2025年粵教版高三化學上冊月考試卷

…………○…………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年粵教版高三化學上冊月考試卷630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5題，共10分)1、下列敘述正確的是（）A.高溫下二氧化硅與碳酸鈉反應放出二氧化碳，說明硅酸（H2SiO3）的酸性比碳酸強B.陶瓷、玻璃、水泥容器都能貯存氫氟酸C.石灰抹墻、水泥砌墻的硬化過程原理不相同D.硫酸鈉溶液、燒堿溶液、硝酸溶液、濃硫酸四種溶液均能用帶玻璃塞的試劑瓶保存2、從溴水中提取溴，下列方法中最適宜的是（）A.蒸餾B.過濾C.萃取D.結晶3、下列反應的離子方程式不正確的是（）A.氯化鐵溶液腐蝕線路板：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+B.用小蘇打治療胃酸過多：C.氯氣溶于水制次氯酸：D.氨水中滴加氯化鋁溶液：Al3++4NH3?H2O=+44、電解原理在消除環(huán)境污染領域有廣泛的應用．工業(yè)上常采用如圖所示電解裝置，利用鐵的化合物中[Fe（CN）6]3﹣可將氣態(tài)廢棄物中的硫化氫轉化為可利用的硫，自身轉化為[Fe（CN）6]4﹣．通電電解，然后通入H2S加以處理；下列說法不正確的是（）

A.電解時陽極反應式為[Fe（CN）6]4﹣﹣e﹣=[Fe（CN）6]3﹣B.電解過程中陰極區(qū)溶液的pH變大C.整個過程中需要不斷補充K4[Fe（CN）6]與KHCO3D.通入H2S時發(fā)生反應的離子方程式為：2[Fe（CN）6]3﹣+2CO32﹣+H2S=2[Fe（CN）6]4﹣+2HCO3﹣+S↓5、化學與社會、生活密切相關，下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.纖維素在人體內(nèi)可水解為葡萄糖，故可用作人體的營養(yǎng)物質B.明礬水解時能生成具有吸附性的膠體粒子，故可用作漂白劑C.rm{Ba^{2+}}對人體無毒，故Brm{aSO_{4}}在醫(yī)學上可用作鋇餐D.rm{MgO}熔點很高，故可用作耐高溫材料評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)6、（2014?花溪區(qū)校級模擬）太陽能電池的發(fā)展已經(jīng)進入了第三代．第一代為單晶硅太陽能電池；第二代為多晶硅；非晶硅等太陽能電池，第三代就是銅銦鎵硒CIGs（CIS中摻入Ga）等化合物薄膜太陽能電池以及薄膜Si系太陽能電池．

（1）亞銅離子（Cu+）基態(tài)時的價電子排布式表示為____．

（2）硒為第4周期元素，相鄰的元素有砷和溴，則3種元素的第一電離能從大到小順序為____（用元素符號表示）．

（3）Cu晶體的堆積方式是____（填堆積名稱），其配位數(shù)為____；往Cu的硫酸鹽溶液中加入過量氨水，可生成[Cu（NH3）4]SO4，下列說法正確的是____

A．[Cu（NH3）4]SO4中所含的化學鍵有離子鍵；極性鍵和配位鍵。

B．在[Cu（NH3）4]2+中Cu2+給出孤對電子，NH3提供空軌道。

C．[Cu（NH3）4]SO4組成元素中第一電離能最大的是氧元素。

D．SO42-與PO43-互為等電子體；空間構型均為正四面體。

（4）與鎵元素處于同一主族的硼元素具有缺電子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸（H3BO3）溶于水顯弱酸性；但它卻只是一元酸，可以用硼酸在水溶液中的電離平衡解釋它只是一元弱酸的原因．

①H3BO3中B的原子雜化類型為____；

②硼酸（H3BO3）溶液中存在如下反應：H3BO3（aq）+H2O（l）?[B（OH）4]-（aq）+H+（aq）K=5.7×10-10（298K）實驗中不慎將NaOH沾到皮膚時，用大量水洗后要涂上硼酸溶液．寫出硼酸與NaOH反應的離子方程式____

