水中獲得碘采用萃取的方法；

（2）萃取的基本原則兩種溶劑互不相溶；且溶質在一種溶劑中的溶解度比在另一種大的多分離；

（3）從海藻提取碘的流程可知；浸泡后的懸濁液需要過濾除雜，對含碘離子的溶液加氧化劑氧化碘離子生成碘單質，然后萃取得到碘的有機溶液，以此來選擇實驗儀器；

（4）根據(jù)實驗操作步驟①灼燒來分析選擇用到的實驗儀器；

（5）a；萃取的步驟：溶液和萃取液分別倒入分液漏斗；把分液漏斗倒轉過來用力振蕩，將分液漏斗放在鐵架臺上靜置，待液體分層后，將漏斗上端玻璃塞打開，從下端放出下層液體，上端倒出上層液體；

b；旋開活塞；分離下層液體，使漏斗下端管口緊靠燒杯內(nèi)壁，及時關閉活塞，不要讓上層液體流出；

c、從分液漏斗中流出液體是通過大氣壓強控制的；【解析】【解答】解：（1）將溶液和不溶性固體分離的方法是過濾；從碘水中獲取碘單質采用萃取的方法；

故答案為：過濾萃??；

（2）萃取的基本原則兩種溶劑互不相溶；且溶質在一種溶劑中的溶解度比在另一種大的多，從題給信息可知；

A；苯、酒精中；酒精和水互溶，不能用作萃取劑，故A錯誤；

B；四氯化碳和苯與水互不相容；故可用四氯化碳或苯，故B正確；

C；汽油、乙酸中；乙酸和水互溶，不能用作萃取劑，故C錯誤；

D；汽油、酒精中；酒精和水互溶，不能用作萃取劑，故D錯誤；

故答案為：B；

（3）碘離子轉化為碘的有機溶液；主要涉及灼燒；溶解過濾及分液、蒸餾等操作，過濾使用漏斗、燒杯、玻璃棒；分液需要分液漏斗等，缺少的儀器為分液漏斗；

故答案為：分液漏斗；

（4）灼燒固體物質一般使用（瓷）坩堝；而坩堝加熱需要用泥三腳支撐然后放在三腳架上，三腳架下面的空間放酒精燈；

故答案為：ADE；

（5）a；萃取的步驟：檢驗分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；溶液和萃取液分別倒入分液漏斗，把分液漏斗倒轉過來用力振蕩，將分液漏斗放在鐵架臺上靜置，待液體分層后，將漏斗上端玻璃塞打開，從下端放出下層液體，上端倒出上層液體，C→B→D→A→H→G→E→F；

故答案為：CBDG；

b；旋開活塞；分離下層液體，應使漏斗下端管口緊靠燒杯內(nèi)壁，及時關閉活塞，不要讓上層液體流出；

故答案為：使漏斗下端管口緊靠燒杯內(nèi)壁；及時關閉活塞，不要讓上層液體流出；

c；從分液漏斗中流出液體是通過大氣壓強控制的；為了使液體順利流出，將漏斗上口的玻璃塞打開或使塞上的凹槽與漏斗上口的小孔對準；

故答案為：連通大氣，使分液操作順利進行；20、①⑤②③④⑥【分析】【分析】①碘的升華只是狀態(tài)發(fā)生變化；化學鍵沒有破壞；

②燒堿熔化過程陰陽離子間的化學鍵被破壞；

③氯化鈉溶于水；在水分子的作用下，電離出鈉離子與氯離子；

④氯化氫溶于水；在水分子的作用下，電離產(chǎn)生自由移動的氯離子與氫離子；

⑤氧氣溶于水；氧氣本身的組成和結構未變；

⑥Na2O2溶于水，生成氫氧化鈉與氧氣，破壞了氧氧非極性共價鍵和過氧根與鈉離子之間的離子鍵．【解析】【解答】解：①碘的升華屬于物理變化；只是狀態(tài)發(fā)生變化，沒有化學鍵的破壞；

②燒堿熔化中存在離子鍵；融化燒堿時，陰陽離子間的化學鍵被破壞，所以破壞的是離子鍵；

③氯化鈉溶于水；在水分子的作用下，氯化鈉中的離子鍵被破壞，所以破壞的是離子鍵；

④氯化氫溶于水；在水分子的作用下，氯化氫中的共價鍵被破壞，所以破壞的是共價鍵；

⑤氧氣溶于水；屬于物理變化，沒有化學鍵的破壞；

⑥Na2O2溶于水；生成氫氧化鈉與氧氣，所以所以破壞的是離子鍵；共價鍵；

故答案為：①⑤；②③；④；⑥．21、NaH+NH3═NaNH2+H2↑②【分析】【分析】（1）NaH與TiCl4反應生成Ti、HCl和NaCl，NaH與液氨反應生成NaNH2和H2；

