2025年陕教新版高二化学上册月考试卷

…………○…………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2025年陕教新版高二化学上册月考试卷252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5题，共10分)1、下列有机物中，能发生消去反应生成2种烯烃，又能发生水解反应的是A.2-甲基-2-氯丙烷B.2-甲基-3-氯戊烷C.2,2-二甲基-1-氯丁烷D.1,3-二氯苯2、“司乐平”是治疗高血压的一种临床药物；其有效成分M的结构简式如下图所示．

下列关于M的说法正确的是（）A.属于芳香族化合物B.遇FeCl3溶液显紫色C.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.1molM完全水解生成2mol醇3、下列叙述正确的是（）A.若温度升高则平衡常数一定增大B.随温度的升高，碳酸钠溶液的pH减小C.AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同D.c（H+）/c（OH-）=1012的水溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-能大量共存4、在一密闭容器中，反应aA(气)bB(气)达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增大一倍，当达到新平衡时，B的浓度是原来的60%，则A.平衡向逆反应方向移动了B.物质A的转化率减小了C.物质B的质量分数增加了D.a>b5、研究下表信息可直接得出的结论是（）

。元素FClBrI氢化物组成HFHClHBrHI氢化物形成的难易程度H2、F2混合，冷暗处剧烈化合并发生爆炸H2、Cl2混合，光照或点燃时发生爆炸H2、Br2混合，加热时发生化合H2、I2混合，加热化合，同时又分解氢化物的热稳定性很稳定稳定较稳定较不稳定A.同周期元素的金属性随原子序数递增而增强B.同周期元素的非金属性随原子序数递增而增强C.第VIIA族元素的非金属性随电子层数的增加而减弱D.第VIIA族元素的金属性随电子层数增加而减弱评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、(13分)西瓜膨大剂别名氯吡苯脲，是经过国家批准的植物生长调节剂，实践证明长期使用对人体无害。已知其相关性质如下表所示：。分子式结构简式外观熔点溶解性C12H10ClN3O白色结晶粉末170~172°C易溶于水（1）氯元素基态原子核外电子的未成对电子数为。（2）氯吡苯脲的晶体类型为_______，所含第二周期元素第一电离能从大到小的顺序为________________。（3）氯吡苯脲晶体中，氮原子的杂化轨道类型为_______。（4）氯吡苯脲晶体中，微粒间的作用力类型有_________。A．离子键B．金属键C．共价键D．配位键E．氢键（5）氯吡苯脲熔点低，易溶于水的原因分别为_________________________________________________________________________________________________________。（6）查文献可知，可用2-氯-4-氨基吡啶与异氰酸苯酯反应，生成氯吡苯脲。异氰酸苯酯2-氯-4-氨基吡啶氯吡苯脲反应过程中，每生成1mol氯吡苯脲,断裂_______个σ键、断裂_______个π键7、rm{X}与rm{Y}可形成离子化合物，其晶胞结构如下图所示rm{.}其中rm{X}离子的配位数为______，若该晶体的密度为rm{pg?cm^{3}}rm{X}和rm{Y}的相对原子质量分别为rm{a}和rm{b}则晶胞中距离最近的rm{X}rm{Y}之间的核间距离是______rm{cm(N_{A}}表示阿伏伽德罗常数，用含rm{p}rm{a}rm{b}rm{N_{A}}的代数式表达rm{)}．8、如图所示的五元环代表A、B、C、D、E五种化合物，圆圈交叉部分指两种化合物含有一种相同元素，五种化合物由五种短周期元素形成，每种化合物仅含两种元素，A是沼气的主要成分，B、E分子中所含电子数均为18，B不稳定，具有较强的氧化性，其稀溶液是医疗上广泛使用的消毒剂，E的分子结构模型为C；D均为原子晶体，C可作为光导纤维的主要材料，D中所含两种元素的原子个数比为3：4，电子总数之比为3：2．根据以上信息回答下列问题：

①B的水溶液呈弱酸性，其主要的电离方程式可表示为____，D的化学式是____．

②A、B、E中均含有的一种元素为____（填元素名称）．

③E电子式为____．

④液态B与液态E反应可生成一种气态单质和一种常见液体，1molB参加反应放出热量QkJ，其反应的热化学方程式为____．

⑤NH3分子中的N原子有一对孤对电子，能发生反应：NH3+HCl=NH4Cl．试写出E与足量盐酸时，发生反应的化学方程式____．

9、今有三种化合物结构如下：(1)请写出丙中含氧官能团的名称：____。(2)请判断上述哪些化合物互为同分异构体：_______。(3)写出化合物乙与小苏打溶液反应的化学方程式：____。10、通常状况下，下列物质中rm{垄脵}硫酸钡rm{垄脷}冰醋酸rm{垄脹}氯化氢rm{垄脺}三氧化硫rm{垄脻}氯气rm{垄脼}碳酸氢钠rm{垄脽}铜rm{垄脿}硫酸溶液rm{垄谩}氢氧化钾rm{垄芒}乙醇rm{(}下列各空填序号rm{)}

rm{(1)}属于强电解质的是：______．

rm{(2)}属于弱电解质的是：______．

rm{(3)}能导电的是：______．

rm{(4)}属于非电解质的是______．11、某地煤矸石经预处理后含rm{SiO_{2}(63%)}rm{Al_{2}O_{3}(25%)}rm{Fe_{2}O_{3}(5%)}及少量钙镁的化合物等；一种综合利用工艺设计如下：

