2025年外研版高二化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………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年外研版高二化學(xué)下冊月考試卷92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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列關(guān)于金屬腐蝕的敘述正確的是（）A.本質(zhì)是：M+nH2O=M(OH)n+n/2H2↑B.電化學(xué)腐蝕必須在酸性條件下進行C.化學(xué)腐蝕比電化學(xué)腐蝕更普遍D.本質(zhì)是：M–ne-=Mn+[2、根據(jù)下列物質(zhì)變化中化合價的情況，判斷屬于還原反應(yīng)的是（）A.CuO→CuB.NaCl→HClC.C→CO2D.FeCl2→FeCl33、下列推論正確的是rm{(}rm{)}A.rm{S(g)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)triangleH_{1}}rm{S(s)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)triangleH_{2}}rm{triangleH_{1}>triangleH_{2}}B.rm{S(g)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)triangle

H_{1}}石墨，rm{S(s)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)triangle

H_{2}}金剛石，rm{triangleH_{1}>triangle

H_{2}}則：由石墨制取金剛石的反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，金剛石比石墨穩(wěn)定C.rm{NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.4kJ/mol.}則含rm{C(}的稀溶液與稀鹽酸完全反應(yīng)，放出的熱量為rm{s)=C(}D.rm{CaCO_{3}(s)=CaO(s)+CO_{2}(g)triangleH>0}rm{s)triangleH=+1.9kJ/mol}則：該反應(yīng)任何溫度下都能自發(fā)進行rm{NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H_{2}O(l)triangle

H=-57.4kJ/mol.}4、下列關(guān)于有機物說法正確的是（）A.制乙酸乙酯時，把乙醇和乙酸依次加入濃硫酸中B.用灼燒的方法可以區(qū)別絲和棉花C.油脂水解可得到氨基酸和甘油D.石油分餾可獲得乙烯、丙烯、丁二烯等氣體5、下列溶液中，一定呈中性的是rm{(}rm{)}A.由非電解質(zhì)溶于水得到的溶液B.rm{c(H^{+})}rm{c(OH^{-})}均為rm{5.0隆脕10^{-7}mol?L^{-1}}的溶液C.等物質(zhì)的量的強酸與強堿反應(yīng)得到的溶液D.將rm{pH=9}的燒堿溶液稀釋rm{100}倍所得到的溶液6、rm{T隆忙}時在rm{2L}密閉容器中使rm{X(g)}與rm{Y(g)}發(fā)生反應(yīng)生成rm{Z(g).}反應(yīng)過程中rm{X}rm{Y}rm{Z}的物質(zhì)的量變化如圖rm{-1}所示；若保持其他條件不變，溫度分別為rm{T_{1}}和rm{T_{2}}rm{Y}的體積百分含量與時間的關(guān)系如圖rm{-2}所示rm{.}下列分析正確的是rm{(}rm{)}

A.容器中發(fā)生的反應(yīng)可表示為：rm{2X(g)+Y(g)?2Z(g)}B.rm{0隆蘆3}rm{min}內(nèi)，rm{v(X)=0.2}rm{mol?L^{-1}?min^{-1}}C.其他條件不變升高溫度，rm{v_{脮媒}}rm{v_{脛忙}}都增大，且重新平衡前rm{v_{脮媒}>v_{脛忙}}D.若改變條件，使反應(yīng)進程如圖rm{3}所示，則改變的條件可能是增大壓強7、化學(xué)用語是學(xué)習(xí)化學(xué)的重要工具，下列化學(xué)用語中正確的是rm{(}rm{)}A.rm{Na_{2}S}的水解：rm{S^{2-}+2H_{2}O?H_{2}S+2OH^{-}}B.rm{NaHCO_{3}}的電離：rm{NaHCO_{3}?Na^{+}+H^{+}+CO_{3}^{2-}}C.rm{HSO_{3}^{-}}的電離：rm{HSO_{3}^{-}?H^{+}+SO_{3}^{2-}}D.鋼鐵的電化學(xué)腐蝕的負極反應(yīng)式：rm{Fe-3e^{-}簍TFe^{3+}}評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、將一塊鋁硅合金恰好與NaOH溶液完全反應(yīng)而溶解。(1)寫出合金溶解的離子方程式______________________________________________。(2)向所得的溶液中加入足量的鹽酸，充分反應(yīng)后，溶液中大量存在的離子為_______。9、已知A、B、C、D、E、F、G都是元素周期表中短周期主族元素，它們的原子序數(shù)依次增大。A是周期表中原子半徑最小的元素，D3B中陰、陽離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，B、C均可分別與A形成10個電子分子，B、C屬同一周期，兩者可以形成許多種共價化合物，C、F屬同一主族，B原子最外電子層的p能級上的電子處于半滿狀態(tài)，C的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，E最外層電子數(shù)比最內(nèi)層多1。請用具體的元素回答下列問題：（1）E元素原子基態(tài)電子排布式____。（2）用電子排布圖表示F元素原子的價電子構(gòu)型。（3）F、G元素對應(yīng)的最高價含氧酸中酸性較強的分子式為。（4）離子半徑D+B3—，第一電離能BC，電負性CF（填“<”、“>”或“=”）。（5）A、C形成的一種綠色氧化劑X有廣泛應(yīng)用，X分子中A、C原子個數(shù)比1∶1，X的電子式為，試寫出Cu、稀H2SO4與X反應(yīng)制備硫酸銅的離子方程式。（6）寫出E與D的最高價氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式。10、50mL1.0mol?L-1鹽酸跟50mL1.1mol?L-1氫氧化鈉溶液在圖1裝置中進行中和反應(yīng)，并通過測定反應(yīng)過程中所放出的熱量來計算中和熱．試回答下列問題：

（1）大小燒杯間填滿碎泡沫塑料的作用____．

（2）____（填“能”或“不能”）將環(huán)形玻璃攪拌棒改為環(huán)形銅棒．其原因是____．

（3）大燒杯上如不蓋硬紙板，對求得中和熱數(shù)值的影響是____（填“偏高”或“偏低”或“無影響”）．

（4）如果改用60mL1.0mol?L-1鹽酸跟50mL1.1mol?L-1氫氧化鈉溶液進行反應(yīng)，則與上述實驗相比，所放熱量____（“增加”、“減少”或“不變”），所求中和熱數(shù)值____（“增加”；“減少”或“不變”）

（5）某研究小組將裝置完善后，把V1mL1.0mol/LHCl溶液和V2mL未知濃度的NaOH溶液混合均勻后測量并記錄溶液溫度，實驗結(jié)果如圖2所示（實驗中始終保持V1+V2=50mL）．回答下列問題：研究小組做該實驗時環(huán)境溫度____（填“高于”、“低于”或“等于”）22℃．11、（每空2分，共10分）近年，國際原油價格大幅上漲，促使各國政府加大生物能生產(chǎn)，其中酒精汽油已進入實用化階段。(1)乙醇在銅或銀作催化劑的條件下，可以被空氣中的氧氣氧化成X，X可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，請寫出X被銀氨溶液氧化的反應(yīng)方程式(標(biāo)出具體反應(yīng)條件)：______________________________________。(2)乙醇可以與酸性重鉻酸鉀溶液反應(yīng)，被直接氧化成Y，Y含有官能團的名稱是________。在濃硫酸存在下加熱，乙醇與Y反應(yīng)可生成一種有香味的物質(zhì)W，化學(xué)方程式為________________________________________。(3)現(xiàn)有兩瓶無色液體，分別盛有Y、W，只用一種試劑就可以鑒別，該試劑可以是____________________________________。(4)現(xiàn)代石油化工采用銀作催化劑，乙烯能被氧氣氧化生成環(huán)氧乙烷()該反應(yīng)的原子利用率為100%，反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。12、純水中rm{c(H^{+}}rm{)=5.0隆脕10^{-7}}rm{mol/L}則此時純水中的rm{c(OH^{-})=}______；若溫度不變，滴入稀硫酸使rm{c(H^{+})=5.0隆脕10^{-3}mol/L}則rm{c(OH^{-})=}______；在該溫度時，往水中滴入rm{NaOH}溶液，溶液中的rm{c(OH^{-})=5.0隆脕10^{-2}}rm{mol/L}則溶液中rm{c(H^{+}}rm{)=}______．13、某有機化合物結(jié)構(gòu)如下，分析其結(jié)構(gòu)并完成下列問題：(1)寫出其分子式__________。(2)寫出含氧官能團的名稱________________________________。(3)其中含有_____個不飽和碳原子，分子中有________種雙鍵,有____________個手性碳原子。(4)一定與苯環(huán)處于同一平面的碳原子有________個,分子中C≡C—H鍵角為________。14、（1）據(jù)科技日報網(wǎng)報道，南開大學(xué)科研團隊借助鎳和苯基硼酸共催化劑，首次實現(xiàn)烯丙醇高效、綠色合成。烯丙醇及其化合物可制成甘油、醫(yī)藥、農(nóng)藥、香料，合成維生素E和KI及天然抗癌藥物紫杉醇中都含有關(guān)鍵的烯丙醇結(jié)構(gòu)。丙烯醇的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH-CH2OH．請回答下列問題：

