2025年浙教版选修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年浙教版选修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7题，共14分)1、下列化合物既与硫酸反应；又与氢氧化钠反应的是。

①②③④⑤A.只有①B.只有③C.②③⑤D.①③⑤2、实验仪器或装置的选择错误的是。酸碱中和滴定中和热的测定制备无水盛装溶液的试剂瓶ABCD

A.AB.BC.CD.D3、有一包实验室回收的固体粉末，可能含有Na2CO3、KCl、CuSO4、AlCl3、MgCl2、FeCl2、Na2SO4中的一种或几种；现进行如下实验：

①取少量固体溶于水中；得到澄清透明溶液。

②取少量上述溶液三份，在其中一份溶液中滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀；第二份溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3；有白色沉淀；第三份溶液中滴加NaOH，有沉淀产生，继续滴加NaOH.沉淀没有明显变化。

下列说法正确的是A.固体中一定含有Na2SO4B.固体中一定不含有Na2CO3和AlCl3C.固体中一定没有CuSO4，可能含有Na2SO4D.要检验固体中有没有FeCl2，需再取一份溶液，滴加KSCN后，再滴加少量氯水，观察溶液颜色变化4、2022年4月16日，“神舟十三号”载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。降落伞的伞面以芳纶(聚对苯二甲酰对苯二胺)为材料，返回舱烧蚀防热涂层以苯基橡胶为基体，填压石棉、玻璃微球、酚醛树脂微球。下列说法错误的是A.芳纶的单体为对苯二甲酸和对苯二胺B.工业上制备苯基橡胶的原料——苯可以通过石油催化重整获得C.返回舱烧蚀防热涂层通过升华脱落带走大量热量，从而降温D.“天和”核心舱腔体使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于有机高分子合成材料5、下列反应的化学方程式或离子方程式书写正确的是A.向银氨溶液中加入CH3CHO溶液并水浴加热：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2OB.苯酚钠中通入少量的CO2气体：2C6H5O－+CO2+H2O→2C6H5OH+COC.甲苯与浓硫酸、浓硝酸在30℃时反应：++D.1-溴丙烷与氢氧化钠水溶液共热：CH3CH2CH2Br＋NaOHCH3CH＝CH2↑＋NaBr＋H2O6、苯乙酸苄酯()是花香型香料，下列对苯乙酸苄酯的相关分析正确的是A.分子中所有碳原子可能共平面B.可在不同条件下水解，产物均为和C.其苯环上的一溴代物最多有3种D.苯乙酸苄酯易溶于水及乙醇7、下列说法中不正确的是A.维勒用无机物合成了尿素，打破了无机物与有机物的界限B.我国科学家首次实现人工合成结晶牛胰岛素，确定了由氨基酸的排列顺序决定的二级结构C.红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析D.尼龙、棉花、天然橡胶、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、晶体具有规则的几何外形，晶体中最基本的重复单位称为晶胞。NaCl晶体结构如图所示。已知FexO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，x值小于1，测知FexO晶体密度ρ＝5.71g·cm－3，晶胞边长为4.28×10－10m。

(1)FexO中x值(精确至0.01)为________。

(2)晶体中的Fe分别为Fe2＋、Fe3＋，在Fe2＋和Fe3＋的总数中，Fe2＋所占分数(用小数表示，精确至0.001)为________。

(3)此晶体的化学式为________。

(4)与某个Fe2＋(或Fe3＋)距离最近且等距离的O2－围成的空间几何形状是________。

(5)在晶体中，铁离子间最短距离为________cm。9、[Fe2(OH)n(SO4)3-n/2]m(聚合硫酸铁；PFS)广泛用于饮用水等的净化处理。一种制备PFS并测定其盐基度的步骤如下:

①称取一定量的FeSO4·7H2O溶于适量的水和浓硫酸中。

②不断搅拌下，以一定的滴速滴入30%的H2O2溶液，至FeSO4充分氧化。

③经聚合；过滤等步骤制得液态产品:PFS溶液。

④称取步骤③产品1.5000g置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热至沸，趁热加入稍过量的SnCl2溶液(Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+)，多余的SnCl2用HgCl2氧化除去，再加入硫酸-磷酸组成的混酸及指示剂，立即用0.1000mol/LK2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+(K2Cr2O7被还原为Cr3+)，直至终点消耗K2Cr2O7)溶液20.00mL。

⑤另称取步骤③产品1.5000g置于250mL聚乙烯锥形瓶中，加入25mL0.5000mol·L-1盐酸溶液、20mL煮沸后冷却的蒸馏水，摇匀并静置，再加入10mLKF溶液(足量，掩蔽Fe3+)，摇匀，然后加入酚酞指示剂，用0.5000mol·L-1的NaOH溶液滴定过量的盐酸直至终点；消耗NaOH溶液16.00mL。

（1）步骤②采用“滴入”而不是一次性加入H2O2氧化Fe2+的操作，是因为_________。

（2）步骤④K2Cr2O7溶液滴定Fe2+时发生反应的离子方程式为___________。

（3）步骤⑤用NaOH溶液滴定时，已达滴定终点的判断依据是________

（4）盐基度(B)是衡量聚合硫酸铁质量的一个重要指标{聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)3-n/2]m中B=n(OH-)/3n(Fe3+)×100%}。通过计算确定产品的盐基度(写出计算过程)。_______10、以下是几种苯的同系物；回答下列问题：

①②③④⑤⑥⑦

（1）①②③之间的关系是______。

（2）按习惯命名法命名，②的名称为______；按系统命名法命名，③⑥的名称分别为______、______。

（3）以上7种苯的同系物中苯环上的一氯代物只有一种的是______（填序号），④苯环上的一氯代物有______种。

（4）④的同分异构体有多种，除⑤⑥⑦外，写出苯环上一氯代物有2种，且与④互为同分异构体的有机物的结构简式：______，它的系统名称为______。11、下面列出了几组物质；请将物质的合适组号填写在横线上。