（5）硅與碳是同一主族元素，其中石墨為混合型晶體，已知石墨的層間距為335pm，C-C鍵長為142pm，計算石墨晶體密度____（寫出計算過程，得出結果保留三位有效數(shù)字，NA=6.02×1023mol-1）7、A元素原子M電子層有6個電子，B元素與A元素原子具有相同電子層數(shù)，B元素的原子最外層上只有1個電子。（1）畫出B元素的原子結構示意圖：____。（2）A、B兩元素形成的化合物的名稱是____，該化合物在無色火焰上灼燒時，火焰呈____色。8、（16分）某芳香烴A，其蒸氣的密度是同狀態(tài)下H2密度的53倍；某烴類衍生物X，分子式為C15H14O3，能使FeCl3溶液顯紫色：J分子內(nèi)有兩個互為對位的取代基在一定條件下有如下的轉化關系：（無機物略去）（1）屬于芳香烴類的A的同分異構體中，若其苯環(huán)上的一氯代物只有一種則結構簡式表示為_________。（2）J中所含的含氧官能團的名稱為________________________。（3）E與H反應的化學方程式是______________________________________________；反應類型是__________________。（4）B、C的混合物在NaOH乙醇溶液中加熱可以生成同一種有機物I，以I為單體合成的高分子化合物的名稱是__________。（5）已知J有多種同分異構體，寫出符合下列性質的J的所有同分異構體的結構簡式。①與FeCl3溶液作用顯紫色；②與新制Cu(OH)2懸濁液作用產(chǎn)生紅色沉淀；③苯環(huán)上的一鹵代物有2種。___________________，___________________，___________________9、化工廠生產(chǎn)鹽酸的主要過程如圖甲所示。

其中關鍵的一步（如圖乙所示）為氯氣和氫氣在燃燒管口燃燒，生成HCl，氯氣有毒，因此通入氣體的合理方式是：A處通入____，B處通入____．10、（2015春?廈門校級月考）如圖所示，A、B、C是實驗室常用的三種制取氣體的裝置，提供的藥品有：大理石、濃鹽酸、稀鹽酸、鋅粒、二氧化錳、氯化銨、熟石灰．現(xiàn)欲利用這些藥品分別制取NH3、Cl2、H2、CO2四種氣體；試回答下列問題：

（1）選用A裝置可制取的氣體有____，選用B裝置可制取的氣體有____，選用C裝置可制取的氣體有____．

（2）標號①、②的儀器名稱分別為____、____．

（3）寫出利用上述有關藥品制取氨氣的化學方程式：____．若要制得干燥氨氣，可選用下列干燥劑中的____（填序號）．

a．生石灰b．濃硫酸c．五氧化二磷．11、如圖是有關原子或離子的結構示意圖；請用編號回答下列問題：

（1）屬于同種元素的是____；

（2）屬于稀有氣體元素的是____．12、（12分）北京2008年奧運會金牌直徑為70mm，厚6mm。獎牌正面為插上翅膀站立的希臘勝利女神和希臘潘納辛納科競技場。獎牌背面鑲嵌著取自中國古代龍紋玉璧造型的玉璧。（1）環(huán)形玉璧由白玉制成。白玉的化學成分可簡單看作是Ca2Mg5Si8O22（OH）2，將其改寫成氧化物的形式為________________。（2）為測定金牌的組成，將某去掉白玉的金牌樣品，投入到過量稀硝酸中，有無色氣體產(chǎn)生，當不再生成氣體時，金牌殘留一金黃色外殼；將生成的氣體與11.2LO2（標準狀況）混合即呈紅棕色，最后將其通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸；再向金牌溶解所得的溶液中滴加氯化鈉，立即產(chǎn)生白色沉淀；最后將殘殼投入到王水中，隨即溶解，生成氣體的體積為1.344L（標準狀況）。已知：Au＋HNO3＋4HCl===H[AuCl4]＋NO↑＋2H2O。①該金牌所含黃金質量為________。②該金牌除含黃金外還含有另一金屬是________（填元素符號），其質量為________。（3）黃金除能溶于王水外還能溶于氰化鉀，反應方程式如下：①配平該反應，并將計量數(shù)填入方框內(nèi)。②K[Au（CN）2]可作為電鍍金的電鍍液，金牌表面的黃金就是通過電鍍鍍上的。在電鍍金牌時，陰極反應式為________________________________。評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)13、0.012kg13C所含原子數(shù)為阿伏加德羅常數(shù)．____（判斷對錯）14、對于2SO2（g）+O2（g）═2SO2（g）反應，當密度保持不變，在恒溫恒容或恒溫恒壓條件下，均不能作為達到化學平衡狀態(tài)的標志．____（判斷對錯）15、標準狀況下，1moL水中所含原子總數(shù)數(shù)為3NA____（判斷對錯）16、乙二酸與乙二醇的縮聚反應方程式為____．17、醋可同時用作防腐劑和調味劑____．（判斷對錯）評卷人得分四、簡答題(共4題，共20分)18、隨原子序數(shù)遞增，八種短周期元素rm{(}用字母rm{x}等表示rm{)}原子半徑的相對大小，最高正價或最低負價的變化如下圖所示：