①基態(tài)鎳原子的價電子排布式為______。

②1molCH2=CH-CH2OH含______molσ鍵；烯丙醇分子中碳原子的雜化類型為______。

③Ni2+能形成多種配離子，如[Ni（NH3）6]2+、[Ni（CN）2]2-和[Ni（SCN）2]-等，與CN-互為等電子體的分子為______。

（2）乙炔是有機合成工業(yè)的一種原料。工業(yè)上曾用CaC2與水反應(yīng)生成乙炔。

①CaC2中C22-與O22+互為等電子體，O22+的電子式可表示為______；lmolO22+中含有的π鍵數(shù)目為______。

②將乙炔通入[Cu（NH3）2]Cl溶液生成Cu2C2紅棕色沉淀。Cu+基態(tài)核外電子排布式為______。

③乙炔與氫氰酸反應(yīng)可得丙烯腈（H2C=CH-C≡N）。丙烯腈分子中碳原子軌道雜化類型是______；分子中處于同一直線上的原子數(shù)目最多為______。評卷人得分三、簡答題(共6題，共12分)15、某烴類化合物rm{A}的相對分子質(zhì)量為rm{84}分子中含有一個碳碳雙鍵，其分子中只有一種類型的氫原子．

rm{(1)A}的結(jié)構(gòu)簡式為______；

rm{(2)A}中的碳原子是否都處于同一平面？______rm{(}填“是”或者“不是”rm{)}．16、rm{(1)]MnO(OH)_{2}+I^{-}+H^{+}隆煤Mn^{2+}+I_{2}+H_{2}O(}未配平rm{(1)]MnO(OH)_{2}+I^{-}+H^{+}隆煤

Mn^{2+}+I_{2}+H_{2}O(}其化學(xué)計量數(shù)依次為________。rm{)}價鉻的化合物毒性較大，常用rm{(2)+6}將廢液中的rm{NaHSO_{3}}還原成rm{Cr_{2}Orlap{_{7}}{^{2-}}}該反應(yīng)的rm{Cr^{3+}}離子方程式為_____________________用系統(tǒng)命名法給烷烴命名_____________________________rm{(3)}下列有機化合物中，有多個官能團：rm{(4)}可以看作醇類的是rm{壟脵}填編號，下同rm{(}__________________。rm{)}可以看作酚類的是________________。rm{壟脷}可以看作酯類的是________________。rm{壟脹}17、今有rm{壟脵CH_{3}COOH}rm{壟脷HCl}rm{壟脹H_{2}SO_{4}}三種溶液，選擇填空：A.rm{壟脵>壟脷>壟脹}rm{B.壟脵<壟脷<壟脹}rm{C.壟脵=壟脷=壟脹}rm{E.壟脵>壟脷=壟脹}D.rm{壟脵=壟脹>壟脷}rm{F.壟脵<壟脷=壟脹}rm{G.壟脵=壟脷<壟脹}rm{H.壟脵=壟脷>壟脹}rm{(1)}當(dāng)它們rm{pH}相同時，其物質(zhì)的量濃度關(guān)系是_______。rm{(2)}當(dāng)它們的物質(zhì)的量濃度相同時，其rm{pH}的關(guān)系是________。當(dāng)它們的物質(zhì)的量濃度相同時，其rm{(2)}的關(guān)系是________。rm{pH}中和等體積、等物質(zhì)的量濃度的燒堿溶液，需同物質(zhì)的量濃度的三種酸溶液的體積關(guān)系為________________。rm{(3)}中和等體積、等物質(zhì)的量濃度的燒堿溶液，需同物質(zhì)的量濃度的三種酸溶液的體積關(guān)系為________________。體積和物質(zhì)的量濃度相同的rm{(3)}rm{(4)}體積和物質(zhì)的量濃度相同的rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}三溶液，分別與同濃度的燒堿溶液反應(yīng)，要使反應(yīng)后的溶液呈中性，所需燒堿溶液的體積關(guān)系為_____。rm{(4)}三溶液，分別與同濃度的燒堿溶液反應(yīng)，要使反應(yīng)后的溶液呈中性，所需燒堿溶液的體積關(guān)系為_____。rm{壟脵}當(dāng)它們rm{壟脷}相同、體積相同時，分別加入足量鋅，相同狀況下產(chǎn)生氣體體積關(guān)系為__________。rm{壟脹}18、NH4Al（SO4）2是食品加工中最為快捷的食品添加劑，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析試劑；醫(yī)藥、電子工業(yè)中用途廣泛；請回答下列問題：

（1）相同條件下，pH相同的NH4Al（SO4）2中c（NH4+）______（填“=”、“＞”或“＜”）NH4HSO4中c（NH4+）．

（2）如圖一是0.1mol?L-1電解質(zhì)溶液的pH隨溫度變化的圖象．

①其中符合0.1mol?L-1NH4Al（SO4）2的pH隨溫度變化的曲線是______（填寫字母）；

②室溫時，0.1mol?L-1NH4Al（SO4）2中2c（SO42-）-c（NH4+）-3c（Al3+）=______mol?L-1（填數(shù)值）

（3）室溫時，向100mL0.1mol?L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol?L-1NaOH溶液，得到的溶液pH與NaOH溶液體積的關(guān)系曲線如圖二所示．試分析圖中a、b、c、d四個點，水的電離程度最大的是______；在c點，溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是______．19、二甲醚是一種重要的清潔燃料，已知反應(yīng)rm{2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)}

rm{(1)}某溫度下的平衡常數(shù)為rm{400.}此溫度下，在密閉容器中加入rm{CH_{3}OH}反應(yīng)到某時刻測得各組分的濃度如下：

。物質(zhì)rm{CH_{3}OH}rm{CH_{3}OCH_{3}}rm{H_{2}O}濃度rm{/(mol?L^{-1})}rm{0.44}rm{0.6}rm{0.6}rm{壟脵}比較此時正、逆反應(yīng)速率的大小：rm{v_{脮媒}}______rm{v_{脛忙}}rm{(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}

rm{壟脷}若加入rm{CH_{3}OH}后，經(jīng)rm{10min}反應(yīng)達到平衡，此時rm{c(CH_{3}OH)=}______。

rm{(2)}將燃煤廢氣中的rm{CO_{2}}轉(zhuǎn)化為二甲醚的反應(yīng)原理為：rm{2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)overset{{麓脽祿爐錄脕}}{}CH_{3}OCH_{3}(g)+3H_{2}O(g)}

一定條件下，該反應(yīng)中rm{2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)

overset{{麓脽祿爐錄脕}}{}CH_{3}OCH_{3}(g)+3H_{2}O(g)}的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度、投料比rm{CO_{2}}的變化曲線如圖rm{[n(H_{2})/n(CO_{2})]}

rm{1}若溫度升高，則反應(yīng)的平衡常數(shù)rm{壟脵}將______rm{K}填“增大”、“減小”或“不變”rm{(}

rm{)}在其他條件不變時，請在圖rm{壟脷}中畫出平衡時rm{2}的體積分?jǐn)?shù)隨投料比rm{CH_{3}OCH_{3}}變化的曲線圖。rm{[n(H_{2})/n(CO_{2})]]}20、工業(yè)上用軟錳礦rm{(}主要成分rm{MnO_{2}}雜質(zhì)金屬元素rm{Fe}rm{Al}等rm{)}制備rm{MnSO_{4}隆隴H_{2}O}的一種工藝流程如下：

