2024年浙教版高二化学下册月考试卷

…………○…………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2024年浙教版高二化学下册月考试卷345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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列设备工作时，将化学能转化为热能的是。ABCD硅太阳能电池锂离子电池太阳能集热器燃气灶2、有人认为rm{CH_{2}=CH_{2}}与rm{Br_{2}}的加成反应，实质是rm{Br_{2}}先断裂为rm{Br^{+}}和rm{Br^{-}}然后rm{Br^{+}}首先与rm{CH_{2}=CH}一端碳原子结合，第二步才是rm{Br^{-}}与另一端碳原子结合rm{.}根据该观点如果让rm{CH_{2}=CH_{2}}与rm{Br_{2}}在盛有rm{NaCl}和rm{NaI}的水溶液中反应，则得到的有机物不可能是rm{(}rm{)}A.rm{BrCH_{2}CH_{2}Br}B.rm{ClCH_{2}CH_{2}Cl}C.rm{BrCH_{2}CH_{2}I}D.rm{BrCH_{2}CH_{2}Cl}3、天然维生素P存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂，关于维生素P的叙述中错误的是（）（维生素P的结构简式）A.可与NaOH溶液反应，1mol该物质可与4molNaOH反应B.可与溴水反应，且1mol该物质与足量溴水反应消耗6molBr2C.一定条件下1mol该物质可与H2加成，耗H2最大量为7molD.维生素P遇FeCI3溶液发生显色反应4、下列关于电解质溶液的叙述正确的是A．常温下物质的量浓度相等①NH4HSO4、②(NH4)2SO4、③(NH4)2CO3三种溶液中c(NH4+)①<②<③B．在纯水中加入少量硫酸或硫酸铵，均可抑制水的电离C．中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同D．常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大5、下列说法中正确的是（）A.液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质B.NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质C.铜、石墨均导电，所以它们是电解质D.蔗糖、酒精在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、下列实验过程中不需要使用圆底烧瓶的是A.过滤B.蒸馏C.溶解D.分液7、下列广告用语在科学性上错误的是rm{(}rm{)}A.没有水就没有生命B.这种蒸馏水绝对纯净，其中不含任何离子C.这种口服液含丰富的氮rm{.}磷rm{.}锌等微量元素D.这种饮料不含任何化学物质8、工业合成环丁基甲酸的流程如图。下列说法正确的是。

A.a和b互为同系物B.a→b的反应类型为取代反应C.c分子中所有碳原子均可共面D.b的一氯代物有4种(不考虑立体异构)9、实验是研究化学的基础，图中所示的实验方法、装置或操作完全不正确的是rm{(}rm{)}A.

除杂B.

稀释C.制气D.称量10、氢气还原氧化铜：rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}H_{2}O+Cu}在该反应中

A.rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}H_{2}O+

Cu}做还原剂B.rm{CuO}做氧化剂C.铜元素的化合价降低D.铜元素的化合剂升高rm{CuO}11、下列操作能用于检验rm{NH_{3}}的是rm{(}rm{)}A.气体使湿润的酚酞试纸变红B.气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝C.气体与浓rm{H_{2}SO_{4}}靠近D.气体与浓盐酸产生白烟12、关于原电池的下列说法中，正确的是rm{(}rm{)}A.在负极上发生氧化反应B.化学性质较活泼的金属为负极C.在外电路上电子由负极流向正极D.是由电能转化为化学能的装置13、分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用rm{.}下列分类标准合理的是rm{(}rm{)}A.根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液rm{.}胶体和浊液B.根据物质的组成成分是否单一，将物质分为纯净物和混合物C.根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应D.根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应14、

下列离子检验的方法和结论不正确的是rm{(}rm{)}A.某溶液中滴加硝酸银溶液生成白色沉淀，说明原溶液中有rm{Cl^{-}}B.某溶液中滴加氯化钡溶液生成白色沉淀，说明原溶液中有rm{SO_{4}^{2-}}C.某溶液中滴加氢氧化钠溶液生成蓝色沉淀，说明原溶液中有rm{Cu^{2+}}D.某溶液中滴加稀硫酸溶液生成无色气体，说明原溶液中有rm{CO_{3}^{2-}}评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、（10分）五种元素的原子电子层结构如下：A．1s22s1；B．1s22s22p4；C．1s22s22p6；D．1s22s22p63s23p2E．[Ar]3d104s1。（用元素符号作答）（1）元素的第一电离能最大的是________；（2）属于过渡元素的是________；（3）元素的电负性最大的是________；（4）上述元素之间能形成X2Y型化合物的化学式是、____16、燃料电池是一种新能源．利用2CO+O2═2CO2设计燃料电池时，负极发生反应的气体是______，正极发生反应的气体是______．17、在一密闭容器中有rm{A}rm{B}两种气体，开始时浓度分别为rm{amol?L^{-1}}rm{bmol?L^{-1}}rm{A}跟rm{B}反应生成rm{C}方程式为：rm{A+2B?3C.t}秒末时，用rm{C}表示的反应速率为rm{dmol?L^{-1}?S^{-1}}则此时rm{B}的浓度为多少rm{mol?L^{-1}}18、运用化学反应原理研究氮；氧等单质及其化合物的反应有重要意义．

（1）合成氨反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡____移动（填“向左”、“向右”或“不”）；使用催化剂使反应的△H____（填“增大”；“减小”或“不改变”）．

（2）在25℃下，向浓度均为0.1mol•L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水；沉淀会分步析出．

首先生成沉淀的离子方程式为____氨水过量后，生成的沉淀会部分溶解，写出溶解沉淀的离子方程式____．

（已知25℃时Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10-11，KsP[Cu（OH）2]=2.2×10-20）

