2025年鲁科版高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年鲁科版高二化学上册阶段测试试卷185考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列离子方程式中，不正确的是（）A.高锰酸钾酸性溶液与草酸钾溶液反应：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2OB.KI的酸性溶液长期置于空气中：：4I﹣+4H++O2═2I2+2H2OC.硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸：2H++S2O32﹣═S↓+SO2↑+H2OD.用食醋除去水垢：CO32﹣+2CH3COOH═H2O+CO2↑+2CH3COO﹣2、下列叙述正确的是（）A.卤代烃都可发生取代反应B.由2-氯丙烷制取少量的1，2-丙二醇时，只需要经过取代反应、水解反应C.实验室制硝基苯时，正确的操作顺序应该是先加入苯，再滴加浓硫酸，最后滴加浓硝酸D.2-甲基-2-丁烯可以形成顺反异构3、下列各组能源中，前者是化石能源，后者是新能源的是（）A.氢气、天然气B.液化气、核能C.太阳能、风能D.燃煤、97#汽油4、短周期主族元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序数依次增大，rm{W}rm{X}原子的最外层电子数之比为rm{4隆脙3}rm{Z}原子比rm{X}原子的核外电子数多rm{4}下列说法正确的是()A.rm{W}rm{Y}rm{Z}的电负性大小顺序一定是rm{Z>Y>W}B.rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子半径大小顺序可能是rm{W>X>Y>Z}C.rm{Y}rm{Z}形成的分子的立体构型可能是正四面体D.rm{WY_{2}}分子中rm{娄脪}键与rm{娄脨}键的数目之比是rm{2隆脙1}5、将足量的rm{AgCl}分别放入下列物质中，rm{AgCl}的溶解度由大到小的排列顺序是()

rm{垄脵20mL0.01mol/LKCl}溶液rm{垄脷30mL0.02mol/LCaCl}溶液rm{垄脵20mL0.01mol/LKCl}rm{垄脷30mL0.02mol/LCaCl}rm{{,!}_{2}}

溶液溶液rm{垄脹40ml0.03mol/LHCl}溶液rm{垄脺10mL}蒸馏水rm{垄脻50mL0.05mol/LAgNO}蒸馏水rm{垄脹40ml0.03mol/LHCl}rm{垄脺10mL}

rm{垄脻50mL0.05mol/LAgNO}rm{{,!}_{3}}A.rm{{,!}}B.

rm{垄脵>垄脷>垄脹>垄脺>垄脻}rm{垄脺>垄脵>垄脹>垄脷>垄脻}C.D.rm{垄脻>垄脺>垄脷>垄脵>垄脹}6、短周期主族元素rm{W}rm{X}rm{Y}和rm{Z}的原子序数依次增大rm{.}其中rm{W}的阴离子的核外电子数与rm{X}rm{Y}rm{Z}原子的核外内层电子数相同rm{.X}是形成化合物种类最多的元素，rm{Y}的最简单氢化物与rm{Cl_{2}}混合后产生白烟，rm{Z}元素无正化合价rm{.}根据以上叙述，下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.由rm{W}与rm{X}组成的化合物的沸点总低于由rm{W}与rm{Y}组成的化合物的沸点B.以上四种元素的原子半径大小为rm{W<X<Y<Z}C.rm{Y}的气态简单氢化物的稳定性比rm{Z}的强D.rm{W}rm{Y}rm{Z}三种元素可形成离子化合物7、能源开发对环境影响很大，“我们既要绿水青山，也要金山银山”。针对上述论述，下列说法不正确的是()A.提高能源效率、寻找替代能源、保护森林以及生态友好型消费B.推广以液化石油气代替天然气作民用燃料C.合理开采可燃冰，减少煤能源的利用D.推广利用二氧化碳合成生物降解材料评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、下表是有机物A；B的有关信息．

。AB①能使溴的四氯化碳溶液退色。

②比例模型为：

③能与水在一定条件下反应生成醇①由C；H两种元素组成。

②球棍模型为：根据表中信息回答下列问题：

（1）写出在一定条件下，A生成高分子化合物的化学反应方程式____．

（2）A与氢气发生加成反应后生成分子C，C在分子组成和结构上相似的有机物有一大类（俗称“同系物”），它们均符合通式CnH2n+2．当n=____时；这类有机物开始出现同分异构体．

（3）B具有的性质是____（填序号）．

①无色无味液体、②有毒、③不溶于水、④密度比水大、⑤与酸性KMnO4溶液和溴水反应使之褪色；⑥任何条件下不与氢气反应．

（4）写出在浓硫酸作用下，B与浓硝酸反应的化学方程式：____．

（5）实验室制取A在140℃时发生的有机化学反应为____，属____反应．9、已知拆开1molH﹣H键，1molN﹣H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ，391kJ，946kJ，则N2与H2反应生成2molNH3的反应热是____，该反应的热化学方程式为____．10、盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸”rm{.}现就硫酸；硝酸与金属铜反应的情况；回答下列问题：

rm{(1)}工业上制备硫酸铜是利用废铜屑经灼烧后，在加热情况下跟稀硫酸反应，有关的化学方程式是：______rm{.}不采用铜跟浓硫酸反应来制取硫酸铜的原因是______．

rm{(2)}在一定体积的rm{10mol?L^{-1}}的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为rm{0.9mol.}则浓硫酸的实际体积______rm{(}填“大于”、“等于”或“小于”rm{)180mL}．

rm{(3)}若使剩余的铜片继续溶解，可在其中加入硝酸盐溶液rm{(}如rm{KNO_{3}}溶液rm{)}则该反应的离子方程式为______．

rm{(4)}将rm{8g}rm{Fe_{2}O_{3}}投入到rm{150mL}某浓度的稀硫酸中，再投入rm{7g}铁粉，充分反应后，收集到rm{1.68L}rm{H_{2}(}标准状况rm{)}同时，rm{Fe}和rm{Fe_{2}O_{3}}均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗rm{4mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液rm{150mL.}则原硫酸的物质的量浓度为______．11、现有下列物质：①CuSO4②Ca（OH）2③碘酒④CH3COOH⑤单晶硅。

其中属于混合物的是______（填序号，下同）；属于单质的是______属于酸的是______；属于碱的是______；属于盐的是______。12、已知N2，CO，H2O，NH3，CO2均为高中化学常见的分子；根据要求回答有关问题：

①根据N2与CO为等电子体，写出CO分子的电子式____．

②试比较两分子中的键角大小：H2O____NH3；（填“＞”；“=”或“＜”）

③CO2中含有的σ键和π键的数目之比为____．13、（1）大气中SO2含量过高会导致雨水中含有（填化学式）______而危害植物和建筑物．工厂排放的SO2尾气用饱和Na2SO3溶液吸收可得到重要化工原料NaHSO3，反应的化学方程式为______．