已知：rm{1.}浸出過程中發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{MnO_{2}+SO_{2}簍TMnSO_{4}}rm{2.}浸出液中陽離子主要有rm{Mn^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Al^{3+}}等。回答下列問題：rm{(1)}物質(zhì)rm{X}最好選用________rm{(}填字母rm{)}rm{a.}鹽酸rm{b.}硫酸rm{c.}硝酸rm{(2)}酸浸時rm{SO_{2}}的吸收效率與rm{pH}溫度的關(guān)系如下圖所示，為提高rm{SO_{2}}的吸收效率；酸浸適宜的條件是____________________________。

rm{(3)}流程中“氧化”步驟主要反應(yīng)的離子方程式是__________________________。rm{(4)}加入石灰漿調(diào)節(jié)rm{pH}可使氧化后的浸出液中rm{Fe^{3+}}rm{Al^{3+}}形成氫氧化物除去。檢驗rm{Fe^{3+}}是否除盡的最佳方法是__________________________________________。rm{(5)}用rm{MnSO_{4}}可測定水中溶解氧，方法是：取rm{100mL}水樣，迅速加入足量rm{MnSO_{4}}溶液及含有rm{NaOH}的rm{KI}溶液，立即塞上塞子、振蕩，使之充分反應(yīng)；打開塞子，迅速加入適量的稀硫酸，此時有rm{I_{2}}生成；再用rm{5.00隆脕10^{-3}}rm{mol隆隴L^{-1}Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液和rm{I_{2}}反應(yīng)，當(dāng)消耗rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液rm{12.0mL}時反應(yīng)完全。有關(guān)化學(xué)反應(yīng)方程式如下：rm{壟脵2Mn^{2+}+O_{2}+4OH^{-}簍T2MnO(OH)_{2}(}反應(yīng)很快rm{壟脵

2Mn^{2+}+O_{2}+4OH^{-}簍T2MnO(OH)_{2}(}rm{壟脷MnO(OH)_{2}+2I^{-}+4H^{+}簍TMn^{2+}+I_{2}+3H_{2}O}rm{壟脹I_{2}+2S_{2}Orlap{_{3}}{^{2-}}簍TS_{4}Orlap{_{6}}{^{2-}}+2I^{-}}計算水樣中溶解氧的濃度rm{)}以rm{壟脷

MnO(OH)_{2}+2I^{-}+4H^{+}簍TMn^{2+}+I_{2}+3H_{2}O}為單位rm{壟脹

I_{2}+2S_{2}Orlap{_{3}}{^{2-}}簍TS_{4}Orlap{_{6}}{^{2-}}+2I^{-}}寫出計算過程rm{(}rm{mg隆隴L^{-1}}評卷人得分四、工業(yè)流程題(共3題，共27分)21、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩(wěn)定性差，在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應(yīng)：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-?；卮鹣铝袉栴}：

（1）工業(yè)上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

①Na2FeO4中鐵元素的化合價為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學(xué)反應(yīng)類型為___(填“氧化還原反應(yīng)”；“復(fù)分解反應(yīng)”或“化合反應(yīng)”)。

②反應(yīng)2加入飽和KOH溶液可轉(zhuǎn)化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學(xué)氧化法生產(chǎn)高鐵酸鈉(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為___（保留小數(shù)點后1位）。

（3）采用三室膜電解技術(shù)制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽極的電極反應(yīng)式為__。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質(zhì)的主要成分為___(填化學(xué)式)。

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測曲線I和曲線Ⅱ產(chǎn)生差異的原因是___。22、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時易被氧氣氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③堿石灰是生石灰和氫氧化鈉的混合物，利用如圖裝置對FeSO4·nH2O中結(jié)晶水的含量進行測定。

稱量C中的空硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(86.282g)和D的質(zhì)量(78.368g)后；實驗步驟如下：

完成下面小題。

1．下列分析正確的是()

A．裝置B中的濃硫酸可以換成濃氫氧化鈉溶液。

B．步驟I的目的是排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．裝置B和裝置D可以互換位置。

D．為加快產(chǎn)生CO2的速率；可將A中裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉狀。

2．操作甲和操作丙分別是()

A．操作甲：關(guān)閉K1操作丙：熄滅酒精燈。

B．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：冷卻到室溫。

C．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：關(guān)閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時C中硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量為84.432g，D的質(zhì)量為80.474g，產(chǎn)品硫酸亞鐵晶體(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理論值，產(chǎn)生誤差的可能原因是()

A．加熱時間過長，F(xiàn)eSO4進一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發(fā)的物質(zhì)。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時間過短，結(jié)晶水未完全失去23、金屬鉻在工業(yè)上有廣泛用途，主要用于不銹鋼及高溫合金的生產(chǎn)。鉻銨礬(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一種以碳素鉻鐵(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)為主要原料生產(chǎn)金屬鉻，并能獲得副產(chǎn)物鐵銨礬【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有關(guān)流程如下:

已知部分陽離子以氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金屬離子濃度為0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3開始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，其目的是____________

(2)凈化和轉(zhuǎn)化階段:所得殘渣的主要成分是___________，轉(zhuǎn)化時需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為______；過濾；洗滌、干燥。

(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)陽極液通入SO2的離子反應(yīng)方程式______________。

(5)工業(yè)廢水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“鈣、鎂”是將其轉(zhuǎn)化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當(dāng)加入過量NaF使兩種沉淀共存時，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某課外活動小組將鉻銨礬(NH4CrSO4)·12H2O)經(jīng)過一系列操作獲得了Cr2(CO3)3粗品。該小組利用EDTA(乙二胺四乙酸二鈉，陰離子簡寫為H2Y2-)測定粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，準(zhǔn)確稱取2.00g粗品試樣，溶于5.0mL稀鹽酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl緩沖溶液、0.10g紫脲酸銨混合指示劑，用0.100mol/LEDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至呈穩(wěn)定顏色，平均消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標(biāo)準(zhǔn)溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結(jié)束后氣泡消失，則測定結(jié)果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w[Cr2(CO3)3]=____。評卷人得分五、解答題(共1題，共9分)24、過氧化鈣是一種安全無毒的物質(zhì)；帶有數(shù)量不等的結(jié)晶水，通常還含有部分氧化鈣．

（1）稱取0.542g過氧化鈣樣品；灼熱時發(fā)生如下反應(yīng)：

22CaO+O2↑+2xH2O，得到的O2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為67.2ml．該樣品中CaO2的物質(zhì)的量為______．

（2）另取同一樣品0.542g，溶于適量的稀鹽酸中，然后加入足量的Na2CO3溶液，將溶液中Ca2+全部轉(zhuǎn)化為CaCO3沉淀，得到干燥的CaCO30.70g．

①試計算樣品中CaO的質(zhì)量．

②試計算樣品中CaO2?xH2O的x值．

評卷人得分六、推斷題(共2題，共6分)25、U、V、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的六種常見元素．Y的單質(zhì)在W2中燃燒的產(chǎn)物可使品紅溶液褪色．Z和W元素形成的化合物Z3W4具有磁性．U的單質(zhì)在W2中燃燒可生成UW和UW2兩種氣體．X的單質(zhì)是一種金屬，該金屬在UW2中劇烈燃燒生成黑；白兩種固體．

請回答下列問題：

（1）V的單質(zhì)分子的結(jié)構(gòu)式為______；XW的電子式為______；Z元素在周期表中的位置是______．

（2）U元素形成的同素異形體的晶體類型可能是（填序號）______．

①原子晶體②離子晶體③分子晶體④金屬晶體。

（3）U、V、W形成的10電子氫化物中，U、V的氫化物沸點較低的是（寫化學(xué)式）______；V、W的氫化物分子結(jié)合H+能力較強的是（寫化學(xué)式）______，用一個離子方程式加以證明：______．

（4）YW2氣體通入BaCl2和HNO3的混合溶液，生成白色沉淀和無色氣體VW，有關(guān)反應(yīng)的離子方程式為______．26、用乙烯和其它無機原料可以合成環(huán)狀化合物rm{E}請根據(jù)框圖回答下列問題：

rm{(1)}寫出rm{壟脵}的反應(yīng)類型______，rm{壟脷}反應(yīng)條件______．

rm{(2)C}的結(jié)構(gòu)簡式______，rm{D}的結(jié)構(gòu)簡式______．

rm{(3)}寫出rm{B}和rm{D}反應(yīng)生成rm{E}的化學(xué)方程式______．

rm{(4)}有機物rm{B}核磁共振氫譜表明其有______個不同化學(xué)環(huán)境的氫，且峰面積比為______．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】金屬腐蝕的本質(zhì)是失去電子，被氧化的過程，答案選D?！窘馕觥俊敬鸢浮緿2、A【分析】【解答】解：A．Cu元素化合價降低；被還原，故A正確；

