2025年滬科版選修化學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年滬科版選修化學(xué)下冊(cè)月考試卷965考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列事實(shí)與氫鍵有關(guān)的是（）A.水加熱到很高的溫度都難以分解B.水結(jié)冰體積膨脹C.CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔點(diǎn)隨相對(duì)分子質(zhì)量的增大而升高D.HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性依次減弱2、下列微粒中中心原子的雜化方式和微粒的立體構(gòu)型均正確的是()A.sp2、平面三角形B.sp3、三角錐形C.C2H4：sp、平面形D.sp2、V形3、(已知lg5=0.7)室溫下，下列有關(guān)溶液pH的說法正確的是A.將pH=11的NaOH溶液加水稀釋100倍，溶液中c(H+)=1×10－13mol·L－1B.將pH=9的NaOH溶液和pH=13的Ba(OH)2溶液等體積混合，所得混合溶液的pH=11C.將0.1mol/L的H2SO4和pH=5的HCl等體積混合，所得混合溶液的pH=1D.pH=13的Ba(OH)2溶液和pH=1的HCl等體積混合，由于Ba(OH)2過量，所得溶液的pH>74、下列各組物質(zhì)其X中混有少量雜質(zhì)Y，用Z進(jìn)行除雜，其中所加試劑最合理的一組是。選項(xiàng)XYZAAl2O3固體Fe2O3H2SO3溶液BCO2HCl飽和NaHCO3溶液CKCl溶液MgCl2過量的NaOH溶液DCl2HClNaOH溶液A.AB.BC.CD.D5、下列敘述不涉及氧化還原反應(yīng)的是A.谷物發(fā)酵釀造食醋B.含氯消毒劑用于環(huán)境消毒C.小蘇打用作食品膨松劑D.大氣中NO2參與酸雨形成6、下列說法正確的是（）A.糖類、油脂、蛋白質(zhì)都能發(fā)生水解反應(yīng)B.糖類、油脂、蛋白質(zhì)都是由H、O三種元素組成的C.糖類、油脂、蛋白質(zhì)都是高分子化合物D.油脂有油和脂肪之分，但都屬于酯評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、常溫下；現(xiàn)有下列6種溶液：

①0.1mol/LNaOH溶液②的溶液③0.1mol/L溶液④0.1mol/L溶液⑤0.1mol/L溶液⑥的溶液。

(1)①的pH=___________。

(2)六種溶液中水的電離程度最大的是___________(填序號(hào))。

(3)①②等體積混合后溶液的pH約為___________(忽略混合引起的體積變化)。

(4)②⑥等體積混合后溶液中的___________(已知)。

(5)⑤中離子濃度關(guān)系：___________2(填“＞”“＜”或“=”)。8、有下列各組微?；蛭镔|(zhì)：

A．O2和O3B.和C．

D．E.

（1）互為同位素的是__(填序號(hào)，下同)；屬于同系物的是___；屬于同一種物質(zhì)的是_____；互為同分異構(gòu)體的是______。

（2）E組中的兩種物質(zhì)的名稱分別是______、_______。9、Ⅰ．鐵；鋁、銅等金屬及其化合物在日常生活中應(yīng)用廣泛；請(qǐng)根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)回答問題：

(1)生鐵中含有一種鐵碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空氣中高溫煅燒，生成有磁性的固體Y，將Y溶于過量鹽酸的溶液中含有的大量陽離子是____________________。

(2)某溶液中有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等四種離子，向其中加入過量的NaOH溶液后，過濾，將濾渣高溫灼燒并將灼燒后的固體投入過量的稀鹽酸中，所得溶液與原溶液相比，溶液中大量減少的陽離子是______________。

A.Mg2+B.Fe2+C.Al3+D.Cu2+

Ⅱ．工業(yè)上用“間接碘量法”測(cè)定高鐵酸鉀的純度：用堿性KI溶液溶解3.00gK2FeO4樣品，調(diào)節(jié)pH值使高鐵酸根全部被還原成鐵離子，再調(diào)節(jié)pH為3~4，用1.0mol/L的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液作為滴定劑進(jìn)行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，淀粉作指示劑，滴定終點(diǎn)時(shí)，消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液18.00mL。

①滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是_______________________________________。

②原樣品中高鐵酸鉀的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為______________。

Ⅲ．A、B、C、W均為中學(xué)常見的純凈物，它們之間有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系(其它產(chǎn)物及反應(yīng)條件已略去，反應(yīng)可以在水溶液中進(jìn)行)：ABC。A；B、C三種物質(zhì)的溶液均顯堿性；焰色反應(yīng)均為黃色；C常作面包和糕點(diǎn)的發(fā)泡劑，受熱分解可生成B。

(1)若將標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L的W通入150mL1mol·L－1的A溶液中，充分反應(yīng)。總反應(yīng)的離子方程式為______________________________________________。

(2)向兩份30mL同濃度的A溶液中通入不同體積的W氣體，得到溶液M、N。向M、N溶液中逐滴加入濃度為0.2mol·L－1鹽酸，如圖所示，Ⅰ和Ⅱ分別為向M、N溶液中加入鹽酸的體積V(HCl)與產(chǎn)生W氣體的體積V(W)的關(guān)系。則M、N兩溶液中相同溶質(zhì)的物質(zhì)的量之比為__________。

Ⅳ．簡(jiǎn)述檢驗(yàn)?zāi)骋簯B(tài)鹵代烴中是否含有氯元素的方法：_______________________。10、有7瓶有機(jī)物A；B、C、D、E、F、G；它們可能是苯、甲苯、己烯、苯酚、乙醇、乙醛、乙酸，為確定每瓶成分，進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)：

①取7種少量有機(jī)物；分別加水，振蕩后與水分層的是A；D、G；

②取少量A；D、G分別加入溴水；振蕩后，只有D不僅能使溴水褪色，而且油層也無色；

③取少量A、G，分別加入酸性KMnO4溶液，振蕩后，G能使酸性KMnO4溶液褪色；

④取A少量，加入濃H2SO4和濃HNO3；加熱后倒入水中，有苦杏仁味黃色油狀液體生成；

⑤取少量B；C、E、F；分別加入銀氨溶液，經(jīng)水浴加熱后，只有B出現(xiàn)銀鏡；

⑥取少量C、E、F，若分別加入金屬鈉，均有H2放出；若分別加入Na2CO3溶液；只有F有氣體放出；

⑦取少量C、E，滴入FeCl3溶液；E溶液呈紫色；

⑧取少量C、F，混合后加入濃H2SO4；加熱后有果香味的油狀液體生成。

（1）試推斷A—G各是什么物質(zhì)（除已烯寫分子式外其它的寫結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式）？

