2025年華東師大版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年華東師大版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷74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9題，共18分)1、在高爐中，還原氧化鐵的物質(zhì)是（）A.二氧化碳B.鐵礦石C.石灰石D.一氧化碳2、下列說法中，正確的是（）A.1mol氫原子的質(zhì)量是2gB.含0.5mol硫酸的溶液，H2SO4分子的數(shù)目是6.02×1023個(gè)C.28gCO與32gO2所含質(zhì)子數(shù)相等D.6.02×1023個(gè)氧原子的質(zhì)量是16g3、將Na2CO3?10H2O和NaHCO3的混合物11.94g，溶于水配制成200mL溶液，測(cè)得溶液中Na+濃度為0.5mol/L．若將11.94g該混合物加熱至質(zhì)量不再改變時(shí)，得到的固體物質(zhì)的質(zhì)量為（）A.1.06gB.3.1gC.5.3gD.9.0g4、以下物質(zhì)間的每步轉(zhuǎn)化，存在不能通過一步反應(yīng)實(shí)現(xiàn)的是A.S→SO2→H2SO4→MgSO4B.Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3C.Al→Al2O3→Al(OH)3→NaAlO2D.N2→NO→NO2→HNO35、以下實(shí)驗(yàn)操作可能會(huì)導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)結(jié)果偏高的是（）A.配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液：稱量固體時(shí)物體與砝碼位置顛倒B.配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液：定容時(shí)仰視刻度線C.用濃硫酸與燒堿的稀溶液反應(yīng)來測(cè)定中和熱的數(shù)值D.用10.0mL的量筒量取7.8mL濃硫酸時(shí)俯視讀數(shù)6、考古學(xué)常用14C來確定文物的歷史年代，14C原子核內(nèi)中子數(shù)是（）A.6B.8C.14D.207、打破無機(jī)物和有機(jī)物界限的化學(xué)家是（）A.貝采利烏斯B.維勒C.李比希D.海維西8、下列有關(guān)化學(xué)用語表述正確的是（）A.質(zhì)量數(shù)為16的氧原子：168OB.漂白粉的有效成分：NaClOC.Mg2+結(jié)構(gòu)示意圖：D.鈉在氧氣中燃燒的化學(xué)方程式：4Na+O22Na2O9、rm{25隆忙}時(shí)某些弱酸的電離平衡常數(shù)rm{Ka}如下表，下列說法正確的是()?；瘜W(xué)式rm{CH_{3}COOH}rm{HClO}rm{H_{2}CO_{3}}rm{Ka}rm{K_{a}=1.8隆脕10^{-5}}rm{K_{a}=3.0隆脕10^{-8}}rm{K_{a1}=4.1隆脕10^{-7}}rm{K_{a2}=5.6隆脕10^{-11}}A.相同rm{pH}的三種酸溶液，物質(zhì)的量濃度由大到小的順序?yàn)椋簉m{c(HClO)>c(CH_{3}COOH)>C(H_{2}CO_{3})}B.在相同物質(zhì)濃度的rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaClO}rm{NaHCO_{3}}與rm{CH_{3}COONa}四種鈉鹽中加水稀釋，水解程度均增大，堿性增強(qiáng)C.等物質(zhì)的量濃度的rm{NaClO}和rm{NaHCO_{3}}混合溶液中：rm{c(N{{a}^{+}})=c(HClO)+c(Cl{{O}^{-}})+c(HCO_{3}^{-})+c(CO_{3}^{2-})+c({{H}_{2}}C{{O}_{3}})}D.向次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化碳?xì)怏w的離子方程式為：rm{2Cl{{O}^{-}}+C{{O}_{2}}+{{H}_{2}}O=CO_{3}^{2-}+2HClO}評(píng)卷人得分二、多選題(共7題，共14分)10、某有機(jī)物分子中有n個(gè)CH2，m個(gè)a個(gè)CH3，其余為OH，則該物質(zhì)分子中OH的個(gè)數(shù)可能為（）A.m-aB.n+m+aC.m+1-aD.m+2-a11、我國最早報(bào)道的超高溫導(dǎo)體中，鉈是重要組成之一．已知鉈是ⅢA族元素，關(guān)于鉈的性質(zhì)判斷正確的是（）A.鉈既能與強(qiáng)酸反應(yīng)又能與強(qiáng)堿反應(yīng)B.能生成+3價(jià)的化合物C.Tl（OH）3與Al（OH）3一樣是兩性氫氧化物D.Tl（OH）3的堿性比Al（OH）3強(qiáng)12、25℃時(shí)，下列有關(guān)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.1L0.1mol?L-1（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O溶液中：c（NH4+）+c（Fe2+）+c（H+）=c（OH-）+c（SO42-）B.0.1mol?L-1的NH4Cl與0.1mol?L-1的NH3?H2O等體積混合：c（NH4+）+2c（H+）=c（NH3?H2O）+2c（OH-）C.pH=9.4、濃度均為0.1mol?L-1的HCN與NaCN的混合溶液中：c（Na+）＞c（CN-）＞c（HCN）＞c（OH-）D.0.1mol?L-1CH3COONa溶液與0.05mol?L-1鹽酸等體積混合后的酸性溶液中：c（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）13、乙酸乙酯在KOH溶液中水解，得到的產(chǎn)物是（）A.乙酸鉀B.甲醇C.乙醇D.乙酸14、根據(jù)下表信息；判斷以下敘述正確的是（）