AO2与O3；B正丁烷与异丁烷；C氕与氚；DCH4与C(CH3)4；E液溴与溴水；F

(1)同位素___________。

(2)同素异形体___________。

(3)同系物___________。

(4)同分异构体___________。

(5)同一物质___________。12、(1)有下列各组物质：A.O2和O3；B.和C.冰醋酸和乙酸：D.甲烷和庚烷；E.CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)CH3；F.淀粉和纤维素；G.和H.和用序号填空：

①_________组两物质间互为同位素。

②_________组两物质间互为同素异形体。

③_________组两物质属于同系物。

④________组两物质互为同分异构体。

⑤_________组是同一物质。

(2)在下列变化中：①水的汽化、②NaCl熔化、③NaOH溶于水、④H2SO4溶于水、⑤O2溶于水、⑥NaHSO4溶于水、⑦Na2O2溶于水；

未发生化学键破坏的是_________；(填序号，下同)仅破坏离子键的是_________；仅破坏共价键的是_________；既破坏离子键又破坏共价键的是_________。13、苯的同系物的物理性质规律。

苯的同系物一般是具有类似苯的气味的无色液体；不溶于水，易溶于有机溶剂。

(1)随着碳原子数的递增，苯的同系物的熔、沸点___________，密度___________；但都小于水的密度。

(2)相同碳原子数的同分异构体中，苯环上的侧链越短，即链在苯环上分布越分散，物质的熔、沸点也就___________，如对二甲苯<间二甲苯<邻二甲苯14、有机物质属于油脂吗？为什么________？15、现有四种有机化合物：

甲：乙：丙：丁：

试回答：

(1)甲、乙、丁都含有的官能团的名称是________，四种物质中互为同分异构体的是________(填编号；下同)。

(2)1mol甲、乙、丁分别与足量Na反应，生成H2最多的是_______________。

(3)丁与醋酸在催化剂作用下发生取代反应生成的酯有__________种。

(4)①写出甲与乙醇发生酯化反应的化学方程式：_____________________。

②写出乙与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式：_______________。16、有机物A广泛用于涂料；油墨、胶黏剂、医药及农药中间体领域。已知：有机物A的仪器分析如下：

①有机物A的质谱②有机物A的红外光谱。

③有机物A的核磁共振氢谱图上有2个吸收峰；峰面积之比是1︰1。回答下列问题：

(1)A的相对分子质量是______；

(2)A含有官能团的名称是_______；

(3)A的结构简式是_____。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)17、酚类和醇类具有相同的官能团，因而具有相同的化学性质。(___________)A.正确B.错误18、1molHCHO与足量银氨溶液在水浴加热条件下充分反应，最多生成2molAg____A.正确B.错误19、乙醛与银氨溶液和Cu(OH)2悬浊液反应，所需的试剂必须新制备的。(____)A.正确B.错误20、肌醇与葡萄糖的元素组成相同，化学式均为C6H12O6，满足Cm(H2O)n，因此均属于糖类化合物。(_______)A.正确B.错误21、乙醛能被弱氧化剂(新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液)氧化，所以也能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色。(____)A.正确B.错误22、植物油经过氢化处理后会产生有害的副产品反式脂肪酸甘油酯，摄入过多的氢化油，容易堵塞血管而导致心脑血管疾病。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共4题，共20分)23、【化学——选修3：物质结构与性质】

磷元素在生产和生活中有广泛的应用。

（1）P原子价电子排布图为__________________________。

（2）四（三苯基膦）钯分子结构如下图：

P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为___________；判断该物质在水中溶解度并加以解释_______________________。该物质可用于右上图所示物质A的合成：物质A中碳原子杂化轨道类型为__________________；一个A分子中手性碳原子数目为__________________。

（3）在图示中表示出四（三苯基膦）钯分子中配位键：_____________

（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正六面体形阴离子，熔体中P－Cl的键长只有198nm和206nm两种，这两种离子的化学式为_____________________；正四面体形阳离子中键角小于PCl3的键角原因为__________________；该晶体的晶胞如右图所示，立方体的晶胞边长为apm，NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为_______g/cm3。

（5）PBr5气态分子的结构与PCl5相似，它的熔体也能导电，经测定知其中只存在一种P－Br键长，试用电离方程式解释PBr5熔体能导电的原因___________________。24、某化学学习小组为了探究葡萄糖的结构与性质；在实验室中分别取18g葡萄糖进行下列几个实验。试回答下列问题：

（1）发生银镜反应时，消耗_____mol[Ag(NH3)2]OH；反应后葡萄糖变为一种盐，其结构简式是___。

（2）与乙酸反应生成酯；若一定条件下乙酸的转化率为60%，那么这些葡萄糖发生酯化反应消耗的乙酸为___________g。

（3）若使之完全转化为CO2和H2O，所需氧气的体积为__________L（标准状况下），反应的化学方程式是______。25、非金属在生产；生活和科研中应用广泛。

(1)下列说法正确的是___。

A.O元素的电负性大于Cl元素。

B.3s电子能量高于2s；故3s电子一定在离核更远处运动。

C.组成KH2PO4的四种元素形成的简单离子中；核外电子排布相同的有3种。

(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的氟原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为___。

(3)CH3OH的沸点___CH3SH，(填“高于”，“低于”或“等于”)，原因是____。

(4)Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF4中心原子的价层电子对数为____，下列对XeF4中心原子杂化方式推断合理的是___(填标号)。

A.spB.sp2C.sp3d2D.sp3d

(5)XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有___个XeF2分子。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为()。已知Xe—F键长为rpm，则B点原子的分数坐标为____；晶胞中A、B间距离d=___pm。

26、利用水热和有机溶剂等软化学方法；可合成出含有有机杂化锌；锗以及砷等金属的硒化物，且该硒化物具有离子交换、催化、吸附、半导体等性能，显示出良好的应用前景。回答下列问题：