（2）已知NaHSO3的水溶液显酸性，比较其中SO32-、HSO3-、H2SO3三种粒子的浓度：______＞______＞______．

（3）SO2是空气质量报告的指标之一，可用SO2还原KIO3生成I2的反应测定空气中SO2含量．每生成0.01molI2，参加反应的SO2为______mol．

（4）已知25℃时，Ksp（BaSO4）=1.1×10-10，Ksp（BaCO3）=2.6×10-9．下列说法不正确的是______

A．25℃时，向BaSO4悬浊液中加入大量水，Ksp（BaSO4）不变。

B．25℃时，向BaSO4悬浊液中加入Na2CO3溶液后，BaSO4不可能转化为BaCO3

C．向Na2SO4中加入过量BaCl2溶液后，溶液中c（SO42-）降低为零．14、铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用。请回答下列问题。

rm{(1)}黄铁矿rm{(FeS_{2})}是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料。其中一个反应为rm{3FeS_{2}+8O_{2;}}rm{overset{赂脽脦脗}{=}}rm{6SO_{2}+Fe_{3}O_{4}}有rm{3molFeS_{2}}参加反应，转移____rm{mol}电子。rm{(2)}氯化铁溶液称为化学试剂中的“多面手”，写出rm{SO_{2}}通入氯化铁溶液中反应的离子方程式：____。rm{(3)}研究性学习小组对某硫酸亚铁晶体rm{(FeSO_{4}?xH_{2}O)}热分解研究，该小组同学称取rm{ag}硫酸亚铁晶体样品按图rm{1}高温加热，使其完全分解，对所得产物进行探究，并通过称量装置rm{B}质量测出rm{x}的值。rm{垄脵}装置rm{B}中硫酸铜粉末变蓝，质量增加rm{9.0g}说明产物中有水，装置rm{C}中高锰酸钾溶液褪色，说明产物中还有____。rm{垄脷}实验中要持续通入氮气，否则测出的rm{x}会____rm{(}填“偏大”、“偏小”或“不变”rm{)}硫酸亚铁晶体完全分解后装置rm{A}中还残留红棕色固体rm{Fe_{2}O_{3}}rm{垄脹}从理论上分析得出硫酸亚铁分解还生成另一物质rm{SO_{3}}写出rm{FeSO_{4}}分解的化学方程式____rm{垄脺}装置rm{D}球形干燥管的作用____。rm{垄脻}某研究所利用rm{SDTQ600}热分析仪对硫酸亚铁晶体rm{(FeSO_{4}?xH_{2}O)}进行热分解，获得相关数据，绘制成固体质量与分解温度的关系图如图rm{2}根据图rm{2}中有关数据，可计算出rm{FeSO_{4}?xH_{2}O}中的rm{x=}____。15、A、rm{B}rm{C}均为短周期元素，可形成rm{A_{2}C}和rm{BC_{2}}两种化合物rm{.A}rm{B}rm{C}的原子序数依次递增，rm{A}原子的rm{K}层的电子数目只有一个，rm{B}位于rm{A}的下一周期，它的最外能层电子数比rm{K}层多rm{2}个，而rm{C}原子核外的最外能层电子数比次外层电子数少rm{2}个．

rm{(1)}它们的元素符号分别为：rm{A}______；rm{B}______；rm{C}______；

rm{(2)BC_{2}}是由______键组成的______rm{(}填“极性”或“非极性”rm{)}分子．

rm{(3)}画出rm{C}原子的核外电子排布图______．

rm{(4)A_{2}C}和rm{BC_{2}}的空间构形分别是______和______．评卷人得分三、实验题(共7题，共14分)16、（12分）某研究性小组用0.20mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的白醋（指示剂为酚酞）。请回答：（1）下图表示50ml滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差1ml，A处的刻度为20，此时滴定管中液体的体积____mL。（2）滴定过程中，眼睛始终注视____，直到锥形瓶中液体的颜色。（3）同学们进行了三次实验，每次取白醋20.00ml，实验结果记录如上表：请计算白醋的物质的量浓度为____（保留两位有效数字）。（4）操作时用白醋润洗锥形瓶，对滴定结果产生的影响是________（填“偏大”或“偏小”或“无影响”。下同）。若用白醋润洗酸式滴定管，对滴定结果产生的影响是____。（5）若滴定终点时测得pH=7。下列离子浓度的比较正确的是____。A．c（Na+）＞c（CH3COO—）B．c（Na+）＜c（CH3COO—）C．c（Na+）=c（CH3COO—）D．不能确定17、rm{Ba(NO_{3})_{2}}可用于生产绿色烟花、绿色信号弹、炸药、陶瓷釉药等。钡盐行业生产中排出大量的钡泥rm{[}主要含有rm{BaCO_{3}}rm{BaSO_{3}}rm{Ba(FeO_{2})_{2}}等rm{]}某主要生产rm{BaCO_{3}}rm{BaSO_{4}}的化工厂利用钡泥制取rm{Ba(NO_{3})_{2}}晶体rm{(}不含结晶水rm{)}其部分工艺流程如下：

又已知：rm{垄脵Fe^{3+}}和rm{Fe^{2+}}以氢氧化物形式沉淀完全时，溶液的rm{pH}分别为rm{3.2}和rm{9.7}rm{垄脷Ba(NO_{3})_{2}}晶体的分解温度：rm{592隆忙}rm{垄脹K_{sp}(BaSO_{4})=1.1隆脕10^{-10}}rm{K_{sp}(BaCO_{3})=5.1隆脕10^{-9}}rm{(1)}该厂生产的rm{BaCO_{3}}因含有少量rm{BaSO_{4}}而不纯，提纯的方法是：将产品加入足量的饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中，充分搅拌，过滤，洗涤。试用离子方程式说明提纯原理：____________________________________________________________。rm{(2)}上述流程酸溶时，rm{Ba(FeO_{2})_{2}}与rm{HNO_{3}}反应生成两种硝酸盐，反应的化学方程式为：_________________________________________________。rm{(3)}该厂结合本厂实际，选用的rm{X}为_______rm{(}填序号rm{)}rm{A.BaCl_{2}}rm{B.BaCO_{3}}rm{C.Ba(NO_{3})_{2}}rm{D.Ba(OH)_{2}}rm{(4)}中和rm{I}使溶液的rm{pH}为rm{4隆芦5}目的是_________________________；结合离子方程式简述原理_____________________________________________。rm{(5)}从rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液中获得其晶体的操作方法是__________________________。rm{(6)}测定所得rm{Ba(NO_{3})_{2}}晶体的纯度：准确称取rm{wg}晶体溶于蒸馏水，加入足量的硫酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，称量其质量为rm{mg}则该晶体的纯度为____________。18、如图是实验室制备rm{1}rm{2-}二溴乙烷并进行一系列相关实验的装置rm{(}加热及夹持设备已略rm{)}．

已知：

rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}篓TCH_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[140隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{3}CH_{2}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}