（3）在25℃下，将amol•L-1的氨水与0.01mol•L-1的盐酸等体积混合；反应后溶液中。

c（NH4+）=c（Cl-）．则溶液显____性（填“酸”、“碱”或“中”），请用含a的代数式表示NH3•H2O的电离常数Kb=____．

（4）在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20molSO2和0.10molO2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO30.18mol，则v（o2）=____mol．L-1．min-1：若继续通入0.20molSO2和0.10molO2，再次达到平衡后，n（SO3）的取值范围为____．19、（14分）在一定条件下，烯烃可发生臭氧化还原水解反应，生成羰基化合物，该反应可表示为：已知：①合物A，其分子式为C9H10O，它既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能与FeCl3溶液发生显色反应，且能与金属钠或NaOH溶液反应生成B；②B发生臭氧化还原水解反应生成C，C能发生银镜反应；③C催化加氢生成D，D在浓硫酸存在下加热生成E；④E既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能与FeCl3溶液发生显色反应，且能与NaOH溶液反应生成F；⑤F发生臭氧化还原水解反应生成G，G能发生银镜反应，遇酸转化为H（C7H6O2）。请根据上述信息，完成下列填空：⑴写出下列化合物的结构简式（如有多组化合物符合题意，只要写出其中的一组）A______________，C_____________，E________________．⑵写出分子式为C7H6O2的含有苯环的所有同分异构体的结构简式：_______________________________________________________________________20、（12分）惰性电极电解NaCl溶液或CuSO4溶液都得到三种产物A、B、C，各物质之间的转化关系如下图所示（图中参与反应和生成的水都已略去）。已知甲是短周期元素的单质，它是日常生活中常用的包装材料。回答下列问题：（1）若电解的是NaCl溶液：①甲与A反应的化学方程式是________。②A与B反应的离子方程式是____________。③常温下，若电解100mL0.1mol/LNaCl溶液，阴、阳两极各产生112mL气体（标准状况），则所得溶液的pH为____（忽略反应前后溶液的体积变化及气体溶于水的影响）。（2）若电解的是CuSO4溶液，加热时，A的浓溶液可与B发生反应：①A的浓溶液与B反应过程中，A的浓度随时间变化的图像正确是。②E的化学式是；电解时阳极的电极反应式是____。21、已知CH3COO-+H+⇌CH3COOH现要使平衡向右移动且氢离子浓度增大，应采取的措施是______

A．加NaOHB．加盐酸C．加水D．升高温度。

已知CH3COOH在溶剂A中可以全部电离，盐不溶解于A溶剂．则CH3COOH和Na2CO3在溶剂A中生成CO2反应的离子方程式是______．22、用系统法写出下列物质名称rm{(1)}____________；rm{(2)}____________；rm{(3)}____________；rm{(4)}____________；rm{(5)}____________；rm{(6)}键线式键线式rm{(6)}名称_______________．23、实验室常利用甲醛法测定rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}样品中氮的质量分数，其反应原理为：rm{4NH_{4}^{+}+6HCHO=3H^{+}+6H_{2}O+(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}拢脹}滴定时，rm{1mol(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}}与rm{4NH_{4}^{+}+6HCHO

=3H^{+}+6H_{2}O+(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}拢脹}相当rm{1mol

(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}}然后用rm{lmolH^{+}}标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤rm{拢脻}称取样品rm{NaOH}

步骤rm{I}将样品溶解后，完全转移到rm{1.500g}容量瓶中；定容，充分摇匀。

步骤rm{II}移取rm{250mL}样品溶液于rm{III}锥形瓶中，加入rm{25.00mL}的中性甲醛溶液，摇匀、静置rm{250mL}后，加入rm{10mL20拢楼}滴酚酞试液，用rm{5min}标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复rm{1隆芦2}次。rm{NaOH}根据步骤rm{2}填空：

rm{(1)}碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入rm{III}标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数________rm{垄脵}填“偏高rm{NaOH}“偏低rm{(}或“无影响”rm{"}rm{"}锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去rm{)}标准溶液的体积_______rm{垄脷}填“偏大”、“偏小”或“无影响”rm{NaOH}rm{(}滴定时边滴边摇动锥形瓶；眼睛应观察____________。

A.滴定管内液面的变化rm{)}锥形瓶内溶液颜色的变化。

rm{垄脹}滴定达到终点时；酚酞指示剂由_________色变成_________色。

rm{B.}滴定结果如下表所示：​若rm{垄脺}标准溶液的浓度为rm{(2)}则该样品中氮的质量分数为___________。rm{NaOH}评卷人得分四、实验题(共2题，共8分)24、（10分）实验室常利用甲醛法测定（NH4）2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4＋+6HCHO=3H＋+6H2O+（CH2）6N4H＋[滴定时，1mol（CH2）6N4H+与lmolH+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸，某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤I：称取样品1．500g。步骤II：将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤Ⅲ：移取25．00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20％的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后,加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。（1）根据步骤Ⅲ填空：①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察。A．滴定管内液面的变化B．锥形瓶内溶液颜色的变化④滴定达到终点时，酚酞指示剂颜色由色。（2）滴定结果如下表所示：若NaOH标准溶液的浓度为0．1050mol·L－1则该样品中氮的质量分数为。25、碳酸锰rm{(MnCO_{3})}是一种高性能磁性材料。以软锰矿粉rm{(}主要含rm{MnO_{2}}还含有少量的rm{Fe_{2}O_{3}}rm{Al_{2}O_{3}}等杂质rm{)}为原料制取rm{MnCO_{3}}的流程如下：

已知：“沉锰”反应为：rm{Mn^{2+}+2HCO}rm{=MnCO_{3}隆媒+H_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{=MnCO_{3}隆媒+H_{2}O+

CO_{2}隆眉}“酸浸”时发生的主要反应为：rm{2Fe^{2+}+MnO_{2}+4H^{+}=2Fe^{3+}+Mn^{2+}+2H_{2}O}除此以外，还发生的反应离子方程式为____。rm{(1)}任写一个rm{2Fe^{2+}+MnO_{2}+4H^{+}=2Fe^{3+}

