2025年粤教版高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年粤教版高二化学上册阶段测试试卷694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、关于氧化还原反应CuO+H2Cu+H2O；下列说法中正确的是（）

A.CuO是还原剂，H2是氧化剂。

B.CuO是氧化剂，H2是还原剂。

C.反应中Cu的化合价没有改变。

D.反应中H的化合价没有改变。

2、如图示意的是硼和镁形成的化合物的晶体结构单元；镁原子间形成正六棱柱，且棱柱的上下底面还各有一个镁原子，6个硼原子位于棱柱内。则该化合物的化学式可表示为()A.MgBB.MgB2C.Mg2BD.Mg3B23、既能发生加成反应，也能发生取代反应，同时能使溴水因反应褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是rm{(}rm{)}A.B.rm{C_{6}H_{14}}C.D.4、下图中A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，C为盛有稀硫酸的电解槽，e、f为Pt电极。接通电源后，发现d点显红色。下列有关说法正确的是A.电源A上的a极是正极B.d极上的电极反应方程式为2Cl-－2e-＝Cl2↑C.e、f极上产生的气体体积比为2：1D.C中溶液的pH增大5、在一定温度下的恒容容器中，反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)已达平衡状态的是A.混合气体的压强不随时间变化而变化B.混合气体的密度不随时间变化而变化C.气体总物质的量不随时间变化而变化D.单位时间内生成nmolC，同时消耗2nmolB6、下列物质的系统命名中，错误的是A.2,4-二甲基己烷B.2-甲基-4-戊炔C.3-甲基-2-丁醇D.CH3—CHBr—CHBr—CH32，3-二溴丁烷7、通常状况下，rm{NC1_{3}}是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，下列对rm{NC1_{3}}的有关叙述正确的是rm{(}rm{)}A.分子中rm{N-C1}键键长比rm{CCl_{4}}分子中rm{C-C1}键键长长B.分子中的所有原于均达到rm{8}电子稳定结构C.rm{NCl_{3}}分子是非极性分子D.rm{NBr_{3}}比rm{NCl_{3}}易挥发8、满足下列条件的电离或离子方程式书写不正确的是rm{(}rm{)}A.碳酸的电离：rm{H_{2}CO_{3}?2H^{+}+CO_{3}^{2-}}B.偏铝酸钠溶液呈碱性：rm{AlO_{2}^{-}+2H_{2}}rm{O?Al(OH)_{3}+OH^{-}}C.在rm{AgCl}的悬浊液中加入rm{Na_{2}S}溶液产生黑色沉淀：rm{2AgCl+S^{2-}=Ag_{2}S+2Cl^{-}}D.用惰性电极电解饱和食盐水：rm{2Cl^{-}+2H_{2}}rm{Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}}rm{Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}}rm{Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)9、下列哪个图象能正确反映实验结果rm{(}rm{)}。选项rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}图象实验。