部分短周期元素的原子半徑及主要化合價(jià)；

。元素代號(hào)LMQRT原子半徑/nm0.1600.1430.0890.1020.075主要化合價(jià)+2+3+2+6，-2-2A.氫化物的沸點(diǎn)為H2T＜H2R，金屬性L＞QB.M與T形成的化合物具有兩性C.L2+與R2-的核外電子數(shù)相等D.L的原子半徑最大，電負(fù)性最小，T的原子半徑最小，電負(fù)性最大15、下列關(guān)于保健食品的說法中正確的是（）A.保健食品就是營養(yǎng)豐富的食品B.保健食品是特殊的藥品C.保健食品老少皆宜，人人適用D.保健食品是食品的一個(gè)種類16、兩種互稱為同分異構(gòu)體的物質(zhì)一定具有（）A.相同的結(jié)構(gòu)B.相同的相對(duì)分子質(zhì)量C.相同的化學(xué)性質(zhì)D.相同的分子式評(píng)卷人得分三、填空題(共7題，共14分)17、甲醇（CH3OH）是一種重要的化工原料；用途非常廣泛．

（1）工業(yè)上可以使用CO和H2反應(yīng)生成甲醇（液體）．H2的燃燒熱為-285.8kJ/mol，CO的燃燒熱為-282.8kJ/mol，甲醇的燃燒熱為726.51kJ/mol，則由CO和H2生成甲醇的熱化學(xué)方程式為____；

（2）一定溫度下，在2L的密閉容器中投入1molCO和3molH2發(fā)生反應(yīng)生成甲醇（氣體）．2min后達(dá)反應(yīng)限度，測(cè)得壓強(qiáng)是反應(yīng)前的70%，則用甲醇表示的反應(yīng)速率為____．

下列情況能說明反應(yīng)達(dá)到限度的有____．

A．混合氣體密度不改變。

B．單位時(shí)間生成0.1molCH3OH；同時(shí)消耗0.1molCO

C．混合氣體平均分子量不變。

D．氣體總體積不變。

E．v正（CO）：v逆（H2）=1：2

改變條件，能否使反應(yīng)達(dá)到限度時(shí)，體系壓強(qiáng)為初始?jí)簭?qiáng)的40%？（填“能”或“不能”，并簡要說明原因）____．

（3）甲醇與鈉反應(yīng)生成甲醇鈉和氫氣，寫出甲醇鈉的電子式：____．

（4）科學(xué)家研制了以甲醇為燃料的燃料電池，若電解質(zhì)為KOH，則電池放電時(shí)負(fù)極的電極反應(yīng)式為____．18、立方烷是一種新合成的烴；其分子為正立方體結(jié)構(gòu)，其碳架結(jié)構(gòu)如圖所示。

（1）立方烷的分子式是____．

（2）其一氯代物共有____種．

（3）其二氯代物共有____種．

（4）其三氯代物共有____種．19、鉛蓄電池是最普通的二次電源，其電極材料分別是Pb和PbO2，電解質(zhì)溶液為稀硫酸．工作時(shí)，該電池的總反應(yīng)為PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O．已知PbSO4是難溶性的電解質(zhì)；根據(jù)上述情況判斷：

（1）蓄電池的負(fù)極是____，其電極反應(yīng)方程式為____．

（2）蓄電池的正極反應(yīng)方程式為：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移3mol電子時(shí)，被還原的PbO2的物質(zhì)的量為____．

（3）蓄電池工作時(shí)，其中電解質(zhì)溶液的pH____（填“增大”、“減小”、“不變”）．20、下表是元素周期表的一部分；針對(duì)表中的①～⑩中元素，用元素符號(hào)或化學(xué)式填空回答以下問題：

。主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA二①②三③④⑤⑥⑦⑧四⑨⑩（1）在這些元素中，原子半徑最大的是____；

（2）元素⑥的原子結(jié)構(gòu)示意圖____；元素②③組成的既含離子鍵又含共價(jià)鍵的化合物的化學(xué)式為____．

（3）在這些元素中，元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物中酸性最強(qiáng)的是____，堿性最強(qiáng)的是____，呈兩性的氫氧化物是____；

（4）在⑧與⑩的單質(zhì)中，化學(xué)性質(zhì)較活潑的是____，可用什么化學(xué)反應(yīng)說明該事實(shí)（寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式）：____．21、阿司匹林能迅速解熱；鎮(zhèn)痛．長效緩釋阿司匹林可在體內(nèi)逐步水解而療效更佳．用丙酮為主要原料合成長效緩釋阿司匹林的流程如圖．已知：回答下列問題：

用丙酮為主要原料合成長效緩釋阿司匹林的流程如圖：

已知：R-CNR-COOH；回答下列問題：

（1）B含有的官能團(tuán)的名稱是____，反應(yīng)②的反應(yīng)類型為____

（2）下列有關(guān)阿司匹林的敘述正確的是____

A．屬于芳香烴。

B．分子式為C9H10O4

C．能與NaHCO3溶液反應(yīng)生成無色氣體。

D．在酸性條件下水解生成的產(chǎn)物之一可使溶液顯紫色。

（3）D的結(jié)構(gòu)簡式____

（4）寫出B→C反應(yīng)的化學(xué)方程式____

（5）有機(jī)物A是阿司匹林的同分異構(gòu)體，具有如下特征：①苯環(huán)含有對(duì)二取代結(jié)構(gòu)②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)③能發(fā)生水解反應(yīng)且產(chǎn)物中的2種為同系物或同種物質(zhì)．寫出A的結(jié)構(gòu)簡式____（只寫一種）22、化合物X是一種環(huán)境激素；存在如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系：

化合物A能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，分子中含有兩個(gè)化學(xué)環(huán)境完全相同的甲基，其苯環(huán)上的一硝基取代物只有兩種．1H-NMR譜顯示化合物G的所有氫原子化學(xué)環(huán)境相同．F是一種可用于制備隱形眼鏡的高聚物．根據(jù)以上信息回答下列問題．