根據(jù)判斷出的元素回答問題：rm{(}用化學用語回答問題rm{)}rm{(1)e}在周期表的位置________。rm{(2)d}rm{e}rm{h}的簡單離子半徑由大到的小的順序________。rm{(3)}有關rm{y}rm{z}rmehzvngk三種元素的說法正確的是________rm{(}填序號rm{)}rm{壟脵}最高正價：rm{d>z>y}rm{壟脷}氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：rm{d>z>y}rm{壟脹}非金屬性：rm{d>z>y}rm{壟脺}單質活潑性：rm{y>z>d}rm{(4)}根據(jù)rm{g}和rm{h}兩種元素填空：rm{壟脵}最高正價氧化物對應的酸的酸性由強到弱的順序是________。rm{壟脷g2h2}分子中原子都滿足rm{8}電子結構，試寫出其電子式________。rm{(5)}根據(jù)rm{X}rm{e}rm{f}三種元素填空：rm{3mol}的rm{ex}與rm{2molf}在水溶液中反應生成標準狀況下氣體的體積________rm{L}向此反應后的溶液中加鹽酸至過量，試在下面坐標系中畫出生成沉淀的物質的量與加入鹽酸的物質的量的關系曲線。

rm{(6)}根據(jù)rm{f}元素填空：rm{壟脵}工業(yè)上冶煉rm{f}單質時，寫出陽極反應方程式________。rm{壟脷}以rm{f}單質為陽極電解rm{exyd_{3}}溶液，寫出陽極反應方程式________。19、鋇鹽生產(chǎn)中排出大量的鋇泥rm{[}主要含rm{BaCO_{3}}rm{BaSO_{3}}rm{Ba(FeO_{2})_{2}}等rm{]}某主要生產(chǎn)rm{BaCO_{3}}的化工廠利用鋇泥制取rm{Ba(NO_{3})_{2}}晶體及其他副產(chǎn)物；其部分工藝流程如下：

已知：rm{i.Fe(OH)_{3}}和rm{Fe(OH)_{2}}完全沉淀時，溶液的rm{pH}分別為rm{3.2}和rm{9.7}．

rm{ii.Ba(NO_{3})_{2}}在熱水中溶解度較大；在冷水中溶解度較?。?/p>

rm{iii.K_{SP}(BaSO_{4})=1.1隆脕10^{-10}}rm{K_{SP}(BaCO_{3})=5.1隆脕10^{-9}}．

rm{(1)}該廠生產(chǎn)的rm{BaCO_{3}}因含有少量rm{BaSO_{4}}而不純，提純的方法是：將產(chǎn)品加入足量的飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中，充分攪拌，過濾，洗滌rm{.}用離子方程式說明提純原理：______．

rm{(2)}上述流程酸溶時，rm{Ba(FeO_{2})_{2}}與rm{HNO_{3}}反應生成兩種硝酸鹽；化學方程式為：______．

rm{(3)}該廠結合本廠實際，選用的rm{X}為______rm{(}從下列選項中選擇rm{)}廢渣rm{2}為______rm{(}寫出化學式rm{)}．

rm{壟脵BaCl_{2}}rm{壟脷Ba(NO_{3})_{2}}rm{壟脹BaCO_{3}}rm{壟脺Ba(OH)_{2}}

rm{(4)}過濾rm{3}后的母液應循環(huán)到容器______中rm{.(}填“rm{a}”、“rm”或“rm{c}”rm{)}

rm{(5)}稱取rm{w}rm{g}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rm{m}rm{g}則該rm{Ba(NO_{3})_{2}}的純度為______．20、磷；硫元素的單質和化合物應用廣泛．

rm{(1)}磷元素的原子結構示意圖是______．

rm{(2)}磷酸鈣與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到rm{1}rm{500隆忙}生成白磷；反應為：

rm{2Ca_{3}(PO_{4})_{2}+6SiO_{2}簍T6CaSiO_{3}+P_{4}O_{10}}

rm{10C+P_{4}O_{10}簍TP_{4}+10CO}

每生成rm{1mol}rm{P_{4}}時，就有______rm{mol}電子發(fā)生轉移．

rm{(3)}硫代硫酸鈉rm{(Na_{2}S_{2}O_{3})}是常用的還原劑rm{.}在維生素rm{C(}化學式rm{C_{6}H_{8}O_{6})}的水溶液中加入過量rm{I_{2}}溶液，使維生素rm{C}完全氧化，剩余的rm{I_{2}}用rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液滴定，可測定溶液中維生素rm{C}的含量rm{.}發(fā)生的反應為：

rm{C_{6}H_{8}O_{6}+I_{2}簍TC_{6}H_{6}O_{6}+2H^{+}+2I^{-}}

rm{2SO_{3}^{2-}+I_{2}簍TS_{4}O_{6}^{2-}+2I^{-}}

在一定體積的某維生素rm{C}溶液中加入rm{a}rm{mol/L}rm{I_{2}}溶液rm{V_{1}}rm{mL}充分反應后，用rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液滴定剩余的rm{I_{2}}消耗rmrm{mol/L}rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液rm{V_{2}}rm{mL.}該溶液中維生素rm{C}的物質的量是______rm{mol}．

