2025年人教五四新版高二化学下册月考试卷

…………○…………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年人教五四新版高二化学下册月考试卷629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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、已知：H2O(g)=H2O(l)△H1=－Q1kJ·mol—1；C2H5OH(g)=C2H5OH(l)△H2=－Q2kJ·mol—1C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H3=－Q3kJ·mol—1若使23g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量是多少kJ（）A.Q1+Q2+Q3B.0.5(Q1+Q2+Q3)C.0.5Q1－1.5Q2+0.5Q3D.1.5Q1－0.5Q2+0.5Q32、化学是一门以实验为基础，研究物质的组成、结构、性质及其变化规律的自然科学。学习科学研究的基本方法，可以加深对科学本质的认识，增进对物质世界的认识。下列有关叙述不正确的是A.将乙酸乙酯与H218O混合后，用稀硫酸作催化剂，借以判断乙酸乙酯水解时分子中共价键的断裂情况，该方法应称为同位素示踪法B.相对分子质量的测定常用质谱仪，分子结构测定方法主要是用红外光谱等C.C6H5—OH能与浓溴水生成三溴苯酚，甲苯却不能与浓溴水反应，说明苯酚分子中由于苯环影响，使羟基上H原子变得活泼D.某有机物C分子式为C11H14O2，其1H—NMR图谱：(峰右侧或上面的数字表示H的个数，且知：7.2ppm(5H)为苯基)，可推测该有机物可能为3、一定温度下，在2L的密闭容器中发生反应：A（g）+2B（g）⇌xC（g）△H＜0，B、C的物质的量随时间变化的关系如图．下列有关说法不正确的是（）A.x=2B.反应开始2min内，v（C）=0.1mol•L-1•min-1C.2min后，降低温度平衡向右移动D.当容器内混合气体压强不再改变时，反应体系达到化学平衡状态4、用rm{0.1mol/LNaOH}溶液滴定rm{100mL0.1mol/L}盐酸时，如果滴定误差在rm{隆脌0.1%}以内，反应完毕后，溶液的rm{pH}范围为A.rm{6.9隆芦7.1}B.rm{3.3隆芦10.7}C.rm{4.3隆芦9.7}D.rm{6隆芦8}5、甲酸和乙醇发生酯化反应生成的酯的结构简式为rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}COOCH_{3}}B.rm{HCOOCH_{3}}C.rm{HCOOCH_{2}CH_{3}}D.rm{HCOOCH_{2}CH_{2}CH_{3}}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、水是生命之源，也是一种常用的试剂。请回答下列问题：（1）水分子中氧原子在基态时核外电子排布式为__________；（2）H2O分子中氧原子采取的是____杂化。（3）水分子容易得到一个H＋形成水合氢离子（H3O＋）。对上述过程的下列描述不合理的是____。A．氧原子的杂化类型发生了改变B．微粒的形状发生了改变C．水合氢离子分子构型是三角锥型D．微粒中的键角发生了改变（4）将白色的无水CuSO4溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配合离子。请写出生成此配合离子的离子方程式：____。7、（18分）现有反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，则：(1)该反应的逆反应为_________热反应，且m＋n________p（填“>”、“＝”或“<”）。(2)减压时，A的质量分数________（填“增大”、“减小”或“不变”，下同）。(3)若容积不变加入B，则A的转化率__________，B的转化率________。(4)若升高温度，则平衡常数k将________。(5)若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量_________。(6)若B是有色物质，A、C均无色，则加入C（体积不变）时混合物颜色________；而维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色___________(填“变深”、“变浅”或“不变”)。8、在1--18号元素中，原子半径最小的是______，能形成的最稳定的氢化物是______，最高价氧化物对应水化物碱性最强的碱是______，高价氧化物对应水化物酸性最强的酸是______，第三周期中原子半径最小的非金属与金属性最强的金属形成的化合物的电子式为______．（以上均用元素符号表示）9、铅蓄电池是典型的可充型电池,电池总反应为:Pb+PbO2+4H++2S2PbSO4+2H2O。请回答下列问题(不考虑氢、氧的氧化还原):放电时,正极的电极反应是;电解液中H2SO4的浓度将变;当外电路通过1mol电子时,理论上负极板的质量增加g。10、（14分）已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的原子序数依次增大。其中A、C原子的L层有2个未成对电子。D与E同主族，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。F3＋离子M层3d轨道电子为半满状态。请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，用所对应的元素符号表示）（1）写出A、B、C三种元素电负性由大到小的顺序____。（2）由A、B、C和氢四种元素组成的某种离子晶体，1mol该晶体含有配位键2mol，该晶体的化学式是____。（3）F和Mn（锰）两元素的部分电离能数据列于下表：预测a____b（填“大于”、“小于”、“等于”），理由是________。元素MnF电离能（）I1717759I215091561I3ab（4）AC2分子中σ键和π键数目比为____；（5）H2S和C元素的氢化物（分子式为H2C2）的主要物理性质比较如下：。熔点/K沸点/K标准状况时在水中的溶解度H2S1872022.6H2C2272423以任意比互溶H2S和H2C2的相对分子质量基本相同，造成上述物理性质差异的主要原因是：②熔点、沸点差异的主要原因____②在水中的溶解度差异的主要原因____11、(6分)现有下列物质,用编号填空回答下列各问：A．干冰B．金刚石C．氩D．晶体硅E.过氧化钠F.二氧化硅，G.溴化铵（1）通过非极性键形成的晶体是___________。（2）固态时属于不含化学键的分子晶体是____。（3）含有极性键的分子晶体是____。（4）由极性共价键形成的晶体是____。（5）含有非极性键的离子化合物是____。（6）含有离子键、共价键、配位键的化合物是____。评卷人得分三、计算题(共9题，共18分)12、某含氧有机物rm{A}的蒸汽密度是相同状况下rm{N_{2}}密度的rm{4.8}倍rm{.}现取rm{13.4gA}样品在氧气中充分燃烧；并将产物依次通过盛有浓硫酸和浓烧碱溶液的吸收瓶．