（1）下列敘述正確的是____

a．化合物A分子中含有聯(lián)苯結(jié)構(gòu)單元。

b．化合物A可以和NaHCO3溶液反應(yīng)，放出CO2氣體。

c．X與NaOH溶液反應(yīng)；理論上1molX最多消耗6molNaOH

d．化合物D能與Br2發(fā)生加成反應(yīng)。

（2）A→C的反應(yīng)類型是____；B→D的反應(yīng)類型是____

（3）化合物C的結(jié)構(gòu)簡式為____，化合物C的1H-NMR譜的峰面積之比為____（按從小到大的順序填寫）

（4）分離物質(zhì)D和G的混合物時(shí)，所采用的分離方法的名稱是____

（5）寫出B→G反應(yīng)的化學(xué)方程式____．

（6）寫出E→F反應(yīng)的化學(xué)方程式____．

（7）寫出同時(shí)滿足：①屬于酯類，②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的D的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式____．23、在試管里放入一塊銅片；注入一定體積的濃硫酸，給試管加熱，使之反應(yīng)．

（1）若銅片還有剩余，硫酸____消耗完畢（填“已”或“沒有”）．其理由是____．

（2）欲觀察生成的CuSO4溶液的顏色，應(yīng)采取的操作是____．

（3）用一定量的廢銅屑制取膽礬，有兩種方法：一種是取Cu與濃H2SO4直接反應(yīng)；二是先將銅在空氣中加熱使之生成CuO，再與稀H2SO4反應(yīng)，其中____種方法好，理由是____．評(píng)卷人得分四、判斷題(共4題，共16分)24、鈉與硫酸銅溶液反應(yīng)會(huì)置換出紅色的銅____．（判斷對(duì)錯(cuò)）25、提純氯化鈉，最后在蒸發(fā)皿中蒸發(fā)濃縮溶液時(shí)，只需用小火加熱至溶液表面出現(xiàn)晶膜為止，再通過余熱將溶液全部蒸干．____（判斷對(duì)錯(cuò)）26、鈉與水反應(yīng)時(shí)，會(huì)發(fā)生劇烈爆炸____．（判斷對(duì)錯(cuò)）27、紅外光譜儀、核磁共振儀、質(zhì)譜儀都可用于有機(jī)化合物結(jié)構(gòu)的分析____．評(píng)卷人得分五、書寫(共2題，共8分)28、人們常用催化劑來選擇反應(yīng)進(jìn)行的方向．如圖所示為一定條件下1molCH3OH與O2發(fā)生反應(yīng)時(shí)，生成CO、CO2或HCHO的能量變化圖[反應(yīng)物O2（g）和生成物H2O（g）略去]．

①在有催化劑作用下，CH3OH與O2反應(yīng)主要生成____（填“CO、CO2”或“HCHO”）．2HCHO（g）+O2（g）=2CO（g）+2H2O（g）△H=____．

②甲醇制取甲醛可用Ag作催化劑，含有AgCl會(huì)影響Ag催化劑的活性．用氨水可以溶解除去其中的AgCl，寫出該反應(yīng)的離子方程式：____．29、寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式或離子方程式．

（1）漂白粉溶液中通入過量的二氧化碳的化學(xué)方程式____．

（2）足量的氯氣通入到溴化亞鐵溶液中的離子方程式____．

（3）鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式____．

（4）二氧化硫使溴水褪色的化學(xué)方程式為____．評(píng)卷人得分六、計(jì)算題(共1題，共6分)30、向100ml0.5mol/LAlCl3中逐漸加入0.5mol/L的NaOH溶液，最后得到白色沉淀2.34克。求用去的NaOH溶液的體積。（相對(duì)原子質(zhì)量：Al-27Cl-35.5Na-23O-16H-1）參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】還原劑在反應(yīng)中失電子化合價(jià)升高，具有還原性，能將氧化性物質(zhì)還原，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：高爐煉鐵的反應(yīng)方程式為：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；在該反應(yīng)中，CO中C的化合價(jià)為+2價(jià)，二氧化碳中的C的化合價(jià)為+4價(jià)，故C的化合價(jià)升高，CO被氧化，故CO為還原劑；

故選D．2、D【分析】【分析】A．根據(jù)m=nM計(jì)算氫原子質(zhì)量；

B．硫酸在溶液中完全電離；不存在硫酸分子；

C．根據(jù)n=計(jì)算CO、O2的物質(zhì)的量；結(jié)合分子含有質(zhì)子數(shù)計(jì)算含有質(zhì)量物質(zhì)的量；

D．根據(jù)n=計(jì)算氧原子物質(zhì)的量，再根據(jù)m=nM計(jì)算氧原子質(zhì)量．【解析】【解答】解：A．氫原子摩爾質(zhì)量為1g/mol；1mol氫原子的質(zhì)量是1mol×1g/mol=1g，故A錯(cuò)誤；

B．硫酸在溶液中完全電離；不存在硫酸分子，故B錯(cuò)誤；

C.28gCO為1mol，含有質(zhì)子為14mol，32gO2為1mol；含質(zhì)子為16mol，二者含有質(zhì)子數(shù)不相等，故C錯(cuò)誤；

D．氧原子物質(zhì)的量為=1mol；氧原子質(zhì)量為1mol×16g/mol=16g，故D正確；

故選D．3、C【分析】【分析】Na2CO3?10H2O和NaHCO3的混合物加熱分解，最終固體物質(zhì)為Na2CO3，根據(jù)鈉離子守恒，可知n（Na2CO3）=n（Na+），根據(jù)n=cV計(jì)算混合物中含有的n（Na+），再根據(jù)m=nM計(jì)算最終得到的固體碳酸鈉的質(zhì)量．【解析】【解答】解：混合物中含有的n（Na+）=cv=0.2L×0.5mol/L=0.1mol；