（2）可根據(jù)氫氣的質量確定鈉的質量，以此可確定樣品的純度．【解析】【解答】解：（1）NaH中Na為+1價，則H為-1價，為最低價態(tài)，可被氧化，具有還原性，氫化鈉在高溫下將TiCl4還原為Ti，自身被氧化為+1價，則應生成HCl，反應的方程式為2NaH+TiCl4═Ti+2HCl+2NaCl，電子轉移方向和數(shù)目可表示為

NaH能與水劇烈反應：NaH+H2O═NaOH+H2↑，水為氧化劑，與液氨（NH3）也有類似反應，所以NH3作氧化劑，NaH中-1價H變?yōu)樯晌镏?價的氫，1個氫轉移1個電子，氨氣中需1個氫原子從+1價變?yōu)?價，根據(jù)得失電子守恒和質量守恒，反應方程式為：NaH+NH3═NaNH2+H2↑；

故答案為：NaH+NH3═NaNH2+H2↑；

（2）a；根據(jù)氫氣的質量確定鈉的質量；以此可確定樣品的純度，而直到水的質量不能確定反應的水的質量，則不能確定樣品純度，故答案為：②；

b、加入水發(fā)生2Na+H2O=2NaOH+H2↑，n（Na）=2n（H2）=2×mol=m3mol；

則m（Na）=23m3g；

ω（Na）=；

故答案為：．22、略

【分析】（1）由方程式RCOOH+NaHCO3=RCOONa+H2O+CO2↑可知生成2.24LCO2（標準狀況），就要消耗0.1mol羧酸，故A的摩爾質量是88g/mol，因為羧基—COOH的摩爾質量是45g/mol，所以其余烴基的摩爾質量是43g/mol，因此烴基的化學式是C3H7，故A的分子式是C4H8O2；（2）分子式是C4H8O2的甲酸酯說明是由甲酸和丙醇形式的，丙醇有正丙醇和異丙醇兩種，所以其相應的甲酸酯也有兩種，分別為：HCOOCH2CH2CH3和HCOOCH(CH3)2；（3）由于羧基中含有一個氫原子，說明另外的氫原子全部連在甲基上且甲基連在同一個碳原子上，故B的結構簡式是(CH3)2CClCOOH，因此A的結構簡式是(CH3)2CHCOOH，所以B→C的反應方程式為:(CH3)2CClCOOH+C2H5OH(CH3)2CClCOOC2H5+H2O；（4）由信息可知C和E反應的方程式為：因此該反應屬于取代反應；（5）分析間（3）和（4）；（6）有合成路線可知D的結構簡式是所以a、b所代表的試劑分別是氯氣和NaOH溶液；（7）C的結構簡式為(CH3)2CClCOOC2H5，含有氯原子，所以在氫氧化鈉的醇溶液中可以發(fā)生消去反應，生成物G的結構簡式是CH2=C(CH3)COOC2H5，G中含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加聚反應生成高分子化合物H，方程式為（8）見分析（7）?！窘馕觥俊敬鸢浮竣臗4H8O2⑵⑶+CH3CH2OH+H2O⑷取代反應⑸⑹羥基、氯原子Cl2NaOH溶液⑺消去反應⑻23、C6H14CH3CH（CH3）CH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）CH2CH3C3H810C4H1029.12L1388【分析】【分析】（1）根據(jù)烷烴的通式計算C原子數(shù)，確定化學式，含有3個-CH3；則說明含有1個支鏈；

（2）根據(jù)烷烴的通式CnH2n+2來計算；含有（n-1）各C-C鍵額（n+2）個C-H鍵；

（3）烷烴的通式為CnH2n+2；n：（2n+2）=2：5，可確定n=4；

（4）根據(jù)烷烴的通式CnH2n+2計算分子式，進而計算相對分子質量．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)烷烴的通式CnH2n+2可知，2n+2=14，n=6，該烷烴的化學式為C6H14，中含有3個-CH3的同分異構體的結構簡式為CH3CH（CH3）CH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）CH2CH3；

故答案為：C6H14；CH3CH（CH3）CH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）CH2CH3；

（2）烷烴的通式為CnH2n+2，則12n+2=44，n=3，為C3H8，含有10個共價鍵，故答案為：C3H8；10；

（3）根據(jù)烷烴的通式，n：（2n+2）=2：5，n=4，分子式為C4H10，標準狀況下，4.48L該烷烴的物質的量為=0.2mol，完全燃燒所消耗的O2的體積是0.2mol×（4+）×22.4L/mol=29.12L；