内容等量的盐酸、醋酸分别与足量的石灰石反应向醋酸溶液中滴入同浓度的氨水氯化铝溶液逐滴滴入到氢氧化钠溶液中铁粉逐渐加入到一定量的稀硝酸中A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}10、碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用rm{.}锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为rm{Zn(s)+2MnO_{2}(s)+H_{2}O(l)篓TZn(OH)_{2}(s)+Mn_{2}O_{3}(s)}下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.电池工作时，锌失去电子B.电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极C.电池正极的电极反应式为rm{2MnO_{2}(s)+H_{2}O(l)+2e-篓TMn_{2}O_{3}(s)+2OH^{-}(aq)}D.外电路中每通过rm{0.1}rm{mol}电子，锌的质量理论上减少rm{6.5}rm{g}11、可逆反应rm{A(g)+3B(g)?2C(g)+D(g)}在四种不同情况下的反应速率如下，其中反应进行得最快的是rm{(}rm{)}A.rm{V_{A}=0.15mol?(L?min)^{-1}}B.rm{V_{B}=0.6}rm{mol?(L?min)^{-1}}C.rm{V_{C}=0.4}rm{mol?(L?min)^{-1}}D.rm{V_{D}=0.01}rm{mol?(L?s)^{-1}}12、向甲、乙两个容积均为1L的恒容容器中分别充入2molA、2molB和1molA、1molB．相同条件下发生如下反应：A（g）+B（g）⇌xC（g）△H＜0．测得两容器中c（A）随时间t的变化如图所示．下列说法错误的是（）A.x可能等于2也可能等于3B.若向平衡后的乙容器充入C，则再次达到平衡时A的体积分数减小C.若升高甲容器的温度，可使甲容器中各物质的体积分数与乙容器相同D.若其它条件不变，使乙容器体积变为2L，则平衡时乙容器中：0.25mol/L＜c（A）＜0.5mol/L13、下列有关说法正确的是（）A.在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率B.铅蓄电池在放电时，两极质量均增加C.钢铁在中性溶液中主要繁盛析氢腐蚀D.在室温下能自发进行的反应，其△H一定小于014、中药狼巴草的成分之一M具有清炎杀菌作用，M的结构简式如图所示：下列叙述正确的是（）A.M的分子式为C9H6O4B.1molM最多能与2molBr2发生反应C.1molM最多能与4mol氢氧化钠反应D.M既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、（8分）红外光谱、质子核磁共振谱（PMR）是研究有机物结构的重要方法之一。（1）在研究的化合物分子中——所处环境完全相同的氢原子在PMR谱中出现同一种信号峰。如(CH3)2CHCH2CH3在PMR谱中有4种信号峰。又如CH3－CHBr＝CHX存在着如下的两种不同空间结构：因此CH3－CHBr＝CHX的PMR谱上会出现氢原子的四种不同信号峰。在测定CH3CH＝CHCl时，能得到氢原子给出的6种信号峰。由此可推断该有机物一定存在____种不同的结构，其结构简式分别为：。（2）有机化合物A含碳77.8%，氢为7.40%，其余为氧，A的相对分子质量为甲烷的6.75倍。①通过计算确定该有机物的分子式②红外光谱测定，A分子结构中含有苯环和羟基。在常温下A可与浓溴水反应，1molA最多可与2molBr2作用，据此确定该有机物的结构有____种写出其中一种与溴水反应的化学方程式16、实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液500mL．根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：

（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是______；（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是______（填仪器名称）．

（2）配制NaOH时，在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度______0.1mol/L（填“大于”；“等于”或“小于”）．

（3）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为______mL（计算结果保留一位小数）．在实验中其他操作均正确，若用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线，则所得配得溶液浓度______0.5mol/L（填“大于”、“等于”或“小于”）．17、在1-18号元素中；部分连号元素单质的熔点情况如图所示，试回答：

（1）c点代表的单质可以是______，其熔点高的主要原因是______．

（2）d所属的晶体类型是______．18、有机物甲的结构简式如图；它可通过不同的化学反应分别制得结构简式为乙～庚的物质．

请回答下列问题：

（1）在甲～庚七种物质中；互为同分异构体的是______．（填代号，下同）；可看作酯类的是______；______和庚．

（2）已知HCHO分子中所有原子都在同一平面内，则在上述分子中所有原子有可能都在同一平面内的物质是______．19、有四种常见药物①阿司匹林②青霉素③胃舒平④麻黄碱．请回答下列问题．