rm{(3)}物质rm{X}的化学式为______rm{.}“碱”时反应的离子方程式为______．

rm{(4)}为加快“酸浸”时的速率，可采取的措施有______、______等rm{.(}填两种即可rm{)}

rm{(5)}已知rm{Fe^{3+}}开始沉淀和沉淀完全的rm{pH}分别为rm{2.1}和rm{3.2}rm{Al^{3+}}开始沉淀和沉淀完全的rm{pH}分别为rm{4.1}和rm{5.4}为了获得更多产品rm{Al(OH)_{3}}从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用rm{CaCO_{3}}一种试剂，后续操作的实验方案是______．评卷人得分三、推断题(共8题，共16分)12、一定量的某饱和一元醛发生银镜反应，析出银21.6g．等量的此醛完全燃烧时，生成的水为5.4g．则该醛可能是（）A.丙醛B.乙醛C.丁醛D.甲醛13、一溴代烃A经水解后再氧化得到有机物B，A的一种同分异构体经水解得到有机物C，B和C可发生酯化反应生成酯D，则D可能是（）A.（CH3）2CHCOOC（CH3）3B.（CH3）2CHCOOCH2CH（CH3）2C.CH3（CH2）2COOCH2（CH2）2CH3D.（CH3）2CHCOOCH2CH2CH314、华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，其合成路径如下rm{(}部分反应条件略去rm{)}

已知：

rm{(1)A}属于芳香烃，名称是_____________________。rm{(2)B隆煤C}的化学方程式是rm{_}____rm{_}rm{(3)D}生成rm{E}的化学方程式是____。rm{(4)F隆煤K}的化学方程式是_________________________________________________________。rm{(5)}将rm{L}与足量的rm{NaOH}溶液反应，写出化学方程式____rm{_}rm{(6)L隆煤M}的转化中，会产生少量链状高分子聚合物，该反应的化学方程式________________________。rm{(7)}写出rm{C}的含苯环的同分异构体的结构简式____15、抗结肠炎药物有效成分rm{M}的合成路线如下rm{(}部分反应略去试剂和条件rm{):}已知：ⅠⅡrm{(1)}烃rm{A}的名称是______________，rm{G}中的官能团名称是_______________。

rm{(2)}反应rm{垄脵}的反应条件是__________，反应rm{垄脺}的反应类型是______________。

rm{(3)E}与足量rm{NaOH}溶液反应的化学方程式是______________。

rm{(4)}符合下列条件的rm{D}的同分异构体有___________种。其中核磁共振氢谱有rm{4}组峰且峰面积之比为rm{6:2:1:1}的结构简式是______________。rm{(}写出一种即可rm{)}rm{垄脵}属于芳香族化合物且苯环上有rm{3}个取代基rm{垄脷}能和rm{NaHCO_{3}}溶液反应产生气体rm{(5)}已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，参照以上的合成路线，设计一条以rm{A}为原料合成化合物的合成路线______________。16、根据下面的反应路线及所给信息填空。rm{(1)垄脵}的反应条件是：____。rm{垄脷}的反应类型是：____。rm{(}苯佐卡因rm{)}rm{(2)}反应rm{垄脷}的化学方程式：____。rm{(3)}苯佐卡因有多种同分异构体，其中rm{隆陋NH_{2}}直接连在苯环上，分子结构中含有rm{-COOR}官能团，且苯环上的一氯取代物只有两种的同分异构体共有六种，除苯佐卡因外，其中两种的结构简式是：则剩余三种同分异构体的结构简式为：____、____、____。17、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}是中学化学中常见的四种rm{10}电子微粒；它们之间存在如图中转化关系．

请写出：rm{A}的化学式______rm{(}写一种rm{)}rm{D}的化学式______．18、分别由C、H、O三种元素组成的有机物A、B、C互为同分异构体，它们分子中C、H、O元素的质量比为15︰2︰8，其中化合物A的质谱图如下。A是直链结构，其核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为1︰1︰2，它能够发生银镜反应。B为五元环酯。C的红外光谱表明其分子中存在甲基。其它物质的转化关系如下：（1）I的分子式是：。I分子中的官能团名称是：。（2）D和H的结构简式分别是：、。（3）写出下列反应方程式(有机物用结构简式表示)D→C；H→G。19、下列框图所示的物质转化关系中，甲是日常生活中常见的金属，乙、丙、丁是常见的气体单质。气体rm{B}与气体rm{C}相遇产生白烟，rm{A}是强碱，rm{D}的焰色反应呈紫色rm{(}部分反应物和生成物及溶剂水已略去rm{)}请回答下列问题：rm{(1)D}的化学式为____。rm{(2)C}的电子式为____。rm{(3)}写出rm{A}溶液和甲反应的离子方程式：____。rm{(4)}写出工业上制备rm{B}的化学方程式：____。评卷人得分四、工业流程题(共1题，共3分)20、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共8分)21、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。22、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。23、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。24、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分六、简答题(共2题，共14分)25、下列几组物质中：（1）互为同素异形体的有______，（2）互为同系物的有______，（3）互为同分异构体的有______，（4）互为同位素的有______，（5）属于同一物质的有______．（在答题纸上填写序号）

