2025年蘇人新版高三化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年蘇人新版高三化學(xué)下冊階段測試試卷304考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、欲將AlCl3溶液中的鋁離子沉淀完全，最合適的試劑是（）A.NaOH溶液B.氨水C.AgNO3溶液D.NaCl溶液2、在水溶液中能大量共存的一組離子是（）A.Fe3+、I-、ClO-、H+B.K+、Cu2+、OH-、NO3-C.NH4+、Na+、Br-、SO42-D.Al3+、Cl-、OH-、HCO3-3、關(guān)于常見的有機化合物，下列敘述正確的是（）A.乙醇、氯乙烷都能發(fā)生取代反應(yīng)和消去反應(yīng)B.甲烷、苯以及苯的同系物都不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.乙烯、丙烯、苯、甲苯分子中的所有原子都在同一平面D.油脂是高分子化合物，在堿性條件下發(fā)生皂化反應(yīng)生成硬脂酸鈉和甘油4、下列方程式中，正確的是（）A.碳酸氫鈉在水中的電離方程式：NaHCO3=Na++H++CO32-B.鐵屑與稀硫酸反應(yīng)的離子方程式：Fe+2H+=Fe3++H2↑C.乙醇氧化生成乙醛的化學(xué)方程式：2CH3CH2OH+O22CHC3HO+2H2OD.碳在氧氣中燃燒的熱化學(xué)方程式：C+02=C02△H=-393.6kJ?mol-15、已知101kPa時辛烷的燃燒熱為-5518kJ?mol-1．則下列熱化學(xué)方程式書寫正確的是（）A.2C8H18+25O2═16CO2+18H2O△H=-11036kJ?mol-1B.2C8H18（l）+25O2（g）═16CO2（g）+18H2O（l）△H=-11036kJ?mol-1C.2C8H18（l）+25O2（g）═16CO2（g）+18H2O（g）△H=-11036kJ?mol-1D.2C8H18（l）+25O2（g）═16CO2（g））+18H2O（l）△H=-5518kJ?mol-16、Q、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X的焰色反應(yīng)呈黃色。Q元素的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍。W、Z最外層電子數(shù)相同，Z的核電荷數(shù)是W的2倍。元素Y的合金是日常生活中使用最廣泛的金屬材料之一。下列說法正確的是（）A.原子半徑的大小順序：rX＞rY＞rW＞rQB.X、Y的最高價氧化物的水化物之間不能反應(yīng)C.Z、W最外層電子數(shù)都為6，最高化合價都為＋6價D.元素Q和Z能形成QZ2型的共價化合物7、下列A～D四組，每組有兩個反應(yīng)，其中兩個反應(yīng)可用同一個離子方程式表示的是（）（Ⅰ）（Ⅱ）A少量SO2通入Ba（OH）2溶液中過量SO2通入少量Ba（OH）2溶液中B少量濃氨水滴入Al2（SO4）3溶液中少量Al2（SO4）3溶液滴入濃氨水中C0.1molCl2通入含0.2molFeBr2的溶液中0.3molCl2通入含0.2molFeBr2的溶液中D過量BaCl2溶液與少量Na2SO4溶液相混合少量Ba（OH）2溶液與過量MgSO4溶液相混合8、X、Y、Z、W是前20號元素，原子序數(shù)依次增大。X是原子半徑最小的元素；Y元素原子的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍；Z元素的-1價陰離子的核外電子排布與氖原子相同，W元素為金屬，它的某種化合物可用于煙氣脫硫。下列說法錯誤的是A.X、Y形成的化合物中可能含有雙鍵B.X單質(zhì)和Z單質(zhì)在暗處能劇烈反應(yīng)C.W元素與Z元素形成的化合物用電子式表示形成過程為：D.XZ的沸點在與Z同族的其它X的化合物中最高9、下列有關(guān)有機物的說法正確的是（）

A.蛋白質(zhì)；淀粉、纖維素、油脂都屬于天然有機高分子化合物。

B.乙醇；乙酸、乙酸乙酯可以用飽和碳酸鈉溶液鑒別。

C.乙烯和苯都可以和溴水發(fā)生反應(yīng)。

D.可以用裂化汽油萃取溴水中的溴。

評卷人得分二、雙選題(共6題，共12分)10、將氯化鐵飽和溶液逐滴加入沸水中，制得氫氧化鐵膠體溶液，為了除去其中所含的鹽酸得到較純凈的氫氧化鐵膠體，應(yīng)采取的措施是（）A.加入NaOH溶液進行中和B.加入AgNO3溶液反應(yīng)后過濾C.插入石墨電極，通入直流電進行電泳后再過濾D.裝入半透膜袋內(nèi)，將此袋浸入蒸餾水中，每隔幾分鐘更換一次蒸餾水11、做實驗時不小心使皮膚上沾了一些高錳酸鉀，形成的黑斑很久才消除，如果用草酸（H2C2O4乙二酸）的稀溶液洗滌，黑斑可以迅速褪去，其離子方程式為：MnO4-+H2C2O4+H+=CO2↑+Mn2++□下列有關(guān)敘述不正確的是（）A.該反應(yīng)的氧化劑為KMnO4B.發(fā)生還原反應(yīng)的是H2C2O4C.該離子方程式右側(cè)方框內(nèi)的產(chǎn)生是H2OD.6molH+參加反應(yīng)時，電子轉(zhuǎn)移10mol12、rm{25隆忙}時，下列有關(guān)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A.rm{0.1mol隆隴L^{-1}Na_{2}S}溶液與rm{0.1mol隆隴L^{-1}NaHS}溶液等體積混合：rm{2c(H_{2}S)=3c(Na^{+})-2c(HS^{-})-2c(S^{2-})}B.rm{0.1mol隆隴L^{-1}}氨水與rm{0.05mol隆隴L^{-1}}鹽酸等體積混合：rm{c(OH^{-})+c(NH_{3}隆隴H_{2}O)=c(Cl^{-})+c(H^{+})}C.rm{pH=3}的rm{CH_{3}COOH}溶液與rm{pH=11}的rm{NaOH}溶液等體積混合：rm{c(CH_{3}COOH)+c(H^{+})>c(OH^{-})+c(Na^{+})}D.濃度均為rm{0.1mol隆隴L^{-1}}的rm{NH_{4}HSO_{4}}溶液與rm{NaOH}溶液等體積混合：rm{c(Na^{+})=c(SO_{4}^{2mathrm{{-}}})>c(NH_{4}^{{+}})>c(OH^{-})>c(H^{+})}13、學(xué)習時通過比較、歸納，可以加深對問題的認識．下列比較或歸納一定正確的是()A.穩(wěn)定性：NH3＜PH3＜AsH3B.離子半徑：陰離子不一定大于陽離子C.酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3D.熔沸點：離子化合物＞共價化合物14、已知X為一種常見酸的濃溶液，能使蔗糖變黑．A與X反應(yīng)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示，其中反應(yīng)條件及部分產(chǎn)物均已略去，則下列有關(guān)說法正確的是（）A.若A為碳單質(zhì)，則將C通入少量的澄清石灰水中，一定可以觀察到白色沉淀產(chǎn)生B.若A為鐵，則足量A與X在室溫下即可完全反應(yīng)C.X使蔗糖變黑的現(xiàn)象主要體現(xiàn)了X的脫水性D.工業(yè)上，B轉(zhuǎn)化為D的反應(yīng)條件為高溫、常壓、使用催化劑15、rm{Q}rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，rm{X}的焰色反應(yīng)呈黃色rm{.Q}元素的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的rm{2}倍rm{.W}rm{Z}最外層電子數(shù)相同，rm{Z}的核電荷數(shù)是rm{W}的rm{2}倍rm{.}元素rm{Y}的合金是日常生活中常用的金屬材料rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{X}rm{Y}的最高價氧化物的水化物之間不能反應(yīng)B.簡單離子半徑的大小順序：rm{r_{X}>r_{Y}>r_{W}>r_{Q}}C.工業(yè)上常用電解的方法制備rm{X}rm{Y}的單質(zhì)D.元素rm{Q}和rm{Z}能形成rm{QZ_{2}}型的共價化合物評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)16、如圖所示為短周期元素A-K的化合價與原子序數(shù)的關(guān)系圖．

（1）寫出J元素在元素周期表中的位置：____；

（2）A-K元素中，最高價氧化物對應(yīng)的水化物中，酸性最強的是____；（填化學(xué)式）

（3）B、C、F、I四種元素的原子半徑由大到小的順序是____（用元素符號表示）

（4）A-K元素中氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性最強的是____．17、據(jù)報道；目前我國結(jié)核病的發(fā)病率有抬頭的趨勢，抑制結(jié)核桿菌的藥物除雷米封外，PAS-Na（對氨基水楊酸鈉）也是其中一種，它與雷米封同時服用，可以產(chǎn)生協(xié)同作用．

