2025年浙教版高三化學上冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教版高三化學上冊月考試卷50考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______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8題，共16分)1、相同質量的下列烴，完全燃燒時，需要氧氣最少的是（）A.CH4B.C2H4C.C3H6D.C2H22、下列反應原理不符合工業(yè)冶煉金屬實際情況的是（）A.2HgO2Hg+O2↑B.2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑C.2MgO（熔融）2Mg+O2↑D.Fe2O3+3CO2Fe+3CO23、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法中正確的是（）A.1.0Llmol?L-1氨水中NH4+數(shù)為NAB.NA個H2分子所占的體積一定為22.4LC.標準狀況下，22.4LCO2與CO的混合氣體中含碳原子數(shù)為NAD.標準狀況下，11.2L四氯化碳中含C-Cl鍵的數(shù)目為2.0NA4、蒸干并灼燒下列物質的水溶液，仍能得到該物質的是A.碳酸鈉B.碳酸氫鈉C.硫酸亞鐵D.氯化鋁5、用NaOH溶液吸收煙氣中的SO2，將所得的Na2SO3溶液進行電解，可循環(huán)再生NaOH同時得到某種副產(chǎn)物，其原理如圖所示(電極材料為石墨)。下列說法不正確的是A.b電極上的主反應是SO32-－2e－＋H2O===SO42－＋2H＋B.若D是混合氣體，則可能含有SO2、O2等成分C.a電極發(fā)生還原反應，當有1molNa＋通過陽離子交換膜時，a極生成11.2L氣體D.A溶液是稀NaOH溶液，作用是增強溶液的導電性；C是較濃的硫酸溶液6、下列說法不正確的是（）A.氫氧化鐵膠體可用于凈水B.鎂合金可用于制造導彈、飛機的部件C.石灰石-石膏法可用于燃煤的脫硫D.焦炭在煉鐵高爐中用于直接還原鐵礦石7、向含rm{MgCl_{2}}和rm{CuCl_{2}}的溶液中逐滴加入rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液，沉淀的質量rm{(m)}與加入rm{NaOH}溶液體積rm{(V)}的關系如圖所示，已知rm{V_{2}=3V_{1}}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.原溶液中rm{MgCl_{2}}和rm{CuCl_{2}}的物質的量濃度相等B.該實驗不能證明rm{Cu(OH)_{2}}的rm{K_{sp}}比rm{Mg(OH)_{2}}的rm{K_{s}p}小C.水的電離程度：rm{A>B>C}D.若向rm{Mg(OH)_{2}}懸濁液中加入rm{CuCl_{2}}溶液，一定會有rm{Cu(OH)_{2}}生成8、下列各項中表達正確的是（）A.H、T表示同一種核素B.次氯酸電子式C.F原子結構示意圖：D.CH4分子的球棍模型：評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)9、NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列判斷正確的是（）A.6.8g熔融的KHSO4中含有陽離子數(shù)0.05NAB.1mol冰醋酸和1mol乙醇經(jīng)催化加熱反應可生成H2O分子數(shù)為NAC.25℃時，pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH-數(shù)為0.1NAD.常溫常壓下，17g羥基中含有的電子數(shù)為9NA10、下列敘述中，正確的是（）A.式量相同的物質一定是同一種物質B.分子式相同的但結構不同的物質一定屬于同分異構體C.含有雙健的物質不一定是烯烴D.通式相同的不同物質一定屬于同系物11、用兩支惰性電極插入CuSO4溶液中，通電電解，當有1×10-3mol的OH-放電時，溶液顯淺藍色，則下列敘述正確的是（）A.陽極上析出5.6mLO2（標準狀況）B.陰極上析出32mgCuC.陰極上析出11.2mLH2（標準狀況）D.陽極和陰極質量都無變化12、（2015秋?重慶校級期末）T℃時；將1molX和2molY投入2L的密閉容器中，發(fā)生反應：X（g）+Y（g）?2Z（g），X；Y的量隨時間變化如下表，該反應的平衡常數(shù)隨溫度的變化如下圖，則下列判斷正確的是（）

。0123456X10.800.660.580.520.500.50Y21.801.66A.前5min用Z表示的平均反應速率為0.2mol/（L?min）B.該反應的正反應是放熱反應，且T1＞TC.在T℃時，以1molX、2molY和1molZ充入上述容器中，達到平衡時，X的體積分數(shù)不變D.若溫度為T1時，以同樣的起始量反應，達到平衡時X的轉化率為66.7%13、化合物X的分子式為C5H11Cl，用NaOH的醇溶液處理X，可得到分子式C5H10的兩種產(chǎn)物Y、Z，Y、Z經(jīng)催化加氫后都可得到2-甲基丁烷，若將化合物X用NaOH的水溶液處理，則所得有機產(chǎn)物結構簡式可能是（）A.CH3CH2CH2CH2CH2OHB.C.D.14、設NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A.0.1molH2O和D2O組成的混合物中含有的中子數(shù)是NAB.常溫常壓下，NO2和N2O4的混合物46g中約含有2NA個氧原子C.1molCH3+（碳正離子）中含有電子數(shù)為10NAD.在Cu-Zn原電池中，正極產(chǎn)生1.12LH2時，負極產(chǎn)生了0.05NA個Zn2+15、一種碳納米管（氫氣）二次電池原理如圖，該電池的電解質為6mol/L?KOH溶液，下列說法不正確的是（）A.儲存H2的碳納米管作電池正極B.放電時負極附近pH減小C.放電時電池正極的電極反應為：NiO（OH）+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-D.放電時，電池反應為2H2+O2=2H2O評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)16、（2015春?湖北校級期末）現(xiàn)有A；B、C、D、E、F六種物質或粒子；其中A、B、C、D都具有如圖所示的結構或結構單元，（圖中正四面體以外可能有的部分未畫出，虛線不表示化學鍵或分子間作用力，X、Y可以相同也可以不同）．A、B的晶體類型相同．單質A的同素異形體能與B物質發(fā)生置換反應．C、D、E、F含有相等的電子數(shù)，且D是陽離子，D與F的組成元素相同．C、E、F的晶體類型相同，由E構成的物質常溫下呈液態(tài)．

（1）寫出單質A的同素異形體與B物質發(fā)生置換反應的化學方程式____；與A同主族的第四周期元素基態(tài)原子的外圍電子排布式為____．

（2）上述六種物質或粒子的組成元素中有三種處于同一周期，請寫出這三種元素第一電離能由大到小的順序____（用元素符號回答）

（3）上述六種物質或粒子中互為等電子體的是____（寫出化學式）

（4）F分子的中心原子雜化類型是____，E易溶于F，其原因是____．17、有關FeSO4的轉化關系如圖所示（無關物質已略去）

已知：①X由兩種氧化物組成，將X通入品紅溶液，溶液褪色；通入BaCl2溶液；產(chǎn)生白色沉淀．②Y是紅棕色的化合物．

（1）氣體X的成分是____和____（填化學式）．

（2）反應Ⅰ的反應類型屬于____（填序號）

a．分解反應b．復分解反應c．置換反應d．化合反應e．氧化還原反應。

（3）溶液2中金屬陽離子的檢驗方法是____

（4）已知反應Ⅳ發(fā)生了氧化還原反應生成了FeSO4，請寫出相應的離子方程式：____．18、Ⅰ.鉻位于第四周期ⅥB族，主要化合價+2，+3，+6，單質硬度大，耐腐蝕，是重要的合金材料。（1）基態(tài)鉻原子的價電子排布圖___________，CrO2Cl2常溫下為深紅色液體，能與CCl4、CS2等互溶，據(jù)此可判斷CrO2Cl2是________(填“極性”或“非極性”)分子。（2）CrCl3·6H2O實際上是配合物，配位數(shù)為6，其固體有三種顏色，其中一種淺綠色固體與足量硝酸銀反應時，1mol固體可生成2mol氯化銀沉淀，則這種淺綠色固體中陽離子的化學式____________。Ⅱ.砷化鎵為第三代半導體材料，晶胞結構如圖所示，（3）砷化鎵可由（CH3）3Ga和AsH3在700℃下反應制得，反應的化學方程式為。（4）AsH3空間構型為。已知(CH3)3Ga為非極性分子，則其中鎵原子的雜化方式是_______。（5）砷化鎵晶體中最近的砷和鎵原子核間距為acm，砷化鎵的摩爾質量為bg/mol，阿伏伽德羅常數(shù)值為NA，則砷化鎵晶體密度的表達式_________g/cm3。19、如圖①所示為血紅蛋白和肌紅蛋白的活性部分--血紅素的結構式．

