2025年粤教版高二化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年粤教版高二化学上册月考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、天然维生素P(结构如图)存在于槐树花蕾中,它是一种营养增补剂.关于维生素P的叙述错误的是()A.最多可以和含6molBr2的溴水反应B.可用有机溶剂萃取C.分子中有三个苯环D.1mol维生素P可以和4molNaOH反应2、工业上常用电解法冶炼的金属是（）A.钠B.铁C.铜D.银3、农业上用的杀菌剂波尔多液（由硫酸铜和生石灰制成），它能防治植物病毒的原因是（）A.硫酸铜使菌体蛋白质盐析B.石灰乳使菌体蛋白质水解C.菌体蛋白质溶解于波尔多液D.铜离子和石灰乳使菌体蛋白质变性4、能用浓硫酸干燥的气体是rm{(}rm{)}A.rm{HI}B.rm{NH_{3}}C.rm{SO_{2}}D.rm{H_{2}S}5、下列事实能说明甲酸(HCOOH)属于弱酸的是()

①1mol/LHCOOH的pH=2

②甲酸能与水以任意比互溶。

③20mL1mol/LHCOOH与20mL1mol/LNaOH恰好中和。

④HCOONa溶液的pH>7A.①②B.②③C.③④D.①④6、下列微粒对CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-水解平衡有影响的是（）A.H3O+B.C.NO3-D.Ba2+7、北京奥运会火炬使用的燃料是一种常用燃料，其分子式为rm{C_{3}H_{8}}它属于rm{(}rm{)}A.烷烃B.烯烃C.炔烃D.芳香烃评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、保护环境日益引起人们的重视rm{.}下列做法有利于保护环境的是rm{(}rm{)}A.氢能源代替化石能源B.推广使用太阳能电池C.电动汽车代替燃油汽车D.造纸厂污水直接排放9、海水是宝贵的化学资源；可以从海水中提取的物质有。

A.rm{Si}B.rm{Br_{2}}C.rm{Na}D.rm{Cl_{2}}10、氢气还原氧化铜：rm{CuO+H_{2}}rm{overset{?}{=}Cu+H_{2}O}，在该反应中A.rm{overset{?}{=}Cu+

H_{2}O}作还原剂B.rm{CuO}作氧化剂C.铜元素化合价降低D.铜元素化合价升高rm{CuO}11、制造下列文化用品的原料属于有机材料的是A.纸B.铅笔芯C.橡皮擦D.塑料文具盒12、下列物质中能产生丁达尔现象的是A.豆浆B.淀粉溶液C.rm{Fe(OH)_{3}}胶体D.饱和rm{FeCl_{3}}溶液13、氨基酸的结构通式如图所示，有关氨基酸的说法正确的是：

A.氨基酸能与盐酸溶液反应B.氨基酸属两性化合物C.氨基酸能与rm{NaOH}溶液反应D.氨基酸属无机化合物14、分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用rm{.}下列分类标准合理的是rm{(}rm{)}A.根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液rm{.}胶体和浊液B.根据物质的组成成分是否单一，将物质分为纯净物和混合物C.根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应D.根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、水体污染的危害是多方面的；它不仅加剧水资源短缺，而且严重危害人体健康．请判断下列说法是否正确（填“对”或“错”）．

（1）工业废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染．____；

（2）生活污水中不含工业污染物，因此可以不经处理任意排放．____；

（3）含重金属（Hg、Pb、Cd、Cr等）的水，对人类健康有害．____；

（4）含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，会出现水华、赤潮等水体污染问题．____．16、将0.23molSO2和0.11molO2放入容积为1L的密闭容器中，发生反应2SO2＋O22SO3，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12molSO3，则反应的平衡常数K＝。若温度不变，再加入0.50mol氧气后重新达到平衡，则SO2的平衡浓度(填“增大”“不变”或“减小”)，氧气的转化率____(填“升高”“不变”或“降低”)，SO3的体积分数____(填“增大”“不变”或“减小”)。17、根据所给信息填空已知：①A是石油裂解气的主要成分，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；②2CH3CHO＋O22CH3COOH。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示。回答下列问题：（1）A、B、C、D中所有原子都在同一平面上的是________。（2）写出下列反应的反应类型：①________，④________。（3）B、D的结构简式，18、将rm{4g}rm{CH_{4}}完全燃烧生成气态rm{CO_{2}}和液态水，放出热量rm{222.5kJ}其热化学反应方程式为：______．19、现有几组物质的熔点（℃）数据：