+Mn^{2+}+2H_{2}O}rm{(}“沉锰”工序中，实验测得rm{)}的产率与溶液rm{(2)}反应时间rm{MnCO_{3}}的关系如图所示。反应要控制rm{pH}在rm{t}左右的理由是____。rm{pH}答两点rm{7}rm{(}“过滤Ⅱ”所得滤液中溶质的主要成分是____。rm{)}为测定某软锰矿中二氧化锰的质量分数，准确称量rm{(3)}软锰矿样品，加入rm{(4)}草酸钠rm{1.800g}固体，再加入足量的稀硫酸并加热rm{4.020g}杂质不参加反应rm{(Na_{2}C_{2}O_{4})}充分反应后冷却，过量的rm{(}用rm{)}高锰酸钾溶液进行滴定，当滴入rm{Na_{2}C_{2}O_{4}}溶液时恰好完全反应。已知高锰酸钾、二氧化锰在酸性条件下均能将草酸钠rm{0.2000mol/L}氧化：rm{MnO_{2}+C_{2}O_{4}^{2-}+4H^{+}}rm{overset{?}{=}Mn^{2+}+2CO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{MnO_{4}^{-}+C_{2}O_{4}^{2-}}rm{+H^{+}隆陋Mn^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O(}未配平rm{30.00mL}求该软锰矿中二氧化锰的质量分数____。rm{(Na_{2}C_{2}O_{4})}评卷人得分五、推断题(共4题，共40分)26、有rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{Q}rm{T}五种元素，rm{X}原子的rm{M}层rm{p}轨道有rm{2}个未成对电子，rm{Y}原子的外围电子构型为rm{3d^{6}4s^{2}}rm{Z}原子的rm{L}电子层的rm{p}能级上有一空轨道，rm{Q}原子的rm{L}电子层的rm{p}能级上只有rm{1}对成对电子，rm{T}原子的rm{M}电子层上rm{p}轨道半充满。试写出：

rm{(1)X}的元素符号______，rm{Y}的元素符号______。

rm{(2)Z}的电子排布式______，rm{Q}的电子排布图______，rm{T}的电子排布图______。

rm{(3)Y}的单质在rm{Q}的单质中燃烧的化学方程式______。27、芳香化合物rm{A}是一种基本化工原料，可以从煤和石油中得到rm{.A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}的转化关系如图所示：

回答下列问题：

rm{(1)A}的化学名称是______；

rm{(2)A隆煤B}的反应条件______，在该反应的副产物中，与rm{B}互为同分异构体的副产物的结构简式为______；

rm{(3)A隆煤C}的化学方程式为______；

rm{(4)A}与酸性rm{KMnO_{4}}溶液反应可得到rm{D}写出rm{D}的结构简式______．28、已知rm{A(C_{2}H_{2})}是基本有机化工原料。由rm{A}制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式异戊二烯的合成路线rm{(}部分反应条件略去rm{)}如图所示：回答下列问题：rm{(1)A}的名称是____，rm{B}含有的官能团是____。rm{(2)垄脵}的反应类型是____，rm{垄脽}的反应类型是____。rm{(3)C}和rm{D}的结构简式分别为____、____。rm{(4)}异戊二烯分子中最多有____个原子共平面，顺式聚异戊二烯的结构简式为____。rm{(5)}写出与rm{A}具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体____rm{(}填结构简式rm{)}rm{(6)}参照异戊二烯的上述合成路线，设计一条由rm{A}和乙醛为起始原料制备rm{1}rm{3-}丁二烯的合成路线。29、rm{(15}分rm{)}酮洛芬是一种良好的抗炎镇痛药，可以通过以下方法合成：rm{(1)}酮洛芬中含氧官能团的名称为____和____。rm{(2)}化合物rm{E}的结构简式为____；由rm{C隆煤D}的反应类型是____。rm{(3)}写出rm{B隆煤C}的反应方程式____。____rm{(4)}写出同时满足下列条件的rm{A}的一种同分异构体的结构简式____。Ⅰ、能发生银镜反应；Ⅱ、与rm{FeCl_{3}}发生显色反应；rm{III}分子中含有rm{5}种不同化学环境的氢rm{(5)}请写出以甲苯和乙醇为原料制备化合物的合成路线流程图rm{(}无机试剂可任选rm{)}合成路线流程图示例如图：参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】试题分析：硅太阳能电池是将太阳能转化为电能，A错；锂离子电池是将化学能转化为电能，B错；太阳能集热器是将太阳能转化为热能，C错；燃气灶中发生的燃料燃烧是将化学能转化为热能，选D。考点：常见的能量的转化。【解析】【答案】D2、B【分析】解：按照题意，第一步肯定要上rm{Br^{+}}即一定会出现rm{BrCH_{2}CH_{2}-}的结构，第二步才能上阴离子，rm{NaCl}和rm{NaI}的水溶液中含有氯离子和碘离子还有溴水中的溴离子，可以分别加在碳原子上，rm{ACD}均可以；故B错误．

故选B．

根据题目信息：rm{CH_{2}=CH_{2}}与rm{Br_{2}}的加成反应，实质是rm{Br_{2}}先断裂为rm{Br^{+}}和rm{Br^{-}}然后rm{Br^{+}}首先与rm{CH_{2}=CH}一端碳原子结合，第二步才是rm{Br^{-}}与另一端碳原子结合来判断产物．

本题是一道信息给定题，可以根据题意的相关信息来回答，较简单．【解析】rm{B}3、C【分析】【解析】试题分析：维生素P结构中含有酚羟基，能与氢氧化钠反应，每mol维生素P结构中含有4mol酚羟基，所以1mol该物质可与4molNaOH反应，故A正确；维生素P结构中含有酚羟基，能与溴水反应－OH的邻、对位取代，含有碳碳双键，能发生加成反应，1mol该物质与足量溴水反应耗6molBr2，故B正确；维生素P结构中含有的苯环、碳碳双键、碳氧双键都能与氢气发生加成反应，一定条件下1mol该物质可与H2加成，耗H2最大量为8mol，故C错误；维生素P结构中含有酚羟基，遇FeCl3溶液呈发生显色反应，故D正确，答案选C。考点：考查有机物的结构和性质【解析】【答案】C4、D【分析】【解析】【答案】D5、D【分析】【解答】解：A；液态HCl不导电；但在水溶液中电离出氢离子和氯离子，可以导电；固态NaCl不导电，在水溶液中或熔融状态下电离出钠离子和氯离子，可以导电，所以所以HCl、NaCl均是电解质，故A错误；

B；氨气的水溶液能导电；是因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，而不是氨气电离；二氧化碳的水溶液能导电，是因为二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸电离出氢离子和碳酸氢根离子，不是二氧化碳电离，所以氨气和二氧化碳均是非电解质，故B错误．