回答下列問題：

（1）已知鐵是26號元素，寫出Fe的價層電子排布式______；在元素周期表中，該元素在______區(qū)（填“s”；“p”、“d”、“f”或“ds”）．

（2）血紅素中含有C、H、O、N、Fe五種元素，C、N、O三種元素的第一電離能由小到大的順序是______；血紅素中N原子的雜化方式為______；請在如圖②的方框內用“→”標出Fe2+的配位鍵（如果考生選做此題；請自行將圖②畫在答題卡上）．

（3）Fe原子或離子能與一些分子或離子形成配合物．Fe（CO）5是一種常見含F(xiàn)e配合物，可代替四乙基鉛作為汽油的抗爆震劑，其配體是CO分子．寫出CO的一種常見等電子體分子的結構式______；兩者相比較，沸點較高的是______（填分子式）．Fe（CO）5在一定條件下發(fā)生分解反應：Fe（CO）5（s）═Fe（s）+5CO（g）反應過程中，斷裂的化學鍵只有配位鍵，形成的化學鍵類型是______．

（4）鐵有α、γ、δ三種同素異形體，其晶胞如圖所示，在三種晶體中最鄰近的鐵原子間距離相同．圖2晶胞中所含有的鐵原子數(shù)為______，圖1和圖3中，鐵原子配位數(shù)之比為______．

20、將一定體積的CO2緩緩通入體積為VL的NaOH溶液中；充分反應后，在減壓低溫的條件下蒸發(fā)溶液，得到白色固體。

（1）由于CO2通入量不同，所得到的白色固體的組成也不同，推斷并寫出各種可能組成的化學式（可以不填滿，也可以增加序號）①____，②____，③____，④____．

（2）按反應的先后順序寫出各步反應的離子方程式：____、____．

（3）若反應的CO2和NaOH均無剩余，反應后向溶液中加入過量的澄清石灰水生成a克白色沉淀根據(jù)以上數(shù)據(jù)，能否推理計算出CO2的質量？____若能，用代數(shù)式表示的質量m（CO2）=____，若不能，理由是____．21、Ba（NO3）2可用于生產(chǎn)綠色煙花、綠色信號彈、炸藥等．某生產(chǎn)BaCO3、BaSO4的化工廠生產(chǎn)中排出大量的鋇泥（主要含有BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等），該廠利用鋇泥制取Ba（NO3）2晶體（不含結晶水）；其部分工藝流程如下：

已知：①Fe3+和Fe2+以氫氧化物形式沉淀完全時；溶液的pH分別為3.2和9.7；

②KSP（BaSO4）=1.1×10-10，KSP（BaCO3）=5.1×10-9．

（1）該廠生產(chǎn)的BaCO3因含有少量BaSO4而不純，提純的方法是：將產(chǎn)品加入足量的飽和Na2CO3溶液中，充分攪拌，過濾，洗滌．試用離子方程式說明提純原理：____

（2）上述流程酸溶時，Ba（FeO2）2與HNO3反應生成兩種硝酸鹽，反應的化學方程式為：____．

（3）該廠結合本廠實際，選用的X為____（填序號），中和I使溶液中的____（填離子符號）的濃度減小。

A．BaCl2B．Ba（OH）2C．Ba（NO3）2D．BaCO3

（4）最后的廢渣中除原有的難溶性雜質外還含有____（填化學式）．

（5）測定所得Ba（NO3）2晶體的純度：準確稱取w克晶體溶于蒸餾水，加入足量的硫酸，充分反應后，過濾、洗滌、干燥，稱量其質量為m克，則該晶體的純度為____．22、甲酸和銀氨溶液反應的化學方程式為____．23、如圖中；A為芳香化合物，苯環(huán)上有兩個鄰位取代基：

請回答：

（1）B所含的官能團的名稱是____

（2）反應C→D的化學方程式是____反應類型是____

（3）A的結構簡式是____、E的結構簡式是____

（4）C在一定條件下可生成一種高分子化合物H，請寫出C→H的化學方程式：____．

（5）1molG的溶液可跟____molCO2反應。

（6）B有多種同分異構體，寫出屬于酯類且能發(fā)生銀鏡反應的同分異構體的結構簡式____．24、已知高錳酸鉀、二氧化錳在酸性條件下能將草酸鈉(Na2C2O4)氧化：

MnO+C2O+H+→Mn2++CO2↑+H2O(未配平)；

MnO2+C2O+H+→Mn2++CO2↑+H2O(未配平)．

為測定某軟錳礦中二氧化錳的質量分數(shù)，準確稱量1.20g軟錳礦樣品，加入2.68g草酸鈉固體，再加入足量的稀硫酸并加熱(雜質不參加反應)，充分反應后冷卻，將所得溶液轉移到容量瓶中用蒸餾水稀釋至刻度，從中取出25.0mL，用0.0200mol?L-1高錳酸鉀溶液進行滴定．當加入20.0mL溶液時恰好完全反應；試根據(jù)以上信息完成下列各題：

(1)配平上述兩個離子方程式：

____________MnO+____________C2O+____________H+═____________Mn2++____________CO2↑+____________H2O；

____________MnO2+____________C2O+____________H+═____________Mn2++____________CO2↑+____________H2O．

(2)欲求得軟錳礦中二氧化錳的質量分數(shù)；還缺一個數(shù)據(jù)，這個數(shù)據(jù)是____________(填數(shù)據(jù)所代表的意義)．

(3)若該數(shù)據(jù)的數(shù)值為250，求該軟錳礦中二氧化錳的質量分數(shù)(寫出計算過程)．評卷人得分四、判斷題(共4題，共36分)25、判斷題（正確的后面請寫“√”；錯誤的后面請寫“×”）

（1）物質的量相同的兩種不同氣體只有在標準狀況下體積才相等．____

（2）Vm在非標準狀況下不可能為22.4L/mol．____

（3）1mol任何物質在標準狀況下的體積均為22.4L．____

（4）一定溫度和壓強下，各種氣體物質體積的大小由氣體分子數(shù)決定．____．26、向試管中滴加液體時，膠頭滴管緊貼試管內壁____．（判斷對錯）27、提純氯化鈉，最后在蒸發(fā)皿中蒸發(fā)濃縮溶液時，只需用小火加熱至溶液表面出現(xiàn)晶膜為止，再通過余熱將溶液全部蒸干．____（判斷對錯）28、用潔凈的鉑絲蘸取溶液在酒精燈的外焰上灼燒，未看見火焰顯紫色，溶液里一定不含K+．____（判斷對錯）正確的打“√”，錯誤的打“×”評卷人得分五、計算題(共3題，共21分)29、將等物質的量的A；B、C、D四種物質混合于1L的密閉容器中；發(fā)生如下反應：

aA（g）+bB（g）?cC（g）+dD；當反應進行10s后，測得A減少了1mol，B減少了0.5mol，C增加了1.5mol，D增加了1mol，此時達到化學平衡．請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