相关数据列表如表：

。rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}篓TCH_{2}隆眉+H_{2}O}乙醇rm{1}rm{2-}二溴乙烷乙醚溴状态无色液体无色液体无色液体红棕色液体密度rm{/g?cm^{-3}}rm{0.79}rm{2.2}rm{0.71}rm{3.10}沸点rm{/隆忙}rm{78.5}rm{132}rm{34.6}rm{58.8}熔点rm{/隆忙}rm{-l30}rm{9}rm{-1l6}rm{-7.2}水溶性混溶难溶微溶可溶请完成下列填空：

rm{(1)}实验中应迅速将温度升高到rm{170隆忙}左右的原因是______．

rm{(2)}气体发生装置使用连通滴液漏斗的原因______．

rm{(3)}安全瓶rm{B}在实验中有多重作用，其一可以检查实验进行中rm{B}后面的装置中导管是否发生堵塞，请写出发生堵塞时瓶rm{B}中的现象______；

rm{(4)}装置rm{D}中品红溶液的作用是______；

rm{(5)}容器rm{C}rm{F}中都盛有rm{NaOH}溶液，rm{F}中rm{NaOH}溶液的作用是______；

rm{(6)}反应过程中用冷水冷却装置rm{E}不能过度冷却rm{(}如用冰水rm{)}其原因是______．

rm{(7)}某学生在做此实验时，使用一定量的液溴，当溴全部褪色时，所消耗乙醇和浓硫酸混合液的量，比正常情况下超过许多，如果装置的气密性没有问题，试分析可能的原因______；rm{(}写出两条即可rm{)}

rm{(8)}除去产物中少量未反应的rm{Br_{2}}后，还含有的主要杂质为______，要进一步提纯，下列操作中必须用到的是______rm{(}填入正确选项前的字母rm{)}

A.重结晶rm{B.}过滤rm{C.}萃取rm{D.}蒸馏．19、由甲；乙两人组成的实验小组；在同样的实验条件下，用同样的实验仪器和方法进行两组测定中和热的实验，实验试剂及其用量如表所示．

。反应物起始温度rm{t1/隆忙}终了温度rm{t2/隆忙}中和热rm{/kJ?mol-1}A.rm{1.0mol/LHCl}溶液rm{50mL}rm{1.1mol/LNaOH}溶液rm{50mL}rm{13.0}rm{triangleH_{1}}B.rm{1.0mol/LHCl}溶液rm{50mL}rm{1.1mol/LNH_{3}?H_{2}O}溶液rm{50mL}rm{13.0}rm{triangleH_{2}}rm{垄脵}甲在实验之前预计rm{triangleH_{1}=triangleH_{2}.}他的根据是______；乙在实验之前预计rm{triangleH_{1}neqtriangleH_{2}}他的根据是______．

rm{triangleH_{1}=triangle

H_{2}.}实验测得的温度是：rm{triangleH_{1}neqtriangle

H_{2}}的起始温度为rm{垄脷}终了温度为rm{A}设充分反应后溶液的比热容rm{13.0隆忙}忽略实验仪器的比热容及溶液体积的变化，则rm{19.8隆忙}______rm{c=4.184J/(g?隆忙)}已知溶液密度均为rm{triangleH_{1}=}rm{.(}20、（满分12分）用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度。⑴配制待测液:将0.85g含有少量杂质(不与盐酸反应)的固体烧碱样品配制成100mL溶液，所用的主要仪器有___________________________________________。⑵滴定:①盛装0.20mol/L盐酸标准液应该用_______滴定管。②滴定时，应先向锥形瓶中加酚酞作为指示剂；滴定过程中两眼应该注视________，滴定终点时，锥形瓶中的溶液的颜色变化是__________。③有关数据记录如下:。滴定序号待测液体积(mL)所消耗盐酸标准液的体积(mL)滴定前滴定后120.000.5020.70220.006.0026.00⑶纯度计算：NaOH溶液的浓度为____________mol/L，烧碱样品的纯度为_________。⑷对几种假定情况的讨论(填无影响、偏高、偏低)①若刚见到指示剂局部的颜色有变化就停止滴定，则会使测定结果_________。②读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则会使测定结果_________________。21、（8分,每空2分）工业上制取CuCl2的生产流程如下：请结合下表数据，回答下列问题：。物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3溶度积／25℃8.0×10－162.2×10－204.0×10－38完全沉淀时的pH范围≥9.6≥6.43～4⑴溶液A中加入NaClO的目的是；⑵在溶液B中加入CuO的作用是；⑶操作a的目的是；⑷在Cu(OH)2加入盐酸使Cu(OH)2转变为CuCl2。采用多量盐酸和低温蒸干的目的是。22、如图所示，在实验室里，通常利用浓硫酸与乙醇混合加热制乙烯，加热一段时间后观察到烧瓶中溶液变黑，装置rm{(}Ⅱrm{)}中经硫酸酸化的高锰酸钾溶液褪色．

rm{(1)}甲同学认为酸性高锰酸钾溶液褪色，能证明乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化了，你认为甲同学的观点是否正确？______rm{(}填“是”或“否”rm{)}理由是______rm{(}填字母rm{)}．

A.rm{(}Ⅱrm{)}瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色；能证明乙烯发生了氧化反应。

B.rm{(}Ⅱrm{)}瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色；能证明乙烯发生了加成反应。

C.rm{(}Ⅱrm{)}瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色；不能证明通入的气体是纯净物。

D.rm{(}Ⅱrm{)}瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色；只能证明通入的气体一定具有还原性。

rm{(2)}乙同学取rm{(}Ⅱrm{)}瓶中少量溶液于试管里，加入盐酸和氯化钡溶液，产生白色沉淀rm{.}据此他认为乙烯中一定混有rm{SO_{2}}你认为他的结论是否可靠？______rm{(}填“是”或“否”rm{)}理由是______rm{.}若你认为不可靠，请改进上述实验方案，证明乙烯中是否含有rm{SO_{2}}______．

rm{(3)}丙同学在装置rm{(}Ⅰrm{)}和rm{(}Ⅱrm{)}之间增加了一个装有足量______溶液的洗气瓶，即可证明乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化．评卷人得分四、计算题(共3题，共24分)23、（8分）现有25℃时pH=12的NaOH溶液100ml，欲用以下几种方法将其pH调为11，回答下列问题。（假设稀溶液混合后的总体积等于两溶液的体积之和）（1）此pH=12的NaOH溶液中由水电离产生的c(H+)=；（2）加水稀释，需加水的体积为ml；（3）加入pH=2的盐酸，需加盐酸的体积为ml；（4）加入pH=10的NaOH溶液，需加NaOH溶液的体积为ml；24、（6分）8g含有杂质的过氧化钠样品与水反应（杂质不溶于水，也不与水反应），收集到1.12L氧气（标准状况）。则（1）过氧化钠与水反应的化学方程式是____（2）样品中过氧化钠的物质的量为____其质量为____25、(8分)将N2和H2按一定比例混合，在相同状况下其密度是H2的3.6倍，取0.5mol该混合气体通入密闭容器内，使之发生反应，并在一定条件下达到平衡，已知反应达到平衡后容器内压强是相同条件下反应前压强的0.76倍。试求：（1）反应前混合气体中N2和H2的体积比。（2）达平衡时混合气体中氨的物质的量。评卷人得分五、解答题(共1题，共6分)26、A、B、C、D均为短周期元素．A、B可形成BA和B2A型两种液态化合物．A与D可形成气态化合物DA、DA2．A、B、D可组成离子化合物，该晶体化学式为B4A3D2，其水溶液呈弱酸性．B与D可形成一种极易溶于水的碱性气体X．B与C可形成极易溶于水的酸性气体Y．已知X分子与B2A分子中的电子数相等．Y分子与BA型液态化合物分子中的电子数相等．请回答：