。A组B组C组D组金刚石：3550Li：181HF：-83NaCl：801硅晶体：1410Na：98HCl：-115KCl：776硼晶体：2300K：64HBr：-89RbCl：718二氧化硅：1710Rb：39HI：-51CsCl：645据此回答下列问题：

（1）A组属于______晶体，其熔化时克服的粒子间的作用力是______．

（2）B组晶体共同的物理性质是______（填序号）．

①硬度大②导电性③导热性④延展性。

（3）D组晶体可能具有的性质是______（填序号）．

①硬度小②水溶液能导电③固体能导电④熔融状态能导电。

（4）D组晶体的熔点由高到低的顺序为：NaCl＞KCl＞RbCl＞CsCl，其原因解释为：______．评卷人得分四、工业流程题(共4题，共12分)20、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

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

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

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

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

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。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)。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共40分)24、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）。25、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：_____________。26、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）。27、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、推断题(共4题，共36分)28、已知rm{X}的电负性在同主族元素中最大，其基态原子最外电子层的rm{p}轨道呈半充满状态rm{.}回答下列问题：

rm{(1)X}元素基态原子的电子排布式为______；rm{X_{2}}分子中rm{娄脪}键与rm{娄脨}键的个数之比为______．

rm{(2)X}的最简单气态氢化物分子中，rm{X}原子的杂化方式为______该分子的立体构型为______．

rm{(3)}已知rm{Si_{3}X_{4}}属于原子晶体，该晶体可能具有的性质是______rm{(}填序号rm{)}．

rm{a.}具有较低的熔点rm{b.}具有良好的导电性rm{c.}具有较大的硬度。

rm{(4)Y}为rm{X}同主族相邻周期的元素，它的一种同素异形体的分子式为rm{Y_{4}}结构如图所示，在该分子中，相邻rm{Y-Y}键之间的键角为______rm{.}如果把一个rm{Y_{4}}分子的每个rm{Y-Y}键中都插入一个氧原子，则一共可插入______个氧原子，所得化合物的分子式为______．29、下列框图中，已知rm{A}rm{E}rm{F}rm{H}是单质，其中只有rm{A}是固体，其它都是气体，且rm{H}是呈黄绿色；rm{B}是最常见液体，rm{C}为淡黄色固体粉末，rm{D}为黑色的磁性氧化物，rm{L}是白色沉淀，rm{M}是红褐色沉淀。部分反应的某些产物未标出。

rm{(1)}写出rm{H}的化学式：___________________。rm{(2)C}的电子式：___________________。rm{(3)}写出rm{K隆煤J}反应的离子方程式：___________________________________。rm{(4)}写出rm{A}与rm{B}反应的化学方程式：_________________________________。rm{(5)}写出rm{L隆煤M}反应的化学方程式：_________________________________。rm{(6)}写出rm{G}与金属铝反应的化学方程式：_________________________________。rm{(7)}写出检验rm{J}中阳离子的离子方程式：_________________________________。30、有机化学反应因反应条件不同，可生成不同的有机产品。例如：rm{(1)}

rm{(2)}苯的同系物与卤素单质混合，在光照条件下，侧链上的氢原子被卤素原子取代；而在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被卤素原子取代。工业上利用上述信息，按下列路线合成结构简式为的物质，该物质是一种香料。

请根据上述路线，回答下列问题：rm{(1)A}的结构简式可能为____。rm{(2)}反应rm{垄脵}rm{垄脹}rm{垄脻}的反应类型分别为____、____、____。rm{(3)}反应rm{垄脺}的化学方程式为rm{(}有机物写结构简式，并注明反应条件rm{)}____。rm{(4)}这种香料是具有多种同分异构体，其中某种物质有下列性质：rm{垄脵}该物质属于酚类rm{垄脷}分子中有苯环，且苯环上的一溴代物有两种。写出符合上述两条件的物质可能的分子中有苯环，且苯环上的一溴代物有两种。写出符合上述两条件的物质可能的rm{垄脷}只写两种结构简式。rm{(}只写两种rm{)}____。____。rm{(}31、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种短周期元素，rm{A}rm{B}同主族，rm{C}rm{D}同周期，rm{B}rm{E}同周期rm{.}气体rm{A_{2}}与气体rm{C_{2}}混合后点燃能够发生爆炸，且产物在常温常压下是一种无色无味的液体rm{.B}rm{C}rm{E}简单离子的核外电子排布相同rm{.E}的最高价氧化物可与rm{B}的最高价氧化物的水化物反应生成一种易溶于水的盐，rm{D}能形成自然界硬度最大的单质rm{.}请根据上述所提供的信息回答下列问题．

