2025年冀教新版高二化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年冀教新版高二化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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6题，共12分)1、已知反应X+Y=M+N为放热反应,，对该反应的下列说法中正确的()A.X的能量一定高于MB.Y的能量一定高于NC.X和Y的总能量一定高于M和N的总能量D.因该反应为放热反应,故不必加热就可发生2、X；Y，Z均为短周期元素，在周期表中的位置如图所示，下列叙述正确的是（）

A.X一定是活泼金属B.Y的最高价氧化物是酸性氧化物C.Z的单质是双原子分子D.氢化物的稳定性：Y＞X3、下列关于反应热的说法正确的是()A.当ΔH为“-”时,表示该反应为吸热反应B.已知C(s)+O2(g)CO(g)的反应热为-110.5kJ·mol-1,说明碳的燃烧热为110.5kJ·mol-1C.反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关D.化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关,而与反应的途径无关4、将两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧后得到0.16mol二氧化碳和3.6克水,则混合气体中A.混合气体中一定有甲烷B.混合气体中一定有甲烷和乙烯C.混合气体中一定有乙烷D.混合气体中一定有乙炔5、某元素质量数rm{52}中子数rm{28}其基态原子未成对电子数为rm{(}rm{)}A.rm{3}B.rm{4}C.rm{5}D.rm{6}6、下列各组热化学方程式中，rm{娄陇H_{1}<娄陇H_{2}}的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}rm{娄陇H_{1;;;;;;;;;}C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)}rm{垄脵C(s)+O_{2}(g)

=CO_{2}(g)}

rm{垄脷S(s)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)}rm{娄陇H_{1;;;;;;;;;}C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)

=CO(g)}rm{娄陇H_{2}}rm{垄脷S(s)+O_{2}(g)

=SO_{2}(g)}

rm{垄脹H_{2}(g)+Cl_{2}(g)=2HCl(l)}rm{娄陇H_{1}}rm{dfrac{1}{2}H_{2}(g)+dfrac{1}{2}Cl_{2}(g)=HCl(l)}rm{S(g)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)}

rm{垄脺H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)}rm{娄陇H_{2}}rm{H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)}rm{垄脹H_{2}(g)+Cl_{2}(g)

=2HCl(l)}A.rm{娄陇H_{1}}B.rm{dfrac{1}{2}H_{2}(g)+dfrac{1}{2}Cl_{2}(g)

=HCl(l)}C.rm{娄陇H_{2}}D.rm{垄脺H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)

=H_{2}O(l)}rm{娄陇H_{1}}评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)7、下列说法正确的是A.rm{124gP_{4}}含有的rm{P-P}键的数目为rm{6mol}B.rm{12g}石墨中含有的rm{C-C}键的数目为rm{1.5mol}C.rm{12g}金刚石中含有的rm{C-C}键的数目为rm{1.5mol}D.rm{60gSiO_{2}}中含rm{Si-O}键的数目为rm{2mol}8、rm{25隆忙}时，在rm{10mL}浓度为rm{0.1mol/L}的rm{NH_{3}?H_{2}O}溶液中滴加rm{0.1mol/L}盐酸，下列有关描述正确的是rm{(}rm{)}A.加入rm{5}rm{mL}盐酸时：rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}B.加入rm{10mL}盐酸时：rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(Cl^{-})}C.在溶液rm{pH=7}时：水的电离程度最大D.加入rm{20}rm{mL}盐酸时：rm{c(Cl^{-})=2c(NH_{4}^{+})}9、把0.05molNaOH固体分别加入下列100mL液体中，溶液导电能力变化不大的是（）A.自来水B.0.5mol/L盐酸C.0.5mol/LCH3COOHD.0.5mol/LNH4Cl溶液10、莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中。下列关于这两种有机化合物的说法正确的是

A.两种酸都能与浓溴水发生反应B.两种酸遇三氯化铁溶液都显色C.鞣酸分子与莽草酸分子相比多了两个碳碳双键D.等物质的量的两种酸与足量金属钠反应产生氢气的量相同11、两种气态烃的混合物共rm{2.24L(}标准状况rm{)}完全燃烧后得rm{3.36L(}标准状况rm{)}二氧化碳和rm{2.7g}的水rm{.}下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.混合气体中一定含有乙烯B.混合气体中一定含有甲烷C.混合气体中一定含有乙炔D.混合气体一定是由烷烃和烯烃构成的混合物12、下列各物质，能由单质间发生化合反应得到，但不能由单质与酸发生置换反应得到的是rm{(}rm{)}A.rm{MgCl_{2}}B.rm{FeCl_{2}}C.rm{AlCl_{3}}D.rm{CuCl_{2}}评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、（1）有甲、乙、丙、丁四种金属，把甲、丙浸入稀硫酸中，用导线连接时丙为负极；把乙、丁分别浸入稀硫酸中，丁产生气泡的速率更大；把甲、乙用导线连接浸入稀硫酸中，甲上有气泡冒出；把丙浸入丁的硝酸盐溶液中，丙的表面有丁析出。这四种金属的活动性由强到弱的顺序是。（2）向5mLNaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为黄色，再滴入一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变成黑色，根据上述变化过程，分析此三种沉淀物的溶解度大小关系为_______________。（3）现将足量的AgCl分别放入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是_______________①20mL0．01mol·L-1KCl溶液②30mL0．02mol·L-1CaCl2溶液③40mL0．03mol·L-1HCl溶液④10mL蒸馏水⑤50mL0．05mol·L-1AgNO3溶液（4）某种甲醇燃料电池是采用铂或碳化钨作为电极催化剂，在稀硫酸电解液中直接加入纯化后的甲醇，同时向一个电极通入空气。此电池的负极发生的电极反应式是_______________；（5）某酸H2B在水溶液中有如下变化：H2BH++HB-;HB-H++B2-;现有溶液0.10mol/L、100ml，试回答以下问题：①溶液中的H+物质的量取值范围是：②已知0.1mol·L－1NaHB溶液的pH=2，则0.1mol·L-1H2B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是0.11mol·L－1（填“<”，“>”，或“=”）14、“神七”登天标志着我国的航天事业进入了新的篇章．

