2025年浙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年浙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9题，共18分)1、下列能大量共存的离子组是rm{(}rm{)}A.rm{NH_{4}^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{OH^{-}}rm{Cl^{-}}B.rm{Ba^{2+}}rm{K^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}C.rm{Al^{3+}}rm{Cu^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Cl^{-}}D.rm{Na^{+}}rm{Al^{3+}}rm{Cl^{-}}rm{AlO_{2}^{-}}2、下列说法中正确的是A.卤化氢中，以rm{HF}沸点最高，是由于rm{HF}分子间存在氢键B.邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高C.rm{H_{2}O}的沸点比rm{HF}的沸点高，是由于水中氢键键能大D.氢键rm{X隆陋HY}的三个原子总在一条直线上3、有一种有机物结构简式为：rm{CH_{3}-CH=CHCH_{2}CHO}下列对其化学性质的说法中，不正确的是A.能发生加聚反应B.能被银氨溶液氧化C.rm{1mol}该有机物能与rm{1molBr_{2}}发生加成反应D.rm{1mol}该有机物只能与rm{1mol}rm{H_{2}}发生加成反应4、把rm{0.05mol}rm{NaOH}固体分别加入到下列rm{100mL}溶液中，导电能力变化较大的是rm{(}rm{)}A.rm{0.5}rm{mol?L^{-1}}rm{MgSO_{4}}溶液B.rm{0.5}rm{mol?L^{-1}}盐酸C.rm{0.5}rm{mol?L^{-1}}的rm{CH_{3}COOH}溶液D.rm{0.5}rm{mol?L^{-1}}rm{NH_{4}Cl}溶液5、若不断地升高温度；实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化，在变化各阶段，被破坏的粒子间主要相互作用依次是（）

A.氢键；分子间作用力；非极性键。

B.氢键；氢键；极性键。

C.氢键；极性键；分子间作用力。

D.分子间作用力；氢键；极性键。

6、以下叙述中，无法验证铁和铝的活泼性强弱的是A.将两种金属插入稀硫酸中，连接成原电池装置B.将一种金属投入到另一种金属的硝酸盐溶液中C.质量形状相同的两种金属分别投入同浓度稀硫酸中D.将两种金属的氢氧化物分别投入烧碱溶液中7、阿斯匹林的结构简式为：则1摩尔阿斯匹林和足量的NaOH溶液充分反应，消耗NaOH的物质的量为A.1摩B.2摩C.3摩D.4摩8、“生物质能”主要是指树木、庄稼、草类等植物直接或间接提供的能量；古老的柴火做饭、烧炭取暖等粗放用能方式正被现代科学技术所改变，下面说法错误的是（）A.生物质能的缺点是严重污染环境B.生物质能源是可再生的能源C.利用生物质能就是间接利用太阳能D.使用沼气这种生物质能是对化学能的充分利用9、下列说法正确的是（）A.分子式为CH4O和C2H6O的物质一定互为同系物B.甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到C.苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成苯酚和碳酸钠D.1mol与足量的NaOH溶液加热充分反应，能消耗5molNaOH评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、草酸(H2C2O4)是二元弱酸，25℃时，H2C2O4：K1=5．4×10-2，K2=5．4×10-5；H2CO3：K1=4．5×10-7，K2=4．7×10-11。（1）KHC2O4溶液呈__________性（填“酸”、“中”或“碱”）。（2）下列化学方程式可能正确的是。A．B．C．D．（3）常温下，向10mL0．01mol·L－1H2C2O4溶液中滴加0．01mol·L－1的KOH溶液VmL，回答下列问题：①当V＜10时，反应的离子方程式为______________________________________________。②若溶液中离子浓度有如下关系：c(K＋)＝2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)，则pH______7(填“＞”“＜”或“＝”)，V________10(填“＞”“＜”或“＝”)。③当溶液中离子浓度有如下关系：c(K＋)＝c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)，则溶液中溶质为____________，V________10(填“＞”、“＜”或“＝”)。④当V＝20时，溶液中HC2O4-、C2O42-、H2C2O4、OH－的物质的量浓度从大到小的顺序为____________________________________________________________________________________。11、由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。若用下图所示实验装置可制得纯净的Fe(OH)2沉淀。两极材料分别为石墨和铁。（1）b电极材料为______，其电极反应式为_____________________。（2）（选择填空）电解时，当在电极上有白色沉淀生成时，电解液d是_____；当在两极之间的溶液中有白色沉淀生成时，电解液d是______。A．纯水B．NaCl溶液C.NaOH溶液D．CuCl2溶液（3）液体c为苯，其作用是________________，在加入苯之前，对d溶液进行加热处理的目的是_______________________。（4）若d改为Na2SO4溶液，当电解一段时间，看到白色沉淀后，再反接电源，继续电解，除了电极上看到气泡外，另一明显现象为_________________________________。该现象的化学反应方程式为12、（13分）I、为减少温室效应，科学家设计反应：CO2+4H2→CH4+2H2O以减小空气中CO2。（1）若有1molCH4生成，则有molσ键和____molπ键断裂。（2）CH4失去H—（氢负离子）形成CH+3（甲基正离子）。已知CH+3的空间结构是平面正三角形，则CH+3中碳原子的杂化方式为____。Ⅱ、金属原子与CO形成的配合物称为金属羰基配合物（如羰基铁）。形成配合物时，每个CO提供一对电子与金属原子形成配位键，且金属原子的价电子和CO提供的电子总和等于18。（3）金属羰基配合物中，微粒间作用力有____（填字母代号）a、离子键b、共价键c、配位键d、金属键（4）羰基铁是一种黄色油状液体，熔点-21℃、沸点102.8℃。由此推测，固体羰基铁更接近于____（填晶体类型）。若用Fe(CO)x表示羰基铁的化学式，则x=。III．研究表明，对于中心离子为Hg2+等阳离子的配合物，若配位体给出电子能力越强：则配位体与中心离子形成的配位键就越强，配合物也就越稳定。（5）预测HgCl42-与HgI42-的稳定性强弱，并从元素电负性的角度加以解释。答：HgCl42-比HgI42-更（填“稳定”或“不稳定”），因为。13、某一元弱酸rm{(}用rm{HA}表示rm{)}在水中的电离方程式是：rm{HA?H^{+}+A^{-}}回答下列问题：