（1）写出元素的名称：A______；C______

（2）Y的化学式是______

（3）写出下列反应的化学方程式：Y+X→______

（4）B4A3D2水溶液呈酸性；写出其呈酸性的离子方程式______

（5）已知液态X与B2A相似；也可以发生微弱的电离，电离出含有相同电子数的微粒，则X的电离方程式为：______．

评卷人得分六、原理综合题(共1题，共3分)27、磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反应产生高毒的PH3气体(熔点为-132℃，还原性强、易自燃)，可用于粮食熏蒸杀虫。卫生安全标准规定：当粮食中磷化物(以PH3计)的含量低于0.05mg·kg-1时算合格。可用以下方法测定粮食中残留的磷化物含量：

（操作流程）安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定。

（实验装置）C中盛100g原粮，D中盛有20.00mL1.12×10-4mol•L-1KMnO4溶(H2SO4酸化)。

请回答下列问题：

(1)仪器C的名称是__________________；

(2)以磷化钙为例，写出磷化钙与水反应的化学方程式____________________；检查整套装置气密性良好的方法是_____________________________________。

(3)A中盛装KMnO4溶液的作用是______________________；通入空气的作用是____________。若没有B装置，则实验中测得PH3含量将____________（填“偏低”；“偏高”或“不变”）

(4)D中PH3被氧化成磷酸，所发生反应的离子方程式为_________________________。

(5)把D中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用5.0×10-5mol•L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为______mg•kg-1。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【解答】解：A．高锰酸钾酸性溶液与草酸钾溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故A正确；B．KI的酸性溶液长期置于空气中，碘离子被氧气氧化成碘单质，反应的离子方程式为：4I﹣+4H++O2═2I2+2H2O；故B正确；

C．硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸，反应的离子方程式为：2H++S2O32﹣═S↓+SO2↑+H2O；故C正确；

D．碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣；故D错误；

故选D．

【分析】A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性；能够将草酸根离子氧化成二氧化碳气体；

B．碘离子具有较强还原性；能够被空气中氧气氧化；

C．酸性条件下S2O32﹣与氢离子反应生成硫单质；二氧化硫气体和水；

D．碳酸钙为难溶物，离子方程式中碳酸钙不能拆开．2、A【分析】解：A．所有的卤代烃都可以发生取代反应；不同结构的卤代烃，取代反应的难易程度差别很大，故A正确；

B．由2-氯丙烷制取1；2-丙二醇时，需要引入两个卤素原子，故需要经过消去→加成→水解三步反应完成，故B错误；

C．浓硫酸的稀释中放出热量；促使苯更易挥发，为防止苯挥发，试剂滴加顺序是：用浓硫酸稀释的方法将浓硫酸倒入浓硝酸中，然后将苯倒入混合酸中，故C错误；

D．2-甲基-2-丁烯为CH3C（CH3）=CHCH3；双键同一碳上连相同的基团：甲基，故D错误．

故选A．

A．所有的卤代烃都可以发生取代反应；

B．由2-氯丙烷制取1；2-丙二醇时，需要引入两个卤素原子，然后水解；

C．苯有毒且易挥发；

D．根据存在顺反异构体的条件：①分子中至少有一个键不能自由旋转（否则将变成另外一种分子）；②双键上同一碳上不能有相同的基团．

本题综合考查有机物的性质，题目难度不大，注意有机物官能团的结构和性质，为解答该题的关键，学习中注意相关基础知识的积累．【解析】【答案】A3、B【分析】解：A．氢气和天然气分别为新能源和化石能源；故A错误；

B．液化气为化石能源；核能为新能源，满足条件，故B正确；

C．太阳能和风能都是新能源；故C错误；

D．煤和汽油都是化石能源；故D错误；

故选B．

煤；石油、天然气等是化石能源；常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能等，据此进行解答．

本题考查了能源的分类及判断，题目难度不大，明确常见能源的分类方法为解答关键，注意掌握化石能源与新能源的区别，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力．【解析】【答案】B4、C【分析】略【解析】rm{C}5、B【分析】【分析】本题考查难溶电解质的溶解平衡，侧重于浓度对平衡移动的影响，题目难度不大，注意浓度对溶解度与溶度积的影响的异同。【解答】根据rm{c(Ag^{+})}或rm{c(Cl^{-})}大小比较，rm{c(Ag^{+})}或rm{c(Cl^{-})}越小，rm{AgCl}的溶解度越大；

rm{垄脵c(Cl^{-})=0.01mol/L}rm{垄脷c(Cl^{-})=0.04mol/L}rm{垄脹c(Cl^{-})=0.03mol/L}rm{垄脺c(Ag^{+})}或rm{c(Cl^{-})}为rm{0}rm{垄脻c(Ag^{+})=0.05mol/L}

则rm{AgCl}的溶解度由大到小排列顺序是rm{垄脺>垄脵>垄脹>垄脷>垄脻}

故选B。

【解析】rm{B}6、D【分析】解：由上述分析可知，rm{W}为rm{H}rm{X}为rm{C}rm{Y}为rm{N}rm{Z}为rm{O}或rm{F}

A.由rm{W}与rm{X}组成的化合物的沸点不一定低于由rm{W}与rm{Y}组成的化合物的沸点；烃的种类繁多，固态烃的沸点高于氨气的沸点，故A错误；

B.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则以上四种元素的原子半径大小为rm{W<Z<Y<X}故B错误；

C.非金属性rm{Y<Z}则rm{Y}的气态简单氢化物的稳定性比rm{Z}的弱；故C错误；

D.rm{W}rm{Y}rm{Z}三种元素可形成离子化合物；如硝酸铵，故D正确；

故选D．

短周期主族元素rm{W}rm{X}rm{Y}和rm{Z}的原子序数依次增大rm{.X}是形成化合物种类最多的元素，则rm{X}为rm{C}元素，其中rm{W}的阴离子的核外电子数与rm{X}rm{Y}rm{Z}原子的核外内层电子数相同，则rm{W}为rm{H}元素；rm{Y}的最简单氢化物与rm{Cl_{2}}混合后产生白烟，rm{Y}为rm{N}元素，rm{Z}元素无正化合价，rm{Z}为rm{O}或rm{F}元素；以此来解答．

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素化合物知识推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．【解析】rm{D}7、B【分析】【分析】本题考查常见生活环境的污染和新能源的开发利用，为高考常见题型，侧重于化学知识的综合运用，该题注意“绿色环保，低碳经济”的做法，题目难度不大。【解答】A.提高能源效率、寻找替代能源、保护森林以及生态友好型消费，可以减轻温室效应，有利于环境保护，符合低碳经济，故A不选；B.液化石油气燃烧产生很多空气污染物，如氮的氧化物等，不利于环境保护，故B选；C.可燃冰为清洁能源，合理开采可燃冰，减少煤能源利用，减少空气污染物的排放，有利于环境保护，故C不选；D.推广利用二氧化碳合成生物降解材料，减少聚乙烯、聚氯乙烯塑料的使用，能够减少白色污染，有利于环境保护，故D不选。故选B。【解析】rm{B}二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】