（1）锌基态原子核外电子排布式为_________。元素锗与砷中，第一电离能较大的是_________（填元素符号，下同），基态原子核外未成对电子数较少的是_______________。

（2）H2SeO3分子中Se原子的杂化形式为____________，H2SeO4的酸性比H2SeO3强，原因是_________。

（3）气态SeO3分子的立体构型为____________，与SeO3互为等电子体的一种离子为_______（填离子符号）。

（4）硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为____________，若该晶胞密度为ρg·cm-3，硒化锌的摩尔质量为Mg·mol-1。用NA代表阿伏伽德罗常数的数值，则晶胞参数ɑ为____________nm。

评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共12分)27、(1)写出下列物质在溶液里的电离方程式。

硫酸：____________________________

氢氧化钡：______________________________

硝酸铵：_______________________

硫酸氢钠：_________________________

(2)现有失去标签的四瓶无色溶液A，B，C，D，只知道它们是K2CO3、K2SO4、NaHSO4、Ba(NO3)2；为鉴别它们，进行如下实验：

①A+D→溶液+气体②B+C→溶液+沉淀③B+D→溶液+沉淀④A+B→溶液+沉淀。

⑤将④得到的沉淀物加入③所得的溶液中；沉淀很快溶解并产生无色无味的气体。

根据以上实验事实；请完成如下问题。

i.写出实验①中反应中相关的离子方程式_______。

ii.写出实验②中反应中相关的离子方程式________。28、某强酸性溶液X，可能含有Al3+、Ba2+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32-、SO42-、SiO32-、NO3-中的一种或几种离子；取该溶液进行实验，其现象及转化如下图。反应过程中有一种气体是红棕色。请回答下列问题：

(1)由强酸性条件即可判断溶液X中一定不存在的离子有___________________。

(2)溶液X中，关于NO3-的判断一定正确的是___________。

a.一定有b.一定没有c.可能有。

(3)产生气体A的离子方程式为________________；并用双线桥法表示电子转移的方向和数目。

(4)若转化③中，D、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成E，则反应中D与O2的物质的量之比为__________。

(5)对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液，加入下列溶液中的—种，根据现象即可判断，该试剂最好是_____________。

①NaOH溶液②KSCN溶液③石蕊试剂④pH试纸⑤KMnO4溶液⑥氯水和KSCN的混合溶液29、已知：某废水中可能含有H＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO3-、CO32-、SO42-中的几种；为分析其成分，分别取废水样品100mL，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：

请回答下列问题：

（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是______________，一定存在的阳离子是______________________。

（2）写出实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子反应方程式：_____________________________________________。

（3）分析图像，在原溶液中c(NH4+)与c(Al3＋)的比值为________，所得沉淀的最大质量是____g。

（4）若通过实验确定原废水中c(Na＋)=0.14mol·L-1，c(NO3-)=____________mol·L-1。30、A-H及X均为中学化学常见物质；X是一种金属单质，A；B是非金属单质且A在常温下为气体。它们在一定条件下有如下转化关系(图中条件均已略去)。

试回答下列问题：

(1)写出C物质的化学式___________；

(2)在上述①-⑤反应中肯定不属于氧化还原反应的是___________(填编号)；

(3)指出元素X在元素周期表中的位置：___________；

(4)请写出反应④和⑤的离子方程式：④___________，⑤___________；

(5)用离子方程式表示在D溶液中加入NaClO溶液产生红褐色沉淀的原因：___________。评卷人得分六、推断题(共2题，共10分)31、[化学——选修5：有机化学基础]

A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。

已知：

（1）A的名称是____；B中含氧官能团名称是____。

（2）C的结构简式____；D-E的反应类型为____。

（3）E-F的化学方程式为____。

（4）B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是____（写出结构简式）。

（5）等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为____；检验其中一种官能团的方法是____（写出官能团名称、对应试剂及现象）。32、已知：CH3—CH=CH2＋HBr→CH3—CHBr—CH3(主要产物)。1mol某芳香烃A充分燃烧后可得到8molCO2和4molH2O。该烃A在不同条件下能发生如图所示的一系列变化。

（1）A的化学式：______，A的结构简式：______。

（2）上述反应中，①是______(填反应类型，下同)反应，⑦是______反应。

（3）写出C；D、E、H的结构简式：

C______，D______，E______，H______。

（4）写出反应D→F的化学方程式：______。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

①只能与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水；不能与硫酸反应，①不符合题意；

②既与硫酸反应生成硫酸钠、CO2和水；又与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，②符合题意；

③既与硫酸反应生成硫酸铵、CO2和水，又与氢氧化钠反应生成碳酸钠、NH3和水；③符合题意；

④既不与硫酸反应；又不与氢氧化钠反应，④不符合题意；

⑤既与硫酸反应生成硫酸铵、CO2和水，又与氢氧化钠反应生成碳酸钠、NH3和水；⑤符合题意；

故选C。2、D【分析】【详解】

A．图中滴定管活塞耐强酸强碱；可以盛装NaOH溶液进行滴定操作，故A正确；

B．中和热的测定需做到防止热量损失；测量温度；搅拌，图中碎泡沫塑料起保温作用、环形玻璃搅拌棒用于搅拌，温度计可以检测温度，大小烧杯杯口齐平，故B正确；

C．直接加热因为水解得到的是MgOH；所以需在HCl气流下加热氯化镁晶体，故C正确；

D．硅酸钠具有粘性；盛装硅酸钠溶液时不能用玻璃塞，易与瓶口粘结，故D错误；

故选D。3、B【分析】①取少量固体溶于水中；得到澄清透明溶液，则该固体中的成分一定不能相互反应生成沉淀。

②取少量上述溶液三份，在其中一份溶液中滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，则其中可能含有Na2CO3、CuSO4、Na2SO4中的一种或几种，但是Na2CO3和CuSO4不能同时存在；第二份溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3，有白色沉淀，则其中可能含有FeCl2、KCl、AlCl3、MgCl2中的一种或几种；第三份溶液中滴加NaOH，有沉淀产生，继续滴加NaOH.沉淀没有明显变化，则其中一定含有MgCl2、CuSO4，一定不含FeCl2（若有，则沉淀的颜色会有明显变化，氢氧化亚铁易被氧化而变色）、AlCl3和Na2CO3。