Na2CO3?10H2O和NaHCO3的混合物加熱分解，最終固體物質(zhì)為Na2CO3，根據(jù)鈉離子守恒，可知n（Na2CO3）=n（Na+）=0.1mol×=0.05mol；最終得到的固體碳酸鈉的質(zhì)量為0.05mol×106g/mol=5.3g；

故選C．4、C【分析】氧化鋁不能直接生成氫氧化鋁，C不正確，其余都是正確的，答案選C，【解析】【答案】C5、C【分析】【分析】A．物品和砝碼放顛倒；若使用游碼，稱量的物質(zhì)的質(zhì)量偏小若不使用游碼，稱量質(zhì)量不變；

B．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時(shí)；仰視定容會(huì)導(dǎo)致加入的蒸餾水體積偏大；

C．中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)；

D．俯視體積偏?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篈．使物品和砝碼放顛倒；若使用游碼，稱量的物質(zhì)的質(zhì)量偏小若不使用游碼，稱量質(zhì)量不變，故A錯(cuò)誤；

B．配制溶液時(shí)；仰視容量瓶刻度線定容，會(huì)導(dǎo)致加入的蒸餾水體積偏大，配制的溶液濃度偏低，故B錯(cuò)誤；

C．濃硫酸與燒堿反應(yīng)放熱；結(jié)果偏高，故C正確；

D．俯視體積偏??；結(jié)果偏低，故D錯(cuò)誤．

故選C．6、B【分析】【分析】14C中質(zhì)子數(shù)為6，質(zhì)量數(shù)為14，由原子中質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)來計(jì)算．【解析】【解答】解：14C中質(zhì)子數(shù)為6，質(zhì)量數(shù)為14，14C原子核內(nèi)中子數(shù)為14-6=8，故選B．7、B【分析】【分析】1828年德國化學(xué)家維勒用無機(jī)物合成了尿素，突破了無機(jī)物與有機(jī)物的界限．【解析】【解答】解：1828年；德國化學(xué)家弗里德里希維勒首次用無機(jī)物質(zhì)氰酸氨（一種無機(jī)化合物，可由氯化銨和氯酸銀反應(yīng)制得）與硫酸銨人工合成了尿素；

故選B．8、C【分析】【分析】A．元素符號(hào)的左上角是質(zhì)量數(shù)；

B．漂白粉的主要成分為次氯酸鈣；

C．Mg2+的最外層有8個(gè)電子；

D．鈉在氧氣中燃燒生成過氧化鈉．【解析】【解答】解：A．質(zhì)量數(shù)為16的氧原子：168O；故A錯(cuò)誤；

B．漂白粉的主要成分為次氯酸鈣[Ca（ClO）2]和氯化鈣；故B錯(cuò)誤；

C．Mg2+的核外最外層達(dá)到8個(gè)電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，離子結(jié)構(gòu)示意圖為故C正確；

D．鈉在氧氣中燃燒生成過氧化鈉：2Na+O2Na2O2；故D錯(cuò)誤．

故選C．9、C【分析】【分析】本題考查離子濃度大小比較，題目難度中等，明確酸的電離常數(shù)與酸的強(qiáng)弱、酸根離子水解能力的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒的含義及應(yīng)用方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力?！窘獯稹緼.酸的電離常數(shù)越大，其酸性越強(qiáng)，所以等物質(zhì)的量濃度溶液酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)椋簉m{CH_{3}COOH>H_{2}CO_{3}>HClO}故A錯(cuò)誤；

B.稀釋過程中酸根離子的水解程度都增大；但是溶液中氫氧根離子的濃度都減小，則溶液的堿性都減弱，故B錯(cuò)誤；

C.等物質(zhì)的量濃度的rm{NaClO}和rm{NaHCO_{3}}混合溶液中，rm{Cl}原子與rm{C}原子相等，由溶液中物料守恒可知：rm{c(HClO)+c(ClO^{-})=c(HCO_{3}^{-})+c(CO_{3}^{2-})+c(H_{2}CO_{3})=c(Na^{+})}則：rm{c(Na^{+})=c(HClO)+c(ClO^{-})+c(HCO_{3}^{-})+c(CO_{3}^{2-})+c(H_{2}CO_{3})}故C正確；

D.碳酸的二級(jí)電離小于次氯酸，所以碳酸氫根離子的酸性小于次氯酸，則向rm{NaClO}溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式為：rm{ClO^{-}+CO_{2}+H_{2}O簍THClO+HCO_{3}^{-}}故D錯(cuò)誤。

故選C。

【解析】rm{C}二、多選題(共7題，共14分)10、AD【分析】【分析】該有機(jī)物中含有a個(gè)-CH3，n個(gè)-CH2-，m個(gè)其余為OH，說明該物質(zhì)屬于飽和醇，將OH原子換為H原子就是烷烴結(jié)構(gòu)，根據(jù)烷烴通式計(jì)算出H原子個(gè)數(shù)，計(jì)算已知的H原子個(gè)數(shù)，剩余的就是OH原子個(gè)數(shù)，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解析：設(shè)OH數(shù)為x，①若烴基為烷基，則通式為：Ca+m+nH2（a+m+n）Ox，由H守恒，2n+m+3a+x=2a+2m+2n+2，解得x=m+2-a，D正確．②若烴基為環(huán)烷烴基，則通式為：Ca+m+nH2（a+m+n）Ox，由H守恒，2n+m+3a+x=2a+2m+2n，得x=m-a，A正確．故選AD．11、BD【分析】【分析】鉈與鋁是同族元素，則具有金屬的共性，化合物中元素的化合價(jià)為+3價(jià)，且金屬性Tl＞Al，以此來解答．【解析】【解答】解：A．鉈與鋁是同族元素；屬于金屬元素，金屬性很強(qiáng)，只與酸反應(yīng)，不與強(qiáng)堿反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B．Al的最外層電子數(shù)為3；則Tl的最外層電子數(shù)為3，化合物中元素的化合價(jià)為+3價(jià)，故B正確；