①CH3（CH2）2CH3和（CH3）2CHCH3②35Cl和37Cl③CH3CH3和CH3CH2CH3

④CH3CH2CH（CH3）CH2CH3和CH3CH2CH（CH3）CH（CH3）CH3⑤H2、D2和T2

⑥⑦O2和O3⑧CH3CH（CH3）CH3和CH（CH3）3⑨金刚石和石墨．26、rm{(1)}按要求写出下列反应的化学方程式：rm{垄脵}由饱和rm{FeCl_{3}}溶液制备rm{Fe(OH)_{3}}胶体________。rm{垄脷}氢氟酸腐蚀玻璃________。rm{(2)}按要求写出下列反应的离子方程式：rm{垄脹}制漂白粉rm{(}有效成分为次氯酸钙rm{)}________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】试题分析：卤代烃都能发生水解反应，不对称结构的卤代烃消去生成两种烯烃。答案选B。考点：卤代烃的性质【解析】【答案】B2、C【分析】【解答】解：A．该物质中含有苯环；所以属于芳香族化合物，故A正确；

B．该物质中不含酚羟基；所以不能和氯化铁溶液发生显色反应，故B错误；

C．该物质中含有碳碳双键；所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；

D．该分子中含有3个酯基；1molM完全水解生成3mol醇，故D错误；

故选C．

【分析】该物质中含有C、H、O、N四种元素，含有碳碳双键、苯环、酯基、氨基，具有烯烃、苯、酯和胺的性质，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、取代反应、水解反应等，据此分析解答．3、D【分析】解：A；升高温度；平衡向吸热方向移动，若正方向为吸热方向，则平衡常数增大；若正方向为放热方向，则平衡常数减小，故A错误；

B；升温促进水解；所以随温度的升高，碳酸钠的水解程度增大，溶液的pH增大，故B错误；

C、AgCl在水中存在沉淀溶解平衡，AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq），加入Cl-平衡逆移，Cl-浓度越大，则AgCl的溶解度越小，所以AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度不同；前者小，故C错误；

D、=1012的水溶液中，c（H+）＞c（OH-），溶液显酸性，NH4+、Al3+、NO3-、Cl-之间不反应，也不与氢离子反应，所以NH4+、Al3+、NO3-、Cl-能大量共存；故D正确；

故选D．

A；根据温度对平衡移动及平衡常数的影响分析；

B；升温促进水解；

C；根据AgCl的沉淀溶解平衡分析；

D、=1012的水溶液中，c（H+）＞c（OH-）；溶液显酸性，据此分析；

本题考查了温度对平衡移动和平衡常数的影响、影响盐的水解的因素、沉淀溶解平衡的移动、离子共存等内容，侧重于对有关原理应用的考查，题目难度不大．【解析】【答案】D4、C【分析】【解析】试题分析：保持温度不变，将容器体积增大一倍的瞬间，B的浓度是原来的50%.但最终平衡时，B的浓度是原来的60%，这说明，降低压强平衡正反应方向移动，即正反应是体积增大的可逆反应，所以a小于b，答案选C。考点：考查外界条件对平衡状态的影响【解析】【答案】C5、C【分析】解：元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，其单质与氢气化合越容易；其简单氢化物的稳定性越强，根据表知，F、Cl、Br；I都是第VIIA族元素；且随着原子序数递增，其单质与氢气反应越来越难，且其氢化物的稳定性逐渐降低，所以非金属性随着原子序数增大而减弱，故选C．

元素的非金属性越强；其单质的氧化性越强，其单质与氢气化合越容易；其简单氢化物的稳定性越强，据此分析解答．

本题考查同一主族元素性质递变规律，为高频考点，侧重考查学生分析判断及总结归纳能力，明确元素非金属性与其氢化物的稳定性、单质的氧化性关系是解本题关键，题目难度不大．【解析】【答案】C二、填空题(共6题，共12分)6、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据构造原理可知，氯元素基态原子核外电子的排布式是1s22s22p63s23p5，所以未成对电子数为1个。（2）氯吡苯脲的熔点较低，易溶于水，所以其晶体类型是分子晶体。其中所含第二周期元素分别是C、N、O，非金属性越强，第一电离能越大。但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，所以第一电离能大于氧元素的，即正确的顺序是N＞O＞C。（3）根据结构简式可知，2个氮原子全部形成单键，属于sp3杂化。另外一个氮原子形成双键，所以是sp2杂化。（4）氯吡苯脲分子中全部是非金属元素构成的，含有共价键。另外氮原子和氧原子都含有孤对电子，所以还能形成配位键，答案选CD。（5）由于氯吡苯脲是分子晶体，所以熔点低；另外氯吡苯脲还能与水分子间形成氢键，所以还易溶于水。（6）由于单键都是σ键、而双键是由1个σ键和1个π键构成的，所以根据反应的方程式可知，每生成1mol氯吡苯脲,断裂NA个σ键和NA个π键。考点：考查核外电子的排布、杂化轨道类型的判断以及晶体类型的判断等【解析】【答案】（13分）（1）1（1分）（2）分子晶体N>O>C（各1分，共2分）（3）sp2、sp3（各1分，共2分）（4）C、D（各1分，共2分）（5）氯吡苯脲是分子晶体，故熔点低；氯吡苯脲与水分子间形成氢键，故易溶于水。（各1分，共2分）（6）NA（或6.02×1023）NA（或6.02×1023）（各1分，共2分）7、8；【分析】解：由晶胞结构可知晶体中与rm{X}离子距离最近的rm{Y}离子有rm{8}个；