rm{(1)}写出rm{A}rm{B}两种元素的元素名称：rm{A}______、rm{B}______，写出rm{D}的最高价氧化物的电子式______．

rm{(2)}写出由rm{B}和rm{C}两元素形成的原子个数比为rm{1}rm{1}的化合物rm{F}的电子式______；其存在的化学键是______

rm{(3)}写出rm{F}和rm{A_{2}C}反应的离子方程式：______．

rm{(4)}用电子式表示rm{B_{2}C}形成的过程：______．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【解析】试题分析：根据维生素P的结构简式可知，分子中含有4个酚羟基，1个羰基，2个醚键，所以选项A、B、D都是正确的，C不正确，分子中有2个苯环，所以正确的答案选C。考点：考查有机物的结构和性质【解析】【答案】C2、A【分析】解：A．钠性质活泼；故采用电解法冶炼制备，故A正确；

B．铁性质较不活泼；金属铁的冶炼采用热还原法，故B错误；

C．铜性质较不活泼；金属铜的冶炼采用热还原法，故C错误；

D．银性质稳定；用热分解法冶炼，故D错误；

故选：A．

根据金属的活泼性不同采用不同的方法，金属的冶炼一般有电解法、热还原法、热分解法、物理分离法．电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg；Ag用加热分解氧化物的方法制得；物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得；

本题考查金属冶炼的一般方法和原理，注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同，本题难度不大．【解析】【答案】A3、D【分析】解：用CuSO4和Ca（OH）2按一定比例溶于水配制而成的波尔多液中含有CuSO4和Ca（OH）2；

A、CuSO4属于重金属盐使菌体蛋白质变性；故A错误；

B；石灰乳是碱；能使菌体蛋白质变性，故B错误；

C、波尔多液本身并没有杀菌作用，当它喷洒在植物表面时，由于其粘着性而被吸附在作物表面，细菌在入侵植物细胞时分泌的酸性物质，使波尔多液中少量的碱式硫酸铜转化为可溶的硫酸铜，从而产生少量铜离子（Cu2+），Cu2+进入病菌细胞后；使细胞中的蛋白质凝固，使蛋白质变性是防治植物病毒的原因，故C错误；

D、CuSO4属于重金属盐；蛋白质在重金属盐或碱性条件下变性，能防止植物病菌，故D正确；

故选D．

波尔多液本身并没有杀菌作用，当它喷洒在植物表面时，由于其粘着性而被吸附在作物表面．而植物在新陈代谢过程中会分泌出酸性液体，加上细菌在入侵植物细胞时分泌的酸性物质，使波尔多液中少量的碱式硫酸铜转化为可溶的硫酸铜，从而产生少量铜离子（Cu2+）．Cu2+进入病菌细胞后，使细胞中的蛋白质凝固．同时Cu2+还能破坏其细胞中某种酶，因而使细菌体中代谢作用不能正常进行．在这两种作用的影响下，既能使细菌中毒死亡，CuSO4属于重金属盐；蛋白质在重金属盐或碱性条件下变性；

本题考查蛋白质的性质，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】【答案】D4、C【分析】解：rm{A.HI}气体能被浓硫酸氧化；所以不能用浓硫酸干燥，故A错误；

B.氨气属于碱性气体；能被浓硫酸吸收，所以不能被浓硫酸干燥，故B错误；

C.二rm{SO_{2}}属于酸性氧化物；和浓硫酸不反应，所以能被浓硫酸干燥，故C正确；

D.硫化氢气体能被浓硫酸氧化，rm{H_{2}S+H_{2}SO_{4}(}浓rm{)篓TSO_{2}+S隆媒+2H_{2}O}所以不能用浓硫酸干燥，故D错误；

故选C．

浓硫酸属于酸；具有酸的通性，还具有吸水性；脱水性和强氧化性，能干燥中性或酸性气体，但不能干燥碱性、部分强还原性气体，据此分析解答．

本题以浓硫酸的性质为载体考查了气体的干燥，难度不大，只有物质之间不反应时，气体才能被这种干燥剂干燥，如：酸性干燥剂不能干燥碱性气体，碱性干燥剂不能干燥酸性气体．【解析】rm{C}5、D【分析】【分析】弱酸是弱电解质，不能完全电离，①中1mol/LHCOOH的pH=2说明HCOOH部分电离，所以①可以证明HCOOH是弱酸。②说的是甲酸的溶解度，与电解质的强弱无关。③只能说明HCOOH是一元酸，与强弱无关。④HCOONa溶液的pH>7，说明HCOO—水解显碱性，根据“谁弱谁水解”，则证明HCOOH是弱酸。所以①④可以证明HCOOH是弱酸，D正确。6、A【分析】解：A、加H3O+；促进盐的水解，所以对水解平衡有影响，故A正确；