rm{(1)}向溶液中加入适量rm{NaA}固体，以上平衡将向______rm{(}填“正”、“逆”rm{)}反应方向移动；理由是______．

rm{(2)}若向溶液中加入适量rm{NaCl}溶液，以上平衡将向______rm{(}填“正”、“逆”rm{)}反应方向移动，溶液中rm{c(A^{-})}将______rm{(}填“增大”、“减小”或“不变”rm{)}溶液中rm{c(OH^{-})}将______rm{(}填“增大”、“减小”或“不变”rm{)}．

rm{(3)}在rm{25隆忙}下，将rm{a}rm{mol?L^{-1}}的氨水与rm{0.01mol?L^{-1}}的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中rm{c(NH;_{4}^{+})=c(Cl^{-})}则溶液显______性rm{c(NH;_{4}^{+

})=c(Cl^{-})}填“酸”、“碱”或“中”rm{(}用含rm{)}的代数式表示rm{a}的电离常数rm{NH_{3}?H_{2}O}______．rm{K_{b}=}14、（12分）氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料。（1）氢气的燃烧热值高，H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ·mol-1。化学键H-HO=OO-H键能(kJ·mol-1)X496.4463请根据相关数据计算：H-H的键能X=________kJ·mol-1。（2）根据现代工业技术可以用H和CO反应来生产燃料甲醇，其反应方程式如下：CO2(g)+H2(g)=H2O+CH3OH(g)△H=-49.00kJ·mol-1一定温度下，在体积为1L的密闭容器中充入1.00molCO2和3.00molH2，测得CO2和CH3OH的浓度随时间变化如图所示。①能说明该反应已达平衡状态的是________（填代号）。A．CO2在混合气体中的体积分数保持不变B．单位时间内每消耗1.2molH2，同时生成0.4molH2OC．混合气体平均相对分子质量不随时间的变化而变化D．反应中H2O与CH3OH的物质的量浓度比为1：1，且保持不变②从反应开始到平衡的平均反应速率v(H2)=________，达到平衡时氢气的转化率为________。③该温度下的平衡常数为________（小数点后保留2位）。④下列的条件一定能加快反应速率并且提高H2转化率的是________（填代号）。A．升高反应温度B．缩小容器的体积C．保持容器体积不变，充入稀有气体D．保持容器体积不变，充入CO2气体15、(8分)麻黄素又称黄碱，是我国特定的中药材麻黄中所含有的一种生物碱。经我国科学家研究发现其结构如下：(1)麻黄素中含氧官能团的名称是________，属于________类(填“醇”或“酚”)。(2)下列各物质：与麻黄素互为同分异构体的是________(填字母，下同)，互为同系物的是________。16、(14分)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：⑴A的分子式是：。A分子中的官能团名称是：。⑵B和G的结构简式分别是：、。⑶写出下列反应方程式(有机物用结构简式表示)D→C；H→G。⑷写出由单体F分别发生加聚反应生成的产物和发生缩聚反应生成的产物的结构简式：、。17、（9分）（1）在25℃、101kPa下，1g甲烷燃烧生成CO2和液态水时放热55.6kJ。则表示甲烷燃烧热的热化学方程式为_________________________________________________。（2）下表中的数据表示破坏1mol化学键需消耗的能量(即键能，单位为kJ·mol－1)：。化学键C—HC—FH—FF—F键能414489565158根据键能数据计算以下反应的反应热△H：CH4（g）+4F2（g）=CF4（g）+4HF（g）△H=______________________。(3)下列说法正确的是（填序号）____：A相同温度下，0.1mol•L-1NH4Cl溶液中NH4+的浓度比0.1mol•L-1氨水中NH4+的浓度大；B用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小；C电解饱和食盐水时，阳极得到氢氧化钠溶液和氢气；D对于Al(OH)3(s)Al(OH)3(aq)Al3+(aq)+3OH-(aq)，前段为溶解平衡，后段是电离平衡；E．除去溶液中的Mg2+，用OH-沉淀Mg2+比用CO32-效果好，说明Mg(OH)2的溶解度比MgCO3的大；18、萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂、医药和溶剂rm{.}合成rm{a-}萜品醇rm{G}的路线之一如下：