rm{(4)}在酸性溶液中，碘酸鉀rm{(KIO_{3})}和亞硫酸鈉可發(fā)生如下反應：

rm{2IO_{3}^{-}+5SO_{3}^{2-}+2H^{+}簍TI_{2}+5SO_{4}^{2-}+H_{2}O}

生成的碘可以用淀粉溶液檢驗；根據(jù)反應溶液出現(xiàn)藍色所需的時間來衡量該反應的速率．

某同學設計實驗如下表所示：

。rm{0.01mol/LKIO_{3}}酸性溶液。

rm{(}含淀粉rm{)}的體積rm{/mL}rm{0.01mol/L}

rm{Na_{2}SO_{3}}溶液。

的體積rm{/mL}rm{H_{2}O}

的體積。

rm{/mL}實驗溫。

度rm{/隆忙}溶液出現(xiàn)。

藍色時所。

需時間rm{/s}實驗rm{1}rm{5}rm{V_{1}}rm{35}rm{25}實驗rm{2}rm{5}rm{5}rm{40}rm{25}實驗rm{3}rm{5}rm{5}rm{V_{2}}rm{0}該實驗的目的是______；

表中rm{V_{2}=}______rm{mL}．21、共聚法可改進有機高分子化合物的性質，高分子聚合物rm{P}的合成路線如下：

已知：

rm{R-CH_{2}OHxrightarrow{KMnO_{4}/H+}R-COOH(R}表示飽和烴基rm{R-CH_{2}OH

xrightarrow{KMnO_{4}/H+}R-COOH(R}

rm{R-OH+R隆盲-OHxrightarrow{{脜簍脕貌脣謾}}R-O-R隆盲+H_{2}O}rm{)}rm{R-OH+R隆盲-OH

xrightarrow{{脜簍脕貌脣謾}}R-O-R隆盲+H_{2}O}表示烴基rm{(R}

rm{R隆盲}的結構簡式為______．

rm{)}的名稱為______．

rm{(1)A}由rm{(2)C}經(jīng)rm{(3)I}合成，rm{F}可使溴水褪色。

rm{壟脵隆蘆壟脹}的化學反應方程式是______．

rm{F}的反應試劑是______．

rm{a.壟脵}的反應類型是______．

rm{b.壟脷}下列說法正確的是______．

rm{c.壟脹}可與水以任意比例混溶rm{(4)}與rm{a.C}rm{b.A}丁二烯互為同系物。

rm{1}生成rm{3-}時，rm{c.I}rm{M}最多消耗rm{1mol}rm{I}rm{3mol}在一定條件下可發(fā)生加聚反應。

rm{NaOH}與rm{d.N}按照物質的量之比為rm{(5)E}rm{N}發(fā)生共聚反應生成rm{1}rm{1}的結構簡式為______．

rm{P}有多種同分異構體；寫出其中一種符合下列條件的異構體的結構簡式______．

rm{P}分子中只含一種環(huán)狀結構。

rm{(6)E}苯環(huán)上有兩個取代基。

rm{a.}該有機物與溴水反應時能消耗rm{b.}rm{c.1mol}．rm{4mol}評卷人得分五、解答題(共1題，共8分)22、某反應體系中有物質：Bi2（SO4）3、NaMnO4、H2O、MnSO4、NaBiO3、Na2SO4、H2SO4．

（1）請將NaBiO3之外的反應物與生成物分別填入以下空格內(nèi)．

（2）反應中；被氧化的元素是______，氧化劑是______．

（3）將氧化劑與還原劑及其已配平的化學計量數(shù)填入下列空格中；并標出電子轉移的方向和數(shù)目．

評卷人得分六、實驗題(共3題，共24分)23、（8分）實驗室要配制1mol/L的稀硫酸250mL，回答下列問題：（1）需要98%密度為1．84g/cm3的濃硫酸mL____________（2）配制時，必須使用的儀器有________（填代號）____________①燒杯②100mL量筒③20mL量筒④1000mL容量瓶⑤250mL容量瓶⑥托盤天平（帶砝碼）⑦玻璃棒;還缺少的儀器是________。____________（3）配制時，該實驗兩次用到玻璃棒，其作用分別是、____。(各1分)（4）配制過程中出現(xiàn)以下情況，對所配溶液濃度有何影響（填“偏高”“偏低”“不影響”）①沒有洗滌燒杯和玻璃棒。________。____________②如果加水超過了刻度線，取出水使液面恰好到刻度線。____________。____________③容量瓶沒有干燥。____________24、rm{X}rm{Y}和rm{W}為原子序數(shù)依次遞增的短周期元素rm{.}已知：rm{X}和rm{Y}同主族，rm{Y}和rm{W}的氫化物具有相同的電子數(shù)rm{.}在中學范圍內(nèi)rm{X}的單質只有氧化性；且是空氣的主要成份之一．

rm{(1)}寫出實驗室制取rm{W_{2}}反應的離子方程式______．

rm{(2)}某小組設計如圖所示的裝置，分別研究rm{YX_{2}}和rm{W_{2}}的性質．

rm{壟脵}分別通入rm{YX_{2}}和rm{W_{2}}在裝置rm{A}中觀察到的現(xiàn)象是否相同______rm{(}填“相同”或“不相同”rm{)}若裝置rm{D}中裝的是銅粉，當通入足量rm{W_{2}}時觀察到的現(xiàn)象為______；若裝置rm{D}中裝的是五氧化二釩rm{(}催化劑rm{)}當通入足量rm{YX_{2}}時，打開rm{K}通入適量rm{X_{2}}化學反應方程式為______．