A_________；B_________，C_________，D_________，E_________，F(xiàn)_________，G_________。

（2）寫出B發(fā)生銀鏡反應(yīng)的化學(xué)方程式____________________________________。

（3）寫出實(shí)驗(yàn)⑧反應(yīng)的化學(xué)方程式__________________________。11、實(shí)驗(yàn)測(cè)得某烴中碳元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為91.3%，相對(duì)分子質(zhì)量為92，則該烴的分子式為____。若該烴為芳香烴，在其分子的“C-C”鍵或“H-C”鍵中插入基團(tuán)“”可形成六種含苯環(huán)的酯，請(qǐng)寫出其中四種酯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：_______、_______、_______、_______。評(píng)卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)12、聚丙烯可發(fā)生加成反應(yīng)。(____)A.正確B.錯(cuò)誤13、所有鹵代烴都是通過取代反應(yīng)制得的。(______)A.正確B.錯(cuò)誤14、由于醇分子中含有醇類都易溶于水。(______)A.正確B.錯(cuò)誤15、CH3OH、CH3CH2OH、的沸點(diǎn)逐漸升高。(___________)A.正確B.錯(cuò)誤16、所有生物體的遺傳物質(zhì)均為DNA。(____)A.正確B.錯(cuò)誤評(píng)卷人得分四、工業(yè)流程題(共3題，共12分)17、某工廠利用如下流程處理廢舊電池正極材料(主要成分為)，制備三元鋰電池正極材料

回答下列問題：

(1)“酸浸”中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______；也與部分發(fā)生了反應(yīng)，“酸浸”中的作用是_______。

(2)“酸浸”中雙氧水消耗量較大程度地超過理論用量，其可能原因是_______。

(3)“含鐵沉淀”的主要成分為_______(填化學(xué)式)；部分離子濃度及對(duì)應(yīng)氫氧化物的如下表，則“調(diào)”過程不應(yīng)超過_______。離子濃度(mol/L)氫氧化物1.001.001.40

(4)若“調(diào)”過程中，濃度不變，則“調(diào)濃度”過程需要向溶液中添加的物質(zhì)x為_______(填標(biāo)號(hào))。A．B．C．D．(5)產(chǎn)品的粒徑和結(jié)晶度直接關(guān)系著三元電極的性能。為防止反應(yīng)中產(chǎn)生的和影響晶體生長(zhǎng)，需在“焙燒”前進(jìn)行_______(填“預(yù)燒”“酸洗”或“攪拌”)。

(6)與焙燒生成的總反應(yīng)方程式為_______。18、某工廠的電鍍污泥中含有銅；鐵等金屬化合物。為實(shí)現(xiàn)資源的回收利用并有效防止環(huán)境污染；設(shè)計(jì)如下工藝流程：

沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2開始沉淀的pH2.37.64.4完全沉淀的pH3.29.76.4

（1）酸浸后加入H2O2的目的是_________________。

（2）向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，寫出該反應(yīng)的離子方程式____________________。

（3）為保證產(chǎn)品的純度，調(diào)節(jié)pH的范圍為___________，調(diào)pH值可以選用(填字母)_______。

a.Cu(OH)2b.H2SO4c.NH3?H2Od.Na2CO3e.CuO

（4）煮沸硫酸銅溶液的原因是____________。

（5）CuCl產(chǎn)品中CuCI的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于96.50%為國(guó)家合格標(biāo)準(zhǔn)。稱取所制備的CuCl樣品0.2500g置于一定量的0.5mol/LFeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加水20mL，用0.1000mol/L的Ce(SO4)2溶液滴定，到達(dá)終點(diǎn)時(shí)消耗Ce(SO4)2溶液24.80mL。有關(guān)的化學(xué)反應(yīng)為Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl-，Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+。則CuCl產(chǎn)品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_____。

（6）已知Fe(OH)3能與次氯酸鉀堿性溶液發(fā)生反應(yīng)生成具有強(qiáng)氧化性的高鐵酸鉀(K2FeO4)，高鐵酸鉀可作為新型多功能水處理劑的原因是___________________。19、鈦白粉（金紅石晶型TiO2）被廣泛用于制造高級(jí)白色油漆。工業(yè)上以鈦鐵礦（主要成分為FeTiO3，含有Fe2O3和SiO2等雜質(zhì)）為原料制鈦白粉的主要工藝如下：

回答下列問題：

（1）第②步所得濾渣的成分是________。

（2）操作④中需要控制條件以形成TiO2·nH2O溶膠，該工藝過程若要在實(shí)驗(yàn)室里完成，其中的“過濾”操作，可選用下列裝置________（填選項(xiàng)）。

（3）第③步的實(shí)驗(yàn)操作是______、過濾，從而獲得副產(chǎn)品FeSO4·7H2O。

（4）為測(cè)定操作③所得濾液中TiO2+的濃度，取待測(cè)濾液10mL用蒸餾水稀釋至100mL，加入過量鋁粉，充分振蕩，使其完全反應(yīng)：3TiO2++Al+6H+=3Ti3++Al3++3H2O。過濾后，取出濾液20.00mL（加鋁粉時(shí)引起溶液體積的變化忽略不計(jì)），向其中滴加2～3滴KSCN溶液作指示劑，用0.1000mol·L-1NH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至溶液出現(xiàn)紅色，此時(shí)溶液中Ti3+全部被氧化為Ti4+；消耗標(biāo)準(zhǔn)液30.00mL?；卮鹣铝袉栴}：

①下列操作會(huì)使所測(cè)TiO2+濃度偏高的是______。

A.在配制標(biāo)準(zhǔn)液的過程中；未洗滌燒杯和玻璃棒。

B.在配制標(biāo)準(zhǔn)液定容是俯視刻度線。

C．用蒸餾水洗滌后未經(jīng)潤(rùn)洗的滴定管取待測(cè)液。

D．在滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)仰視滴定管刻度線。

②求得待測(cè)濾液中TiO2+的物質(zhì)的量濃度是______。

（5）科學(xué)家從電解冶煉鋁的工藝中得到啟發(fā)，找出了冶煉鈦的新工藝—TiO2直接電解法生產(chǎn)鈦；電解質(zhì)為熔融的氯化鈣，原理如圖所示。

