2025年苏科新版高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年苏科新版高二化学下册阶段测试试卷722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8题，共16分)1、PtCl4·2NH3水溶液不导电加入AgNO3无现象加强碱无NH3放出下列说法正确的是（）A.配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6B.该配合物可能是平面正方形结构C.Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位D.配合物中Cl－与Pt4＋配位，而NH3分子与Pt4＋不配位2、当某金属变成相应的阳离子时，叙述正确的是()A．得到电子被氧化B．失去电子被还原C．得到电子被还原D．失去电子被氧化3、已知下列热化学方程式：

rm{垄脵C(s)+O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)?H=-393.5kJ/mol}

rm{垄脷CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)?H=-283.0kJ/mol}

rm{垄脹2Fe(s)+3CO(g)篓TFe_{2}O_{3}(s)+3C(s)?H=-489.0kJ/mol}

则rm{垄脵C(s)+O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)?H

=-393.5kJ/mol}的反应热rm{垄脷CO(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)?H=-283.0kJ/mol}为rm{垄脹2Fe(s)+3CO(g)篓TFe_{2}O_{3}(s)+3C(s)?H

=-489.0kJ/mol}rm{4Fe(s)+3O_{2}(g)篓T2Fe_{2}O_{3}(s)}A.rm{triangleH}B.rm{(}C.rm{)}D.rm{-1641.0kJ/mol}rm{+3081kJ/mol}4、正硼酸rm{(HBO_{3})}是一种片层状结构白色晶体，层内的rm{H_{3}BO_{3}}分子通过氢键相连rm{(}如图rm{)}下列有关说法正确的有rm{(}rm{)}A.在rm{H_{3}BO_{3}}分子中各原子最外层全部满足rm{8}电子稳定结构B.rm{H_{3}BO_{3}}分子的稳定性与氢键有关C.rm{1molH_{3}BO_{3}}的晶体中有rm{3mol}极性共价键D.rm{1molH_{3}BO_{3}}的晶体中有rm{3mol}氢键5、下列关于化学反应速率的说法正确的是rm{(}rm{)}A.化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物浓度的减小或任何一种生成物浓度的增加B.化学反应速率为“rm{0.8}rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}”所表示的意思是：时间为rm{1}rm{s}时，某物质的浓度为rm{0.8}rm{mol?L^{-1}}C.根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢D.对于任何化学反应来说，反应现象越明显，反应速率越大6、反应2A(g)2B(g)+E(g)(正反应为吸热反应)达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是A.加压B.减压C.减少E的浓度D.降温7、一定温度下，水存在rm{H_{2}O?H^{+}+OH^{-}triangleH=Q(Q>0)}的平衡，下列叙述一定正确的是rm{H_{2}O?H^{+}+OH^{-}triangle

H=Q(Q>0)}rm{(}A.向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，rm{)}减小B.将水加热，rm{K_{W}}增大，rm{K_{w}}不变C.向水中加入少量金属rm{pH}平衡逆向移动，rm{Na}降低D.向水中加入少量固体硫酸钠，rm{c(H^{+})}和rm{c(H^{+})}均不变rm{K_{w}}8、下列离子方程式正确的是()A.氯化铵溶液呈酸性：rm{NH_{4}^{+}篓T篓TNH_{3}+H^{+}}B.氢硫酸的电离：rm{H_{2}S?2H^{+}+S^{2-}}C.向小苏打溶液中加入醋酸溶液：rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}?CO_{2}+H_{2}O}D.在标准状况下，向rm{10mL0.1mol隆陇L^{-1}FeBr_{2}}溶液中通入rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}?