rm{(1)}若测得盛浓硫酸的吸收瓶增重rm{5.4g}则由此可求得样品中______元素的质量为______rm{g.}

rm{(2)}若继续测得盛浓烧碱溶液的吸收瓶增重rm{17.6g}请据以上数据求算出rm{A}的分子式rm{(}请在答题卡的相应位置上写出计算过程rm{)}．

rm{(3)A}有多种同分异构体，其中的异构体rm{X}具有如下性质：

rm{垄脵1molX}与足量的碳酸氢钠反应产生rm{2mol}气体；

rm{垄脷1molX}与足量的金属钠反应产生rm{1.5mol}气体；

rm{垄脹X}分子结构中没有甲基rm{.}

请写出rm{X}可能的结构简式______．13、rm{25隆忙}时，rm{0.05mol/LH_{2}SO_{4}}溶液的rm{pH=}______；rm{0.05mol/LBa(OH)_{2}}溶液rm{c(H^{+})=}______；某温度下纯水中的rm{c(H^{+})=2隆脕10^{-7}mol/L}若温度不变，滴入稀盐酸，使rm{c(H^{+})=5隆脕10^{-4}mol/L}则溶液中rm{c(OH^{-})=}______，此时溶液中由水电离产生的rm{c(H^{+})=}______．14、纳豆是一种减肥食品，从其中分离出一种由rm{C}rm{H}rm{O}三种元素组成的有机物rm{A}为确定其结构现进行如下实验：rm{垄脵}相同条件下，测得rm{A}的蒸气密度是rm{H_{2}}密度的rm{60}倍rm{垄脷6gA}在一定条件下完全燃烧，生成rm{3.36L}二氧化碳rm{(}标况rm{)}和rm{1.8g}水rm{垄脹1mol}物质rm{A}发生酯化反应，转化完全时消耗乙醇rm{92g}等量的rm{A}能与足量的金属钠反应放出rm{33.6L}氢气rm{(}标况rm{)}试确定：rm{A}的结构简式．15、为测定某样品中所含晶体rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}的质量分数，取晶体样品rm{a}rm{g}溶于稀硫酸配成rm{100.00mL}溶液，取出rm{20.00mL}溶液，用rm{KMnO_{4}}溶液滴定rm{(}杂质与rm{KMnO_{4}}不反应rm{).}若消耗rm{0.2000mol?L^{-1}}rm{KMnO_{4}}溶液rm{20.00mL}所得晶体中rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}的质量分数为______rm{(}用rm{a}表示rm{)}．16、某抗酸药每片含碳酸钙500mg，氢氧化镁174mg，该药可中和多少克溶质质量分数为7．3％盐酸？17、在过量的空气中燃尽2.24L（标准状况）一氟代烃气体，燃烧后的生成物在27℃下全部为澄清石灰水所吸收，可得到13.9g沉淀物。求此气体的分子式。18、运用所学化学原理，解决下列问题：rm{(1)}已知：rm{S}rm{i}rm{+2N}rm{a}rm{OH+H_{2}O篓TN}rm{a}rm{{,!}_{2}S}rm{i}rm{O_{3}+2H_{2}.}某同学利用单质硅和铁为电极材料设计原电池rm{(N}rm{a}rm{OH}为电解质溶液rm{)}该原电池负极的电极反应式为____；

rm{(2)}已知：rm{垄脵C(}rm{s}rm{)+O_{2}(}rm{g}rm{)篓TCO_{2}(}rm{g}rm{)triangleH=}rm{ak}rm{J?}rm{mol}rm{{,!}^{-1}}rm{垄脷CO_{2}(}rm{g}rm{)+C(}rm{s}rm{)篓T2CO(}rm{g}rm{)triangleH=}rm{bk}rm{J?}rm{mol}rm{{,!}^{-1}}rm{垄脹S}rm{i}rm{(}rm{s}rm{)+O_{2}(}rm{g}rm{)篓TS}rm{i}rm{O_{2}(}rm{s}rm{)triangleH=}rm{ck}rm{J?}rm{mol}rm{{,!}^{-1}.}工业上生产粗硅的热化学方程式为____；

rm{(3)}已知：rm{CO(}rm{g}rm{)+H_{2}O(}rm{g}rm{)?H_{2}(}rm{g}rm{)+CO_{2}(}rm{g}rm{).}下表为该反应在不同温度时的平衡常数rm{.}则：该反应的rm{triangleH}______rm{0(}填“rm{<}”或“rm{>}”rm{)}rm{500隆忙}时进行该反应，且rm{CO}和rm{H_{2}O}起始浓度相等，rm{CO}平衡转化率为______．。温度rm{隆忙}rm{400}rm{500}rm{800}平衡常数rm{K}rm{9.94}rm{9}rm{1}19、rm{.}铁、铜混合粉末rm{20.0g}加入到rm{100mL5.0mol隆陇L^{-1}FeCl_{3}}溶液中，剩余固体质量为rm{100mL