已知：rm{RCOOC_{2}H_{5}}

请回答下列问题：

rm{(1)A}所含官能团的名称是______．

rm{(2)A}催化氢化得rm{Z(C_{7}H_{12}O_{3})}写出rm{Z}在一定条件下聚合反应的化学方程式：______．

rm{(3)B}的分子式为______；写出同时满足下列条件的rm{B}的链状同分异构体的结构简式：______．

rm{垄脵}核磁共振氢谱有rm{2}个吸收峰rm{垄脷}能发生银镜反应。

rm{(4)B隆煤C}rm{E隆煤F}的反应类型分别为______；______．

rm{(5)C隆煤D}的化学方程式为______．

rm{(6)}试剂rm{Y}的结构简式为______．

rm{(7)}通过常温下的反应，区别rm{E}rm{F}和rm{G}的试剂是______和______．

rm{(8)G}与rm{H_{2}O}催化加成得不含手性碳原子rm{(}连有rm{4}个不同原子或原子团的碳原子叫手性碳原子rm{)}的化合物rm{H}写出rm{H}的结构简式：______．评卷人得分三、工业流程题(共9题，共18分)19、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___。20、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去21、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。22、过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，同时具有Na2CO3和H2O2双重性质。可用于洗涤、纺织、医药、卫生等领域。工业上常以过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%＝×100%)来衡量其优劣；13%以上为优等品。一种制备过碳酸钠的工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)过碳酸钠受热易分解，写出反应的化学方程式：_____________。

(2)稳定剂及反应温度等因素对产品质量有很大影响。

①下列试剂中，可能用作“稳定剂”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反应温度对产品产率(y%)及活性氧含量的影响如下图所示。要使产品达到优等品且产率超过90%，合适的反应温度范围是______________。

③“结晶”时加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循环利用的主要物质是______________。

(4)产品中活性氧含量的测定方法：称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高锰酸钾标准溶液滴定，至溶液呈浅红色且半分钟内不褪色即为终点，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56mL。另外，在不加样品的情况下按照上述过程进行空白实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为2.24mL。

①过碳酸钠与硫酸反应，产物除硫酸钠和水外，还有_____________。

②该样品的活性氧含量为________%。23、三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是________,如何判断其已洗涤干净:_____

(2)已知CCl4沸点为76.8℃,为保证稳定的CCl4气流,适宜加热方式是______。

(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:①将产物收集到蒸发皿中;②加热反应管至400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650℃;③三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,温度控制在50～60℃之间;④反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;⑤停止加热CCl4,继续通入氮气;⑥检查装置气密性。正确的顺序为:⑥→③→________。

(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为_____。

(5)样品中三氯化铬质量分数的测定。

称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1gNa2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①该实验可选用的指示剂名称为______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸,加入Na2O2后也要加热煮沸,其主要原因是____。

③样品中无水三氯化铬的质量分数为____(结果保留一位小数)。24、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

ii．相关物质的物理性质如下表：。相关物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9767.1与水互溶亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是___________。

②步骤II开始时的操作为___________(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是___________(选填字母编号)。

a．打开K1、K2b．关闭K1、K2c．打开K3d．关闭K3e．水浴加热f．通冷凝水。

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2mL。

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。评卷人得分四、推断题(共4题，共32分)25、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{Q}rm{E}五种元素中，rm{X}原子核外的rm{M}层中只有两对成对电子，rm{Y}原子核外的rm{L}层电子数是rm{K}层的两倍，rm{Z}是地壳内含量rm{(}质量分数rm{)}最高的元素，rm{Q}的核电荷数是rm{X}与rm{Z}的核电荷数之和，rm{E}在元素周期表的各元素中电负性最大rm{.}请回答下列问题：

rm{(1)X}rm{Y}rm{E}的元素符号依次为______；______、______；

rm{(2)XZ_{2}}与rm{YZ_{2}}分子的立体结构分别是______和______，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是______rm{(}写分子式rm{)}理由是______；

rm{(3)Q}的元素符号是______；它属于第______周期，它的核外电子排布式为______；

rm{(4)E}元素气态氢化物的电子式______．26、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}为前rm{36}号元素，它们的核电荷数依次递增，已知：rm{A}是原子半径最小的元素；rm{B}原子核外有两个未成对电子，且rm{B}是形成化合物种类最多的元素；rm{B}rm{C}rm{D}处于同周期，rm{C}的第一电离能大于前后相邻元素；rm{D}的电负性较大，仅次于氟元素；rm{E}是前四周期中未成对电子数最多的元素．

请回答下列问题：

rm{(1)E}元素原子的外围电子排布式为______，rm{C}的第一电离能大于其后面相邻元素的原因是______；

rm{(2)}实验测得rm{A_{2}D}的蒸气密度比相同条件下理论值明显偏大；分析可能的原因是______．

rm{(3)A}rm{B}rm{C}形成的三原子分子中rm{B}的杂化轨道类型为______，该分子中含有的rm{娄脪}键和rm{娄脨}键的数目之比为______．

rm{(4)+3}价的rm{E}形成的八面体配合物rm{ECl_{a}?bNH_{3}}若rm{1mol}配合物与足量rm{AgNO_{3}}溶液作用生成rm{2molAgCl}沉淀，则rm{b=}______．27、请观察下列化合物rm{A隆芦H}的转换反应的关系图rm{(}图中副产物均未写出rm{)}请填写：