B．元素化合價沒有發(fā)生變化；不是氧化還原反應(yīng)，故B錯誤；

C．C元素化合價升高；被氧化，故C錯誤；

D．Fe元素化合價升高；被氧化，故D錯誤．

故選A．

【分析】屬于還原反應(yīng)，物質(zhì)所含元素在反應(yīng)中化合價應(yīng)降低，被還原，以此解答該題．3、C【分析】解：rm{A.}固體硫變化為氣態(tài)硫需要吸收熱量，所以固體硫燃燒放出的熱量少，但rm{triangleH_{1}<triangleH_{2}}故A正確；

B.石墨在一定條件下轉(zhuǎn)化成金剛石是吸熱反應(yīng)；說明石墨的能量低于金剛石的能量，石墨比金剛石穩(wěn)定，故B錯誤；

C.由rm{NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.4kJ/mol}可知rm{triangleH_{1}<triangle

H_{2}}的稀溶液與稀鹽酸完全反應(yīng)，放出的熱量為rm{NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H_{2}O(l)triangle

H=-57.4kJ/mol}所以含rm{40gNaOH}的稀溶液與稀鹽酸完全反應(yīng)，放出的熱量為rm{57.4kJ}故C錯誤；

D.該反應(yīng)的rm{20gNaOH}rm{28.7kJ}rm{triangleG=triangleH-TtriangleS}在低溫下大于零；故D錯誤；

故選：rm{triangleH>0}

A.固體硫變化為氣態(tài)硫需要吸收熱量；

B.物質(zhì)的能量越低；物質(zhì)越穩(wěn)定；

C.根據(jù)熱化學(xué)方程式中物質(zhì)的物質(zhì)的量與能量成正比；

D.根據(jù)反應(yīng)自發(fā)進行的判斷依據(jù)是：rm{triangleG=triangleH-TtriangleS<0}

本題主要考查了熱化學(xué)方程式的運用，物質(zhì)的穩(wěn)定性與能量的關(guān)系、反應(yīng)自發(fā)性的判斷，難度不大，根據(jù)課本知識即可完成．rm{triangleS>0}【解析】rm{C}4、B【分析】解：A．制取乙酸乙酯時；應(yīng)該將密度大的物質(zhì)加入密度小的物質(zhì)中，所以應(yīng)該將濃硫酸加入乙醇和乙酸的混合溶液中并不斷攪拌，防止產(chǎn)生安全事故，故A錯誤；

B．棉花屬于纖維素；絲屬于蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)在灼燒時有燒焦羽毛的氣味，棉花燃燒產(chǎn)生白色灰燼，所以可以用灼燒方法鑒別絲和棉花，故B正確；

C．油脂水解生成高級脂肪酸或高級脂肪酸鹽和甘油；蛋白質(zhì)水解生成氨基酸，故C錯誤；

D．石油是由多種烷烴和環(huán)烷烴組成的混合物；不含乙烯；丙烯和丁二烯，故乙烯、丙烯和丁二烯不是石油分餾的產(chǎn)物，石油裂化得到乙烯、丙烯、丁二烯等氣體，故D錯誤；

故選B．

A．制取乙酸乙酯時；應(yīng)該將密度大的物質(zhì)加入密度小的物質(zhì)中；

B．棉花屬于纖維素；絲屬于蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)在灼燒時有燒焦羽毛的氣味；

C．油脂水解生成高級脂肪酸或高級脂肪酸鹽和甘油；

D．石油是由多種烷烴和環(huán)烷烴組成的混合物．

本題考查有機物鑒別、物質(zhì)的性質(zhì)及基本操作，為高頻考點，明確物質(zhì)性質(zhì)差異性是鑒別物質(zhì)的基本方法，易錯選項是A，注意溶液混合順序，題目難度不大．【解析】【答案】B5、B【分析】解：rm{A.}由非電解質(zhì)溶于水得到的溶液可能呈酸性；堿性或中性；如二氧化硫、三氧化硫溶液呈酸性，氨氣水溶液呈堿性，乙醇溶液呈中性，故A錯誤；

B.該溶液中存在rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}則該溶液就一定呈中性，故B正確；

C.等物質(zhì)的量的強酸與強堿反應(yīng)得到的溶液可能呈酸性、堿性或中性，如硫酸和rm{NaOH}的混合溶液呈酸性；稀鹽酸和氫氧化鈉溶液呈中性、鹽酸和氫氧化鋇溶液呈堿性；故C錯誤；

D.堿無論如何稀釋都不能得到酸性或中性溶液，所以將rm{pH=9}的燒堿溶液稀釋rm{100}倍所得到的溶液呈堿性；接近中性，故D錯誤；

故選B．

A.由非電解質(zhì)溶于水得到的溶液可能呈酸性；堿性或中性；

B.任何水溶液中只要rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}則該溶液就一定呈中性；

C.等物質(zhì)的量的強酸與強堿反應(yīng)得到的溶液可能呈酸性；堿性或中性；

D.堿無論如何稀釋都不能得到酸性或中性溶液．

本題考查溶液酸堿性判斷，注意不能關(guān)鍵溶液rm{pH}判斷溶液酸堿性，要根據(jù)溶液中rm{c(H^{+})}rm{c(OH^{-})}相對大小判斷溶液酸堿性，易錯選項是rm{D}．【解析】rm{B}6、C【分析】解：rm{A}根據(jù)圖rm{1}分析，反應(yīng)中rm{X}rm{Y}的物質(zhì)的量逐漸減小，rm{Z}的物質(zhì)的量逐漸增大，所以rm{X}rm{Y}為反應(yīng)物，rm{Z}為生成物，由于該反應(yīng)反應(yīng)物沒有完全反應(yīng)，該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，根據(jù)物質(zhì)的量的變化量與化學(xué)計量數(shù)成正比可知rm{0.4mol}rm{0.2mol}rm{0.4mol=3}rm{1}rm{2}所以反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{3X(g)+Y(g)}rm{2Z(g)}故A錯誤；

B、反應(yīng)進行的前rm{3min}內(nèi)，rm{v(X)=dfrac{dfrac{2.0mol-1.4mol}{2L}}{3min}=0.1mol/(L?min)}故B錯誤；

C、根據(jù)圖rm{v(X)=dfrac{dfrac

{2.0mol-1.4mol}{2L}}{3min}=0.1mol/(L?min)}中曲線的斜率大小判斷，rm{2}時先到達平衡狀態(tài)，說明反應(yīng)速率大，根據(jù)溫度越高反應(yīng)速率越大說明rm{T_{2}}溫度高，溫度升高時rm{T_{2}}的百分含量降低，說明平衡向正反應(yīng)方向移動，rm{Y}故C正確；

D、圖rm{v_{脮媒}>v_{脛忙}}與圖rm{3}比較，圖rm{1}到達平衡所用的時間較短；說明反應(yīng)速率增大，但平衡狀態(tài)沒有發(fā)生改變，應(yīng)是加入催化劑所致，故D錯誤．

故選C．

A；根據(jù)物質(zhì)的量的變化量與化學(xué)計量數(shù)成正比書寫化學(xué)方程式；

B、根據(jù)rm{3}內(nèi)rm{3min}的物質(zhì)的量濃度的變化量計算化學(xué)反應(yīng)速率；

C、根據(jù)圖rm{X}中曲線的斜率大小判斷溫度的高低；

D、圖rm{2}與圖rm{3}比較；判斷平衡是否發(fā)生移動，根據(jù)影響平衡移動的因素判斷．

本題考查化學(xué)平衡移動以及平衡圖象題，做題時注意分析圖象中曲線的變化規(guī)律，結(jié)合外界條件對平衡移動的影響進行分析，題目難度中等．rm{1}【解析】rm{C}7、C【分析】解：rm{A.Na_{2}S}是二元弱酸氫硫酸的鹽，水解離子方程式為：rm{S^{2-}+H_{2}O?HS^{-}+OH^{-}}rm{HS^{-}+H_{2}O?H_{2}S+OH^{-}}故A錯誤；