CO_{2}+H_{2}O}rm{10mL0.1mol隆陇L^{-1}

FeBr_{2}}rm{22.4mLCl_{2}}rm{2Fe}rm{2Fe}rm{{,!}^{2+}}rm{+2Br}rm{+2Br}rm{{,!}^{-}}rm{+2Cl}rm{+2Cl}rm{{,!}_{2}}rm{篓T篓T2Fe}rm{篓T篓T2Fe}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、已知A、B、C、D和E都是元素周期表中前20号的元素，它们的原子序数依次增大。A原子的价电子层的p轨道中只有1个电子；B、C、D元素的基态原子具有相同的能层数，B、D元素的原子的p能级上都有1个未成对电子，D原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，C原子的p轨道中有3个未成对电子；E是同周期第一电离能最小的元素。回答下列问题：（1）写出下列元素的符号：A_____、B_____、C______；（2）上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是__________，（填写化学式）碱性最强的是_________；（填写电子式）（3）用元素符号表示D所在周期(除稀有气体元素外)第一电离能最大的元素是_____，电负性最大的元素是__________；（4）在AD3分子中A元素原子的原子轨道发生的是____杂化，分子空间构型为____；（5）将B的单质投入E的最高价氧化物对应水化物中，发生反应生成物中有此离子［B(OH)4］–离子方程式是___________________________________。（6）石墨具有平面层状结构，同一层中的原子构成许许多多的正六边形，它与熔融的E单质相互作用，形成某种青铜色的物质（其中的元素E用“●”表示），原子分布如图所示，该物质的化学式为____。10、在25mL的氢氧化钠溶液中逐滴加入0.2mol/L醋酸溶液；滴定曲线如图所示．

（1）该氢氧化钠溶液浓度为______．

（2）在B点，a______12.5mL（填“＜”“＞”或“=”）．

（3）在D点，溶液中离子浓度大小关系为______．11、按要求回答以下问题。rm{(1)}某反应体系中，有以下四种物质：rm{{FeC}l_{2}}rm{{FeC}l_{3}}rm{{CuC}l_{2}}rm{Cu{.}}现利用不同的原理使得反应能够进行。rm{{垄脵}}如图甲所示，将上述反应设计成原电池，则：图中rm{X}溶液的溶质是________rm{(}填化学式rm{){,}{Cu}}电极上发生的电极反应方程式为____________________。rm{{垄脷}}如图乙所示，将上述反应设计成电解池，乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量关系如图丙，则：rm{M}是直流电源的_______极；图丙中的rm{{垄脷}}线是___________离子的物质的量的变化。rm{(2)}铁的重要化合物高铁酸钠rm{(Na_{2}{Fe}O_{4})}是一种新型饮用水消毒剂，具有很多优点。rm{{垄脵}}高铁酸钠生产方法之一是电解法，其原理为rm{Fe{+}2NaOH{+}2H_{2}Ooverset{{碌莽陆芒}}{{=}}Na_{2}{Fe}O_{4}{+}3H_{2}{隆眉}}则电解时阳极的电极反应方程式为_________________。rm{{垄脷}}高铁酸钠生产方法之二是在强碱性介质中用rm{NaClO}氧化rm{Fe(OH)_{3}}生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的离子方程式为_______________________。12、（4分）.有机化合物A的相对分子质量大于110，小于150。经分析得知，其中碳和氢的质量分数之和为52.24%，其余为氧。请回答：⑴该化合物分子中含有____个氧原子。⑵化合物化学式为⑶该化合物最多含有_______个羰基。13、下列化合物在一定的条件下；既能发生消去反应又能发生水解反应的是______

rm{垄脵CH_{3}Cl垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}评卷人得分三、探究题(共4题，共8分)14、（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。15、（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。16、（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。17、（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。评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共28分)18、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）。19、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：_____________。20、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）。21、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_______评卷人得分五、推断题(共4题，共28分)22、（8分）现有常见金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间存在如下转化关系（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。其中B是地壳中含量居第一的金属元素。请回答下列问题：⑴写出金属B和气体丙的化学式、。⑵写出反应①的化学反应方程式。⑶写出反应⑥的离子方程式。23、二乙酸rm{-1}rm{4-}环己二醇酯可以通过下列路线合成；请回答下列问题。