C；铜和石墨导电是因为有自由移动的电子；可以按一定方向移动形成电流，并且铜和石墨均为单质，不是电解质，故C错误；

D；蔗糖、酒精为化合物；在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质，故D正确．

故选D．

【分析】根据电解质和非电解质的定义：电解质是指在水溶液中或在熔融状态下就能够导电（电解离成阳离子与阴离子）的化合物，非电解质是指在水溶液中或在熔融状态下就不能导电的化合物来解答此题．二、多选题(共9题，共18分)6、ACD【分析】【分析】本题考查仪器的使用，题目难度不大，注意根据操作确定使用的仪器。【解答】rm{A}过滤需要使用漏斗，不用圆底烧瓶，故rm{A}错误；rm{.}过滤需要使用漏斗，不用圆底烧瓶，故rm{A}错误；rm{.}rm{A}rm{A}蒸馏需要用到圆底烧瓶，故正确；

rm{B}溶解用到烧杯、玻璃棒，不用圆底烧瓶，故rm{B}错误；

rm{.}蒸馏需要用到圆底烧瓶，故rm{B}正确；rm{.}分液使用分液漏斗，不用圆底烧瓶，故rm{B}错误。

rm{B}。rm{C}

rm{C}【解析】rm{ACD}7、BCD【分析】解：rm{A.}水是生命之源；人类时刻离不开水，所以人类不能没有水，没有水就没有生命，故A正确；

B.水是弱电解质；能电离出氢离子和氢氧根离子，所以蒸馏水中含有离子，故B错误；

C.氮和磷在人体内属于常量元素；不是微量元素，故C错误；

D.任何物质都是由化学物质构成的；饮料中的所有物质均属于化学物质，故D错误；

故选BCD．

A.根据水的重要性判断；

B.水是弱电解质；能电离出离子；

C.根据人体内的常量元素和微量元素判断；常量元素包括氧；碳、氢、氮、钙、磷、钾、硫、钠、氯、镁，微量元素包括铁、钴、铜、锌、铬、锰、钼、碘、硒；

D.任何物质都是由化学元素组成的；饮料是由化学物质组成的．

本题考查了原子、分子、离子等基础知识，题目难度不大，学会用化学知识解释生产、生活现象，学以致用．【解析】rm{BCD}8、BD【分析】【分析】

【详解】

A．根据a、b结构简式可知a分子式是C7H12O4，b分子式是C10H16O4，二者不是相差CH2的整数倍；因此二者不是同系物，A错误；

B．a与Br-CH2CH2CH2Cl在一定条件下发生取代反应产生b和HCl、HBr，故a→b的反应类型为取代反应；B正确；

C．c分子中含有饱和C原子；具有甲烷的四面体结构，因此c分子中所有碳原子不可能共平面，C错误；

D．b物质以中心碳原子为对称轴；含有4种不同位置的H原子，因此其一氯代物有4种(不考虑立体异构)，D正确；

故合理选项是BD。9、ABD【分析】解：rm{A.}洗气时；气体应从长导管进，短导管出，题中气体的进出方向错误，故A错误；

B.量筒只能用于量取一定体积；只能在常温下使用，不能在量筒中稀释浓硫酸，故B错误；

C.实验室可用氯化铵和氢氧化钙制备氨气；装置符合制备要求，故C正确；

D.氢氧化钠应放在小烧杯中称量；故D错误．

故选ABD．

A.气体的进出方向错误；

B.不能在量筒中稀释浓硫酸；

C.实验室可用氯化铵和氢氧化钙制备氨气；

D.称量氢氧化钠时应防止氢氧化钠吸水和变质；减小实验误差．

本题考查较为综合，涉及物质的分离、溶液的量取、气体的制备以及物质的称量，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】rm{ABD}10、BC【分析】【分析】本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质及特征为解答关键，注意掌握氧化剂、还原剂的概念及判断方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。【解答】A.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价被还原，rm{CuO}作氧化剂；故A错误；

B.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价，铜元素化合价降低，rm{CuO}作氧化剂；故B正确；

C.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价；化合价降低，故C正确；

D.rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价；铜元素化合价降低，故D错误。

故选BC。

【解析】rm{BC}11、ABD【分析】解：rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}.H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}

A.无色酚酞遇碱变红色；所以氨气能使湿润的酚酞试纸变红，故A正确；

B.红色石蕊试纸遇碱变蓝色；所以氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故B正确；

C.浓硫酸没有挥发性；所以氨气与浓硫酸靠近不产生白烟，故C错误；

D.浓盐酸具有挥发性；氨气和氯化氢反应生成固体颗粒而产生白烟，故D正确；

故选ABD．

氨气和水反应生成一水合氨；一水合氨电离出氢氧根离子而使氨水溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色，红色石蕊试液遇碱变蓝色，氨气和氯化氢反应生成白烟．

本题考查了氨气的性质，明确属于碱性气体，可以使湿润的红色石蕊试纸、无色的酚酞试纸变色，知道氨气的检验方法，题目难度不大．【解析】rm{ABD}12、ABC【分析】解：rm{A}原电池中；负极上失电子发生氧化反应，故A正确；

B；相对较活泼的金属作负极；故B正确；

C；电子由负极流向正极；故C正确；

D；原电池是将化学能转化为电能；故D错误；

故选：rm{ABC}．

原电池中；相对较活泼的金属作负极，正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应，外电路中电子从负极沿导线流向正极，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动．

本题考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合考查，为高考常见题型和高频考点，根据金属的活泼性、电极反应类型、电子流向来分析解答即可，注意不能单纯的根据金属的活泼性判断原电池的正负极，难度不大．【解析】rm{ABC}13、BCD【分析】解：rm{A}根据分散系微粒直径的大小；将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，故A错误；

B；根据物质的组成可知；只有一种物质的为纯净物，含有两种或以上物质的为混合物，故B正确；

C；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；故C正确；

D；根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应；故D正确；

故选BCD．

A；根据分散系微粒直径的大小；将分散系分为溶液、胶体和浊液；

B；根据物质的组成和性质来分析纯净物和混合物；

C；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；

D；根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应．

本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类的依据，不同的分类标准会得出不同的分类结果．【解析】rm{BCD}14、ABD【分析】解：rm{A}能使硝酸银产生白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等，所以某溶液加入硝酸银溶液有白色沉淀，原溶液中不一定有rm{Cl^{-}}故A错误．