B、为Cl-；对该水解平衡无影响，故B错误；

C、NO3-不与平衡中的离子反应；对该水解平衡无影响，故C错误；

D、Ba2+不与平衡中的离子反应；对该水解平衡无影响，故D错误；

故选A．

在H2O+CH3COO-⇌CH3COOH+OH-的平衡中；改变方程式中某种离子的浓度，则平衡会发生移动，据此分析．

本题考查了平衡移动原理的分析判断，注意平衡特征分析，掌握基础是关键，题目较简单．【解析】【答案】A7、A【分析】解：丙烷的化学式为rm{C_{3}H_{8}}分子中碳原子之间形成单键，其余价键为rm{H}原子饱和；为链烃，分子中不含双键；三键、苯环，故丙烷属于烷烃，所以A正确；

故选：rm{A}．

烷烃的结构特点为：碳原子之间以单键结合成链状rm{(}直链或含支链rm{)}外，其余化合价全部为氢原子所饱和，通式为rm{C_{n}H_{2n+2}}

烯烃的结构特点为：含有rm{1}个rm{C=C}双键，其余化学键为单键，为链烃，通式为rm{C_{n}H_{2n}}

炔烃的结构特点为：含有rm{1}个rm{C隆脭C}其余化学键为单键，为链烃，通式为rm{C_{n}H_{2n-2}}

芳香烃为含有苯环的烃；

本题考查烃的分类，比较基础，注意掌握各类的结构特点以及通式是解题的关键．【解析】rm{A}二、多选题(共7题，共14分)8、ABC【分析】解：rm{A.}氢能源为清洁能源；代替化石能源可减少污染物的排放，有利于环境保护，故A正确．

B.太阳能电池为清洁能源；推广使用可减少污染物的排放，故B正确；

C.电动汽车代替部分燃油汽车可减少污染物的排放；有利于环境保护，故C正确；

D.造纸厂污水含有碱性和氧化性物质；污染环境，不能直接排放，故D错误；

故选ABC．

保护环境；应推广使用清洁能源，减少污染物的排放，减少三废，从源头杜绝污染物．

本题考查环境保护知识，题目难度不大，环保问题已经引起了全球的重视，化学上提倡绿色化学工艺，要从源头减少污染．【解析】rm{ABC}9、BCD【分析】【分析】本题考查了海水资源利用，明确海水中的元素及其提取方法是解本题关键，知道从整体上分析工艺流程，题目难度不大。【解答】A.海水中不含硅，硅元素存在于硅酸盐和硅石中，不能从海水中获取，故A不选；

B.海水中含有rm{Br}元素，能从海水中提取，故B选；元素，能从海水中提取，故B选；

rm{Br}电解熔融C.海水中钠元素含量丰富，通过暴晒海水得到rm{NaCl}电解熔融rm{NaCl}得到rm{Na}所以可以从海水中提取，故C选；得到rm{NaCl}所以可以从海水中提取，故C选；

rm{NaCl}电解饱和氯化钠溶液得到氯气，所以可以从海水中提取，故D选。

rm{Na}

D.海水中氯元素含量丰富，通过暴晒海水得到rm{NaCl}电解饱和氯化钠溶液得到氯气，所以可以从海水中提取，故D选。【解析】rm{BCD}10、BC【分析】【分析】本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质及特征为解答关键，注意掌握氧化剂、还原剂的概念及判断方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。反应rm{CuO+H}rm{2}rm{2}rm{overset{?}{=}}rm{Cu+H}rm{2}中，氧化铜中rm{2}元素化合价降低被还原，氧化铜为氧化剂；氢气中rm{O}元素化合价升高被氧化，为还原剂，据此进行解答。【解答】A.rm{Cu}中rm{H}元素化合价从rm{CuO}价变为rm{Cu}价被还原，rm{+2}作氧化剂；故A错误；