rm{(1)}反应rm{垄脷}的反应类型是____________，反应rm{垄脼}的反应类型是___________________。rm{(2)}物质rm{B}的结构简式为________________________。rm{(3)}反应rm{垄脺}的反应试剂及反应条件_________________________________________

rm{(4)}反应rm{垄脽}的化学方程式为______________________________________。

rm{(5)}反应rm{垄脻}中发生加成反应的其他可能产物还有________________、________________。24、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于rm{20.}其中rm{C}rm{E}是金属元素；rm{A}和rm{E}属同一族，它们原子的最外层电子排布为rm{ns^{1}.B}和rm{D}也属同一族，它们原子最外层的rm{P}能级电子数是rm{s}能级电子数的两倍，rm{C}原子最外层上电子数等于rm{D}原子最外层上电子数的一半。请回答下列问题：

rm{(1)B}是______，rm{E}是______rm{(}用元素符号表示rm{)}

rm{(2)}由这五种元素组成的一种化合物是______rm{(}写化学式rm{)}举出此种物质的一种用途______

rm{(3)}写出rm{C}元素基态原子的价电子轨道表示式______，rm{C}rm{D}rm{E}四种元素的简单离子按半径由小到大的顺序为rm{(}用离子符号表示rm{)}______

rm{(4)C}与rm{E}的第一电离能的大小关系是______rm{(}填rm{>}rm{<}rm{漏聞}用元素符号表示rm{)}

rm{(5)}工业上采用电解rm{C}的氧化物来冶炼rm{C}已知rm{C}元素的氧化物比它的氯化物熔点高，不采用其氯化物的原因是______。25、rm{26}某有机化合物经李比希法测得其中含碳为rm{72.0%}含氢为rm{6.67%}其余含有氧rm{.}现用下列方法测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构．图rm{A}为该有机化合物的质谱图图rm{B}为该有机化合物的核磁共振氢谱，有rm{5}个峰，其面积之比为rm{1}rm{2}rm{2}rm{2}rm{3}．

图rm{C}为该有机化合物分子的红外光谱图试填空．

rm{(1)}该有机化合物相对分子量为_________________rm{(2)}该有机化合物的分子式为__________．

rm{(3)}经分析该有机化合物的分子中只含一个甲基的依据是______rm{(}填序号rm{)}．

rm{a.}其相对分子质量rm{b.}其分子式。

rm{c.}其核磁共振氢谱图rm{d.}其分子的红外光谱图rm{(4)}从以上图谱中分析得出，该有机化合物的结构简式为______rm{.}含有的官能团的名称_______。

rm{(5)}该有机化合物在酸性条件下可以水解，请写出反应方程式___________________．评卷人得分六、计算题(共3题，共27分)26、一定温度下的密闭容器中存在如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，已知CO（g）和H2O(g)的起始浓度均为2mol·L-1，经测定该反应在该温度下的平衡常数K=1，试判断：（1）当CO转化率为25%时，该反应是否达到平衡，若未达到，向哪个方向进行？（2）当CO的起始浓度仍为2mol·L-1，H2O(g)的起始浓度为6mol·L-1，求平衡时CO的转化率？27、已知100gCaCO3(S)分解生成CaO(S)和CO2(g)需要吸收178kJ热量，12gC(S)燃烧生成CO2(g)放出393.5kJ热量，如果把0.5tCaCO3煅烧成CaO(S)，在理论上要用C(S)燃料多少kg？28、取rm{100mL}等物质的量浓度的硝酸和硫酸混合溶液，当加入rm{200mL}rm{1.5mol?L^{-1}}的rm{Ba(OH)_{2}}溶液时，溶液显中性rm{.}请计算：

rm{(1)}原混合液中rm{H^{+}}的物质的量浓度为______rm{mol?L^{-1}}．

rm{(2)}当原混合液中加入rm{0.5molCu}最终剩余铜的质量为______rm{g.}参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【解析】试题分析：配合物中心原子的电荷数为+4，A错。由于配位键有两种形式：Pt-Cl和Pt-N，总共两类六条键，且这两种键的键长不相等，故不可能是平面正方形。实际上应该是八面体型，四个氯离子构成正方形，而两个氨分子在其上和下。B错。Pt4+分别以配位键与四个氯离子，两个氨分子中的氮原子成键。C对，D错。考点：考查配合物理论【解析】【答案】C2、D【分析】【解析】【答案】D3、A【分析】【分析】