B；能使氯化钡产生白色沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等；所以某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀，原溶液中不一定含有硫酸根离子，故B错误．

C、能使氢氧化钠产生蓝色沉淀的阳离子只有铜离子，所以某溶液中加入氢氧化钠溶液有蓝色沉淀，说明原溶液中有rm{Cu^{2+}}故C正确．

D；能和稀硫酸反应生成无色气体的离子有碳酸根离子、亚硫酸根离子等；所以某溶液加入稀硫酸生成无色气体，原溶液中不一定含有碳酸根离子，故D错误．

故选ABD．

A；能使硝酸银产生白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等．

B；能使氯化钡产生白色沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等．

C；能使氢氧化钠产生蓝色沉淀的阳离子只有铜离子．

D；能和稀硫酸反应生成无色气体的离子有碳酸根离子、亚硫酸根离子等．

本题考查了常见阴阳离子的检验，难度不大，注意离子的检验方法和反应现象判断，关键是注意干扰离子的作用和检验时的现象排除，题目难度中等．【解析】rm{ABD}三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】根据原子的核外电子排布式可知，A是Li，B是O，C是Ne，D是Si，E是Cu。（1）稀有气体元素的最外层已经达到8电子稳定结构，第一电离能最大。（2）周期表中第3列到第12列共计10列元素，全部属于金属元素，属于过渡元素，因此是铜。（3）非金属性越强，电负性越大，所以是氧元素。（4）根据元素的化合价可知，化学式为Li2O、Cu2O。【解析】【答案】（各2分，共10分）（1）Ne（2）Cu（3）O（4）Li2OCu2O16、略

【分析】解：由2CO+O2═2CO2，该燃料电池中通入CO的一极是负极，发生氧化反应，通O2的一极是正极，发生还原反应，故答案为：CO；O2．

该燃料电池中；通入CO的一极为原电池的负极，发生氧化反应，通入氧气一极为原电池的正极，发生还原反应．

本题考查原电池原理，根据燃料电池的工作原理规律来分析解答即可，比较简单．【解析】CO；O217、解：A、B两种气体，开始时浓度分别为amol•L-1、bmol•L-1，t秒末时，用C表示的反应速率为dmol•L-1•S-1，依据反应速率计算反应生成的物质C的量浓度C（C）=△V×△t=dmol•L-1•S-1×tS=dtmol•L-1；

A+2B⇌3C

起始量（mol•L-1）ab0

变化量（mol•L-1）dtdtdt

平衡量（mol•L-1）（a-dt）（b-dt）dt

c（B）=（b-dt）mol•L-1；

答：（b-dt）mol•L-1．【分析】

依据化学平衡三段式列式计算，根据三段式计算出各组分物质的量浓度变化量、平衡时物质的量浓度，以此计算rm{c(B)}．

本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，注意对速率公式的理解与灵活运用，注意三段式应用．【解析】解：rm{A}rm{B}两种气体，开始时浓度分别为rm{amol?L^{-1}}rm{bmol?L^{-1}}rm{t}秒末时，用rm{C}表示的反应速率为rm{dmol?L^{-1}?S^{-1}}依据反应速率计算反应生成的物质rm{C}的量浓度rm{C(C)=triangleV隆脕trianglet=dmol?L^{-1}?S^{-1}隆脕tS=dtmol?L^{-1}}

rm{C(C)=triangleV隆脕triangle

t=dmol?L^{-1}?S^{-1}隆脕tS=dtmol?L^{-1}}

起始量rm{A+2B?3C}rm{(mol?L^{-1})ab}

变化量rm{0}rm{dfrac{1}{3}dtdfrac{2}{3}dt}rm{(mol?L^{-1})}

平衡量rm{(mol?L^{-1})(a-dfrac{1}{3}dt)}rm{dfrac{1}{3}dtdfrac

{2}{3}dt}rm{dt}

rm{c(B)=(b-dfrac{2}{3}dt)mol?L^{-1}}

答：rm{(b-dfrac{2}{3}dt)mol?L^{-1}}．rm{(mol?L^{-1})(a-dfrac

{1}{3}dt)}18、略

【分析】

（1）恒温恒压条件下向平衡体系中通入氩气；体积增大，等效为降低压强，平衡向体积增大的方向移动，该反应正反应是体积减小的反应，故平衡向左移动．

反应热只与始态与状态有关；催化剂改变平衡建立的途径，不影响始态与终态，反应热不变；

故答案为：作；不改变；

（2）Mg（OH）2、Cu（OH）2的结构类型相同，Cu（OH）2溶度积更小，溶解度越小，加入相同的浓度的氨水，Cu（OH）2最先析出，反应离子方程式为：Cu2++2NH3．H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+，氨水过量，氢氧化铜与氨水反应生成四氨合铜络离子，离子方程式为：Cu（OH）2+4NH3．H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；

故答案为：Cu2++2NH3．H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+，Cu（OH）2+4NH3．H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；

（3）根据电荷守恒有c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），由于c（NH4+）=c（Cl-），故c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故溶液中c（OH-）=10-7mol/L，溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=×0.01mol•L-1=0.005mol•L-1，故混合后溶液中c（NH3．H2O）=×amol•L-1-0.005mol•L-1=（0.5a-0.005）mol/L，NH3•H2O的电离常数Kb==

故答案为：中，

（4）平衡时三氧化硫的物质的量为0.18mol，由方程式可知，氧气的物质的量变化量为0.18mol×=0.09mol，所以v（O2）==0.036mol/（L•min）；

再加入0.20molSO2和0.10molO2，等效为开始加入0.40molSO2和0.20molO2，等效为增大压强，平衡向正反应移动，二氧化硫的转化率增大，n（SO3）的极小值为0.18mol×=0.36mol，反应为可逆反应，假定完全反应n（SO3）的极大值为0.4mol，故0.36mol＜n（SO3）＜0.4mol；