故答案為：C4H10；29.12L；

（4）烷烴的通式為CnH2n+2，烷烴含有200個氫原子，則有2n+2=200，解得n=99，所以該烷烴的分子式為C99H200；則該烷烴的相對分子質量是12×99+200=1388；

故答案為：1388．24、CO32-+H2O?HCO3-+OH-、HCO3-+H2O?H2CO3+OH-3HCO3-+Al3+=3CO2↑+Al（OH）3↓＞=增大減小HA?H++A-BOH?B++OH-＞⑤＞④＞②＞③＞①①②⑥⑤④③O2+2H2O+4e-═4OH-【分析】【分析】（1）碳酸鈉是強堿弱酸鹽，水解顯堿性；NaHCO3水解溶液呈堿性，Al2（SO4）3在溶液中水解顯酸性；二者混合發(fā)生相互促進的水解，生成二氧化碳和氫氧化鋁；

（2）①酸（堿）越弱；則對應的鹽的水解程度越大；

②CO32-的水解分兩步，而HCO3-既能水解又能電離；據(jù)此分析離子種類；

③依據(jù)碳酸鈉水解平衡分析；加入氫氧化鈉增大氫氧根離子濃度，平衡左移；碳酸氫鈉溶液中加入氫氧化鈉溶液，氫氧根離子和碳酸氫根離子電離出的氫離子反應．促進電離正向進行；

（3）依據(jù)溶質濃度和溶液PH分析判斷HA為弱酸，乙溶液中根據(jù)離子積常數(shù)和（OH-）：c（H+）=1012計算溶液中的氫氧根離子濃度分析判斷BOH是強堿還是弱堿；依據(jù)強電解質；弱電解質寫出電離方程式；

（4）醋酸鈉溶液中醋酸根離子水解生成醋酸和氫氧根離子溶液中離子積是常數(shù)分析；

（5）依據(jù)溶質濃度不考慮水解計算銨根濃度比較大小；然后再依據(jù)其他離子對銨根離子水解平衡的影響，弱電解質電離程度小，銨根離子水解程度小；

（6）先將物質的按照堿；鹽、酸的順序分類；再根據(jù)鹽的水解和弱電解質的電離特點比較PH，再按照溶液的PH由大到小進行排序；

（7）吸氧腐蝕中，正極氧氣得到電子生成氫氧根離子．【解析】【解答】解：（1）碳酸鈉是強堿弱酸鹽，分步水解，水解離子方程式為：CO32-+H2O?HCO3-+OH-、HCO3-+H2O?H2CO3+OH-；

HCO3-水解，反應為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，溶液呈堿性；Al3+水解，反應為：Al3++3H2OAl（OH）3+3H+，Al2（SO4）3溶液呈酸性；

NaHCO3溶液跟Al2（SO4）3溶液混合，發(fā)生相互促進的水解：3HCO3-+Al3+=3CO2↑+Al（OH）3↓；產(chǎn)生大量的氣體和沉淀．

故答案為：CO32-+H2O?HCO3-+OH-、HCO3-+H2O?H2CO3+OH-；3HCO3-+Al3+=3CO2↑+Al（OH）3↓；

（2）①CO32-對應的酸為HCO3-，而HCO3-對應的酸為H2CO3，由于酸性H2CO3＞HCO3-，而酸越弱，鹽越水解，故Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度，即Na2CO3溶液的堿性強于NaHCO3的堿性，則PH大?。篘a2CO3＞NaHCO3；故答案為：＞；

②CO32-的水解分兩步進行：CO32-+H2O?HCO3-+OH-，HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，故Na2CO3溶液中存在Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、OH-、H+、H2O，而HCO3-既能水解又能電離：HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，HCO3-?H++CO32-，故故NaHCO3溶液中存在Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、OH-、H+、H2O；所以兩種溶液中微粒種類相同；

故答案為：=；

③依據(jù)碳酸鈉水解平衡分析；加入氫氧化鈉增大氫氧根離子濃度，平衡左移，碳酸根離子濃度增大；碳酸氫鈉溶液中加入氫氧化鈉溶液，氫氧根離子和碳酸氫根離子電離出的氫離子反應．促進電離正向進行，碳酸氫根離子濃度減??；

故答案為：增大；減??；

（3）甲為0.1mol/L的HA溶液，pH＞1，說明酸為完全電離，依據(jù)溶質濃度和溶液PH分析判斷HA為弱酸，乙溶液中c（H+）c（OH-）=10-14，根據(jù)離子積常數(shù)和c（OH-）：c（H+）=1012計算溶液中的氫氧根離子濃度為：c（OH-）=10-13mol/L，分析判斷BOH是弱堿；依據(jù)弱電解質存在電離平衡寫出電離方程式為：HA?H++A-，BOH?B++OH-，故答案為：HA?H++A-；BOH?B++OH-；