已知：

①或

NO2Fe；HCl、H2ONH2（弱堿性；易被氧化）

②（弱堿性，易被氧化，比更易被氧化）

③R-ClR-ONa

④

PAS-Na（對氨基水楊酸鈉）的合成路線如圖：

則：（1）A→B的化學(xué)方程式：____；

（2）C、D的結(jié)構(gòu)式：C____，D____；

（3）指出反應(yīng)類型I：____，II：____，III：____．18、下列物質(zhì)：a．NaClb．稀硫酸c．酒精溶液d．Fee．Na0H溶液f．蔗糖溶液g．KNO3h．醋酸溶液i．石墨j．CO2k．NH3l．BaSO4

以上物質(zhì)中屬于混合物的有（填字母代號）____；屬于電解質(zhì)的有____；是電解質(zhì)但不溶于水的有____；是非電解質(zhì)的有____；能夠?qū)щ姷挠衉___；因自由離子定向移動而導(dǎo)電的有____；因自由電子定向移動而導(dǎo)電的有____，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)的有____．19、（2014?淄博一模）碳；氮、氧是構(gòu)成生命物質(zhì)的三種主要元素．

（1）碳、氮、氧三種元素中，原子核外電子未成對電子數(shù)最多的是____（用元素符號表示）．

（2）已知CN-與N2結(jié)構(gòu)相似，則HCN分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為____．

（3）H2O2分子中氧原子的雜化方式為____．

（4）與NO2+互為等電子體的微粒有____、____（舉2例），NO3-的空間構(gòu)型是____．

（5）已知元素A的氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，則該氧化物的化學(xué)式為____．20、前四周期原子序數(shù)依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的價電子層中未成對電子均只有1個，并且A＿和B+的電子相差為8；與B位于同一周期的C和D，它們價電子層中的未成對電子數(shù)分別為4和2，且原子序數(shù)相差為2?；卮鹣铝袉栴}：（1）D2+的價層電子排布圖為_______________。（2）四種元素中第一電離最小的是_________________，電負性最大的是________________。（填元素符號）（3）A、B和D三種元素組成的一個化合物的晶胞如圖所示。①該化合物的化學(xué)式為_____________；D的配位數(shù)為_______；②列式計算該晶體的密度為___________g·cm-3。（列式并計算）21、SO2和NOx在化學(xué)工業(yè)上有重要用途，也是大氣污染的主要來源，開發(fā)和利用并重，預(yù)防和治理并舉是當前工業(yè)上和環(huán)境保護領(lǐng)域研究的主要課題之一。（1）在接觸法制硫酸的過程中，發(fā)生2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H＜0反應(yīng)，某溫度下，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率（α）與體系總壓強（p）的關(guān)系如下圖所示，根據(jù)圖示回答下列問題：①平衡狀態(tài)由A到B時，平衡常數(shù)K(A)K(B)（填“＞”、“＜”或“＝”）；②將2．0molSO2和1．0molO2置于10L的密閉容器中，若40s后反應(yīng)達到平衡，此時體系總壓強為0．10MPa，這一段時間內(nèi)SO2的平均反應(yīng)速率為。該反應(yīng)的平衡常數(shù)為。（2）用CH4催化還原NOx可消除氮的氧化物的污染，例如：CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)△H＝-574kJ·mol—1CH4(g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)△H＝-1160kJ·mol—1取標準狀況下4．48LCH4并使之完全反應(yīng)：①若將NO2還原至N2，整個過程中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為；②若還原NO2和NO的混合物，放出的總熱量Q的取值范圍是。評卷人得分四、實驗題(共4題，共12分)22、資料顯示：

rm{a.Na_{2}S_{2}O_{3}}rm{BaS_{2}O_{3}}rm{BaS}均易溶于水．

rm{b.SO_{2}}rm{Na_{2}S}rm{Na_{2}CO_{3}}反應(yīng)可生成rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}．

某化學(xué)小組據(jù)此進行了制備硫代硫酸鈉rm{(Na_{2}S_{2}O_{3})}的探究：

實驗制備裝置如圖所示rm{(}省略夾持裝置rm{)}

回答問題：

rm{(1)}裝置rm{A}中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是______．

rm{(2)}裝置rm{B}的作用之一是觀察rm{SO_{2}}的生成速率．

rm{壟脵B}中最好盛裝的液體是______．

rm{a.}蒸餾水rm{b.}飽和rm{Na_{2}SO_{3}}溶液rm{c.}飽和rm{NaHSO_{3}}溶液rm{d.}飽和rm{NaHCO_{3}}溶液。

rm{壟脷}如使rm{SO_{2}}緩慢進入燒瓶rm{C}正確的操作是______．

rm{(3)}在裝置rm{C}中生成rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}．

rm{壟脵}完成反應(yīng)方程式：______rm{SO_{2}+}______rm{Na_{2}S+}______rm{Na_{2}CO_{3}=}______rm{Na_{2}S_{2}O_{3}+}______

rm{壟脷}反應(yīng)開始先使rm{A}中發(fā)生反應(yīng)一會兒，再使rm{C}中反應(yīng)發(fā)生；其原因是______．

rm{壟脹}結(jié)束反應(yīng)后，取rm{C}中溶液，經(jīng)蒸發(fā)、結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥、得到rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}rm{5H_{2}O.}

rm{(4)}完成對所得產(chǎn)品的檢測的實驗：

。推測操作和現(xiàn)象結(jié)論雜質(zhì)中的正鹽成分可能有：

rm{Na_{2}S}rm{Na_{2}CO_{3}}

rm{Na_{2}SO_{4}}

及rm{Na_{2}SO_{3}}rm{壟脵}取rm{Wg}產(chǎn)品配成稀溶液；

rm{壟脷}向溶液中滴加過量rm{BaCl_{2}}溶液；有白色沉淀生成，過濾，得沉淀和濾液；

rm{壟脹}向沉淀中加入過量鹽酸，沉淀完全溶解，并有刺激性氣味的氣體產(chǎn)生．產(chǎn)品雜質(zhì)中：

一定含有______；

可能含有______；

一定不含有______．23、某礦抽出的廢液中含有大量的rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}rm{Br^{-}}還有少量的rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}.}某研究性學(xué)習小組所擬取這種廢液來制取較純凈的氯化鉀晶體及液溴rm{(Br_{2})}他們設(shè)計了如下流程：

可供試劑rm{a}rm的選擇試劑：飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液、飽和rm{K_{2}CO_{3}}溶液、rm{KOH}溶液、rm{BaCl_{2}}溶液、rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液、rm{H_{2}O_{2}}rm{KMnO_{4}(H^{+})}溶液、稀rm{HNO_{3}}．

請根據(jù)以上流程；回答相關(guān)問題：

rm{(1)}試劑rm{a}應(yīng)該選用______；

rm{(2)}操作rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}rm{壟脻}的名稱是______rm{(}填字母rm{)}．

A.萃取、過濾、分液、過濾、蒸發(fā)結(jié)晶rm{B.}萃??；分液、蒸餾、過濾、蒸發(fā)結(jié)晶。

C.分液、萃取、過濾、過濾、蒸發(fā)結(jié)晶rm{D.}萃??；分液、分液、過濾、蒸發(fā)結(jié)晶。

rm{(3)}除去無色液體rm{I}中的rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}離子，選出rm{C}所代表的試劑，按滴加順序依次是______rm{(}填化學(xué)式rm{)}．

rm{(4)}調(diào)節(jié)rm{pH}的作用是______；操作方法是______．

rm{(5)}操作rm{壟脻}中用到的瓷質(zhì)儀器名稱是______．24、鋅是一種常用金屬；冶煉方法有火法和濕法．

I.鎵rm{(Ga)}是火法冶煉鋅過程中的副產(chǎn)品，鎵與鋁同主族且相鄰，化學(xué)性質(zhì)與鋁相似，氮化鎵rm{(GaN)}是制造rm{LED}的重要材料；被譽為第三代半導(dǎo)體材料．

rm{(1)Ga}在元素周期表中的位置______．

rm{(2)GaN}可由rm{Ga}和rm{NH_{3}}在高溫條件下合成；該反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．