（1）火箭升空时，由于与大气层的剧烈摩擦，产生高温．为了防止火箭温度过高，在火箭表面涂上一种特殊的涂料，该涂料的性质最可能的是____．

A．在高温下不融化B．在常温下就分解气化C．在高温下可汽化或者分解D．该涂料不可能发生分解。

（2）火箭升空需要高能的燃料，经常是用N2O4和N2H4作为燃料，工业上利用N2和H2可以合成NH3，NH3又可以进一步制备联氨（N2H4）等．已知：

N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ•mol-1

N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534.0kJ•mol-1

NO2（g）⇌N2O4（g）△H=-26.35kJ•mol-1

试写出气态联氨在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式：____．

（3）肼-空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是KOH溶液．肼-空气燃料电池放电时：正极的电极反应式是____；负极的电极反应式是____．15、（14分）（1）AgNO3的水溶液呈（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH____7（填“>”、“=”、“<”），原因是（用离子方程式表示）：。实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以（填“促进”、“抑制”）其水解。（2）氯化铝水溶液呈（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）___。把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是____。16、(14分)金属氢化物－镍（MH—Ni）电池由于其高能、安全、无污染、无记忆效应、价格适宜，已成为目前最具发展前景的“绿色能源”电池之一，电池总反应为MH+NiOOHM+Ni(OH)2，M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金。电解质溶液为浓KOH溶液。(1)写出放电时的负极反应_________________(2)充电时，阳极的电极反应为__________________镍氢电池正极材料由Ni(OH)2、碳粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成。某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究，设计实验流程如下：已知：①NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+②某温度下一些金属氢氧化物的Ksp及沉淀析出的理论pH如下表所示：。M(OH)xKsppH开始沉淀沉淀完全Al(OH)31.9×10-233.434.19Fe(OH)33.8×10-382.532.94Ni(OH)21.6×10-147.609.75回答下列问题：（3）根据上表数据判断步骤②先析出的沉淀Ⅱ为，后析出的沉淀为Ⅲ为__________________（填化学式），则pH1pH2（填填“>”、“=”或“<”），（4）已知溶解度：NiC2O4>NiC2O4·H2O>NiC2O4·2H2O，则③的化学方程式是。（5）④中阳极的电极反应为，验证阳极产物的试剂为。（6）试写出⑥的离子方程式。17、按要求填写：

rm{(1)}钛铁合金是钛系储氢合金的代表；该合金具有放氢温度低；价格适中等优点。

rm{垄脵Ti}的基态原子价电子排布式为______

rm{垄脷Fe}的基态原子共有______种不同能级的电子。

rm{(2)}制备rm{CrO_{2}CL_{2}}的反应为rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}+3CCl_{4}篓T2KCl+2CrO_{2}Cl_{2}+3COCl_{2}隆眉}

rm{垄脵}上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是______rm{(}用元素符号表示rm{)}

rm{垄脷COCl_{2}}分子中所有原子均满足rm{8}电子构型，其分子中rm{娄脪}键和rm{娄脨}键的个数比为______；中心原子的杂化方式为______

rm{(3)}硼酸rm{(H_{3}BO_{3})}是一种片层状结构的白色晶体rm{(}如图rm{)}有滑腻感，可做润滑剂。在冷水中溶解度很小，加热时溶解度增大。回答下列问题：

rm{垄脵}硼酸中rm{B}原子的杂化轨道类型为______，推测rm{[BH_{4}^{-}]}的空间构型是______

rm{垄脷}硼酸晶体中存在的作用力有范德华力和______

rm{垄脹}加热时；硼酸的溶解度增大，主要原因是______

rm{垄脺}硼酸是一元弱酸，在水中电离时，硼酸结合水电离出的rm{OH^{-}}而呈酸性。写出硼酸的电离方程式______。18、rm{1994}年度诺贝尔化学奖授予为研究臭氧作出特殊贡献的化学家rm{.O_{3}}能吸收有害紫外线，保护人类赖以生存的空间rm{.O_{3}}分子的结构如图，呈rm{V}型，键角rm{116.5隆忙.}三个原子以一个rm{O}原子为中心，与另外两个rm{O}原子分别构成一个非极性共价键；中间rm{O}原子提供rm{2}个电子，旁边两个rm{O}原子各提供rm{1}个电子，构成一个特殊的化学键--三个rm{O}原子均等地享有这rm{4}个电子rm{.}请回答：

rm{(1)}臭氧与氧气的关系是______．

rm{(2)}选出下列分子与rm{O_{3}}分子的结构最相似的是______．

A.rm{H_{2}O}rm{B.CO_{2}}rm{C.SO_{2}}D.rm{BeCl_{2}}

rm{(3)}分子中某原子有rm{1}对没有跟其他原子共用的价电子叫孤对电子，那么rm{O_{3}}分子有______对孤对电子．

rm{(4)O_{3}}分子是否为极性分子______rm{(}填是或否rm{)}．

rm{(5)O_{3}}与rm{O_{2}}间的转化是否为氧化还原反应______rm{(}填是或否rm{)}．评卷人得分四、计算题(共4题，共16分)19、某有机物的蒸气密度是空气的3.52倍，该有机物4.08g充分燃烧后产生的CO2和H2O的物质的量之比为1：1；通过盛碱石灰的干燥管后，干燥管增重12.4g；