5.0mol隆陇L^{-1}FeCl_{3}}忽略反应前后溶液体积变化rm{5.2g(}求：rm{)}反应后溶液中rm{(1)}的物质的量浓度____rm{FeCl_{2}}rm{mol隆陇L^{-1}}原固体混合物中铜的质量分数是____。rm{(2)}20、将5.1g镁；铝混合物溶于500mL1mol/L硫酸溶液中；充分反应共产生标况下VL氢气，向剩余溶液中逐滴滴加某氢氧化钠溶液至过量，这一过程中产生沉淀的物质的量与加入氢氧化钠溶液体积的关系如下图所示，请根据图中数据回答下列问题。(请书写必要的计算过程)

（1）氢氧化钠溶液的浓度是多少摩每升?_____________

（2）原固体混合物中铝的质量是多少克?__________________

（3）氢气的体积V是多少升?______________

（4）图中A点对应氢氧化钠溶液的体积是多少毫升?________________评卷人得分四、工业流程题(共1题，共5分)21、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、推断题(共2题，共14分)22、如图1为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素．

（1）比较①和②具有相同核外电子排布的简单离子半径大小关系为______（填化学式）；③、④、⑤三种元素的第一电离能由大到小的顺序为______（填元素符号），写出原子序数和元素⑧相差2且与元素⑧同族的元素基态原子的外围电子排布式______．

（2）在元素③与①形成的原子个数比为1：1的四原子分子中，③原子的杂化方式为______．其分子中δ键和π键数目之比为______．

（3）元素④的某种氢化物甲分子中含有18个电子，甲为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似．写出甲在水中的第一步电离的电离方程式______．甲在微电子工业中，可作刻蚀剂H2O2的清除剂，二者发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为______．

（4）元素⑥和⑤形成分子乙的结构与元素①和⑤形成的最简单分子丙相似，乙的VSEPR模型为______，解释丙的沸点高于乙的原因______．

（5）可用赤血盐K3[Fe（CN）6]检验元素⑧的+2价阳离子，写出该反应的离子方程式______，元素⑩的阴离子与元素⑧的+2价离子形成化合物丁，将3molCl2通入含4mol丁的溶液，用一个离子方程式表示该反应过程为______．

（6）晶胞有两个基本要素：

①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，如图2为⑦和⑨组成的离子化合物戊的晶胞，其中三个离子（白色球）坐标参数A为（0，0，0）；B为（0，）；C为（0）．则D离子（黑色球）的坐标参数为______．

②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知戊的晶胞参数apm，则晶胞中B和D离子的距离为______pm．23、钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。rm{(1)}钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点。rm{垄脵Ti}的基态原子价电子排布式为________________。rm{垄脷Fe}的基态原子共有________种不同运动状态的电子。rm{(2)}制备rm{CrO_{2}Cl_{2}}的反应为rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}+3CCl_{4}===2KCl+2CrO_{2}Cl_{2}+3COCl_{2}隆眉}rm{垄脵}上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是__________________rm{(}用元素符号表示rm{)}rm{垄脷COCl_{2}}分子中所有原子均满足rm{8}电子构型，rm{COCl_{2}}分子中rm{娄脪}键和rm{娄脨}键的个数比为________，rm{KCl}的电子式为________，rm{CrO_{2}Cl_{2}}中rm{Cr}的化合价为____。rm{(3)NiO}rm{FeO}的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中rm{Ni^{2+}}和rm{Fe^{2+}}的离子半径分别为rm{6.9隆脕10^{-2}nm}和rm{7.8隆脕10^{-2}nm}则熔点：rm{NiO}________rm{(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)FeO}rm{(4)Ni}和rm{La}的合金是目前使用广泛的储氢材料，具有大容量、高寿命、耐低温等特点，在日本和中国已实现了产业化。该合金的晶胞结构如图所示。该晶体的化学式为________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】根据盖斯定律可知，③－②＋①×3即得到C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)，所以△H＝－（3Q1－Q2+Q3）kJ/mol。23g酒精是0.5mol，所以放出的热量1.5Q1－0.5Q2+0.5Q3kJ，答案选D。【解析】【答案】D2、C【分析】C是错误的，应该是由于苯环侧链取代基的影响，使苯环上的氢原子的活泼性增强，因此苯酚能和浓溴水发生取代反应。其余都是正确的，答案选C。【解析】【答案】C3、B【分析】解：A；通过图1可知；2min达平衡，△n（B）=0.3mol-0.1mol=0.2mol，△n（C）=0.2mol，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，故2：x=0.2mol：0.2mol，解得x=2，故A正确；

B、C的浓度变化量为：=0.1mol/L，v（C）===0.05mol•L-1•min-1；故B错误；

C；△H＜0；正反应方向吸热，降低温度向正反应方向移动，故C正确；

D；x=2；反应前后气体计量数不同，化学平衡移动时，气体的压强随之改变，当容器内混合气体压强不再改变时，则气体的物质的量不在发生变化，达到化学平衡状态，故D正确；

故选B．

A；通过图1可知；2min达平衡，△n（B）=0.3mol-0.1mol=0.2mol，△n（C）=0.2mol，根据物质的量变化量之比等于化学计量数之比计算x的值；

B、利用v（C）=计算得出；

C；△H＜0；正反应方向吸热，降低温度向正反应方向移动；

D；x=2；反应前后气体计量数不同，化学平衡移动时，气体的压强随之改变．

本题考查了化学平衡移动图象题，题目难度不大，注意本题反应方程式的特征，为解答该题的关键．【解析】【答案】B4、C【分析】反应完毕时溶液体积为rm{200mL}若rm{NaOH}过量rm{0.1%}时，则多加了rm{0.1mL}此时rm{c(O{H}^{-})=dfrac{0.1mL隆脕0.1mol/L}{200mL}=5隆脕{10}^{-5};mol隆陇{L}^{-1}}rm{c(H^{+})=2隆脕10^{-10}mol隆陇L^{-1}}rm{c(O{H}^{-})=

dfrac{0.1mL隆脕0.1mol/L}{200mL}=5隆脕{10}^{-5};mol隆陇{L}^{-1}}

同理，若rm{c(H^{+})=2隆脕10^{-10}

mol隆陇L^{-1}}少加rm{pH=9.7}时，可求出rm{NaOH}

rm{0.1mL}

rm{pH=4.3}【解析】rm{C}5、C【分析】解：酯化反应的实质是：酸掉羟基醇掉氢，rm{HCOOH+HOCH_{2}CH_{3}?HCOOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O.}