（1）該化學方程式各物質的化學計量數(shù)為a=____、b=____、c=____、d=____．

（2）10s內，用B物質表示該反應的速率為____

（3）若只改變壓強，反應速率發(fā)生變化，但平衡不發(fā)生移動，該反應中物質D的聚集狀態(tài)為____．

（4）若只升高溫度，反應一段時間后，測知四種物質其物質的量又達到相等，則正反應為____反應（填“放熱”或“吸熱”）．30、1.204×1024個H2O的物質的量為____mol，49克H2SO4的物質的量為____mol，標準狀況下44.8LN2的物質的量為____mol．31、(12分)化學需氧量(COD)常作為衡量水體中有機物含量多少的指標。某化學課外小組的同學擬采用堿性高錳酸鉀溶液測定某海水試樣的COD，實驗流程如下：已知：①弱堿性條件下MnO4-被還原性物質還原為MnO2②10I-+2MnO4-+16H+=5I2+2Mn2++8H2O③2S2O32-+I2=2I-+S4O62-（1）測定海水試樣的COD，采用堿性高錳酸鉀溶液而不采用酸性高錳酸鉀溶液，其可能原因是。（2）氧化后的水樣煮沸后，需冷卻并在暗處再加入KI和硫酸，需在暗處的原因是。用Na2S2O3，標準溶液滴定，終點時溶液顏色的變化是。（3）滴定到終點時消耗Na2S2O3標準溶液10.00mL。根據(jù)以上實驗數(shù)據(jù)計算海水試樣的COD(用每升水樣相當于消耗多少毫克O2表示，單位：mg?L-1)(寫出計算過程)。評卷人得分六、綜合題(共4題，共12分)32、（14分）合成氨對工、農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和國防都有重要意義。已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H=-92．4kJ·mol-1，請回答：（1）合成氨工業(yè)中采取的下列措施可以用勒夏特列原理解釋的是＿＿＿＿＿（填字母）。a．用鐵觸媒（催化劑）加快化學反應速率b．采用較高壓強（20MPa~50MPa）c．將原料氣中的少量CO等氣體凈化除去d．將生成的氨液化并及時從體系中分離出來（2）一定溫度下，在密閉容器中充入1molN2和3molH2并發(fā)生反應。①若容器容積V恒定，達到平衡時，氣體的壓強為原來的則N2的轉化率а1=＿＿＿＿＿，此時，反應放熱＿＿＿＿＿kJ；該溫度下合成氨反應的平衡常數(shù)K=＿＿＿＿＿（只需列出數(shù)字表達式）；②若容器壓強恒定，則達到平衡時，容器中N2的轉化率а2＿＿а1（填“＞、＜或＝”）。（3）隨著對合成氨研究的發(fā)展，希臘科學家采用高質子導電性的SCY陶瓷（能傳遞H+）為介質，用吸附在它內外表面上的金屬鈀多晶薄膜做電極，實現(xiàn)了常壓、570℃條件下高轉化率的電解法合成氨（裝置如下圖）。鈀電極A是電解池的＿＿＿＿極（填“陽”或“陰”），該極上的電極反應式是。33、（15分）為研究鐵質材料與熱濃硫酸的反應，某小組進行了以下探究活動：[探究一]（1）稱取鐵釘（碳素鋼）12．0g放入30．0mL濃硫酸中，加熱，充分應后得到溶液X并收集到氣體Y。①甲同學認為X中除Fe3+外還可能含有Fe2+。若要確認其中是否含有Fe2+，應選擇加入的試劑為________（選填序號）。a．KSCN溶液和氯水b．鐵粉和KSCN溶液c．濃氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同學取672mL（標準狀況）氣體Y通入足量溴水中，發(fā)生反應：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，經(jīng)適當操作后得到干燥固體4．66g。據(jù)此推知氣體Y中SO2的體積分數(shù)為____。（相對原子質量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述實驗中SO2體積分數(shù)的結果，丙同學認為氣體Y中還可能含量有H2和CO2氣體。為此設計了下列探究實驗裝置（圖中夾持儀器省略）。（2）寫出產(chǎn)生CO2的化學方程式____。（3）裝置A中試劑的作用是____。（4）簡述確認氣體Y中含有CO2的實驗現(xiàn)象。（5）如果氣體Y中含有H2，預計實驗現(xiàn)象應是。34、（15分）為研究鐵質材料與熱濃硫酸的反應，某小組進行了以下探究活動：[探究一]（1）稱取鐵釘（碳素鋼）12．0g放入30．0mL濃硫酸中，加熱，充分應后得到溶液X并收集到氣體Y。①甲同學認為X中除Fe3+外還可能含有Fe2+。若要確認其中是否含有Fe2+，應選擇加入的試劑為________（選填序號）。a．KSCN溶液和氯水b．鐵粉和KSCN溶液c．濃氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同學取672mL（標準狀況）氣體Y通入足量溴水中，發(fā)生反應：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，經(jīng)適當操作后得到干燥固體4．66g。據(jù)此推知氣體Y中SO2的體積分數(shù)為____。（相對原子質量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述實驗中SO2體積分數(shù)的結果，丙同學認為氣體Y中還可能含量有H2和CO2氣體。為此設計了下列探究實驗裝置（圖中夾持儀器省略）。（2）寫出產(chǎn)生CO2的化學方程式____。（3）裝置A中試劑的作用是____。（4）簡述確認氣體Y中含有CO2的實驗現(xiàn)象。（5）如果氣體Y中含有H2，預計實驗現(xiàn)象應是。35、（13分）化工生產(chǎn)中常常用到“三酸兩堿”，“三酸”指硝酸、硫酸和鹽酸，“兩堿”指燒堿和純堿。（1）從物質的分類角度看，名不符實的一種物質是____________。（2）“三酸”與“兩堿”之間均可反應，若用化學方程式表示有六個（酸過量時），若用離子方程式表示卻只有兩個，請寫出這兩個離子方程式（酸過量時）：_____________；______________。（3）“三酸”常用于溶解金屬和金屬氧化物。下列塊狀金屬在常溫時能全部溶于足量濃硝酸的是________（填序號）A．AgB．CuC．AlD．Fe（4）燒堿、純堿溶液均可吸收CO2。向含有4．0ｇNaOH的溶液中通入CO2，當通入的CO2與溶液中NaOH物質的量之比為9:7時，則所得溶液中NaHCO3的質量為____ｇ。（相對原子質量：H—1C—12O—16Na—23）參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【分析】由C～O2～CO2，4H～O2～2H2O進行比較，消耗1molO2，需要12gC，而消耗1molO2，需要4gH，可知有機物含氫量越大，等質量時消耗的O2越多，以此進行比較．【解析】【解答】解：由C～O2～CO2，4H～O2～2H2O進行比較，消耗1molO2，需要12gC，而消耗1molO2，需要4gH，可知有機物含氫量越大，等質量時消耗的O2越多；

則選項中物質的最簡式分別為CH4、CH2、CH2；CH；

由最簡式CHn中n值越大，含氫量越高，所以根據(jù)烴分子的化學式可知，完全燃燒消耗O2的物質的量最少的應該是C2H2；

故選D．2、C【分析】【分析】金屬的性質不同；活潑性不同，冶煉的方法不同，根據(jù)金屬活動性強弱，可采用熱還原法；電解法、熱分解法等冶煉方法．

熱分解法：對于不活潑金屬，可以直接用加熱分解的方法將金屬從其化合物中還原出來，例如：2HgO2Hg+O2↑

熱還原法：在金屬活動性順序表中處于中間位置的金屬，通常是用還原劑（C、CO、H2；活潑金屬等）將金屬從其化合物中還原出來；例如：

Fe2O3+3CO2Fe+CO2↑

電解法：活潑金屬較難用還原劑還原，通常采用電解熔融的金屬化合物的方法冶煉活潑金屬，例如：2Al2O34Al+3O2↑；金屬鈉；鎂采用電解熔融的氯化物的方法；

利用鋁熱反應原理還原：V、Cr、Mn、W等高熔點金屬可利用鋁熱反應產(chǎn)生的高溫來冶煉．【解析】【解答】解：A；Hg為不活潑金屬；可以直接用加熱分解的方法將金屬從其化合物中還原出來，故A正確；