晶胞中rm{X}原子数目为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}原子数目为rm{Y}晶胞的质量为rm{8}晶体密度为rm{dfrac{4a+8b}{N_{A}}g}则晶胞体积为rm{dfrac{4a+8b}{N_{A}}g隆脗娄脩g/cm^{3}}故晶胞棱长rm{x=3dfrac{4a+8b}{娄脩N_{A}}cm}

rm{娄脩g/cm^{3}}原子与周围rm{dfrac

{4a+8b}{N_{A}}g隆脗娄脩g/cm^{3}}个rm{x=3dfrac{4a+8b}{娄脩N_{A}}

cm}原子形成正四面体结构，令rm{Y}与rm{4}之间的距离为rm{X}则正四面体中心到底面中心的距离为rm{Y}正四面体的高为rm{X}正四面体棱长rm{y}则正四面体侧面的高为rm{dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2}}底面中心到边的距离为rm{dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2}隆脕dfrac{1}{3}}故rm{(dfrac{4}{3}y)^{2}+(dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2}隆脕dfrac{1}{3})^{2}=(dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2})^{2}}整理得：rm{y=dfrac{sqrt{3}}{4}x}故rm{dfrac{y}{3}}与rm{dfrac{4}{3}y}的距离为：rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕3dfrac{4a+8b}{娄脩cdotN_{A}}}

故答案为：rm{=dfrac{sqrt{2}x}{2}}rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕3dfrac{4a+8b}{娄脩cdotN_{A}}}．

依据晶胞结构可知晶体中与rm{dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{

sqrt{3}}{2}}离子距离最近的rm{dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{

sqrt{3}}{2}隆脕dfrac{1}{3}}离子有rm{(dfrac{4}{3}y)^{2}+(dfrac{sqrt

{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2}隆脕dfrac{1}{3})^{2}=(dfrac{sqrt

{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2})^{2}}个，所以其配位数为rm{y=dfrac{sqrt

{3}}{4}x}根据均摊法计算晶胞中rm{Y}rm{X}原子数目，进而计算晶胞的质量，根据rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕3dfrac

{4a+8b}{娄脩cdotN_{A}}}计算晶胞体积，进而计算晶胞棱长rm{8}原子与周围rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕3dfrac

{4a+8b}{娄脩cdotN_{A}}}个rm{X}原子形成正四面体结构，令rm{Y}与rm{8}之间的距离为rm{8}则正四面体中心到底面中心的距离为rm{X}正四面体的高为rm{Y}正四面体棱长rm{m=娄脩V}则正四面体侧面的高为rm{dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2}}底面中心到边的距离为rm{dfrac{sqrt{2}x}{2}隆脕dfrac{sqrt{3}}{2}隆脕dfrac{1}{3}}再根据勾股定理进行解答．

本题考查了有关晶胞的计算，明确晶胞结构特点是解题关键，需要学生具备一定空间想象能力和数学运算能力，难度较大．rm{x.Y}【解析】rm{8}rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕3dfrac{4a+8b}{娄脩cdotN_{A}}}rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕3dfrac

{4a+8b}{娄脩cdotN_{A}}}8、略

【分析】

A是沼气的主要成分，为甲烷；B分子中所含电子数为18，B不稳定，具有较强的氧化性，含有氢元素，可知B为H2O2；C中含有O元素，C是工业制玻璃的主要原料之一，故C为SiO2；E分子中所含电子数为18，E是由六个原子构成的分子，原子平均电子数为3，故E中含有H元素，E为N2H4；D中含有Si元素，还含有H元素或N元素，由D中所含的两种元素的原子个数之比为3：4，故D为Si3N4；判断A为CH4，B为H2O2，C为SiO2，D为Si3N4；E为N2H4；

①B为H2O2的水溶液呈弱酸性，属于二元弱酸，其主要的电离方程式可表示为：H2O2⇌HO2-+H+；依据判断D为Si3N4；

故答案为：H2O2⇌HO2-+H+；Si3N4；

②A为CH4，B为H2O2，E为N2H4；所以A；B、E中均含有的一种元素为氢元素；故答案为：氢元素；

③E为N2H4；电子式为：故答案为：

④液态B为H2O2，液态E为N2H4；BE反应可生成一种气态单质和一种常见液体；依据组成元素分析，气体为氮气，液体为水，1molB参加反应放出热量QkJ，反应热化学方程式为：

2H2O2（l）+N2H4（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=-2QKJ/mol；故答案为：2H2O2（l）+N2H4（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=-2QKJ/mol；

⑤NH3分子中的N原子有一对孤对电子，能发生反应：NH3+HCl=NH4Cl．E为N2H4与足量盐酸时，分子中含有两对孤对电子，和盐酸发生反应的化学方程式：N2H4+2HCl=N2H6Cl2