【详解】

A．无法确定固体中一定含有Na2SO4；A不正确；

B．固体中一定不含有Na2CO3和AlCl3；B正确；

C．无法确定固体中一定没有CuSO4；C不正确；

D．继续滴加NaOH.沉淀没有明显变化，说明没有FeCl2；不需再取一份溶液检验，D不正确。

本题选B。4、D【分析】【详解】

A．芳纶是以对苯二甲酸和对苯为原料；通过缩聚反应产生的，故合成芳纶的单体为对苯二甲酸和对苯二胺，A正确；

B．工业上制备苯基橡胶的原料是苯；可以通过煤干馏，经分离煤焦油获得，也可以通过石油催化重整获得，B正确；

C．返回舱烧蚀防热涂层通过物质的升华作用使物质脱落而带走大量热量；从而可以起到降温作用，C正确；

D．“天和”核心舱腔体使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料；D错误；

故合理选项是D。5、A【分析】【详解】

．乙醛中醛基与银氨溶液发生银镜反应；化学方程式正确，A正确；

B．酸性：碳酸>苯酚>HCO苯酚钠中通入少量的CO2气体：2C6H5O－+CO2+2H2O→2C6H5OH+2HCOB错误；

C．甲苯中甲基的邻位和对位比较活泼，易发生取代，甲苯与浓硫酸、浓硝酸在30℃时反应生成或C错误；

D．1-溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应：CH3CH2CH2Br＋NaOHCH3CH＝CH2↑＋NaBr＋H2O；D错误；

故选A。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．当苯乙酸苄酯空间结构结构为(为苯环所在面的上方，为苯环所在面的下方)；且两个苯环及两个苯环连接之间的碳原子处于同一平面时，分子中所有碳原子共平面，故A正确；

B．苯乙酸苄酯在酸性条件下水解得到在碱性条件下水解得到故B错误；

C．苯乙酸苄酯存在对称()；因此其苯环上的一溴代物最多有6种，故C错误；

D．苯乙酸苄酯为有机物；易溶于乙醇，苯乙酸苄酯属于酯类，难溶于水，故D错误；

综上所述，正确的是A项，故答案为A。7、C【分析】【详解】

A．维勒用无机物NH4CNO合成了尿素CO(NH2)2；打破了无机物与有机物的界限，A正确；

B．1965年我国科学家首次实现人工合成结晶牛胰岛素；确定了由氨基酸的排列顺序决定的二级结构，B正确；

C．红外光谱仪；核磁共振仪都可用于有机化合物结构的分析；质谱仪用于测量有机化合物的相对分子质量，C错误；

D．尼龙是塑料；棉花是天然纤维素，天然橡胶，ABS树脂是塑料都是由高分子化合物组成的物质，D正确；

故答案为：C。二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】【详解】

(1)由氯化钠晶胞可知在此晶胞中应有4个FexO，根据密度公式可得(56x＋16)×4/NA＝5.71×(4.28×10－8)3；解得x≈0.92。

(2)设晶体中的Fe2＋个数为y，根据化合物中电荷守恒的原则，即正电荷总数等于负电荷总数可得：2y＋3×(0.92－y)＝2，解得y＝0.76，所以可得Fe2＋所占分数＝≈0.826。

(3)含Fe3＋个数为0.92－0.76＝0.16，此晶体的化学式为

(4)根据氯化钠的结构可知与某个Fe2＋(或Fe3＋)距离最近且等距离的O2－位于面心处；围成的空间几何形状是正八面体；

(5)由FexO晶体晶胞的结构及晶胞的边长可知，铁离子间最短距离为面对角线的一半，即为×4.28×10－10m≈3.03×10－10m＝3.03×10－8cm。【解析】0.920.826正八面体3.03×10－89、略

【分析】【详解】

（1）步骤②采用“滴入”而不是一次性加入H2O2氧化Fe2+的操作，是因为生成的Fe3＋能催化H2O2的分解，从而达到减少H2O2分解损失；（2）步骤④K2Cr2O7溶液滴定Fe2+时，Fe2＋被氧化成Fe3＋，离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；（3）步骤⑤用NaOH溶液滴定时，先滴加酚酞呈无色，已达滴定终点的判断依据是当滴入最后一滴NaOH时，溶液由无色变为(浅)红色且半分钟内红色不褪去；（4）n(Fe3+)=6n(Cr2O72-)=6×0.1000mol/L×20×10-3L=1.200×10-2mol，n(OH-)=0.5000mol/L×25.00×10-3L-0.5000mol/L×16.00×10-3L=4.500×10-3mol，B=4.500×10-3mol/(3×1.200×10-2mol)×100%=12.50%，产品的盐基度为12.50%。【解析】①.减少H2O2分解损失②.Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O③.当滴入最后一滴NaOH时，溶液由无色变为(浅)红色且半分钟内红色不褪去④.n(Fe3+)=6n(Cr2O72-)=6×0.1000mol/L×20×10-3L=1.200×10-2mol，n(OH-)=0.5000mol/L×25.00×10-3L-0.5000mol/L×16.00×10-3L=4.500×10-3mol，B=4.500×10-3mol/(3×1.200×10-2mol)×100%=12.50%，产品的盐基度为12.50%10、略

【分析】【分析】

（1）由结构简式可知①②③的分子式相同；两个甲基在苯环上的相对位置不同，互为同分异构体；

（2）苯的同系物的习惯命名是用“邻；间、对”表明取代基的相对位置关系；则名称为间二甲苯；按系统命名法命名时，苯的同系物的命名通常是以苯作母体，将苯环上最简单的取代基所在的位号定为最小；