寫出陰極電極反應(yīng)式___________。評(píng)卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共2題，共20分)20、(1)寫出下列物質(zhì)在溶液里的電離方程式。

硫酸：____________________________

氫氧化鋇：______________________________

硝酸銨：_______________________

硫酸氫鈉：_________________________

(2)現(xiàn)有失去標(biāo)簽的四瓶無色溶液A，B，C，D，只知道它們是K2CO3、K2SO4、NaHSO4、Ba(NO3)2；為鑒別它們，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：

①A+D→溶液+氣體②B+C→溶液+沉淀③B+D→溶液+沉淀④A+B→溶液+沉淀。

⑤將④得到的沉淀物加入③所得的溶液中；沉淀很快溶解并產(chǎn)生無色無味的氣體。

根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)事實(shí)；請(qǐng)完成如下問題。

i.寫出實(shí)驗(yàn)①中反應(yīng)中相關(guān)的離子方程式_______。

ii.寫出實(shí)驗(yàn)②中反應(yīng)中相關(guān)的離子方程式________。21、有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NHK＋、Mg2＋、Ba2＋、Al3＋、Fe3＋、SO42-、CO32-、NO3-、I－、Cl－；取該溶液進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：

①用pH試紙測(cè)得該溶液呈酸性；

②取部分溶液，加入數(shù)滴新制的氯水及少量CCl4，經(jīng)振蕩、靜置后，CCl4層呈紫紅色；

③另取部分溶液；逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液從酸性逐漸變?yōu)閴A性，在整個(gè)滴加過程中無沉淀生成；

④取部分上述堿性溶液，加入Na2CO3溶液；有白色沉淀生成；

⑤將③得到的堿性溶液加熱；有氣體放出，該氣體能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)。

根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)事實(shí)回答問題：

（1）寫出②所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式_________。

（2）該溶液中肯定存在的離子是________。

（3）該溶液中肯定不存在的離子是________。

（4）該溶液中還不能確定是否存在的離子是_________。評(píng)卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共15分)22、20世紀(jì)50年代科學(xué)家提出價(jià)層電子對(duì)互斥模型（簡(jiǎn)稱VSEPR模型）；用于預(yù)測(cè)簡(jiǎn)單分子立體結(jié)構(gòu)．其要點(diǎn)可以概括為：

Ⅰ、用AXnEm表示只含一個(gè)中心原子的分子；A為中心原子，X為與中心原子相結(jié)合的原子，E為中心原子最外層未參與成鍵的電子對(duì)（稱為孤對(duì)電子），（n+m）稱為價(jià)層電子對(duì)數(shù)．分子中的價(jià)層電子對(duì)總是互相排斥，均勻的分布在中心原子周圍的空間；

Ⅱ；分子的立體構(gòu)型是指分子中的原子在空間的排布；不包括中心原子未成鍵的孤對(duì)電子；

Ⅲ；分子中價(jià)層電子對(duì)之間的斥力的主要順序?yàn)椋?/p>

i；孤對(duì)電子之間的斥力＞孤對(duì)電子對(duì)與共用電子對(duì)之間的斥力＞共用電子對(duì)之間的斥力；

ii；雙鍵與雙鍵之間的斥力＞雙鍵與單鍵之間的斥力＞單鍵與單鍵之間的斥力；

iii；X原子得電子能力越弱；A﹣X形成的共用電子對(duì)之間的斥力越強(qiáng)；

iv；其他．

請(qǐng)仔細(xì)閱讀上述材料；回答下列問題：

（1）根據(jù)要點(diǎn)I可以畫出AXnEm的VSEPR理想模型，請(qǐng)?zhí)顚懴卤韄_：

（2）H2O分子的立體構(gòu)型為：__，請(qǐng)你預(yù)測(cè)水分子中∠H﹣O﹣H的大小范圍__；

（3）SO2Cl2和SO2F2都屬AX4E0型分子，S=O之間以雙鍵結(jié)合，S﹣Cl、S﹣F之間以單鍵結(jié)合．請(qǐng)你預(yù)測(cè)SO2Cl2和SO2F2分子的立體構(gòu)型：__，SO2Cl2分子中∠Cl﹣S﹣Cl__（選填“＜”、“＞”或“=”）SO2F2分子中∠F﹣S﹣F。

（4）用價(jià)層電子對(duì)互斥理論（VSEPR）判斷SO32﹣離子的空間構(gòu)型：__。23、隨著科學(xué)的發(fā)展和大型實(shí)驗(yàn)裝置(如同步輻射和中子源)的建成；高壓技術(shù)在物質(zhì)研究中發(fā)揮越來越重要的作用。高壓不僅會(huì)引發(fā)物質(zhì)的相變，也會(huì)導(dǎo)致新類型化學(xué)鍵的形成。近年來就有多個(gè)關(guān)于超高壓下新型晶體的形成與結(jié)構(gòu)的研究報(bào)道。

(1)NaCl晶體在50~300GPa的高壓下和Na或Cl2反應(yīng)，可以形成不同組成、不同結(jié)構(gòu)的晶體。下圖給出其中三種晶體的(大球?yàn)槁仍?，小球?yàn)殁c原子)。寫出A、B、C的化學(xué)式___________。

(2)在超高壓下(300GPa)，金屬鈉和氦可形成化合物。結(jié)構(gòu)中，鈉離子按簡(jiǎn)單立方排布，形成Na8立方體空隙(如下圖所示)，電子對(duì)(2e-)和氦原子交替分布填充在立方體的中心。

①寫出晶胞中的鈉離子數(shù)___________。

②寫出體現(xiàn)該化合物結(jié)構(gòu)特點(diǎn)的化學(xué)式___________。

③若將氦原子放在晶胞頂點(diǎn)，寫出所有電子對(duì)(2e-)在晶胞中的位置___________。

④晶胞邊長(zhǎng)a=395pm，計(jì)算此結(jié)構(gòu)中Na-He的間距d和晶體的密度ρ___________(單位：g/cm3)。24、非金屬在生產(chǎn)；生活和科研中應(yīng)用廣泛。

(1)下列說法正確的是___。

A.O元素的電負(fù)性大于Cl元素。

B.3s電子能量高于2s；故3s電子一定在離核更遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)。

C.組成KH2PO4的四種元素形成的簡(jiǎn)單離子中；核外電子排布相同的有3種。

(2)原子中運(yùn)動(dòng)的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用+表示，與之相反的用-表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù)。對(duì)于基態(tài)的氟原子，其價(jià)電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為___。