rm{壟脷}若裝置rm{B}中裝有rm{5.0mL}rm{1.0隆脕10^{-3}mol/L}的碘水，當通入足量rm{W_{2}}完全反應后，轉移了rm{5.0隆脕10^{-5}mol}電子；該反應的化學方程式為______．

rm{(3)}某同學將足量的rm{YX_{2}}通入一支裝有氯化鋇溶液的試管，未見沉淀生成，再向該試管中加入過量的下列溶液也無沉淀生成的是______rm{(}填字母rm{)}．

A.氨水rm{B.}稀鹽酸rm{C.}稀硝酸rm{D.}氯化鈣rm{E.}雙氧水rm{F.}硝酸銀．25、過氧化鈉rm{(Na_{2}O_{2})}是中學常見物質，常見的過氧化物還包括過氧化鈣rm{(CaO_{2}).}已知：過氧化鈉與rm{CO_{2}}反應有氣體生成，而將rm{SO_{2}}通入過氧化鈉粉末中也有氣體生成rm{.}有人提出rm{CO_{2}}rm{SO_{2}}與過氧化鈉的反應原理相同，但也有人提出rm{SO_{2}}具有較強的還原性，rm{CO_{2}}無強還原性，反應原理不相同rm{.}據(jù)此設計如下實驗操作進行判斷．

實驗一：向一定量的過氧化鈉固體中通入足量的rm{SO_{2}}取反應后的固體進行實驗探究，以證明過氧化物與rm{SO_{2}}反應的特點．

rm{(1)}提出假設：

假設rm{1}反應后固體中只有rm{Na_{2}SO_{3}}證明rm{SO_{2}}未被氧化；

假設rm{2}反應后固體中只有rm{Na_{2}SO_{4}}證明rm{SO_{2}}完全被氧化；

假設rm{3}______；證明______

實驗探究：

實驗二：通過測量氣體的體積判斷發(fā)生的化學反應；實驗裝置如圖：

rm{(2)}試劑rm{A}可以選用______，試劑rm{B}的作用是______．

rm{(3)}實驗測得裝置rm{C}中過氧化鈉質量增加了rm{m_{1}g}裝置rm{D}質量增加了rm{m_{2}g}裝置rm{E}中收集到的氣體為rm{VL(}已換算成標準狀況下rm{)}用上述有關測量數(shù)據(jù)判斷，rm{SO_{2}}未被氧化、完全被氧化的rm{V-m_{1}}關系式rm{.}未被氧化：______；完全被氧化：______．

rm{(4)}若rm{SO_{2}}完全被氧化，寫出反應的化學方程式：______．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】A．根據(jù)反應條件分析；該反應條件不是常溫下溶液中，所以不能據(jù)此判斷酸性強弱；

B．根據(jù)陶瓷；玻璃、水泥容器的成分分析；二氧化硅能和HF反應；

C．石灰抹墻硬化是利用氫氧化鈣和二氧化碳的反應；水泥砌墻是利用水泥的凝固性；

D．玻璃的成分中含有二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，能和強堿反應，能和氫氟酸反應，帶玻璃塞的試劑瓶不能存放呈強堿性的物質；【解析】【解答】解：A．高溫條件下；雖然二氧化硅和碳酸鈉反應生成二氧化碳，但該反應條件是高溫而不是常溫，所以不能據(jù)此判斷酸性強弱，應根據(jù)溶液中進行的反應來判斷，故A錯誤；

B．陶瓷、玻璃、水泥的主要成分都是硅酸鹽，玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和HF反應生成SiF4；所以不能用玻璃容器盛放HF，故B錯誤；

C．石灰抹墻硬化發(fā)生的反應為Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O；水泥砌墻是利用水泥的凝固性，所以原理不同，故C正確；

D．硫酸鈉溶液；不和二氧化硅反應，所以可以帶玻璃塞的試劑瓶盛放，硝酸呈酸性，不和二氧化硅反應，所以可以帶玻璃塞的試劑瓶盛放，濃硫酸呈酸性，不和二氧化硅反應，所以可以帶玻璃塞的試劑瓶盛放，氫氧化鈉呈強堿性，能和二氧化硅反應生成硅酸鈉，硅酸鈉具有黏性，能把玻璃塞黏住，所以不可以帶玻璃塞的試劑瓶盛放，故D錯誤；

故選C．2、C【分析】【分析】萃取利用溶質在不同溶劑中溶解度不同，用一種溶劑把溶質從它與另一溶劑所組成的溶液中提取出來．【解析】【解答】解：溴單質易溶于有機溶劑；可通過萃取方法分離，然后分液．