B.rm{0}中rm{CuO}元素化合价从rm{CuO}价变为rm{Cu}价，铜元素化合价降低，rm{+2}作氧化剂；故B正确；

C.rm{0}中rm{CuO}元素化合价从rm{CuO}价变为rm{Cu}价；化合价降低，故C正确；

D.rm{+2}元素化合价从rm{0}价变为rm{Cu}价；铜元素化合价降低，故D错误。

故选BC。

rm{+2}【解析】rm{BC}11、ACD【分析】【分析】有机材料指的是成分为有机化合物的材料，最基本的组成要素是都含碳元素，含有碳元素的化合物叫有机化合物，简称有机物。碳的氧化物、碳酸盐、碳酸虽含碳，但其性质与无机物类似，因此把它们看作无机物。【解答】A.纸的主要成分是纤维素，纤维素属于有机物，故A正确；B.铅笔芯的主要成分是碳单质，属于无机物，故B错误；C.橡皮擦的成分是橡胶，属于有机物，故C正确；D.塑料文具盒的成分是塑料，塑料属于有机物，故D正确。故选ACD。【解析】rm{ACD}12、ABC【分析】略【解析】rm{ABC}13、ABC【分析】【分析】本题考查氨基酸的性质，难度中等。【解答】A.氨基酸分子中含有氨基，显碱性，则氨基酸能与盐酸溶液反应，故A正确；B.氨基酸分子中含有氨基，显碱性，氨基酸分子中含有羧基，显酸性，所以氨基酸属两性化合物，故B正确；C.氨基酸分子中含有羧基，显酸性，则氨基酸能与rm{NaOH}溶液反应，故C正确；D.氨基酸属有机化合物，故D错误。故选ABC。【解析】rm{ABC}14、BCD【分析】解：rm{A}根据分散系微粒直径的大小；将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，故A错误；

B；根据物质的组成可知；只有一种物质的为纯净物，含有两种或以上物质的为混合物，故B正确；

C；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；故C正确；

D；根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应；故D正确；

故选BCD．

A；根据分散系微粒直径的大小；将分散系分为溶液、胶体和浊液；

B；根据物质的组成和性质来分析纯净物和混合物；

C；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；

D；根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应．

本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类的依据，不同的分类标准会得出不同的分类结果．【解析】rm{BCD}三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】

（1）工业废水是指工业生产过程中产生的废水；污水和废液；其中含有随水流失的工业生产用料、中间产物和产品以及生产过程中产生的污染物．废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染，需要经过处理达标后才能排放，故（1）正确；

故答案为：对．

（2）生活污水中虽不含工业污染物；但废水中污染物成分极其复杂多样，常要几种方法组成处理系统才能达到完全净化的目的，因此可以不经处理任意排放错误，故（2）错误；

故答案为：错．

（3）藻类生长需要大量的N；P元素；如果水体中N、P元素严重超标，会引起藻类疯长，从而导致水中氧气含量降低，水生生物大量死亡，海水中常称为赤潮，淡水中称为水华，故（3）正确；

故答案为：对．

【解析】【答案】（1）工业废水应遵循“先净化；后排放”的原则，工业废水需要经过处理达标后再排放才不会污染环境；

（2）生活污水不经处理任意排放；会危害人畜等需饮水生物的健康；

（3）含N；P的大量污水任意排向湖泊和近海；会造成水体的富营养化从而破坏水体生态系统，会出现水华、赤潮等水体污染问题；

16、略

【分析】【解析】【答案】23．8mol－1·L减小降低减小17、略

【分析】试题分析：A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成CH3CH2OH，乙醇氧化生成CH3CHO，CH3CHO进一步氧化可得CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，则B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，（1）A是乙烯，是平面结构，六个原子共平面；B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH均含有-CH3，具有甲烷的四面体结构，不能共平面，故只有A所有原子共平面（2）①在一定条件下，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应（或取代反应）生成乙酸乙酯，故答案为：加成反应，取代反应（或者酯化反应）；（3）B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，则B中官能团是羟基，D中官能团是羧基，故答案为：B为CH3CH2OH，D为CH3COOH考点：【解析】【答案】（1）A；（2）加成反应，取代反应（或者酯化反应）；（3）B为CH3CH2OH，D为CH3COOH18、略

【分析】解：rm{n(CH_{4})=dfrac{4g}{16g/mol}=0.25mol}可知rm{n(CH_{4})=dfrac

{4g}{16g/mol}=0.25mol}完全燃烧生成气态rm{1molCH_{4}}和液态水，放出热量为rm{dfrac{222.5kJ}{0.25}=890kJ}由物质的状态、焓变为负可知热化学方程式rm{CO_{2}}rm{dfrac