（1）计算并写出该有机物的分子式。

（2）该有机物具有以下性质：能与银氨溶液反应，可在酸或者碱催化下水解，含有手性碳原子．试写出该有机物的结构简式．20、某有机化合物只含碳、氢、氧三种元素rm{.}只含一个氧原子，且氧的质量分数为rm{27.59%}其完全燃烧时产生等物质的量的rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}且能发生银镜反应．

rm{(1)}写出该分子结构简式______

rm{(2)}写出该银镜反应______

rm{(3)116}克该有机化合物与银氨溶液最多生成______克银。

rm{(4)}写出一种其同分异构体rm{(}要含羟基且无双键rm{)}的结构简式______．21、（6分）常温下，将0.05mol/L盐酸溶液和未知浓度的NaOH溶液以1：2的体积比混合，所得溶液的pH＝12。用上述NaOH溶液13ml和pH＝3的某一元弱酸HA溶液20ml恰好完全反应生成NaA。试求：（1）NaOH溶液的物质的量浓度（2）此一元弱酸的物质的量浓度（3）求此条件下该一元弱酸的电离平衡常数22、（11分）CO、CH4均为常见的可燃性气体。(1)等体积的CO和CH4在相同条件下分别完全燃烧，转移的电子数之比是。(2)已知在101kPa时，CO的燃烧热为283kJ/mol。相同条件下，若2molCH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为1molCO完全燃烧放出热量的6.30倍，CH4完全燃烧反应的热化学方程式是：。(3)120℃、101kPa下，amL由CO、CH4组成的混合气体在bmLO2中完全燃烧后，恢复到原温度和压强。①若混合气体与O2恰好完全反应，产生bmLCO2，则混合气体中CH4的体积分数为（保留2位小数）。②若燃烧后气体体积缩小了a/4mL，则a与b关系的数学表示式是。评卷人得分五、推断题(共4题，共32分)23、烯烃与酸性高锰酸钾溶液反应的氧化产物有如下的反应关系：

已知某烯烃的化学式为rm{C_{4}H_{8}}它与酸性高锰酸钾溶液反应后得到的产物若为两个乙酸分子，则此烯烃的结构简式是______；若为二氧化碳和丙酮，则此烯烃的结构简式是______．24、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六种有机化合物；存在图所示转化关系：

已知：rm{A}属于烃，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，且相对分子质量不超过rm{30}在加热条件下，rm{B}可与氢氧化钠溶液反应，向反应后所得混合液中加入过量的硝酸，再加入硝酸银溶液，生成淡黄色沉淀；rm{C}是无色、易挥发、有特殊香味的液体，含在各种饮用酒中；rm{F}属于酯，酯在一定条件下可以发生水解反应，生成相应的酸和醇rm{.}请写出rm{A隆芦F}六种物质的结构简式．

rm{(1)A}______rm{(2)B}______

rm{(3)C}______rm{(4)D}______

rm{(5)E}______rm{(6)F}______．25、常见金属单质rm{A}rm{B}和非金属单质rm{C}rm{D}以及它们化合物之间的转化关系如下。rm{F}rm{J}既能溶于强酸rm{M}又能溶于强碱rm{N}rm{Z}的摩尔质量为rm{198g隆陇mol^{-1}}且其中各元素的质量比为：钾rm{:}金属rm{B:}氧rm{=39:28:32}

rm{(1)Z}的化学式为：______________。rm{(2)}写出检验rm{X}中阳离子的方法：____________________________________。rm{(3)}写出rm{E}和rm{A}在高温下反应的化学方程式为：________________________________。rm{(4)}写出rm{A}和rm{N}反应的离子方程式：____________________________________。26、元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序数之和为rm{36}rm{Y}rm{Z}在同一周期，rm{X}与rm{Z}在同一主族，rm{X}原子最外层电子数是rm{Y}原子最外层电子数的rm{3}倍．

rm{(1)}写出下列元素符号：rm{X}______，rm{Y}______，rm{Z}______

rm{(2)X}与rm{Y}两元素可形成化合物属______rm{(}“离子”或“共价”rm{)}化合物．

rm{(3)}写出rm{X}与rm{Z}所形成的化合物的化学式：______．评卷人得分六、探究题(共4题，共24分)27、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。28、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。29、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。30、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【解析】试题分析：反应是放热反应还是吸热反应与反应条件无关系，只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系。如果反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应是放热反应，反之是吸热反应。根据题意可知，该反应是放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，选项C正确，答案选C。考点：考查反应热的有关判断【解析】【答案】C2、D【分析】【解答】解：X；Y、Z均为短周期元素；由元素在周期表中的位置可知，Z为He、Y为F、X为S；

A．X为S元素；属于非金属性元素，故A错误；

B．Y为F元素；不存在最高价含氧酸，故B错误；

C．Z为He；单质为单原子分子，故C错误；

D．非金属性F＞S，故氢化物稳定性HF＞H2S；故D正确；

故选D．

【分析】X、Y、Z均为短周期元素，由元素在周期表中的位置可知，Z为He、Y为F、X为S，结合元素周期律与元素化合物性质解答．3、D【分析】A中ΔH为“+”时,反应为吸热反应,错误。B中生成物为CO,不是碳的燃烧热,错误。C中反应热的大小与反应物和生成物的能量有关,错误。D为盖斯定律,正确。【解析】【答案】D4、A【分析】【解析】【答案】A5、D【分析】解：质量数rm{52}中子数rm{28}则该元素原子的质子数rm{=}质量数rm{-}中子数rm{=52-28=24}

故该元素基态原子的电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}rm{3d}能级具有rm{5}个轨道，rm{4}个电子优先分别占据rm{1}个轨道，且自旋方法相同，故有rm{6}个成对电子；

故选D．

质量数rm{=}质子数rm{+}中子数，质量数rm{52}中子数rm{28}则该元素原子的质子数为rm{52-28=24}根据核外电子排布规律书写基态原子的电子排布式，据此判断．

本题考查核外电子排布规律等，题目难度不大，理解核外电子排布规律，掌握核外电子排布规律是解题的关键．【解析】rm{D}6、D【分析】略【解析】rm{D}二、双选题(共6题，共12分)7、AB【分析】略【解析】rm{AB}8、rAB【分析】解：rm{A.}加入rm{5mL}盐酸时，一水合氨过量，反应后溶质为等浓度的一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度对应铵根离子的水解程度，溶液呈碱性，则rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}溶液中离子浓度大小为：rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}故A正确；

B.加入rm{10mL}盐酸时，根据电荷守恒可知：rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(Cl^{-})}故B正确；