根据A的比例模型及性质知；A是乙烯，根据B的球棍模型；碳原子成键方式及组成元素知B是苯；

（1）在一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，nCH2=CH2

故答案为：nCH2=CH2

（2）烷烃的同系物中；如果烷烃有同分异构体，则碳原子个数最少是4个，故答案为4；

（3）苯是一种无色无味的液体；有毒，不溶于水，其密度小于水的密度，和溴水；和高锰酸钾溶液不反应，但在一定条件下，能和氢气发生加成反应，故选①②③；

（4）在浓硫酸作用下，苯和浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯，反应方程式为：C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O；

故答案为：C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O；

（5）在浓硫酸、加热140℃时，乙醇发生取代反应生成乙醚，反应方程式为：2C2H5OHCH3CH2OCH2CH3+H2O，故答案为：2C2H5OHCH3CH2OCH2CH3+H2O；取代反应．

【解析】【答案】根据A的比例模型及性质知；A是乙烯，根据B的球棍模型；碳原子成键方式及组成元素知B是苯；

（1）在一定条件下；乙烯发生加聚反应生成聚乙烯；

（2）烷烃的同系物中；如果烷烃有同分异构体，则碳原子个数最少是4个；

（3）根据B的物理性质和化学性质分析；

（4）在浓硫酸作用下；苯和浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯；

（5）在浓硫酸；加热140℃时；乙醇发生取代反应生成乙醚．

9、△H=﹣92kJ•mol﹣1|N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1【分析】【解答】解：在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH﹣H键、1molN三N键共吸收的能量为3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN﹣H键，放出的能量为6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为2346kJ﹣2254kJ=92kJ，即N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1，N2与H2反应生成2molNH3的反应热是△H=﹣92kJ•mol﹣1，故答案为：△H=﹣92kJ•mol﹣1；N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1．

【分析】化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，焓变等于断键吸收的能量减去成键释放的能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热．10、略

【分析】解：rm{(1)}加热条件下，rm{Cu}和氧气反应生成rm{CuO}反应方程式为：rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}和稀硫酸反应方程式为rm{CuO+H_{2}SO_{4}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuSO_{4}+H_{2}O}浓硫酸和铜反应方程式为：rm{CuO}浓rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}+2H_{2}O}生成等量的硫酸铜时需要硫酸较多且生成的二氧化硫污染环境，故答案为：rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}rm{CuO+H_{2}SO_{4}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}CuSO_{4}+H_{2}O}生成等量的硫酸铜需硫酸较多；且生成的二氧化硫污染环境；

rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}在加热条件下，浓硫酸和铜反应生成二氧化硫，稀硫酸和铜不反应，但浓硫酸浓度达到一定值后变为稀硫酸，稀硫酸和铜不反应，所以被还原的硫酸为rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}+2H_{2}O}则浓硫酸的实际体积大于rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}故答案为：大于；

rm{CuO+H_{2}SO_{4}=CuSO_{4}+H_{2}O}在酸性条件下，硝酸根离子和铜发生氧化还原反应生成硝酸铜和rm{(2)}所以离子反应方程式为：rm{0.9mol.}故答案为：rm{180mL}

rm{(3)}该过程中发生的反应为：rm{NO}rm{3Cu+2NO_{3}^{-}+8H^{+}篓T3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{3Cu+2NO_{3}^{-}+8H^{+}篓T3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{(4)}rm{Fe_{2}O_{3}+3H_{2}SO_{4}=Fe_{2}(SO_{4})_{3}+3H_{2}O}最终溶液中的溶质是rm{Fe+H_{2}SO_{4}=FeSO_{4}+H_{2}}原子守恒得rm{dfrac{1}{2}n(NaOH)=n(Na_{2}SO_{4})=n(H_{2}SO_{4})}则rm{c(H_{2}SO_{4})=dfrac{n(NaOH)}{2times0.15L}=dfrac{4mol/L隆脕0.15L}{2times0.15L}=2}rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}+Fe=3FeSO_{4}}故答案为：rm{FeSO_{4}+2NaOH=Fe(OH)_{2}隆媒+Na_{2}SO_{4}}．

rm{2NaOH+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+2H_{2}O}加热条件下，rm{Na_{2}SO_{4}}和氧气反应生成rm{dfrac

{1}{2}n(NaOH)=n(Na_{2}SO_{4})=n(H_{2}SO_{4})}碱性氧化物和酸反应生成盐和水，铜和浓硫酸反应生成二氧化硫会污染空气；

rm{c(H_{2}SO_{4})=dfrac

{n(NaOH)}{2times0.15L}=dfrac{4mol/L隆脕0.15L}{2times

0.15L}=2}浓硫酸和铜在加热条件下反应；而稀硫酸和铜不反应；

rm{mol?L^{-1}}在酸性条件下，硝酸根离子和铜发生氧化还原反应生成硝酸铜和rm{2mol/L}

rm{(1)}该过程中发生的反应为：rm{Cu}rm{CuO}rm{(2)}rm{(3)}rm{NO}最终溶液中的溶质是rm{(4)}根据原子守恒计算硫酸的浓度．

本题考查了硝酸的性质及物质的量浓度计算，根据物质之间的反应来分析解答，易错点是rm{Fe_{2}O_{3}+3H_{2}SO_{4}=Fe_{2}(SO_{4})_{3}+3H_{2}O}酸性条件下，硝酸根离子能rm{Fe+H_{2}SO_{4}=FeSO_{4}+H_{2}}氧化为硝酸铜，加入硫酸后相当于溶液中含有硝酸，rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}+Fe=3FeSO_{4}}中明确最终溶液中的溶质是解此题关键，再结合原子守恒解答即可，题目难度中等．rm{FeSO_{4}+2NaOH=Fe(OH)_{2}隆媒+Na_{2}SO_{4}}【解析】rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}生成等量的硫酸铜需硫酸较多，且生成的二氧化硫污染环境；大于；rm{CuO+H_{2}SO_{4}=CuSO_{4}+H_{2}O}rm{3Cu+2NO_{3}^{-}+8H^{+}篓T3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{2mol/L}11、③⑤④②①【分析】解：：①CuSO4属于纯净物；由金属阳离子和酸根离子构成属于盐；

②Ca（OH）2属于纯净物；电离出的阴离子全部是氢氧根离子为碱；

③碘酒是单质碘和酒精的混合物；

④CH3COOH在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子；属于酸；

⑤单晶硅属于非金属单质；

故答案为：③；⑤；④；②；①。

同种物质组成的为纯净物；不同物质组成的物质为混合物；只有一种元素构成的纯净物为单质；水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；金属阳离子；铵根离子和酸根阴离子构成的化合物为盐，据此分析。

本题考查了物质分类、物质性质、物质组成等知识，题目难度不大，把握酸碱盐、混合物和纯净物的概念是关键，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。【解析】③⑤④②①12、C≡O|＜|1：1【分析】【解答】解：①等电子体之间结构相似，N2的结构式为N≡N，因此CO的结构式为C≡O，故答案为：C≡O；②根据杂化轨道理论可知NH3分子中N原子和H2O中的O原子均是按sp3杂化，但氨分子中只有一对孤电子对，而水分子中有两对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，水中氧原子中的了两对孤电子对对成键电子的斥力更大，所以NH3分子中键角大于H2O中的键角，故答案为：＜；③双键含有1个σ键和1个π键，CO2中含有2个双键；则σ键和π键数目比为1：1，故答案为：1：1．