（1）由于具有兴奋作用，国际奥委会严禁运动员服用的药物是____（填序号；下同）．

（2）从用药安全角度考虑，使用前要进行皮肤敏感性测试的药物是____．

（3）滥用药物会导致不良后果，如过量服用会引起中毒的是____．若中毒，应立即停药，并静脉注射NaHCO3．

（4）某同学胃酸过多，应选用的药物是____．

（5）写出一种抗酸药中和胃酸的反应的化学方程式：____．20、今有浓度均为0．1mol/L的醋酸、盐酸和硫酸三种稀溶液，按下列题示回答问题（回答时用“＞”、“＜”或“=”连接a、b、c）：（1）设三种溶液的pH分别为a、b、c，则大小关系为。（2）若取等质量的锌分别跟这三种溶液反应，使锌恰好完全反应时，所消耗三种酸的体积分别为a、b、c，则其大小关系为。（3）取上述三种溶液各10mL，分别跟0．1mol/LNaOH溶液10mL混合，当反应结束后，三种混合液的pH分别为a、b、c，则其大小关系为。21、硫是一种重要的非金属元素，广泛存在于自然界，回答下列问题：rm{(1)}基态硫原子的价层电子排布图是_________________。rm{(2)}已知rm{S_{2}O_{8}^{2-}}的结构为其中rm{S}的化合价是______。rm{(3)}含硫的物质的特殊性质与其结构相关。rm{垄脵}熔点：rm{SF_{6}}_______rm{AlF_{3}(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}原因是___________________。rm{垄脷}沸点rm{{,!}}_______rm{(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}原因是___________________。rm{(4)ZnS}晶胞如图所示：rm{垄脵}由图可知，rm{Zn^{2+}}填在了rm{S^{2-}}形成的______________空隙中。rm{垄脷}已知晶胞密度为，rm{娄脩g/cm^{3}}阿伏加德罗常数为rm{N_{A}}则rm{Zn^{2+}}到rm{S^{2-}}的距离为__________rm{pm(}用含rm{娄脩}rm{NA}的代数式表示rm{)}评卷人得分四、工业流程题(共4题，共32分)22、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___。23、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24、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]=____。25、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________%。评卷人得分五、探究题(共4题，共36分)26、（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。27、（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。28、（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。29、（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。评卷人得分六、综合题(共2题，共8分)30、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．31、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】

在反应CuO+H2Cu+H2O中，Cu元素的化合价降低，H元素的化合价升高，在反应中CuO是氧化剂，H2是还原剂．

故选B．

【解析】【答案】氧化还原反应的特征是化合价的升降；可根据化合价的变化分析．

2、B【分析】里面的B为6个，镁原子为12×1／6+2×1／2=3该化合物的化学式为MgB2【解析】【答案】B3、D【分析】解：rm{A}能发生加成反应；也能发生取代反应，但不能使溴水因反应褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；

B、rm{C_{6}H_{14}}能发生取代反应；不能起加成反应，不能使溴水因反应褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；

C、能发生加成反应；也能发生取代反应，不能使溴水因反应褪色，但能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；

D、能发生加成反应；也能发生取代反应，同时能使溴水因反应褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；

故选：rm{D}．

A；苯的化学性质特点：易取代难加成；不能使溴水因反应褪色，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；

B；烷烃的化学性质特点：能发生取代反应；不能起加成反应，不能使溴水因反应褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；

C；苯的同系物；能发生加成反应，也能发生取代反应，不能使溴水因反应褪色，但能使酸性高锰酸钾溶液褪色；

D；苯乙烯具有苯和乙烯的性质；乙烯能与溴水发生加成反应溴水褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色．

本题考查有机物的结构和性质，掌握有机物的官能团的性质，需要注意的是苯能使溴水因萃取褪色，题目难度不大．【解析】rm{D}4、C【分析】试题分析：A、d点显红色，说明为电解池的阴极，则a为电源的负极，不选A；B、d上是溶液中的氢离子得到电子变成氢气，不选B；C、e为电解池的阴极，产生氢气，f为电解池的阳极，产生氧气，二者在相同条件下体积比为2:1，选C；D、C中实际电解的水，硫酸浓度增大，所以pH减小，不选D。考点：电解原理的应用。【解析】【答案】C5、B【分析】【解析】【答案】B6、B【分析】试题分析：烷烃系统命名法的步骤1、选主链，称某烷2、编号位，定支链3、取代基，写在前，注位置，短线连4、不同基，简到繁，相同基，合并算；烷烃的系统命名法使用时应遵循两个基本原则：1、最简化原则；2、明确化原则。主要表现在“一长一近一多一少”。即“一长”是主链最长；“一近”是编号起点离支链要近；“一多”是支链数目要多，“一小”是支链位置号码之和要小，烯烃和炔烃的命名是以烷烃为基础，选择含碳碳双键和叁键的最长碳链为主链，根据此原则，A.2,4-二甲基己烷，正确；B.4-甲基-1-戊炔，错误；C.3-甲基-2-丁醇，正确；D.2，3-二溴丁烷，正确；选B。考点：考查有机物的命名。【解析】【答案】B7、B【分析】解：rm{A}rm{C}原子的原子半径大于rm{N}原子的原子半径，所以rm{CCl_{4}}中rm{C-C1}键键长比rm{NC1_{3}}中rm{N-C1}键键长；故A错误．