C.在溶液rm{pH=7}时；溶液呈中性，基本不影响水的电离程度，当溶质为氯化铵时水的电离程度最大，故C错误；

D.加入rm{20}rm{mL}盐酸时，根据物料守恒可得：rm{c(Cl^{-})=2c(NH_{4}^{+})+2c(NH_{3}?H_{2}O)}故D错误；

故选AB．

A.加入rm{5mL}盐酸时，反应后溶质为等浓度的一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度对应铵根离子的水解程度，则溶液呈碱性，rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}

B.根据溶液中的电荷守恒判断；

C.当二者恰好反应时；铵根离子发生水解，水的电离程度最大；

D.根据反应后溶液中的物料守恒判断．

本题考查了溶液酸碱性与溶液rm{pH}的计算、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法．【解析】rm{AB}9、B|D【分析】解：溶液导电能力与溶液中离子浓度成正比；混合后溶液导电能力变化不大，说明溶液中离子浓度变化不大；

A．自来水是弱电解质；溶液中离子浓度很小，NaOH是强电解质，加入NaOH固体后，NaOH电离生成钠离子和氢氧根离子，溶液中离子浓度增大，溶液导电能力变化很大，故A错误；

B；未加氢氧化钠固体；导电的有氯离子和氢离子，加入氢氧化钠后主要是钠离子，氯离子，未反应的氢离子，而参加反应的氢离子正好与钠离子的量相当．所以导电性变化不大，故B正确；

C；原来是弱电解质；离子较少，加入强碱以后，变为强电解质，导电能力增强，故C错误；

D；氯化铵为强电解质；加入NaOH后生成物仍是强电解质，离子的浓度变化不大，故导电性变化不大，故D正确；

故选BD．

溶液导电能力与溶液中离子浓度成正比；混合后溶液导电能力变化不大，说明溶液中离子浓度变化不大，据此分析解答．

本题考查溶液中离子浓度大小比较，以此判断溶液的导电性，溶液混合后导电能力变化的大小，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化．【解析】【答案】BD10、AD【分析】【分析】

本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质。

【解答】

A.莽草酸中含有，能与溴水发生加成反应，而鞣酸不含键，含苯酚结构，能与溴水发生取代反应，故A正确；

B.莽草酸中含、、，不能遇氯化铁溶液变色，而鞣酸含苯酚结构，遇三氯化铁溶液显色，故B错误；

C.鞣酸不含键，莽草酸分子中含，故C错误；

D.两种酸中均含有rm{3}个个rm{3}个和rm{1}个rm{COOH}则等物质的量的两种酸与足量金属钠反应产生氢气的量相同，故D正确。则等物质的量的两种酸与足量金属钠反应产生氢气的量相同，故D正确。

rm{1}rm{COOH}【解析】rm{AD}11、rBC【分析】解：标况下rm{2.24L}混合气体的物质的量为rm{dfrac{2.24L}{22.4L/mol}=0.1mol}

标况下rm{dfrac

{2.24L}{22.4L/mol}=0.1mol}二氧化碳的物质的量为rm{dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}rm{3.36L}二氧化碳中含有rm{dfrac

{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}

rm{0.15mol}水的物质的量为rm{dfrac{2.7g}{18g/mol}=0.15mol}rm{0.15molC}水中含有rm{2.7g}

则该混合烃中含有的平均rm{dfrac

{2.7g}{18g/mol}=0.15mol}rm{0.15mol}原子数为：rm{N(C)=dfrac{0.15mol}{0.1mol}=1.5}rm{N(H)=dfrac{0.3mol}{0.1mol}=3}

该混合烃的平均分子式为rm{0.3molH}

碳原子数小于rm{C}的烃只有甲烷，则一定含有rm{H}

甲烷分子中rm{N(C)=dfrac

{0.15mol}{0.1mol}=1.5}原子数为rm{N(H)=dfrac

{0.3mol}{0.1mol}=3}则另一种烃分子中rm{C_{1.5}H_{3}}原子数rm{1.5}且rm{CH_{4}}原子数rm{H}满足该条件的烃只有乙炔；

故该气体为甲烷和乙炔的混合烃；

故选BC．

根据rm{4>3}计算出标况下rm{H}混合气体、rm{<3}二氧化碳的物质的量，再根据rm{C}计算出水的物质的量；从而可确定混合物的平均分子式，根据计算结果对各选项进行判断．

本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，注意掌握质量守恒定律、平均值法在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力．rm{>1.5}【解析】rm{BC}12、rBD【分析】解：rm{A}rm{Mg}能和盐酸反应生成氯化镁和氢气，rm{Mg}与氯气化合生成氯化镁；故A不符合；

B、rm{Fe}能和盐酸应生成氯化铁和氢气，铁在氯气中燃烧生成rm{FeCl_{3}}故B符合；

C、rm{Al}能和盐酸反应生成氯化铝和氢气，rm{Al}与氯气化合生成氯化铝；故C不符合；

D、rm{Cu}不能和盐酸反应生成氯化铜和氢气，rm{Cu}与氯气化合生成氯化铜；故D符合；

故选BD．

在金属活动性顺序中；排在氢前面的金属能和酸反应生成盐和氢气，排在氢后面的金属不能和酸反应；氯气与多价态金属反应生成高价态产物，据此分析．

本题考查了金属单质的性质，解答本题时要充分理解金属活动性顺序表，排在氢前面的金属能和酸反应生成盐和氢气，题目难度不大，注意把握氯气与多价态金属的反应．【解析】rm{BD}三、填空题(共6题，共12分)13、略

【分析】试题分析：（1）金属性强弱体现在与酸反应时的剧烈程度，组合成原电池时两极的现象，及金属间的置换反应；（2）向某难溶物的溶液中滴加其他溶液时可生成溶解度更小的物质；（3）由同离子效应可确定AgCl在不同溶液中的溶解度大小顺序为④>①>③>②>⑤；（4）甲醇燃料电池的负极物为甲醇，反应式为2CH3OH+2H2O-12e-=2CO2+12H+;（5）H2B在水溶液中电离方程式可知，H2B为强酸，HB-为弱酸，所以溶液H+的物质的量范围为0.01<0.02；0.1mol·L－1NaHB溶液的pH=2，则0.1mol/L的HB-电离的H+为0.01mol/L,而0.1mol/L的H2B中，第一步电离出的0.1mol/L的H+会抑制第二步电离，导致氢离子浓度小于0.11mol/L。考点：金属活动性的比较、难溶电解质间的转化、原电池原理、多元酸的电离。【解析】【答案】（1）丙丁乙甲（2）AgCl>AgI>Ag2S（3）④>①>③>②>⑤（4）（5）（1）0.01<0.02（2）<14、略