rm{(1)}写出反应类型：反应rm{垄脵}______；反应rm{垄脽}______．

rm{(2)}写出结构简式：rm{B}______；rm{H}______．

rm{(3)}写出反应rm{垄脼}的化学方程式：______．28、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}都是元素周期表中前rm{36}号的元素。rm{A}元素的一种核素没有中子。rm{B}的基态原子核外电子有rm{9}种不同的运动状态；rm{C}元素是无机非金属材料的主角，它的单质可以用作电脑芯片；rm{D}元素是地壳中含量第二的金属元素。请回答：rm{(1)A}与rm{C}形成的最简单化合物分子，其中心原子杂化类型是__________，__________rm{(}填“易溶”或“难溶”rm{)}于水。rm{(2)B}与rm{拢脙}形成的化合物晶体类型是____________________。rm{(3)}检验rm{D}的rm{+3}价离子的方法是：_______________________________________。rm{(4)}由rm{C}的单质与rm{A}和rm{B}形成的化合物的溶液反应的方程式为：____________________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共24分)29、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）。30、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：_____________。31、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）。32、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、实验题(共3题，共21分)33、（10分）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学在实验室中进行测定盐酸浓度的实验，请完成下列填空。（1）配制100mL0.10mol·L-1NaOH标准溶液。①主要操作步骤:计算→称量→溶解→(冷却后)转移→洗涤(并将洗涤液移入容量瓶)→定容→摇匀→将配制好的溶液倒入试剂瓶，贴上标签。②托盘天平称量g氢氧化钠固体。（2）取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次,记录数据如下。。实验编号NaOH溶液的浓度/(mol·L-1)滴定完成时,NaOH溶液滴入的体积/mL待测盐酸的体积/mL10.1022.5820.0020.1022.7220.0030.1022.8020.00①滴定达到终点的标志是。②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为(保留两位有效数字)。③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。④在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有。A.滴定终点读数时俯视读数B.酸式滴定管使用前,水洗后未用待测盐酸润洗C.锥形瓶水洗后未干燥D.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失34、（8分）某学生设计如下图Ⅰ装置，测定2mol/L的硫酸与锌粒和锌粉反应的速率。请回答：图Ⅰ图Ⅱ（1）装置图Ⅰ中放有硫酸的仪器名称是____。（2）按照图Ⅰ装置实验时，他限定了两次实验时间均为10min，他还需要测定的另一个数据是____。（3）实验结束后，得到的结论是。（4）该生又将图Ⅰ装置中的气体收集装置改为图Ⅱ，实验完毕待冷却后，该生准备读取滴定管上液面所在处的刻度数，发现滴定管中液面高于干燥管中液面，应首先采取的操作是。35、（6分）一学生在实验室测某溶液pH。实验时他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测。①这种错误操作是否导致实验结果一定有误差？答：。②若按此法分别测定c(H+)相等的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是，原因是另一同学用正确的方法测定NH4Cl溶液的pH﹤7，用离子方程式表示原因：____。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】解：rm{A.NH_{4}^{+}}rm{Mg^{2+}}都与rm{OH^{-}}发生反应；在溶液中不能大量共存，故A错误；

B.rm{Ba^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}之间反应生成难溶物硫酸钡；在溶液中不能大量共存，故B错误；

C.rm{Al^{3+}}rm{Cu^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Cl^{-}}之间不反应；在溶液中能够大量共存，故C正确；

D.rm{Al^{3+}}rm{AlO_{2}^{-}}之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀；在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选C．

A.铵根离子；镁离子都与轻工业离子反应；

B.钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；

C.四种离子之间不发生反应；能够共存；

D.铝离子与偏铝酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀．

本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．【解析】rm{C}2、A【分析】【分析】氢键本题主要考查氢键对物质性质的影响，对于氢键、化学键、范德华力来说，强度不同，对物质的影响也不相同。强度：化学键rm{>}氢键rm{>}范德华力．范德华力rm{>}rm{>}rm{>}分子之间存在氢键，其他卤化氢分子间没有氢键，只有范德华力，作用强度氢键rm{>}范德华力，故熔点沸点相对较高，故．正确；【解答】邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，对羟基苯甲醛分子间作用力强度大，熔沸点高，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，故A.rm{HF}错误；rm{HF}rm{>}分子中的rm{>}原子能与周围rm{A}分子中的两个rm{A}原子生成两个氢键而B.分子中的rm{B}原子只能形成一个氢键rm{B}氢键越多熔沸点越高rm{c.H_{2}O}所以rm{c.H_{2}O}熔沸点高，故rm{O}错误；rm{O}rm{H_{2}O}rm{H_{2}O}rm{H}的三个原子不一定在一条直线上，故rm{H}错误。，rm{HF}rm{HF}rm{F}【解析】rm{A}3、D【分析】【分析】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃和醛的性质，注意醛基能被溴氧化，但不能和溴发生加成反应，为易错点。【解答】A.该物质中含有碳碳双键；所以能发生加聚反应，故A正确；

B.该物质中含有醛基；所以能被弱氧化剂银氨溶液氧化，发生氧化反应，故B正确；

C.该分子中只有碳碳双键能和溴发生加成反应，所以rm{1mol}该有机物只能与rm{1mol}rm{Br_{2}}发生加成反应；故C正确；

D.碳碳双键和醛基都能和氢气发生加成反应，rm{1mol}该有机物只能与rm{2mol}rm{H_{2}}发生加成反应；故D错误。

故选D。【解析】rm{D}4、C【分析】解：rm{A}硫酸镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠；离子浓度变化不大，导电能力基本不变，故A错误；