rm{(3)}下列有關(guān)鎵和鎵的化合物的說法正確的是______rm{(}填字母序號rm{)}．

A.一定條件下，rm{Ga}可溶于鹽酸和氫氧化鈉。

B.常溫下，rm{Ga}可與水劇烈反應(yīng)放出氫氣。

C.rm{Ga_{2}O_{3}}可由rm{Ga(OH)_{3}}受熱分解得到。

D.一定條件下，rm{Ga_{2}O_{3}}可與rm{NaOH}反應(yīng)生成鹽。

rm{II.}甲、乙都是二元固體化合物，將rm{32g}甲的粉末加入足量濃硝酸并加熱，完全溶解得藍色溶液，向該溶液中加入足量rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液，過濾、洗滌、干燥得沉淀rm{46.6g}濾液中再滴加rm{NaOH}溶液，又出現(xiàn)藍色沉淀rm{.}含乙的礦石自然界中儲量較多，稱取一定量乙，加入稀鹽酸使其全部溶解，溶液分為rm{A}rm{B}兩等份，向rm{A}中加入足量氫氧化鈉溶液，過濾、洗滌、灼燒得紅棕色固體rm{28g}經(jīng)分析乙與紅棕色固體的組成元素相同，向rm{B}中加入rm{8.0g}銅粉充分反應(yīng)后過濾、洗滌、干燥得剩余固體rm{1.6g}．

rm{(1)32g}甲在足量濃硝酸中反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為______；甲在足量氧氣中充分灼燒的化學(xué)方程式為______

rm{(2)}乙的化學(xué)式______；稀硫酸溶解乙的化學(xué)方程式為______

rm{(3)}將甲在足量氧氣中充分灼燒的氣體產(chǎn)物通入一定量rm{A}溶液中，該反應(yīng)的離子方程式為______，設(shè)計實驗證明此步反應(yīng)后的溶液中金屬元素的化合價______．25、實驗室配制500mL0.1mol/L的Na2CO3溶液；回答下列問題：

（1）應(yīng)用托盤天平稱取Na2CO3____g．

（2）配制時應(yīng)選用500mL的容量瓶、托盤天平、燒杯、藥匙，還需要用到的儀器有____，____．

（3）容量瓶上標有：①溫度、②濃度、③規(guī)格、④壓強、⑤刻度線、這五項中的____（填數(shù)字符號）．

（4）若實驗時遇到下列情況，將使溶液的濃度偏低的有____．

A；加水定容時超過刻度線。

B；忘記將洗滌液轉(zhuǎn)入容量瓶。

C；容量瓶中有少量蒸餾水。

D；定容、搖勻、靜置后發(fā)現(xiàn)凹面低于刻度線又加水至刻度線。

E、定容時俯視刻度線．評卷人得分五、探究題(共4題，共36分)26、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．27、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：28、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．29、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【分析】Al3+轉(zhuǎn)化為不溶于水的物質(zhì)是Al（OH）3，Al（OH）3具有兩性，既能和強酸反應(yīng)又能和強堿反應(yīng)，要使Al2（SO4）3溶液中的Al3+完全沉淀，選取試劑時就不能選強堿，只能是弱堿，以此解答該題．【解析】【解答】解：A．氫氧化鈉是強堿；氫氧化鈉過量會溶解氫氧化鋁，生成偏鋁酸鹽，使Al元素不能完全沉淀，故A錯誤；

B．氨水為弱堿與AlCl3溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀；不能溶解氫氧化鋁，使Al元素完全沉淀，故B正確；

C．AgNO3溶液與氯化鋁反應(yīng)生成氯化銀沉淀；故C錯誤；

D．與氯化鋁不反應(yīng)，不能使Al3+沉淀；故D錯誤．

故選B．2、C【分析】【分析】A．鐵離子；次氯酸根離子都能夠氧化碘離子；次氯酸根離子與氫離子結(jié)合生成次氯酸；

B．銅離子與氫氧根離子反應(yīng)生成難溶物氫氧化銅；

C．NH4+、Na+、Br-、SO42-離子之間不滿足離子反應(yīng)發(fā)生條件；

D．鋁離子與氫氧根離子、碳酸氫根離子發(fā)生反應(yīng)．【解析】【解答】解：A．Fe3+、ClO-都能夠氧化I-，ClO-、H+之間反應(yīng)生成次氯酸；在溶液中不能大量共存，故A錯誤；

B．Cu2+、OH-之間反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀；在溶液中不能大量共存，故B錯誤；

C．NH4+、Na+、Br-、SO42-離子之間不發(fā)生反應(yīng)；在溶液中能夠大量共存，故C正確；

D．OH-、HCO3-都與Al3+發(fā)生反應(yīng)；在溶液中不能大量共存，故D錯誤；

故選C．3、A【分析】【分析】A．乙醇含-OH，可與濃HBr發(fā)生取代反應(yīng)；可發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯；氯乙烷含-Cl，可發(fā)生水解反應(yīng)生成乙醇，發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯；

B．苯的同系物能使酸性高錳酸鉀溶液褪色；

C．丙烯；甲苯分子中均含甲基；甲基中C為四面體構(gòu)型；

D．油脂的相對分子質(zhì)量在10000以下，為高級脂肪酸甘油酯．【解析】【解答】解：A．乙醇含-OH，可與濃HBr發(fā)生取代反應(yīng)；可發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯；氯乙烷含-Cl，可發(fā)生水解反應(yīng)生成乙醇，發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，則二者均可發(fā)生取代和消去反應(yīng)，故A正確；

B．苯的同系物中與苯環(huán)相連的C上有H能被酸性高錳酸鉀溶液氧化；使其褪色，而甲烷；苯不能，故B錯誤；

C．丙烯；甲苯分子中均含甲基；甲基中C為四面體構(gòu)型，則所有原子不可能共面，而乙烯、苯中的所有原子都在同一平面，故C錯誤；

D．油脂的相對分子質(zhì)量在10000以下；不屬于高分子化合物，為高級脂肪酸甘油酯，堿性條件下發(fā)生皂化反應(yīng)生成高級脂肪酸鹽和甘油，故D錯誤；

故選A．4、C【分析】【分析】A；碳酸氫鈉在水中的電離；碳酸氫根離子是多元弱酸根不拆；

B；稀硫酸電離出的氫離子只具有弱氧化性；

C；乙醇催化氧化實質(zhì)是脫氫反應(yīng)；

D、熱化學(xué)方程式要注明反應(yīng)物和生成物的狀態(tài)．【解析】【解答】解：A、碳酸氫鈉在水中的電離，碳酸氫根離子是多元弱酸根不拆，正確的離子方程式為NaHCO3=Na++HCO3-；故A錯誤；

B、氫離子只具有弱氧化性，不符合客觀事實，正確的離子方程式為Fe+2H+=Fe2++H2↑故B錯誤；

C、乙醇催化氧化實質(zhì)是脫氫反應(yīng)，離子方程式為2CH3CH2OH+O22CHC3HO+2H2O；故C正確；

D；熱化學(xué)方程式要注明反應(yīng)物和生成物的狀態(tài)；狀態(tài)不同能量不同，故D錯誤；

故選C．5、B【分析】【分析】由辛烷的燃燒熱為-5518kJ?mol-1，則1mol辛烷完全燃燒生成二氧化碳和水，放出熱量為5518kJ，以此來解答．【解析】【解答】解：由辛烷的燃燒熱為-5518kJ?mol-1；則1mol辛烷完全燃燒生成二氧化碳和水，放出熱量為5518kJ，標明各物質(zhì)的狀態(tài)，△H＜0；

則熱化學(xué)方程式為2C8H18（l）+25O2（g）═16CO2（g）+18H2O（l）△H=-11036kJ?mol-1；

故選B．6、D【分析】根據(jù)題意，Q為C，X為Na，Y為Al，W、Z為同主族，且Z的原子序數(shù)為W原子序數(shù)的2倍，所以W為O，Z為S。A項，Na、Al、O、C的原子半徑大小順序為Na＞Al＞C＞O；B項，NaOH與Al(OH)3反應(yīng)生成NaAlO2和H2O；C項，氧無最高正價；D項，C和S反應(yīng)生成CS2?！窘馕觥俊敬鸢浮緿7、B【分析】A項，少量SO2通入Ba（OH）2溶液中形成BaSO3沉淀；過量SO2通入少量Ba（OH）2溶液中產(chǎn)生酸式鹽，得澄清溶液。B項，氫氧化鋁不溶于氨水，所以離子方程式相同。C項，F(xiàn)eBr2溶液中有兩種還原性的離子，所以量的不同導(dǎo)致離子方程式不同。D項，過量BaCl2溶液和少量Na2SO4溶液相混合產(chǎn)生硫酸鋇沉淀，而少量Ba（OH）2溶液和過量MgSO4溶液相混合，產(chǎn)生硫酸鋇和氫氧化鎂兩種白色沉淀，故離子方程式不相同?！窘馕觥俊敬鸢浮緽8、C【分析】試題分析：A、由題意知X為氫元素，Y是碳元素，X、Y形成的化合物二氧化碳中含有雙鍵，正確；B、Z是氟元素，氫氣與氟氣在暗處即可劇烈反應(yīng)，正確；C、W為鈣元素，與氟形成離子化合物，通常用“→”連接原子的電子式與化合物的電子式，而不是“=”，錯誤；D、HF的沸點在與F同族的其它H的化合物中最高,因為HF分子間存在氫鍵的緣故，正確，答案選C?？键c：考查元素推斷、物質(zhì)結(jié)構(gòu)、元素周期律的應(yīng)用及電子式書寫正誤的判斷【解析】【答案】C9、B【分析】