B；鈉是活潑金屬；應采用電解法制取，故B正確；

C；鎂是活潑金屬；應采用電解法氯化鎂的方法制取，氧化鎂的熔點太高，消耗再多的資源，故C錯誤；

D、Fe處于金屬活動性順序表中處于中間位置的金屬，通常是用還原劑（C、CO、H2；活潑金屬等）將金屬從其化合物中還原出來；故D正確．

故選C．3、C【分析】【分析】A；根據(jù)氨水中一水合氨屬于弱堿；溶液中部分電離分析；

B；沒有告訴是標準狀況下；無法計算氫氣的體積；

C；根據(jù)標況下的氣體摩爾體積計算出混合氣體的物質的量及含有的碳原子數(shù)目；

D、根據(jù)標準狀況下四氯化碳不是氣體，無法計算其物質的量判斷．【解析】【解答】解：A、1.0Llmol?L-1氨水中含有溶質1mol，由于一水合氨是弱堿，溶液中只能部分電離出銨離子，所以溶液中銨離子的物質的量小于1mol，NH4+數(shù)小于NA；故A錯誤；

B、NA個H2分子的物質的量為1mol；由于不是標況下，無法計算1mol氫氣的體積，故B錯誤；

C、標況下，22.4L二氧化碳和一氧化碳的物質的量為1mol，含有1mol碳原子，含碳原子數(shù)為NA；故C正確；

D；在標況下；四氯化碳不是氣體，無法計算11.2L四氯化碳的物質的量，故D錯誤；

故選C．4、A【分析】試題分析：A、碳酸鈉溶液中存在CO32－的水解平衡CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，但由于生成的氫氧化鈉不揮發(fā)，因此蒸干碳酸鈉溶液最終仍然得到碳酸鈉固體，A正確；B、碳酸氫鈉不穩(wěn)定，受熱易分解生成碳酸鈉、CO2和水，因此蒸干碳酸氫鈉溶液最終得到碳酸鈉固體，B不正確；C、亞鐵離子不穩(wěn)定，極易被氧化生成鐵離子。雖然鐵離子水解，但由于生成的硫酸難揮發(fā)，因此最終得到硫酸鐵固體，C不正確；D、氯化鋁溶液中存在水解平衡AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl。水解吸熱，加熱促進水解，且生成的氯化氫極易揮發(fā)，因此最終得到的是氫氧化鋁固體，D不正確，答案選A?？键c：考查溶液蒸干后物質成分的有關判斷【解析】【答案】A5、C【分析】試題分析：A、根據(jù)裝置圖中亞硫酸根離子的移動方向判斷，b極是陽極，則b極發(fā)生氧化反應，亞硫酸根離子失去電子，生成硫酸，正確；B、因為b極是陽極，發(fā)生氧化反應，則可能發(fā)生氫氧根離子的失去電子的氧化反應，生成氧氣，同時通入的稀硫酸也可能與亞硫酸根離子反應生成二氧化硫，所以若D是混合氣體，則可能含有SO2、O2等成分，正確；C、a電極是陰極，發(fā)生還原反應，氫離子得到電子生成氫氣，當有1molNa＋通過陽離子交換膜時，說明有1mol氫離子放電生成0.5mol氫氣，但未指明標準狀況，所以a極氣體的體積不一定是11.2L，錯誤；D、因為a極是氫離子放電，造成陰極區(qū)的氫氧根離子濃度增大，與移動過來的氫氧根離子形成氫氧化鈉，所以A是稀氫氧化鈉溶液，增強溶液的導電性；同理陽極通入的是稀硫酸，亞硫酸根離子被氧化生成硫酸，則出來的物質C是相對較濃的硫酸，正確，答案選C?？键c：考查電化學反應原理的應用【解析】【答案】C6、D【分析】解：A．氫氧化鐵膠體具有較大表面積；有吸附性，能夠吸附水中雜質，可以做凈水劑，故A正確；

B．鎂合金密度小；硬度大，適合制造導彈；飛機的部件，故B正確；

C．石灰石-石膏法脫硫的原理第一步是SO2+Ca（OH）2═CaSO3+H2O，然后再將產(chǎn)物氧化制成石膏，2CaSO3+O2=2CaSO4；故C正確；

D．焦炭在煉鐵高爐中先和空氣中的氧氣反應生成二氧化碳；二氧化碳再被焦炭含有成一氧化碳，一氧化碳和鐵礦石反應生成鐵和二氧化碳，不是用焦炭還原鐵礦石，故D錯誤；

故選：D．

A．氫氧化鐵膠體具有較大表面積；有吸附性；

B．鎂合金密度??；硬度大；

C．依據(jù)方程式：SO2+Ca（OH）2=CaSO3+H2O；2CaSO3+O2=2CaSO4解答；

D．煉鐵過程中；焦炭燃燒生成二氧化碳，二氧化碳在高溫條件下被焦炭還原成一氧化碳，一氧化碳和鐵礦石反應生成鐵和二氧化碳．

本題考查了元素化合物知識及高爐煉鐵原理，明確氫氧化鐵膠體、合金的性質，熟悉燃煤的脫硫方法和原理、高爐煉鐵原理是解題關鍵，題目難度中等，注意對相關知識的積累．【解析】【答案】D7、C【分析】解：rm{A}rm{V_{2}=3V_{1}}說明rm{n(Mg(OH)_{2})=2n(Cu(OH)_{2})}原溶液中rm{MgCl_{2}}和rm{CuCl_{2}}的物質的量濃度不相等；故A錯誤；

B、rm{CuCl_{2}}的物質的量濃度小且首先沉淀銅離子說明rm{Cu(OH)_{2}}的rm{K_{sp}}比rm{Mg(OH)_{2}}的rm{K_{s}p}?。还蔅錯誤；

C、rm{A}點時溶質為rm{NaCl}和rm{MgCl_{2}}rm{B}點時為rm{NaCl}rm{C}點為rm{NaCl}和rm{NaOH}鎂離子水解促進水的電離，rm{NaOH}抑制水的電離，rm{NaCl}對水的電離無影響；故C正確；

D、要想生成沉淀，必須滿足rm{Qc>Ksp}銅離子大小未知，無法判斷是否生成沉淀，故D錯誤；

故選C．

據(jù)圖象可知，rm{0-V_{1}}時生成藍色沉淀為rm{Cu(OH)_{2}}rm{V_{1}-V_{2}}生成的沉淀為rm{Mg(OH)_{2}}rm{V_{2}=3V_{1}}說明rm{n(Mg(OH)_{2})=2n(Cu(OH)_{2})}rm{A}點時溶質為rm{NaCl}和rm{MgCl_{2}}rm{B}點時為rm{NaCl}rm{C}點為rm{NaCl}和rm{NaOH}據(jù)此分析．

本題考查了沉淀的溶度積、鹽類水解以及相關判斷，題目難度不大，據(jù)圖象判斷沉淀的生成順序是解題的關鍵．【解析】rm{C}8、D【分析】【分析】A．具有一定質子數(shù)和中子數(shù)的原子就是一種核素；

B．次氯酸中存在1個氧氫鍵和1個氧氯鍵；

C．F的質子數(shù)和核外電子數(shù)為9；

D．甲烷為正四面體結構，其正確的球棍模型為：．【解析】【解答】解：A．H；D、T為氫元素的3種不同核素；它們之間互為同位素，故A錯誤；

B．次氯酸為共價化合物，分子中存在1個氧氫鍵和氧氯鍵，次氯酸的電子式為故B錯誤；

C．F的原子結構示意圖為故C錯誤；

D．為甲烷的比例模型，甲烷的球棍模型應該用小球和短棍表示，甲烷為正四面體結構，其正確的球棍模型為：故D正確．

故選D．二、多選題(共7題，共14分)9、AD【分析】【分析】A．熔融硫酸氫鉀電離出鉀離子和硫酸氫根離子；

B．酯化反應為可逆反應；1mol冰醋酸完全反應生成的水的物質的量小于1mol；

C．沒有告訴氫氧化鋇溶液的體積；無法計算溶液中氫氧根離子的數(shù)目；

D．羥基中含有9個電子，17g羥基的物質的量為1mol，含有17mol電子．【解析】【解答】解：A．6.8g熔融硫酸氫鉀的物質的量為0.05mol，0.05mol熔融硫酸氫鉀能夠電離出0.05mol鉀離子和0.05mol硫酸氫根離子，含有陽離子數(shù)為0.05NA；故A正確；