故选C．【解析】rm{C}二、填空题(共6题，共12分)6、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据构造原理可知，水分子中氧原子在基态时核外电子排布式为1s22s22p4。（2）H2O分子中中心氧原子含有2对孤对电子对数，空间构型是C形结构，因此氧原子采取的是sp3杂化。（3）水分子中氧原子含有孤对电子能和氢离子形成配位键，但氧原子的杂化类型并没有发生改变，仍然是sp3杂化，A不正确，其余选项都是正确的，答案选A。（4）铜离子能和水形成配位键，反应但离子方程式是Cu2++4H2O=[Cu(H2O)4]2+。考点：考查核外电子的排布、杂化类型的判断以及配位键的形成【解析】【答案】（每空2分，共8分）（1）1s22s22p4（2）sp3（3）A（4）Cu2++4H2O=[Cu(H2O)4]2+7、略

【分析】（1）当升高温度时，B的转化率变大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应是放热反应。当减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，说明降低压强，平衡向逆反应方向移动，即正反应是体积减小的。（2）降低压强平衡向逆反应方向移动，A的质量分数增大。(3)若容积不变加入B，平衡向正反应方向移动，则A的转化率增大，但B的转化率减小。(4)若升高温度，平衡向正反应方向移动，所以平衡常数增大。（5）催化剂不能影响平衡状态，所以平衡时气体混合物的总物质的量不变。（6）加入C，则平衡向逆反应方向移动，B的浓度增大，颜色加深。维持容器内压强不变，充入氖气时，容积必然增大，浓度降低，所以颜色变浅。【解析】【答案】(1)放>（2）增大（3）增大减小（4）增大（5）不变（6）变深（7）变浅（每空2分）8、略

【分析】解：在1--18号元素中，原子半径最小的是H，F的非金属性最强，形成的氢化物HF最稳定，Na的金属性最强，最高价氧化物对应水化物NaOH碱性最强，Cl的高价氧化物对应水化物酸性，第三周期中原子半径最小的非金属为Cl与金属性最强的金属Na形成的化合物为NaCl，电子式为

故答案为：H；F；Na；Cl；．

同周期元素从左到右原子半径逐渐减小；元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族从上到下原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，以此判断对应的单质；化合物的相关性质．

本题考查元素周期表和元素周期律，为高频考点，把握同周期元素的性质及递变规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．【解析】H；F；Na；Cl；9、略

【分析】放电时正极上发生还原反应,由总电池反应知,发生还原反应的物质为PbO2,产物为PbSO4,同时消耗H2SO4,故正极反应为:PbO2+2e-+4H++SPbSO4+2H2O。【解析】【答案】PbO2+2e-+4H++SPbSO4+2H2O小4810、略

【分析】【解析】试题分析：F3＋离子M层3d轨道电子为半满状态，所以根据构造原理可知，F是Cr元素。A、C原子的L层有2个未成对电子，又因为A的原子序数最小，所以A是C，C是O，则B是N元素。D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，因此D是Mg。D与E同主族，所以E是Ca。（1）非金属性越强，电负性越大，则电负性大小顺序是O＞N＞C。（2）1mol该晶体含有配位键2mol，说明含有1mol化合物中含有2molNH4＋，所以该化合物是碳酸铵，化学式是(NH4)2CO3。（3）由于锰离子的3d轨道电子排布为半满状态，较稳定，所以第三电离能是a大于b。（4）CO2分子中含有碳氧双键，由于双键都是由1个α键和1个π键构成的，所以分子中σ键和π键数目比为1:1。（5）①由于过氧化氢分子之间存在氢键，所以过氧化氢的沸点高，②同样由于过氧化氢分子与水分子之间可以形成氢键，所以在水中的溶解度大。考点：考查电负性、电离能、共价键、核外电子排布以及氢键的有关判断和应用【解析】【答案】（14分）每空2分(1)O>N>C(2)(NH4)2CO3(3)大于；锰离子的3d轨道电子排布为半满状态，较稳定。(4)1:1(5)①过氧化氢分子之间存在氢键②过氧化氢分子与水分子之间可以形成氢键11、略

【分析】【解析】试题分析：（1）同一种非金属元素的原子间形成的化学键是非极性键，所以通过非极性键形成的晶体是金刚石和晶体硅，答案选BD。（2）稀有气体元素的最外层电子数已知满足稳定结构，所以稀有气体形成的晶体中不存在化学键，答案选C。（3）由不同种非金属元素的原子间形成的化学键是极性键，所以含有极性键的分子晶体是干冰，答案选A。（4）二氧化硅是原子晶体，通过极性键形成，所以由极性共价键形成的晶体是F。（5）过氧化钠是离子化合物，氧和氧之间形成的化学键是非极性键。答案选E。（6）含有离子键、共价键、配位键的化合物是溴化铵，答案选G。考点：考查化学键、晶体类型的正误判断【解析】【答案】(6分，每空一分)（1）BD（2）C（3）A（4）F（5）E（6）G三、计算题(共9题，共18分)12、略

