湖南省宁乡一中2024届化学高二第一学期期中质量跟踪监视模拟试题含解析

湖南省宁乡一中2024届化学高二第一学期期中质量跟踪监视模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、能在有机物的分子中引入羟基官能团的反应类型有：（a）酯化反应，（b）取代反应，（c）氧化反应，（d）加成反应，（e）水解反应。其中正确的组合有A．（a）（b）（c）B．（d）（e）C．（b）（d）（e）D．（b）（c）（d）（e）2、用一定浓度NaOH溶液滴定某醋酸溶液。滴定终点附近溶液pH和导电能力的变化分别如下图所示(利用溶液导电能力的变化可判断滴定终点:溶液总体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是A．a点对应的溶液中：c(CH3COO-)=c(Na+)B．a→b过程中，n(CH3COO-)不断增大C．根据溶液pH和导电能力的变化可判断：V2＜V3D．c→d溶液导电性增强的主要原因是c(OH-)和c(Na+)增大3、下列离子方程式正确的是（）A．Cu(OH)2与稀HNO3混合：OH－＋H＋=H2OB．CaCl2与Na2CO3反应：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓C．MgSO4与Ba(OH)2溶液反应：SO42－＋Ba2＋=BaSO4↓D．Fe2O3溶于稀H2SO4：Fe2O3＋6H＋=Fe3＋＋H2O4、X、Y、Z、W四种金属分别用导线两两相连浸入稀硫酸中组成原电池。X、Y相连时，X为负极；Z、W相连时，电子流向为ZW；X、Z相连时，Z极上产生大量气泡；W、Y相连时，W极发生氧化反应。则这四种金属的活动性顺序是A．X>Z>W>Y B．Z>X>Y>W C．X>Y>Z>W D．Y>W>Z>X5、如图所示，ΔH1＝－393.5kJ·mol－1，ΔH2＝－395.4kJ·mol－1，下列说法正确的是A．石墨和金刚石的转化是物理变化B．金刚石的稳定性强于石墨C．1mol石墨的总能量比1mol金刚石的总能量高1.9kJD．C(石墨，s)=C(金刚石，s)，该反应的焓变(ΔH)为正值6、下列关于①苯②乙醇③乙酸④葡萄糖等有机物的叙述中，不正确的是()A．可以用新制的氢氧化铜悬浊液鉴别③与④B．只有②③能与金属钠反应C．①、②、③、④均能发生取代反应D．一定条件下，④可以转化为②7、具有18个质子和18个电子的微粒是A．H2O B．H2S C．Cl— D．K＋8、在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)。2min末该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol·L－1。下列判断错误的是A．x＝1 B．B的转化率为40%C．2min内A的反应速率为0.2mol·L－1·min－1 D．若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应达到平衡状态9、下列说法正确的是A．电离平衡常数受溶液浓度的影响B．温度一定时，电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱C．电离常数大的酸溶液中c(H＋)一定比电离常数小的酸中大D．H2CO3第二步的电离常数表达式：K2＝c(H+)·c(H2CO3-)/c(H2CO3)10、关于电子云的叙述不正确的是()A．电子云是用小点的疏密程度来表示电子在空间出现概率大小的图形B．电子云实际是电子运动形成的类似云一样的图形C．小点密集的地方电子在那里出现的概率大D．轨道不同，电子云的形状也不一样11、某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别为0.4mol/L和0.1mol/L。向该混合液中加入1.92g铜粉，加热使反应发生完全。下列说法正确的是(忽略反应前后溶液体积变化)A．所得溶液中c(Cu2+)＝0.225mol/L B．所得溶液中c(H+)＝0.03mol/LC．所得气体在标准状况下的体积为0.448L D．反应中转移0.06mol的电子12、下列过程不涉及化学变化的是A．石油分馏B．粮食酿酒C．塑料老化D．煤气燃烧13、中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示。已知：几种物质中化学键的键能如表所示。化学键H—O键O=O键H—H键O—O键键能/(kJ/mol)463496436138若反应过程中分解了2molH2O，则下列说法不正确的是（）A．总反应为2H2O2H2↑+O2↑B．过程Ⅰ吸收了926kJ能量C．过程Ⅱ放出了574kJ能量D．过程Ⅲ属于放热反应14、由反应物X分别转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是()A．由X→Z反应的ΔH<0B．由X→Y反应的ΔH=E5-E2C．增大压强有利于提高Y的产率D．升高温度有利于提高Z的产率15、NH3、H2S等是极性分子，CO2，BF3，CCl4等是含极性键的非极性分子。根据上述实例可推出ABn型分子是非极性分子的经验规律是()A．分子中不能含有氢原子B．在ABn分子中A的相对原子质量应小于B的相对原子质量C．在ABn分子中A原子没有孤电子对D．分子中每个共价键的键长应相等16、在密闭容器中发生如下反应：mA(g)+nB(g)⇌pC(g)，达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的一半，当达到新平衡时，C的浓度为原来1.9倍，下列说法错误的是()A．