C．同主族從上到下金屬性逐漸增強(qiáng)，Al（OH）3是兩性氫氧化物，但Tl（OH）3是堿性氫氧化物；故C錯(cuò)誤；

D．Tl比Al活潑，則Tl（OH）3的堿性比Al（OH）3強(qiáng)；故D正確；

故選BD．12、BD【分析】【分析】A；依據(jù)溶液中電荷守恒分析判斷；

B；等濃度的氯化銨和一水合氨等體積混合；一水合氨電離大于銨根離子水解，結(jié)合溶液中電荷守恒和物料守恒計(jì)算分析；

C、25℃時(shí)，pH=9.4、濃度均為0.1mol?L-1的HCN與NaCN的混合溶液，CN-的水解程度大于電離程度；

D、0.1mol?L-1CH3COONa溶液與0.05mol?L-1鹽酸等體積混合后的酸性溶液中是CH3COOH和CH3COONa、NaCl的混合溶液，醋酸電離大于醋酸根離子水解．【解析】【解答】解：A、1L0.1mol?L-1（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O溶液中存在電荷守恒：c（NH4+）+2c（Fe2+）+c（H+）=c（OH-）+2c（SO42-）；故A錯(cuò)誤；

B、0.1mol?L-1的NH4Cl與0.1mol?L-1的NH3?H2O等體積混合，溶液中存在電荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），物料守恒：c（NH4+）+c（NH3?H2O）=2c（Cl-），計(jì)算得到c（NH4+）+2c（H+）=c（NH3?H2O）+2c（OH-）；故B正確；

C、25℃時(shí)，pH=9.4、濃度均為0.1mol?L-1的HCN與NaCN的混合溶液，CN-的水解程度大于電離程度，c（CN-）＜c（HCN）；故C錯(cuò)誤；

D、0.1mol?L-1CH3COONa溶液與0.05mol?L-1鹽酸等體積混合后的酸性溶液中是CH3COOH和CH3COONa、NaCl的混合溶液，醋酸電離大于醋酸根離子水解，c（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）；故D正確；

故選BD．13、AC【分析】【分析】乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，其中乙酸與氫氧化鉀溶液反應(yīng)生成乙酸鉀和水，所以乙酸乙酯在氫氧化鉀溶液中水解得到的產(chǎn)物為乙酸鉀和乙醇，據(jù)此進(jìn)行判斷．【解析】【解答】解：酯在堿溶液中完全水解，則乙酸乙酯在氫氧化鉀溶液中發(fā)生水解生成乙酸鉀和乙醇，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CH3COOC2H5+KOH→CH3COOK+C2H5OH；

故選AC．14、BD【分析】【分析】短周期元素，T、R都有-2價(jià)，處于ⅥA族，T只有-2價(jià)，則T為O元素、R為S元素，L、Q都有+2價(jià)，處于ⅡA族，原子半徑L＞Q，則L為Mg元素、Q為Be元素，M有+3價(jià)，處于ⅢA族，原子半徑M的介于L、R之間，則M為Al元素．【解析】【解答】解：短周期元素；T；R都有-2價(jià)，處于ⅥA族，T只有-2價(jià)，則T為O元素、R為S元素，L、Q都有+2價(jià)，處于ⅡA族，原子半徑L＞Q，則L為Mg元素、Q為Be元素，M有+3價(jià)，處于ⅢA族，原子半徑M的介于L、R之間，則M為Al元素．

A．同主族自上而下金屬性增強(qiáng)，金屬性Mg＞Be，水分子之間存在氫鍵，沸點(diǎn)H2O＞H2S；故A錯(cuò)誤；

B．M與T形成的化合物是氧化鋁；屬于兩性氧化物，故B正確；

C．L2+的核外電子數(shù)為12-2=10，R2-的核外電子數(shù)為16-（-2）=18；不相等，故C錯(cuò)誤；

D．同周期自左而右原子半徑減??；同主族自上而下原子半徑增大；故原子半徑Mg＞O，非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，故電負(fù)性Mg＜O，故D正確；

故選BD．15、AD【分析】【分析】保健食品是食品的一個(gè)種類，具有一般食品的共性，能調(diào)節(jié)人體的機(jī)能，適于特定人群食用，但不能治療疾病，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：A；保健食品是指聲稱具有特定保健功能或者以補(bǔ)充維生素、礦物質(zhì)為目的食品；營養(yǎng)豐富，故A正確；

B；保健食品是適宜于特定人群食用；具有調(diào)節(jié)機(jī)體功能，不以治療疾病為目的食品，故B錯(cuò)誤；

C；保健食品適合于特定人群；并非人人適用，故C錯(cuò)誤；

D；保健食品具有一般食品的共性；是食品的一個(gè)種類，故D正確；

故選AD．16、BD【分析】【分析】依據(jù)同分異構(gòu)體的概念分析判斷，具有相同的分子式，不同的結(jié)構(gòu)的化合物互稱為同分異構(gòu)體，同分異構(gòu)體分子式相同、結(jié)構(gòu)不同、物理性質(zhì)不同、不同類時(shí)化學(xué)性質(zhì)不同．【解析】【解答】解：A；互為同分異構(gòu)體的物質(zhì)；分子式相同、結(jié)構(gòu)一定不同，故A錯(cuò)誤；