B、rm{NC1_{3}}中rm{N}原子最外层电子数rm{5+}化合价的绝对值rm{3=8}所以rm{N}原子达到rm{8}电子稳定结构；rm{NC1_{3}}中rm{C1}原子最外层电子数rm{7+}化合价的绝对值rm{1=8}所以rm{C1}原子达到rm{8}电子稳定结构；故B正确．

C、rm{NC1_{3}}的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以rm{NCl_{3}}分子也是极性分子；故C错误．

D、分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以rm{NBr_{3}}比rm{NCl_{3}}的熔沸点高，rm{NCl_{3}}比rm{NBr_{3}}易挥发；故D错误．

故选B．

A；原子半径越小；原子间形成的键长越短．

B、如果元素的最外层电子数rm{+}元素的化合价的绝对值rm{=8}该元素就达到rm{8}电子稳定结构，否则没有达到rm{8}电子稳定结构．

C；根据该分子是否是对称结构判断分子的极性．

D；物质的熔沸点越低越容易挥发．

学生只要明确熔沸点大小的判断方法、化合物中原子最外层电子数是否为rm{8}的判断方法、原子半径与键长的关系即可解答本题，难度不大．【解析】rm{B}8、A【分析】解：rm{A}碳酸是二元弱酸，电离分步进行，故电离方程式为rm{H_{2}CO_{3}?H^{+}+HCO_{3}^{-}}rm{HCO_{3}^{-}?H^{+}+CO_{3}^{2-}}故A错误；

B、偏铝酸根离子水解方程式为rm{AlO_{2}^{-}+2H_{2}}rm{O?Al(OH)_{3}+OH^{-}}故B正确；

C、rm{Ag_{2}S}的rm{ksp}小于rm{AgCl}的rm{Ksp}故Arm{gCl}沉淀容易转化为rm{Ag_{2}S}沉淀，则在rm{AgCl}的悬浊液中加入rm{Na_{2}S}溶液产生黑色沉淀，方程式为rm{2AgCl+S^{2-}=Ag_{2}S+2Cl^{-}}故C正确；

D、用惰性电极电解饱和食盐水能生成氢气、氯气和氢氧化钠，化学方程式为rm{2NaCl+2H_{2}}rm{Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}}rm{Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}}离子方程式为rm{Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2NaOH}rm{Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}}rm{2Cl^{-}+2H_{2}}故D正确．

故选A．

A；碳酸是二元弱酸；电离分步进行；

B；偏铝酸根离子是弱酸根离子；水解为氢氧化铝沉淀和氢氧根离子；

C、rm{Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}}的rm{Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}小于rm{Ag_{2}S}的rm{ksp}

D；用惰性电极电解饱和食盐水能生成氢气、氯气和氢氧化钠．

本题考查了电离方程式、水解方程式、沉淀的转化反应等书写的正误判断，难度不大，应注意多元弱酸的电离要分步进行．rm{AgCl}【解析】rm{A}二、双选题(共6题，共12分)9、rBC【分析】解：rm{A.}盐酸和醋酸都是一元酸；等量的酸消耗等量的碳酸钙，所以等量的盐酸；醋酸分别与足量的石灰石反应生成的二氧化碳的体积相同，图象不符，故A错误；

B.醋酸和一水合氨是弱电解质；醋酸铵是强电解质，向醋酸溶液中滴入同浓度的氨水，生成强电解质，溶液的导电性增强，氨水过量时，溶液中离子浓度减小导电性减弱，图象符合，故B正确；

C.铝离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铝沉淀，rm{Al^{3+}+3OH^{-}=Al(OH)_{3}隆媒}氢氧化铝沉淀与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}图象符合，故C正确；

D.铁粉逐渐加入到一定量的稀硝酸中，先生成铁离子，后生成亚铁离子，rm{Fe}与硝酸反应，rm{1molFe}生成rm{1molFe^{3+}}rm{Fe}粉与rm{Fe^{3+}}反应rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{1molFe}生成rm{3molFe^{2+}}图象不符，故D错误。