B；盐酸和氢氧化钠反应生成了氯化钠和水；离子浓度基本不变，导电能力基本不变，故B错误；

C；醋酸是弱电解质；与氢氧化钠反应生成的醋酸钠是强电解质，导电能力显著增强，故C正确；

D、氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠和一水合氨，离子浓度增大不大，导电能力有所增强，但比rm{C}选项增幅小；故D错误；

故选：rm{C}

离子浓度越大，到导电能力越强，离子多带电荷越多，导电能力越强rm{.}因此离子浓度变化越大；导电能力变化越大．

A；硫酸镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠；导电能力基本不变；

B；盐酸和氢氧化钠反应生成了氯化钠和水；离子浓度基本不变，导电能力基本不变；

C；醋酸是弱电解质；与氢氧化钠反应生成的醋酸钠是强电解质，导电能力显著增强；

D；氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠和一水合氨；离子浓度增大不大，导电能力有所增强．

本题考查了电解质溶液中导电能力的强弱比较，离子浓度越大，到导电能力越强，离子多带电荷越多，导电能力越强．【解析】rm{C}5、B【分析】

固态水中和液态水中含有氢键；当状态发生变化是氢键被破坏，但属于物理变化，共价键没有破坏；

水分解生成氧气和氢气；为化学变化，破坏的是极性共价键；

故选B．

【解析】【答案】雪花→水→水蒸气的过程为物理变化；被破坏的是分子间作用力，主要是氢键，水蒸气→氧气和氢气是化学变化，被破坏的是化学键，为极性键．

6、D【分析】试题分析：在原电池中，较活泼的金属作负极，失电子，不活泼的金属作正极，溶液中的H＋在正极得电子生成氢气，A项能验证，活泼的金属能将不活泼的金属从其盐中置换出来，B项能验证；金属越活泼，与酸反应越剧烈，C项能验证，只有两性氢氧化物才能和烧碱反应，与金属活泼性无关，D项错误；选D。考点：考查铁、铝的化学性质。【解析】【答案】D7、C【分析】试题分析：阿斯匹林水解得到和CH3COOH。羧基与酚羟基都能与NaOH发生反应，所以1摩尔阿斯匹林和足量的NaOH溶液充分反应，消耗NaOH的物质的量为3mol．选项是C。考点：考查阿斯匹林的结构与硝酸的知识。【解析】【答案】C8、A【分析】【解答】解：A．生物质能是一种洁净能源；故A错误；B．生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量．它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，可转化为常规的固态；液态和气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源，故B正确；

C．生物质能来源于太阳能；故C正确；

D．沼气池中产生的沼气可以做燃料；沼气池中发酵后的池底剩余物是很好的沤肥，故沼气是对化学能的充分利用，故D正确；

故选A．

【分析】A．生物质能来源于太阳能；是一种洁净；可再生能源；

B．生物质能是可再生能源；

C．生物质能来源于太阳能；

D．根据沼气池中的产物均可得到利用判断．9、D【分析】解：A．C2H6O的结构简式不确定；无法判断二者是否属于同系物，故A错误；

B．石油分馏得到产物中主要为烷烃；环烷烃和芳香烃的混合物；不存在乙烯，故B错误；

C．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠；不会生成碳酸钠，故C错误；

D．1mol水解位置为后的产物中含有3mol酚羟基；2mol羧基，所以与氢氧化钠溶液反应，最多消耗5mol氢氧化钠，故D正确；

故选D．

A．CH4O为甲醇，但是C2H6O可能为乙醇或甲醚；二者不一定为同系物；

B．石油主要是烷烃；环烷烃和芳香烃的混合物；无法得到乙烯，石油经过裂解可产生乙烯；

C．苯酚的酸性大于碳酸氢根离子；反应产物为碳酸氢钠，不是碳酸钠；

D．1mol水解后的产物中含有3mol酚羟基；2mol羧基．

本题考查了有机物的结构与性质、同系物概念、石油的分馏等知识，题目难度中等，主要掌握常见有机物的结构与性质，明确同系物的概念、石油分馏成分．【解析】【答案】D二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】试题分析：（1）KHC2O4溶液是强碱弱酸盐所以显碱性。（2）由25℃时，H2C2O4：K1=5．4×10-2，K2=5．4×10-5；H2CO3：K1=4．5×10-7，K2=4．7×10-11。数据可知酸性强弱H2C2O4>HC2O4->H2CO3>HCO3-。所以BD正确。（3）因为H2C2O4是弱酸，分步电离氢离子，与碱反应时，先生成HC2O4-，然后再生成C2O42-，所以当V＜10时，反应的离子方程式为H2C2O4＋OH－=HC2O4-＋H2O。②根据电荷守恒可知c(H＋)＋c(K＋)＝2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH-)。若溶液中离子浓度有如下关系：c(K＋)＝2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)，则c(H＋)＝c(OH-)。pH＝7，V＞10。③当溶液中有c(K＋)＝c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)，根据物料守恒可知溶液中只有一种溶质KHC2O4，此时V＝10，若酸过量或者碱过量或者生成K2C2O4，则上式均不成立。④当V＝20时，刚好反应生成K2C2O4，水解呈碱性。溶液中HC2O4-、C2O42-、H2C2O4、OH－的物质的量浓度从大到小的顺序为c(C2O42-)＞c(OH－)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)。考点：弱电解质的电离和盐类的水解【解析】【答案】（1）酸（2）BD（3）①H2C2O4＋OH－=HC2O4-＋H2O②=＞③KHC2O4＝④c(C2O42-)＞c(OH－)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)11、略