{222.5kJ}{0.25}=890kJ}rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)+2}

故答案为：rm{H_{2}O(l)triangleH=-890}rm{kJ/mol}rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)+2}．

rm{n(CH_{4})=dfrac{4g}{16g/mol}=0.25mol}可知rm{H_{2}O(l)triangleH=-890}完全燃烧生成气态rm{kJ/mol}和液态水，放出热量为rm{dfrac{222.5kJ}{0.25}=890kJ}结合物质的状态；焓变书写热化学方程式．

本题考查热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化、热化学方程式书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变的计算，题目难度不大．rm{n(CH_{4})=dfrac

{4g}{16g/mol}=0.25mol}【解析】rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-890kJ/mol}19、略

【分析】解：（1）直接由原子构成的晶体是原子晶体；该组晶体都是直接由原子构成的，属于原子晶体；原子晶体熔融时破坏化学键，所以其熔化时克服的粒子间作用力是化学键，故答案为：原子；化学键；

（2）B组晶体都是金属晶体；具有金属通性，所以具有导电性；导热性、延展性等物理性质，故选②③④；

（3）D组晶体属于离子晶体；离子晶体熔融态能导电，可溶性离子晶体在水溶液中能导电，固态时没有自由移动的离子，所以固体不导电，故选②④；

（4）D组晶体都为离子晶体，r（Na+）＜r（K+）＜r（Rb+）＜r（Cs+），在离子所带电荷相同的情况下，半径越小，晶格能越大，熔点就越高，故答案为：都为离子晶体，r（Na+）＜r（K+）＜r（Rb+）＜r（Cs+）；在离子所带电荷相同的情况下，半径越小，晶格能越大，熔点就越高．

（1）直接由原子构成的晶体是原子晶体；原子晶体熔融时破坏化学键；

（2）B组晶体都是金属晶体；具有金属通性；

（3）D组晶体属于离子晶体；离子晶体熔融态能导电，可溶性离子晶体在水溶液中能导电；

（4）离子晶体的熔沸点与晶格能成正比；晶格能与离子半径成反比；与电荷成正比．

本题考查晶体的性质，侧重考查原子晶体、离子晶体、金属晶体的性质，知道晶格能与离子晶体熔沸点关系，注意离子晶体不一定导电，为易错点．【解析】原子；化学键；②③④；②④；都为离子晶体，r（Na+）＜r（K+）＜r（Rb+）＜r（Cs+），在离子所带电荷相同的情况下，半径越小，晶格能越大，熔点就越高四、工业流程题(共4题，共12分)20、略

【分析】【分析】

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

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

(3)电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-；阴极生成氢气和氢氧化钠；

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

【详解】

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

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

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

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

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

(4)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，过碳酸钠与硫酸反应，为碳酸钠、过氧化氢和硫酸反应，所以产物为硫酸钠、过氧化氢、二氧化碳、水；

②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，反应中MnO4-是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化产物是O2；依据元素化合价变化，锰元素化合价从+7价变化为+2价，过氧化氢中的氧元素化合价从-1价变化为0价，根据电子守恒配平写出离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依据反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L0.01216mol

过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%=×100%==12.16%。

点睛：明确实验目的及反应原理为解答关键，制备过碳酸钠的工艺流程：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3•3H2O2；双氧水稳定性差，易分解；因此向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是防止双氧水分解，因过碳酸钠易溶解于水，可利用盐析原理，结晶过程中加入氯化钠、搅拌，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出，从溶液中过滤出固体后，需要洗涤沉淀，然后干燥得到产品。【解析】①.2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋3O2↑＋6H2O②.c③.286.8～288.5K④.提高产量；增加钠离子浓度，促进过碳酸钠析出⑤.NaCl⑥.CO2⑦.12.16%23、略

【分析】【分析】

重铬酸铵分解不完全，还可能含有其它可溶性杂质；因为(NH4)2Cr2O7显桔红色，所以可以提供颜色来判断；因为CCl4沸点为76.8°C，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流，可以通过水浴加热来控制其流量；由(4)可知反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式炉中反应管与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4，继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿；由分子式可知，COCl2中的2个Cl原子被2个-OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉作指示剂；溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧气使生成的I2的量增大，产生偏高的误差；由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根据关系式计算。据此分析。