故答案为：0.036，0.36mol＜n（SO3）＜0.4mol．

【解析】【答案】（1）恒温恒压条件下向平衡体系中通入氩气；体积增大，等效为降低压强，平衡向体积增大的方向移动；

反应热只与始态与状态有关；催化剂改变平衡建立的途径，不影响始态与终态，反应热不变；

（2）Mg（OH）2、Cu（OH）2的结构类型相同；溶度积越小，溶解度越小，加入相同的浓度的氨水，最先析出；氨水过量，氢氧化铜与氨水反应生成四氨合铜络离子；

（3）根据电荷守恒判断溶液中氢离子与氢氧根离子浓度的相对大小；进而判断溶液的酸碱性；

溶液中存在平衡NH3．H2O⇌NH4++OH-，根据溶液的pH值计算溶液中c（OH-），根据氯离子浓度计算c（NH4+），利用物料守恒计算溶液中c（NH3．H2O），代入NH3•H2O的电离常数表达式计算；

（4）根据平衡时三氧化硫的物质的量计算氧气的物质的量变化量，根据v=计算v（O2）；

再加入0.20molSO2和0.10molO2，等效为开始加入0.40molSO2和0.20molO2，等效为增大压强，平衡向正反应移动，二氧化硫的转化率增大，据此确定n（SO3）的极小值，反应为可逆反应，假定完全反应确定n（SO3）的极大值．

19、略

【分析】由①知A中含有碳碳双键、酚羟基。由②可得A中的碳碳双键应该是CHR＝CH2或CHR＝CHR′。由③④可得苯环和不饱和碳原子之间至少还有1个碳原子，所以A的结构简式为（或邻位或对位均可以），则B为C为D为E为F为G【解析】【答案】⑴（或相应的间位、邻位）⑵20、略

【分析】【解析】【答案】（1）①2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑②Cl2＋2OH－=Cl－+ClO－+H2O；③13（2）①A②SO24OH－－4e－＝O2↑＋2H2O21、略

【分析】解：已知CH3COO-+H+⇌CH3COOH现要使平衡向右移动且氢离子浓度增大；

A．加入氢氧化钠和氢离子反应平衡左移；氢离子浓度减小，故A错误；

B．加入盐酸；氢离子浓度增大，平衡在进行，故B正确；

C．加入水平衡逆向进行；氢离子浓度减小，故C错误；

D．升高温度；平衡向逆向进行，故D错误；

故选B．

已知CH3COOH在溶剂A中可以全部电离，盐不溶解于A溶剂．所以碳酸钠和生成的醋酸钠不能写成离子，醋酸完全电离，据此书写离子方程式：Na2CO3+2H++2CH3COO-=2CH3COONa+H2O+CO2↑；

故答案为：B；Na2CO3+2H++2CH3COO-=2CH3COONa+H2O+CO2↑．

CH3COO-+H+⇌CH3COOH现要使平衡向右移动且氢离子浓度增大，应是增大氢离子浓度；已知CH3COOH在溶剂A中可以全部电离；盐不溶解于A溶剂．所以碳酸钠和生成的醋酸钠不能写成离子，醋酸完全电离，据此书写离子方程式．

本题考查了弱电解质电离平衡影响因素分析、物质在不同溶剂中的存在形式不同，离子方程式书写需要依据条件来书写，题目难度中等．【解析】B；Na2CO3+2H++2CH3COO-=2CH3COONa+H2O+CO2↑22、(1)2，6﹣二甲基﹣3﹣乙基庚烷

(2)三甲基戊炔

(3)2，3-二甲基-1-丁烯

(4)2﹣丁醇

(5)1，2，4﹣三甲苯

(6)2-甲基戊烷【分析】【分析】本题考查了有机物的命名，题目难度不大，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力。【解答】rm{(1)}的最长碳链含有rm{7}个碳原子，rm{2}号位有rm{1}个甲基，rm{6}号位rm{1}个甲基，命名为：rm{2}rm{6-}二甲基rm{-3-}乙基庚烷；

故答案为：rm{2}rm{6-}二甲基rm{-3-}乙基庚烷；rm{(2)}中含有官能团碳碳三键，含有碳碳三键最长的碳链含有rm{(2)}个rm{5}主链为戊炔，编号从距离三键最近的一端右边开始编号，官能团碳碳三键在rm{C}号rm{1}表示为：“rm{C}戊炔”，在rm{1-}号rm{3}含有rm{C}个甲基，在rm{1}号rm{4}含有rm{C}个甲基，该有机物名称为：rm{2}rm{3}rm{4}三甲基rm{4-}戊炔；

故答案为：rm{-1-}rm{3}rm{4}三甲基rm{4-}戊炔；rm{-1-}的最长碳链含有rm{(3)}个碳原子，rm{(3)}rm{4}号位各有rm{2}个甲基，命名为：rm{3}rm{1}二甲基rm{2}丁烯；

故答案为：rm{3-}rm{-1-}二甲基rm{2}丁烯；rm{3-}的官能团为羟基，属于醇，含有羟基最长的碳链含有rm{-1-}个rm{(4)}为丁醇，羟基在rm{(4)}号rm{4}原子上，命名为：rm{C}丁醇，故答案为：rm{2}丁醇；rm{C}为苯的同系物，正确命名为：rm{2-}rm{2-}rm{(5)}三甲苯，故答案为：rm{(5)}rm{1}rm{2}三甲苯；rm{4-}该有机物主链上有rm{1}个rm{2}rm{4-}号rm{(6)}一个甲基，命名为rm{5}甲基戊烷；

故答案为：rm{C}甲基戊烷。

rm{2}【解析】rm{(1)2}rm{6-}二甲基rm{-3-}乙基庚烷rm{(2)}rm{3{,}4{,}4{-}}三甲基rm{{-}1{-}}戊炔rm{(3)}rm{2}rm{3-}二甲基rm{-1-}丁烯rm{(4)2-}丁醇rm{(5)1}rm{2}rm{4-}三甲苯rm{(6)2-}甲基戊烷23、（1）①偏高②无影响③B④无粉红(或浅红)

（2）18.85%【分析】【分析】本题考查物质的含量的测定，侧重于中和滴定的考查，注重于学生实验能力和分析能力和计算能力的综合考查，为考试高频考点，题目难度不大。【解答】rm{(1)垄脵}碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用rm{NaOH}溶液润洗，否则相当于rm{NaOH}溶液被稀释；滴定消耗的体积会偏高，测得样品中氮的质量分数也将偏高；