【分析】解：某含氧有机物rm{A}的蒸汽密度是相同状况下rm{N_{2}}密度的rm{4.8}倍，则相对分子质量为rm{4.8隆脕28=134}

rm{(1)}若测得盛浓硫酸的吸收瓶增重rm{5.4g}应为水的质量，说明有机物含有rm{H}元素，rm{n(H_{2}O)=dfrac{5.4g}{18g/mol}=0.3mol}rm{n(H_{2}O)=dfrac

{5.4g}{18g/mol}=0.3mol}rm{n(H)=0.6mol}

故答案为：氢rm{m(H)=0.6g}或rm{(}rm{H)}

rm{0.6}对所给rm{(2)}样品：rm{n(A)=dfrac{13.4g}{134g/mol}=0.1}rm{13.4g}

则样品中：rm{n(C)=n(CO_{2})=dfrac{17.6g}{44g/mol}=0.4}rm{n(A)=dfrac

{13.4g}{134g/mol}=0.1}

又知rm{mol}rm{n(C)=n(CO_{2})=dfrac

{17.6g}{44g/mol}=0.4}

rm{mol}rm{n(H)=0.6}rm{mol}rm{n(O)=(13.4g-0.6}rm{mol隆脕1g/mol-0.4}rm{mol隆脕12g/mol}

所以rm{)隆脗16}rm{g/mol=0.5}rm{mol}rm{n(A)}rm{n(C)}rm{n(H)}rm{n(O)=0.1}rm{0.4}rm{0.6}rm{0.5=1}且相对分子质量为rm{4}

可知rm{6}的分子式为rm{5}

答：rm{134}的分子式rm{A}

rm{C_{4}H_{6}O_{5}}与足量的碳酸氢钠反应产生rm{A}气体，说明含有rm{C_{4}H_{6}O_{5}}个羧基，rm{(3)垄脵1molX}与足量的金属钠反应产生rm{2mol}气体，说明含有rm{2}个羧基、rm{垄脷1molX}个羟基，结合rm{1.5mol}分子结构中没有甲基，可知结构简式为

故答案为：

某含氧有机物rm{2}的蒸汽密度是相同状况下rm{1}密度的rm{垄脹X}倍，则相对分子质量为rm{A}rm{N_{2}}样品的物质的量为rm{4.8}

rm{4.8隆脕28=134}若测得盛浓硫酸的吸收瓶增重rm{13.4gA}应为水的质量，说明有机物含有rm{0.1mol}元素，结合水的质量计算rm{(1)}的质量；

rm{5.4g}若继续测得盛浓烧碱溶液的吸收瓶增重rm{H}为二氧化碳的质量，可计算rm{H}样品中rm{(2)}的质量，并计算rm{17.6g}的质量；计算出实验式，结合相对分子质量计算分子式；

rm{13.4g}与足量的碳酸氢钠反应产生rm{C}气体，说明含有rm{O}个羧基，rm{(3)垄脵1molX}与足量的金属钠反应产生rm{2mol}气体，说明含有rm{2}个羧基、rm{垄脷1molX}个羟基，结合rm{1.5mol}分子结构中没有甲基确定结构简式．

本题考查有机物的推断，侧重考查分子式与结构简式的确定、同分异构体书写等，题目难度中等，根据原子守恒计算确定有机物的分子式是关键，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．rm{2}【解析】氢rm{(}或rm{H)}rm{0.6}13、rm{1}rm{1隆脕10}rm{1}rm{1隆脕10}rm{{,!}^{-13}}rm{mol/L}rm{8隆脕10}rm{mol/L}rm{8隆脕10}rm{{,!}^{-11}}rm{mol/L}rm{8隆脕10}rm{mol/L}rm{8隆脕10}【分析】【分析】本题考查了rm{pH}的有关计算，注意温度改变，水的离子积常数改变，明确氢离子浓度、氢氧根离子浓度和离子积常数之间的关系是解本题关键，本题难度不大。【解答】rm{25隆忙}时，rm{0.05mol/LH_{2}SO_{4}}溶液中氢离子浓度rm{=0.05mol/L隆脕2=0.1mol/L}rm{pH=-lgc(H^{+})=-lg0.1=1}rm{pH=-lgc(H^{+})=-lg

0.1=1}溶液中氢氧根离子浓度rm{0.05mol/LBa(OH)_{2}}根据离子积常数知，溶液中氢离子浓度rm{=dfrac{10^{-14}}{0.1}mol/L=1隆脕10^{-13}mol/L}

纯水显示中性，rm{=0.05mol/L隆脕2=0.1mol/L}

水的离子积为：rm{=dfrac

{10^{-14}}{0.1}mol/L=1隆脕10^{-13}mol/L}溶液中氢离子浓度rm{c(OH^{-})=c(H^{+})=2隆脕10^{-7}mol/L}rm{c(OH^{-})=dfrac{4.0隆脕10^{-14}}{5.0times10^{-4}}=8隆脕10^{-11}mol/L}

氢氧根离子全部由水电离，纯水中rm{2隆脕10^{-7}隆脕2隆脕10^{-7}=4隆脕10^{-14}}rm{c(H^{+})=5.0隆脕10^{-4}mol/L}所以此时溶液中由水电离产生的rm{c(OH^{-})=dfrac

{4.0隆脕10^{-14}}{5.0times10^{-4}}=8隆脕10^{-11}mol/L}

故答案为：rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}rm{c(OH^{-})=8隆脕10^{-11}mol/L}rm{c(H^{+})=8隆脕10^{-11}mol/L}rm{1}

rm{1隆脕10^{-13}mol/L}【解析】rm{1}rm{1隆脕10}rm{1}rm{1隆脕10}rm{{,!}^{-13}}rm{mol/L}rm{8隆脕10}rm{mol/L}rm{8隆脕10}rm{{,!}^{-11}}rm{mol/L}rm{8隆脕10}rm{mol/L}rm{8隆脕10}14、①相同条件下，测得A的蒸气密度是H2密度的60倍；则A的摩尔质量为：M（A）=2g/mol×60=120g/mol；