平衡向逆反应方向移动 B．m+n>pC．A的转化率降低 D．B的体积分数增加二、非选择题（本题包括5小题）17、为探究工业尾气处理副产品X(黑色固体，仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：（1）X含有的两种元素是__________，其化学式是____________。（2）无色气体D与氯化铁溶液反应的离子方程式是____________________。（3）已知化合物X能与稀盐酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g·L-1），写出该反应的化学方程式________________________________________。18、有U、V、W、X四种短周期元素，原子序数依次增大，其相关信息如下表：请回答下列问题：（1）U、V两种元素组成的一种化合物甲是重要的化工原料，常把它的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，则甲分子中σ键和π键的个数比为________，其中心原子采取______杂化。（2）V与W原子结合形成的V3W4晶体，其硬度比金刚石大，则V3W4晶体中含有________键，属于________晶体。（3）乙和丙分别是V和X的氢化物，这两种氢化物分子中都含有18个电子。乙和丙的化学式分别是________、____________，两者沸点的关系为：乙________丙(填“>”或“<”)，原因是______________。19、I．实验室中有一未知浓度的稀盐酸,某学生在实验室中进行测定盐酸浓度的实验。（1）配制480mL0.1000mol·L-1NaOH标准溶液。①配制所需的玻璃仪器有:烧杯、量筒、玻璃棒、__________、__________等。②称取__________g氢氧化钠固体所需仪器有天平（带砝码、镊子）、药匙、小烧杯；（2）取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用__________（填仪器名称）盛装配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2〜3次，记录数据如下：滴定次数待测盐酸的体积/mL标准NaOH溶液体积滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/rnL第一次20.000.4020.50第二次20.004.1024.00第三次20.001.0024.00（3）①如何判断滴定终点：___________。②根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度约为__________mol·L-1。（4）在上述实验中,下列操作（其他操作正确）会造成测定果偏低的有__________（填序号）。A

酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗B锥形瓶水洗后未干燥C

称量NaOH固体中混有Na2CO3固体D滴定终点读数时俯视读数E碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失II．

氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）。测血钙的含量时，进行如下实验：①可将4mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵（NH4）2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。③终点时用去20mLl.0×l0-4mol/L的KMnO4溶液。（1）写出H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式__________________。（2）计算：血液中含钙离子的浓度为______mol/L。20、某学生用0.1mol/LKOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：(A)移取20.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2-3滴酚酞(B)用标准溶液润洗滴定管2-3次(C)把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液(D)取标准KOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2-3cm(E)调节液面至0或0刻度以下，记下读数(F)把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度完成以下填空：(1)正确操作的顺序是(用序号字母填写)______________________.(2)上述(B)操作的目的是___________________________________。(3)上述(A)操作之前，如先用待测液润洗锥形瓶，则对测定结果的影响是(填偏大、偏小、不变，下同)_________________________。