A；蛋白質(zhì)、淀粉、纖維素的分子量很大；都屬于天然有機高分子化合物，油脂是小分子化合物，故A錯誤；

B；乙酸能和碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳氣體；乙醇和碳酸鈉能互溶，乙酸乙酯和碳酸鈉不互溶，所以乙醇、乙酸、乙酸乙酯可以用飽和碳酸鈉溶液鑒別，故B正確；

C；在一定條件下；液溴和苯能發(fā)生取代反應(yīng)生成溴苯，但苯和溴水不反應(yīng)，乙烯能和溴水發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯誤；

D；裂化汽油是石油通過裂化得到的；其中含有不飽和烴，不飽和烴能和溴水發(fā)生加成反應(yīng)，所以裂化汽油不能萃取溴水中的溴，故D錯誤；

故選B．

【解析】【答案】A；油脂屬于小分子化合物；

B；乙醇、乙酸、乙酸乙酯的性質(zhì)進行分析；

C；苯和液溴反應(yīng)但不和溴水反應(yīng)；

D；裂化汽油中含有不飽和烴；不飽和烴能和溴水反應(yīng)．

二、雙選題(共6題，共12分)10、D|E【分析】解：A．加入NaOH溶液進行中和鹽酸；但氫氧化鐵膠體遇到氫氧化鈉電解質(zhì)發(fā)生聚沉，故A錯誤；

B．加入AgNO3溶液反應(yīng)能和鹽酸生成氯化銀沉淀，但但氫氧化鐵膠體遇到AgNO3溶液電解質(zhì)發(fā)生聚沉；故B錯誤；

C．插入石墨電極；通入直流電進行電泳后再過濾，膠體和溶液的分散質(zhì)微粒的直徑都小于濾紙孔隙，無法分離，故C錯誤；

D．膠體分散質(zhì)微粒直徑為1nm～100nm；溶液中的微粒小于半透膜的孔隙能通過半透膜，而膠體不能通過，所以溶液和膠體的分離方法用滲析，裝入半透膜袋內(nèi)，將此袋浸入蒸餾水中，每隔幾分鐘更換一次蒸餾水，故D正確；

故選D．

溶液；膠體和濁液這三種分散系的本質(zhì)的區(qū)別在于分散質(zhì)粒子直徑大??；溶液分散質(zhì)微粒直徑小于1nm，濁液分散質(zhì)微粒直徑大于100nm，膠體分散質(zhì)微粒直徑為1nm～100nm，溶液中的微粒小于半透膜的孔隙能通過半透膜，而膠體不能通過，所以溶液和膠體的分離方法用滲析，據(jù)此即可解答．

本題主要考查了膠體的提純，注意根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)的異同選擇分離方法是解答的關(guān)鍵，題目較簡單．【解析】【答案】DE11、B|D【分析】解：A．Mn元素的化合價降低，則KMnO4為氧化劑；故A正確；

B．C元素的化合價升高，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，則氧化反應(yīng)的是H2C2O4；故B錯誤；

C．由電子、電荷及原子守恒可知，離子反應(yīng)為2MnO4-+5C2O42-+16H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O；故C正確；

D.16molH+參加反應(yīng)時；2molMn得到電子，則電子轉(zhuǎn)移為2mol×（7-2）=10mol，故D錯誤；

故選BD．

MnO4-+C2O42-+H+═CO2↑+Mn2++□中，Mn元素的化合價降低，C元素的化合價升高，由電子守恒、電荷守恒可知2MnO4-+5C2O42-+16H+═10CO2↑+2Mn2++□；由原子守恒可知□為水，以此來解答。

本題考查氧化還原反應(yīng)，為高頻考點，把握反應(yīng)中元素化合價變化為解答的關(guān)鍵，側(cè)重氧化還原反應(yīng)基本概念及轉(zhuǎn)移電子的考查，注意元素化合價的判斷，題目難度不大【解析】【答案】BD12、BC【分析】【分析】本題是對鹽類水解和弱電解質(zhì)的電離平衡的知識的綜合考察，是高考?？贾R點，難度一般。關(guān)鍵是掌握鹽類水解和弱電解質(zhì)的電離平衡的原理，側(cè)重知識的綜合能力考察?！窘獯稹緼.根據(jù)物料守恒可知rm{3c(H}rm{3c(H}rm{2}rm{2}rm{S)=2c(Na}rm{S)=2c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)-3c(HS}rm{)-3c(HS}故A錯誤；rm{{,!}^{-}}rm{)-3c(}rm{)-3c(}rm{{{S}^{2}}^{?}}rm{)}故A錯誤；和氯化銨，電荷守恒式為rm{)}B.混合后溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的rm{NH}rm{NH}rm{3}rm{3}rm{隆隴H}rm{隆隴H}rm{2}rm{2}物料守恒式為rm{O}和氯化銨，電荷守恒式為rm{c(OH}rm{O}rm{c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)+c(Cl}rm{)+c(Cl}rm{{,!}^{-}}rm{)=c(N}rm{)=c(N}由兩式可得rm{H_{4}^{+}}rm{)+c(H}rm{)+c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)}物料守恒式為rm{2c(Cl}rm{)}rm{2c(Cl}rm{{,!}^{-}}rm{)=c(N}rm{)=c(N}rm{H_{4}^{+}}故B正確；rm{)+c(NH}的rm{)+c(NH}rm{3}rm{3}溶液與rm{隆隴H}的rm{隆隴H}溶液等體積混合，醋酸微弱電離，有較多剩余，rm{2}rm{2}rm{O)}由兩式可得rm{c(OH}rm{O)}rm{c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)+c(NH}rm{)+c(NH}rm{3}rm{3}故C正確；rm{隆隴H}rm{隆隴H}rm{2}rm{2}rm{O)=c(Cl}rm{O)=c(Cl}rm{{,!}^{-}}溶液等體積混合生成硫酸鈉和硫酸銨，銨根水解生成氫離子，則rm{)+c(H}rm{)+c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)}故B正確；rm{)}故D錯誤。C.rm{pH=3}的rm{CH}rm{pH=3}【解析】rm{BC}13、B|C【分析】解：A．非金屬性N＞P＞As，非金屬性越強氫化物越穩(wěn)定，故穩(wěn)定性穩(wěn)定性：NH3＞PH3＞AsH3；故A錯誤；

B．電子層結(jié)構(gòu)相同時；陰離子半徑較大，如氧離子＞鈉離子，陽離子電子層較多時其離子半徑較大，如鉀離子＞氧離子，故B正確；

C．同周期自左而右非金屬性增強，故非金屬性S＞P＞Si，非金屬性越強最高價含氧酸的酸性越強，故酸性H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3；故C正確；

D．共價化合物可以形成原子晶體；也可以形成分子晶體，原子晶體的熔沸點高于離子晶體，如二氧化硅＞氯化鈉，故D錯誤；

故選BC．【解析】【答案】BC14、C|D【分析】解：X為一種常見酸的濃溶液；能使蔗糖粉末變黑，則X是硫酸，D和水反應(yīng)生成硫酸，則D是三氧化硫，B和氧氣反應(yīng)生成三氧化硫，則B是二氧化硫；

A．若A是碳；濃硫酸和碳反應(yīng)生成二氧化碳；二氧化硫和水，二氧化碳和少量氫氧化鈣反應(yīng)生成可溶性的碳酸氫鈣，故A錯誤；

B．若A是鐵；常溫下，鐵與濃硫酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象，所以鐵不能完全溶解，故B錯誤；