本题考查盖斯定律的计算；根据已知方程式利用盖斯定律得到目标方程式即可，侧重考查学生对盖斯定律的应用，题目难度不大。

【解答】

将方程式rm{2隆脕垄脹+6隆脕垄脵-6隆脕垄脷}得方程式rm{4Fe(s)+3O_{2}(g)篓T2Fe_{2}O_{3}(s)}其反应热rm{?H=2(-489.0kJ/mol)+6(-393.5kJ/mol)-6(-283.0kJ/mol)=-1641.0kJ/mol}选项rm{?H

=2(-489.0kJ/mol)+6(-393.5kJ/mol)-6(-283.0kJ/mol)=-1641.0kJ/mol}符合题意。

故选A。rm{拢脕}【解析】rm{A}4、D【分析】【分析】本题考查了核外电子排布、影响分子稳定性的因素等知识点，难度不大，注意分子的稳定性与化学键有关，物质的熔沸点与氢键有关。【解答】分子有氢原子，氢原子最外层满足电子稳定结构，故A.错误；在rm{H_{3}BO_{3}}分子有氢原子，氢原子最外层满足rm{2}电子稳定结构，故rm{A}错误；

B.分子的稳定性与分子内的rm{B-O}、rm{H-O}共价键有关，熔沸点与氢键有关，故rm{B}错误；

C.一个rm{H_{3}BO_{3}}分子着rm{6}个极性共价键，故rm{C}错误；

D.一个rm{H_{3}BO_{3}}分子对应着rm{6}个氢键，一个氢键对应着rm{2}个rm{H_{3}BO_{3}}分子，因此rm{1molH_{3}BO_{3}}分子的晶体中有rm{3mol}氢键，故rm{D}正确。

故选rm{D}。分子的稳定性与分子内的rm{H_{3}BO_{3}}、rm{H_{3}BO_{3}}共价键有关，熔沸点与氢键有关，故rm{2}错误；rm{2}一个rm{A}分子着rm{A}个极性共价键，故

B.错误；rm{B-O}一个rm{B-O}分子对应着rm{H-O}个氢键，一个氢键对应着rm{H-O}个rm{B}分子，因此rm{B}分子的晶体中有

C.氢键，故rm{H_{3}BO_{3}}正确。rm{H_{3}BO_{3}}故选rm{6}。rm{6}rm{C}【解析】rm{D}5、A【分析】解：rm{A.}化学反应速率为单位时间内浓度的变化量，则化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增大来表示，固体或纯液体的浓度变化视为rm{0}故A错误；

B.因化学反应速率为平均速率，则化学反应速率为rm{0.8mol/(L?s)}是指rm{1s}内该物质的浓度变化量为rm{0.8mol/L}故B错误；

C.化学反应速率是描述化学反应快慢的物理量；根据化学反应速率可以知道化学反应进行的快慢，故C正确；

D.反应速率与现象无关；反应速率快的，现象可能明显，也可能不明显，故D错误；

故选C．

A.化学反应速率为单位时间内浓度的变化量；

B.化学反应速率为平均速率；

C.化学反应速率即为描述化学反应快慢的物理量；

D.反应速率与现象无关．

本题考查化学反应速率，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确化学反应速率的定义及计算表达式、化学反应速率的理解等即可解答，选项B为易错点，题目难度不大．【解析】rm{A}6、D【分析】【解析】【答案】D7、D【分析】解：rm{A}温度不变，水的离子积常数不变，与溶液的酸碱性无关，向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，rm{K_{w}}减变；故A错误；