（3）和的结构对称，苯环上只有一类氢原子，的结构对称；苯环上只有三类氢原子；

（4）苯环上的一氯代物有2种；说明有机物中含有两个处于对位的不同取代基。

【详解】

（1）由结构简式可知①②③的分子式相同；两个甲基在苯环上的相对位置不同，互为同分异构体，故答案为：互为同分异构体；

（2）②的结构简式为苯的同系物的习惯命名是用“邻、间、对”表明取代基的相对位置关系，则名称为间二甲苯；按系统命名法命名时，苯的同系物的命名通常是以苯作母体，将苯环上最简单的取代基所在的位号定为最小，则③的结构简式为名称为1，4-二甲基苯；⑥的结构简式为名称为1,2,3-三甲基苯，故答案为：间二甲苯；1，4-二甲基苯；1,2,3-三甲基苯；

（3）和的结构对称，苯环上只有一类氢原子，苯环上的一氯代物只有1种；的结构对称；苯环上只有三类氢原子，苯环上的一氯代物有3种，故答案为：③⑤；3；

（4）苯环上的一氯代物有2种，说明有机物中含有两个处于对位的不同取代基，则结构简式为系统名称为1-甲基-4-乙基苯，故答案为：1-甲基-4-乙基苯。

【点睛】

苯的同系物的习惯命名是用“邻、间、对”表明取代基的相对位置关系，按系统命名法命名时，苯的同系物的命名通常是以苯作母体，将苯环上最简单的取代基所在的位号定为最小是解答关键。【解析】①.互为同分异构体②.间二甲苯③.1,4-二甲基苯④.1,2,3-三甲基苯⑤.③⑤⑥.3⑦.⑧.1-甲基-4-乙基苯11、略

【分析】【详解】

A．O2与O3都是由氧元素构成的不同单质；互为同素异形体；

B．正丁烷与异丁烷分子式相同；但结构不同，互为同分异构体；

C．氕与氚是质子数相同；中子数不同的两种原子；都是氢元素的核素，互为同位素；

D．CH4与C(CH3)4都属于烷烃，结构相似，在分子组成上相差4个“-CH2-”原子团；互为同系物；

E．液溴是溴单质属于纯净物；溴水是混合物；

F．分子式相同；结构也相同，为同种物质；

(1)互为同位素的是C；

(2)互为同素异形体的是A；

(3)互为同系物的是D；

(4)互为同分异构体的是B；

(5)属于同一物质的是F。【解析】①.C②.A③.D④.B⑤.F12、略

【分析】【详解】

(1)①和是质子数相同；中子数不同的原子；互为同位素，B组两物质间互为同位素；

②O2和O3是由氧元素组成的不同单质；互为同素异形体，A组两物质间互为同素异形体；

③甲烷和庚烷结构相似、分子组成相差6个“CH2”原子团；互为同系物，D组两物质属于同系物；

④CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)CH3分子式都是C4H10；结构不同，互为同分异构体，E组两物质互为同分异构体；

⑤冰醋酸和乙酸结构简式都是CH3COOH，和分子式相同、结构相同，和分子式相同；结构相同；CGH组是同一物质。

(2)①水的汽化是水分子间距离改变，分子没变，未发生化学键破坏；②NaCl是离子化合物，熔化时电离为Na+、Cl-，破坏离子键；③NaOH是离子化合物，溶于水时电离为Na+、OH-，破坏离子键；④H2SO4是共价化合物，溶于水时电离为H+、SO42-，破坏共价键；⑤O2溶于水未发生化学键破坏；⑥NaHSO4是离子化合物，溶于水时电离为Na+、H+、SO42-，既破坏离子键又破坏共价键；⑦Na2O2是离子化合物，溶于水生成氢氧化钠和氧气，既破坏离子键又破坏共价键；未发生化学键破坏的是①⑤；仅破坏离子键的是②③；仅破坏共价键的是④；既破坏离子键又破坏共价键的是⑥⑦。【解析】BADECGH①⑤②③④⑥⑦13、略

【分析】【详解】

（1）随着碳原子数的递增；苯的同系物的相对分子质量不断变大，导致其熔；沸点升高，密度增大，但都小于水的密度。

（2）相同碳原子数的同分异构体中，苯环上的侧链越短，即链在苯环上分布越分散，物质的熔、沸点也就越低，如对二甲苯<间二甲苯<邻二甲苯。【解析】(1)升高增大。

(2)越低14、略

【分析】【详解】

油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，该物质由乙酸和甘油酯化形成，乙酸不是高级脂肪酸，因此该物质不是油脂。【解析】不属于油脂；原因是该物质是甘油和乙酸形成的酯，而乙酸不属于高级脂肪酸。15、略

【分析】【分析】

（1）甲、乙、丁都含有的官能团为羟基；乙和丙的分子式都为C3H6O2；但结构不同；

（2）1mol甲与足量Na反应生成molH2，1mol乙与足量Na反应生成molH2，1mol丁与足量Na反应生成1molH2；

（3）丁分子中含有2个羟基；若1mol丁与等物质的量的乙酸反应可以生成2种乙酸酯，若1mol丁与2mol乙酸反应可以生成1种乙酸酯；

(4)①在浓硫酸作用下，甲与乙醇共热发生酯化反应生成和水；

②乙含有醛基，碱性条件下，乙与新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成Cu2O砖红色沉淀和H2O。

【详解】

（1）甲的结构简式为官能团为羟基和羧基，乙的结构简式为官能团为羟基和醛基，丁的结构简式为官能团为羟基，则甲、乙、丁都含有的官能团为羟基；乙和丙的分子式都为C3H6O2；但结构不同，互为同分异构体，故答案为：羟基；乙和丙；