【分析】①等电子体之间结构相似，N2的结构式为N≡N，因此CO中也含有三键；②根据杂化理论和价层电子对互斥理论，可比较二者的键角大小；③双键含有1个σ键和1个π键，CO2中含有2个双键，则σ键和π键数目比为1：1．13、略

【分析】解：（1）SO2能导致硫酸型酸雨，SO2溶于水：SO2+H2O═H2SO3，H2SO3能被部分氧化：H2SO3+O2=H2SO4，故大气中SO2含量过高会导致雨水中含有H2SO4和未被氧化完的H2SO3；

SO2用饱和Na2SO3溶液吸收可得NaHSO3，反应的化学方程式为：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；

故答案为：H2SO4、H2SO3；SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；

（2）已知NaHSO3中的HSO3-既能电离又能水解：HSO3-⇌H++SO32-电离显酸性，HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-水解显碱性；

NaHSO3的水溶液显酸性，说明电离大于水解，故：c（SO32-）＞c（H2SO3），而HSO3-无论是电离还是水解程度都很小，故未电离和水解的HSO3-浓度远远大于电离和水解生成的SO32-和H2SO3浓度，故三种粒子的浓度：c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3）；

故答案为：c（HSO3-）；c（SO32-）；c（H2SO3）；

（3）在此反应中，KIO3还原为I2，SO2被氧化为K2SO4．设当生成0.01molI2时；需要得xmol电子；

由2KIO3～得10e-～I2

2mol10mol1mol

xmol0.01mol

则x=0.1mol，即生成0.01molI2时；得0.1mol电子；

设当生成0.01molI2时反应掉的SO2为ymol，由关系：SO2～失2e-～K2SO4

1mol2mol

可知，ymolSO2失2ymol电子；

在氧化还原反应中；得失电子数相等，即有：2ymol═0.1mol；

解得y═0.05mol，即反应掉SO2为0.05mol；

故答案为：0.05；

（4）A．溶度积Ksp只受温度影响，温度不变，向BaSO4悬浊液中加入大量水，Ksp（BaSO4）不变；故A正确；

B．当c（CO32-）足够大时，能满足Qc=c（CO32-）•c（Ba2+）≥Ksp（BaCO3），BaSO4能转化为BaCO3；故B错误；

C．据Ksp（BaSO4）=c（SO42-）•c（Ba2+）═1.1×10-10可知，c（Ba2+）越大，c（SO42-）越小；但不可能为零，故C错误；

故答案为：BC．

（1）SO2导致硫酸型酸雨，N02导致HNO3型酸雨；

（2）根据NaHSO3的水溶液显酸性，知HSO3-的电离大于水解；可判断出离子浓度大小关系；

（3）根据得失电子数守恒SO2，即可得出每生成0.01molI2，参加反应的SO2的量；

（4）A．Ksp只与温度有关，加水，Ksp不变；

B．当Qc=c（CO32-）•c（Ba2+）≥Ksp（BaCO3），就能转化为BaCO3；

C．向Na2SO4中加入过量BaCl2溶液后，Ksp（BaSO4）=1.1×10-10不变，溶液中c（SO42-）不可能降低为零．

本题考查了离子浓度的大小比较、酸雨的形成、沉淀之间的转化等知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力，注意明确酸雨成因、难溶物沉淀平衡及其计算，能够正确判断离子浓度大小．【解析】H2SO4、H2SO3；SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；c（HSO3-）；c（SO32-）；c（H2SO3）；0.05；BC14、（1）32（2）SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2++4H++SO42-（3）①二氧化硫②偏小③④防止氢氧化钠溶液倒吸⑤5【分析】【分析】本题考查氧化还原反应及离子反应方程式的书写以及物质含量的测定，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。【解答】rm{(1)3Fe{S}_{2}+8{O}_{2};overset{赂脽脦脗}{=}6SO2+F{e}_{3}{O}_{4}}中，有rm{(1)3Fe{S}_{2}+8{O}_{2};

overset{赂脽脦脗}{=}6SO2+F{e}_{3}{O}_{4}}参加反应，rm{(1)3Fe{S}_{2}+8{O}_{2};

overset{赂脽脦脗}{=}6SO2+F{e}_{3}{O}_{4}}氧气参加反应，只有rm{3molFeS_{2}}元素的化合价降低，则转移电子为rm{8mol}故答案为：rm{O}rm{8mol隆脕2隆脕[0-(-2)]=32mol}rm{32}rm{(2)SO}rm{(2)SO}rm{{,!}_{2}}通入氯化铁溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸根离子、铁离子，离子反应为rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O+2Fe}rm{O+2Fe}rm{{,!}^{3+}}rm{=2Fe}rm{=2Fe}rm{{,!}^{2+}}rm{+4H}rm{+4H}rm{{,!}^{+}}rm{+SO}rm{+SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}，故答案为：rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O+2Fe}rm{O+2Fe}会偏小，故答案为：偏小；rm{{,!}^{3+}}rm{=2Fe}rm{=2Fe}rm{{,!}^{2+}}中还有残留红棕色固体，即生成了氧化铁，又还生成另一物质rm{+4H}rm{+4H}rm{{,!}^{+}}rm{+SO}rm{+SO}rm{2FeS{O}_{4}overset{triangle}{=}F{e}_{2}{O}_{3}+S{O}_{2}隆眉+S{O}_{3}隆眉}，故答案为：rm{2FeS{O}_{4}overset{triangle}{=}F{e}_{2}{O}_{3}+S{O}_{2}隆眉+S{O}_{3}隆眉}；rm{{,!}_{4}^{2-}}；氢氧化钠溶液主要是吸收产生的过多二氧化硫气体防止污染空气，球形干燥管的作用是：干燥气体的作用并防止氢氧化钠溶液倒吸，故答案为：防止氢氧化钠溶液倒吸；rm{(3)垄脵}二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：二氧化硫；rm{垄脷}实验中要持续通入氮气，把水蒸气全部赶出，否则测出的rm{x}会偏小，故答案为：偏小；rm{x}rm{垄脹}的化学式可知铁原子和水的个数比为rm{FeSO}rm{FeSO}

rm{{,!}_{4}}的分解后装置rm{A}中还有残留红棕色固体，即生成了氧化铁，又还生成另一物质rm{SO}rm{A}rm{SO}rm{{,!}_{3}}，根据氧化还原反应，还应该有化合价减低的产物rm{SO}rm{SO}