B．1mol冰醋酸和1mol乙醇經(jīng)催化加熱反應生成水的物質的量一定小于1mol，可生成H2O分子數(shù)小于NA；故B錯誤；

C．缺少氫氧化鋇溶液的體積；無法計算溶液中氫氧根離子的物質的量及數(shù)目，故C錯誤；

D．17g羥基的物質的量為1mol，1mol羥基中含有9mol電子，含有的電子數(shù)為9NA；故D正確；

故選AD．10、BC【分析】【分析】A．組成與結構相同的物質一定是同一種物質；

B．同分異構體是分子式相同結構式不同的化合物；

C．烯烴是指含有C=C鍵的碳氫化合物；

D．結構相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質互稱為同系物．【解析】【解答】解：A．組成與結構相同的物質一定是同一種物質，式量相同的物質不一定是同一種物質，如CO和N2；故A錯誤；

B．分子式相同的但結構不同的物質一定屬于同分異構體；故B正確；

C．烯烴是指含有C=C鍵的碳氫化合物；含有雙健的物質不一定是烯烴，如不飽和醇，故C正確；

D．通式相同的不同物質不一定屬于同系物；若結構相似，為同系物，若結構不相似，不是同系物，故D錯誤；

故選BC．11、AB【分析】【分析】以惰性電極電解CuSO4溶液，陽極發(fā)生4OH--4e-═2H2O+O2↑，陰極發(fā)生2Cu2++4e-═2Cu，溶液顯淺藍色，說明只有部分銅離子放電，結合電子的轉移計算該題．【解析】【解答】解：A．陽極發(fā)生4OH--4e-═2H2O+O2↑，當有1×10-3mol的OH-放電時，生成氧氣的體積為1×10-3mol××22.4L/mol=5.6mL；故A正確；

B．當有1×10-3mol的OH-放電時，轉移1×10-3mol電子，則在陰極析出5×10-4molCu；質量為32mg，故B正確；

C．轉移1×10-3mol電子；陰極析出銅，溶液顯淺藍色，說明銅離子部分放電，沒有氫氣析出，故C錯誤；

D．陰極析出銅；質量變化，故D錯誤．

故選AB．12、BD【分析】【分析】A．根據(jù)v=計算v（X）；再根據(jù)速率之比等于化學計量數(shù)之比計算v（Z）；

B．由圖可知，隨溫度升高，平衡常數(shù)減小，說明升高溫度平衡向逆反應方向移動；由表中數(shù)據(jù)可知，5min到達平衡，利用三段式表示出平衡時各組分的物質的量，由于反應前后氣體的體積不變，用物質的量代替濃度計算平衡常數(shù)，再與溫度T1時的平衡常數(shù)比較判斷溫度高低；

C．由B中數(shù)據(jù)可知，平衡時參加反應的X為1mol-0.5mol=0.5mol，則X的轉化率為×100%=50%．由于反應前后氣體體積不變；故X；Y的起始物質的量滿足1：2時為等效平衡，平衡時X的轉化率相等，在T℃時，以1molX、2molY和1molZ充入上述容器中，所到達的平衡等效為開始通入2molX、4molY到達的平衡，再通入1molZ，結合平衡移動判斷；

D．設參加反應的X為amol，利用三段式表示出平衡時各組分的物質的量，由于反應前后氣體的體積不變，用物質的量代替濃度代入平衡常數(shù)表達式列方程計算．【解析】【解答】解：A．由表中數(shù)據(jù)可知，前5min內參加反應的X為1mol-0.5mol=0.5mol，則v（X）==0.05mol/（L?min）；速率之比等于化學計量數(shù)之比，v（Z）=2v（x）=0.1mol/（L?min），故A錯誤；

B．由圖可知；隨溫度升高，平衡常數(shù)減小，說明升高溫度平衡向逆反應方向移動，則正反應為放熱反應；

由表中數(shù)據(jù)可知；5min到達平衡，平衡時X為0.5mol，則：

X（g）+Y（g）?2Z（g）

開始（mol）：120

轉化（mol）：0.50.51

平衡（mol）：0.51.51

由于反應前后氣體的體積不變，用物質的量代替濃度計算平衡常數(shù)，故K==，小于溫度T1時的平衡常數(shù)4，故溫度T1＞T；故B正確；

C．由B中數(shù)據(jù)可知，平衡時參加反應的X為1mol-0.5mol=0.5mol，則X的轉化率為×100%=50%．由于反應前后氣體體積不變；故X；Y的起始物質的量滿足1：2時為等效平衡，平衡時X的轉化率相等，在T℃時，以1molX、2molY和1molZ充入上述容器中，所到達的平衡等效為開始通入2molX、4molY到達的平衡基礎上（此時平衡時X的轉化率為50%），再通入1molZ，平衡向逆反應方向移動，X的轉化率降低，故在T℃時，以1molX、2molY和1molZ充入上述容器中，達到平衡時，X的轉化率小于為50%，X的體積分數(shù)改變，故C錯誤；

D．設參加反應的X為amol；則：

X（g）+Y（g）?2Z（g）

開始（mol）：120

轉化（mol）：aa2a

平衡（mol）：1-a2-a2a

則=4，解得a=，則X的轉化率為×100%≈66.7%；故D正確；

故選BD．13、BC【分析】【分析】能跟H2加成生成2-甲基丁烷，說明Y和Z均為分子中含5個C原子的不飽和烴，其碳骨架為．氯代烴發(fā)生消去反應生成烯烴和烯烴加氫生成烷烴，碳架不變，故化合物X的碳架有一個支鏈甲基，據(jù)此分析選項是否符合以上碳架及消去反應生成兩種烯烴即可．【解析】【解答】解：根據(jù)能跟H2加成生成2-甲基丁烷，說明Y和Z均為分子中含5個C原子的不飽和烴，其碳骨架為氯代烴發(fā)生消去反應生成烯烴和烯烴加氫生成烷烴，碳架不變，故化合物X的碳架有一個支鏈甲基．

A．CH3CH2CH2CH2OH沒有支鏈；故A錯誤；

B．含有支鏈，能發(fā)生消去反應生成2種烯烴：（CH3）2C=CHCH3、CH3C（CH2CH3）=CH2；故B正確；

C．中含有一個支鏈甲基，發(fā)生消去反應生成2種烯烴：（CH3）2C=CHCH3、（CH3）2CHCH=CH2；故C正確；

D．（CH3）3CCH2Cl有兩個支鏈；且不是醇，屬于氯代烴，故D錯誤；

故選BC．14、BD【分析】【分析】A．H不含中子；D含1個中子；

B．將質量轉化為物質的量；結合分子式計算原子數(shù)；

C.1個CH3+含8個電子；

D．沒指明氣體狀況，無法計算．【解析】【解答】解：A．H不含中子，D含1個中子，所以0.1molH2O和D2O組成的混合物中含有的中子數(shù)小于NA；故A錯誤；