B；互為同分異構(gòu)體的物質(zhì)；分子式相同，一定具有相同的相對(duì)分子質(zhì)量，故B正確；

C；互為同分異構(gòu)體的物質(zhì)；為種類異構(gòu)時(shí)化學(xué)性質(zhì)不同，故C錯(cuò)誤；

D；互為同分異構(gòu)體的物質(zhì)；分子式一定相同、結(jié)構(gòu)一定不同，故D正確．

故選BD．三、填空題(共7題，共14分)17、CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=-127.89kJ/mol0.15mol/（L．min）CE不能，因?yàn)樵摲磻?yīng)為可逆反應(yīng)，當(dāng)CO完全反應(yīng)時(shí)，壓強(qiáng)為反應(yīng)前的50%，因此不可能達(dá)到40%Na+[]-CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O【分析】【分析】（1）CO燃燒的熱化學(xué)方程式為：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=-282.8kJ/mol；

H2燃燒的熱化學(xué)方程式為：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=-285.8kJ/mol

CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.8kJ?mol-1；根據(jù)蓋斯定律書寫CO和氫氣生成甲醇的熱化學(xué)方程式；

（2）2min后達(dá)反應(yīng)限度，測(cè)得壓強(qiáng)是反應(yīng)前的70%，說明反應(yīng)后氣體物質(zhì)的量是反應(yīng)前的70%，則反應(yīng)后氣體物質(zhì)的量=（1+3）mol×70%=2.8mol，根據(jù)CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）知，生成甲醇的物質(zhì)的量==0.6mol，根據(jù)v=計(jì)算甲醇的反應(yīng)速率；

可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)正逆反應(yīng)速率相等；反應(yīng)體系中各物質(zhì)的物質(zhì)的量；物質(zhì)的量濃度及百分含量不變；

如果CO完全反應(yīng)；反應(yīng)后氣體混合物的物質(zhì)的量為2mol，為反應(yīng)前的50%；

（3）甲醇中羥基上氫原子被鈉離子取代生成甲醇鈉；為離子化合物；

（4）負(fù)極上甲醇失電子和氫氧根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和水．【解析】【解答】解：（1）CO燃燒的熱化學(xué)方程式為：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=-282.8kJ/mol①；

H2燃燒的熱化學(xué)方程式為：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=-285.8kJ/mol②

CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.8kJ?mol-1③

將方程式①+2②-③得CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=-127.89kJ/mol，故答案為：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=-127.89kJ/mol；

（2）2min后達(dá)反應(yīng)限度，測(cè)得壓強(qiáng)是反應(yīng)前的70%，說明反應(yīng)后氣體物質(zhì)的量是反應(yīng)前的70%，則反應(yīng)后氣體物質(zhì)的量=（1+3）mol×70%=2.8mol，根據(jù)CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）知，生成甲醇的物質(zhì)的量==0.6mol，甲醇反應(yīng)速率v===0.15mol/（L．min）；

可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)正逆反應(yīng)速率相等；反應(yīng)體系中各物質(zhì)的物質(zhì)的量；物質(zhì)的量濃度及百分含量不變；

A．混合氣體質(zhì)量始終不變；容器體積不變；所以混合氣體密度始終不改變，不能據(jù)此判斷平衡狀態(tài)，故錯(cuò)誤；

B．無論是否達(dá)到平衡狀態(tài)，單位時(shí)間生成0.1molCH3OH；同時(shí)消耗0.1molCO，不能據(jù)此判斷平衡狀態(tài)，故錯(cuò)誤；

C．混合氣體平均分子量不變；說明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故正確；

D．容器體積不變；所以氣體總體積不變，不能據(jù)此判斷平衡狀態(tài)，故錯(cuò)誤；

E．v正（CO）：v逆（H2）=1：2；正逆反應(yīng)速率相等，說明達(dá)到平衡狀態(tài)，故正確；

故選CE；

如果CO完全反應(yīng)；反應(yīng)后氣體混合物的物質(zhì)的量為2mol，為反應(yīng)前的50%，所以不可能達(dá)到40%；

故答案為：0.15mol/（L．min）；CE；不能；因?yàn)樵摲磻?yīng)為可逆反應(yīng)，當(dāng)CO完全反應(yīng)時(shí)，壓強(qiáng)為反應(yīng)前的50%，因此不可能達(dá)到40%；

（3）甲醇中羥基上氫原子被鈉離子取代生成甲醇鈉，為離子化合物，電子式為Na+[]-，故答案為：Na+[]-；

（4）負(fù)極上甲醇失電子和氫氧根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和水，電極反應(yīng)式為CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故答案為：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O．18、C8H8133【分析】【分析】（1）根據(jù)碳原子的價(jià)鍵理論和鍵線式的特點(diǎn)來書寫化學(xué)式；

（2）烴的一氯代物的同分異構(gòu)體等于氫原子的種類；

（3）烴的二氯代物的同分異構(gòu)體可以采用固定一個(gè)氯原子的方法來尋找；

（4）依據(jù)二氯代物的多少，就可得到三氯代物的個(gè)數(shù)，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：（1）該烴的每一個(gè)碳原子均和三個(gè)碳原子成鍵，剩余的一個(gè)鍵是和氫原子成鍵，所以該烴的分子式為C8H8，故答案為：C8H8；

（2）立方烷中只有一種氫原子；所以一氯代物的同分異構(gòu)體有1種，故答案為：1；

（3）二氯代物的同分異構(gòu)體分別是：一條棱；面對(duì)角線、體對(duì)角線上的兩個(gè)氫原子被氯原子代替；所以二氯代物的同分異構(gòu)體有三種；

故答案為：3；

（4）立方烷有8個(gè)H原子，依據(jù)（3）得知其中2個(gè)H原子被氯原子取代形成立方烷的二氯代物有3種，那么在此基礎(chǔ)上，剩余的H的環(huán)境分別也只有一種，故得到三氯代物也有3種同分異構(gòu)體，故答案為：3．19、PbPb-2e-+SO42-=PbSO41.5mol增大【分析】【分析】（1）原電池中失電子的一極為負(fù)極，蓄電池的負(fù)極上Pb失電子生成硫酸鉛；