故選C．3、D【分析】【分析】A．發(fā)生氧化還原反應生成氯化銅和氯化亞鐵；

B．反應生成二氧化碳和水；

C．反應生成HCl和HClO；HClO為弱酸；

D．反應生成氫氧化鋁和氯化銨．【解析】【解答】解：A．氯化鐵溶液腐蝕線路板的離子反應為Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；遵循電子；電荷守恒，故A正確；

B．用小蘇打治療胃酸過多的離子反應為HCO3-+H+=H2O+CO2↑；故B正確；

C．氯氣溶于水制次氯酸的離子反應為Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；故C正確；

D．氨水中滴加氯化鋁溶液的離子反應為Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；故D錯誤；

故選D．4、C【分析】【解答】解：A、電解時陽極發(fā)生失電子的氧化反應，先將[Fe（CN）6]4﹣轉化為Fe（CN）6]3﹣，化合價升高，所以反應為：[Fe（CN）6]4﹣﹣e﹣═[Fe（CN）6]3﹣，故A正確；B、電解質溶液中的陰極離子碳酸氫根離子，電離產(chǎn)生氫離子在陰極放電，所以電極反應式為2HCO3﹣+2e﹣═H2↑+2CO32﹣；pH變大，故B正確；

C、因后來發(fā)生反應為2Fe（CN）63﹣+2CO32﹣+H2S=2Fe（CN）64﹣+2HCO3﹣+S，所以整個過程中需要不斷補充K4[Fe（CN）6]與KHCO3；故C錯誤；

D、通入H2S時發(fā)生反應的離子方程式為2Fe（CN）63﹣+2CO32﹣+H2S=2Fe（CN）64﹣+2HCO3﹣+S；故D正確；

故選C．

【分析】A、電解時陽極發(fā)生失電子的氧化反應，先將[Fe（CN）6]4﹣轉化為Fe（CN）6]3﹣；化合價升高；

B；陰極發(fā)生還原反應；電解質溶液中的陰極離子碳酸氫根離子，電離產(chǎn)生氫離子在陰極放電；

C、因后來發(fā)生反應為2Fe（CN）63﹣+2CO32﹣+H2S=2Fe（CN）64﹣+2HCO3﹣+S，所以整個過程中不需要不斷補充K4[Fe（CN）6]與KHCO3；

D、通入H2S時發(fā)生反應的離子方程式為2Fe（CN）63﹣+2CO32﹣+H2S=2Fe（CN）64﹣+2HCO3﹣+S．5、D【分析】解：rm{A.}人體內(nèi)沒有能使纖維素水解成葡萄糖的酶；因此纖維素不能作為人類的營養(yǎng)食物，故A錯誤；

B.明礬水解生成的氫氧化鋁膠體具有吸附性；能夠凈水，但是不具有漂白作用，不能用于漂白劑，故B錯誤；

C.rm{Ba^{2+}}為重金屬離子，游離態(tài)rm{Ba^{2+}}的對人體有劇毒；故C錯誤；

D.氧化鎂熔點較高；可以用作耐高溫材料，故D正確；

故選：rm{D}．

A.人體不含能使纖維素水解的酶；

B.明礬水解生成的氫氧化鋁膠體具有吸附性；能夠凈水，但是不具有漂白作用；

C.重金屬離子能夠使蛋白質變性；

D.耐高溫材料應具有較高的熔點．

本題考查了元素化合物知識，側重考查元素化合物的用途，性質決定用途，熟悉相關物質的性質是解題關鍵，題目難度不大．【解析】rm{D}二、填空題(共7題，共14分)6、3d10Br＞As＞Se面心立方最密堆積12ADsp2H3BO3+OH-=[B（OH）4]-2.27g?cm-3【分析】【分析】（1）根據(jù)構造原理寫出其核外電子排布式；

（2）同一周期中元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大的趨勢；但第VA族元素大于其相鄰元素；

（3）Cu晶體的堆積方式是面心立方最密堆積，配位數(shù)為12；根據(jù)的[Cu（NH3）4]SO4結構判斷選項；

（4）①硼酸（H3BO3）溶于水顯弱酸性；但它卻只是一元酸，說明硼酸分子中含有一個羥基，根據(jù)價層電子對互斥理論確定B原子的雜化類型；

②硼酸為一元弱酸；和NaOH溶液發(fā)生中和反應；

（5）根據(jù)密度計算公式ρ=m/V計算．【解析】【解答】解：：（1）銅是29號元素，銅原子失去一個電子變成亞銅離子，所以亞銅離子核外有28個電子，基態(tài)銅離子（Cu+）的價電子排布式為：3d10；

故答案為：3d10；

（2）As、Se、Br屬于同一周期且原子序數(shù)逐漸增大，這三種元素依次屬于第IVA族、第VA族、第VIA族，第VA族元素大于其相鄰元素的第一電離能，所以3種元素的第一電離能從大到小順序為Br＞As＞Se；