B．NO2和N2O4最簡式相同都是NO2，46g混合物含NO2的物質的量為==1mol，含氧原子個數(shù)為1mol×2×NA=2NA；故B正確；

C.1molCH3+（碳正離子）中含有電子數(shù)為10NA；故C錯誤；

D．沒指明是在標準狀況選；Vm不確定，無法計算氫氣的物質的量，故D錯誤；

故選：B．15、AD【分析】【分析】A；氫氣在反應中發(fā)生失電子的氧化反應；為負極；

B；原電池中；氫氣在負極發(fā)生失電子的氧化反應，根據(jù)電極反應確定pH的變化；

C；在原電池中；正極上發(fā)生得電子得還原反應；

D、燃料電池在放電時的電極反應極為燃料燃燒的反應．【解析】【解答】解：A、儲存H2的碳納米管作電池負極；在反應中發(fā)生失電子的氧化反應，故A錯誤；

B、放電時是原電池的工作原理，氫氣在負極發(fā)生失電子的氧化反應，即：H2+2OH--2e-=2H2O；消耗氫氧根離子，負極附近pH減小，故B正確；

C、在原電池中，正極上發(fā)生得電子得還原反應，NiO（OH）+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-；故C正確；

D、放電時，燃料電池電極反應極為燃料燃燒的反應，即2NiO（OH）+H2=2Ni（OH）2；故D錯誤．

故選AD．三、填空題(共9題，共18分)16、2C+SiO2Si+2CO↑4s24p2N＞O＞CCH4、NH4+sp3NH3和H2O為極性分子，相似相溶原理，且NH3和H2O分子之間能形成氫鍵【分析】【分析】A、B、C、D、E、F六種物質或粒子，其中A、B、C、D都具有正四面體結構或結構單元，D是陽離子，故D為NH4+；

C、D、E、F含有相等的電子數(shù)，故電子數(shù)為10，D與F的組成元素相同，故F為NH3；

由E構成的物質常溫下呈液態(tài)，故E為H2O；

C、E、F的晶體類型相同，屬于分子晶體，故C為CH4；

A；B的晶體類型相同．單質A的同素異形體能與B物質發(fā)生置換反應；A為金剛石，B為二氧化硅；

再結合題目分析解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E、F六種物質或粒子，其中A、B、C、D都具有正四面體結構或結構單元，D是陽離子，故D為NH4+；

C、D、E、F含有相等的電子數(shù)，故電子數(shù)為10，D與F的組成元素相同，故F為NH3；

由E構成的物質常溫下呈液態(tài)，故E為H2O；

C、E、F的晶體類型相同，屬于分子晶體，故C為CH4；

A；B的晶體類型相同．單質A的同素異形體能與B物質發(fā)生置換反應；A為金剛石，B為二氧化硅；

（1）A是金剛石、B是二氧化硅，單質A的同素異形體與B物質發(fā)生置換反應生成Si和CO，該反應的化學方程式2C+SiO2Si+2CO↑；與A同主族的第四周期元素是Ge元素，原子核外有32個電子，Ge基態(tài)原子的外圍電子排布式為4s24p2；

故答案為：2C+SiO2Si+2CO↑；4s24p2；

（2）上述六種物質或粒子的組成元素中有三種處于同一周期；分別為C；N、O元素，同一周期元素，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以。

這三種元素第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C；

故答案為：N＞O＞C；

（3）原子數(shù)相同，電子數(shù)目相同的為等電子體，CH4、NH4+是等電子體；

故答案為：CH4、NH4+；

（4）F分子是NH3，中心原子N原子成3個σ鍵，含有1對孤對電子，雜化軌道數(shù)為4，采取sp3雜化；NH3和H2O為極性分子符合相似相溶原理，且NH3和H2O分子之間能形成氫鍵；所以氨氣易溶于水．

故答案為：sp3；NH3和H2O為極性分子，相似相溶原理，且NH3和H2O分子之間能形成氫鍵．17、SO2SO3a、e取少量溶液2于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，溶液變成血紅色，則證明原溶液中含有Fe3+2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+【分析】【分析】①硫酸亞鐵受熱分解，生成氣體X，氣體只能由硫元素與氧元素組成，將X通入品紅溶液，溶液褪色，說明含有SO2，通入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明含有SO3，即X為SO2、SO3混合氣體；

②Y是紅棕色的化合物，又是硫酸亞鐵受熱分解的化合物，從顏色可知Y是Fe2O3；

可推知：溶液1為硫酸鈉和亞硫酸鈉，溶液2為硫酸鐵，溶液1和溶液2混合亞硫酸根離子具有還原性，鐵離子具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應生成硫酸亞鐵溶液和硫酸鈉，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：①硫酸亞鐵受熱分解，生成氣體X，氣體只能由硫元素與氧元素組成，將X通入品紅溶液，溶液褪色，說明含有SO2，通入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明含有SO3，即X為SO2、SO3混合氣體；

②Y是紅棕色的化合物，又是硫酸亞鐵受熱分解的化合物，從顏色可知Y是Fe2O3；

則硫酸亞鐵受熱分解方程式為：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；可推知：溶液1為硫酸鈉和亞硫酸鈉，溶液2為硫酸鐵，溶液1和溶液2混合亞硫酸根離子具有還原性，鐵離子具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應生成硫酸亞鐵溶液和硫酸鈉．

（1）由上述分析可知，X為SO2、SO3混合氣體，故答案為：SO2、SO3；

（2）反應Ⅰ為2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；由硫酸亞鐵一種化合物分解，生成三種化合物，是分解反應；硫元素從+6價，變成產(chǎn)物中的二氧化硫中的+4價，鐵從+2價，變成產(chǎn)物中的+3價，屬于氧化還原反應；

故答案為：a；e：

（3）溶液2中金屬陽離子是由Fe2O3溶于稀硫酸得到，方程式為：Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O，檢驗溶液2中金屬陽離子，實際就是檢驗溶液中的Fe3+離子，具體方法為：取少量溶液2于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，溶液變成血紅色，則證明原溶液中含有Fe3+；

故答案為：取少量溶液2于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，溶液變成血紅色，則證明原溶液中含有Fe3+；

（4）反應IV中為Na2SO3與Fe2（SO4）3溶液發(fā)生氧化還原反應，反應離子方程式為：2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+；

故答案為：2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+．18、略

【分析】試題分析：Ⅰ.（1）鉻是24號元素，其基態(tài)的價電子排布式是3d54S1，因此基態(tài)鉻原子的價電子排布圖因為CrO2Cl2常溫下為深紅色液體，能與CCl4、CS2等互溶。根據(jù)相似相容原理，可判斷出CrO2Cl2是非極性分子。(2)淺綠色固體CrCl3·6H2O與足量硝酸銀反應時，1mol固體可生成2mol氯化銀沉淀，說明三個Cl-中只有一個作配位體，由于其配位數(shù)為6，所以還有5個水作配位體。則這種淺綠色固體中陽離子的化學式[Cr（H2O）5Cl]2+。Ⅱ.（3）由題意得方程式：CH3）3Ga+AsH33CH4+GaAs。（4）同族元素形成的化合物結構相似。NH3為三角錐形，所以AsH3空間構型為三角錐形。因為(CH3)3Ga為非極性分子，說明這幾個化學鍵是對稱的。故其中鎵原子的雜化方式是sp2雜化。（5）在砷化鎵晶胞中，含有Ga：8×1/8+6×1/2=4,含有As：4個，因此每個晶胞中含有4和GaAs。在砷化鎵晶體中最近的砷和鎵原子核間距為acm，由于As處于與它相連的四個Ga構成的四面體的幾何中心。距離最近且相等的As原子之間的距離為L.則最近的兩個As在晶胞面對角線的1/2處。設該晶胞的長度是x,則解得x=是則砷化鎵晶體密度的表達式為：整理可得考點：考查原子、分子、離子、晶體的結構、化學方程式的書寫及晶體密度的計算的知識。【解析】【答案】Ⅰ.（1）非極性（2）[Cr（H2O）5Cl]2+Ⅱ.（3）CH3）3Ga+AsH33CH4+GaAs（4）三角錐形sp2（5）3·b/16a3NA19、略