(4)实验中用左手控制_________(填仪器及部位)，眼睛注视_______，直至滴定终点。判断到达终点的现象是___________。(5)若称取一定量的KOH固体(含少量NaOH)配制标准溶液并用来滴定上述盐酸，则对测定结果的影响是___________________________________。(6)滴定结束后如仰视观察滴定管中液面刻度，则对滴定结果的影响是______。21、[2017天津]用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I−)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。Ⅰ．准备标准溶液a．准确称取AgNO3基准物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。b．配制并标定100mL0.1000mol·L−1NH4SCN标准溶液，备用。Ⅱ．滴定的主要步骤a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。b．加入25.00mL0.1000mol·L−1AgNO3溶液（过量），使I−完全转化为AgI沉淀。c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。d．用0.1000mol·L−1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：实验序号123消耗NH4SCN标准溶液体积/mL10.2410.029.98f．数据处理。回答下列问题：（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有__________。（2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是___________________________。（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是___________________________________。（4）b和c两步操作是否可以颠倒________________，说明理由________________________。（5）所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为_____mL，测得c(I−)=_________________mol·L−1。（6）在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为________________________。（7）判断下列操作对c(I−)测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_______________。②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果____________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】题中五种反应类型中能引入羟基的反应有：取代反应（包括水解），如卤代烃水解、酯的水解等；加成反应，如-CHO与氢气加成生成醇羟基、乙烯与水加成生成乙醇等；氧化反应，如-CHO氧化为-COOH，羧基中也含有羟基；只有酯化反应生成酯基，不能引入羟基。综上，（b）（c）（d）（e）符合题意，选D。2、D【题目详解】A．常温下，a点溶液呈中性，则溶液中c(OH-)=c(H+)，溶液呈存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(CH3COO-)=c(Na+)，A正确；B．a点溶液中溶质为CH3COONa、CH3COOH，a到b过程中，醋酸继续和NaOH发生中和反应，则n(CH3COONa)增大、n(CH3COOH)减小，即n(CH3COO-)不断增大，B正确；C．CH3COONa溶液呈碱性，要使酸碱混合溶液呈中性，则a点醋酸物质的量大于n(NaOH)即醋酸有剩余，导电能力中d点为酸碱恰好完全反应点，d点酸的物质的量等于n(NaOH)，则V2＜V3，C正确；D．c到d溶液导电性增强主要是溶液中c(Na+)和c(CH3COO-)增大，D错误；故合理选项是D。3、B【题目详解】A.Cu(OH)2不溶于水，用化学式表示，故A错误；B.CaCl2与Na2CO3都溶于水，反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式为：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，故B正确；C.MgSO4与Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁沉淀，故C错误；D.Fe2O3＋6H＋=Fe3＋＋H2O的质量不守恒，故D错误；故选B。4、A【题目详解】X、Y、Z、W四种金属分别用导线两两相连浸入稀硫酸中组成原电池。X、Y相连时，X为负极，则金属活动性X>Y；Z、W相连时，电子流向为ZW，则金属活动性Z>W；X、Z相连时，Z极上产生大量气泡，则金属活动性X>Z；W、Y相连时，W极发生氧化反应，则金属活动性W>Y。综合以上分析，金属活动性顺序为X>Z>W>Y；故选A。5、D【分析】先根据图示写出对应的热化学方程式，然后根据盖斯定律结合物质的能量越低越稳定分析解答。