C．X使蔗糖變黑的現(xiàn)象主要體現(xiàn)了X濃硫酸的脫水性；故C正確；

D．工業(yè)上；二氧化硫轉(zhuǎn)化為三氧化硫的反應(yīng)條件為高溫；常壓、使用催化劑，故D正確；

故選CD．

X為一種常見酸的濃溶液；能使蔗糖粉末變黑，則X是硫酸，D和水反應(yīng)生成硫酸，則D是三氧化硫，B和氧氣反應(yīng)生成三氧化硫，則B是二氧化硫．

本題考查物質(zhì)的性質(zhì)，正確推斷物質(zhì)是解本題關(guān)鍵，本題的“題眼”是“x能使蔗糖粉末變黑”，以此來進行分析判斷，難度中等．【解析】【答案】CD15、rCD【分析】解：rm{Q}rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，rm{X}的焰色反應(yīng)呈黃色，則rm{X}為rm{Na}元素；rm{Q}元素的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的rm{2}倍，rm{Q}元素原子有rm{2}個電子層，最外層電子數(shù)為rm{4}故rm{Q}為碳元素；rm{W}rm{Z}最外層電子數(shù)相同，二者處于同一主族，rm{Z}的核電荷數(shù)是rm{W}的rm{2}倍，故rm{Z}為硫元素，rm{W}為氧元素；元素rm{Y}的合金是日常生活中使用最廣泛的金屬材料之一，則rm{Y}為rm{Al}元素；

A.氫氧化鋁是兩性氫氧化物；溶于強堿，與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉；水，故A錯誤；

B.同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑rm{Na>Al>C>O}即rm{r_{X}>r_{Y}>r_{Q}>r_{W}}故B錯誤；

C.工業(yè)上，電解熔融氯化鈉制備rm{Na}電解熔融氧化鋁冶煉rm{Al}故C正確；

D.rm{CS_{2}}屬于共價化合物；故D正確；

故選CD．

rm{Q}rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，rm{X}的焰色反應(yīng)呈黃色，則rm{X}為rm{Na}元素；rm{Q}元素的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的rm{2}倍，rm{Q}元素原子有rm{2}個電子層，最外層電子數(shù)為rm{4}故rm{Q}為碳元素；rm{W}rm{Z}最外層電子數(shù)相同，二者處于同一主族，rm{Z}的核電荷數(shù)是rm{W}的rm{2}倍，故rm{Z}為硫元素，rm{W}為氧元素；元素rm{Y}的合金是日常生活中使用最廣泛的金屬材料之一，則rm{Y}為rm{Al}元素；據(jù)此解答．

本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系，難度不大，推斷元素是解題的關(guān)鍵，注意掌握半徑比較規(guī)律，掌握中學(xué)常見的化學(xué)工業(yè)．【解析】rm{CD}三、填空題(共6題，共12分)16、第三周期第VIA族HClO4Mg＞P＞N＞OHF【分析】【分析】（1）由短周期元素A-K的化合價與原子序數(shù)的關(guān)系圖可知；J元素最低負價為-2，最高正價為+6，且處于短周期，故J應(yīng)為S；

（2）元素的非金屬性越強；其最高價氧化物的水化物的酸性越強；

（3）電子層數(shù)越多；半徑越大，同一周期，原子序數(shù)越大，半徑越??；

（4）元素的非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：（1）由短周期元素A-K的化合價與原子序數(shù)的關(guān)系圖可知；J元素最低負價為-2，最高正價為+6，且處于短周期，故J應(yīng)為S，S處于第三周期第VIA族；

故答案為：第三周期第VIA族；

（2）元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物的酸性越強，由于非金屬性：Cl＞S＞P，故高氯酸的酸性最強，化學(xué)式為HClO4，故答案為：HClO4；

（3）電子層數(shù)越多；半徑越大，同一周期，原子序數(shù)越大，半徑越小，B；C、F、I分別為：N、O、Mg、P，故半徑大小順序為：Mg＞P＞N＞O；

故答案為：Mg＞P＞N＞O；

（4）元素的非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，A-K元素中非金屬性最強的是F，故HF最穩(wěn)定，故答案為：HF．17、取代反應(yīng)氧化反應(yīng)還原反應(yīng)【分析】【分析】由對氨基水楊酸鈉的結(jié)構(gòu)可知A應(yīng)為則B為生成C的反應(yīng)應(yīng)為氧化反應(yīng)，則C為進而在堿性條件下水解生成D為D還原生成E為，最終生成氨基水楊酸鈉，故整個合成路線可表示為：以此可解答該題．【解析】【解答】解：由對氨基水楊酸鈉的結(jié)構(gòu)可知A應(yīng)為則B為生成C的反應(yīng)應(yīng)為氧化反應(yīng)，則C為進而在堿性條件下水解生成D為D還原生成E為，最終生成氨基水楊酸鈉，故整個合成路線可表示為：

（1）A→B反應(yīng)為的溴代反應(yīng)，方程式為

故答案為：

（2）由以上分析可知C為D為故答案為：

（3）根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知反應(yīng)Ⅰ為取代反應(yīng)；反應(yīng)Ⅱ為氧化反應(yīng)，反應(yīng)Ⅲ為還原反應(yīng)；

故答案為：取代反應(yīng)；氧化反應(yīng)；還原反應(yīng)．18、bcefhaglljkbdehibehdibcdefhi【分析】【分析】物質(zhì)導(dǎo)電有兩種原因；一是金屬，有能自由移動的電子；二是能夠產(chǎn)生自由移動離子的溶液；溶液的本質(zhì)特征是均一性；穩(wěn)定性，屬于混合物；據(jù)此進行分析判斷；

電解質(zhì)是指：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?；電解質(zhì)水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姡且螂娊赓|(zhì)自身可以離解成自由移動的離子；

在水溶液和熔融狀態(tài)下都不導(dǎo)電的化合物是非電解質(zhì)，電解質(zhì)和非電解質(zhì)都首先必須是化合物．單質(zhì)、混合物既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)．【解析】【解答】解：a；氯化鈉是鹽；晶體不能導(dǎo)電；是電解質(zhì)；

b；稀硫酸有自由移動的氫離子和硫酸根離子；能導(dǎo)電，但稀硫酸為硫酸溶液，是混合物，所以，它既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

c；乙醇是化合物；但其水溶液只存在乙醇分子，不導(dǎo)電，屬于非電解質(zhì)；

d；金屬鐵是金屬單質(zhì)；能導(dǎo)電；但它既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

e；氫氧化鈉溶液有自由移動的鈉離子和氫氧根離子；能導(dǎo)電，但為氫氧化鈉溶液，是混合物，所以，它既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

f；蔗糖是化合物；但其水溶液只存在蔗糖分子，不導(dǎo)電，屬于非電解質(zhì)；

g、KNO3是鹽；晶體不能導(dǎo)電；是電解質(zhì)；

h；醋酸溶液有自由移動的氫離子和醋酸根離子；能導(dǎo)電，但為醋酸溶液，是混合物，所以，它既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

i；石墨是非金屬單質(zhì)；能導(dǎo)電；但它既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

j、CO2只存在分子；沒有自由移動的離子，所以不能導(dǎo)電；二氧化碳在水溶液中與水反應(yīng)生成碳酸，碳酸電離出自由移動的離子導(dǎo)電，二氧化碳自身不能電離，二氧化碳是非電解質(zhì)；

k、NH3只存在分子；沒有自由移動的離子，所以不能導(dǎo)電；氨氣在水溶液中與水反應(yīng)生成一水合氨，一水合氨電離出自由移動的離子導(dǎo)電，氨氣自身不能電離是非電解質(zhì)；

l、BaSO4沒有自由移動的離子不導(dǎo)電；雖然硫酸鋇在水中的溶解度很??；但硫酸鋇只要溶解就完全電離且在熔融狀態(tài)下能夠完全電離，所以硫酸鋇是電解質(zhì)；

故答案為：bcefh，agl，l，jk，bdehi，beh，di，bcdefhi．19、N1：1sp3CO2N3-平面三角形AO2【分析】【分析】（1）根據(jù)三者價電子排布式做出判斷；

（2）CN-與N2結(jié)構(gòu)相似，利用已知的N2的結(jié)構(gòu)判斷HCN分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比；

（3）根據(jù)H2O2分子結(jié)構(gòu)判斷形成的空間軌道數(shù)；判斷其雜化類型；

（4）等電子體為原子數(shù)和價電子數(shù)相同的分子或離子團；可以結(jié)合與已知離子團中元素位置相近的其他原子判斷；利用價電子對數(shù)判斷形成的原子軌道數(shù)，結(jié)合配位數(shù)判斷空間構(gòu)型；

（5）利用均攤法計算晶胞中A和O數(shù)，寫出化學(xué)式．【解析】【解答】解：（1）C原子價電子排布式為：2s22p2，含有兩個未成對電子；N原子價電子排布式為：2s22p3，有三個未成對電子；O原子價電子排布式為：2s224；有兩個未成對電子，故答案為：N；

（2）N2結(jié)中含有一個σ鍵和兩個π鍵，則CN-與中同樣含有一個σ鍵和兩個π鍵；又與H形成一個σ鍵，則HCN分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為：1：1，故答案為：1：1；