【详解】

(1)重铬酸铵分解不完全,还可能含有其他可溶性杂质，用蒸馏水洗涤除去其中的可溶性杂质或除去固体表面的重铬酸铵溶液；因为(NH4)2Cr2O7属于铵盐；可以通过检验铵根离子的方法检验是否洗净：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入适量氢氧化钠浓溶液,加热，取一片红色石蕊试纸润湿，粘在玻璃棒上，接近试管口，观察试纸是否变蓝，若不变蓝，则说明已洗涤干净；

(2)因为CCl4沸点为76.8℃，温度比较低，因此为保证稳定的CCl4气流；可以通过水浴加热来控制，并用温度计指示温度；

(3)反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反应管中与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4；继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿，操作顺序为：⑥→③→②→④→⑤→①；

(4)由该含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2个Cl原子被2个—OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl，方程式为COCl2+2C2H5OH→C2H5OCOOC2H5+2HCl；

(5)①利用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉溶液作指示剂；②溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧气会使生成的I2的量增大，产生误差；③设25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得关系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根据关系式计算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根据Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n'(Cr3+)=0.002mol，所以样品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故样品中三氯化铬的质量分数为

【点睛】

本题为物质的制备，考查常见实验流程，离子检验，难度较大的是计算，此处应运用原子守恒思路求出样品中的三氯化铬的质量，正确找出关系式是答题的关键；易错点是实验操作流程。【解析】除去其中的可溶性杂质(或除去固体表面的重铬酸铵溶液)取最后一次洗涤液于试管中,向其中加入适量氢氧化钠浓溶液,加热,取一片红色石蕊试纸润湿,粘在玻璃棒上,接近试管口,观察试纸是否变蓝,若不变蓝,则说明已洗涤干净(合理即可)水浴加热(并用温度计指示温度)②→④→⑤→①COCl2+2C2H5OHC2H5OCOOC2H5+2HCl淀粉溶液除去其中溶解的氧气,防止O2将I-氧化,产生误差96.1%五、元素或物质推断题(共4题，共40分)24、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）225、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H226、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）227、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的混合物六、推断题(共4题，共36分)28、略

【分析】解：已知rm{X}的电负性在同主族元素中最大，其基态原子最外电子层的rm{p}轨道呈半充满状态，则rm{p}轨道有rm{3}个电子，应为rm{N}元素．

rm{(1)X}为rm{N}元素，原子核外有rm{7}个电子，基态原子的电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}对应的单质结构为rm{N隆脭N}含有rm{1}个rm{娄脪}键、rm{2}个rm{娄脨}键，rm{娄脪}键与rm{娄脨}键个数比为rm{1}rm{2}

故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}rm{1}rm{2}

rm{(2)X}的最简单气态氢化物分子为rm{NH_{3}}分子中含有rm{3}个rm{娄脪}键、rm{1}个孤电子对，为rm{sp^{3}}杂化；该分子的立体构型为三角锥形；

故答案为：rm{sp^{3}}三角锥形；

rm{(3)}原子晶体具有较大的硬度，不导电，故答案为：rm{c}

rm{(4)Y}为rm{X}同主族相邻周期的元素，它的一种同素异形体的分子式为rm{Y_{4}}为白磷，为正四面体结构，键角为rm{60^{0}}如果把一个rm{Y_{4}}分子的每个rm{Y-Y}键中都插入一个氧原子，则一共可插入rm{6}个氧原子，所得化合物的分子式为rm{P_{4}O_{6}}

故答案为：rm{60^{0}}rm{6}rm{P_{4}O_{6}}．

已知rm{X}的电负性在同主族元素中最大，其基态原子最外电子层的rm{p}轨道呈半充满状态，则rm{p}轨道有rm{3}个电子，应为rm{N}元素．

rm{(1)X}为rm{N}元素，原子核外有rm{7}个电子，对应的单质结构为rm{N隆脭N}

rm{(2)X}的最简单气态氢化物分子为rm{NH_{3}}分子中含有rm{3}个rm{娄脪}键、rm{1}个孤电子对；

rm{(3)}原子晶体具有较大的硬度；不导电；

rm{(4)Y}为rm{X}同主族相邻周期的元素，它的一种同素异形体的分子式为rm{Y_{4}}为白磷，为正四面体结构，键角为rm{60^{0}}以此解答该题．

本题考查结构性质位置关系综合应用，推断元素是解题关键，注意对元素化合物知识的理解掌握，注意掌握核外电子排布规律，难度不大．【解析】rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}rm{1}rm{2}rm{sp^{3}}三角锥形；rm{c}rm{60^{0}}rm{6}rm{P_{4}O_{6}}29、（1）Cl2