B.rm{NaHCO_{3}}是強電解質(zhì)，完全電離，電離方程式為：rm{NaHCO_{3}=Na^{+}+HCO_{3}^{-}}故B錯誤；

C.rm{HSO_{3}^{-}}的部分電離出氫離子和亞硫酸根離子，電離方程式為：rm{HSO_{3}^{-}?H^{+}+SO_{3}^{2-}}故C正確；

D.鋼鐵發(fā)生電化學(xué)腐蝕時，負極上鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：rm{Fe-2e^{-}簍TFe^{2+}}故D錯誤；

故選C．

A.rm{Na_{2}S}是二元弱酸氫硫酸的鹽；水解分步完成；

B.碳酸氫根離子是多元弱酸碳酸的酸式鹽；不能完全電離；

C.亞硫酸氫根離子是多元弱酸亞硫酸的酸式鹽；不能完全電離；

D.鋼鐵發(fā)生電化學(xué)腐蝕時；負極上鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)．

本題考查了電離、水解的離子方程式、金屬腐蝕的電極反應(yīng)，注意多元弱酸的酸根離子的電離、注意鋼鐵發(fā)生電化學(xué)腐蝕時，負極上鐵失電子生成亞鐵離子，題目難度不大．【解析】rm{C}二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】鋁和硅都能與NaOH溶液反應(yīng)，分別生成NaAlO2、Na2SiO3和H2；當(dāng)加入鹽酸時，NaAlO2與酸反應(yīng)生成NaCl、AlCl3、H2O，而Na2SiO3與鹽酸反應(yīng)，生成不溶于水的白色沉淀?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)Si＋2OH－＋H2O===SiO32－＋2H2↑2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2－＋3H2↑(2)Na＋、H＋、Al3＋、Cl－9、略

【分析】試題分析：A是周期表中原子半徑最小的元素，是H，B是N，C是O，D是Na，E是Al，F(xiàn)是S，G是Cl，（1）E元素原子基態(tài)電子排布式1s22s22p63s23p1，答案：1s22s22p63s23p1；（2）用電子排布圖表示F元素即S元素原子的價電子構(gòu)型答案：⑶F、G元素對應(yīng)的最高價含氧酸H2SO4、HClO4中酸性較強的分子式為HClO4，答案：HClO4；⑷電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，原子序數(shù)越大半徑越小，Na＋3―，第一電離能N>O，同主族從上到下，電負性減弱，電負性，O>S。答案;＜、＞、＞；⑸H、O形成的H2O2的電子式：Cu、稀H2SO4與H2O2反應(yīng)制備硫酸銅的離子方程式Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；答案;Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；⑹E是Al，與NaOH反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑考點：物質(zhì)的結(jié)構(gòu)【解析】【答案】（1）1s22s22p63s23p1（2分）（2）（2分）（3）HClO4（2分）（4）＜（1分）＞（1分）＞（1分）（5）（2分）Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O（2分）（6）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑（2分）10、略

【分析】

（1）根據(jù)量熱計的構(gòu)造和實驗的成敗關(guān)鍵來判斷該裝置的大小燒杯間填滿碎泡沫塑料的作用是保溫；隔熱；防止熱量散失，故答案為：保溫、隔熱，防止熱量散失；

（2）中和熱測定實驗成敗的關(guān)鍵是保溫工作；金屬銅的導(dǎo)熱效果好于環(huán)形玻璃攪拌棒，故答案為：不能；金屬導(dǎo)熱，導(dǎo)致熱量散失；

（3）大燒杯上如不蓋硬紙板；會有一部分熱量散失，求得的中和熱數(shù)值將會減小，故答案為：偏低；

（4）反應(yīng)放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)，并若用60mL0.25mol?L-1H2SO4溶液跟50mL0.55mol?L-1NaOH溶液進行反應(yīng)，與上述實驗相比，生成水的量增多，所放出的熱量偏高，但是中和熱的均是強酸和強堿反應(yīng)生成1mol水時放出的熱，與酸堿的用量無關(guān)，所以用50mL0.50mol?L-1醋酸代替H2SO4溶液進行上述實驗；測得中和熱數(shù)值相等，故答案為：增加；不變；

（5）根據(jù)實驗結(jié)果圖2所示內(nèi)容；可以知道該實驗開始時溫度一定是低于22℃，故答案為：低于．

【解析】【答案】（1）根據(jù)量熱計的構(gòu)造來判斷該裝置的大小燒杯間填滿碎泡沫塑料的作用；

（2）中和熱測定實驗成敗的關(guān)鍵是保溫工作；

（3）不蓋硬紙板；會有一部分熱量散失；

（4）反應(yīng)放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)；并根據(jù)中和熱的概念和實質(zhì)來回答；

（5）從圖示觀察起始溫度即為實驗時環(huán)境溫度．

11、略

【分析】試題分析：（1）乙醇在銅或銀作催化劑的條件下，可以被空氣中的氧氣氧化成乙醛，乙醛與銀氨溶液發(fā)生氧化反應(yīng)，生成乙酸銨、銀、氨氣、水，化學(xué)方程式為CH3CHO＋2Ag(NH3)2OHCH3COONH4＋2Ag↓＋3NH3＋H2O；（2）乙醇可以與酸性重鉻酸鉀溶液反應(yīng)，被直接氧化成乙酸，所以Y是乙酸，含有羧基官能團；乙醇與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)，化學(xué)方程式為CH3COOH＋HOCH2CH3CH3COOCH2CH3＋H2O（3）根據(jù)（2）可知Y是乙酸，W是乙酸乙酯，乙酸顯酸性，可使紫色石蕊試液變紅，所以鑒別乙酸、乙酸乙酯的試劑是石蕊試液；（4）根據(jù)題目所給信息，乙烯與氧氣反應(yīng)，原子利用率100%，說明乙烯與氧氣反應(yīng)只生成環(huán)氧乙烷，化學(xué)方程式為2CH2===CH2＋O22考點：考查乙醇的化學(xué)性質(zhì)，物質(zhì)的判斷，化學(xué)方程式的書寫【解析】【答案】(1)CH3CHO＋2Ag(NH3)2OHCH3COONH4＋2Ag↓＋3NH3＋H2O(2)羧基CH3COOH＋HOCH2CH3CH3COOCH2CH3＋H2O(3)石蕊(或其他合理答案)(4)2CH2===CH2＋O2212、略

【分析】解：純水顯示中性，rm{c(OH^{-})=c(H^{+})=5.0隆脕10^{-7}mol/L}

此溫度下，水的離子積為：rm{K_{w}=5.0隆脕10^{-7}隆脕5.0隆脕10^{-7}=2.5隆脕10^{-13}}

若溫度不變，滴入稀硫酸使rm{c(H^{+})=5.0隆脕10^{-3}mol/L}硫酸溶液中氫離子濃度rm{c(H^{+})=5.0隆脕10^{-3}mol/L}rm{c(OH^{-})=dfrac{2.5隆脕10;^{-13}}{5.0隆脕10;^{-3}}mol/L=5.0隆脕10^{-11}mol/L}

在該溫度時，往水中滴入rm{c(OH^{-})=dfrac

{2.5隆脕10;^{-13}}{5.0隆脕10;^{-3}}mol/L=5.0隆脕10^{-11}mol/L}溶液，溶液中的rm{NaOH}則溶液中rm{c(H^{+})=dfrac{2.5隆脕10;^{-13}}{5.0隆脕10;^{-2}}mol/L=5.0隆脕10^{-12}mol/L}

故答案為：rm{c(OH^{-})=5.0隆脕10^{-2}mol/L}rm{c(H^{+})=dfrac

{2.5隆脕10;^{-13}}{5.0隆脕10;^{-2}}mol/L=5.0隆脕10^{-12}mol/L}rm{5.0隆脕10^{-7}mol/L}．

根據(jù)純水中rm{5.0隆脕10^{-11}mol/L}溶液顯示中性進行分析；

根據(jù)該溫度下純水中氫離子濃度和氫氧根離子濃度；計算出水的離子積；

若溫度不變；根據(jù)稀硫酸溶液中氫離子濃度和水的離子積計算出溶液中氫氧根離子的濃度；

若溫度不變；依據(jù)氫氧化鈉溶液中氫氧根離子濃度，結(jié)合離子積常數(shù)計算溶液中氫離子濃度．

本題考查了水的離子積常數(shù)的有關(guān)計算，注意水的離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)，與溶液的酸堿性無關(guān)，題目難度中等．rm{5.0隆脕10^{-12}mol/L}【解析】rm{5.0隆脕10^{-7}mol/L}rm{5.0隆脕10^{-11}mol/L}rm{5.0隆脕10^{-12}mol/L}13、略