（3）H2O2分子中O原子間形成一條共價鍵，與H形成一條共價鍵，且含有兩對孤對電子，共形成了4條雜化軌道，即雜化類型為：sp3雜化，故答案為：sp3；

（4）與C、O原子位置相近的原子有C原子，可根據(jù)原子數(shù)相等和價電子數(shù)相等，進行組合，可想到CO2和N3-，故答案為：CO2；N3-；

（5）晶胞中A位于頂點和體心，其數(shù)目為：=2，O位于上下面面心和體心，其數(shù)目為：+2=4，可寫出化學(xué)式為：AO2，故答案為：AO2．20、略

【分析】試題分析：在前四周期元素中，顯負一價的只能是氫和鹵素，所以A只能是H或者F或者Cl；正一價的只能是堿金屬，鋰或鈉或鉀，根椐A＿和B+的電子相差為8可以判斷A是氟，B是鉀，那么C為鐵，D為鎳。四種元素中第一電離最小的是最易失電子的鉀，電負性最大的是氟；通過均攤法來確定其分子式：D也就是黑色小球在頂點上有八個，體心中有一個，總共有：B也就是大一點的黑球，在棱上有八個，體心有二個，總共有：A也就是白球，在棱上有十六個，在面心有四個，在體心有二個，總共有：因此該化合物的化學(xué)式是：K2NiF4，根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)簡式可知，中間的立方體中Ni原子周圍最近的F原子個數(shù)是6，既配位數(shù)是6。根據(jù)①可知該晶胞的目的應(yīng)該是g·cm-3考點：考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）（2分）（2）K（2分）；F（2分）（3）①K2NiF4（3分）；6（3分）②（3分）21、略

【分析】試題分析：（1）平衡常數(shù)只受溫度的影響，溫度不變，則壓強不變，平衡狀態(tài)由A變到B時，則k（A）=k（B）；（2）由圖象知，體系總壓強為0．10MPa時SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為0．8，則2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）起始：2．0mol1．0mol0轉(zhuǎn)化：1．6mol0．8mol1．6mol平衡：0．4mol0．2mol1．6mol則平衡時：c（SO2）=0．04mol/L，c（O2）=0．02mol/L，c（SO3）=0．16mol/L，SO2的平均反應(yīng)速率為1．6mol/10L/40s=0．0040mol·L-1·s-1，K=c(SO3)2/c(SO2)2·c(O2)=(0．16)2/(0．04)2×0．02=800；（2）①CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=-1160kJ/mol利用蓋斯定律將①+②/2可得：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=-867kJ/moln（CH4）=4．48L/22．4L/mol=0．2mol，整個過程中轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為：0．20mol×8=1．60mol，放出的熱量為：0．2mol×867kJ/mol=173．4kJ。②上述可知，若反應(yīng)物中全部是為二氧化氮，放出的熱量為173．4kJ。根據(jù)蓋斯定律可據(jù)算出若全部為一氧化氮放出熱量為232kJ，故放出的熱量范圍是173．4kJ＜Q＜232kJ?？键c：蓋斯定律，化學(xué)平衡常數(shù)，化學(xué)平衡?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）①＝；（1分）②0．0040mol·L-1·s-1，800L·mol-1；（共4分，各2分，無單位或錯誤扣1分）（2）①1．6mol（2分，無單位扣1分）②173．4kJ＜Q＜232kJ（3分）四、實驗題(共4題，共12分)22、略

【分析】解：濃硫酸與亞硫酸鈉反應(yīng)生成二氧化硫和硫酸鈉：rm{Na_{2}SO_{3}+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}裝置rm{B}用于觀察通入二氧化硫的生成速率，可以用亞硫酸氫鈉溶液；在裝置rm{C}中發(fā)生反應(yīng)rm{4SO_{2}+2Na_{2}S+Na_{2}CO_{3}=3Na_{2}S_{2}O_{3}+CO_{2}}從而制備出rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}二氧化硫有毒，裝置rm{E}為尾氣吸收裝置；

rm{(1)}濃硫酸與亞硫酸鈉反應(yīng)生成二氧化硫和硫酸鈉，反應(yīng)方程式為：rm{Na_{2}SO_{3}+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}

故答案為：rm{Na_{2}SO_{3}+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{(2)壟脵}裝置rm{B}中所盛放的液體應(yīng)不能夠與二氧化硫反應(yīng)；二氧化硫能夠溶于水，能夠與亞硫酸鈉和碳酸氫鈉溶液反應(yīng)；

故答案為：rm{c}

rm{壟脷}如使rm{SO_{2}}緩慢進入燒瓶rm{C}應(yīng)使rm{A}中緩慢反應(yīng)，可觀察rm{B}的氣泡流速，旋轉(zhuǎn)rm{A}分液漏斗活塞，通過控制硫酸流量而控制rm{SO_{2}}流量；

故答案為：觀察rm{B}的氣泡流速，旋轉(zhuǎn)rm{A}分液漏斗活塞，通過控制硫酸流量而控制rm{SO_{2}}流量；

rm{(3)壟脵S}元素在二氧化硫中為rm{+4}價，在硫化鈉中為rm{-2}價，反應(yīng)后為rm{+2}價，所以二氧化硫和硫化鈉物質(zhì)的量之比為rm{2}rm{1}據(jù)原子守恒，二氧化硫錢的化學(xué)計量數(shù)為rm{4}硫化鈉的化學(xué)計量數(shù)為rm{2}據(jù)原子守恒，還生成二氧化碳，化學(xué)方程式為：rm{4SO_{2}+2Na_{2}S+Na_{2}CO_{3}=3Na_{2}S_{2}O_{3}+CO_{2}}

故答案為：rm{4}rm{2}rm{1}rm{3}rm{CO_{2}}

rm{壟脷}反應(yīng)開始先使rm{A}中發(fā)生反應(yīng)一會兒，再使rm{C}中反應(yīng)發(fā)生，目的是排除裝置內(nèi)空氣，先使rm{C}中充滿二氧化硫，防止發(fā)生氧化生成rm{Na_{2}SO_{4}}

故答案為：排除裝置內(nèi)空氣，防止發(fā)生氧化生成rm{Na_{2}SO_{4}}

rm{(4)}向溶液中滴加過量rm{BaCl_{2}}溶液，有白色沉淀生成，說明雜質(zhì)可能有rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Na_{2}SO_{3}}rm{Na_{2}SO_{4}}向沉淀中加入過量鹽酸，沉淀完全溶解，并有刺激性氣味的氣體產(chǎn)生，說明沒有rm{Na_{2}SO_{4}}rm{Na_{2}S}一定有rm{Na_{2}SO_{3}}可能有rm{Na_{2}CO_{3}}排除rm{Na_{2}S}的原因是rm{Na_{2}S}和rm{Na_{2}SO_{3}}在酸性條件下會生成淡黃色的rm{S}沉淀；

故答案為：

。推測操作和現(xiàn)象結(jié)論rm{Na_{2}SO_{3}}

rm{Na_{2}CO_{3}}

rm{Na_{2}S}rm{Na_{2}SO_{4}}

濃硫酸與亞硫酸鈉反應(yīng)生成二氧化硫和硫酸鈉：rm{Na_{2}SO_{3}+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}裝置rm{B}用于觀察通入二氧化硫的生成速率，可以用亞硫酸氫鈉溶液；在裝置rm{C}中發(fā)生反應(yīng)rm{4SO_{2}+2Na_{2}S+Na_{2}CO_{3}=3Na_{2}S_{2}O_{3}+CO_{2}}從而制備出rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}二氧化硫有毒，裝置rm{E}為尾氣吸收裝置；

rm{(1)}裝置rm{A}中濃硫酸與亞硫酸鈉反應(yīng)生成二氧化硫和硫酸鈉；據(jù)此寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式；

rm{(2)壟脵}裝置rm{B}中所盛放的液體應(yīng)不能夠與二氧化硫反應(yīng)；

rm{壟脷}如使rm{SO_{2}}緩慢進入燒瓶rm{C}應(yīng)使rm{A}中緩慢反應(yīng)；

rm{(3)壟脵}據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平化學(xué)方程式；

rm{壟脷}先使rm{C}中充滿二氧化硫，rm{C}中才能反應(yīng)；

rm{(4)壟脵}取rm{Wg}產(chǎn)品配成稀溶液；

rm{壟脷}向溶液中滴加過量rm{BaCl_{2}}溶液，有白色沉淀生成，說明雜志可能有rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Na_{2}SO_{3}}rm{Na_{2}SO_{4}}

rm{壟脹}向沉淀中加入過量鹽酸，沉淀完全溶解，并有刺激性氣味的氣體產(chǎn)生，說明沒有rm{Na_{2}SO_{4}}一定有rm{Na_{2}SO_{3}}可能有rm{Na_{2}CO_{3}}．