故答案为：偏高；

rm{垄脷}锥形瓶用蒸馏水洗涤后，虽然水未倒尽，但待测液中的rm{H^{+}}的物质的量不变，则滴定时所需rm{NaOH}标准溶液中的氢氧化钠的物质的量就不变；也就是无影响；

故答案为：无影响；

rm{垄脹}定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察颜色变化，确定滴定终点，故答案为：rm{B}

rm{垄脺}待测液为酸性，酚酞应为无色，当溶液转为碱性时，溶液颜色变为粉红rm{(}或浅红rm{)}故答案为：粉红rm{(}或浅红rm{)}

rm{(2)}标准溶液的体积应取三次实验的平均值；

首先确定滴定时所用的rm{NaOH}标准溶液为rm{dfrac{20.01+19.99+20.00}{3}=20.00mL}

根据题意中性甲醛溶液一定是过量的，而且rm{dfrac{20.01+19.99+20.00}{3}=20.00mL

}铵盐经溶解后，取了其中rm{1.500g}进行滴定，即rm{dfrac{1}{10}}

滴定结果，溶液中含有rm{0.15g}含rm{H^{+}(}共rm{(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+})}

根据rm{0.02L隆脕隆脕0.1010mol/L=0.00202mol}每生成rm{4NH_{4}^{+}+6HCHO篓T3H^{+}+6H_{2}O+(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}}含rm{4molH^{+}(}会消耗rm{(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+})}

所以共消耗rm{NH_{4}^{+}4mol}

其中含氮元素rm{NH_{4}^{+}0.00202mol}

所以氮的质量分数为rm{dfrac{0.02828}{0.15}隆脕100拢楼=18.85拢楼}

故答案为：rm{0.00202mol隆脕14g/mol=0.02828g}rm{dfrac{0.02828}{0.15}隆脕100拢楼=18.85拢楼

}【解析】rm{(1)垄脵}偏高rm{垄脷}无影响rm{垄脹B}rm{垄脺}无粉红rm{(}或浅红rm{)}rm{(2)18.85%}四、实验题(共2题，共8分)24、略

【分析】试题分析：（1）①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用NaOH溶液润洗，否则相当于NaOH溶液被稀释，滴定消耗的体积会偏高，测得样品中氮的质量分数也将偏高；②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，虽然水未倒尽，但待测液中的H+的物质的量不变，则滴定时所需NaOH标准溶液中的氢氧化钠的物质的量就不变，也就无影响；③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察溶液颜色变化，确定滴定终点，选B；④待测液为酸性，酚酞应为无色，当溶液转为碱性时，溶液颜色变为粉红（或浅红）色；（2）标准溶液的体积应取三次实验的平均值，首先确定滴定时所用的NaOH标准溶液为mL=20．00mL，根据题意中性甲醛溶液一定是过量的，而且1．500g铵盐经溶解后，取了其中进行滴定，即0．15g，滴定结果，溶液中含有H+（含（CH2）6N4H+）共0．02L×0．1050mol/L=0．0021mol，根据4NH4++6HCHO═3H++6H2O+（CH2）6N4H+，每生成4molH+（含（CH2）6N4H+），会消耗NH4+4mol，所以共消耗NH4+0．00202mol，其中含氮元素0．0021mol×14g/mol=0．0294g所以氮的质量分数为×100%=19．6%。考点：考查酸碱中和滴定的应用。【解析】【答案】（1）、①偏高②无影响③B④无色变为（粉）红色（2）19．6%25、(1).Al2O3+6H+2Al3++3H2O或Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O

(2).化学反应速率快MnCO3的产率高。

(3).(NH4)2SO4

(4).72.50%【分析】【分析】本题通过碳酸锰的制备，考查了物质制备实验方案的设计方法，题目难度较大，明确制备流程及相应的反应原理为解答关键，试题涉及的知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。【解答】rm{(1)}软锰矿粉rm{(}主要含rm{MnO}rm{2}，还含有少量的rm{2}rm{Fe}rm{2}rm{2}、rm{O}rm{3}rm{3}rm{Al}等杂质rm{2}“酸浸”时发生的主要反应为rm{2}rm{O}rm{3}rm{3}rm{)}rm{2Fe}rm{2+}rm{2+}rm{+MnO}rm{2}rm{2}rm{+4H}rm{+}rm{=}rm{+}rm{=}rm{=}rm{2Fe}rm{3+}rm{3+}rm{+Mn}rm{2+}rm{2+}rm{+2H}rm{2}rm{2}rm{O}除此以外，还发生反应的离子方程式为rm{Fe}rm{2}rm{2}rm{O}rm{3}rm{3}rm{+6H}rm{+}rm{=2}rm{+6H}rm{+}rm{+}rm{=2}rm{Fe}rm{3}rm{3}rm{3}rm{+}rm{+3H}rm{2}rm{O}rm{+}rm{+}rm{+3H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{Al}rm{2}rm{2}rm{O}rm{3}rm{3}或rm{+6H}rm{+}rm{=2}rm{+6H}rm{+}rm{+}rm{=2}rm{Al}rm{3}rm{3}rm{3}rm{+}rm{+H}rm{2}rm{O}rm{+}rm{+}rm{+H}rm{2}rm{2}“从沉锰的图象可以看出，在已给的几个rm{O}值条件下，故答案为：越大得到的rm{Fe}rm{2}的产率越高，且需要的时间越短，且在rm{2}时，有更好的效果，因此结论是rm{O}等于rm{3}时反应速率最快，且rm{3}rm{+6H}rm{+}rm{=2}的产率最高，故答案为：反应速率最快，rm{+6H}rm{+}的产率最高；rm{+}加入氨水是为了除去铁离子、铝离子，所以过滤rm{=2}所得滤液的主要成分为rm{Fe}rm{3}，然后加入碳酸氢铵，根据“沉锰”反应为rm{3}rm{3}rm{+}rm{+3H}rm{2}rm{O}或rm{+}rm{+}rm{+3H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{Al}rm{2}rm{2}推出“过滤Ⅱ”所得滤液中溶质的主要成分是rm{O}rm{3}rm{3}rm{+6H}rm{+}rm{=2}rm{+6H}rm{+}，故答案为：rm{+}rm{=2}rm{Al}rm{3}rm{3}rm{3}；rm{+}rm{+H}rm{2}rm{O}据电子守恒得rm{+}rm{+}rm{+H}rm{2}rm{2}rm{O}；rm{(2)}rm{pH}rm{pH}rm{MnCO}rm{3}rm{3}rm{pH=7}rm{pH}rm{7.0}rm{MnCO}rm{3}rm{3}rm{MnCO}rm{3}rm{3}rm{(3)}rm{I}rm{MnSO}rm{4}rm{4}rm{Mn}rm{2+}rm{2+}草酸钠rm{+2HCO}rm{3}rm{3}rm{-}rm{-}rm{=MnCO}rm{3}固体的物质的量为rm{dfrac{4.020g}{134g/mol}=0.03mol}rm{3}rm{隆媒+H}rm{2}rm{2}rm{O+CO}rm{2}rm{2}rm{隆眉}rm{(NH}rm{4}rm{4}rm{)}rm{2}rm{2}rm{SO}rm{4}rm{4}rm{(NH}据电子守恒得rm{4}rm{4}rm{)}rm{2}rm{2}rm{SO}rm{4}rm{4}rm{(4)}rm{2MnO}rm{4}rm{4}rm{-}rm{-}rm{5C}rm{2}rm{2}rm{O}rm{4}