【分析】试题分析：（1）b电极连着负极，所以是阳极，得到电子被还原，而铁是被氧化的，所以是石墨，溶液中德氢离子在阳极得到电子被还原；（2）电解时，当在电极上有白色沉淀生成时，表明溶液中氢氧根离子很多，只能是氢氧化钠溶液；当在两极之间的溶液中有白色沉淀生成时，表明氢氧根离子是在电解过程中产生的，电解质溶液应是氯化钠。（3）苯的密度比水的密度小，且不溶于水，可以覆盖在溶液的表面，将溶液与空气隔绝，防止空气中的氧气对溶液起到氧化作用，加热可以降低气体在水中的溶解度，从而达到赶尽溶液中氧气的目的；（4）当用Na2SO4溶液做电解液时，水中的氢离子被还原，生成氧气，把Fe(OH)2氧化。考点：考查铁的相关知识点。【解析】【答案】（1）石墨，（2）C,B（3）隔绝空气，防止产物被氧化；赶尽溶液中的氧气（4）白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变为红褐色，12、略

【分析】【解析】【答案】(1)6、2（各1分）（2）sp2（2分）（3）bc（2分，各1分）（4）分子晶体5（各2分）（5）不稳定（1分），Cl电负性大于I，给出电子能力较弱，形成配位键较弱，配合物较不稳定（2分）13、略

【分析】解：rm{(1)}向溶液中加入适量rm{NaA}固体，rm{c(A^{-})}增大，平衡向减小rm{c(A^{-})}的方向即逆反应方向移动；

故答案为：逆；rm{c(A^{-})}增大，平衡向减小rm{c(A^{-})}的方向即逆反应方向移动；

rm{(2)}若向溶液中加入适量rm{NaCl}溶液，rm{NaCl}对平衡无影响，但溶液体积增大，促进电离，平衡向正方向移动，溶液中rm{c(A^{-})}减小，rm{c(H^{+})}减小，则rm{c(OH^{-})}增大；

故答案为：正；减小；增大；

rm{(3)}由溶液的电荷守恒可得：rm{c(H^{+})+c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})+c(OH^{-})}已知rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})}则有rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}所以溶液显中性；电离常数只与温度有关；

则此时rm{NH_{3}?H_{2}O}的电离常数rm{Kb=dfrac{c(NH_{4}^{+})cdotc(OH^{-})}{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}=dfrac{0.05mol/L隆脕1隆脕10^{-7}mol/L}{dfrac{a}{2}mol/L-0.005mol/L}=dfrac{10^{-9}}{a-0.01}mol?L^{-1}}

故答案为：中；rm{K_{b}=dfrac{10^{-9}}{a-0.01}mol?L^{-1}}．

rm{Kb=dfrac{c(NH_{4}^{+})cdot

c(OH^{-})}{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}=dfrac{0.05mol/L隆脕1隆脕10^{-7}mol/L}{

dfrac{a}{2}mol/L-0.005mol/L}=dfrac

{10^{-9}}{a-0.01}mol?L^{-1}}向溶液中加入适量rm{K_{b}=dfrac

{10^{-9}}{a-0.01}mol?L^{-1}}固体，rm{(1)}增大；结合浓度对平衡移动的影响分析；

rm{NaA}若向溶液中加入适量rm{c(A^{-})}溶液，rm{(2)}对平衡无影响；但溶液体积增大，促进电离；

rm{NaCl}根据溶液的电荷守恒判断，结合rm{NaCl}的电离常数rm{Kb=dfrac{c(NH_{4}^{+})cdotc(OH^{-})}{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}}计算．

本题考查弱电解质的电离，题目难度中等，注意影响平衡移动的因素，易错点为电离常数的计算，注意把握计算公式的运用．rm{(3)}【解析】逆；rm{c(A^{-})}增大，平衡向减小rm{c(A^{-})}的方向即逆反应方向移动；正；减小；增大；中；rm{dfrac{10^{-9}}{a-0.01}mol?L^{-1}}rm{dfrac

{10^{-9}}{a-0.01}mol?L^{-1}}14、略

【分析】试题分析：(1)从键能考虑化学反应的焓变△H=反应物的键能和-生成物的键能和，所以X+1/2×496.4-463×2=-241.8，解得X=463；（2）判断化学反应的平衡状态，可根据组分的含量不再变化；当反应前后气体系数和不等时，混合气体的平均相对分子质量不再变化可作为达平衡的标志，所以A、C正确；利用题给的图像不难确定②、③的答案；④既要提高H2转化率，使平衡向正反应方向移动，又要加快反应的速率，所以BD正确。考点：化学反应的能量变化、化学平衡状态及化学平衡常数。【解析】【答案】（1）436（2）①AC②0.225mol/(L·min)75%③5.33④BD15、略

【分析】(1)根据结构简式可知，麻黄碱中含有的官能团是羟基和氨基。用于羟基和苯环不是直接相连，所以属于醇类。（2）分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体，与麻黄素互为同分异构体的是DE；结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类有机物的，互称为同系物，所以答案选C。【解析】【答案】（1）羟基和氨基醇类（2）DEC16、略