故选BC。

A.盐酸和醋酸都是一元酸；等量的酸消耗等量的碳酸钙；

B.醋酸和一水合氨是弱电解质；醋酸铵是强电解质；

C.铝离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铝沉淀；氢氧化铝沉淀与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；

D.铁粉逐渐加入到一定量的稀硝酸中；先生成铁离子，后生成亚铁离子。

本题考查了元素化合物的性质，题目难度中等，注意把握物质混合后发生的反应以及溶液中离子浓度的变化是解题的关键，侧重于考查学生的读图能力和分析、应用能力。【解析】rm{BC}10、rBD【分析】解：rm{A.Zn}失去电子；为原电池的负极，故A正确；

B.电池工作时；电子由负极通过外电路流向正极，故B错误；

C.rm{Mn}得到电子，正极发生还原反应为rm{2MnO_{2}(s)+H_{2}O(l)+2e-篓TMn_{2}O_{3}(s)+2OH^{-}(aq)}故C正确；

D.外电路中每通过rm{0.1mol}电子，消耗rm{0.05molZn}则锌的质量理论上减少rm{0.05mol隆脕65g/mol=3.25g}故D错误；

故选BD．

由rm{Zn(s)+2MnO_{2}(s)+H_{2}O(l)篓TZn(OH)_{2}(s)+Mn_{2}O_{3}(s)}可知，rm{Zn}失去电子作负极，rm{Mn}得到电子；电子由负极移向正极，以此来解答．

本题考查原电池，为高频考点，把握电池反应中元素的化合价变化、原电池的工作原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意转移电子与物质的量计算，题目难度不大．【解析】rm{BD}11、rAD【分析】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比；故反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快；

A.rm{dfrac{V_{A}}{1}=0.15mol?(L?min)^{-1}}

B.rm{dfrac{V_{B}}{3}=0.2mol?(L?min)^{-1}}

C.rm{dfrac{V_{C}}{2}=0.2mol?(L?min)^{-1}}

D.rm{dfrac

{V_{A}}{1}=0.15mol?(L?min)^{-1}}rm{dfrac

{V_{B}}{3}=0.2mol?(L?min)^{-1}}rm{dfrac{V_{D}}{1}=0.6mol?(L?min)^{-1}}

故反应速率rm{dfrac

{V_{C}}{2}=0.2mol?(L?min)^{-1}}

故选D．

不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比；故反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，注意单位要一致．

本题考查反应速率的比较，注意利用比值法可快速解答，要注意单位应一致，也可以利用归一法解答比较，难度不大．rm{V_{D}=0.01}【解析】rm{AD}12、A|B【分析】解：由图象可知平衡时，甲容器平衡时，A的转化率为×100%=61%，乙容器内A的转化率为×100%=50%；甲容器内压强比乙容器内大，增大压强向正反应移动，增大压强平衡压强增大向着体积减小的方向移动，故：1+1＞X，所以x=1．

A、由图象可知平衡时，甲容器平衡时，A的转化率为×100%=61%，乙容器内A的转化率为×100%=50%；甲容器内压强比乙容器内大，增大压强向正反应移动．若x=2，反应前后气体体积不变，甲；乙为等效平衡，转化率相等；若x=3，压强大的A的转化率小，显然只有x=1符合题意，故A错误；

B；向平衡后的乙容器中充入C；容器内压强虽然增大，但反应混合物各组分的浓度变化相同，与原平衡为等效平衡，所以再次达到平衡时A的体积分数不变，故B错误；

C；△H＜0；甲容器单独升温，平衡向逆反应进行，甲容器内A的转化率减小，则可使甲容器中各物质的体积分数与乙容器相同，故C正确；

D、若其它条件不变，使乙容器体积变为2L，可以等效为原平衡状态下压强减小一倍，平衡向逆反应方向移动，A转化率减小，平衡移动目的是降低浓度增大趋势，但不能消除浓度增大，达新平衡时浓度比原平衡大，则平衡时乙容器中：0.25mol•L-1＜c（A）＜0.5mol•L-1；故D正确；