【题目详解】由图得：①C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)△H=△H1=-393.5kJ•mol-1，②C(s，金刚石)+O2(g)=CO2(g)△H=△H2=-395.4kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①-②可得：C(s，石墨)=C(s，金刚石)△H=+1.9kJ•mol-1。A．石墨与金刚石是不同的物质，石墨转化为金刚石为化学变化，故A错误；B．根据C(s，石墨)=C(s，金刚石)△H=+1.9kJ•mol-1，金刚石的能量大于石墨的能量，物质的能量越高越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故B错误；C．C(s，石墨)=C(s，金刚石)△H=+1.9kJ•mol-1，1mol石墨的总能量比1mol金刚石的总能量小1.9kJ，故C错误；D．C(s、石墨)=C(s、金刚石)△H=+1.9kJ•mol-1，该反应的焓变为正值，故D正确；故选D。6、B【题目详解】A．新制的氢氧化铜悬浊液与乙酸反应，沉淀溶解，与葡萄糖加热反应，生成砖红色沉淀，故可以鉴别，故A项正确；B．葡萄糖里也存在羟基，也可以和金属钠反应，故B项错误；C．苯、乙醇、乙酸、葡萄糖均可以发生取代反应，故C项正确；D．葡萄糖可用于酿酒，即葡萄糖转化为乙醇，故D项正确；故答案为B。7、B【分析】分子中质子数等于电子数，阳离子的电子数=质子数-离子所带电荷数，阴离子的电子数=质子数+离子所带电荷数，以此分析。【题目详解】A.一个水分子含有一个氧原子和两个氢原子，含有10个质子和10个电子，故A不符合；B.一个H2S分子含有一个S原子和两个氢原子，含有18个质子和18个电子，故B符合；C.一个Cl—含有17个质子和18个电子，故C不符合；D.一个K＋含有19个质子和18个电子，故D不符合。故选B。8、C【题目详解】A.2min内生成n(C)＝0.2mol/L×2L＝0.4mol，同一个方程式中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，则C、D计量数之比＝x:2＝0.4mol:0.8mol＝1:2，x＝1，故A正确；B.2min内生成0.8molD同时消耗n(B)=1÷2n(D)=1÷2×0.8mol＝0.4mol，则B的转化率=0.4mol÷1mol×100%＝40%，故B正确；C.2min内D的平均反应速率=0.8mol÷2L÷2min=0.2mol/(L．min)，同一个方程式中同一段时间内各物质的化学反应速率之比等于其计量数之比，则v(A)=3÷2v(D)=3÷2×0.2mol/(L．min)＝0.3mol/(L．min)，故C错误；D．恒温恒容条件下气体物质的量与其压强成正比，根据A知，x＝1，该反应前后气体计量数之和减小，则反应前后气体物质的量减小，若混合气体的平均相对分子质量不变，反应达到平衡状态，故D正确；故选：C。9、B【解题分析】A、电离平衡常数是温度的函数，与溶液浓度无关，故A错误；B、电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱，故B正确；C、酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关，故C错误；D、碳酸是分步电离的，第一电离常数表达式为：K1=，第二步电离常数为：K2=，故D错误；故选B。10、B【解题分析】电子云是用小点的疏密程度来表示电子在空间出现概率大小的图形；常用小黑点的疏密程度来表示电子在原子核外出现概率密度的大小；电子云的伸展方向是反映电子在空间运动的轨道。【题目详解】用统计的方法描述电子在核外空间出现的概率大小的图形称为电子云；常用小黑点的疏密程度来表示电子在原子核外出现概率密度的大小。小黑点密集的地方，表示电子在那里出现的概率密度大，小黑点稀疏的地方，表示电子在那里出现的概率密度小；电子云的伸展方向是反映电子在空间运动的轨道，轨道不同，电子云的形态也不同。本题答案为B。【题目点拨】1、表示电子在核外空间某处出现的机会，不代表电子的运动轨迹。2、小黑点本身没有意义，不代表1个电子，也不代表出现次数，小黑点的疏密表示出现机会的多少，密则机会大，疏则机会小。11、A【题目详解】硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，可以继续氧化金属铜，需要根据硝酸根、氢离子和铜的物质的量结合离子反应方程式判断过量问题。详解：n(HNO3)=0.1L×0.4mol/L=0.04mol，n(H2SO4)=0.1L×0.1moL/L=0.01moL，n(NO3-)=n(HNO3)=0.04mol，溶液中的氢离子既包括硝酸电离的又包括硫酸电离的：所以n(H+)=0.04mol+2×0.01mol=0.06mol，n(Cu)=1.92g÷64g/mol=0.03mol，则3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O3mol2mol8mol0.03mol0.02mol0.08mol由反应关系可以看出，NO3-过量，H+不足，根据H+计算生成的铜离子，则生成的n(Cu2+)=0.06mol×3/8=0.0225mol，c(Cu2+)=0.0225mol÷0.1L=0.225mol/L，转移的电子的物质的量为2n(Cu)=0.0225mol×2=0.045mol，所得气体在标准状况下的体积为0.0225mol×2/3×22.4L/mol=0.336L，答案选A。