故答案為：Br＞As＞Se；

（3）Cu晶體的堆積方式是面心立方最密堆積；配位數(shù)為12；

A、N與H原子形成極性共價鍵，[Cu（NH3）4]2+與SO42-形成離子鍵，Cu2+與NH3形成配位鍵；故A正確；

B；氨氣分子的鍵角小于水分子的鍵角；故B錯誤；

C；金屬的第一電離能比非金屬元素的第一電離能大；故C錯誤；

D、SO42-與PO43-原子個數(shù)相等；價電子數(shù)相等，互為等電子體，空間構型均為正四面體，故D正確；

故答案為：面心立方最密堆積；12；AD；

（4）①H3BO3中B的價層電子對=3+（3+1-4×1）=3，所以采取sp2雜化；

故答案為：sp2；

②硼酸為一元弱酸，和NaOH溶液發(fā)生中和反應，反應方程式為H3BO3+OH-=[B（OH）4]-；

故答案為：H3BO3+OH-=[B（OH）4]-；

（5）石墨的層間距為335pm，可以認為一層石墨的厚度是335pm．對某一層石墨中的一個六元環(huán)，正六邊形環(huán)的邊長是142pm，面積S=6××142×142sin（π）=52387.6pm2．環(huán)的厚度h=335pm那么一個環(huán)占有的體積V=Sh=52387.6×335=1.754×107pm3=1.754×10-23cm3．六元環(huán)中每個C原子都被3個環(huán)共用，一個環(huán)實際有2個C原子．一個環(huán)的質量m==2×=3.99×10-23g．所以，石墨的密度ρ===2.27g?cm-3．

故答案為：2.27g?cm-3．7、略

【分析】【解析】試題分析：A元素原子M電子層有6個電子，則A是16號元素S；B元素與A元素原子具有相同電子層數(shù)，B元素的原子最外層上只有1個電子，所以B是11號元素Na，其原子結構示意圖是S和Na化合形成的化合物是硫化鈉，含有鈉元素，所以灼燒時火焰呈黃色。考點：考查元素原子核外電子排布規(guī)律、焰色反應的有關判斷【解析】【答案】（1）（2）硫化鈉黃8、略

【分析】【解析】【答案】（1）（2）（酚）羥基、羧基（寫對一個給1分，寫錯不得分）（3）酯化反應（或取代反應）（4）聚苯乙烯（5）9、H2Cl2【分析】【分析】氯氣有毒，為保證氯氣完全反應，氫氣應過量，以此解答該題．【解析】【解答】解：氯氣有毒；為保證氯氣完全反應，氫氣應過量，則應從外管通入氫氣，從內(nèi)管通入氯氣；

故答案為：H2；Cl2．10、NH3H2、CO2Cl2分液漏斗圓底燒瓶2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑a【分析】【分析】（1）A裝置制備氣體的特點：固體與固體加熱；

（2）熟悉儀器的圖形說出其名稱；

（3）氯化銨與氫氧化鈣在加熱條件下反應生成氯化鈣、氨氣和水；生石灰為堿性干燥劑；濃硫酸、五氧化二磷為酸性干燥劑．【解析】【解答】解：（1）A裝置制備氣體的特點：固體與固體加熱；所以可制取氨氣；

裝置B可用固體和液體在不加熱條件下反應，可制備H2、CO2；

C裝置的反應物狀態(tài)是固體；液體混合態(tài)；反應條件是加熱，所以可制取氯氣；

故答案為：NH3；H2、CO2；Cl2；

（2）標號①的名稱為分液漏斗；②的儀器的名稱為圓底燒瓶；故答案為：分液漏斗；圓底燒瓶；

（3）氯化銨與氫氧化鈣在加熱條件下反應生成氯化鈣、氨氣和水，反應的化學方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑；

氨氣為堿性氣體；應選擇堿性干燥劑，可以用生石灰干燥；

故答案為：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑；a．11、ABC【分析】【分析】（1）核電荷數(shù)=質子數(shù)；同種元素一定具有相同的核電荷數(shù)；

（2）稀有氣體原子的最外層電子為2或8個電子穩(wěn)定結構．【解析】【解答】解：（1）A和B的核電荷數(shù)都是9；二者都屬于氟元素，故答案為：AB；

（2）C的核電荷數(shù)=核外電子總數(shù)，所以C為原子，C原子的最外層電子為8，則屬于稀有氣體，故答案為：C．12、略

【分析】【解析】【答案】（1）2CaO·5MgO·8SiO2·H2O（2）①11.82g②Ag216g（3）①482144②[Au（CN）2]－＋e－―→Au＋2CN－三、判斷題(共5題，共10分)13、×【分析】【分析】0.012kg12C中所含的碳原子數(shù)為阿伏加德羅常數(shù)，以此解答該題．【解析】【解答】解：0.012kg12C中所含的碳原子數(shù)為阿伏加德羅常數(shù)，而不是13C，故答案為：×．14、×【分析】【分析】當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等（同種物質）或正逆速率之比等于化學計量數(shù)之比（不同物質），各物質的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)．【解析】【解答】解：由于反應前后；氣體的質量不變，在恒溫恒容，所以混合氣體的密度始終不變，則密度不能判斷是否達到了平衡狀態(tài)；