【分析】分子中C、H、O元素的质量比为15︰2︰8，则C、H、O的原子个数之比是5︰8︰2。根据化合物A的质谱图可知，A的相对分子质量是100，所以A的分子式就是C5H8O2。根据A的性质可判断，A的结构简式为OHCCH2CH2CH2CHO。所以I的结构简式为HOOCCH2CH2CH2COOH。因为B为五元环酯，且和AC互为同分异构体，B可以通过水解、消去得到C，而C中含有甲基，且C的最终生成物I是直连的，所以B的结构简式为则D为HOOCCH2CH2CH(OH)CH3，C为HOOCCH2CH＝CHCH3。E可以发生卤代烃的水解，F可以发生和氢气的加成，这说明C发生的是甲基上氢原子的取代反应，所以E的结构简式为HOOCCH2CH＝CHCH2Cl，F是HOOCCH2CH＝CHCH2OH，G是HOOCCH2CH2CH2CH2OH，H是HOOCCH2CH2CH2CHO。【解析】【答案】⑴C5H8O2、醛基⑵HOCH2CH2CH2CH2COOH⑶HOOCCH2CH2CH(OH)CH3HOOCCH2CH＝CHCH3+H2OHOOCCH2CH2CH2CHO+H2HOOCCH2CH2CH2CH2OH⑷17、略

【分析】试题分析：（1）甲烷的相对分子质量是16，所以1mol的甲烷完全燃烧放出的热量是55.6kJ×16g/mol=889.6kJ。因此表示甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)==CO2(g)+2H2O(l)△H＝—889.6kJ／mol；（2）4mol×414KJ/mol+4×158KJ/mol－4×489KJ/mol－4×565KJ/mol=—1928kJ,所以该反应的反应热△H＝—1928kJ／mol。（3）A.由于NH4Cl是强电解质，完全电离，尽管NH4+水解消耗，但是水解程度是微弱的；而NH3·H2O是弱电解质，电离程度很小，因此等浓度的1NH4Cl溶液中NH4+的浓度比氨水中NH4+的浓度大，正确；B.用稀盐酸洗涤AgCl沉淀时由于溶液中Cl-的浓度比水大，会抑制AgCl的溶解，使其溶解消耗的少，所以比用水洗涤损耗AgCl小；正确；C．电解饱和食盐水时，阴极得到氢氧化钠溶液和氢气；错误；D.对于Al(OH)3(s)Al(OH)3(aq)Al3+(aq)+3OH-(aq)，前段为沉淀溶解平衡，后段是溶解的弱电解质Al(OH)3的电离平衡；正确；E.除去溶液中的Mg2+，由于Mg(OH)2的溶解度比MgCO3小，所以用OH-沉淀Mg2+比用CO32-效果好，错误。考点：考查燃烧热很小方程式的书写、反应热与键能的关系、离子浓度的比较、沉淀溶解平衡、电离平衡、杂质的除去的知识。【解析】【答案】（1）CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(l)△H＝—889.6kJ／mol（2）△H＝—1928kJ／mol（3）A、B、D18、略

【分析】解：rm{(1)}由有机物rm{A}的结构可知，rm{A}中含有羰基；羧基；故答案为：羰基、羧基；

rm{(2)A}催化加氢生成rm{Z}该反应为羰基与氢气发生加成反应，rm{Z}为通过酯化反应进行的缩聚反应生成高聚物，该反应方程式为

故答案为：

rm{(3)}根据rm{B}的结构简可知rm{B}的分子式为rm{C_{8}H_{14}O_{3}}rm{B}的同分异构体中，核磁共振氢谱有rm{2}个吸收峰，说明分子中含有rm{2}种rm{H}原子，由rm{B}的结构可知，分子中rm{H}原子数目很多，故该同分异构体为对称结构，为链状不饱和度为rm{2}能发生银镜反应，故含有醛基rm{2}个rm{-CHO}其余的rm{H}原子以甲基形式存在，另外的rm{O}原子为对称结构的连接原子，故符合条件的同分异构体的结构简式为：故答案为：rm{C_{8}H_{14}O_{3}}

rm{(4)}由rm{B}到rm{C}的反应条件可知，rm{B}发生水解反应生成属于取代反应；

结合信息反应、rm{G}的结构以rm{E隆煤F}转化条件可知，rm{F}为故E发生酯化反应生成rm{F}

故答案为：取代反应；酯化反应；

rm{(5)}由反应条件可知，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应、同时发生中和反应生成rm{C隆煤D}的反应方程式为rm{+2NaOH}rm{+NaBr+2H_{2}O}