(3)CH3OH的沸點(diǎn)___CH3SH，(填“高于”，“低于”或“等于”)，原因是____。

(4)Xe是第五周期的稀有氣體元素，與F形成的XeF4中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為____，下列對(duì)XeF4中心原子雜化方式推斷合理的是___(填標(biāo)號(hào))。

A.spB.sp2C.sp3d2D.sp3d

(5)XeF2晶體屬四方晶系，晶胞參數(shù)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°，該晶胞中有___個(gè)XeF2分子。以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，如A點(diǎn)原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為()。已知Xe—F鍵長(zhǎng)為rpm，則B點(diǎn)原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為____；晶胞中A、B間距離d=___pm。

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【詳解】

A.物質(zhì)能否分解與本身的性質(zhì)有關(guān)而與氫鍵無關(guān)；故A錯(cuò)誤；

B.水中存在氫鍵；水結(jié)成冰后，由于分子間的氫鍵具有方向性而使結(jié)構(gòu)變得有序，導(dǎo)致分子間的距離變大，密度減小，體積增大，故B正確；

C.CH4、SiH4、GeH4、SnH4的分子間不存在氫鍵；他們的熔點(diǎn)與分子間作用力有關(guān)，隨相對(duì)分子質(zhì)量增大，分子間作用力增大所以熔點(diǎn)升高，故C錯(cuò)誤；

D.HF、HCl、HBr、HI中只有HF分子間有氫鍵，而元素的非金屬性越強(qiáng)氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，所以HCl、HBr；HI中穩(wěn)定性減弱和氫鍵無關(guān)；故D錯(cuò)誤；

本題答案為B。2、A【分析】【分析】

根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定分子空間構(gòu)型及中心原子雜化方式，價(jià)層電子對(duì)數(shù)（n）=σ鍵電子對(duì)數(shù)+孤電子對(duì)數(shù)，σ鍵電子對(duì)數(shù)=配原子個(gè)數(shù)，孤電子對(duì)數(shù)=a指中心原子價(jià)電子個(gè)數(shù)，x指配原子個(gè)數(shù)，b指配原子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)需要的電子個(gè)數(shù)．根據(jù)n值判斷雜化類型：一般有如下規(guī)律：當(dāng)n=2，sp雜化；n=3，sp2雜化；n=4，sp3雜化；

【詳解】

A．價(jià)層電子對(duì)數(shù)=含孤電子對(duì)數(shù)為0，雜化軌道數(shù)3，采取sp2雜化；其空間構(gòu)型為平面三角形，故A正確；

B．價(jià)層電子對(duì)數(shù)=含孤電子對(duì)數(shù)為0，雜化軌道數(shù)4，采取sp3雜化；其空間構(gòu)型為正四面體形，故B錯(cuò)誤；

C．C2H4：結(jié)構(gòu)式為每個(gè)碳原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是3且不含孤電子對(duì)，所以C原子采取sp2雜化；其空間構(gòu)型為平面形，故C錯(cuò)誤；

D．價(jià)層電子對(duì)數(shù)=含孤電子對(duì)數(shù)為2，采取sp3雜化；其空間構(gòu)型為V形，故D錯(cuò)誤；

答案選A。3、C【分析】【詳解】

A．將pH=11的氫氧化鈉溶液中氫氧根離子濃度為10-3mol/L，加水稀釋100倍，溶液中氫氧根離子濃度是10-5mol/L，則c(H+)=10-9mol/L，故A錯(cuò)誤；B．氫氧化鈉和氫氧化鋇都是強(qiáng)電解質(zhì)，所以兩種溶液等體積混合時(shí)，氫氧根離子濃度等于二者氫氧根離子濃度的一半，即混合溶液中氫氧根離子濃度=(10?5+10?1)mol/L≈0.05，所以氫離子濃度2×10-13mol/L，則溶液的pH大于11，故B錯(cuò)誤；C．0.1mol/L的H2SO4中氫離子濃度為0.2mol/L；氯化氫和硫酸都是強(qiáng)電解質(zhì)，兩種溶液等體積混合時(shí)，離子濃度等于二者氫離子濃度的一半，即混合溶液的氫離子濃度約等于0.1mol/L，則混合溶液的pH=1，故C正確；D．pH=13的氫氧化鋇溶液和pH=1的鹽酸等體積混合，氫離子和氫氧根離子的物質(zhì)的量相等，所以氫離子和氫氧根離子恰好反應(yīng)，溶液呈中性，pH=7，故D錯(cuò)誤；故選C。

【點(diǎn)睛】

本題考查了混合溶液pH的計(jì)算。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為B，要注意堿性溶液的pH的計(jì)算方法，應(yīng)該先計(jì)算氫氧根離子濃度，再根據(jù)水的離子積常數(shù)計(jì)算氫離子濃度，最后求pH。4、B【分析】【詳解】

A．二者均與亞硫酸反應(yīng)；不能除雜，故A錯(cuò)誤；

B．HCl與碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳；洗氣可分離，故B正確；

C．氯化鎂與NaOH反應(yīng)生成沉淀和NaCl；引入新雜質(zhì)NaCl，故C錯(cuò)誤；

D．二者均與NaOH溶液反應(yīng)；不能除雜，應(yīng)選飽和食鹽水；洗氣，故D錯(cuò)誤。

故選：B。5、C【分析】氧化還原反應(yīng)的特征：反應(yīng)前后有元素的化合價(jià)發(fā)生變化。

【詳解】

A．谷物主要成分為淀粉()，其中C元素化合價(jià)為0價(jià)，先轉(zhuǎn)化為葡萄糖(C6H12O6)，再轉(zhuǎn)化為其中C元素化合價(jià)為-2價(jià)，再發(fā)酵為食醋()；其中C元素化合價(jià)發(fā)生變化，故A不符合題意；

B．含氯消毒劑用于消毒時(shí)應(yīng)用了其氧化性；涉及氧化還原反應(yīng)，故B不符合題意；

C．小蘇打作食品膨松劑時(shí)發(fā)生反應(yīng)2該過程沒有元素化合價(jià)發(fā)生變化，故C符合題意；

D．大氣中形成酸雨的過程為其中N元素化合價(jià)發(fā)生了變化，故D不符合題意；

故選C。6、D【分析】【詳解】

A．因二糖；多糖、油脂、蛋白質(zhì)都能發(fā)生水解；單糖不能發(fā)生水解，故A錯(cuò)誤；

B．因糖類；油脂的組成元素為C、H、O；蛋白質(zhì)的組成元素為C、H、O、N，故B錯(cuò)誤；

C．因糖類中的單糖；二糖不是高分子化合物；油脂也不是高分子化合物，蛋白質(zhì)是高分子化合物，故C錯(cuò)誤；

D．因油脂有油和脂肪之分，都屬于酯，故D正確。二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】(1)