【分析】解：（1）鐵是26號元素，其原子核外有26個電子，根據(jù)構造原理其核外電子排布式為[Ar]3d64s2，則價層電子排布式為3d64s2，F(xiàn)e屬于第VIII族元素，在周期表中屬于d區(qū)元素，故答案為：3d64s2；d；

（2）同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大，但第五主族元素的第一電離能大于第六主族元素的，所以C、N、O三種元素的第一電離能由小到大的順序是C、O、N；血紅素中N原子有的含有3個σ鍵和一個孤電子對，屬于sp3雜化；有的含有3個σ鍵，屬于sp2雜化方式；配位鍵由提供孤電子對的原子指向提供空軌道的原子，F(xiàn)e2+的配位鍵為

故答案為：C、O、N；sp2sp3；

（3）CO的等電子體為氮氣；氮氣的結構式為N≡N，對于相對分子質量相等的分子晶體而言，極性分子沸點高，CO為極性分子，氮氣為非極性分子，CO的沸點高；此配體的中心原子為金屬原子，由于斷裂的是中心原子和配體之間的配位鍵，所以斷裂后配體形成CO，中心原子間形成金屬鍵成為金屬晶體；

故答案為：N≡N；CO；金屬鍵；

（4）該晶胞中頂點上含有的原子數(shù)=面心上含有的原子數(shù)=所以一個晶胞中含有4個原子；δ；α兩種晶胞中鐵原子的配位數(shù)分別是8個和6個，所以δ、α兩種晶胞中鐵原子的配位數(shù)之比是4：3，故答案為：4；4：3．

（1）根據(jù)構造原理寫出基態(tài)鐵原子核外電子排布式；根據(jù)Fe在周期表中的位置判斷；

（2）同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大；但第五主族元素的第一電離能大于第六主族元素的；根據(jù)每個N原子含有的σ鍵個數(shù)與孤電子對數(shù)之和判斷其雜化方式；配位鍵由提供孤電子對的原子指向提供空軌道的原子；

（3）由等電子體定義可知CO的一種常見等電子體為氮氣；CO為極性分子熔點高；斷裂配位鍵后，配體變?yōu)镃O，中心原子結合成金屬晶體；

（4）利用均攤法計算γ晶體晶胞中所含有的鐵原子數(shù)；先判斷δ；α兩種晶胞中鐵原子的配位數(shù)；再計算其比值．

本題涉及的基態(tài)電子排布式、第一電離能的比較、配位鍵、晶胞的計算等，題目涉及的知識點較多，側重于基礎知識的應用的考查，難度中等，注意會運用均攤法計算晶胞中含有的原子個數(shù)，明確同一周期中元素的第一電離能的反?，F(xiàn)象是解（2）題的關鍵．【解析】3d64s2；d；C、O、N；sp2sp3；N≡N；CO；金屬鍵；4；4：320、NaOH和Na2CO3Na2CO3Na2CO3和NaHCO3NaHCO3CO2+2OH-=CO32-+H2OCO32-+H2O+CO2=2HCO3-能ag【分析】【分析】（1）根據(jù)CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaHCO3來分析；

（2）根據(jù)反應先生成碳酸鈉；后生成碳酸氫鈉來書寫離子反應方程式；

（3）白色沉淀為碳酸鈣，利用碳原子守恒可計算二氧化碳的質量．【解析】【解答】解：（1）①當CO2與NaOH的物質的量比小于1：2時，由反應CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O可知反應生成碳酸鈉，還有剩余的NaOH，減壓低溫的條件下蒸發(fā)溶液，得到白色固體為NaOH和Na2CO3；

②當二氧化碳與NaOH的物質的量為1：2時，反應CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O恰好完全進行，則溶液中的溶質為Na2CO3，減壓低溫的條件下蒸發(fā)溶液，得到白色固體為Na2CO3；

③當二氧化碳與NaOH的物質的量比大于1：2，而小于1：1時，發(fā)生CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaHCO3，減壓低溫的條件下蒸發(fā)溶液，得到白色固體為Na2CO3和NaHCO3；

④當二氧化碳與NaOH的物質的量比≥1：1時，發(fā)生CO2+NaOH═NaHCO3；減壓低溫的條件下蒸發(fā)溶液，得到白色固體為。

NaHCO3；

故答案為：NaOH和Na2CO3；Na2CO3；Na2CO3和NaHCO3；NaHCO3；

（2）因CO2緩緩通入NaOH溶液中，先發(fā)生CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，后發(fā)生Na2CO3+H2O+CO2═NaHCO3，離子反應分別為CO2+2OH-=CO32-+H2O、CO32-+H2O+CO2=2HCO3-；

故答案為：CO2+2OH-=CO32-+H2O；CO32-+H2O+CO2=2HCO3-；

（3）因白色沉淀為碳酸鈣，由碳原子守恒可知，二氧化碳的質量為×44g/mol=ag，故答案為：能；ag．21、BaSO4（aq）+CO32-（aq）?BaCO3（aq）+SO42-（aq）Ba（FeO2）2+8HNO3=Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2ODFe3+、H+Fe（OH）3、BaSO4×100%【分析】【分析】鋇泥主要含BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等，加入硝酸，在容器中充分溶解，可生成硫酸鋇，過濾后濾液中含有鐵離子、鋇離子等，且溶液呈酸性，可加入碳酸鋇，調節(jié)溶液pH=4～5，使鐵離子水解生成Fe（OH）3沉淀，過濾后廢渣為Fe（OH）3；濾液中含有硝酸；硝酸鋇等，加入氫氧化鋇中和得到硝酸鋇溶液，經(jīng)蒸發(fā)、濃縮、過濾可得到硝酸鋇晶體，母液中含有硝酸鋇，過濾得到的固體洗滌后除去廢渣，濾液重新加入酸溶步驟充分利用；

（1）當c（CO32-）×c（Ba2+）＞Ksp（BaCO3）時；可實現(xiàn)沉淀的轉化；

（2）Ba（FeO2）2與HNO3反應生成Ba（NO3）2和Fe（NO3）3；以此確定反應的化學方程式；

（3）X既要能消耗硝酸，又不產(chǎn)生新雜質，結合本廠實際，故可用BaCO3，中和Ⅰ使溶液中的Fe3+形成Fe（OH）3沉淀、H+濃度減??；

（4）中和Ⅰ使溶液中H+濃度減小，F(xiàn)e3+形成Fe（OH）3沉淀，硝酸具有強氧化性，將亞硫酸鋇氧化為硫酸鋇，故沉淀中還含有Fe（OH）3、BaSO4；

（5）根據(jù)沉淀硫酸鋇的質量，結合方程式計算求出硝酸鋇的質量，再求樣品的純度．【解析】【解答】解：鋇泥主要含BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等，加入硝酸，在容器中充分溶解，可生成硫酸鋇，過濾后濾液中含有鐵離子、鋇離子等，且溶液呈酸性，可加入碳酸鋇，調節(jié)溶液pH=4～5，使鐵離子水解生成Fe（OH）3沉淀，過濾后廢渣為Fe（OH）3；濾液中含有硝酸；硝酸鋇等，加入氫氧化鋇中和得到硝酸鋇溶液，經(jīng)蒸發(fā)、濃縮、過濾可得到硝酸鋇晶體，母液中含有硝酸鋇，過濾得到的固體洗滌后除去廢渣，濾液重新加入酸溶步驟充分利用；

（1）溶液存在BaSO4（aq）+CO32-（aq）?BaCO3（aq）+SO42-（aq），當c（CO32-）×c（Ba2+）＞Ksp（BaCO3）時；可實現(xiàn)沉淀的轉化；

故答案為：BaSO4（aq）+CO32-（aq）?BaCO3（aq）+SO42-（aq）；

（2）Ba（FeO2）2與中鋇元素為+2價，鐵元素為+3價，所以反應產(chǎn)物為Ba（NO3）2和Fe（NO3）3；

所以其反應方程式為：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；

故答案為：Ba（FeO2）2+8HNO3=Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；

（3）加入X調節(jié)溶液的pH=4～5，則X應能消耗H+，結合工廠主要生產(chǎn)BaCl2、BaCO3、BaSO4的實際情況，可選用BaCO3，中和后溶液中H+濃度減小，pH在4～5時，F(xiàn)e3+也完全沉淀，故Fe3+濃度也減??；