6gA在一定条件下完全燃烧，生成3.36L二氧化碳（标况）和1.8g水，6.0gA的物质的量为在一定条件下完全燃烧，生成3.36L（标准状况下）二氧化碳，二氧化碳的物质的量为：生成1.8g水，水的物质的量为：则6gA中含有氧原子的物质的量为：

即：0.05molA含有0.15molC；0.2molH、O原子为0.25mol；

所以1molA含有3molC、4molH、5molO原子，有机物A的分子式为：C3H4O5；

1mol物质A完全转化为酯，需要乙醇：则A分子中含有2个-COOH；1molA能与足量钠反应放出33.6L（标准状况下）氢气，氢气的物质的量为：1molA提供3molH原子，所以有机物中还含有1个-OH，由于有机物的分子式为C3H4O5；故有机物A的结构简式为：HOOC-CH（OH）-COOH；

答：A的结构简式为：HOOC-CH（OH）-COOH。

【分析】【分析】

本题考查有机物分子式、结构简式的确定的计算，题目难度中等，注意掌握常见有机物结构与性质，根据有机物性质推断有机物的官能团与数目是解题的关键。【解答】rm{垄脵}相同条件下，测得rm{A}的蒸气密度是rm{H}rm{2}密度的rm{2}倍，则rm{60}的摩尔质量为：rm{A}

rm{M(A)=2g/mol隆脕60=120g/mol}在一定条件下完全燃烧，生成rm{6gA}二氧化碳rm{3.36L}标况rm{(}和rm{)}水，rm{1.8g}的物质的量为rm{dfrac{6g}{120g/mol}=0.05mol}在一定条件下完全燃烧，生成rm{6.0gA}标准状况下rm{dfrac{6g}{120g/mol}=0.05mol

}二氧化碳，二氧化碳的物质的量为：rm{dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}生成rm{3.36L(}水，水的物质的量为：rm{dfrac{1.8g}{18g/mol}=0.1mol}则rm{)}中含有氧原子的物质的量为：rm{n(O)=dfrac{6g-12g/mol隆脕0.15mol-1g/mol隆脕0.2}{16g/mol}=0.25mol}

即：rm{dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol

}含有rm{1.8g}rm{dfrac{1.8g}{18g/mol}=0.1mol

}rm{6gA}原子为rm{n(O)=

dfrac{6g-12g/mol隆脕0.15mol-1g/mol隆脕0.2}{16g/mol}=0.25mol}

所以rm{0.05molA}含有rm{0.15molC}rm{0.2molH}rm{O}原子，有机物rm{0.25mol}的分子式为：rm{1molA}rm{3molC}rm{4molH}rm{5molO}rm{A}rm{C}；

rm{3}物质rm{3}完全转化为酯，需要乙醇：rm{dfrac{92g}{46g/mol}=2mol}则rm{H}分子中含有rm{4}个rm{4}rm{O}能与足量钠反应放出rm{5}标准状况下rm{5}氢气，氢气的物质的量为：rm{dfrac{33.6L}{22.4L/mol}=1.5mol}rm{1mol}提供rm{A}原子，所以有机物中还含有rm{dfrac{92g}{46g/mol}=2mol

}个rm{A}由于有机物的分子式为rm{2}rm{-COOH}rm{1molA}rm{33.6L(}rm{)}rm{dfrac{33.6L}{22.4L/mol}=1.5mol

}，故有机物rm{1molA}的结构简式为：rm{3molH}

故答案为：rm{1}的结构简式为：rm{-OH}rm{C}【解析】rm{垄脵}相同条件下，测得rm{A}的蒸气密度是rm{H_{2}}密度的rm{60}倍，则rm{A}的摩尔质量为：rm{M(A)=2g/mol隆脕60=120g/mol}

rm{6gA}在一定条件下完全燃烧，生成rm{3.36L}二氧化碳rm{(}标况rm{)}和rm{1.8g}水，rm{6.0gA}的物质的量为rm{dfrac{6g}{120g/mol}=0.05mol}在一定条件下完全燃烧，生成rm{dfrac{6g}{120g/mol}=0.05mol

}标准状况下rm{3.36L(}二氧化碳，二氧化碳的物质的量为：rm{dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}生成rm{)}水，水的物质的量为：rm{dfrac{1.8g}{18g/mol}=0.1mol}则rm{dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol

}中含有氧原子的物质的量为：rm{n(O)=dfrac{6g-12g/mol隆脕0.15mol-1g/mol隆脕0.2}{16g/mol}=0.25mol}

即：rm{1.8g}含有rm{dfrac{1.8g}{18g/mol}=0.1mol

}rm{6gA}rm{n(O)=

dfrac{6g-12g/mol隆脕0.15mol-1g/mol隆脕0.2}{16g/mol}=0.25mol}原子为rm{0.05molA}

所以rm{0.15molC}含有rm{0.2molH}rm{O}rm{0.25mol}原子，有机物rm{1molA}的分子式为：rm{3molC}

rm{4molH}物质rm{5molO}完全转化为酯，需要乙醇：rm{dfrac{92g}{46g/mol}=2mol}则rm{A}分子中含有rm{C_{3}H_{4}O_{5}}个rm{1mol}rm{A}能与足量钠反应放出rm{dfrac{92g}{46g/mol}=2mol