【分析】

（1）涂料起散热作用；因为物质汽化或者分解时从周围吸收热量，从而起到降温作用，故该物质在高温下应该具有汽化或者分解的性质；

故选C；

（2）已知：①、N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ•mol-1

②、N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534.0kJ•mol-1

③、NO2（g）⇌N2O4（g）△H=-26.35kJ•mol-1

根据盖斯定律，②×2-①-③×2得2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）故△H=2×（-534.0kJ•mol-1）-67.7kJ•mol-1-2×（-26.35kJ•mol-1）=-1073.2kJ•mol-1；

故热化学方程式为2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1073.2kJ•mol-1；

故答案为：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1073.2kJ•mol-1；

（3）原电池正极反应还原反应，氧气在正极放电，正极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O，电池总反应式减去正极反应式可得负极电极反应式：N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O；

故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O；

【解析】【答案】（1）涂料起散热作用；在一定条件下应该具有汽化或者分解的性质，因为物质汽化或者分解时从周围吸收热量，从而起到降温作用；

（2）根据盖斯定律；由已知热化学方程式乘以合适的系数进行适当的加减，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减；

（3）原电池正极反应还原反应；氧气在正极放电，碱性条件下生成氢氧根离子，电池总反应式减去正极反应式可得负极电极反应式．

15、略

【分析】【解析】【答案】（14分）（1）____________________PH<7（2分）____________________________________________________（2）________________________________Al(OH)3+3H+________________Al2O3________________16、略

【分析】【解析】试题分析：（1）放电时，负极发生氧化反应，所以电极反应为：MH-e-+OH-=H2O+M。（2）充电时，阳极发生氧化反应，所以电极反应为：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O（3）根据Ksp可以看出当pH增大时，Fe(OH)3最先沉淀，然后是Al(OH)3最后是Ni(OH)2。所以步骤②先析出的沉淀II是Fe(OH)3后析出的沉淀III是Al(OH)3。pH1<pH2。（4）根据溶解度可知NiC2O4·2H2O的溶解度最小，所以③的化学方程式为NiCl2+Na2C2O4+2H2O=NiC2O4.2H2O↓+2NaCl。（5）根据框图可知D为NaCl溶液，所以电解时阳极反应为2Cl—2e-=Cl2↑。检验阳极产物用淀粉碘化钾溶液。（6）根据框图可知C为Ni(OH)2，所以⑥的离子方程式为：2Ni(OH)2+2OH-+Cl2=2Ni(OH)3+2Cl-。考点：化学电源和工业流程【解析】【答案】(1)MH-e-+OH-=H2O+M(2)Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O(3)Fe(OH)3Al(OH)3＜（4）NiCl2+Na2C2O4+2H2O=NiC2O4.2H2O↓+2NaCl（5）2Cl—2e-=Cl2↑；淀粉碘化钾溶液（或其它合理答案）。（6）2Ni(OH)2+2OH-+Cl2=2Ni(OH)3+2Cl-17、略

【分析】解：rm{(1)垄脵Ti}是rm{22}号元素，位于元素周期表中第四周期第rm{IVB}族，故rm{Ti}的基态原子价电子排布式为rm{3d^{2}4s^{2}}故答案为：rm{3d^{2}4s^{2}}

rm{垄脷Fe}是rm{26}号元素，原子核外有rm{1s}rm{2s}rm{3s}rm{4s}rm{2p}rm{3p}rm{3d}等rm{7}个能级，故答案为：rm{7}

rm{(2)垄脵}反应式中非金属元素有三种：rm{O}rm{C}rm{Cl}rm{CCl_{4}}中rm{C}表现正化合价、rm{Cl}表现负化合价，rm{CrO_{2}Cl_{2}}中rm{Cl}为rm{+1}价，rm{O}为rm{-2}价，电负性越大，对键合电子吸引力越大，元素相互化合时该元素表现负价，故电负性：rm{O>Cl>C}故答案为：rm{O>Cl>C}

rm{垄脷COCl_{2}}分子中有rm{1}个rm{C=O}键和rm{2}个rm{C-Cl}键，所以rm{COCl_{2}}分子中rm{娄脪}键的数目为rm{3}rm{娄脨}键的数目为rm{1}个数比rm{3}rm{1}中心原子rm{C}电子对数rm{=3+dfrac{4-1隆脕2-2}{2}=3}故中心原子杂化方式为rm{=3+dfrac

{4-1隆脕2-2}{2}=3}

故答案为：rm{sp^{2}}rm{3}rm{1}

rm{sp^{2}}由图可知，rm{(3)垄脵}原子形成rm{B}个rm{3}键，没有孤电子对，rm{B-O娄脪}原子杂化轨道数目为rm{B}rm{3}原子采取rm{B}杂化方式，rm{sp^{2}}的杂化方式为rm{[BH_{4}^{-}]}杂化；空间构型为正四面体型；

故答案为：rm{sp^{3}}正四面体；

rm{sp^{2}}由硼酸晶体结构可知，层内分子中rm{垄脷}与rm{O}rm{B}之间形成共价键，分子间rm{H}rm{H}之间形成氢键；层与层之间为范德华力；

故答案为：氢键；共价键；

rm{O}加热破坏了硼酸分子之间的氢键；硼酸分子与水分子之间形成氢键，加热时，硼酸的溶解度增大；

故答案为：加热破坏了硼酸分子之间的氢键；硼酸分子与水分子之间形成氢键；

rm{垄脹}硼酸是一元弱酸，在水中电离时，硼酸结合水电离出的rm{垄脺}而呈酸性，即电离生成rm{OH^{-}}rm{[B(OH)_{4}]^{-}}电离方程式为：rm{H^{+}}