【分析】【解析】【答案】14、3d84s29sp2、sp3N2（或CO等合理答案）2NA1s22s22p63s23p63d10spsp2雜化3【分析】解：（1）①基態(tài)Ni原子的價電子為其3d、4s能級上電子，其價電子排布式為3d84s2；

故答案為：3d84s2；

②1個CH2=CH-CH2OH含9個σ鍵，1molCH2=CH-CH2OH9molσ鍵，烯丙醇分子中碳原子價層電子對個數(shù)前兩個為3、后一個為4，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷C原子雜化類型，前二者是sp2、最后C原子為sp3；

故答案為：9；sp2、sp3；

③與CN-互為等電子體的分子中含有2個原子、價電子數(shù)是10，與其互為等電子體的微粒有N2（或CO等合理答案）；

故答案為：N2（或CO等合理答案）；

（2）①CaC2中C22-與O22+互為等電子體，得電子結(jié)構(gòu)相似，根據(jù)C22-電子式書寫O22+的電子式為l個O22+中含有的π鍵數(shù)目2，則lmolO22+中含有的π鍵數(shù)目為2NA；

故答案為：2NA；

②Cu原子失去4s能級上的一個電子生成Cu+，根據(jù)構(gòu)造原理書寫該離子基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10；

故答案為：1s22s22p63s23p63d10；

③乙炔與氫氰酸反應(yīng)可得丙烯腈（H2C=CH-C≡N），丙烯腈分子中前兩個C原子價層電子對個數(shù)是3、最后一個是2，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷碳原子軌道雜化類型，前二者為sp2；后者為sp；乙烯分子中所有原子共平面、乙炔分子中所有原子共直線；據(jù)此判斷丙烯腈分子中處于同一直線上的原子數(shù)目，據(jù)此判斷該分子中只有3個原子共直線；

故答案為：spsp2雜化；3。

（1）①基態(tài)Ni原子的價電子為其3d；4s能級上電子；

②1個CH2=CH-CH2OH含9個σ鍵；烯丙醇分子中碳原子價層電子對個數(shù)前兩個為3；后一個為4，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷C原子雜化類型；

③與CN-互為等電子體的分子中含有2個原子；價電子數(shù)是10；

（2）①CaC2中C22-與O22+互為等電子體，得電子結(jié)構(gòu)相似，根據(jù)C22-電子式書寫O22+的電子式；l個O22+中含有的π鍵數(shù)目2；

②Cu原子失去4s能級上的一個電子生成Cu+；根據(jù)構(gòu)造原理書寫該離子基態(tài)核外電子排布式；

③乙炔與氫氰酸反應(yīng)可得丙烯腈（H2C=CH-C≡N）；丙烯腈分子中前兩個C原子價層電子對個數(shù)是3；最后一個是2，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷碳原子軌道雜化類型；乙烯分子中所有原子共平面、乙炔分子中所有原子共直線，據(jù)此判斷丙烯腈分子中處于同一直線上的原子數(shù)目。

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及原子核外電子排布、等電子體、原子雜化類型判斷等知識點，明確原子結(jié)構(gòu)、基本概念及基本理論是解本題關(guān)鍵，知道價層電子對個數(shù)計算方法及原子雜化類型判斷方法，注意知識遷移方法判斷共直線原子個數(shù)，題目難度不大?！窘馕觥?d84s29sp2、sp3N2（或CO等合理答案）2NA1s22s22p63s23p63d10spsp2雜化3三、簡答題(共6題，共12分)15、略

【分析】解：rm{(1)}烴rm{A}含有rm{1}個碳碳雙鍵，則rm{A}應(yīng)為烯烴，設(shè)分子式為rm{C_{n}H_{2n}}相對分子質(zhì)量為rm{84}則有rm{14n=84}rm{n=6}分子中只有一種類型的氫，則烴rm{A}為對稱結(jié)構(gòu)，即雙鍵rm{C}原子上的rm{4}個rm{H}均被甲基取代，其結(jié)構(gòu)簡式應(yīng)為故答案為：

rm{(2)}乙烯為平面結(jié)構(gòu)，所以原子處于同一平面，而中甲基中rm{C}原子處于乙烯中rm{H}原子位置；故所有碳原子都處于同一平面，故答案為：是．

烴rm{A}分子中含有一個碳碳雙鍵，為烯烴，設(shè)分子式為rm{C_{n}H_{2n}}結(jié)合rm{Mr(A)=84}可計算分子式，結(jié)合分子中只有一種類型的氫原子，則烴rm{A}為對稱結(jié)構(gòu)；進而推斷結(jié)構(gòu)簡式，結(jié)合乙烯的平面結(jié)構(gòu)確定碳原子共面問題．

本題考查有機物分子式的確定，難度不大，注意對基礎(chǔ)知識的理解掌握．【解析】是16、（1）1，2，4，1，1，3

（2）5H++Cr2O72-+3HSO3-=2Cr3++3SO42-+4H2O

（3）2-甲基-3-乙基己烷

（4）①AD②CD③B【分析】【分析】本題考察氧化還原反應(yīng)方程式的配平、烷烴的命名、有機物的分類?！窘獯稹縭m{(1)MnO(OH)_{2}+I^{-}+H^{+}隆煤Mn^{2+}+I_{2}+H_{2}O}反應(yīng)中碘元素化合價rm{-1}價變化為rm{0}價，錳元素化合價降低rm{+4}價變化為rm{+2}價，電子轉(zhuǎn)移總數(shù)rm{2}配平得到離子方程式為：rm{MnO(OH)_{2}+2I^{-}+4H^{+}=Mn^{2+}+I_{2}+3H_{2}O}故答案為：rm{1}rm{2}rm{4}rm{1}rm{1}rm{3}rm{(2)}利用rm{NaHSO_{3}}的還原性將廢液中的rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}還原成rm{Cr^{3+}}發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：rm{5H^{+}+Cr_{2}O_{7}^{2-}+3HSO_{3}^{-}=2Cr^{3+}+3SO_{4}^{2-}+4H_{2}O}故答案為：rm{5H^{+}+Cr_{2}O_{7}^{2-}+3HSO_{3}^{-}=2Cr^{3+}+3SO_{4}^{2-}+4H_{2}O}rm{(3)}根據(jù)烷烴命名原則：rm{壟脵}長選最長碳鏈為主鏈；rm{壟脷}多遇等長碳鏈時，支鏈最多為主鏈；rm{壟脹}近離支鏈最近一端編號；rm{壟脺}小支鏈編號之和最小rm{.}看下面結(jié)構(gòu)簡式，從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號”的原則；rm{壟脻}簡兩取代基距離主鏈兩端等距離時，從簡單取代基開始編號rm{.}如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復(fù)雜的寫在后面；依據(jù)烷烴命名原則，名稱為：rm{2-}甲基rm{-3-}乙基己烷，故答案為：rm{2-}甲基rm{-3-}乙基己烷；rm{(4)}化合物rm{A}的官能團為：醇羥基、羧基；化合物rm{B}的官能團為：酯基、碳碳雙鍵；化合物rm{C}的官能團為：醛基、酚羥基、醚鍵；化合物rm{D}的官能團為：醇羥基、羧基、酚羥基。rm{壟脵}可以看作醇類的是rm{(}填編號，下同rm{)}為：rm{AD}rm{壟脷}可以看作酚類的是：rm{CD}rm{壟脹}可以看作酯類的是：rm{B}故答案為：rm{壟脵AD}rm{壟脷CD}rm{壟脹B}【解析】rm{(1)1}rm{2}rm{4}rm{1}rm{1}rm{3}rm{(2)5H^{+}+Cr_{2}O_{7}^{2-}+3HSO_{3}^{-}=2Cr^{3+}+3SO_{4}^{2-}+4H_{2}O}rm{(3)2-}甲基rm{-3-}乙基己烷rm{(4)}rm{壟脵AD}rm{壟脷CD}rm{壟脹B}rm{壟脵AD}rm{壟脷CD}rm{壟脹B}17、（1）A