B、水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，离子积常数rm{Kw}增大，氢离子浓度增大，溶液的rm{pH}减小；故B错误；

C、向水中加入少量金属钠，和水反应生成rm{NaOH}故溶液中的rm{c(OH^{-})}增大；水的电离被抑制，平衡逆向移动，则氢离子浓度一定减小，故C正确；

D；温度不变水的离子积常数不变；硫酸钠是强酸强碱盐，向水中加入硫酸钠固体后，不影响平衡移动，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，温度不知，氢离子浓度不变，故D正确；

故选CD．

根据水的电离方程式知；向水中加入酸或碱抑制水电离，加入含有弱根离子的盐能促进水电离，水的离子积常数只与温度有关，水的电离过程为吸热过程，加热促进水的电离．

本题考查离子积常数、水的电离，明确氢离子或氢氧根离子抑制水电离、弱离子促进水电离即可解答，注意离子积常数与溶液酸碱性无关，只与温度有关，为易错点．【解析】rm{D}8、D【分析】略【解析】rm{D}二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【解析】试题分析：A原子的价电子层的p轨道中只有1个电子，A原子最外层电子数为3；B、D元素的原子的p能级上都有1个未成对电子，D原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，D原子最外层电子数为7，B原子最外层电子数为3；C原子的p轨道中有3个未成对电子，C原子最外层电子数为5，E是同周期第一电离能最小的元素。综上所述：A是B；B是Al；C是P；D是Cl；E是K。（1）A是B；B是Al；C是P。（2）Cl的非金属性最强，K的金属性最强。（3）D在第三周期，第一电离能最大，也就是失去最外层一个电子所需能力最大的元素是Cl；电负性最大，也就是最容易得到电子的元素是Cl。（4）AD3是BCl3，B元素原子的原子轨道发生的是sp2杂化，分子空间构型为平面三角形。（5）B是Al，E的最高价氧化物对应水化物是KOH，发生反应生成物中有此离子［B(OH)4］–离子方程式是2Al＋2OH-＋6H2O＝2[Al(OH)4]-＋3H2↑。（6）化学式可写作CxK，由化合物的平面图形可知，K原子填充在石墨层中，选图中以K原子为顶点的任意一个三角形（如下图），可知K为3×(1/6)，三角形内的C原子为4，C与K的原子数之比为8：1，则x=8，故答案为：8，化学式为KC8。考点：原子结构与元素周期率的关系共价键的形成及共价键的主要类型判断简单分子或离子的构型【解析】【答案】（1）B、Al、P（各1分）（2）HClO4（各1分）(3)ClCl（各1分）（4）sp2平面三角形（各1分）（5）2Al＋2OH-＋6H2O＝2[Al(OH)4]-＋3H2↑（2分）（6）KC8（2分）10、略

【分析】解：（1）未加醋酸时，NaOH溶液的pH=13，则该溶液中c（OH-）=0.1mol/L，NaOH是强电解质，则NaOH溶液中c（NaOH）=c（OH-）=0.1mol/L；故答案为：0.1mol/L；

（2）NaOH是强电解质；醋酸是弱电解质；醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使NaOH、醋酸混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，醋酸浓度是NaOH浓度的2倍，则醋酸体积应该是NaOH体积的一半多，则a＞12.5，故答案为：＞；

（3）D点溶液中溶质为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，根据图知，混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，结合物料守恒得c（CH3COO-）＞c（Na+），醋酸电离程度较小，则c（Na+）＞c（H+）；

所以离子浓度大小顺序是c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；

故答案为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）．

（1）未加醋酸时，NaOH溶液的pH=13，则该溶液中c（OH-）=0.1mol/L，NaOH是强电解质，则NaOH溶液中c（NaOH）=c（OH-）；

（2）NaOH是强电解质；醋酸是弱电解质；醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使NaOH、醋酸混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量；