故答案为：N2H4+2HCl=N2H6Cl2

【解析】【答案】A是沼气的主要成分，为甲烷；B分子中所含电子数为18，B不稳定，具有较强的氧化性，含有氢元素，可知B为H2O2；C中含有O元素，C是光导纤维的主要材料，故C为SiO2；E分子中所含电子数为18，E是由六个原子构成的分子，依据分子结构和化学键的特征分析，形成三个化学键的原子为氮原子，故E中含有H元素和N元素，E为N2H4；D中含有Si元素，还含有H元素或N元素，由D中所含的两种元素的原子个数之比为3：4，故D为Si3N4．

9、略

【分析】【解析】试题分析：(1)根据有机物的结构简式可知，丙中含氧官能团的名称是醛基、羟基。（2）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体，所以根据有机物的结构简式可知甲、乙、丙均互为同分异构体。（3）乙中含有羧基，能和碳酸氢钠反应，生成CO2，所以化合物乙与小苏打溶液反应的化学方程式是＋NaHCO3＝CO2＋H2O＋考点：考查官能团、同分异构体的判断以及方程式的书写【解析】【答案】(1)醛基、羟基(2)甲、乙、丙均互为同分异构体（3）＋NaHCO3＝CO2＋H2O＋10、略

【分析】解：rm{垄脵}硫酸钡，没有自由移动的离子不导电；在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分或熔化状态下都能完全电离，rm{BaSO_{4}篓TBa^{2+}+SO_{4}^{2-}}有自由移动的离子；能导电，是强电解质；

rm{垄脷}醋酸只存在分子，没有自由移动的离子不导电；rm{CH_{3}COOH}溶液中存在如下电离平衡：rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+H^{+}}能导电，是弱电解质，rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+OH^{-}}在水溶液中不能完全电离，能导电，rm{CH_{3}COOH}为弱电解质；

rm{垄脹}氯化氢；是纯净物，只有氯化氢分子不导电；氯化氢的水溶液中，氯化氢能完全电离出氢离子和氯离子，所以是强电解质；

rm{垄脺}三氧化硫，rm{SO_{3}}只存在分子；没有自由移动的离子，所以不能导电；三氧化硫在水溶液中与水反应生成硫酸，硫酸电离出自由移动的氢离子和硫酸根离子导电，三氧化硫自身不能电离，三氧化硫是非电解质；

rm{垄脻}氯气只存在rm{Cl_{2}}分子；不能导电；它是单质，它既不是电解质也不是非电解质；

rm{垄脼}碳酸氢钠；没有自由移动的离子不导电；熔融状态下的碳酸氢钠能完全电离出自由移动的阴阳离子而使其导电，所以碳酸氢钠是强电解质；

rm{垄脽}铜是金属单质；能导电；它是单质，它既不是电解质也不是非电解质；

rm{垄脿}硫酸溶液；硫酸水溶液能自身完全电离出的自由移动的氢离子和硫酸根离子导电；但硫酸溶液是混合物，它既不是电解质也不是非电解质；

rm{垄谩}氢氧化钾；没有自由移动的离子不导电；熔融状态下的氢氧化钾能完全电离出自由移动的阴阳离子而使其导电，所以氢氧化钾是强电解质；

rm{垄芒}乙醇；是化合物，在水中存在乙醇分子，没有自由移动的离子，故不能导电；是非电解质；

故答案为：rm{垄脵垄脹垄脼垄谩}rm{垄脷}rm{垄脽垄脿}rm{垄脺垄芒}．

电解质是指：在水溶液或熔化状态下都能导电的化合物rm{.}能导电是电解质自身能电离出自由移动的离子；单质；混合物既不是电解质也不是非电解质．

rm{(1)}强电解质是指在水溶液中；或熔融状态下能完全电离的化合物；

rm{(2)}弱电解质是指：在水溶液里部分电离的电解质；包括弱酸；弱碱、水与少数盐；

rm{(3)}能导电的物质必须含有自由电子或自由移动的离子；

rm{(4)}在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物是非电解质．

本题是对基本概念的考查，注意电解质、非电解质概念的辨析以及与导电的关系是解答的关键，平时注意基础知识的积累，题目难度不大．【解析】rm{垄脵垄脹垄脼垄谩}rm{垄脷}rm{垄脽垄脿}rm{垄脺垄芒}11、略

【分析】解：含rm{SiO_{2}(63%)}rm{Al_{2}O_{3}(25%)}rm{Fe_{2}O_{3}(5%)}及少量钙镁的化合物用盐酸酸浸发生的反应为：rm{Al_{2}O_{3}+6H^{+}篓T2Al^{3+}+3H_{2}O}rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}篓T2Fe^{3+}+3H_{2}O}则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝；

rm{(1)}氯化铝和氯化铁水解都生成盐酸，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳，所以物质rm{X}是二氧化碳，氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成可溶性偏铝酸钠，离子反应方程式为：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故答案为：rm{CO_{2}}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

rm{(2)}根据影响反应速率的因素可知；为加快“酸浸”时的速率，可采取的措施有增大盐酸的浓度；升高反应温度、减小煤矸石颗粒大小、充分搅拌等；

故答案为：增大盐酸的浓度；升高反应温度；减小煤矸石颗粒大小、充分搅拌等；

rm{(3)Fe^{3+}}开始沉淀和沉淀完全的rm{pH}分别为rm{2.1}和rm{3.2}rm{Al^{3+}}开始沉淀和沉淀完全的rm{pH}分别为rm{4.1}和rm{5.4}要使铁离子完全沉淀而铝离子不沉淀，则溶液的rm{PH}应该为rm{3.2}过滤氢氧化铝沉淀时调节溶液rm{pH}为rm{5.4}以使氢氧化铝完全沉淀；