软锰矿中二氧化锰的质量分数为rm{dfrac{0.015mol隆脕87g/mol}{1.800g}隆脕100拢楼=72.50%}故答案为：据电子守恒得rm{4}rm{2-}rm{~}rm{2-}rm{~}rm{~}rm{2}rm{5}rm{0.2000mol隆陇L}rm{0.2000mol隆陇L}rm{-1}rm{-1}rm{隆脕0.03L}rm{n(}rm{隆脕0.03L}rm{n(}rm{C}rm{2}rm{2}rm{O}rm{4}rm{4}rm{2-}rm{2-}rm{)}rm{)}rm{n(}rm{n(}rm{C}rm{2}rm{2}rm{O}草酸钠rm{4}rm{4}rm{2-}rm{2-}rm{)=0.015mol}rm{)=0.015mol}rm{4.020g}固体的物质的量为rm{dfrac{4.020g}{134g/mol}=0.03mol}rm{(Na}rm{(Na}rm{2}rm{2}rm{C}rm{C}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{4}rm{4}rm{)}固体的物质的量为rm{dfrac{4.020g}{134g/mol}

=0.03mol}rm{)}rm{dfrac{4.020g}{134g/mol}

=0.03mol}与rm{MnO}rm{2}据电子守恒得rm{2}反应的rm{Na}rm{Na}rm{2}rm{2}rm{C}rm{C}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{4}rm{4}物质的量为rm{n(}rm{n(}rm{Na}rm{Na}rm{2}

软锰矿中二氧化锰的质量分数为rm{dfrac{0.015mol隆脕87g/mol}{1.800g}隆脕100拢楼=72.50%}故答案为：rm{2}rm{C}【解析】rm{(1).Al_{2}O_{3}+6H^{+}}rm{2Al^{3+}+3H_{2}O}或rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}}rm{2Fe}rm{{,!}^{3+}+3H^{2}O}rm{(2).}化学反应速率快rm{MnCO_{3}}的产率高。

rm{(3).(NH_{4})_{2}SO_{4;}}rm{(4).72.50%}五、推断题(共4题，共40分)26、略

【分析】解：rm{5}种元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{Q}rm{T}rm{X}原子rm{M}层上有rm{2}个未成对电子且无空轨道，外围电子排布式为rm{3s^{2}3p^{4}}则rm{X}为rm{S}元素；rm{Y}原子的特征电子构型为rm{3d^{6}4s^{2}}则rm{Y}为rm{Fe}元素；rm{Z}原子的rm{L}电子层的rm{p}能级上有一个空轨道，外围电子排布式为rm{2s^{2}2p^{2}}则rm{Z}为rm{C}元素；rm{Q}原子的rm{L}电子层的rm{P}能级上只有一对成对电子，外围电子排布式为rm{2s^{2}2p^{4}}则rm{Q}是rm{O}元素；rm{T}原子的rm{M}电子层上rm{p}轨道半充满，外围电子排布式为rm{3s^{2}3p^{3}}则rm{T}是rm{P}元素。

rm{(1)X}是rm{S}元素，rm{Y}是rm{Fe}元素；

故答案为：rm{S}rm{Fe}

rm{(2)Z}为rm{C}元素，核电荷数为rm{6}电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}rm{Q}为氧元素，氧原子的核外电子排布图为rm{T}为rm{P}元素，核电荷数为rm{15}原子的电子排布图：

故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}

rm{(3)Y}的单质在rm{Q}的单质中燃烧是铁在纯氧中燃烧生成四氧化三铁，反应的化学方程式为：rm{3Fe+2O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}Fe_{3}O_{4}}

故答案为：rm{3Fe+2O_{2}dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}Fe_{3}O_{4}}

rm{3Fe+2O_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}Fe_{3}O_{4}}种元素rm{3Fe+2O_{2}dfrac{

overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}Fe_{3}O_{4}}rm{5}rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{Q}原子rm{T}层上有rm{X}个未成对电子且无空轨道，外围电子排布式为rm{M}则rm{2}为rm{3s^{2}3p^{4}}元素；rm{X}原子的特征电子构型为rm{S}则rm{Y}为rm{3d^{6}4s^{2}}元素；rm{Y}原子的rm{Fe}电子层的rm{Z}能级上有一个空轨道，外围电子排布式为rm{L}则rm{p}为rm{2s^{2}2p^{2}}元素；rm{Z}原子的rm{C}电子层的rm{Q}能级上只有一对成对电子，外围电子排布式为rm{L}则rm{P}是rm{2s^{2}2p^{4}}元素；rm{Q}原子的rm{O}电子层上rm{T}轨道半充满，外围电子排布式为rm{M}则rm{p}是rm{3s^{2}3p^{3}}元素。

本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生分析判断能力，关键是根据核外电子排布推断元素，熟练掌握元素化