本題以制備硫代硫酸鈉晶體rm{(Na_{2}S_{2}O_{3}?5H_{2}O)}為載體，考查了制備方案的設(shè)計，題目難度中等，涉及氧化還原反應(yīng)方程式書寫、配平以及物質(zhì)的分離提純、檢驗、設(shè)計優(yōu)化等知識，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力．【解析】rm{Na_{2}SO_{3}+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{c}觀察rm{B}的氣泡流速，旋轉(zhuǎn)rm{A}分液漏斗活塞，通過控制硫酸流量而控制rm{SO_{2}}流量；rm{4}rm{2}rm{1}rm{3}rm{CO_{2}}排除裝置內(nèi)空氣，防止發(fā)生氧化生成rm{Na_{2}SO_{4}}rm{Na_{2}SO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{Na_{2}S}rm{Na_{2}SO_{4}}23、略

【分析】解：制備流程為：廢液中加入雙氧水，將溴離子氧化成溴單質(zhì)，然后加入四氯化碳后通過萃取、分液分離出溴，通過操作rm{壟脹}蒸餾得到四氯化碳和溴單質(zhì)；無色液體Ⅰ中含有rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}分別加入rm{BaCl_{2}}rm{K_{2}CO_{3}}rm{KOH}溶液過濾后得到無色溶液Ⅱ和固體rm{A}再調(diào)節(jié)溶液Ⅱ的rm{pH}萃取碳酸根離子；氫氧根離子；得到無色溶液Ⅲ，最后通過蒸發(fā)結(jié)晶獲得氯化鉀固體；

rm{(1)}由加入的rm{CCl_{4}}及得到的深紅棕色液體知，試劑rm{a}能將rm{Br^{-}}氧化為rm{Br_{2}}試劑rm{a}應(yīng)具有氧化性，所以應(yīng)選用rm{H_{2}O_{2}}溶液；

故答案為：rm{H_{2}O_{2}}

rm{(2)}由流程圖知，無色液體Ⅰ中含有rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}無色液體Ⅲ中只含有rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}則試劑rm的作用是除去rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}操作rm{壟脵}是萃取，操作rm{壟脷}是將互不相溶的兩種液體分開rm{-}分液，操作rm{壟脹}是將沸點不同、互溶的兩液體分開rm{-}蒸餾，操作rm{壟脺}是將溶液與沉淀分開rm{-}過濾，操作rm{壟脻}是將rm{KCl}從其水溶液中提取出來rm{-}結(jié)晶，操作rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}rm{壟脻}的名稱是：萃??；分液、蒸餾、過濾、蒸發(fā)結(jié)晶；則B正確；

故答案為：rm{B}

rm{(3)}由于除雜時除雜試劑需過量，且不能引入新雜質(zhì)，所以除去rm{Ca^{2+}}選用飽和rm{K_{2}CO_{3}}溶液；除去rm{Mg^{2+}}選用rm{KOH}溶液；除去rm{SO_{4}^{2-}}選用rm{BaCl_{2}}溶液rm{.}而且只要滿足rm{BaCl_{2}}溶液在飽和rm{K_{2}CO_{3}}溶液之前加入即可；

故答案為：rm{BaCl_{2}}rm{K_{2}CO_{3}}rm{KOH(}或rm{KOH}rm{BaCl_{2}}rm{K_{2}CO_{3}}或rm{BaCl_{2}}rm{KOH}rm{K_{2}CO_{3})}

rm{(4)}由以上知，無色液體Ⅱ中還含有雜質(zhì)離子rm{CO_{3}^{2-}}和rm{OH^{-}}需用鹽酸來除去過量的rm{OH^{-}}及rm{CO_{3}^{2-}}調(diào)節(jié)rm{pH=7}的操作方法是滴加鹽酸，無氣體產(chǎn)生時，用rm{pH}試紙測定至rm{pH=7}

故答案為：除去過量的rm{OH^{-}}及rm{CO_{3}^{2-}}滴加稀鹽酸，無氣體產(chǎn)生時，用rm{pH}試紙測定至rm{pH=7}

rm{(5)}由于操作rm{壟脻}是蒸發(fā)結(jié)晶；所以該操作用到的瓷質(zhì)儀器是蒸發(fā)皿；

故答案為：蒸發(fā)皿．

根據(jù)圖示可知，制備流程為：廢液中加入雙氧水，將溴離子氧化成溴單質(zhì)，然后加入四氯化碳后通過萃取、分液分離出溴，通過操作rm{壟脹}蒸餾得到四氯化碳和溴單質(zhì)；無色液體Ⅰ中含有rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}分別加入rm{BaCl_{2}}rm{K_{2}CO_{3}}rm{KOH}溶液過濾后得到無色溶液Ⅱ和固體rm{A}再調(diào)節(jié)溶液Ⅱ的rm{pH}萃取碳酸根離子；氫氧根離子；得到無色溶液Ⅲ，最后通過蒸發(fā)結(jié)晶獲得氯化鉀固體；

rm{(1)}試劑rm{a}能將rm{Br^{-}}氧化為rm{Br_{2}}試劑rm{a}應(yīng)具有氧化性；

rm{(2)}加入rm{CCl_{4}}的目的是萃??；緊接著萃取后的操作是將有機層與水層分開，叫做分液；從含有溴的rm{CCl_{4}}溶液中分離得到rm{CCl_{4}}和液溴的操作，是將兩種相互混溶的液體進行分離的操作，叫做蒸餾；操作rm{壟脺}完成后得到固體rm{A}和無色液體rm{I}分離固體和液體的操作是過濾；操作rm{壟脻}是從溶液中得到能溶解于水的氯化鉀晶體；是蒸發(fā)結(jié)晶；

rm{(3)}除去rm{Ca^{2+}}選用飽和rm{K_{2}CO_{3}}溶液；除去rm{Mg^{2+}}選用rm{KOH}溶液；除去rm{SO_{4}^{2-}}選用rm{BaCl_{2}}溶液；

rm{(4)}無色液體Ⅱ中還含有雜質(zhì)離子rm{CO_{3}^{2-}}和rm{OH^{-}}用rm{pH}試紙測定至rm{pH=7}

rm{(5)}操作rm{壟脻}是蒸發(fā)結(jié)晶；需要使用的儀器為坩堝．

本題綜合考查了混合物的分離與提純方法的綜合應(yīng)用，題目難度中等，是考查學(xué)生基本實驗?zāi)芰Φ囊坏篮妙}，注意掌握物質(zhì)分離、提純方法及化學(xué)實驗基本操作方法，明確選擇除雜試劑時不能引入新的雜質(zhì)，過量的試劑需要通過后面的試劑除去．【解析】rm{H_{2}O_{2}}rm{B}rm{BaCl_{2}}rm{K_{2}CO_{3}}rm{KOH(}或rm{KOH}rm{BaCl_{2}}rm{K_{2}CO_{3}}或rm{BaCl_{2}}rm{KOH}rm{K_{2}CO_{3})}除去過量的rm{OH^{-}}及rm{CO_{3}^{2-}}滴加稀鹽酸，無氣體產(chǎn)生時，用rm{pH}試紙測定至rm{pH=7}蒸發(fā)皿24、略

【分析】解：rm{(1)Ga}的原子序數(shù)為rm{31}位于第四周期第Ⅲrm{A}族，故答案為：第四周期第Ⅲrm{A}族；

rm{Ga}和rm{NH_{3}}在高溫條件下反應(yīng)生成rm{GaN}和氫氣，反應(yīng)為rm{2Ga+2NH_{3}dfrac{underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2GaN+3H_{2}}故答案為：rm{2Ga+2NH_{3}dfrac{underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2GaN+3H_{2}}

rm{2Ga+2NH_{3}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2GaN+3H_{2}}鎵位于第Ⅲrm{2Ga+2NH_{3}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2GaN+3H_{2}}族，位于金屬與非金屬交界處，與rm{(3)}具有相似性質(zhì)；則：

A.rm{A}與鹽酸、rm{Al}均反應(yīng)，則一定條件下，rm{Al}可溶于鹽酸和氫氧化鈉；故A正確；

B.rm{NaOH}與水常溫不反應(yīng)，則常溫下，rm{Ga}不能與水劇烈反應(yīng)放出氫氣；故B錯誤；

C.氧化鋁可由氫氧化鋁分解生成，則rm{Al}可由rm{Ga}受熱分解得到；故C正確；

D.氧化鋁與rm{Ga_{2}O_{3}}反應(yīng)生成鹽，則一定條件下，rm{Ga(OH)_{3}}可與rm{NaOH}反應(yīng)生成鹽；故D正確；