（2）A

（3）H

（4）B

（5）E

【分析】【分析】本題考查了酸堿反應(yīng)的過程和產(chǎn)物溶液性質(zhì)判斷，主要考查溶液rm{pH}計算，溶液濃度判斷溶液中的兩種濃度，消耗堿的量，依據(jù)弱酸存在電離平衡，一元強酸二元強酸反應(yīng)的定量關(guān)系分析是解題關(guān)鍵。計算，溶液濃度判斷溶液中的兩種濃度，消耗堿的量，依據(jù)弱酸存在電離平衡，一元強酸二元強酸反應(yīng)的定量關(guān)系分析是解題關(guān)鍵。rm{pH}【解答】當(dāng)它們rm{(1)}相同時，溶液中氫離子濃度相同，假設(shè)提供rm{pH}的氫離子，需要醋酸濃度應(yīng)大于rm{1mol/L}需要氯化氫溶液濃度為rm{1mol/L}需要rm{1mol/L}溶液濃度為rm{H_{2}SO_{4}}所以其物質(zhì)的量濃度由大到小排列的是：rm{0.5mol/L}rm{壟脵>壟脷>壟脹}故答案為：rm{;}rm{A}當(dāng)它們的物質(zhì)的量濃度相同時，rm{(2)}是弱酸部分電離，氫離子濃度最??；rm{CH_{3}COOH}是強酸完全電離，電離的氫離子大于醋酸；rm{HCl}是二元強酸，電離的氫離子濃度大于氯化氫，根據(jù)rm{H_{2}SO_{4}}可知，溶液的rm{pH=-lgc(H^{+})}由大到小排列的是：rm{pH}；故答案為：rm{壟脵>壟脷>壟脹}rm{壟脵>壟脷>壟脹}rm{A}，需要rm{(3)}醋酸rm{(3)}，需要中和相同體積、相同物質(zhì)的量濃度的燒堿溶液，假設(shè)氫氧化鈉物質(zhì)的量為rm{1mol}，需要rm{壟脵}醋酸rm{1mol}，需要rm{壟脷}rm{HCl1mol}；需要rm{壟脹}rm{H}rm{1mol}；需要rm{1mol}rm{壟脵}rm{1mol}rm{1mol}rm{壟脷}rm{HCl1mol}rm{HCl1mol}rm{壟脹}rm{H}rm{H}rm{2}rm{2}；rm{SO}rm{4}rm{0.5mol}；需相同物質(zhì)的量濃度的三種酸溶液的體積大小關(guān)系為：rm{壟脵}rm{=}rm{壟脷>壟脹}rm{SO}體積和濃度相同的rm{4}rm{4}rm{0.5mol}；需相同物質(zhì)的量濃度的三種酸溶液的體積大小關(guān)系為：rm{壟脵}rm{=}rm{壟脷>壟脹}三溶液，則溶質(zhì)的物質(zhì)的量相等，假設(shè)溶質(zhì)為rm{0.5mol}，分別與同濃度的燒堿溶液反應(yīng)，要使反應(yīng)后溶液的；需相同物質(zhì)的量濃度的三種酸溶液的體積大小關(guān)系為：為rm{壟脵}rm{=}rm{壟脷>壟脹}，rm{壟脵}rm{=}rm{=}rm{壟脷>壟脹}是弱酸，恰好中和生成醋酸鈉溶液呈堿性，所以需要燒堿小于；故答案為：rm{H}；氯化氫和rm{H}氫氧化鈉恰好反應(yīng)溶液呈中性；rm{H}rm{(4)}rm{(4)}和rm{壟脵}恰好反應(yīng)需要氫氧化鈉rm{壟脷}；所需燒堿溶液的體積由大到小關(guān)系為：rm{壟脹}；rm{1mol}rm{1mol}；rm{pH}rm{pH}當(dāng)它們的rm{7}相同體積相同時，同時加入足量鋅，硫酸和鹽酸為強酸，rm{7}相同，溶液中氫離子的物質(zhì)的量相等，二者與鋅反應(yīng)生成氫氣的體積相等；而醋酸溶液中氫離子濃度減小，一部分醋酸分子電離出更多的氫離子，因此醋酸溶液中產(chǎn)生更多的氫氣，所以相同狀況下產(chǎn)生氣體體積關(guān)系為：rm{壟脵}rm{CH}rm{CH}rm{3}rm{3}故答案為：rm{COOH}是弱酸，恰好中和生成醋酸鈉溶液呈堿性，所以需要燒堿小于rm{1mol}；rm{壟脷}氯化氫和rm{1mol}氫氧化鈉恰好反應(yīng)溶液呈中性；rm{壟脹}rm{1molH}rm{2}rm{SO}rm{4}和rm{2mol}恰好反應(yīng)需要氫氧化鈉rm{2mol}；所需燒堿溶液的體積由大到小關(guān)系為：。rm{COOH}【解析】rm{(1)A}rm{(2)A}rm{(3)H}rm{(4)B}rm{(5)E}

18、略

【分析】解：（1）NH4Al（SO4）2水解顯酸性，NH4HSO4主要是因為完全電離出的H+顯酸性，故pH相同的NH4Al（SO4）2的濃度須遠大于大于NH4HSO4溶液的濃度，則NH4Al（SO4）2中c（NH4+）大于NH4HSO4中c（NH4+）；故答案為：＞；

（2）①NH4Al（SO4）2水解；溶液呈酸性，升高溫度其水解程度增大，pH減小，符合的曲線為I，故答案為：I；

②根據(jù)電荷守恒，可以求出2c（SO42-）-c（NH4+）-3c（Al3+）=c（H+）-c（OH-）=10-3mol?L-1[c（OH-）太小，可忽略]，故答案為：10-3；

（3）a、b、c、d四個點，根據(jù)反應(yīng)量的關(guān)系，a點恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4與Na2SO4，（NH4）2SO4的水解對水的電離有促進作用；而b、c、d三點溶液均含有NH3?H2O，而NH3?H2O抑制水的電離；故a點溶液中水的電離程度最大；

c點溶液呈堿性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3?H2O三種成分，b點時c（Na+）＞c（SO42-），根據(jù)N元素與S元素的關(guān)系，可以得出c（SO42-）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+），故答案為：a；c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）．

（1）NH4Al（SO4）2水解顯酸性，NH4HSO4主要是因為電離出H+顯酸性；

（2）①NH4Al（SO4）2水解；溶液呈酸性，升高溫度其水解程度增大；

②根據(jù)電荷守恒定律解題；

（3）a、b、c、d四個點，根據(jù)反應(yīng)量的關(guān)系，a點恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4與Na2SO4；b、c、d三點溶液均含有NH3?H2O，（NH4）2SO4可以促進水的電離，而NH3?H2O抑制水的電離．C點溶液呈堿性．

本題考查鹽類的水解和離子濃度大小的比較，題目難度較大，（2）②為易錯點，注意根據(jù)守恒思想解題．【解析】＞；I；10-3；a；c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）19、略

【分析】rm{(1)壟脵}該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式為：rm{K=dfrac{c(CH_{3}OCH_{3})c(H_{2}O)}{c^{2}(CH_{3}OH)}}將所給濃度帶入平衡常數(shù)表達式：rm{dfrac{0.6隆脕0.6}{0.44^{2}}=1.86<400}故反應(yīng)向正反應(yīng)方向進行，正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率；

故答案為：rm{K=dfrac

{c(CH_{3}OCH_{3})c(H_{2}O)}{c^{2}(CH_{3}OH)}}

rm{dfrac

{0.6隆脕0.6}{0.44^{2}}=1.86<400}

某時刻濃度rm{>}rm{壟脷2CH_{3}OH(g)簍PCH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)}rm{(mol?L^{-1})}rm{0.44}

轉(zhuǎn)化濃度rm{0.6}rm{0.6}rm{(mol?L^{-1})}rm{2x}

平衡濃度rm{x}rm{x}rm{(mol?L^{-1})}rm{0.44-2x}

rm{K=dfrac{(0.6+x)^{2}}{(0.44-2x)^{2}}}解得rm{0.6+x}

故平衡時rm{0.6+x}

起始時在密閉容器中加入rm{K=dfrac

{(0.6+x)^{2}}{(0.44-2x)^{2}}}

則起始時甲醇的濃度為rm{x=0.2mol/L}平衡時rm{c(CH_{3}OH)=0.44mol/L-0.2mol/L隆脕2=0.04mol/L}

故答案為：rm{CH_{3}OH}

rm{0.44moL/L+0.6mol/L隆脕2=1.64mol/L}圖象分析可知隨溫度升高二氧化碳的轉(zhuǎn)化率減??；說明升溫平衡逆向進行，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升溫平衡常數(shù)減小；