故答案为：加入rm{CaCO_{3}}调节rm{pH}到rm{5.4}过滤得到沉淀．

含rm{SiO_{2}(63%)}rm{Al_{2}O_{3}(25%)}rm{Fe_{2}O_{3}(5%)}及少量钙镁的化合物用盐酸酸浸发生的反应为：rm{Al_{2}O_{3}+6H^{+}篓T2Al^{3+}+3H_{2}O}rm{Fe_{2}O_{3}+6H^{+}篓T2Fe^{3+}+3H_{2}O}则过滤的溶液为氯化铁和氯化铝的溶液，加碳酸钙消耗溶液中的氢离子使三价铁离子、三价铝离子都水解生成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以再加入氢氧化钠，只要氢氧化铝溶解反应为：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}所得溶液为偏铝酸钠溶液再通入二氧化碳进一步反应又生成氢氧化铝，据此答题．

本题以工艺流程为载体考查了溶解平衡原理、物质间的反应、除杂等知识点，这种题型是高考常考题型，综合性较强，涉及知识面较广，用教材基础知识采用知识迁移的方法分析解答，难度不大．【解析】rm{CO_{2}}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}增大盐酸的浓度；升高反应温度、减小煤矸石颗粒大小、充分搅拌等；加入rm{CaCO_{3}}调节rm{pH}到rm{5.4}过滤得到沉淀三、推断题(共8题，共16分)12、A【分析】【解答】解：n（Ag）==0.2mol，醛基和银的关系﹣CHO～2Ag，则n（﹣CHO）=0.1mol，即饱和一元醛的物质的量为0.1mol，点燃生成水的物质的量n（H2O）==0.3mol，所以氢原子数目为6，分子式为：C3H6O；为丙醛；

故选A．

【分析】饱和一元醛的通式是CnH2nO，根据关系式﹣CHO～2Ag，根据生成金属银的量可以获得醛的物质的量，然后根据生成水的质量结合氢原子守恒可以获得H的个数，进而确定分子式即可．13、A【分析】【解答】解：A．形成（CH3）2CHCOOC（CH3）3的酸为（CH3）2CHCOOH，醇为HOC（CH3）3，故A为BrC（CH3）3、B为（CH3）2CHCH2Br；二者互为同分异构体，故A符合；

B．形成（CH3）2CHCOOCH2CH（CH3）2的酸为（CH3）2CHCOOH，醇为HOCH2CH（CH3）2，故A、B都为（CH3）2CHCH2Br；二者互为同一物质，故B不符合；

C．形成CH3（CH2）2COOCH2（CH2）2CH3的酸为CH3（CH2）2COOH，醇为HOCH2（CH2）2CH3；故A；B都为。

为BrCH2（CH2）2CH3；二者为同一物质，故C不符合；

D．形成（CH3）2CHCOOCH2CH2CH3的酸为（CH3）2CHCOOH，醇为HOCH2CH2CH3，故A为BrCH2CH2CH3、B为（CH3）2CHCH2Br；二者不是同分异构体，互为同系物，故D不符合；

故选A．

【分析】一溴代烃A经水解后再氧化得到有机物B，A的一种同分异构体经水解得到有机物C，B和C可发生酯化反应生成酯D，则B为羧酸、C为醇，且含有相同的碳原子数目，B中溴原子连接的碳原子上含有2个H原子，据此结合选项进行判断．14、（1）甲苯

（2）

（3）

（4）

（5）

（6）

（7）

【分析】【分析】本题考查有机物的推断，难度不大。【解答】甲苯rm{A}光照下和氯气反应，生成rm{B}rm{B}水解得到rm{C}rm{C}氧化得到rm{D}有已知条件rm{1}知rm{E}为rm{F}和甲醇酯化得到rm{K}以此答题。rm{(1)A}属于芳香烃，名称是甲苯；故答案为：甲苯；rm{(2)B隆煤C}的化学方程式是故答案为：rm{(3)D}生成rm{E}的化学方程式是故答案为：rm{(4)F隆煤K}的化学方程式是故答案为：rm{(5)}将rm{L}与足量的rm{NaOH}溶液反应，写出化学方程式故答案为：rm{(6)L隆煤M}的转化中，会产生少量链状高分子聚合物，该反应的化学方程式故答案为：rm{(7)}写出rm{C}的含苯环的同分异构体的结构简式故答案为：【解析】rm{(1)}甲苯rm{(2)}rm{(3)}rm{(4)}rm{(5)}rm{(6)}rm{(7)}