故选AB．

由图象可知平衡时，甲容器平衡时，A的转化率为×100%=61%，乙容器内A的转化率为×100%=50%；甲容器内压强比乙容器内大，增大压强向正反应移动，增大压强平衡压强增大向着体积减小的方向移动，故：1+1＞X，所以x=1．

A、由图象可知平衡时，甲容器平衡时，A的转化率为×100%=61%，乙容器内A的转化率为×=50%；甲容器内压强比乙容器内大，增大压强向正反应移动．若x=2，反应前后气体体积不变，甲；乙为等效平衡，转化率相等；若x=3，压强大的A的转化率小；

B；向平衡后的乙容器中充入C；容器内压强虽然增大，但反应混合物各组分的浓度变化相同，与原平衡为等效平衡；

C；△H＜0；甲容器单独升温，平衡向逆反应进行，甲容器内A的转化率减小；

D；若其它条件不变；使乙容器体积变为2L，可以等效为原平衡状态下压强减小一倍，平衡向正反应方向移动，A转化率增大，平衡移动目的是降低浓度增大趋势，但不能消除浓度增大，达新平衡时浓度比原平衡大．

本题考查平衡图象、等效平衡、外界条件对平衡影响、平衡计算等，题目难度中等，根据图象计算平衡时转化率、确定x值是解题的关键，注意BD是易错点．【解析】【答案】AB13、A|B【分析】解：A；在海轮的外壳上镶入锌块；会和铁形成原电池，锌做负极，海轮做正极，而在原电池中正极被保护，故可减缓船体的腐蚀，故A正确；

B、放电时，铅失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，二氧化铅得电子作正极，电极反应式为PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O，两极均生成难溶性的PbSO4；所以两极质量均增加，故B正确；

C；钢铁在酸性条件下发生析氢腐蚀；在中性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，故C错误；

D；反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0；在室温下能自发进行的反应，其△H不一定小于0，故D错误；

故选AB．

A；在原电池中正极被保护；

B；根据铅蓄电池中的电极反应分析；

C；钢铁在酸性条件下发生析氢腐蚀；

D；反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0．

本题考查了金属的电化学腐蚀及防护，难度不大，应注意的是在原电池中正极被保护，在电解池中阴极被保护．【解析】【答案】AB14、A|C【分析】解：A．由结构可知分子式为C9H6O4；故A正确；

B．酚-OH的邻位与溴发生取代，碳碳双键与溴发生加成，则1molM最多能与3molBr2发生反应；故B错误；

C．酚-OH；-COOC-及水解生成的酚-OH均与NaOH反应；则1molM最多能与4mol氢氧化钠反应，故C正确；

D．含酚-OH与FeCl3溶液发生显色反应，但与NaHCO3溶液不反应；故D错误；

故选AC．

由结构可知分子式；分子中含酚-OH；碳碳双键、-COOC-，结合酚、烯烃、酯的性质来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚、烯烃、酯的性质，题目难度不大．【解析】【答案】AC三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】【解析】【答案】（8分）（1）2、和（3分）（2）①C7H8O（2分）②2种。（1分）或（2分）16、略

【分析】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液用的仪器有：托盘天平；药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；不需要的仪器有烧瓶和分液漏斗，还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒；

故答案为：A；C；烧杯和玻璃棒；

（2）若定容时仰视刻度线；则导致溶液的体积偏大，所以配制溶液的浓度偏低，故所得溶液浓度小于0.1mol/L；

故答案为：小于；

（3）质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度c===18.4（mol/L）；设需要浓硫酸的体积为V，依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变设需要浓硫酸的体积为V，则：V×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得V=13.6ml；

用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线导致浓硫酸的体积偏大，量取硫酸的物质的量偏大，依据c=可知溶液的浓度偏高；

故答案为：13.6；大于．

（1）根据配制一定物质的量浓度溶液用到仪器进行解答；

（2）根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；

（3）先依据c=计算浓硫酸的物质的量浓度；依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线导致浓硫酸的体积偏大．

本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和过程是解题关键，注意误差分析的方法和技巧，题目难度不大．【解析】A、C；烧杯和玻璃棒；小于；13.6；大于17、略