【题目点拨】本题主要是考查混合物反应的计算，解答该题的关键是把握反应的离子方程式，根据离子方程式判断反应的过量问题，不能依据反应的化学方程式判断，尤其要注意在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性。12、A【解题分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成.【题目详解】A项、石油分馏没有新物质生成，属于物理变化，故A正确；B项、粮食酿酒过程中生成了乙醇新物质，属于化学变化，故B错误；C项、塑料老化是被氧化的过程，变化过程中生成了新的物质，属于化学变化，故C错误；D项、煤气的主要成分是一氧化碳和氢气，一氧化碳和氢气燃烧生成二氧化碳和水，生成新物质为化学变化，故D错误。故选A。【题目点拨】本题考查物理变化和化学变化，搞清楚物理变化和化学变化的本质区别是解答本题的关键，物理变化和化学变判断的标准是看在变化中有没有生成其他物质，物理变化有物质的固、液、气三态变化和物质形状的变化。13、D【题目详解】A.由图可知，总反应为水分解生成氢气和氧气，该反应实现了光能转化为化学能，反应的方程式为2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；B.由图可知，过程Ⅰ为2mol水分子发生H—O键断裂变为2molH原子和2mol羟基，H—O键断裂吸收的能量为463kJ/mol×2mol=926kJ，故B正确；C.由图可知，过程Ⅱ为2molH原子和2mol羟基结合变为1mol氢气和1mol过氧化氢，形成H—H键和O—O键放出的能量为(436+138)kJ/mol×1mol=574kJ，故C正确；D.由图可知，过程Ⅲ为1mol过氧化氢发生化学键的断裂变为1mol氢气和1mol氧气，断裂H—O键和O—O键吸收的热量为(463kJ/mol×2mol+138kJ/mol×1mol)=1064kJ，形成O=O键和H—H键放出的能量为(496kJ/mol×1mol+436kJ/mol×1mol)=932kJ，吸收的能量大于放出的热量，则过程Ⅲ属于吸热反应，故D错误；故选D。14、A【解题分析】试题分析：A．由图象可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即由反应的△H＜0，故A正确；B．根据化学反应的实质，由X→Y反应的△H=E3-E2，故B错误；C．根据化学反应2X(g)≒3Y(g)，该反应是气体系数和增加的可逆反应，增大压强，平衡逆向移动，不利于提高Y的产率，故C错误；D．由B分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的产率降低，故D错误；故选A。考点：考查化学反应中能量的变化图。15、C【解题分析】NH3、H2S等是极性分子，而CO2、BF3、CCl4等是含极性键的非极性分子。关键价层电子对互斥理论可知，N和S都含有孤对电子，而C、B没有孤对电子，这说明中心原子是否含有孤对电子是判断的关键，所以ABn型分子是非极性分子的经验规律是在ABn分子中A原子没有孤电子对，答案选C。16、B【分析】平衡后将气体体积缩小到原来的一半，压强增大，如果平衡不移动，则达到平衡时C的浓度为原来的2倍，但此时C的浓度为原来的1.9倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，逆向是气体体积减小的反应，根据平衡移动原理分析。【题目详解】A．由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应方向移动，故A正确；B．增大压强平衡向逆反应方向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，则有：m+n＜p，故B错误；C．增大压强平衡向逆反应方向移动，则反应物的转化率降低，故A的转化率降低，故C正确；D．平衡向逆反应移动，B的体积百分含量增大，故D正确；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、Fe、SFe2S3SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S↓【分析】本题考查化学反应流程图、离子反应方程式的书写及物质的推断等知识。根据向B加入KSCN溶液后，C为血红色溶液为突破口，可以推知B为FeCl3，C为Fe(SCN)3，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3)=32g/160g/mol=0.2mol，n(Fe)=0.4mol，m(Fe)=0.4mol56g/mol=22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素。再根据各元素的质量求出个数比，据此分析作答。