溶液中

(2)

六種溶液中③和⑤都是可以水解的鹽，對(duì)水的電離有促進(jìn)作用，但⑤的更大；對(duì)水的電離促進(jìn)作用更強(qiáng)，故六種溶液中水的電離程度最大的是⑤；

(3)

①②等體積混合，堿過量，剩余的

(4)

②⑥等體積混合后發(fā)生反應(yīng)：恰好完全反應(yīng)，

(5)

⑤中離子濃度關(guān)系依據(jù)電荷守恒可得：因水解溶液呈酸性所以可得【解析】(1)13

(2)⑤

(3)12.7

(4)

(5)＜8、略

【分析】【詳解】

分析：（1）A項(xiàng)，O2和O3是O元素形成的兩種不同的單質(zhì)，兩者互為同素異形體；B項(xiàng)，和是質(zhì)子數(shù)相同、中子數(shù)不同的兩種核素，兩者互為同位素；C項(xiàng)，CH3CH2CH2CH3和的結(jié)構(gòu)相似、分子組成上相差1個(gè)“CH2”原子團(tuán)，兩者互為同系物；D項(xiàng)，二氯甲烷為四面體結(jié)構(gòu)，為同一物質(zhì)；E項(xiàng)，CH3CH2CH2CH3和的分子式都是C4H10；結(jié)構(gòu)不同，兩者互為同分異構(gòu)體。

（2）CH3CH2CH2CH3的名稱為正丁烷，的名稱為異丁烷。

詳解：（1）A項(xiàng)，O2和O3是O元素形成的兩種不同的單質(zhì)，兩者互為同素異形體；B項(xiàng)，和是質(zhì)子數(shù)相同、中子數(shù)不同的兩種核素，兩者互為同位素；C項(xiàng)，CH3CH2CH2CH3和的結(jié)構(gòu)相似、分子組成上相差1個(gè)“CH2”原子團(tuán)，兩者互為同系物；D項(xiàng)，二氯甲烷為四面體結(jié)構(gòu)，為同一物質(zhì)；E項(xiàng)，CH3CH2CH2CH3和的分子式都是C4H10；結(jié)構(gòu)不同，兩者互為同分異構(gòu)體?；橥凰氐氖荁；屬于同系物的是C；屬于同一物質(zhì)的是D；互為同分異構(gòu)體的是E。

（2）CH3CH2CH2CH3的名稱為正丁烷，的名稱為異丁烷。

點(diǎn)睛：本題考查同素異形體、同分異構(gòu)體、同系物、同位素的判斷和有機(jī)物的名稱，掌握“四同”的異同和判斷的方法是解題的關(guān)鍵?！窘馕觥緽CDE正丁烷異丁烷9、略

【分析】【詳解】

I．(1)Fe3C在空氣中高溫煅燒生成磁性固體Y，可以推出Y為Fe3O4，該物質(zhì)和HCl反應(yīng)生成FeCl3、FeCl2、H2O，故將該物質(zhì)溶于過量鹽酸中，溶液含有大量的陽離子是Fe3+、Fe2+、H+；

(2)Mg2+的轉(zhuǎn)化途徑為Fe2+的轉(zhuǎn)化途徑為Al3+的轉(zhuǎn)化途徑為Cu2+的轉(zhuǎn)化途徑為

綜上所述，所得溶液與原溶液相比，溶液中大量減少的陽離子是Fe2+、Al3+；故選BC；

II．①KI和K2FeO4反應(yīng)生成I2，再用Na2S2O3溶液進(jìn)行滴定，淀粉作指示劑，則滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液；溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色；

②KI和K2FeO4反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為結(jié)合關(guān)系式2Na2S2O3~I2可得：n(Na2S2O3)=1mol/L0.018L=0.018mol，則n(K2FeO4)=n()=0.018mol3=0.006mol，w(K2FeO4)=100%=39.6%；

III．C常作面包和糕點(diǎn)的發(fā)泡劑，受熱可分解為B，則B為Na2CO3、C為NaHCO3，結(jié)合題中的轉(zhuǎn)化關(guān)系，以及A、B、C的其它相關(guān)信息，可得A為NaOH，W為CO2；

(1)標(biāo)況下，2.24LCO2的物質(zhì)的量為0.1mol，NaOH溶液中，n(NaOH)=1mol?L-10.15L=0.15mol，根據(jù)反應(yīng)可知，CO2過量，且這一步反應(yīng)中，消耗0.075molCO2，生成0.075mol剩余0.025molCO2；過量的CO2會(huì)繼續(xù)和反應(yīng)生成根據(jù)這一步的離子方程式可知，剩下的0.025molCO2消耗0.025mol生成0.05mol剩余0.05mol綜上所述，0.1molCO2和0.15molNaOH反應(yīng)生成了0.05mol和0.05mol故總反應(yīng)的離子方程式為

(2)過量CO2和NaOH反應(yīng)的歷程分為兩步：和只有當(dāng)OH-被消耗完了，過量的CO2才會(huì)開始消耗而此題中并未告知CO2原本的物質(zhì)的量，故反應(yīng)后的溶液中，溶質(zhì)的情況可能為①NaOH和Na2CO3，②Na2CO3和NaHCO3；將鹽酸滴入反應(yīng)后的溶液中，一共存在以下幾個(gè)反應(yīng)，且依次進(jìn)行：①H++OH-=H2O，②③在曲線I中，兩個(gè)階段的鹽酸的體積分別為26mL和4mL，可以推出M溶液中的溶質(zhì)是NaOH和Na2CO3，則向該溶液滴加鹽酸的過程中，上述的三個(gè)反應(yīng)都發(fā)生了，且第二階段發(fā)生反應(yīng)③，則溶液中Na2CO3的物質(zhì)的量與第二階段消耗的HCl的物質(zhì)的量相同，為0.008mol；在曲線II中，兩個(gè)階段的鹽酸的體積分別為12mL和18mL，可以推出N溶液中的溶質(zhì)是Na2CO3和NaHCO3，則向該溶液滴加鹽酸的過程中，發(fā)生了反應(yīng)②、③，分別對(duì)應(yīng)第一階段和第二階段，則溶液中Na2CO3的物質(zhì)的量與第一階段消耗的HCl的物質(zhì)的量相同，為0.024mol；綜上所述，M、N溶液中相同的溶質(zhì)為Na2CO3；物質(zhì)的量之比為0.008mol:0.024mol=1:3；