故答案为：rm{H_{3}BO_{3}+H_{2}O?[B(OH)_{4}]^{-}+H^{+}}

rm{H_{3}BO_{3}+H_{2}O?[B(OH)_{4}]^{-}+H^{+}}是rm{(1)垄脵Ti}号元素；根据原子核外电子排布规律排布；

rm{22}是rm{垄脷Fe}号元素，原子核外有rm{26}等能级；

rm{spd}反应式中非金属元素有三种：rm{(2)垄脵}rm{O}rm{C}结合化合物rm{Cl}rm{CCl_{4}}中元素化合价判断；

rm{NaClO}根据rm{垄脷}个单键是rm{1}个rm{1}键，rm{娄脛}个双键中含有rm{1}个rm{1}键，rm{娄脛}个rm{1}键以及rm{娄脨}分子的结构式来解答；

rm{COCl_{2}}由图可知，rm{(3)垄脵}原子形成rm{B}个rm{3}键，没有孤电子对，据此判断rm{B-O娄脪}原子杂化方式；

rm{B}由硼酸晶体结构可知，层内分子中rm{垄脷}与rm{O}rm{B}之间形成共价键，分子间rm{H}rm{H}之间形成氢键；

rm{O}加热破坏了硼酸分子之间的氢键；硼酸分子与水分子之间形成氢键；

rm{垄脹}硼酸是一元弱酸，在水中电离时，硼酸结合水电离出的rm{垄脺}而呈酸性，即电离生成rm{OH^{-}}rm{[B(OH)_{4}]^{-}}

本题是对物质结构的考查，题目涉及电子排布式、杂化理论的应用氢键和分子间作用力等，涉及知识点较多，需要学生具备扎实的基础与扎实迁移运用能力，题目难度中等。rm{H^{+}}【解析】rm{3d^{2}4s^{2}}rm{7}种；rm{O>Cl>C}rm{3}rm{1}rm{sp^{2}}rm{sp^{2}}正四面体；氢键、共价键；加热破坏了硼酸分子之间的氢键，硼酸分子与水分子之间形成氢键；rm{H_{3}BO_{3}+H_{2}O?[B(OH)_{4}]^{-}+H^{+}}18、略

【分析】解：rm{(1)}臭氧与氧气具有是同种元素形成的不同种单质；属于同素异形体；

故答案为：同素异形体；

rm{(2)}在臭氧rm{O_{3}}中，中心的氧原子以rm{sp^{2}}杂化，与两旁的配位氧原子键合生成两个rm{娄脪}键，使rm{O_{3}}分子称折线形，在三个氧原子之间还存在着一个垂直于分子平面的大rm{娄脨}键，这个离域的rm{娄脨}键是由中心的氧原子提供两个rm{p}电子、另外两个配位氧原子各提供一个rm{p}电子形成的，rm{SO_{2}}分子呈“rm{V}”字形结构，其成键方式与rm{O_{3}}类似，rm{S}原子rm{sp^{2}}杂化，rm{S}原子和两侧的氧原子除以rm{娄脪}键结合以外，还形成一个三中心四电子的大rm{娄脨}键；

故选C；

rm{(3)}中间的氧原子含有rm{1}对孤电子对，两边的各含有rm{2}对孤电子对，所以总共rm{5}对孤电子对；

故答案为：rm{5}

rm{(4)}由于臭氧分子中的化学键都是非极性键；所以臭氧分子属于非极性分子；

故答案为：否；

rm{(5)}由于rm{O_{3}}与rm{O_{2}}间的转化没有化合价的变化；所以不是氧化还原反应；

故答案为：否．

rm{(1)}根据同素异形体的概念判断；

rm{(2)}根据臭氧分子结构进行分析；

rm{(3)}根据孤对电子的概念及臭氧分子结构分析；

rm{(4)}臭氧中的化学键都是非极性键；

rm{(5)}根据是否有化合价的变化判断．

本题考查了臭氧的结构及极性分子、同素异形体的判断，注重了基础知识的考查，难度中等．【解析】同素异形体；rm{C}rm{5}否；否四、计算题(共4题，共16分)19、略

【分析】

相同条件下；密度之比等于相对分子质量之比，据此计算出该有机物的相对分子质量，计算有机物的物质的量，通过碱石灰增重为燃烧生成二氧化碳与水的质量，结合二者物质相等计算二氧化碳；水的物质的量，根据原子守恒确定分子中C、H原子数目，再结合相对分子质量确定O原子数目，进而确定有机物的分子式；

该有机物能与银氨溶液反应；说明含有醛基（或甲酸形成的酯基），可在酸或者碱催化下水解，含有酯基，且含有手性碳原子，结合分子式确定可能的结构简式．

本题考查有机物分子式与结构确定、限制条件同分异构体书写，掌握燃烧法利用原子守恒确定有机物分子组成．【解析】解：（1）该有机物的相对分子质量=3.52×29=102，所取得有机物的物质的量为==0.04mol；

充分燃烧后产生的CO2和H2O的物质的量之比为1：1，设燃烧生成CO2、H2O的物质的量为xmol；则：44x+18x=12.4，解得：x=0.2；

故有机物分子中含有C原子数目为：=5，含有H原子数目为：=10，则含有O原子数目为=2，故设有机物分子式为C5H10O2；

答：该有机物的分子式为C5H10O2．

（2）该有机物能与银氨溶液反应，可在酸或者碱催化下水解，说明含有甲酸形成的酯基，且含有手性碳原子，故该有机物结构简式为：HCOOCH（CH3）CH2CH3；

答：该有机物结构简式为HCOOCH（CH3）CH2CH3．20、略

【分析】解：某有机化合物只含碳、氢、氧三种元素，完全燃烧时产生等物质的量的rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}设分子式为rm{C_{n}H_{2n}O}rm{O}的质量分数为rm{27.59%}则分子量为rm{dfrac{16}{27.59%}=58}所以；