故答案為：rm{Ga_{2}O_{3}}

rm{NaOH}將rm{ACD}甲的粉末加入足量濃硝酸并加熱，完全溶解得藍色溶液，向該溶液中加入足量rm{II.}溶液，過濾、洗滌、干燥得沉淀rm{32g}該沉淀為硫酸鋇，其物質(zhì)的量為：rm{dfrac{46.6g}{233g/mol}=0.2mol}根據(jù)質(zhì)量守恒可知甲中含有rm{Ba(NO_{3})_{2}}原子；濾液中再滴加rm{46.6g}溶液，又出現(xiàn)藍色沉淀，該藍色沉淀為氫氧化銅，說明甲中含有rm{dfrac

{46.6g}{233g/mol}=0.2mol}離子，rm{0.2molS}甲中含有銅元素的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{32g-32g/mol隆脕0.2mol}{64g/mol}=0.4mol}則甲的化學(xué)式為：rm{NaOH}

含乙的礦石自然界中儲量較多，稱取一定量乙，加入稀鹽酸使其全部溶解，溶液分為rm{Cu}rm{32g}兩等份，向rm{dfrac

{32g-32g/mol隆脕0.2mol}{64g/mol}=0.4mol}中加入足量氫氧化鈉溶液，過濾、洗滌、灼燒得紅棕色固體rm{Cu_{2}S}該紅棕色固體為rm{A}氧化鐵含有鐵元素的物質(zhì)的量為額：rm{dfrac{28g}{160g/mol}隆脕2=0.35mol}可能為鐵離子和亞鐵離子的混合物；經(jīng)分析乙與紅棕色固體的組成元素相同，則乙中含有rm{B}rm{A}元素；向rm{28g}中加入rm{Fe_{2}O_{3}}銅粉充分反應(yīng)后過濾、洗滌、干燥得剩余固體rm{dfrac

{28g}{160g/mol}隆脕2=0.35mol}反應(yīng)消耗銅的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{8.0g-1.6g}{64g/mol}=0.1mol}根據(jù)反應(yīng)rm{Fe}可知，rm{O}銅完全反應(yīng)消耗rm{B}所以乙與鹽酸反應(yīng)生成的為rm{8.0g}rm{1.6g}鐵的平均化合價為：rm{dfrac{0.2mol隆脕3+0.15mol隆脕2}{0.35mol}=dfrac{18}{7}}則乙的化學(xué)式為：rm{dfrac

{8.0g-1.6g}{64g/mol}=0.1mol}

rm{2Fe^{3+}+Cu簍T2Fe^{2+}+Cu^{2+}}甲為rm{0.1mol}rm{0.2molFe^{3+}}的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{32g}{160g/mol}=0.2mol}濃硝酸足量，rm{0.2molFe^{3+}}元素從rm{0.15molFe^{2+}}轉(zhuǎn)化成rm{dfrac

{0.2mol隆脕3+0.15mol隆脕2}{0.35mol}=dfrac{18}{7}}價、硫元素從rm{Fe_{7}O_{9}}轉(zhuǎn)化成rm{(1)}價，則反應(yīng)中失去電子總物質(zhì)的量為：rm{Cu_{2}S}反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為rm{32gCu_{2}S}甲在足量空氣中灼燒生成氧化銅、二氧化硫氣體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{Cu_{2}S+2O_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2CuO+SO_{2}}

故答案為：rm{dfrac

{32g}{160g/mol}=0.2mol}rm{Cu_{2}S+2O_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2CuO+SO_{2}}

rm{Cu}根據(jù)分析可知，乙的化學(xué)式為：rm{+1}稀硫酸與乙反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{+2}

故答案為：rm{-2}rm{+6}

rm{0.2mol隆脕2隆脕(2-1)+0.2mol隆脕[6-(-2)]=2mol}甲在足量氧氣中充分灼燒的氣體產(chǎn)物是二氧化硫，rm{2N_{A}}中含有鐵離子，二氧化硫和鐵離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成亞鐵離子和硫酸根離子，離子方程式為rm{Cu_{2}S+2O_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2CuO+SO_{2}}向溶液中加入強氧化劑將亞鐵離子氧化為鐵離子，然后用rm{2N_{A}}檢驗鐵離子，所以其檢驗方法為：取反應(yīng)后的溶液兩份于試管中，向一份中加入酸化的rm{Cu_{2}S+2O_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2CuO+SO_{2}}溶液，若褪色，則含有rm{(2)}價鐵，向另一份中加入rm{Fe_{7}O_{9}}溶液，若出現(xiàn)血紅色溶液，則含有rm{9H_{2}SO_{4}+Fe_{7}O_{9}=3FeSO_{4}+2Fe_{2}(SO_{4})_{3}+9H_{2}O}價鐵；

故答案為：rm{Fe_{7}O_{9}}取反應(yīng)后的溶液兩份于試管中，向一份中加入酸化的rm{9H_{2}SO_{4}+Fe_{7}O_{9}=3FeSO_{4}+2Fe_{2}(SO_{4})_{3}+9H_{2}O}溶液，若褪色，則含有rm{(3)}價鐵，向另一份中加入rm{A}溶液，若出現(xiàn)血紅色溶液，則含有rm{SO_{2}+2Fe^{3+}+2H_{2}O=2Fe^{2+}+SO_{4}^{2-}+4H^{+}}價鐵．

I.rm{KSCN}的原子序數(shù)為rm{KMnO_{4}}位于第四周期第Ⅲrm{+2}族；

rm{KSCN}和rm{+3}在高溫條件下反應(yīng)生成rm{SO_{2}+2Fe^{3+}+2H_{2}O=2Fe^{2+}+SO_{4}^{2-}+4H^{+}}和氫氣；

rm{KMnO_{4}}鎵位于第Ⅲrm{+2}族，位于金屬與非金屬交界處，與rm{KSCN}具有相似性質(zhì)，金屬性比rm{+3}強；以此分析其單質(zhì)和化合物的性質(zhì)；

rm{(1)Ga}將rm{31}甲的粉末加入足量濃硝酸并加熱，完全溶解得藍色溶液，向該溶液中加入足量rm{A}溶液，過濾、洗滌、干燥得沉淀rm{(2)Ga}該沉淀為硫酸鋇，其物質(zhì)的量為：rm{dfrac{46.6g}{233g/mol}=0.2mol}根據(jù)質(zhì)量守恒可知甲中含有rm{NH_{3}}原子；濾液中再滴加rm{GaN}溶液，又出現(xiàn)藍色沉淀，該藍色沉淀為氫氧化銅，說明甲中含有rm{(3)}離子，rm{A}甲中含有銅元素的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{32g-32g/mol隆脕0.2mol}{64g/mol}=0.4mol}則甲的化學(xué)式為：rm{Al}

含乙的礦石自然界中儲量較多，稱取一定量乙，加入稀鹽酸使其全部溶解，溶液分為rm{Al}rm{II.}兩等份，向rm{32g}中加入足量氫氧化鈉溶液，過濾、洗滌、灼燒得紅棕色固體rm{Ba(NO_{3})_{2}}該紅棕色固體為rm{46.6g}氧化鐵含有鐵元素的物質(zhì)的量為額：rm{dfrac{28g}{160g/mol}隆脕2=0.35mol}可能為鐵離子和亞鐵離子的混合物；經(jīng)分析乙與紅棕色固體的組成元素相同，則乙中含有rm{dfrac

{46.6g}{233g/mol}=0.2mol}rm{0.2molS}元素；向rm{NaOH}中加入rm{Cu}銅粉充分反應(yīng)后過濾、洗滌、干燥得剩余固體rm{32g}反應(yīng)消耗銅的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{8.0g-1.6g}{64g/mol}=0.1mol}根據(jù)反應(yīng)rm{dfrac

{32g-32g/mol隆脕0.2mol}{64g/mol}=0.4mol}可知，rm{Cu_{2}S}銅完全反應(yīng)消耗rm{A}所以乙與鹽酸反應(yīng)生成的為rm{B}rm{A}鐵的平均化合價為：rm{dfrac{0.2mol隆脕3+0.15mol隆脕2}{0.35mol}=dfrac{18}{7}}則乙的化學(xué)式為：rm{28g}據(jù)此分析解答．

本題考查無機物推斷及同一主族元素周期律，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生推斷及知識綜合運用能力，明確常見元素化合物性質(zhì)、元素周期律內(nèi)涵是解本題關(guān)鍵，難點是rm{Fe_{2}O_{3}}的物質(zhì)推斷，題目難度中等．rm{dfrac

{28g}{160g/mol}隆脕2=0.35mol}【解析】第四周期第rm{IIIA}族；rm{2Ga+2NH_{3}dfrac{underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2GaN+3H_{2}}rm{2Ga+2NH_{3}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2GaN+3H_{2}}rm{ACD}r