（2）

（3）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

（4）3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2

（5）4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3

（6）2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑

（7）Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3【分析】【分析】本题考查了元素化合物的性质转化应用，综合性较大，主要考查铁及其化合物的化学性质的应用，熟练掌握物质的特征反应现象、产物颜色、反应变化等知识是解决问题的关键。【解答】根据题给信息可知，rm{H}是气体单质，呈黄绿色证明是rm{Cl}是气体单质，呈黄绿色证明是rm{H}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}是最常见液体，转化中可以由，rm{B}是最常见液体，转化中可以由rm{EF}两种气体点燃反应单质生成，可以预测为rm{B}为水，rm{G}的焰色反应呈黄色说明含有钠元素，rm{M}是红褐色沉淀说明是rm{Fe(OH)}两种气体点燃反应单质生成，可以预测为rm{B}为水，rm{EF}的焰色反应呈黄色说明含有钠元素，rm{B}是红褐色沉淀说明是rm{G}rm{M}rm{Fe(OH)}是白色沉淀，rm{{,!}_{3}}证明；rm{L}是白色沉淀，rm{L+F+B隆煤M}证明rm{L}是rm{Fe(OH)}是rm{L}rm{L+F+B隆煤M}rm{L}推断rm{Fe(OH)}为rm{{,!}_{2}}；根据rm{K+G隆煤L}推断rm{G}为rm{NaOH}rm{K}为rm{FeCl}为rm{K+G隆煤L}rm{G}rm{NaOH}可知，rm{K}为rm{FeCl}rm{{,!}_{2}}，结合rm{K+H隆煤J}可知，rm{J}为rm{FeCl}是固体单质能发生反应rm{K+H隆煤J}是还原三价铁盐为二价铁盐的转化，所以判断rm{J}为rm{FeCl}根据rm{{,!}_{3}}是氢氧化亚铁转化为氢氧化铁的反应，所以；rm{A}是固体单质能发生反应rm{A+J隆煤K}是还原三价铁盐为二价铁盐的转化，所以判断rm{A}为rm{Fe}根据rm{L+F+B隆煤M}是氢氧化亚铁转化为氢氧化铁的反应，所以rm{F}为rm{O}为rm{A}rm{A+J隆煤K}rm{A}为rm{Fe}rm{L+F+B隆煤M}rm{F}rm{O}为rm{{,!}_{2}}，rm{B}为rm{H}rm{B}rm{H}为rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{E}为rm{H}rm{O}为rm{E}转化关系中rm{H}rm{{,!}_{2}}是；rm{E+H隆煤I}rm{H}为rm{LCl}rm{E+H隆煤I}是rm{H}rm{LCl}rm{{,!}_{2}}是，rm{I}为rm{HCl}转化关系中rm{D+I隆煤J+K}rm{I}是rm{HCl}rm{J}是rm{FeCl}rm{I}rm{HCl}为rm{D+I隆煤J+K}rm{I}rm{HCl}rm{J}rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}，rm{K}是rm{FeCl}rm{K}rm{FeCl}rm{{,!}_{2}}，推断rm{D}为rm{Fe}rm{D}rm{Fe}rm{{,!}_{3}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{4}}，rm{A(Fe)+B(H}推断rm{A(Fe)+B(H}为rm{{,!}_{2}}rm{O)隆煤E(H}rm{O)隆煤E(H}rm{{,!}_{2}}rm{)+D(Fe}rm{)+D(Fe}rm{{,!}_{3}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{4}}rm{)}rm{B(H}rm{)}rm{B(H}rm{{,!}_{2}}rm{O)+C隆煤F(O}rm{O)+C隆煤F(O}rm{{,!}_{2}}rm{)+G(NaOH)}推断rm{C}为rm{Na}rm{)+G(NaOH)}rm{C}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}；综合判断转化关系中的各物质分别为：rm{A}rm{Fe}rm{B}rm{H}rm{A}rm{Fe}rm{B}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{C}rm{Na}rm{O}rm{C}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}；rm{D}rm{Fe}rm{D}rm{Fe}rm{{,!}_{3}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{4}}；rm{E}rm{H}根据以上分析可知，rm{E}为氯气，化学式为rm{H}rm{{,!}_{2}}，故答案为：；rm{F}rm{O}rm{F}；rm{O}为过氧化钠，电子式为故答案为：rm{{,!}_{