（2）甲分子中羟基和羧基都能与金属钠反应，1mol甲与足量Na反应生成molH2，乙分子中羟基能与金属钠反应，1mol乙与足量Na反应生成molH2，丁分子中羟基能与金属钠反应，1mol丁与足量Na反应生成1molH2，则生成H2最多的是甲；故答案为：甲；

（3）丁分子中含有2个羟基，若1mol丁与等物质的量的乙酸反应可以生成和2种酯，若1mol丁与2mol乙酸反应可以生成1种酯；则丁与醋酸在催化剂作用下发生取代反应生成的酯有3种，故答案为：3；

(4)①在浓硫酸作用下，甲与乙醇共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为＋CH3CH2OH＋H2O，故答案为：＋CH3CH2OH＋H2O；

②乙含有醛基，碱性条件下，乙与新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成Cu2O砖红色沉淀和H2O，反应的化学方程式为＋2Cu(OH)2＋NaOH＋Cu2O↓＋3H2O，故答案为：＋2Cu(OH)2＋NaOH＋Cu2O↓＋3H2O。

【点睛】

丁分子中含有2个羟基，若1mol丁与乙酸部分反应可以生成2种酯，若1mol丁与乙酸完全反应生成1种酯是解答关键。【解析】羟基乙和丙甲3＋CH3CH2OH＋H2O＋2Cu(OH)2＋NaOH＋Cu2O↓＋3H2O16、略

【分析】【分析】

(1)由质谱图可确定有机物的相对分子质量；

(2)由红外光谱可确定有机物的官能团；

(3)由A的红外光谱；核磁共振氢谱图上有2个吸收峰；峰面积之比是1：1，可知有机物A的结构简式。

【详解】

(1)由质谱图可确定有机物的相对分子质量为74；

(2)由红外光谱可确定有机物的官能团为−COOC−；名称为酯基；

(3)由A的红外光谱、核磁共振氢谱图上有2个吸收峰，峰面积之比是1：1，可知有机物A为CH3COOCH3。【解析】74酯基CH3COOCH3三、判断题(共6题，共12分)17、B【分析】【分析】

【详解】

酚类和醇类的官能团都是羟基，但酚类的羟基直接连在苯环上，羟基和苯环相互影响，使得酚类和醇类的化学性质不同，如酚的羟基能电离出氢离子，水溶液显酸性，而醇不能电离，水溶液为中性，故错误。18、B【分析】【详解】

1molHCHO与足量银氨溶液在水浴加热条件下充分反应，最多生成4molAg，错误；19、A【分析】【详解】

银氨溶液不可久置，否则会生成其他物质，Cu(OH)2悬浊液放置久了，就变成氢氧化铜沉底，而这样的氢氧化铜是不能和乙醛反应的，因此所需的试剂必须新制备的，故正确。20、B【分析】【详解】

单糖为多羟基醛或多羟基酮，肌醇中含有羟基，但不含有醛基，所以不属于糖类化合物，故错误。21、A【分析】【详解】

醛基能被弱氧化剂氧化，可知醛基还原性较强，则也能被强氧化剂氧化，所以乙醛能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，可推知乙醛也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故正确。22、A【分析】【详解】

植物油含碳碳双键、经过催化加氢可得到饱和高级脂肪的甘油酯、属于反式脂肪酸甘油酯，故答案为：正确。四、结构与性质(共4题，共20分)23、略

【分析】【分析】

（1）P原子价电子排布式为3s22p3；结合泡利原理；洪特规则画出价电子排布图；

（2）P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为sp3；四（三苯基膦）钯分子为非极性分子；而水是极性分子，结合相似相溶原理判断；A分子中C原子均没有孤对电子，三键中C原子杂化轨道数目为2，双键中碳原子杂化轨道数目为3，其它碳原子杂化轨道数目为4；连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子；

（3）Pd含有空轨道；P原子有1对孤对电子，提供孤对电子与Pd形成配位键；

（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，形成的正四面体形阳离子为PCl4+，正六面体形阴离子为PCl6-；PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力；由晶胞结构可知，PCl4+位于体心，PCl6-位于顶点，由均摊法可知晶胞中含有1个PCl6-，计算晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度；

（5）PBr5气态分子的结构与PCl5相似，它的熔体也能导电，经测定知其中只存在一种P-Br键长，则电离生成PBr4+与Br-。

【详解】

（1）磷是15号元素，其原子核外有15个电子，P元素基态原子电子排布为1s22s22p63s23P3，P的最外层3p电子3个电子自旋方向相同，为故答案为

（2）P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子与P原子成4个单键，杂化轨道数为4，为sp3杂化，水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶，所以四(三苯基膦)钯分子在水中难溶，物质A中甲基上的C采取sp3杂化类型，C≡N为SP杂化，碳碳双键为sp2杂化，连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，如图：所以一个A分子中手性碳原子数目为3个，故答案为sp3；不易溶于水，水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶；sp、sp2、sp3；3；

（3）配位键由含有孤电子对的原子指向含有空轨道的原子，Pd含有空轨道、P原子含有孤电子对，所以配位键由P原子指向Pd原子，如图：故答案为

（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，一种正四面体形阳离子是PCl4+和一种正六面体形阴离子是PCl6-，即发生反应为：2PCl5=PCl4++PCl6-，PCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(5−3×1)=4，所以原子杂化方式是sp3，PCl5中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=5+(5−5×1)=4，所以原子杂化方式是sp3，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对．孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，所以PCl5中正四面体形阳离子中键角小于PCl3的键角，晶胞中PCl5位于顶点8×=1，1个PCl5分子位于晶胞内部，立方体的晶胞边长为apm，所以密度为：ρ==

故答案为：PCl4+和PCl6-；两分子中P原子杂化方式均为sp3杂化，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力；

（5）PBr5气态分子的结构与PCl5相似，说明PBr5也能电离出能导电的阴阳离子，而产物中只存在一种P-Br键长，所以发生这样电离PBr5═PBr4++Br-；