【题目详解】（1）B加入KSCN，C为血红色溶液，可以知道B为FeCl3，C为Fe(SCN)3等，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3)=32g/160g/mol=0.2mol，n(Fe)=0.4mol，m(Fe)=0.4mol56g/mol=22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素，且m(S)=41.6g-22.4g=19.2g，n(S)==0.6mol，可以知道n(Fe):n(S)=2:3，应为Fe2S3，故答案为Fe、S；Fe2S3；（2）无色气体D为SO2，与氯化铁发生氧化还原反应，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，故答案为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；(3)化合物X能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518g/L，淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4L=34，为H2S气体，该反应的化学方程式为Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S↓，故答案为Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S↓【题目点拨】用化合价升降法配平氧化还原反应方程式，必须遵循两个基本原则：一是反应中还原剂各元素化合价升高的总数和氧化剂各元素化合价降低的总数必须相等，即得失电子守恒；二是反应前后各种原子个数相等，即质量守恒。对氧化还原型离子方程式的配平法：离子方程式的配平依据是得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，即首先根据得失电子守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，在此基础上根据电荷守恒，配平两边离子所带电荷数，最后根据质量守恒配平其余物质的化学计量数。18、5∶1sp2共价原子C2H6H2O2<H2O2分子间存在氢键，C2H6分子间不存在氢键【分析】根据核外电子排布规律分析解答；根据共价键的形成及分类分析解答；根据分子间作用力的综合利用分析解答；【题目详解】根据题意已知，U是H元素；V元素三个能级，说明只有2个电子层，且每个能级中电子数相等，它的核外电子排布式为：1s22s22p2，即C元素；W在基态时，2p轨道处于半充满状态，所以它的核外电子排布式为：1s22s22p3，即N元素；X与W同周期，说明X处于第二周期，且X的第一电离能比W小，故X是O元素；(1)衡量石油化工发展水平的标志的是乙烯，即甲分子是乙烯分子，乙烯分子中含有碳碳双键，双键中含有一个σ键和一个π键，两个碳氢共价键，即四个σ键，则甲分子中σ键和π键的个数比为：5∶1，其中心原子采取的是sp2杂化，体现平面结构；(2)V3W4晶体是C3N4晶体，其硬度比金刚石大，说明晶体中含有共价键，是原子晶体；(3)V的氢化物含有18个电子，该分子是C2H6，W的氢化物含有18个电子的分子是：H2O2，由于H2O2分子间存在氢键，C2H6分子间不存在氢键，故沸点：C2H6<H2O2；【题目点拨】同种元素形成的不同种单质，互为同素异形体。同种原子形成共价键，叫做非极性键。形成分子间氢键的分子熔点和沸点都会比同系列的化合物偏高，例如：H2O常温下为液态，而不是气态。19、500mL容量瓶胶头滴管2.0碱式滴定管当滴加最后一滴NaOH溶液时溶液恰好由无色变成浅红色，且半分钟不褪色即为滴定终点0.1000AD5H2C2O4＋2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O1.25×10-3【题目详解】I．(1)①实验室没有480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL的容量瓶，配制500mL0.1000mol·L-1的NaOH溶液的操作步骤有：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，应选用的玻璃仪器主要有：天平、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；②配制500mL0.1000mol·L-1的NaOH溶液，溶质的物质的量为：0.1000mol·L-1×0.5L=0.05mol，溶质的质量为：0.05mol×40g/mol=2.0g，故答案为：2.0；(2)盛装配制的标准NaOH溶液用碱式滴定管；(3)①由于指示剂酚酞在酸溶液中，所以开始溶液为无色，当滴加最后一滴NaOH溶液时溶液恰好由无色变成浅红色，且半分钟不褪色即为滴定终点；②第三次数据误太大，舍去，V(NaOH)==20.00mL，因为c酸·V酸=c碱·V碱。所以c酸==0.1000(mol/L)；(4)A．使用前，水洗后若未用待测盐酸润洗，则标准溶液的浓度偏小，相同体积时含有的酸的物质的量偏少。消耗的碱溶液体积偏小，c酸偏低，选项A符合；B．锥形瓶水洗后未干燥，由于酸的物质的量没变化，所以对实验结果无影响，选项B不符合；C．称量NaOH固体时，混有Na2CO3固体，等质量的Na2CO3消耗的盐酸的量较大，则使用该碱溶液测定盐酸时消耗的体积就偏大。所以测定的酸的浓度就偏高，选项C不符合；D．滴定终点读数时俯视,则溶液的体积偏小，所测定的酸溶液浓度就偏小，选项D符合；E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则溶液的体积偏大，以此为标准测定的溶液的浓度就偏大，选项E不符合；答案选AD；II．(1)高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价