（2）根據(jù)電極反應(yīng)中電子與PbO2的關(guān)系計(jì)算；

（3）根據(jù)電池總反應(yīng)判斷溶液的PH變化．【解析】【解答】解：（1）原電池中失電子的一極為負(fù)極，則蓄電池的負(fù)極是Pb，蓄電池的負(fù)極上Pb失電子生成硫酸鉛，其電極反應(yīng)方程式為：Pb-2e-+SO42-=PbSO4；

故答案為：Pb；Pb-2e-+SO42-=PbSO4；

（2）已知蓄電池的正極反應(yīng)方程式為：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移3mol電子時(shí)，被還原的PbO2的物質(zhì)的量為1.5mol；

故答案為：1.5mol；

（3）已知該電池的總反應(yīng)為PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O；反應(yīng)中消耗硫酸，所以反應(yīng)后溶液的PH增大；

故答案為：增大．20、KNa2O2ClKAlCl22NaBr+Cl2=2NaCl+Br2【分析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，①為N，②為O，③為Na，④為Mg，⑤為Al，⑥為Si，⑦為S，⑧為Cl，⑨為K，⑩為Br；

（1）電子層越多；半徑越大，同周期從左向右原子半徑在減小；

（2）⑥為Si；原子序數(shù)為14，②為O，③為Na，②③組成的既含離子鍵又含共價(jià)鍵的化合物為過氧化鈉；

（3）Cl元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物中酸性最強(qiáng)；K元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物中堿性最強(qiáng)最強(qiáng)，Al元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為兩性；

（4）同主族，從上到下單質(zhì)的氧化性減弱，可利用單質(zhì)之間的置換反應(yīng)來說明．【解析】【解答】解：由元素在周期表中的位置可知，①為N，②為O，③為Na，④為Mg，⑤為Al，⑥為Si，⑦為S，⑧為Cl，⑨為K，⑩為Br；

（1）電子層越多；半徑越大，同周期從左向右原子半徑在減小，則以上元素中K的原子半徑最大，故答案為：K；

（2）⑥為Si，原子序數(shù)為14，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為②為O，③為Na，②③組成的既含離子鍵又含共價(jià)鍵的化合物為過氧化鈉，化學(xué)式為Na2O2；

故答案為：Na2O2；

（3）上述元素中Cl的非金屬性最強(qiáng)，則最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性最強(qiáng)，該酸為HClO4，K的金屬性最強(qiáng)，則KOH的堿性最強(qiáng)，Al（OH）3為兩性氫氧化物；

故答案為：Cl；K；Al；

（4）同主族從上到下，單質(zhì)的氧化性逐漸增強(qiáng)，所以氯氣的氧化性強(qiáng)于溴單質(zhì)，可以通過水溶液中的置換反應(yīng)來證明，即2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2；

故答案為：Cl2；2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2．21、羥基和羧基消去反應(yīng)CD【分析】【分析】根據(jù)題中各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，丙酮與HCN在堿性條件下發(fā)生加成反應(yīng)生成再發(fā)生水解反應(yīng)得到B為（CH3）2C（OH）COOH，B發(fā)生消去反應(yīng)得到C為CH2=C（CH3）COOH，C發(fā)生加聚反應(yīng)得到聚合物D為據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：根據(jù)題中各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，丙酮與HCN在堿性條件下發(fā)生加成反應(yīng)生成再發(fā)生水解反應(yīng)得到B為（CH3）2C（OH）COOH，B發(fā)生消去反應(yīng)得到C為CH2=C（CH3）COOH，C發(fā)生加聚反應(yīng)得到聚合物D為

（1）根據(jù)上面的分析可知，B為（CH3）2C（OH）COOH；含有的官能團(tuán)為羥基和羧基，反應(yīng)②為消去反應(yīng)；

故答案為：羥基和羧基；消去反應(yīng)；

（2）根據(jù)阿司匹林的結(jié)構(gòu)簡式可知，A．阿司匹林中有氧元素，所以不屬于芳香烴，故A錯(cuò)誤；B．阿司匹林的分子式為C9H8O4，故B錯(cuò)誤；C．阿司匹林中有羧基，所以能與NaHCO3溶液反應(yīng)生成無色氣體二氧化碳；故C正確；D．在酸性條件下水解生成酚羥基，可使三氯化鐵溶液溶液顯紫色，故D正確，故選CD；

故答案為：CD；

（3）根據(jù)上面的分析可知，D的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：

（4）B→C反應(yīng)的化學(xué)方程式為

故答案為：

（5）有機(jī)物A是阿司匹林的同分異構(gòu)體，具有如下特征：①苯環(huán)含有對(duì)二取代結(jié)構(gòu)②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明有醛基，③能發(fā)生水解反應(yīng)且產(chǎn)物中的2種為同系物或同種物質(zhì)，符合這樣條件的有機(jī)物為故答案為：．22、cd取代反應(yīng)消去反應(yīng)1：2：3蒸餾【分析】【分析】A能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)說明A中含有酚羥基，分子中含有兩個(gè)化學(xué)環(huán)境完全相同的甲基，其苯環(huán)上的一硝基取代物只有兩種，結(jié)合A→C轉(zhuǎn)化條件和A、C分子式可知A中含有兩個(gè)苯環(huán)，故A結(jié)構(gòu)簡式為：C為