IV．檢驗(yàn)鹵代烴中的氯元素，要去少量鹵代烴于試管中，加入NaOH溶液共熱，再加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入AgNO3溶液，觀察有無白色沉淀生成，若有白色沉淀生成，則說明該鹵代烴中含有氯元素。【解析】Fe2+、Fe3+、H+BC滴入最后一滴Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色39.6%2CO2＋3OH-=＋＋H2O1∶3取少量鹵代烴于試管中，加入NaOH溶液共熱，然后加入稀硝酸呈酸性，再滴入AgNO3溶液，觀察有無白色沉淀生成10、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）①取7種有機(jī)物各少量，分別加水，振蕩后與水分層的是A、D、G，則A、D、G為苯、甲苯、己烯中的一種；②取少量A、D、G分別加入溴水，振蕩后，只有D不僅能使溴水褪色，而且油層也無色，則D為己烯；③取少量A、G，分別加入酸性KMnO4溶液，振蕩后，G能使酸性KMnO4溶液褪色，則G為甲苯，所以A為苯；④取A少量，加入濃H2SO4和濃HNO3，加熱后倒入水中，有苦杏仁味黃色油狀液體生成，發(fā)生硝化反應(yīng)，A為苯；⑤取少量B、C、E、F，分別加入銀氨溶液，經(jīng)水浴加熱后，只有B出現(xiàn)銀鏡，則B為乙醛；⑥取少量C、E、F，若分別加入金屬鈉，均有H2放出；若分別加入Na2CO3溶液，只有F有氣體放出，則F為乙酸；⑦取少量C、E，滴入FeCl3溶液，E溶液呈紫色，則E為苯酚；⑧取少量C、F，混合后加入濃H2SO4；加熱后有果香味的油狀液體生成，生成乙酸乙酯，C為乙醇，綜上所述，A為苯，B為乙醛，C為乙醇，D為己烯，E為苯酚，F(xiàn)為乙酸；

（2）乙醛發(fā)生銀鏡反應(yīng)的方程式為CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O；

（3）乙酸和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯的方程式為CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O。

考點(diǎn)：考查有機(jī)物的鑒別與推斷【解析】（1）苯乙醛乙醇C6H12苯酚乙酸甲苯。

（2）CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O

（3）CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O11、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】C7H8(鄰、間、對(duì))三、判斷題(共5題，共10分)12、B【分析】【分析】

【詳解】

聚丙烯是丙烯加聚反應(yīng)的產(chǎn)物，分子中不含碳碳雙鍵，不能發(fā)生加聚反應(yīng)，錯(cuò)誤。13、B【分析】【詳解】

鹵代烴不一定通過取代反應(yīng)制得的，烯烴加成也可以得到鹵代烴，錯(cuò)誤；14、B【分析】【詳解】

低級(jí)醇易溶于水，隨碳原子數(shù)增多，醇在水中的溶解能力減弱，故答案為：錯(cuò)誤。15、A【分析】【分析】

【詳解】

乙醇比甲醇的相對(duì)分子質(zhì)量大，所以分子間作用力更大，沸點(diǎn)乙醇高于甲醇。乙醇和乙二醇相比，乙二醇有2個(gè)羥基，分子間的氫鍵作用更強(qiáng)，而且乙二醇的相對(duì)分子質(zhì)量比乙醇大，所以乙二醇的沸點(diǎn)高于乙醇，故甲醇、乙醇、乙二醇沸點(diǎn)依次升高，正確。16、B【分析】【詳解】

細(xì)胞生物的遺傳物質(zhì)的DNA，非細(xì)胞生物(病毒)的遺傳物質(zhì)的DNA或RNA，故錯(cuò)誤。四、工業(yè)流程題(共3題，共12分)17、略

【分析】【分析】

正極材料在稀硫酸和雙氧水作用下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，溶液中生成又含有部分Fe3+；所以加入氫氧化鈉生成氫氧化鐵沉淀，結(jié)合問題分析知物質(zhì)X需要保持鎳離子和鈷離子濃度保持不變，后加入氫氧化鈉共沉淀，后又加入碳酸鈉使鋰離子生成碳酸鋰沉淀，然后共同生成三元鋰電池正極材料，據(jù)此回答。

【詳解】

（1）中鈷元素為正三價(jià)，作氧化劑，和雙氧水（作還原劑）發(fā)生氧化還原反應(yīng)，即又雙氧水與部分反應(yīng)；把二價(jià)亞鐵氧化為三價(jià)鐵離子，所以雙氧水作用是氧化劑和還原劑；

（2）由于雙氧水易分解，所以在的催化作用下，發(fā)生分解；

（3）由分析和已知得，含鐵沉淀主要成分為氫氧化鐵；由信息知鎳離子、鈷離子和錳離子等濃度時(shí)，鎳離子生成氫氧化物所需氫氧根濃度最小，即所以c(H+)=10-6.4mol/L；即pH=6.4，所以不應(yīng)超過6.4；

（4）由分析和題意知需要保持鈷離子和鎳離子濃度不變；所以選AC；

（5）二氧化碳和水受熱都易揮發(fā)；所以需在焙燒前預(yù)燒；

（6）結(jié)合流程圖可知反應(yīng)為【解析】(1)還原劑和氧化劑。

(2)在的催化作用下，發(fā)生分解。

(3)6.4

(4)AC

(5)預(yù)燒。

(6)18、略

【分析】【詳解】

（1）電鍍污泥中含有銅、鐵等金屬化合物,酸浸主要是溶解銅、鐵等金屬化合物,雙氧水有強(qiáng)氧化性,能氧化還原性的物質(zhì),Fe2+具有還原性,酸浸后加入H2O2,Fe2+能被雙氧水氧化為Fe3+,便于調(diào)整pH值與分離。答案是:將Fe2+氧化成Fe3+

（2）CuSO4中+2價(jià)的銅能把中+4價(jià)的硫氧化成+6價(jià)的硫,+2價(jià)的銅被還原為+1價(jià)的銅，向溶液中加入一定量的NaCl、時(shí)生成白色的CuCl沉淀,反應(yīng)的化學(xué)方程式為:↓