故答案為：減小；

rm{c(CH_{3}OH)=0.04mol/L}根據(jù)溫度和壓強對化學(xué)平衡常數(shù)的影響：放熱反應(yīng)：升高溫度，rm{0.04mol/L}減小，反之rm{(2)壟脵}增大；吸熱反應(yīng)：升高溫度，rm{壟脷}增大，反之rm{K}減小；rm{K}的體積分?jǐn)?shù)隨投料比rm{K}的增大而增大，根據(jù)反應(yīng)知道當(dāng)體積比是rm{K}的時候；甲醚的體積分?jǐn)?shù)最大，如下圖所示：

故答案為：

rm{CH_{3}OCH_{3}}該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式為：rm{K=dfrac{c(CH_{3}OCH_{3})c(H_{2}O)}{c^{2}(CH_{3}OH)}}將所給濃度帶入平衡常數(shù)表達式計算濃度商和平衡常數(shù)比較判斷得到反應(yīng)進行的方向；

rm{[n(H_{2})/n(CO_{2})]}

某時刻濃度rm{3}rm{(1)壟脵}rm{K=dfrac

{c(CH_{3}OCH_{3})c(H_{2}O)}{c^{2}(CH_{3}OH)}}rm{壟脷2CH_{3}OH(g)簍PCH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)}

轉(zhuǎn)化濃度rm{(mol?L^{-1})}rm{0.44}rm{0.6}rm{0.6}

平衡濃度rm{(mol?L^{-1})}rm{2x}rm{x}rm{x}

rm{K=dfrac{(0.6+x)^{2}}{(0.44-2x)^{2}}}解得rm{(mol?L^{-1})}得到rm{0.44-2x}

rm{0.6+x}圖象分析可知隨溫度升高二氧化碳的轉(zhuǎn)化率減小；說明升溫平衡逆向進行；

rm{0.6+x}根據(jù)溫度和壓強對化學(xué)平衡常數(shù)的影響：放熱反應(yīng)：升高溫度，rm{K=dfrac

{(0.6+x)^{2}}{(0.44-2x)^{2}}}減小，反之rm{x=0.2mol/L}增大；吸熱反應(yīng)：升高溫度，rm{c(CH_{3}OH)}增大，反之rm{(2)壟脵}減??；rm{壟脷}的體積分?jǐn)?shù)隨投料比rm{K}的增大而增大，根據(jù)反應(yīng)知道當(dāng)體積比是rm{K}的時候；甲醚的體積分?jǐn)?shù)最大；

本題考查了平衡常數(shù)計算、平衡圖象繪制、平衡影響因素分析判斷，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。rm{K}【解析】rm{>}rm{0.04mol/L}減小20、（1）b（2）pH控制在3左右，溫度控制在40℃左右（3）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（4）取上層清液少許，向其中滴加少許KSCN溶液，若溶液未出現(xiàn)血紅色，則Fe3+除盡（5）由題意可知n（S2O32-）=5.00×10-3mol?L-1×12.0mL=6.00×10-5mol，根據(jù)反應(yīng)①2Mn2++O2+4OH-=2MnO（OH）2（反應(yīng)很快）；②MnO（OH）2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O；③I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，可得關(guān)系式：O2～4S2O32-，1mol4moln（O2）6.00×10-5moln（O2）=1.50×10-5mol所以水樣中溶解氧的濃度=1.50×10-5mol×32g?mol-1÷100mL=4.80mg?L-1，答：水樣中溶解氧的濃度為4.80mg?L-1。【分析】【分析】本題考查學(xué)生對元素及其化合物的主要性質(zhì)的掌握、書寫電極反應(yīng)方程式、閱讀題目獲取新信息能力、對工藝流程的理解等，難度中等，需要學(xué)生具備扎實的基礎(chǔ)與綜合運用知識、信息分析解決問題能力?！窘獯稹縭m{(}rm{1)}本實驗要制備rm{MnSO}rm{(}本實驗要制備rm{1)}rm{MnSO}rm{4}rm{4}rm{?H}為了不引入新雜質(zhì)，可以用硫酸溶解，故選rm{?H}rm{2}rm{2}rm{O}為了不引入新雜質(zhì)，可以用硫酸溶解，故選rm根據(jù)圖可知rm{O}為rm左右rm{(}rm{2)}根據(jù)圖可知rm{pH}為rm{3}左右rm{SO}rm{(}左右rm{2)}rm{pH}rm{3}控制在rm{SO}左右，溫度控制在rm{2}左右，rm{2}的吸收率高，溫度為rm{40隆忙}左右rm{SO}控制在rm{40隆忙}左右，溫度控制在rm{SO}左右；rm{2}rm{2}的吸收率高，所以選擇的條件為rm{pH}控制在rm{3}左右，溫度控制在rm{40隆忙}左右，流程中“氧化”步驟是用二氧化錳將鐵離子氧化成鐵離子，同時生成錳離子，反應(yīng)主離子方程式為rm{pH}rm{3}rm{40隆忙}故答案為：rm{pH}控制在rm{3}左右，溫度控制在rm{40隆忙}左右；rm{pH}rm{3}rm{40隆忙}rm{(}rm{3)}流程中“氧化”步驟是用二氧化錳將鐵離子氧化成鐵離子，同時生成錳離子，反應(yīng)主離子方程式為rm{MnO}rm{(}rm{3)}rm{MnO}rm{2}rm{2}rm{+2Fe}rm{+2Fe}rm{{,!}^{2+}}rm{+4H}rm{+4H}rm{{,!}^{+}}rm{=Mn}rm{=Mn}rm{{,!}^{2+}}rm{+2Fe}rm{+2Fe}rm{{,!}^{3+}}rm{+2H}rm{+2H}rm{2}rm{2}rm{O}檢驗rm{O}故答案為：溶液，所以檢驗rm{MnO}rm{MnO}rm{2}溶液，若溶液未出現(xiàn)血紅色，則rm{2}rm{+2Fe}rm{+2Fe}rm{{,!}^{2+}}rm{+4H}溶液，若溶液未出現(xiàn)血紅色，則rm{+4H}rm{{,!}^{+}}rm{=Mn}rm{=Mn}rm{{,!}^{2+}}rm{+2Fe}解：由題意可知rm{+2Fe}rm{{,!}^{3+}}rm{+2H}rm{+2H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}；rm{(}rm{4)}檢驗rm{Fe}rm{(}rm{4)}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}根據(jù)反應(yīng)可以用rm{KSCN}溶液，所以檢驗rm{Fe}rm{KSCN}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}是否除盡的最佳方法是取上層清液少許，向其中滴加少許rm{KSCN}溶液，若溶液未出現(xiàn)血紅色，則rm{Fe}rm{KSCN}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}除盡，反應(yīng)很快故答案為：取上層清液少許，向其中滴加少許rm{KSCN}溶液，若溶液未出現(xiàn)血紅色，則rm{Fe}rm{KSCN}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}除盡；rm{(}rm{5)}解：由題意可知rm{n(S}rm{(}rm{5)}rm{n(S}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{3}rm{3}rm{{,!}^{2-}}rm{)}rm{=5.00隆脕10}rm{)}rm{=5.00隆脕10}rm{{,!}^{-3}}rm{mol?L}rm{mol?L}rm{{,!}^{-1}}rm{隆脕12.0mL=6.00隆脕10}rm{隆脕12.0mL=6.00隆脕10}rm{{,!}^{-5}}rm{mol}根據(jù)反應(yīng)rm{壟脵2Mn}rm{mol}rm{壟脵2Mn}rm{{,!}^{2+}}rm{+O}rm{+O}rm{2}rm{2}rm{+4OH}rm{+4OH}rm{{,!}^{-}}rm{=2MnO(OH)}rm{=2MnO(OH)}rm{2}rm{2}rm{(}反應(yīng)很快rm{)}rm{壟脷MnO(OH)}rm{(}rm{)}rm{壟脷MnO(OH)}rm{2}rm{2}rm{+2I}rm{+2I}rm{{,!}^{-}}rm{+4H}rm{+4H}rm{{,!}