【分析】解：晶体熔沸点大小顺序：原子晶体＞金属晶体＞分子晶体；

（1）原子晶体熔点最高；原子晶体熔点与键长成反比，根据图知，c的熔点最高，为原子晶体，短周期元素中，C和Si都是原子晶体，但C-C键长小于Si-Si键，所以碳单质的熔沸点最高，故答案为：金刚石；金刚石原子晶体；

（2）熔沸点较低的单质是分子晶体；d的熔沸点较低，说明是分子晶体，故答案为：分子晶体．

晶体熔沸点大小顺序：原子晶体＞金属晶体＞分子晶体；

（1）原子晶体熔点最高；原子晶体熔点与键长成反比；

（2）d的熔沸点较低；说明是分子晶体．

本题以晶体类型与熔沸点高低关系为载体考查元素周期律，明确常见物质晶体类型及熔沸点高低顺序是解本题关键，题目难度不大．【解析】金刚石；金刚石是原子晶体；分子晶体18、丙和戊戊己丙【分析】解：（1）在甲～庚七种物质中；丙和戊分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，戊；己、庚含有酯基，可看作酯类；

故答案为：丙和戊；戊；己；

（2）丙含有苯环；C=C以及羧基；所有的原子可能在同一个平面上，而其它物质都含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则一定不在同一个平面上；

故答案为：丙．

甲含有羧基；具有酸性，可发生中和；酯化反应，含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，甲还可发生缩聚反应，苯环、C.C≡C以及羧基为平面结构，原子可能在同一个平面上，而亚甲基为四面体构型，以此来解答．以此解答该题．

本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的结构和性质，为解答该题的关键，题目难度不大．【解析】丙和戊戊己丙19、略

【分析】

（1）因麻黄碱是一种生物碱；能对人的中枢神经系统起兴奋作用，则国际奥委会严禁运动员服用，故答案为：④；

（2）青霉素是应用广泛的抗菌药物；它本身毒性很小，而较常见的却是药物的过敏，引起不良的反应以致死亡，则使用前要进行皮肤敏感性测试，故答案为：②；

（3）阿司匹林为感冒用药，但因其含有水杨酸，服用过量易造成酸中毒，可静脉注射NaHCO3来降低酸性；故答案为：①；

（4）因胃酸的成分为盐酸；治疗胃酸过多则选择胃舒平，因氢氧化铝与酸反应可减少盐酸，若不是胃溃疡的病人，也可服用含小苏打的药物，故答案为：③；

（5）氢氧化铝与酸反应可减少盐酸，若不是胃溃疡的病人，也可服用含小苏打的药物，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O或。

NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，故答案为：Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O；

【解析】【答案】（1）根据麻黄碱的成分含有能使人兴奋的作用来分析；

（2）青霉素属于消炎常用药物；使用前需要做皮肤敏感性测试；

（3）阿司匹林为常用的感冒用药；过量服用会造成酸中毒；

（4）根据药物的成分及与酸的反应来分析；

（5）氢氧化铝与酸反应可减少盐酸；若不是胃溃疡的病人，也可服用含小苏打的药物；

20、略

【分析】【解析】试题分析：（1）醋酸是一元弱酸。在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+。c(CH3COOH)＞c(H+)，盐酸和硫酸都是强酸，完全电离，盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，电离方程式为：HCl=H++Cl-．H2SO4=2H++SO42-。所以c(H+)硫酸＞盐酸＞醋酸。c(H+)越大，溶液的pH越小。故设三种溶液的pH分别为a、b、c，则大小关系为a＞b＞c。（2）（2）若取等质量的锌分别跟这三种溶液反应，使锌恰好完全反应时，所消耗三种酸的体积分别为a、b、c，假设Zn的物质的量为1mol，则消耗的三种酸的物质的量为2mol、2mol、1mol．由于三种酸的物质的量浓度相等，所以消耗的三者的体积大小关系为a＝b=2c（或a＝b＞c）。（3）取上述三种溶液各10mL，分别跟0．1mol/LNaOH溶液10mL混合，当反应结束后，得到的物质分别NaAc、NaCl、NaHSO4。NaAc是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性；NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；NaHSO4是强酸的酸式盐，电离产生H+使溶液显酸性。若三种混合液的pH分别为a、b、c，则其大小关系为a＞b＞c。考点：考查等浓度的醋酸、盐酸和硫酸三种稀溶液的pH、与Zn、NaOH等发生反应时溶液的体积及pH的关系的知识。【解析】【答案】（1）a＞b＞c（2）a＝b＞c（3）a＞b＞c21、(1)