（3）D点溶液中溶质为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠；根据图知，混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，结合物料守恒判断．

本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生图象分析及计算能力，明确图中每点溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，知道溶液中存在的电荷守恒和物料守恒，题目难度不大．【解析】0.1mol/L；＞；c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）11、（1）①FeCl3Cu﹣2e﹣=Cu2+②负Fe2+

（2）①Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O②2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O【分析】【分析】本题综合原电池电解原理乙级原电池知识；综合性强，难度大，主要考查学生分析问题的能力，是高考的热点习题。

【解答】rm{(1)垄脵}据反应物和生成物可以确定该反应为rm{2FeCl_{3}+Cu篓T2FeCl_{2}+CuCl_{2}}所以rm{X}为rm{FeCl_{3}}溶液，rm{Cu}做负极；发生的电极反应为。

rm{Cu-2e^{-}篓TCu^{2+}}

故答案为：rm{FeCl_{3}}rm{Cu-2e^{-}篓TCu^{2+}}

rm{垄脷}根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据rm{X}的成分可知rm{X}中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有rm{Cu^{2+}}生成，因此rm{Cu}做阳极，石墨做阴极，所以rm{M}为负极，rm{N}为正极；根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知rm{垄脵}为rm{Fe^{3+}}rm{垄脷}为rm{Fe^{2+}}rm{垄脹}为rm{Cu^{2+}}

故答案为：负；rm{Fe^{2+}}

rm{(2)垄脵}电解时阳极发生氧化反应，电极反应方程式为rm{Fe+8OH^{-}-6e^{-}篓TFeO_{4}^{2-}+4H_{2}O}故答案为：rm{Fe+8OH^{-}-6e^{-}篓TFeO_{4}^{2-}+4H_{2}O}

rm{垄脷NaClO}氧化rm{Fe(OH)_{3}}的反应方程式为rm{2Fe(OH)_{3}+3ClO^{-}+4OH^{-}篓T2FeO_{4}^{2-}+3Cl^{-}+5H_{2}O}

故答案为：rm{2Fe(OH)_{3}+3ClO^{-}+4OH^{-}篓T2FeO_{4}^{2-}+3Cl^{-}+5H_{2}O}

【解析】rm{(1)垄脵FeCl_{3}}rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+;;;}}rm{垄脷}负rm{Fe^{2+}}

rm{(2)垄脵Fe+8OH^{-}-6e^{-}篓TFeO_{4}^{2-}+4H_{2}O}rm{垄脷2Fe(OH)_{3}+3ClO^{-}+4OH^{-}篓T2FeO_{4}^{2-}+3Cl^{-}+5H_{2}O}12、略

【分析】氧的质量分数为1—52.24%=47.76﹪，假设含有X个氧原子，110<16X／47.76﹪<150X=4化学式为C5H10O4，因为不饱和度为1，所以羰基只有一个。【解析】【答案】(1)4(2)C5H10O4(3)113、略

【分析】解：rm{垄脵.CH_{3}Cl}只含有rm{1}个碳原子，不能发生消去反应，故rm{垄脵}不符合；

rm{垄脷.}能发生消去反应生成丙烯，发生水解反应生成rm{2-}丙醇，故rm{垄脷}符合；

rm{垄脹.}与rm{Cl}原子相连的碳原子的相邻碳原子上没有氢原子，所以不能发生消去反应，故rm{垄脹}不符合；

rm{垄脺.}与rm{Br}原子相连的碳原子的相邻碳原子上没有氢原子，所以不能发生消去反应，故rm{垄脺}不符合；

故选rm{垄脷}．

卤代烃发生消去反应的结构特点是：与rm{-X}相连碳的相邻碳原子上有氢原子的才能发生消去反应；形成不饱和键；

所有卤代烃均能发生水解反应，反应实质为rm{-X}被rm{-OH}取代．

本题主要考查卤代烃的消去反应和水解反应，难度不大，注意卤代烃、醇发生消去反应的结构特点是：只有rm{-X(-OH)}相连碳原子的相邻碳上有氢原子的才能发生消去反应．【解析】rm{垄脷}三、探究题(共4题，共8分)14、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）15、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）16、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）17、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）四、元素或物质推断题(共4题，共28分)18、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）219、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NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H220、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）221、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物五、推断题(共4题，共28分)22、略