故答案为PBr5=PBr4++Br-。

【点晴】

本题考查物质结构和性质，涉及电子排布图、杂化方式的判断、电离方式和微粒结构等，侧重于基础知识的综合应用的考查，题目难度较大。杂化类型的判断方法：1)例如常见的简单分子，C2H2、CO2为直线型分子，键角为180°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp；C2H4、C6H6为平面型分子，键角为120°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp2；CH4、CCl4为正四面体，键角109.5°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp3。扩展到以共价键形成的晶体，如：已知金刚石中的碳原子、晶体硅和石英中的硅原子，都是以正四面体结构形成共价键的，所以也都是采用sp3杂化；已知石墨的二维结构平面内，每个碳原子与其它三个碳原子结合，形成六元环层，键角为120°，由此判断石墨的碳原子采用sp2杂化。2)根据价层电子对互斥理论判断杂化类型：中心原子电子对计算公式：价电子对数n=(中心原子的价电子数+配位原子的价电子数×m±电荷数)。注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”；②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零；根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；3)对于有机物利用杂化轨道数=孤对电子对数+σ键数进行判断．如C2H2分子中碳原子形成1个C-H，1个C≡C(含1个σ键)，C原子杂化轨道数为1+1=2，采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C-H，1个C═C双键(含1个σ键)，C原子杂化轨道数为(2+1)=3，C原子采取sp2杂化方式。【解析】）sp3不易溶于水，水为极性分子，四（三苯基膦）钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶sp、sp2、sp33PCl4+和PCl6－两分子中P原子杂化方式均为sp3杂化，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对。孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力或PBr5＝PBr4++Br－24、略

【分析】【详解】

(1)葡萄糖与银氨溶液反应的化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH2OH(CHOH)4COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故0.1mol葡萄糖消耗0.2mol[Ag(NH3)2]OH，该盐为CH2OH(CHOH)4COONH4；

(2)0.1mol葡萄糖含0.5mol羟基；所以需要0.5mol乙酸进行反应，乙酸的转化率为60%，故酯化反应消耗的乙酸为0.5mol×60g/mol×60%=18g；

(3)葡萄糖完全燃烧的化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO+6O26CO2+6H2O，0.1mol葡萄糖消耗的O2为0.6mol，标准状况下的体积为0.6mol×22.4L/mol=13.44L。【解析】0.2CH2OH(CHOH)4COONH41813.44CH2OH(CHOH)4CHO+6O26CO2+H2O25、略

【分析】【分析】

根据元素电负性递变规律判断A选项正确；根据核外电子排布规律计算自旋磁量子数的代数和；根据氢键对物质性质的影响判断沸点高低；根据VSEPR理论判断中心原子杂化方式；根据晶胞结构；利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。

(1)

A．非金属性越强；电负性越大，O元素只呈现负价，Cl元素有正价和负价，由HClO中Cl元素呈现+1价，O元素呈现－2价可知，O的非金属性比Cl的非金属性强，O元素的电负性大于Cl元素，故A正确；

B．能级和能层只是表明电子在该处出现的概率大小；并不表示电子运动的位置，故B错误；

C．在KH2PO4的四种组成元素的各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的只有二种，即K+和P3-离子的核外电子排布都是2；8，8，故C错误；

答案为A。

(2)

F原子核外电子数为9，核外电子排布式为1s22s22p5，其价电子排布式为2s22p5，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，则价电子自旋磁量子数的代数和为(+)×4+(-)×3=+也可以是(+)×3+(-)×4＝-答案为+或-

(3)

CH3SH分子之间只存在范德华力，CH3OH分子之间除了存在范德华力外，CH3OH分子与CH3OH分子还形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故CH3OH的沸点高于CH3SH分子的；答案为高于；甲醇可以形成分子间氢键；氢键比范德华力更强。

(4)

XeF4中心原子的价层电子对数为＝4+＝4+2＝6，其中心原子的杂化方式应为sp3d2；C选项符合题意；答案为6；C。

(5)

由可知，图中大球的个数为8×+1=2，小球的个数为8×+2=4，根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF2分子；由A点坐标()知，该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B点在棱的处，其坐标为(0，0，)；如图过A点向B点所在棱边作垂线，相交于D点，则D点为B点所在棱的中点，AD长度为底面对角线的一半，AD=apm，则BD=(－r)pm，所以d=AB==pm；答案为2；(0，0，)；【解析】(1)A

(2)+或-

(3)高于甲醇可以形成分子间氢键；氢键比范德华力更强。

(4)6C

(5)2(0，0，)d=26、略

【分析】【详解】

（1）Zn原子核外电子数为30，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2｛[Ar]3d104s2｝；同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，As的4p能级含有3个电子，为半满稳定状态，第一电离能较高，故元素锗与砷中，第一电离能较大的是As；元素锗与砷中，基态原子核外未成对电子数分别为2和3，较少的是Ge；(2)H2SeO3分子中Se原子在S8分子中S原子成键电子对数为4，孤电子对数为1，即价层电子对数为4，所以其杂化轨道类型为sp3；H2SeO3的分子结构为Se为+4价，而H2SeO4的分子结构为Se为+6价，H2SeO4分子中非羟基的氧原子数大于H2SeO3，后者Se原子吸电子能力强，则羟基上氢原子更容易电离出H+；（3）根据价层电子对互斥理论可知，SeO3分子中中心原子含有的孤对电子对数＝＝0，即气态SeO3分子中Se形成3个δ键，没有孤电子对，所以该分子形成的空间构型是平面三角形；SeO3是24e-，24e-等电子体有：NO3-、CO32-等；（4）根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有4个硒原子，每个硒原子周围也有4个锌原子，所以硒原子的配位数为4，该晶胞中含有硒原子个数为8+6×=4，根据==所以V=则晶胞的边长为：cm=×107nm。