改寫為離子方程式為：2Cu2++2Cl-+SO32-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+。答案是:2Cu2++2Cl-+SO32-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+

（3）調(diào)pH步驟中，由表中數(shù)據(jù)可知，當(dāng)溶液的pH值為4.4時(shí),銅離子開始出現(xiàn)沉淀,當(dāng)溶液的pH值為3.2時(shí),三價(jià)鐵離子沉淀完全,所以為保證產(chǎn)品的純度，調(diào)節(jié)pH的范圍為3.2～pH~4.4；為保證產(chǎn)品的純度，加入的試劑最好是加入某種物質(zhì)消耗溶液中的酸且不引進(jìn)新的雜質(zhì),所以要加入氧化銅、或氫氧化銅、碳酸銅等，所以選a、e。答案是:3.2≤pH<4.4(3.2～pH~4.4)；a；e

（4）過氧化氫性質(zhì)比較穩(wěn)定,若加熱到153℃便猛烈的分解為水和氧氣,煮沸硫酸銅溶液可將溶液中過量的H2O2除去，避免影響下一步CuCl的生成。答案是:除凈溶液中的H2O2，避免影響下一步CuCl的生成

（5）設(shè)樣品中CuCl的質(zhì)量為x,有關(guān)的化學(xué)反應(yīng)為:,,則:

由化學(xué)反應(yīng)方程式可以知道:

1111

24.8

所以n(CuCl)=24.8mol/L=2.48mol

所以該樣品CuCl的質(zhì)量為2.48mol99.5g/mol=0.24676g

,所以該樣品CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=98.70%答案是:98.70%

（6）K2FeO4具有強(qiáng)氧化性所以能殺菌消毒，高鐵酸鉀自身被還原為Fe3+，F(xiàn)e3+與水反應(yīng)時(shí)生成Fe（OH）3（膠體），F(xiàn)e(OH)3膠體能吸附水中懸浮雜質(zhì)而沉降，具有凈水作用。答案是:K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，能殺菌消毒；消毒過程中自身被還原為Fe3+，F(xiàn)e3+水解生成Fe(OH)3膠體能吸附水中懸浮雜質(zhì)而沉降【解析】①.將Fe2+氧化成Fe3+②.2Cu2++2Cl-+SO32-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+③.3.2≤pH<4.4(3.2～pH~4.4)④.a、e⑤.除凈溶液中的H2O2，避免影響下一步CuCl的生成⑥.98.70%⑦.K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，能殺菌消毒；消毒過程中自身被還原為Fe3+，F(xiàn)e3+水解生成Fe(OH)3膠體能吸附水中懸浮雜質(zhì)而沉降19、略

【分析】【詳解】

(1)鈦鐵礦中含有的SiO2不溶于硫酸，加混合液中加入了過量的Fe粉，還原溶液中的Fe3+，則第②步所得濾渣的成分是SiO2和過量的Fe；

(2)操作④中需要控制溫度以形成TiO2·nH2O溶膠；則應(yīng)選擇保溫漏斗完成“過濾”操作，故選項(xiàng)C符合題意，答案為C。

(3)將第②步所得濾液通過蒸發(fā)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，再過濾，可得到FeSO4·7H2O；

(4)①A．在配制標(biāo)準(zhǔn)液的過程中，未洗滌燒杯和玻璃棒，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度降低，消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積增大，導(dǎo)致所測(cè)TiO2+濃度偏高，故A正確；B．在配制標(biāo)準(zhǔn)液定容是俯視刻度線，溶液體積偏小，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度降大，消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積減小，導(dǎo)致所測(cè)TiO2+濃度偏低，故B錯(cuò)誤；C．用蒸餾水洗滌后未經(jīng)潤(rùn)洗的滴定管取待測(cè)液，待測(cè)液被水稀釋，濃度偏低，故C錯(cuò)誤；D．在滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)仰視滴定管刻度線，標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏大，導(dǎo)致所測(cè)TiO2+濃度偏高；故D正確；答案為AD。

②消耗標(biāo)準(zhǔn)液的物質(zhì)的量為0.1000mol·L-1×0.03L=3×10-3mol，根據(jù)電子守恒，可知溶液中Ti3+的物質(zhì)的量為3×10-3mol，即濾液中TiO2+的物質(zhì)的量為3×10-3mol，濾液中TiO2+的物質(zhì)的量濃度是3×10-3mol÷0.02L=1.500mol·Lˉ1；

(5)電解時(shí)，陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以二氧化鈦得電子生成鈦和氧離子，和電源負(fù)極相連，電極反應(yīng)式為TiO2+4e-=Ti+2O2-。

點(diǎn)睛：以金屬的冶煉為載體，考查化學(xué)工藝流程、電解原理、離子濃度大小比較、信息獲取等問題，其中流程分析為解題關(guān)鍵；鈦鐵礦用硫酸溶解，得到溶液中含有TiO2+、Fe2+、Fe3+，加入Fe粉將Fe3+還原為Fe2+，過濾除去不溶物，濾液冷卻結(jié)晶析出硫酸亞鐵晶體，過濾分離，濾液中經(jīng)過系列轉(zhuǎn)化得到TiO2?！窘馕觥竣?Fe和SiO2②.C③.蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶④.AD⑤.1.500mol·Lˉ1⑥.TiO2＋4e－=Ti＋2O2－五、元素或物質(zhì)推斷題(共2題，共20分)20、略

【分析】【詳解】

(1)硫酸是強(qiáng)酸，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，在溶液里的電離方程式為H2SO4=2H++氫氧化鋇是強(qiáng)堿，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，在溶液里的電離方程式為Ba(OH)2=Ba2++2OH-；硝酸銨是鹽，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，在溶液里的電離方程式為NH4NO3=+硫酸氫鈉是鹽，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，在溶液里的電離方程式為NaHSO4=Na++H++答案：H2SO4=2H++Ba(OH)2=Ba2++2OH-；NH4NO3=+NaHSO4=Na++H++