【分析】本题属于无机框图题，关键是找准突破点。B是地壳中含量居第一的金属元素，所以B是铝，根据A的焰色反应显黄色可知，A是钠。钠溶于水生成氢气和氢氧化钠，即甲是氢气，D是氢氧化钠。黄绿色气体应该是氯气，则丙就是氯化氢。红褐色沉淀应该是氢氧化铁，所以G是氯化铁，则F是氯化亚铁，所以C是铁。【解析】【答案】（1）AlHCl（2）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑（3）Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓23、（1）消去反应加成反应

（2）

（3）NaOH、乙醇溶液加热

（4）

（5）【分析】【分析】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、有机反应方程式书写，注意根据反应条件及有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等。【解答】由合成路线可知，反应rm{垄脵}为光照条件下的取代反应，反应rm{垄脷}为卤代烃在rm{NaOH/}醇条件下发生消去反应，则rm{A}为为光照条件下的取代反应，反应rm{垄脵}为卤代烃在rm{垄脷}醇条件下发生消去反应，则rm{NaOH/}为rm{A}与溴水发生加成反应生成，rm{A}与溴水发生加成反应生成rm{B}为为rm{A}在rm{B}醇条件下发生消去反应生成，rm{B}在rm{NaOH/}醇条件下发生消去反应生成rm{1}rm{3-}环己二烯，反应rm{垄脻}发生为rm{1}rm{4-}加成反应，反应rm{垄脼}为碳碳双键与氢气发生加成反应生成rm{C}为rm{B}环己二烯，反应rm{NaOH/}发生为rm{1}rm{3-}加成反应，反应rm{垄脻}为碳碳双键与氢气发生加成反应生成rm{1}为rm{4-}在rm{垄脼}水溶液、加热条件下发生水解反应生成rm{C}为，rm{C}在rm{NaOH}水溶液、加热条件下发生水解反应生成rm{D}为为醇与乙酸的酯化反应，

rm{C}反应rm{NaOH}是卤代烃发生的消去反应，反应rm{D}是碳碳双键与氢气发生的加成反应，故答案为：消去反应；加成反应；

，反应rm{垄脿}为醇与乙酸的酯化反应，由上述分析可知，rm{垄脿}的结构简式为rm{(1)}反应rm{垄脷}是卤代烃发生的消去反应，反应rm{垄脼}是碳碳双键与氢气发生的加成反应，故答案为：消去反应；加成反应；，故答案为：rm{(1)}rm{垄脷}为卤代烃的消去反应，反应试剂及反应条件为rm{垄脼}乙醇溶液加热，故答案为：rm{(2)}由上述分析可知，rm{B}的结构简式为乙醇溶液加热；rm{(2)}rm{B}的化学方程式为故答案为：，rm{(3)}中还可以发生反应rm{垄脺}为卤代烃的消去反应，反应试剂及反应条件为rm{垄脺}加成反应以及完全加成反应，其他可能产物还有故答案为：rm{NaOH}【解析】rm{(1)}消去反应加成反应rm{(2)}rm{(3)NaOH}乙醇溶液加热rm{(4)}rm{(5)}24、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于rm{20}rm{B}和rm{D}处于同主族，它们原子最外层的rm{p}能级电子数是rm{s}能级电子数的两倍，外围电子排布为rm{ns^{2}np^{4}}故B为rm{O}元素、rm{D}为rm{S}元素；rm{C}原子最外层上电子数等于rm{D}原子最外层上电子数的一半，最外层电子数为rm{3}且为金属元素，故C为rm{Al}rm{A}和rm{E}属同一族，它们原子的最外层电子排布为rm{ns^{1}}处于rm{IA}族，rm{A}为非金属，结合原子序数可知，rm{A}为rm{H}元素，rm{E}为rm{K}元素；