故答案為：D，F(xiàn)e3+、H+；

（4）Fe3+易發(fā)生水解而生成Fe（OH）3沉淀，離子方程式為Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，加入碳酸鋇，BaCO3消耗H+使Fe3+水解平衡右移，形成Fe（OH）3沉淀，硝酸具有強氧化性，將亞硫酸鋇氧化為硫酸鋇，故沉淀中還含有Fe（OH）3、BaSO4；

故答案為：Fe（OH）3、BaSO4；

（5）稱取w克晶體溶于蒸餾水，加入足量的硫酸，充分反應后，過濾、洗滌、干燥，稱量沉淀質量為m克，其發(fā)生的反應為：Ba（NO3）2+H2SO4=BaSO4+2HNO3；

設參加反應的Ba（NO3）2為xg；

Ba（NO3）2+H2SO4=BaSO4+2HNO3

261233

xmg

則解得x=g，所以該Ba（NO3）2的純度為×100%=×100%；

故答案為：×100%．22、HCOOH+2Ag（NH3）2OH（NH4）2CO3+2Ag↓+2NH3+H2O【分析】【分析】甲酸中含有醛基，具有還原性，能被銀氨溶液氧化為二氧化碳，發(fā)生銀鏡反應，在堿性環(huán)境下得到的是碳酸銨、單質銀，氨氣和水，據(jù)此書寫方程式，【解析】【解答】解：甲酸中含有醛基，具有還原性，能被銀氨溶液氧化，方程式為：HCOOH+2Ag（NH3）2OH（NH4）2CO3+2Ag↓+2NH3+H2O．

故答案為：HCOOH+2Ag（NH3）2OH（NH4）2CO3+2Ag↓+2NH3+H2O．23、醛基、羥基HOCH2CH2CH2COOH酯化反應或取代反應

1HCOOCH2CH2CH3；HCOOCH（CH3）2【分析】【分析】A為芳香族化合物，苯環(huán)上有兩個鄰位取代基，A在酸性條件下水解生成B和E，E能和碳酸氫鈉反應說明E中含有羧基，根據(jù)E的分子式知，E中還含有一個酚羥基且和羧基處于鄰位；E中含有羧基，則B中含有醇羥基，B能和新制氫氧化銅反應且B分子中含有2個O原子，所以B中還含有醛基，B被新制氫氧化銅氧化生成C，C上沒有支鏈，C在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應生成D，D是五元環(huán)狀化合物，則C是自身發(fā)生酯化反應生成D，D的結構簡式為C的結構簡式為：HOCH2CH2CH2COOH，B中醛基被氧化生成羧基，所以B的結構簡式為HOCH2CH2CH2CHO；

E中含有一個羧基和一個酚羥基，且處于鄰位位置，所以E的結構簡式為E和碳酸氫鈉反應生成F，F(xiàn)為F和氫氧化鈉反應生成G，G為B和E發(fā)生酯化反應生成A，所以A的結構簡式為．【解析】【解答】解：A為芳香族化合物，苯環(huán)上有兩個鄰位取代基，A在酸性條件下水解生成B和E，E能和碳酸氫鈉反應說明E中含有羧基，根據(jù)E的分子式知，E中還含有一個酚羥基且和羧基處于鄰位；E中含有羧基，則B中含有醇羥基，B能和新制氫氧化銅反應且B分子中含有2個O原子，所以B中還含有醛基，B被新制氫氧化銅氧化生成C，C上沒有支鏈，C在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應生成D，D是五元環(huán)狀化合物，則C是自身發(fā)生酯化反應生成D，D的結構簡式為C的結構簡式為：HOCH2CH2CH2COOH，B中醛基被氧化生成羧基，所以B的結構簡式為HOCH2CH2CH2CHO；

E中含有一個羧基和一個酚羥基，且處于鄰位位置，所以E的結構簡式為E和碳酸氫鈉反應生成F，F(xiàn)為F和氫氧化鈉反應生成G，G為B和E發(fā)生酯化反應生成A，所以A的結構簡式為．

（1）B的結構簡式為HOCH2CH2CH2CHO；所以B中含有醛基和羥基，故答案為：羥基；醛基；

（2）在加熱、濃硫酸作催化劑條件下，C自身發(fā)生酯化反應生成D，反應C→D的化學方程式是HOCH2CH2CH2COOH該反應屬于酯化反應或取代反應，故答案為：HOCH2CH2CH2COOH酯化（或取代）；

（3）通過以上分析知，A的結構簡式為：E的結構簡式為：

故答案為：

（4）C在一定條件下發(fā)生分子間縮合反應可生成一種高分子化合物H，該反應方程式為：

故答案為：

（5）G為能和二氧化碳反應的是酚鈉，所以1molG的溶液可跟1mol二氧化碳反應，故答案為：1；

（6）B有多種同分異構體，屬于酯類說明含有酯基，能發(fā)生銀鏡反應說明含有醛基，且該分子中含有2個氧原子，所以該有機物必須是甲酸某酯，所以B的同分異構體的結構簡式為：HCOOCH2CH2CH3；HCOOCH（CH3）2；

故答案為：HCOOCH2CH2CH3；HCOOCH（CH3）2．24、略

【分析】解：(1)反應中MnO4-→Mn2+，錳元素化合價由+7價降低為+2價，共降低5價，C2O42-→CO2，碳元素化合價由+3價升高為+4，共升高2價，化合價最小公倍數(shù)為10，故MnO4-系數(shù)為2，C2O42-系數(shù)為5，再根據(jù)元素守恒可知Mn2+系數(shù)為2、CO2系數(shù)為10，根據(jù)電荷守恒可知H+系數(shù)為16，根據(jù)氫元素守恒可知H2O系數(shù)為8，配平后離子方程式為2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2+8H2O．

反應中MnO2→Mn2+，錳元素化合價由+4價降低為+2價，共降低2價，C2O42-→CO2，碳元素化合價由+3價升高為+4，共升高2價，化合價最小公倍數(shù)為2，故MnO2系數(shù)為1，C2O42-系數(shù)為1，再根據(jù)元素守恒可知Mn2+系數(shù)為1、CO2系數(shù)為2，根據(jù)電荷守恒可知H+系數(shù)為4，根據(jù)氫元素守恒可知H2O系數(shù)為2，配平后離子方程式為MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2+2H2O．

故答案為：2；5、16=2、10、8；1、1、4=1、2、2．

(2)錳酸鉀溶液滴定稀釋后25.0mL溶液中未反應的C2O42-，需要知道總共剩余的C2O42-；才能計算二氧化錳的質量分數(shù)，還需要知道稀釋后溶液的體積，即該體積為容量瓶的容積．

故答案為：容量瓶的容積．

(3)n(C2O42-)==0.02mol；

滴定250mL稀釋后的溶液，消耗n(MnO4-)=0.0200mol?L-1×0.02L×10=0.004mol；

根據(jù)氧化還原反應中得失電子數(shù)相等；有：

n(MnO2)×2+0.004mol×5=0.02mol×2；

所以n(MnO2)=0.01mol；

所以w(MnO2)=×100%=72.5%．

答：該軟錳礦中二氧化錳的質量分數(shù)為72.5%．【解析】2;5;16;2;10;8;1;1;4;1;2;2;容量瓶的容積四、判斷題(共4題，共36分)25、×【分析】【分析】（1）同溫同壓下；氣體的氣體摩爾體積相等；

（2）氣體摩爾體積取決于溫度和壓強的大小；

（3）氣體摩爾體積僅適用于氣體；

（4）考慮影響氣體體積的因素．【解析】【解答】解：（1）氣體的體積取決于溫度和壓強的大??；同