15、（1）甲苯羧基、羟基、硝基

（2）Fe（氯化铁）氧化反应

（3）

（4）6；（或）

（5）【分析】【分析】本题考查了有机物的合成与推断，涉及有机物和官能团名称、结构简式、反应类型、同分异构体、设计合成路线等，侧重考查了学生理解运用能力，平时学习时要注意基础知识的积累掌握。【解答】rm{C}发生信息rm{垄脵}中的反应生成rm{D}rm{D}发生氧化反应生成rm{E}结合rm{C}的分子式与rm{E}的结构简式，可知rm{C}的结构简式为则rm{D}为rm{D}用酸性高锰酸钾溶液氧化得到rm{E}烃rm{A}与氯气在催化剂条件下反应得到rm{B}rm{B}发生水解反应，酸化得到rm{C}则rm{A}为rm{B}为rm{E}与氢氧化钠反应，酸化得到rm{F}为由信息rm{垄脹}并结合抗结肠炎药物有效成分的结构可知，rm{F}在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反应生成rm{G}为rm{G}发生还原反应得到抗结肠炎药物有效成分。rm{(1)}由上述分析可知，烃rm{A}的结构简式为故A的名称是甲苯，rm{G}的结构简式为rm{G}中含氧官能团的名称是羧基、羟基、硝基，故答案为：甲苯；羧基、羟基、硝基；rm{(2)}反应rm{垄脵}是甲苯与氯气发生苯环上的取代反应，反应条件是rm{Fe(}氯化铁rm{)}作催化剂，反应rm{垄脺}为为rm{垄脺}用酸性高锰酸钾溶液氧化得到rm{D}反应类型为氧化反应，故答案为：rm{E}氯化铁rm{Fe(}氧化反应；rm{)}与足量rm{(3)E}溶液反应的化学方程式是故答案为：rm{NaOH}为rm{(4)D}属于芳香族化合物且苯环上有rm{垄脵}个取代基rm{3}能和rm{垄脷}溶液反应产生气体，说明结构中含有羧基，rm{NaHCO_{3}}该同分异构体苯环上的取代基为rm{隆陋CH_{3}}rm{隆陋CH_{3}}、rm{隆陋CH_{3}}rm{隆陋CH_{3}}、rm{隆陋COOH}rm{隆陋COOH}三者在苯环上有rm{6}rm{6}种位置关系，其中核磁共振氢谱有故符合条件的组峰且峰面积之比为rm{D}的结构简式是rm{D}或的同分异构体有，故答案为：rm{6}rm{6}或种；；rm{4}甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻甲基硝基苯，邻甲基硝基苯和酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸和rm{6:2:1:1}rm{6:2:1:1}反应生成邻氨基苯甲酸，其合成路线为故答案为：rm{(}或【解析】rm{(1)}甲苯羧基、羟基、硝基rm{(2)Fe(}氯化铁rm{)}氧化反应rm{(3)}rm{(4)6}rm{(4)6}或rm{(}或rm{(}rm{)}16、（1）①酸性高锰酸钾溶液酯化（取代）反应②酯化（取代）反应（2）（3）【分析】【分析】

本题考查有机物推断，注意比较流程图中相关物质的结构简式和分子式进行物质推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，rm{(3)}中同分异构体数目判断为易错点，难度中等。中同分异构体数目判断为易错点，难度中等。

【解答】

根据rm{(3)}的分子式以及和的结构可知，rm{A}为反应rm{A}为在酸性高锰酸钾溶液作用下甲基被氧化成羧基，rm{垄脵}发生酯化rm{A}取代rm{(}反应得

rm{)}的反应条件是：酸性高锰酸钾溶液，rm{(1)垄脵}的反应类型是酯化rm{垄脷}取代rm{(}反应；

故答案为：酸性高锰酸钾溶液；酯化rm{)}取代rm{(}反应；

rm{)}反应rm{(2)}的化学方程式为：

rm{垄脷}

故答案为：苯佐卡因有多种同分异构体，其中rm{(3)}直接连在苯环上，分子结构中含有rm{-NH_{2}}官能团，且苯环上的一氯取代物只有两种的同分异构体共有六种，除苯佐卡因外，其中两种的结构简式是：则剩余三种同分异构体的结构简式为

故答案为：rm{-COOR}【解析】rm{(1)}rm{垄脵}酸性高锰酸钾溶液酯化rm{(}取代rm{)}反应酸性高锰酸钾溶液酯化rm{垄脵}取代rm{(}反应rm{)}酯化rm{垄脷}酯化rm{(}取代rm{)}反应取代rm{垄脷}反应rm{(}rm{)}rm{(2)}17、略

【分析】解：rm{10}电子微粒rm{A}rm{B}反应得到两种rm{10}电子微粒，应是rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}+H_{2}O}或rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}+H_{2}O}可推知rm{HF+OH^{-}篓TF^{-}+H_{2}O}为rm{A}rm{NH_{4}^{+}}为rm{B}rm{OH^{-}}为rm{C}rm{NH_{3}}为rm{D}或rm{H_{2}O(}为rm{A}rm{HF}为rm{B}rm{OH^{-}}为rm{C}rm{F^{-}}为rm{D}

故答案为：rm{H_{2}O)}或rm{HF(}rm{NH_{4}^{+})}

rm{H_{2}O.}电子微粒rm{10}rm{A}反应得到两种rm{B}电子微粒，应是rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}+H_{2}O(}或rm{10}可推知rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}NH_{3}+H_{2}O(}为rm{HF+OH^{-}篓TF^{-}+H_{2}O)}rm{A}为rm{NH_{4}^{+}}rm{B}为rm{OH^{-}}rm{C}为rm{NH_{3}}或rm{D}为rm{H_{2}O(}rm{A}为rm{HF}rm{B}为rm{OH^{-}}rm{C}为rm{F^{-}}．