(2)+6

(3)①<SF6是分子晶体，AlF3是离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体

②<因为形成分子间氢键

(4)正四面体【分析】【分析】本题考查物质结构知识，包含价电子排布图的书写，判断粒子的键角，晶体的熔点比较，晶胞的计算，涉及的知识点较多，考查较为全面，题目难度不大。【解答】rm{(1)}rm{(1)S}位于周期表中第rm{3}周期，第rm{VIA}族，其价层电子排布式为rm{3s}位于周期表中第rm{(1)S}周期，第rm{3}族，其价层电子排布式为rm{VIA}rm{3s}rm{{,!}^{2}}rm{3p}rm{3p}rm{{,!}^{4}}

，则基态硫原子的价层电子排布图是；故答案为：由；的结构可知，rm{(2)}的成键结构与rm{S_{2}O_{8}^{2-}}相同，所以rm{S}的化合价是rm{SO_{4}^{2-}}故答案我：rm{S}rm{+6}是分子晶体，而rm{+6}是离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，所以rm{(3)垄脵SF_{6}}rm{AlF_{3}}熔点：rm{SF}rm{SF}故答案为：rm{{,!}_{6}<}rm{AlF}是分子晶体，rm{AlF}是离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体；rm{{,!}_{3}}对羟基苯磺酸能形成分子间氢键，邻羟基苯磺酸能形成分子内氢键，所以沸点对羟基苯磺酸rm{<}邻羟基苯磺酸，

rm{SF_{6}}rm{AlF_{3}}因为形成分子间氢键rm{垄脷}对羟基苯磺酸能形成分子间氢键，邻羟基苯磺酸能形成分子内氢键，所以沸点对羟基苯磺酸rm{>}邻羟基苯磺酸，rm{垄脷}rm{>}和金刚石晶胞的相似性，故答案为：rm{<}；rm{(4)}rm{垄脵ZnS}和金刚石晶胞的相似性，rm{S}rm{垄脵ZnS}rm{S}

rm{{,!}^{2-}}形成的是正四面体结构，则rm{Zn}rm{Zn}晶胞，则有rm{{,!}^{2+}}填在了rm{S}rm{S}则一个晶胞的体积为rm{{,!}^{2+}}形成的正四面体空隙中，故答案为：正四面体；rm{垄脷}取rm{1mol}晶胞，则有rm{N}rm{1mol}rm{N}rm{{,!}_{A}}个晶胞，设晶胞参数为rm{acm}则一个晶胞的体积为rm{V}rm{acm}rm{V}晶胞中，含有rm{{,!}_{0}}的数目为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}rm{=a}的数目为rm{=a}因此rm{{,!}^{3}}的质量为rm{cm}已知晶体的密度为rm{cm}rm{{,!}^{3}}，对于立方晶胞，顶点粒子占rm{娄脩=dfrac{m}{{N}_{A}{V}_{0}}=dfrac{4隆脕(65+32)}{{N}_{A}{a}^{3}}}，可得rm{a=sqrt[3]{dfrac{4隆脕(65+32)}{娄脩{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}pm}rm{dfrac{1}{8}}

，面心粒子占rm{sqrt[3]{dfrac{4隆脕(65+32)}{娄脩{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}}rm{dfrac{1}{2}}，内部粒子为整个晶胞所有，则一个rm{ZnS}晶胞中，含有rm{Zn}的数目为【解析】rm{(1)}rm{(2)+6}rm{(3)}rm{垄脵}rm{垄脵}rm{<}是分子晶体，rm{SF_{6}}是离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体rm{AlF_{3}}rm{垄脷}因为形成分子间氢键rm{垄脷}正四面体rm{sqrt[3]{dfrac{4隆脕(65+32)}{娄脩{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}}rm{<}四、工业流程题(共4题，共32分)22、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23、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.D24、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%25、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%五、探究题(共4题，共36分)26、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】