rm{{,!}_{2}}，方程式为

rm{2FeS{O}_{4}overset{triangle

}{=}F{e}_{2}{O}_{3}+S{O}_{2}隆眉+S{O}_{3}隆眉}，故答案为：rm{2FeS{O}_{4}overset{triangle

}{=}F{e}_{2}{O}_{3}+S{O}_{2}隆眉+S{O}_{3}隆眉}

rm{2FeS{O}_{4}overset{triangle

}{=}F{e}_{2}{O}_{3}+S{O}_{2}隆眉+S{O}_{3}隆眉}

rm{垄脺}装置rm{D}氢氧化钠溶液主要是吸收产生的过多二氧化硫气体防止污染空气，球形干燥管的作用是：干燥气体的作用并防止氢氧化钠溶液倒吸，故答案为：防止氢氧化钠溶液倒吸；rm{D}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{32}rm{(2)}rm{(2)}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O+2Fe}rm{O+2Fe}rm{{,!}^{3+}}rm{=2Fe}rm{=2Fe}rm{{,!}^{2+}}rm{+4H}rm{+4H}rm{垄脹2FeS{O}_{4}overset{triangle}{=}F{e}_{2}{O}_{3}+S{O}_{2}隆眉+S{O}_{3}隆眉}rm{{,!}^{+}}防止氢氧化钠溶液倒吸rm{+SO}rm{+SO}15、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}均为短周期元素，可形成rm{A_{2}C}和rm{BC_{2}}两种化合物，rm{A}rm{B}rm{C}的原子序数依次递增，rm{A}原子的rm{K}层的电子数目只有一个，则rm{A}为氢元素，rm{B}位于rm{A}的下一周期，它的最外能层电子数比rm{K}层多rm{2}个，则rm{B}为碳元素，而rm{C}原子核外的最外能层电子数比次外层电子数少rm{2}个，则rm{C}为硫元素；

rm{(1)}根据上面的分析可知，rm{A}rm{B}rm{C}的元素符号分别为：rm{H}rm{C}rm{S}

故答案为：rm{H}rm{C}rm{S}

rm{(2)CS_{2}}的结构与二氧化碳相似；是由极性键组成的非极性分子；

故答案为：极性；非极性；

rm{(3)S}原子的核外电子排布图为

故答案为：

rm{(4)H_{2}S}分子中硫原子有两对孤电子对，所以rm{H_{2}S}的空间构型为rm{V}形，rm{CO_{2}}分子中碳原子没有孤电子对，所以rm{CO_{2}}分子空间构形为直线形；

故答案为：rm{V}形；直线形．

A、rm{B}rm{C}均为短周期元素，可形成rm{A_{2}C}和rm{BC_{2}}两种化合物，rm{A}rm{B}rm{C}的原子序数依次递增，rm{A}原子的rm{K}层的电子数目只有一个，则rm{A}为氢元素，rm{B}位于rm{A}的下一周期，它的最外能层电子数比rm{K}层多rm{2}个，则rm{B}为碳元素，而rm{C}原子核外的最外能层电子数比次外层电子数少rm{2}个，则rm{C}为硫元素；据此答题．

本题主要考查了电子排布图、分子的极性、分子空间构型，难度不大，元素推断是解题的关键．【解析】rm{H}rm{C}rm{S}极性；非极性；rm{V}形；直线形三、实验题(共7题，共14分)16、略

【分析】【解析】试题分析：（1）滴定管的刻度自上而下是逐渐增大的，且能准确读数到0.1ml，所以根据图中刻度线的位置可知，此时滴定管中液体的体积大于50.00ml－20.40ml＝29.60ml。（2）滴定过程中，眼睛始终注视锥形瓶中液体颜色的变化，直到锥形瓶中液体的颜色发生变化。（3）根据表中数据可知，三次实验中消耗氢氧化钠溶液的体积分别是24.98ml、25.02mol、26.32ml，显然第三次的实验误差太大，舍去，则实际消耗氢氧化钠溶液体积的平均值是（24.98ml＋25.02mol）÷2＝25.00ml，所以白醋的物质的量浓度是（4）操作时用白醋润洗锥形瓶，则消耗氢氧化钠溶液的体积增加，则滴定结果偏大。若用白醋润洗酸式滴定管，则测定结果不影响。（5）根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（OH—）+c（CH3COO—），由于溶液显中性，则c（H+）=c（OH—），所以c（Na+）=c（CH3COO—），答案选C。考点：考查滴定管的构造、读数，中和滴定的操作和计算以及误差分析，溶液中离子浓度大小比较【解析】【答案】（12分）（1）＞29.60Ml（2）锥形瓶中液体颜色的变化（3）0.25mol/L（4）偏大无影响（5）C17、rm{(1)BaSO_{4}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)?BaCO_{3}(aq)+SO_{4}^{2-}(aq)}

rm{(2)Ba(FeO_{2})_{2}+8HNO_{3}=Ba(NO_{3})_{2}+2Fe(NO_{3})_{3}+4H_{2}O}

rm{(3)B}

rm{(4)}使rm{Fe^{3+}}完全沉淀rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}rm{BaCO_{3}}消耗rm{H^{+}}使rm{Fe^{3+}}水解平衡右移，形成rm{Fe(OH)_{3}}沉淀

rm{(5)}蒸发浓缩，冷却结晶

rm{(6)dfrac{261m}{233娄脴}隆脕100%}rm{(6)dfrac{261m}{233娄脴}

隆脕100%}【分析】【分析】钡泥主要含rm{BaCO_{3}}rm{BaSO_{3}}rm{Ba(FeO_{2})_{2}}等，加入硝酸，在容器中充分溶解，可生成硫酸钡，过滤后滤液中含有铁离子、钡离子等，且溶液呈酸性，可加入碳酸钡，调节溶液rm{pH=4隆芦5}使铁离子水解生成rm{Fe(OH)_{3}}沉淀，过滤后废渣为rm{Fe(OH)_{3}}滤液中含有硝酸、硝酸钡等，加入氢氧化钡中和得到硝酸钡溶液，经蒸发、浓缩、过滤可得到硝酸钡晶体，母液中含有硝酸钡，过滤得到的固体洗涤后除去废渣，滤液重新加入酸溶步骤充分利用。【解答】

rm{(1)}溶液存在rm{BaSO_{4}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)?BaCO_{3}(aq)+SO_{4}^{2-}(aq)}当rm{c(CO_{3}^{2-})隆脕c(Ba^{2+})>K_{sp}(BaCO_{3})}时，可实现沉淀的转化，故填：rm{BaSO_{4}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)?BaCO_{3}(aq)+SO_{4}^{2-}(aq)}

rm{(2)Ba(FeO_{2})_{2}}与中钡元素为rm{+2}价，铁元素为rm{+3}价，所以反应产物为rm{Ba(NO_{3})_{2}}和rm{Fe(NO_{3})_{3}}

所以其反应方程式为：rm{Ba(FeO_{2})_{2}+8HNO_{3}篓TBa(NO_{3})_{2}+2Fe(NO_{3})_{3}+4H_{2}O}故填：rm{Ba(FeO_{2})_{2}+8HNO_{3}=Ba(NO_{3})_{2}+2Fe(NO_{3})_{3}+4H_{2}O}

rm{(3)X}既要能中和硝酸，又不产生新杂质，结合工厂实际，应该用rm{BaCO_{3}}来调节rm{pH}故填：rm{B}

rm{(4)Fe^{3+}}易发生水解而生成rm{Fe(OH)_{3}}沉淀，离子方程式为rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}加入碳酸钡，rm{BaCO_{3}}消耗rm{H^{+}}使rm{Fe^{3+}}水解平衡右移，形成rm{Fe(OH)_{3}}沉淀，故填：使rm{Fe^{3+}}完全沉淀；rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}rm{BaCO_{3}}消耗rm{H^{+}}使rm{Fe^{3+}}水解平衡右移，形成rm{Fe(OH)_{3}}沉淀；

rm{(5)}从溶液中提取溶质的方法为：蒸发浓缩；冷却结晶；然后过滤，所以操作Ⅲ为蒸发浓缩、冷却结晶，故填：蒸发浓缩，冷却结晶；

rm{(6)}称取rm{w}克晶体溶于蒸馏水，加入足量的硫酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量为rm{m}克，其发生的反应为：rm{Ba(NO_{3})_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}+2HNO_{3}}