B中含有羧基，X為酚酯，結(jié)合B→D與B→G反應(yīng)可知B中還含有羥基，其中B→D發(fā)生的是消去反應(yīng)、B→G發(fā)生的是酯化反應(yīng)（生成環(huán)酯），結(jié)合題干中G的信息，可知B的結(jié)構(gòu)簡式為：再利用反應(yīng)①（酯的水解反應(yīng)）和X的分子式，可推出X的結(jié)構(gòu)簡式為根據(jù)物質(zhì)之間轉(zhuǎn)化，結(jié)合有機(jī)物的性質(zhì)可知D為CH2=C（CH3）COOH，E為CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，F(xiàn)為G為據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)說明A中含有酚羥基，分子中含有兩個(gè)化學(xué)環(huán)境完全相同的甲基，其苯環(huán)上的一硝基取代物只有兩種，結(jié)合A→C轉(zhuǎn)化條件和A、C分子式可知A中含有兩個(gè)苯環(huán)，故A結(jié)構(gòu)簡式為：C為

B中含有羧基，X為酚酯，結(jié)合B→D與B→G反應(yīng)可知B中還含有羥基，其中B→D發(fā)生的是消去反應(yīng)、B→G發(fā)生的是酯化反應(yīng)（生成環(huán)酯），結(jié)合題干中G的信息，可知B的結(jié)構(gòu)簡式為：再利用反應(yīng)①（酯的水解反應(yīng)）和X的分子式，可推出X的結(jié)構(gòu)簡式為根據(jù)物質(zhì)之間轉(zhuǎn)化，結(jié)合有機(jī)物的性質(zhì)可知D為CH2=C（CH3）COOH，E為CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，F(xiàn)為G為

（1）a．化合物A為兩個(gè)苯分子不直接連接，所以分子中沒有聯(lián)苯結(jié)構(gòu)單元，故錯(cuò)誤；

b．A中含有酚羥基、不含羧基，所以化合物A不能和NaHCO3溶液反應(yīng)；故錯(cuò)誤；

c．X為酯基水解生成的酚羥基、羧基能和NaOH反應(yīng)，且溴原子取代生成的HBr和NaOH反應(yīng)；所以X與NaOH溶液反應(yīng)，理論上1molX最多消耗6molNaOH，故正確；

d．化合物D為CH2=C（CH3）COOH，含有碳碳雙鍵，所以能與Br2發(fā)生加成反應(yīng)；故正確；

故選cd；

（2）通過以上分析知；A→C的反應(yīng)類型是取代反應(yīng)；B→D的反應(yīng)類型是消去反應(yīng)；

故答案為：取代反應(yīng)；消去反應(yīng)；

（3）化合物C的結(jié)構(gòu)簡式為化合物C的1H-NMR譜的峰面積之比為1：2：3；

故答案為：1：2：3；

（4）D和G是互溶的液體；所以分離物質(zhì)D和G的混合物時(shí)，所采用的分離方法的名稱是蒸餾，故答案為：蒸餾；

（5）B→G為生成環(huán)酯的酯化反應(yīng)，利用B的結(jié)構(gòu)簡式容易寫出反應(yīng)的方程式為

故答案為：

（6）E→F反應(yīng)為加聚反應(yīng)，反應(yīng)的方程式為

故答案為：

（7）D為CH2=C（CH3）COOH；D的同分異構(gòu)體同時(shí)滿足：①屬于酯類，說明含有酯基；

②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明含有醛基，符合條件的同分異構(gòu)體有

故答案為：．23、沒有因隨反應(yīng)Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+2H2O+SO2↑的進(jìn)行，硫酸變稀，而稀H2SO4不與Cu反應(yīng)，故H2SO4不會(huì)耗完加少量蒸餾水稀釋第二種既節(jié)省H2SO4又防止產(chǎn)生SO2造成污染【分析】【分析】（1）隨著反應(yīng)的進(jìn)行；濃硫酸濃度逐漸降低，稀硫酸與銅不反應(yīng)；

（2）欲觀察生成的CuSO4溶液的顏色；可以加水使溶液變稀；

（3）濃硫酸與銅反應(yīng)生成二氧化硫氣體，可污染環(huán)境，且消耗硫酸較多．【解析】【解答】解：（1）濃硫酸與銅發(fā)生反應(yīng)Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+2H2O+SO2↑；隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃硫酸濃度逐漸降低，稀硫酸與銅不反應(yīng)，則硫酸不能消耗完畢；

故答案為：沒有；因隨反應(yīng)Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+2H2O+SO2↑的進(jìn)行，硫酸變稀，而稀H2SO4不與Cu反應(yīng)，故H2SO4不會(huì)耗完；

（2）欲觀察生成的CuSO4溶液的顏色；可以加水使溶液變稀，可以加水使溶液變稀，故答案為：加少量蒸餾水稀釋；

（3）濃硫酸與銅反應(yīng)生成二氧化硫氣體，可污染環(huán)境，且消耗硫酸較多，則選擇第二種方法好，故答案為：第二種；既節(jié)省H2SO4又防止產(chǎn)生SO2造成污染．四、判斷題(共4題，共16分)24、×【分析】【分析】鈉性質(zhì)活潑，與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，不能置換出銅．【解析】【解答】解：向硫酸銅溶液中投入一小粒鈉；先是金屬鈉和水的反應(yīng)，有氣泡產(chǎn)生；

其次是生成的氫氧化鈉和硫酸銅之間的反應(yīng)；生成氫氧化銅藍(lán)色沉淀的過程；

反應(yīng)為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4（或2Na+CuSO4+2H2O=Cu（OH）2↓+Na2SO4+H2↑）；

所以金屬鈉不能置換出金屬銅；

故答案為：×．25、√【分析】【分析】蒸發(fā)操作不能直接蒸干，以防止溫度過高而導(dǎo)致分解而變質(zhì)，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：提純氯化鈉，最后在蒸發(fā)皿中蒸發(fā)濃縮溶液時(shí)，只需用小火加熱至溶液表面出現(xiàn)晶膜為止，再通過余熱將溶液全部蒸干，符