(2)①A+D→溶液+氣體，則A、D為K2CO3、NaHSO4中的一種；B、C為K2SO4、Ba(NO3)2中的一種，②B+C→溶液+沉淀③B+D→溶液+沉淀④A+B→溶液+沉淀，其中B與A、C、D都能生成沉淀，則B為Ba(NO3)2，C為K2SO4，將④得到的沉淀物加入③所得的溶液中，沉淀很快溶解并產(chǎn)生無色無味的氣體，則該沉淀為BaCO3，即A為K2CO3，D為NaHSO4。

i.實(shí)驗(yàn)①為K2CO3與NaHSO4反應(yīng)，離子方程式為+2H+=H2O+CO2↑，答案：+2H+=H2O+CO2↑；

ii.實(shí)驗(yàn)②為Ba(NO3)2與K2SO4反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為Ba2++=BaSO4↓，答案：Ba2++=BaSO4↓。【解析】①.H2SO4=2H++②.Ba(OH)2=Ba2++2OH-③.NH4NO3=+④.NaHSO4=Na++H++⑤.+2H+=H2O+CO2↑⑥.Ba2++=BaSO4↓21、略

【分析】【分析】

根據(jù)澄清溶液得；原溶液沒有相互反應(yīng)的離子；

①根據(jù)實(shí)驗(yàn)(1)溶液呈中性判斷氫離子一定存在；與氫離子反應(yīng)的離子不能夠共存；

②根據(jù)實(shí)驗(yàn)(2)加入少量CCl4及數(shù)滴新制氯水，經(jīng)振蕩后CCl4層呈紫紅色；說明溶液中一定含有碘離子，能夠與碘離子反應(yīng)的離子不共存；

③根據(jù)實(shí)驗(yàn)(3)加入NaOH溶液；使溶液從酸性逐漸變?yōu)閴A性，在滴加過程中和滴加完畢后，溶液均無沉淀產(chǎn)判斷凡是與氫氧根離子反應(yīng)生成沉淀的離子不存在；

④根據(jù)實(shí)驗(yàn)(4)另取部分上述堿性溶液加Na2CO3溶液；有白色沉淀生成，可知一定含有碳酸根離子，排除與該離子反應(yīng)的離子；

⑤用焰色反應(yīng)檢驗(yàn)含有的金屬陽離子。

【詳解】

①根據(jù)實(shí)驗(yàn)(1)現(xiàn)象：溶液呈強(qiáng)酸性，說明溶液中肯定含有H+，而H+與CO32-反應(yīng)發(fā)生反應(yīng)而不能共存，說明溶液中肯定不含有CO32-；

②根據(jù)實(shí)驗(yàn)(2)現(xiàn)象：CCl4層呈紫紅色，說明有I2，這是由于I-被氯氣氧化所產(chǎn)生的，從而說明溶液中含有I-，而I-與Fe3+、NO3-和H+能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，而不能共存，說明溶液中肯定不含有Fe3+、NO3-；

③根據(jù)實(shí)驗(yàn)(3)現(xiàn)象：溶液從酸性逐漸變?yōu)閴A性，在滴加過程中和滴加完畢后，溶液均無沉淀產(chǎn)生，而Fe3+、Mg2+、Al3+能與堿反應(yīng)產(chǎn)生沉淀，說明溶液中肯定不含有Fe3+、Mg2+、Al3+；

④根據(jù)實(shí)驗(yàn)(4)現(xiàn)象：取出部分上述堿性溶液加Na2CO3溶液后，有白色沉淀生成，說明溶液中肯定含有Ba2+，而Ba2+能與SO42-產(chǎn)生沉淀，說明溶液中不含SO42-；

⑤由上述實(shí)驗(yàn)事實(shí)確定，該溶液中肯定存在的離子是：Ba2+、I-、NH4+；肯定不存在的離子是：Mg2+、Fe3+、Al3+、NO3-、Fe3+、CO32-、SO42-；還不能確定是否存在的離子是：K+、Cl-；

(1)②所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：Cl2+2I-═I2+2Cl-；

(2)由上述實(shí)驗(yàn)事實(shí)確定，該溶液中肯定存在的離子是：Ba2+、I-、NH4+；

(3)該溶液中肯定不存在的離子是Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、SO42-、CO32-、NO3-；

(4)還不能確定是否存在的離子是：K+、Cl-?！窘馕觥緾l2＋2I－=I2＋2Cl－NH4+、Ba2＋、I－Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、SO42-、CO32-、NO3-K＋、Cl－六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共3題，共15分)22、略

【分析】【分析】

(1)當(dāng)n+m=4時(shí),VSEPR模型為四面體形,當(dāng)n+m=2時(shí),VSEPR模型為直線形；

(2)根據(jù)H2O屬AX2E2,n+m=4,VSEPR模型為四面體形,但氧原子有2對(duì)孤電子對(duì)來判斷分子的立體構(gòu)型;水分子屬AX2E2,n+m=4,VSEPR理想模型為正四面體,價(jià)層電子對(duì)之間的夾角均為109°28′,根據(jù)Ⅲ-i來判斷鍵角；

(3)當(dāng)n+m=4時(shí),VSEPR模型為四面體形,硫原子無孤電子對(duì)來判斷分子的立體構(gòu)型;X原子得電子能力越弱,A-X形成的共用電子對(duì)之間的斥力越強(qiáng)；

(4)根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定亞硫酸根離子空間構(gòu)型,價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=σ鍵個(gè)數(shù)+孤電子對(duì)個(gè)數(shù),σ鍵個(gè)數(shù)=配原子個(gè)數(shù),孤電子對(duì)個(gè)數(shù)=1/2(a-xb),a指中心原子價(jià)電子個(gè)數(shù),x指配原子個(gè)數(shù),b指配原子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)需要的電子個(gè)數(shù)。

【詳解】

(1)當(dāng)n+m=4時(shí),VSEPR模型為四面體形,其鍵角是109°28′,當(dāng)n+m=2時(shí),VSEPR模型為直線形,其鍵角是180°；

因此；本題正確答案是:

（2）H2O屬AX2E2,n+m=4，VSEPR模型為四面體形,但氧原子有2對(duì)孤電子對(duì)，所以分子的構(gòu)型為V形；水分子屬AX2E2,n+m=4,VSEPR理想模型為正四面體,價(jià)層電子對(duì)之間的夾角均為109°28′,根據(jù)Ⅲ-i；應(yīng)有∠H﹣O﹣H＜109°28′；

因此；本題正確答案是:V形；∠H﹣O﹣H＜109°28′。

（3）當(dāng)n+m=4時(shí)，VSEPR模型為四面體形,硫原子無孤電子對(duì),所以分子構(gòu)型為四面體,F原子的得電子能力大于氯原子,因?yàn)閄原子得電子能力越弱,A-X形成的共用電子對(duì)之間的斥力越強(qiáng),所以SO2Cl2分子中∠