所以rm{14n+16=58}rm{n=3}则分子式为rm{C_{3}H_{6}O}能发生银镜反应，则分子中官能团必为rm{-CHO}．

rm{(1)}分子式为rm{C_{3}H_{6}O}含有醛基，则为丙醛，其结构简式为：rm{CH_{3}CH_{2}CHO}

故答案为：rm{CH_{3}CH_{2}CHO}

rm{(2)}在加热条件下，丙醛与银氨溶液反应生成rm{Ag}和丙酸铵、氨气和水，其反应方程式为：rm{CH_{3}CH_{2}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHoverset{{脣庐脭隆}}{}CH_{3}CH_{2}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}

故答案为：rm{CH_{3}CH_{2}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHoverset{{脣庐脭隆}}{}CH_{3}CH_{2}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}

rm{(3)CH_{3}CH_{2}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHoverset{{脣庐脭隆}}{}CH_{3}CH_{2}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}

rm{CH_{3}CH_{2}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OH

overset{{脣庐脭隆}}{

}CH_{3}CH_{2}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OH

overset{{脣庐脭隆}}{

}CH_{3}CH_{2}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}

rm{(3)CH_{3}CH_{2}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OH

overset{{脣庐脭隆}}{

}CH_{3}CH_{2}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{58}

则rm{m(Ag)=dfrac{116g隆脕216}{58}=432g}

故答案为：rm{216}

rm{116g}的同分异构体，含羟基且无双键，则分子中应该含有环状结构，其结构简式为：

故答案为：．

某有机化合物只含碳、氢、氧三种元素，完全燃烧时产生等物质的量的rm{m(Ag)}和rm{m(Ag)=dfrac

{116g隆脕216}{58}=432g}设分子式为rm{432}rm{(4)CH_{3}CH_{2}CHO}的质量分数为rm{CO_{2}}则分子量为rm{H_{2}O}所以；

所以rm{C_{n}H_{2n}O}rm{O}则分子式为rm{27.59%}能发生银镜反应，则分子中官能团必为rm{dfrac{16}{27.59%}=58}．

rm{14n+16=58}分子式为rm{n=3}含有醛基，则为丙醛；

rm{C_{3}H_{6}O}在加热条件下，丙醛与银氨溶液反应生成rm{-CHO}和丙酸铵；氨气和水；

rm{(1)}根据方程式计算；

rm{C_{3}H_{6}O}的同分异构体；含羟基且无双键，则分子中应该含有环状结构．

本题考查了有机物分子式、结构简式的确定以及有机物官能团的结构与性质，题目难度中等，注意掌握确定有机物分子式的常用方法，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力．rm{(2)}【解析】rm{CH_{3}CH_{2}CHO}rm{CH_{3}CH_{2}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHoverset{{脣庐脭隆}}{}CH_{3}CH_{2}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OH

overset{{脣庐脭隆}}{

}CH_{3}CH_{2}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{432}21、略

【分析】（1）两溶液混合后呈碱性，说明碱过量，设两溶液的体积分别为：V、2V则：得c（NaOH）=0.04mol/L（2）NaOH～HA，即：0.04×13=c（HA）×20，推出：c（HA）=0.026mol/L（3）代入电离平衡常数公式：K===4.0×10-5【解析】【答案】（6分）(1)c（NaOH）=0.04mol/L(2)c（HA）=0.026mol/L(3)k=4.0×10-522、略

【分析】【解析】【答案】五、推断题(共4题，共32分)23、CH3-CH=CH-CH3CH3-C（CH3）=CH2

【分析】【分析】本题是给信息题，解题关键是看清烯烃与高锰酸钾酸性溶液反应的氧化产物的规律，题目难度中等。

【解答】某烯烃的化学式为rm{C}rm{C}rm{{,!}_{4}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{8}}，它与酸性高锰酸钾溶液反应后得到的产物若为两个乙酸分子，则烯烃的结构简式是：rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{-CH=CH-CH}rm{-CH=CH-CH}rm{{,!}_{3}}，若为二氧化碳和丙酮，则此烯烃的结构简式是：rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{-C(CH}rm{-C(CH}rm{{,!}_{3}}rm{)=CH}rm{)=CH}rm{{,!}_{2}}，故答案为：rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}

rm{-CH=CH-CH}【解析】rm{CH_{3}-CH=CH-CH_{3}}rm{CH_{3}-C(CH_{3})=CH_{2}}rm{CH_{3}-CH=CH-CH_{3}}

rm{CH_{3}-C(CH_{3})=CH_{2}}24、略

【分析】解：由上述分析可知，rm{A}为rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{B}为rm{CH_{3}CH_{2}Br}rm{C}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{D}为rm{CH_{3}CHO}rm{E}为rm{CH_{3}COOH}rm{F}为rm{CH_{3}CH_{2}OOCCH_{3}}

故答案为：rm{CH_{2}=CH}rm{CH_{3}CH_{2}Br}rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}CHO}rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}．

rm{A}属于烃，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，且相对分子质量不超过rm{30}可知rm{A}为rm{CH_{2}=CH_{2}}在加热条件下，rm{B}可与rm{NaOH}溶液反应，向反应后所得混合液中加入过量的稀硝酸，再加入rm{AgNO_{3}}溶液，生成淡黄色沉淀，说明rm{B}中含有溴原子，rm{B}能发生水解反应，则rm{B}是溴代烷，rm{B}与rm{A}中碳原子数应相同，rm{A}和溴化氢发生加成反应生成rm{B}则rm{B}是rm{CH_{3}CH_{2}Br}rm{B}与rm{C}可相互转化，rm{C}是无色、易挥发、有特殊香味的液体，含在各种饮用酒中，则rm{C}是rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{F}属于酯，酯在一定条件下可以发生水解反应，生成相应的酸和醇，则rm{F}是rm{CH_{3}CH_{2}OOCCH_{3}}rm{C}氧化生成rm{D}rm{D}氧化生成rm{E}则rm{D}是rm{CH_{3}CHO}rm{E}是rm{CH_{3}COOH}以此来解答．

本题考查有机物的推断，为高频考点，把握rm{A}为乙烯、碳原子数变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物的相互转化，题目难度不大．【解析】rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{CH_{3}CH_{2}Br}rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}CHO}rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}CH_{2}OOCCH_{3}}25、（1）K2FeO4（2）取试样少许，滴加3～4滴KSCN溶液，呈血红色（3）8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe（4）2Al＋2OH-＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑

【分析】【分析】本题考查无机推断，涉及离子检验、离子方程式和化学方程式书写等知识，难度不大。【解答】rm{A}rm{A}和rm{B}rm{B}是金属单质，且二者在高温下发生置换反应，则该反应为铝热反应，所以rm{A}rm{A}是rm{Al}rm{Al}，rm{E}rm{E}是金属氧化物，rm{F}rm{F}既能溶于强酸rm{M}rm{M}又能溶于强碱rm{N}rm{N}，rm{F}rm{F}是rm{Al_{2}O_{3}}rm{Al_{2}O_{3}}，rm{B}rm{B}是常见金属，系列转化生成红褐色沉淀rm{Y}rm{Y}为rm{Fe}rm{Fe}rm{(}rm{(}rm{OH}rm{OH}rm{)}rm{)}rm{3}rm{3}，所以rm{B}rm{B}是rm{Fe}rm{Fe}，rm{E}rm{E}是金属氧化物，所以rm{D}rm{D}是rm{O_{2}}rm{O_{2}}，rm{E}rm{E}是rm{Fe_{3}O_{4}}rm{Fe_{3}O_{4}}，铁和非金属单质反应生成rm{X}rm{X}，rm{X}rm{X}能和强碱rm{N}rm{N}反应生成红褐色沉淀rm{Fe}rm{Fe}rm{(}rm{(}rm{OH}rm{OH}rm{)}rm{)}rm{3}rm{3}，氢氧化铁和碱、rm{C}rm{C}反应生成rm{Z}rm{Z}，所以rm{Z}rm{Z}中含有铁元素，rm{Z}rm{Z}的摩尔质量为rm{198g}rm{198g}rm{隆陇}rm{隆陇}rm{mol^{-1}}rm{mol^{-1}}，且其中各元素的质量比为：钾：铁：氧rm{=39}rm{=39}：rm{28}rm{28}：rm{32}rm{32}，钾、铁、氧的物质的量之比rm{=3939}rm{=3939}：rm{2856}rm{2856}：rm{3216=2}rm{3216=2}：rm{1}rm{1}：rm{4}rm{4}，所以其化学式为rm{K_{2}FeO_{4}}rm{K_{2}FeO_{4}}，根据元素守恒知，强碱rm{N}rm{N}为rm{KOH}rm{KOH}，氢氧化铁能被rm{C}rm{C}单质氧化，且故答案为：取试样少许，滴加rm{C}滴rm{C}溶液，呈血红色；是气体，rm{B}rm{B}和rm{C}故答案为：rm{8Al+3Fe_{3}O_{4}overset{赂脽脦脗}{=}4Al_{2}O_{3}+9Fe}rm{C}反应生成铁盐，则rm{C}rm{C}是rm{Cl_{2}}故答案为：rm{Cl_{2}}，【解析】rm{(1)K_{2}FeO_{4}}rm{(2)}取试样少许，滴加rm{3隆芦4}滴rm{KSCN}溶液，呈血红色rm{(3)8Al+3Fe_{3}O_{4}}rm{overset{赂脽脦脗}{=}4Al_{2}O_{3}+9Fe}rm{overset{赂脽脦脗}{=}

4Al_{2}O_{3}+9Fe}

rm{(4)2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}26、略

【分析】解：元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序数之和为rm{36}rm{Y}rm{Z}在同一周期，rm{Y}rm{Z}不可能处于第四周期rm{(}第四周期两元素原子序数之和最小为rm{39).X}原子最外层电子数是rm{Y}原子最外层电子数的rm{3}倍，rm{X}rm{Z}在同一主族，则rm{X}rm{Z}的最外层电子是rm{3}或rm{6}rm{Y}rm{Z}处于第二周期或第三周期；

若rm{Y}rm{Z}处于第二周期：

当rm{X}rm{Z}的最外层电子是rm{3}时，则rm{Y}的原子序数为rm{3}rm{Z}的原子序数为rm{5}rm{X}的原子序数为rm{36-3-5=28}rm{X}不处于第Ⅲrm{A}族；不合题意；

当rm{X}rm{Z}的最外层电子是rm{6}时，则rm{Y}的原子序数为rm{4}rm{Z}的原子序数为rm{8}rm{X}的原子序数为rm{36-4-8=24}rm{X}不处于第Ⅵrm{A}族；不合题意；

若rm{Y}rm{Z}处于第三周期：

当rm{X}rm{Z}的最外层电子是rm{3}时，则rm{Y}的原子序数为rm{11}rm{Z}的原子序数为rm{13}rm{X}的原子序数为rm{36-11-13=12}rm{X}不处于第Ⅲrm{A}族；不合题意；

当rm{X}rm{Z}的最外层电子是rm{6}时，则rm{Y}的原子序数为rm{12}rm{Z}的原子序数为rm{16}rm{X}的原子序数为rm{36-12-16=8}rm{X}处于第Ⅵrm{A}族；符合题意；

故rm{X}为rm{O}元素，rm{Y}为rm{Mg}元素，rm{Z}为rm{S}元素；

rm{(1)}根据上面的分析可知，rm{X}为rm{O}rm{Y}为rm{Mg}rm{Z}为rm{S}故答案为：rm{O}rm{Mg}rm{S}

rm{(2)X}与rm{Y}两元素可形成化合物为氧化镁；属离子化合物，故答案为：离子；

rm{(3)}硫与氧形成的化合物的化学式为rm{SO_{2}}rm{SO_{3}}故答案为：rm{SO_{2}}rm{SO_{3}}．

元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序数之和为rm{36}rm{Y}rm{Z}在同一周期，rm{Y}rm{Z}不可能处于第四周期rm{(}第四周期两元素原子序数之和最小为rm{39).X}原子最外层电子数是rm{Y}原子最外层电子数的rm{3}倍，rm{X}rm{Z}在同一主族，则rm{X}rm{Z}的最外层电子是rm{3}或rm{6}rm{Y}rm{Z}处于第二周期或第三周期；

若rm{Y}rm{Z}处于第二周