}标准状况下rm{A}氢气，氢气的物质的量为：rm{dfrac{33.6L}{22.4L/mol}=1.5mol}rm{2}提供rm{-COOH}原子，所以有机物中还含有rm{1molA}个rm{33.6L(}由于有机物的分子式为rm{)}故有机物rm{dfrac{33.6L}{22.4L/mol}=1.5mol

}的结构简式为：rm{1molA}

答：rm{3molH}的结构简式为：rm{1}

rm{-OH}15、略

【分析】解：亚铁离子会被高锰酸钾氧化为三价铁离子，rm{KMnO_{4}}被还原为rm{+2}价的锰离子，根据电子守恒，即rm{5FeSO_{4}?7H_{2}O隆芦KMnO_{4}}根据消耗rm{0.1000mol?L^{-1}KMnO_{4}}溶液rm{20.00mL}所以晶体中rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}的质量分数rm{=dfrac{0.1000mol/L隆脕0.02L隆脕5隆脕278g/mol}{ag}隆脕100%=dfrac{13.9}{a}}

故答案为：rm{=dfrac

{0.1000mol/L隆脕0.02L隆脕5隆脕278g/mol}{ag}隆脕100%=dfrac

{13.9}{a}}．

根据元素守恒和电子守恒，即rm{dfrac{13.9}{a}}计算rm{5FeSO_{4}?7H_{2}O隆芦KMnO_{4}}的质量分数；由此分析解答．

本题是一道求物质的质量分数的综合应用题目，学生只要列出关系式进行计算就可迅速解题，考查学生分析和解决问题的能力，难度中等．rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}【解析】rm{dfrac{13.9}{a}}16、略

【分析】【解析】试题分析：每片含碳酸钙500mg，氢氧化镁174mg则碳酸钙的物质的量是0.5g÷100g/mol＝0.005mol氢氧化镁的物质的量是0.174g÷58g/mol＝0.003mol所以根据方程式可知CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O1mol2mol0.005mol0.01molMg（OH）2+2HCl＝MgCl2+2H2O1mol2mol0.003mol0.006mol所以消耗氯化氢的物质的量是0.016mol氯化氢的质量是0.016mol×36.5g/mol＝0.584g则盐酸的质量是0.584g÷7.3%＝8g考点：考查根据方程式进行的有关计算【解析】【答案】8g17、略

【分析】【解析】【答案】CH3F18、（1）Si+6OH--4e-=SiO32-+3H2O（2）2C（s）+SiO2（s）=Si（s）+2CO（g）△H=（a+b-c）kJ•mol-1(3)＜75%【分析】【分析】本题考查原电池、热化学方程式、化学平衡计算等，侧重对基础知识的巩固，负极电极反应式可以利用电荷守恒和原子守恒书写。【解答】rm{(1)}负极发生氧化反应，rm{Si}在负极上失去电子，碱性条件下生成硅酸根与水，负极电极反应式为：rm{Si+6OH^{-}-4e^{-}=SiO_{3}^{2-}+3H_{2}O}故答案为：rm{Si+6OH^{-}-4e^{-}=SiO_{3}^{2-}+3H_{2}O}

rm{(2)}已知：rm{垄脵C(s)+O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)triangleH=a}rm{垄脵C(s)+O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)triangle

H=a}

rm{垄脷CO_{2}(g)+C(s)篓T2CO(g)triangleH=b}rm{kJ?mol^{-1}}

rm{垄脹Si(s)+O_{2}(g)篓TSiO_{2}(s)triangleH=c}rm{垄脷CO_{2}(g)+C(s)篓T2CO(g)triangle

H=b}

根据盖斯定律，rm{kJ?mol^{-1}}得：rm{2C(s)+SiO_{2}(s)=2CO(g)+Si(s)triangleH=(a+b-c)}rm{垄脹Si(s)+O_{2}(g)篓TSiO_{2}(s)triangle

H=c}

故答案为：rm{2C(s)+SiO_{2}(s)=2CO(g)+Si(s)triangleH=(a+b-c)}rm{kJ?mol^{-1}}

rm{垄脵+垄脷-垄脹}由表中数据可知，升高温度，平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，即rm{2C(s)+SiO_{2}(s)=2CO(g)+Si(s)triangle

H=(a+b-c)}

rm{kJ?mol^{-1}}和rm{2C(s)+SiO_{2}(s)=2CO(g)+Si(s)triangle

H=(a+b-c)}起始浓度相等，令他们的起始浓度为rm{kJ?mol^{-1}}设平衡时rm{(3)}的浓度变化量为rm{triangleH<0}则：

rm{CO}

开始rm{H_{2}O}rm{1mol/L}rm{CO}rm{xmol/L}rm{CO(g)+H_{2}O(g)篓TH_{2}(g)+CO_{2}(g)}

转化rm{(mol/L)}rm{1}rm{1}rm{0}rm{0}

平衡rm{(mol/)}rm{x}rm{x}rm{x}rm{x}

故rm{dfrac{{x}^{2}}{(1-x{)}^{2}}=9}rm{(mol/L)}故Crm{1-x}的转化率rm{=dfrac{0.75mol/L}{1mol/L}隆脕100%=75%}故答案为：rm{1-x}rm{x}．rm{x}【解析】rm{(1)Si+6OH^{-}-4e^{-}=SiO_{3}^{2-}+3H_{2}O}rm{(2)2C(s)+SiO_{2}(s)=Si(s)+2CO(g)triangleH=(a+b-c)kJ?mol^{-1}}rm{(2)2C(s)+SiO_{2}(s)=Si(s)+2CO(g)triangle