本题考查无机物推断，主要考查离子反应的结构特征，熟记rm{D}电子微粒和rm{H_{2}O)}电子微粒及其性质，题目难度不大．rm{10}【解析】rm{HF(}或rm{NH_{4}^{+})}rm{H_{2}O}18、略

【分析】【解析】试题分析：分子中C、H、O元素的质量比为15︰2︰8，则分子中C、H、O元素原子的个数之比是根据A的质谱图可知，A的相对分子质量是100，所以A的分子式是C5H802。A是直链结构，其核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为1︰1︰2，它能够发生银镜反应，说明含有醛基，因此A的结构简式是OHCCH2CH2CH2CHO。A发生银镜反应生成I，则I的结构简式是HOOCCH2CH2CH2COOH。B为五元环酯，在氢氧化钠溶液中水解生成D。D在浓硫酸的作用下发生消去反应生成C，C的红外光谱表明其分子中存在甲基，且C最终转化为I，所以D的结构简式是CH3CH（OH）CH2CH2COOH，则B的结构简式是则C的结构简式是HOOCCH2CH＝CHCH3。E可以水解反应，说明E是卤代烃。E水解生成F，而F又可以发生加成反应，说明F中还含有碳碳双键，则E的结构简式是ClCH2CH＝CHCH2COOH，F的结构简式是HOCH2CH＝CHCH2COOH。G的结构简式是HOOCCH2CH2CH2CH2OH。G发生催化氧化生成H，所以H的结构简式是HOOCCH2CH2CH2CHO，H继续发生氧化反应生成I。考点：考查有机物化学式、官能团、结构简式的判断以及方程式的书写等【解析】【答案】（8分）（1）C5H8O4；羧基（2）CH3CH（OH）CH2CH2COOH，OHCCH2CH2CH2COOH（3）D→C：HOOCCH2CH2CH(OH)CH3HOOCCH2CH＝CHCH3+H2O；H→G：HOOCCH2CH2CH2CHO+H2HOOCCH2CH2CH2CH2OH19、略

【分析】【分析】乙、丙、丁为单质，一定条件下乙与丙反应得到rm{B}丙、丁在点燃条件下反应得到rm{C}且rm{B}与rm{C}相遇生成大量白烟生成rm{E}可知rm{B}为rm{NH_{3}}rm{C}为rm{HCl}则丙为rm{H_{2}}乙为rm{N_{2}}丁为rm{Cl_{2}}rm{E}为rm{NH_{4}Cl}rm{NH_{4}Cl}与强碱rm{A}反应生成rm{NH_{3}}与rm{D}且rm{D}的焰色为紫色，含有rm{K}元素，故A为rm{KOH}rm{D}为rm{KCl}甲是日常生活中常见的金属，能与rm{KOH}反应生成氢气，则甲为rm{Al}据此解答。【解答】乙、丙、丁为单质，一定条件下乙与丙反应得到rm{B}丙、丁在点燃条件下反应得到rm{C}且rm{B}与rm{C}相遇生成大量白烟生成rm{E}可知rm{B}为rm{NH_{3}}rm{C}为rm{HCl}则丙为rm{H_{2}}乙为rm{N_{2}}丁为rm{Cl_{2}}rm{E}为rm{NH_{4}Cl}rm{NH_{4}Cl}与强碱rm{A}反应生成rm{NH_{3}}与rm{D}且rm{D}的焰色为紫色，含有rm{K}元素，故A为rm{KOH}rm{D}为rm{KCl}甲是日常生活中常见的金属，能与rm{KOH}反应生成氢气，则甲为rm{Al}．

rm{(1)D}的化学式为rm{KCl}故答案为：rm{KCl}

rm{(2)C}为rm{HCl}电子式为故答案为：

rm{(3)A}溶液和甲反应的离子方程式：rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O篓T2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}故答案为：rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O篓T2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}

rm{(4)}工业上制备rm{NH_{3}}的化学方程式：故答案为：【解析】rm{(1)KCl}rm{(2)}rm{(3)2Al+2OH^{-}+2H_{2}O篓T2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}

rm{(4)}四、工业流程题(共1题，共3分)20、略

【分析】【分析】

(1)反应1中发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分离出的Na2FeO4中加入饱和KOH溶液反应生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，同时生成还原产物NaCl，结合守恒法写出该反应的化学方程式；根据电子守恒计算制备0.5molNa2FeO4消耗NaClO的质量；

(3)电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-；阴极生成氢气和氢氧化钠；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小；与铁离子的水解有关。

【详解】

(1)①Na2FeO4中钠元素的化合价为+1价；氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁元素的化合价为0-(-2)×4-(+1)×2=+6价；高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为发生氧化还原反应；

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，即加入饱和KOH溶液发生的反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；说明该温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，反应中Fe元素的化合价从+3价升高为+6价，Cl元素的化合价从+1价降为-1价，根据得失电子守恒、原子守恒，则该反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；设制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为mg，则由电子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根据装置图，Fe为阳极，电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，电极方程式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阴极生成氢气和氢氧化钠，则阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为NaOH；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，根据“高铁酸盐在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，则产生曲线Ⅰ和曲线Ⅱ差异的原因是Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应从而降低K2FeO4浓度。【解析】①.+6②.氧化还原反应③.该温度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应，从而降低K2FeO4的浓度五、元素或物质推断题(共4题，共8分)21、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）222、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为Na