rm{(1)B}为rm{O}元素，rm{E}为rm{K}元素；

故答案为：rm{O}rm{K}

rm{(2)}分析可知五种元素分别为：rm{H}rm{O}rm{Al}rm{S}rm{K}由这五种元素组成的一种化合物是rm{KAl(SO_{4})_{2}?12H_{2}O}溶于水后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用可以做净水剂；

故答案为：rm{KAl(SO_{4})_{2}?12H_{2}O}净水剂；

rm{(3)C}为rm{Al}元素基态原子的价电子轨道表示式：rm{C}rm{D}rm{E}三种元素的简单离子铝离子电子层两个，钾离子和硫离子电子层三个，相同电子层的微粒核电荷数越大半径越小，按半径由小到大的顺序为rm{Al^{3+}<K^{+}<S^{2-}}

故答案为：rm{Al^{3+}<K^{+}<S^{2-}}

rm{(4)C}与rm{E}为rm{Al}和rm{K}金属性越强第一电离能越小，第一电离能的大小关系是：rm{Al>K}

故答案为：rm{Al>K}

rm{(5)}工业上是电解熔融的氧化铝制备金属铝；氯化铝是共价化合物不能导电，不采用其氯化物；

故答案为：rm{AlCl_{3}}是共价化合物；熔融时不导电。

A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于rm{20}rm{B}和rm{D}处于同主族，它们原子最外层的rm{p}能级电子数是rm{s}能级电子数的两倍，外围电子排布为rm{ns^{2}np^{4}}故B为rm{O}元素、rm{D}为rm{S}元素；rm{C}原子最外层上电子数等于rm{D}原子最外层上电子数的一半，最外层电子数为rm{3}且为金属元素，故C为rm{Al}rm{A}和rm{E}属同一族，它们原子的最外层电子排布为rm{ns^{1}}处于rm{IA}族，rm{A}为非金属，结合原子序数可知，rm{A}为rm{H}元素、rm{E}为rm{K}元素；据此进行解答。

本题考查结构位置与性质关系，题目难度中等，推断元素是解题的关键，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。【解析】rm{O}rm{K}rm{KAl(SO_{4})_{2}?12H_{2}O}净水剂；rm{Al^{3+}<K^{+}<S^{2-}}rm{Al>K}rm{AlCl_{3}}是共价化合物，熔融时不导电25、略

【分析】【分析】本题考查有机物分子式与结构式的确定，官能团的判断，有机反应方程的书写。题目难度中等，注意对质谱图、核磁共振氢谱、红外光谱的简单识读，掌握有机物结构式确定的一般方法。【解答】rm{(1)}由质谱图可知该有机化合物相对分子量为rm{150}rm{(2)N(C)=(150隆脕72%)隆脗12=9}rm{N(H)=(150隆脕6.67%)隆脗1隆脰10}rm{N(O)=(150-108-10)隆脗16=2}所以该有机化合物的分子式为rm{C}rm{C}rm{{,!}_{9}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{10}}rm{O}由红外光谱图知，该有机物含有苯环，占rm{O}个rm{{,!}_{2}}原子，还含有rm{(3)}rm{6}rm{C}rm{C=O}其中rm{C-O-C}rm{C-C}可组合为知有rm{C-H}种氢原子，且其比例为rm{C=O}rm{C-O-C}rm{5}rm{1}rm{2}又由于rm{2}上氢原子数为rm{2}所以只能有一个rm{3}故该有机物的结构简式为：rm{-CH_{3}}，属于酯类，经分析该有机化合物的分子中只含一个甲基的依据是rm{3}

rm{-CH_{3}}其