设参加反应的rm{Ba(NO_{3})_{2}}为rm{xg}

rm{Ba(NO_{3})_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}+2HNO_{3}}

rm{261}rm{233}

rm{x}rm{mg}

则rm{dfrac{261}{x}=dfrac{233}{mg}}

解得rm{dfrac{261}{x}=dfrac{233}{mg}

}

所以该rm{x=dfrac{261m}{233}}的纯度为rm{dfrac{dfrac{261m}{233}}{娄脴}隆脕100%=dfrac{261m}{233娄脴}隆脕100%}故填：rm{dfrac{261m}{233娄脴}隆脕100%}rm{Ba(NO_{3})_{2}}【解析】rm{(1)BaSO_{4}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)?BaCO_{3}(aq)+SO_{4}^{2-}(aq)}rm{(2)Ba(FeO_{2})_{2}+8HNO_{3}=Ba(NO_{3})_{2}+2Fe(NO_{3})_{3}+4H_{2}O}rm{(3)B}rm{(4)}使rm{Fe^{3+}}完全沉淀rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}rm{BaCO_{3}}消耗rm{H^{+}}使rm{Fe^{3+}}水解平衡右移，形成rm{Fe(OH)_{3}}沉淀rm{(5)}蒸发浓缩，冷却结晶rm{(6)dfrac{261m}{233娄脴}隆脕100%}rm{(6)dfrac{261m}{233娄脴}

隆脕100%}18、略

【分析】解：rm{(1)}由题可知rm{140隆忙}时有副产品乙醚的生成，为了减少副产物乙醚生成，实验中应迅速将温度升高到rm{170隆忙}

故答案为：减少副产物乙醚生成；

rm{(2)}连通滴液漏斗使上下容器中的压强相同；液体容易流下，所以气体发生装置使用连通滴液漏斗的原因使连通滴液漏斗里的溶液容易滴下；

故答案为：使连通滴液漏斗里的溶液容易滴下；

rm{(3)}如果rm{E}中发生堵塞，rm{B}中压强增大；长直玻璃管中液面会上升；

故答案为：rm{B}中长直玻璃管内有一段液柱上升；

rm{(4)}无水乙醇和浓硫酸混合液制备乙烯时；会有副产物二氧化硫生成，而二氧化硫能使品红褪色，所以用品红溶液检验二氧化硫是否被氢氧化钠吸收完全；

故答案为：验证二氧化硫是否被除尽；

rm{(5)}挥发的溴蒸气；能够污染大气，需要进行尾气吸收，用氢氧化钠吸收；

故答案为：吸收挥发的溴蒸气；

rm{(6)}液溴易挥发，反应过程中应用冷水冷却装置rm{E}能减少液溴挥发；由表中数据可知rm{1}rm{2-}二溴乙烷的熔点为rm{9隆忙}如用冰水冷却时温度太低，rm{1}rm{2-}二溴乙烷会凝结为固体；从而导致导管堵塞；

故答案为：过渡冷却rm{1}rm{2-}二溴乙烷易凝结成固体而发生堵塞；

rm{(7)}乙醇在浓硫酸作催化剂作用下会有乙醚等副产物生成；反应太剧烈时乙醇部分挥发浓硫酸将部分乙醇氧化，乙烯流速过快，未完全发生加成反应；

故答案为：rm{垄脵}浓硫酸将部分乙醇氧化rm{垄脷}发生副反应生成乙醚rm{垄脹}乙醇挥发rm{垄脺}乙烯流速过快；未完全发生加成反应；

rm{(8)}在制取rm{1}rm{2}一二溴乙烷的过程中还会有副产物乙醚生成；除去rm{1}rm{2}一二溴乙烷中的乙醚；可以通过蒸馏的方法将二者分离，所以D正确；

故答案为：乙醚；rm{D}．

实验室制备rm{1}rm{2-}二溴乙烷流程：装置rm{A}中：乙醇在浓硫酸做催化剂、脱水剂条件下发生消去反应生成乙烯，反应方程式：rm{CH_{3}CH_{2}OHdfrac{overset{;{脜篓脕貌脣谩};}{}}{170隆忙}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}全瓶rm{CH_{3}CH_{2}OHdfrac{

overset{;{脜篓脕貌脣谩};}{}}{170隆忙}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}可以防止倒吸；当rm{b}堵塞时，气体不畅通，则在rm{c}中气体产生的压强将水压入直玻璃管中，甚至溢出玻璃管，装置rm{b}中盛有氢氧化钠可以和制取乙烯中产生的杂质气体二氧化硫发生反应，除去乙烯中带出的酸性气体，装置rm{C}中品红溶液验证二氧化硫是否被除尽，液溴易挥发，反应过程中应用冷水冷却装置rm{D}能减少液溴挥发，rm{E}装置中：乙烯与液溴发生加成反应生成rm{E}rm{1}二溴乙烷化学方程式为：rm{2-}反应剩余的溴化氢、溴等有毒，能够污染大气，需要进行尾气吸收，用rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCH_{2}Br}吸收；据此分析作答．

本题考查了rm{F}rm{1}二溴乙烷实验室制取、乙烯的制取、实验装置的理解评价等，注意基础知识的掌握，本题难度中等．rm{2-}【解析】减少副产物乙醚生成；使连通滴液漏斗里的溶液容易滴下；rm{B}中长直玻璃管内有一段液柱上升；验证二氧化硫是否被除尽；吸收挥发的溴蒸气；过渡冷却rm{1}rm{2-}二溴乙烷易凝结成固体而发生堵塞；：rm{垄脵}浓硫酸将部分乙醇氧化rm{垄脷}发生副反应生成乙醚rm{垄脹}乙醇挥发rm{垄脺}乙烯流速过快，未完全发生加成反应；乙醚；rm{D}19、略

【分析】解：rm{垄脵}甲认为rm{A}rm{B}中酸与碱的元数、物质的量浓度、溶液体积都相同，则反应的热效应也相同；而乙认为rm{NaOH}是强碱，rm{NH_{3}?H_{2}O}是弱碱电离吸热，所以热效应不同；故答案为：rm{A}rm{B}中酸与碱的元数、物质的量浓度、溶液体积都相同；rm{NaOH}是强碱，rm{NH_{3}?H_{2}O}是弱碱电离吸热；

rm{垄脷triangleH_{1}=-dfrac{4.184隆脕100隆脕(19.8-13.0)}{1times0.05}隆脰-56.9kJ/mol}故答案为：rm{垄脷triangleH_{1}=-dfrac

{4.184隆脕100隆脕(19.8-13.0)}{1times0.05}隆脰-56.9kJ/mol}．

rm{-56.9kJ/mol}甲根据rm{垄脵}rm{A}中酸与碱的元数；物质的量浓度、溶液体积都相同；乙根据弱电解质存在电离平衡；电离过程是吸热过程；

rm{B}结合rm{垄脷}及物质的量与热量成正比计算．

本题考查了中和热的测定方法，题目难度不大，注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减