H=(a+b-c)kJ?mol^{-1}}rm{(3)<}rm{75%}19、（1）6.5（2）58%【分析】【分析】本题考查了铁、铜与氯化铁的反应、物质的量浓度、质量分数的计算，题目难度中等。【解答】铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是rm{0.5mol}

设rm{0.5mol}铁离子完全反应消耗铁、铜的质量分别为rm{m_{1}}rm{m_{2}}则：

rm{Cu+2Fe^{3+}=Cu^{2+}+2Fe^{2+}}rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}

rm{64g2mol}rm{56g2mol}

rm{m_{1}0.5mol}rm{m_{2}0.5mol}

rm{m_{1}=dfrac{64g隆脕0.5mol}{2mol}=16g}

rm{m_{2}=dfrac{56g隆脕0.5mol}{2mol}=14g}溶解的金属质量为：rm{m_{1}=dfrac{64g隆脕0.5mol}{2mol}

=16g}rm{m_{2}=dfrac{56g隆脕0.5mol}{2mol}

=14g}

则铁完全反应、铜部分反应，且rm{20.0g-5.2g=14.8g}完全反应，剩余的金属为rm{14g<14.8>16g}

设反应消耗铜的物质的量为rm{Fe^{3+}}反应的铁的物质的量为rm{Cu}

则：rm{n_{1}}

rm{垄脷n_{1}+n_{2}=dfrac{1}{2}n(Fe^{3+})=0.25mol}解得：rm{n_{2}}rm{垄脵64n_{1}+56n_{2}=14.8g}

则原来混合物中含有的铜的质量为：rm{垄脷n_{1}+n_{2}=dfrac{1}{2}

n(Fe^{3+})=0.25mol}

根据质量守恒定律，溶液中亚铁离子rm{n_{1}=0.1mol}

rm{n_{2}=0.15mol}反应后溶液中rm{0.1mol隆脕64g/mol+5.2g=11.6g}rm{n(Fe^{2+})=0.15mol+0.5mol=0.65mol}的物质的量浓度为rm{dfrac{0.65mol}{0.1L}=6.5mol/L}故答案为：rm{(1)}反应后溶液中rm{FeCl}rm{(1)}原固体混合物中铜的质量分数是rm{FeCl}rm{2}故答案为：rm{2}

．的物质的量浓度为rm{dfrac{0.65mol}{0.1L}

=6.5mol/L}故答案为：rm{6.5}【解析】rm{(1)6.5}rm{(2)58%}20、略

【分析】（1）加入500mLNaOH溶液时，由电荷守恒n(Na＋)=n(H＋)=500mL1mol/L×2=1mol=500mL×c(NaOH)，c(NaOH)=2mol·L－1；（2）500mL到550mL时，Al(OH)3＋OH=AlO2－＋2H2O，n(Al(OH)3)=0.050L×2mol·L－1=0.1mol，故铝的质量为0.1mol×27g·mol－1=2.7g；（3）Mg的质量为5.1g-2.7g=2.4g，产生的H2的为0.15mol＋0.1mol=0.25mol，V（H2）=0.25mol×22.4L·mol－1=5.6L；（4）0.1molAl3＋和0.1molMg2＋沉淀消耗的OH－为0.1mol×2+0.1mol×3=0.5mol,V(NaOH)=0.5mol/2mol·L－1=0.25L即OA段为500mL-250mL=250mL。

点睛：（1）氢氧化钠溶液的浓度要应用电荷守恒，是本题的难点；（2）再利用500mL到550mL时，Al(OH)3＋OH=AlO2－＋2H2O，所耗碱的量等于铝的量，为突破口，从而求出镁的量，其它问题迎刃而解。【解析】2mol/L2.7g5.6L250mL四、工业流程题(共1题，共5分)21、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、推断题(共2题，共14分)22、略

【分析】解：由元素在周期表中位置，可知①为H、②为Li、③为C、④为N、⑤为O、⑥为F、⑦为S、⑧为Fe、⑨为Zn、⑩为Br．

（1）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：H-＞Li+；

同周期随原子序数增大；元素第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：N＞O＞C；

原子序数和元素⑧相差2且与元素⑧同族的元素为Ni，其外围电子排布式为：3d84s2；

故答案为：H-＞Li+；N＞O＞C；3d84s2；

（2）元素③与①形成的原子个数比为1：1的四原子分子为H-C≡C-H；碳原子的杂化方式为sp，其分子中δ键和π键数目之比为3：2；

故答案为：sp；3：2；

（3）元素④的某种氢化物甲分子中含有18个电子，则甲为N2H4，甲为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，甲在水中的第一步电离生成N2H5+、OH-，第一步电离方程式为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH-；

甲在微电子工业中，可作刻蚀剂H2O2的清除剂，二者发生反应的产物不污染环境，即反应生成氮气与水，化学反应方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O；

故答案为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH-；N2H4+2H2O2=N2+4H2O；

（4）元素①和⑤形成的最简单分子丙为H2O，元素⑥和⑤形成分子乙的结构与H2O的结构相似，则乙为O2F，是分子中O原子价层电子对数=2+=4，VSEPR模型为四面体，故O2F的VSEPR模型为四面体；

OF2和H2O均由分子构成，H2O分子间可形成氢键，使分子间作用强于OF2分子间的范德华力；水的沸点较高；

故答案为：四面体；OF2和H2O均由分子构成，H2O分子间可形成氢键，使分子间作用强于OF2分子间的范德华力；

（5）K3[Fe（CN）6]检验元素⑧的+2价阳离子，反应生成Fe3[Fe（CN）6]2蓝色沉淀，反应离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；

元素⑩的阴离子与元素⑧的+2价离子形成化合物丁为