故答案为：rm{+2NaOH}rm{+NaBr+2H_{2}O}

rm{(6)}结合rm{G}的结构与反应信息可知，试剂rm{Y}为rm{CH_{3}MgBr}等，故答案为：rm{CH_{3}MgBr}

rm{(7)}由rm{(5)}中分析可知，酸化生成rm{E}rm{E}为含有羧基与rm{C=C}双键，rm{F}为含有rm{C=C}双键、酯基，rm{G}中含有rm{C=C}双键、醇羟基，利用羧基、羟基与钠反应，酯基不反应，区别出rm{F}再利用碳酸氢钠与羧基反应区别rm{G}与rm{E}故答案为：rm{Na}rm{NaHCO_{3}}溶液；

rm{(8)G}与rm{H_{2}O}催化加成得不含手性碳原子，羟基接在连接甲基的不饱和rm{C}原子上，rm{H}的结构简式为：故答案为：．

rm{(1)}由有机物rm{A}的结构可知，rm{A}中含有羰基；羧基；

rm{(2)A}催化加氢生成rm{Z}该反应为羰基与氢气发生加成反应，rm{Z}为通过酯化反应进行的缩聚反应生成高聚物；

rm{(3)}根据rm{B}的结构简式书写rm{B}的分子式，注意利用rm{H}原子饱和碳的四价结构；

rm{B}的同分异构体中，核磁共振氢谱有rm{2}个吸收峰，说明分子中含有rm{2}种rm{H}原子，由rm{B}的结构可知，分子中rm{H}原子数目很多，故该同分异构体为对称结构，为链状不饱和度为rm{2}能发生银镜反应，故含有醛基rm{2}个rm{-CHO}其余的rm{H}原子以甲基形式存在，另外的rm{O}原子为对称结构的连接原子，据此结合rm{B}的分子式书写；

rm{(4)}由rm{B}到rm{C}的反应条件可知，rm{B}发生水解反应生成

结合信息反应、rm{G}的结构以rm{E隆煤F}转化条件可知，rm{F}为故E发生酯化反应生成rm{F}

rm{(5)}由反应条件可知，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应、同时发生中和反应生成

rm{(6)}结合rm{G}的结构与反应信息可知，试剂rm{Y}为rm{CH_{3}MgBr}等；

rm{(7)}由rm{(5)}中分析可知，酸化生成rm{E}rm{E}为含有羧基与rm{C=C}双键，rm{F}为含有rm{C=C}双键、酯基，rm{G}中含有rm{C=C}双键；醇羟基；故选择试剂区别羧基、酯基、羟基即可，利用羧基、羟基与钠反应，酯基不反应，碳酸氢钠与羧基反应，据此进行区别；

rm{(8)G}与rm{H_{2}O}催化加成得不含手性碳原子，羟基接在连接甲基的不饱和rm{C}原子上．

本题考查有机物的推断与合成，难度中等，充分利用有机物的结构、反应条件即反应信息进行判断，掌握官能团的性质与理解反应信息是关键，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型．【解析】羰基、羧基；rm{C_{8}H_{14}O_{3}}取代反应；酯化反应；rm{+2NaOH}rm{+NaBr+2H_{2}O}rm{CH_{3}MgBr}rm{Na}rm{NaHCO_{3}}溶液；三、工业流程题(共9题，共18分)19、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20、略

【分析】【详解】

1．A．装置B中的浓硫酸不能换成浓氢氧化钠溶液；因为氢氧化钠溶液会吸收二氧化碳气体，达不到排尽装置中空气的目的，故A错误；

B．步骤Ⅰ的目的是导入二氧化碳气体，排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4•nH2O被氧化；故B正确；

C．装置B和装置D不能互换位置；因为碱石灰也会吸收二氧化碳气体，故C错误；

D．将A装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉末；会使产生二氧化碳的速率过大，粉末状的石灰石会很快反应完，同时还会带入HCl气体，故D错误；

答案选B；

2．先熄灭酒精灯，通二氧化碳直至C装置冷却至室温，然后关闭K1；操作甲：熄灭酒精灯，操作丙：关闭K1；故选C；

3．硫酸亚铁晶体的质量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亚铁无水盐的质量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的结晶水的质量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故选B；

4．A．加热时间过长，FeSO4进一步分解；会使m(无水盐)偏大，则n偏大，故A错误；

B．将原晶体中易挥发物质的质量计入减少的结晶水中；则n偏大，故B错误；

C．装置D中的碱石灰失效了；不会影响n值，故C错误；

D．加热时间过短；结晶水未完全失去，n值会小于理论值，故D正确；

答案选D。【解析】①.B②.C③.B④.D21、略

【分析】【详解】

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，增大接触面积，提高反应速率；(2)碳与双氧水、硫酸铵及硫酸均不反应，故净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是碳(或C)，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+转化为Fe3+。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制离子的水解；(4)阳极液通入SO2，二氧化硫与Cr2O72-反应生成SO42-、Cr3+，反应的离子反应方程式为3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，消耗的标准溶液计数偏大，则测定结果将偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接触面积，提高反应速率②.碳(或C)③.使Fe2+转化为Fe3+④.蒸发浓缩，冷却结晶⑤.抑制离子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%22、略

【分析】【详解】

(1)过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，受热分解生成碳酸钠、氧气、水，反应为：2(2Na2CO3•3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，具有碳酸钠和过氧化氢的性质，过氧化氢易分解，MnO2、FeCl3为其催化剂，所以不能选，过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能选，过碳酸钠与硅酸钠不反应，可能用作“稳定剂”，故C选项符合，故答案为c；

②根据图象分析，温度为286.8～288.5K，产品达到优等品且产率超过90%，超过288.5K后，活性氧百分含量和产率均降低，所以最佳反应温度范围为286.8～288.5K；

③结晶过程中加入氯化钠、搅拌，增加钠离子浓度，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出；

(3)结晶过程中加入氯化钠促进过碳酸钠析出，“母液”中主要为氯化钠溶液，NaCl溶液又是结晶过程中促进过碳酸钠析出的原料，故循环利用的物质是NaC