点睛：本题考查原子核外电子排布、判断简单分子或离子的构型、晶胞的计算等知识点。正确运用元素周期律，根据晶体的性质判断晶体的类型，根据中心原子的价层电子对数判断杂化方式及微粒的立体构型、等电子体是指价电子和电子数都相等的微粒等知识点是解答本题的关键。【解析】1s22s22p63s23p63d104s2｛[Ar]3d104s2｝AsGesp3H2SeO4分子中非羟基的氧原子数大于H2SeO3平面三角形CO32-（或NO3-）4×107五、元素或物质推断题(共4题，共12分)27、略

【分析】【详解】

(1)硫酸是强酸，属于强电解质，在溶液里的电离方程式为H2SO4=2H++氢氧化钡是强碱，属于强电解质，在溶液里的电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-；硝酸铵是盐，属于强电解质，在溶液里的电离方程式为NH4NO3=+硫酸氢钠是盐，属于强电解质，在溶液里的电离方程式为NaHSO4=Na++H++答案：H2SO4=2H++Ba(OH)2=Ba2++2OH-；NH4NO3=+NaHSO4=Na++H++

(2)①A+D→溶液+气体，则A、D为K2CO3、NaHSO4中的一种；B、C为K2SO4、Ba(NO3)2中的一种，②B+C→溶液+沉淀③B+D→溶液+沉淀④A+B→溶液+沉淀，其中B与A、C、D都能生成沉淀，则B为Ba(NO3)2，C为K2SO4，将④得到的沉淀物加入③所得的溶液中，沉淀很快溶解并产生无色无味的气体，则该沉淀为BaCO3，即A为K2CO3，D为NaHSO4。

i.实验①为K2CO3与NaHSO4反应，离子方程式为+2H+=H2O+CO2↑，答案：+2H+=H2O+CO2↑；

ii.实验②为Ba(NO3)2与K2SO4反应，反应的离子方程式为Ba2++=BaSO4↓，答案：Ba2++=BaSO4↓。【解析】①.H2SO4=2H++②.Ba(OH)2=Ba2++2OH-③.NH4NO3=+④.NaHSO4=Na++H++⑤.+2H+=H2O+CO2↑⑥.Ba2++=BaSO4↓28、略

【分析】【分析】

某强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO32-、SiO32-，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液中存在SO42-，不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，沉淀C是BaSO4；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2+和NO3-不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2+，不存在NO3-，因此A是NO；A是NO，则D是NO2，二氧化氮化和水反应生成硝酸和NO，则E是HNO3；溶液B中加入氢氧化钠溶液时，产生气体F，则溶液中含有NH4+，F是NH3，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，则I是NH4NO3；溶液中存在Fe3+，产生沉淀G，则沉淀G是Fe(OH)3，氢氧化铁和盐酸反应生成FeCl3，则J是FeCl3，溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液中存在Al3+，沉淀K是Al(OH)3，溶液L是NaHCO3。据此分析解答。

【详解】

(1)由强酸性条件即可判断溶液X中一定不存在弱酸根离子，所以不存在的离子有CO32-、SiO32-，故答案为：CO32-、SiO32-；

(2)根据上述分析，强酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，如果存在硝酸根离子，则不存在亚铁离子，加入硝酸钡溶液时不能产生气体，所以溶液X中一定没有NO3-，故选b；故答案为：b；

(3)亚铁离子和硝酸反应生成铁离子、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，用双线桥法表示电子转移的方向和数目为：故答案为：

(4)若转化③中，NO2、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成HNO3，该反应方程式为：4NO2+2H2O+O2=4HNO3，则反应中D与O2的物质的量之比为4∶1；故答案为：4∶1。

(5)因为存在的亚铁离子被硝酸氧化生成了铁离子，因此溶液中Fe3+是否存在不能确定，Fe3+和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，所以可以用硫氰化钾溶液检验，氢氧化钠尽管也能与铁离子反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，但存在Al3+、Fe2+；会干扰铁离子的检验，故最好选②，故答案为：②。

【点睛】

本题的难点是亚铁离子的判断，要注意原溶液中只有亚铁离子检验较强的还原性，能够与硝酸反应产生气体，也是本题的易错点之一，另一个易错点为(5)，要注意其余离子对铁离子检验的干扰。【解析】①.CO32-、SiO32-②.b③.④.4∶1⑤.②29、略

【分析】【详解】

焰色反应为黄色，说明含有钠离子；加入盐酸酸化的氯化钡溶液产生2.33g白色沉淀是硫酸钡，物质的量是0.01mol，因此含有SO42-离子，且物质的量是0.01mol；逐滴加入氢氧化钠溶液开始阶段没有沉淀产生，说明一定存在氢离子，所以不存在CO32-，该阶段消耗氢氧化钠是0.014mol，所以氢离子是0.014mol，沉淀达到最大值以后沉淀不变化，说明该阶段是铵根与氢氧根反应，即一定存在铵根，该阶段消耗氢氧根是0.042mol－0.035mol＝0.007mol，因此铵根是0.007mol；最后沉淀完全消失，说明一定不存在Fe3＋、Mg2＋。生成氢氧化铝消耗氢氧化钠是0.035mol－0.014mol＝0.021mol，所以Al3＋是0.007mol。由于阳离子所带正电荷数大于硫酸根离子所带负电荷数；因此还一定存在硝酸根离子。

（1）根据以上分析可知废水中一定不存在的阴离子是CO32-，一定存在的阳离子是Na+、H+、Al3+、NH4+。（2）实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子反应方程式为NH4++OH﹣=NH3·H2O。（3）根据以上分析可知在原溶液中c(NH4+)与c(Al3＋)的比值为1:1，所得沉淀的最大质量是0.007mol×78g/mol＝0.546g。（4）若通过实验确定原废水中c(Na＋)=0.14mol·L-1，则根据电荷守恒可知c(NO3-)=（0.14+0.07+0.07×3+0.14－0.1×2）mol/L＝0.36mol·L-1。【解析】①.CO32-②.Na+、H+、Al3+、N