（4）醋酸鈉溶液中醋酸根離子水解生成醋酸和氫氧根離子；溶液中離子積是常數(shù)，所以醋酸鈉溶液中微粒數(shù)減小，故答案為：＞；

（5）依據(jù)溶質濃度不考慮水解計算銨根濃度比較大??；然后再依據(jù)其他離子對銨根離子水解平衡的影響，弱電解質電離程度小，銨根離子水解程度?。?/p>

物質的量濃度相同的①氨水②氯化銨③碳酸氫銨④硫酸氫銨⑤硫酸銨五種溶液中，依據(jù)溶質濃度不考慮水解計算銨根濃度比較大小，然后再依據(jù)其他離子對銨根離子水解平衡的影響，弱電解質電離程度小，銨根離子水解程度小，c（NH4+）由大到小的順序是：⑤＞④＞②＞③＞①；

故答案為：⑤＞④＞②＞③＞①．

（6）屬于堿的為：③NaOH；

水解呈堿性的為：④CH3COONa；但由于水解程度較小，則pH：③＞④；

溶液呈中性的為：⑤KCl；

溶液呈酸性的有：①②⑥；其中①為一元強酸，②為一元弱酸，⑥水解呈酸性，濃度相同時；

溶液的pH：⑥＞②＞①；綜合以上分析可知，溶液的pH由大到小的順序是為：①②⑥⑤④③；

故答案為：①②⑥⑤④③；

（7）鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕的正極氧氣得到電子生成氫氧根離子，正確的反應式為：O2+2H2O+4e-═4OH-，故答案為：O2+2H2O+4e-═4OH-．25、OHCCH=CHCOONa消去反應、中和反應OHCCH=CHCOOH+2H2HOCH2CH2CH2COOHOHCCH=CHCOOH+2Ag（NH3）2OHNH4OOCCH=CHCOONH4+2Ag+2NH3+H2O【分析】【分析】A能與銀氨溶液反應，說明A中有-CHO，又能與NaHCO3反應，則A中還有-COOH．當A與H2反應生成G時，-CHO轉變?yōu)?CH2OH，假設既有-COOH，又有-OH，在酸性條件下，發(fā)生酯化反應，生成環(huán)內(nèi)酯：C4H6O2．又因為F中碳原子在一條直線上（說明F中存在C≡C），則4個C原子無支鏈結構．所以H為G為CH2OHCH2CH2CH2COOH．

根據(jù)（4）中1molA與molH2反應，其中-CHO需1molH2，則說明A中還有一個C=C，因此A為OHCCH=CHCOOH，順推可得，B為NH4OOCCH=CHCOONH4、E為NH4OOCCHBrCHBrCOONH4、D為NaOOCCH=CHCOONa、C為OHCCH=CHCOONa，E在醇堿溶液中，發(fā)生消去與中和反應后，生成的F為NaOOC≡CCOONa，又因為-CHO與-COOH必須在碳鏈鏈端，將-CHO（或-COOH）看作為取代基團，可移到C=C的另一個碳原子上，所以A的同分異構體（具有相同官能團）為據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A能與銀氨溶液反應，說明A中有-CHO，又能與NaHCO3反應，則A中還有-COOH．當A與H2反應生成G時，-CHO轉變?yōu)?CH2OH，假設既有-COOH，又有-OH，在酸性條件下，發(fā)生酯化反應，生成環(huán)內(nèi)酯：C4H6O2．又因為F中碳原子在一條直線上（說明F中存在C≡C），則4個C原子無支鏈結構．所以H為G為CH2OHCH2CH2CH2COOH．

根據(jù)（4）中1molA與molH2反應，其中-CHO需1molH2，則說明A中還有一個C=C，因此A為OHCCH=CHCOOH，順推可得，B為NH4OOCCH=CHCOONH4、E為NH4OOCCHBrCHBrCOONH4；D為NaOOCCH=CHCOONa、C為OHCCH=CHCOONa；E在醇堿溶液中，發(fā)生消去與中和反應后，生成的F為NaOOC≡CCOONa；

（1）由上述分析可知，C的結構簡式為OHCCH=CHCOONa，因為-CHO與-COOH必須在碳鏈鏈端，將-CHO（或-COOH）看作為取代基團，可移到C=C的另一個碳原子上，所以與A具有相同官能團的同分異構體為

故答案為：OHCCH=CHCOONa；

（2）E在NaOH醇溶液中先發(fā)生消去反應生成HBr，HBr再與NaOH發(fā)生中和反應；

故答案為：消去