而恒溫恒壓條件下；混合氣體的密度增大，當密度保持不變，反應達到平衡；

故答案為：×．15、√【分析】【分析】水的分子式為H2O，結合分子式進行判斷．【解析】【解答】解：水的分子式為H2O，1moL水中所含原子總數(shù)為3NA；

故答案為：√．16、×【分析】【分析】乙二酸與乙二醇分子之間能夠通過酯化反應生成高分子化合物，但是酯化反應需要在濃硫酸存在條件下條件下加熱反應，該反應的反應條件錯誤，檢查進行判斷．【解析】【解答】解：乙二酸與乙二醇發(fā)生縮聚反應生成乙二酸乙二酯和水，反應條件為濃硫酸、加熱，正確的反應方程式為：nHOCH2CH2OH+nHOOC-COOH+（2n-1）H2O；所以題中反應方程式是錯誤的；

故答案為：×．17、√【分析】【分析】醋的主要成分是醋酸，醋酸具有酸味，醋酸能使抑制細菌的生長，起到防腐作用，以此判斷．【解析】【解答】解：醋的主要成分是醋酸；醋酸具有酸味，可作調味劑，醋酸能使抑制細菌的生長，起到防腐作用，可作防腐劑；

故答案為：√．四、簡答題(共4題，共20分)18、略

【分析】【分析】考查元素周期表、元素周期律的應用、熱化學方程式的書寫、溶液中離子濃度大小比較、電解原理的應用、氫氧化鋁的兩性及物質的量在化學反應方程式的計算的應用的知識。【解答】根據(jù)元素的原子序數(shù)、原子半徑及元素的化合價可確定rm{x}是rm{H}元素，rm{y}是rm{C}元素，rm{z}是rm{N}元素，rmgcrgrvd是rm{O}元素，rm{e}是rm{Na}元素，rm{f}是rm{Al}元素，rm{g}是rm{S}元素，rm{h}是rm{Cl}元素。是rm{x}元素，rm{H}是rm{y}元素，rm{C}是rm{z}元素，rm{N}是rmwllsyma元素，rm{O}是rm{e}元素，rm{Na}是rm{f}元素，rm{Al}是rm{g}元素，rm{S}是rm{h}元素。rm{Cl}rm{(1)}是rm{(1)}rm{e}第三周期第Ⅰrm{Na}元素，在元素周期表中位于第三周期第Ⅰrm{A}，故答案為：rm{A}根據(jù)元素的原子序數(shù)、原子半徑及元素的化合價可確定；是rm{(2)}根據(jù)元素的原子序數(shù)、原子半徑及元素的化合價可確定rmxcdgccf是rm{O}元素，元素，rm{(2)}是rmtphvncc元素，rm{O}是rm{e}元素，rm{Na}rm{h}核外電子排布都是rm{Cl}形成的簡單離子rm{O^{2-}}rm{Na^{+}}核外電子排布都是rm{2}rm{8}電子層結構相等，對于電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，rmcnnrwxbrm{e}rm{h}的簡單離子半徑由大到的小的順序電子層結構相等，對于電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，rm{O^{2-}}rm{Na^{+}}rm{2}的簡單離子半徑由大到的小的順序rm{8}rmpmtexiarm{e}rm{h}rm{r(Cl^{-})>r(O_{2}^{-})>r(Na^{+})}，故答案為：是rm{r(Cl^{-})>r(O_{2}^{-})>r(Na^{+})}元素，；是rm{(3)}元素，rm{(3)}是rm{y}元素。rm{C}無正價，最高正價：rm{z}故rm{N}錯誤；rmmlrcyjq非金屬性rm{O}氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：rm{壟脵O}故rm{z>y}正確；rm{壟脵}非金屬性rm{壟脷}非金屬性：rm{O>N>C}故rm{H_{2}O>NH_{3}>CH_{4}}正確；rm{壟脷}非金屬性rm{壟脹}故rm{O>N>C}錯誤。故選rm{d>z>y}rm{壟脹}是rm{壟脺}元素，rm{O>N>C}是rm{壟脺}元素。rm{壟脷壟脹}最高正價氧化物對應的酸的酸性由強到弱的順序是rm{(4)g}rm{S}rm{h}rm{Cl}rm{壟脵}最高正價氧化物對應的酸的酸性由強到弱的順序是分子中原子都滿足rm{壟脵}電子結構，試寫出其電子式rm{HClO_{4}>H_{2}SO_{4}}，故答案為：rm{HClO_{4}>H_{2}SO_{4}}根據(jù)；rm{壟脷g_{2}h_{2}}分子中原子都滿足rm{8}電子結構，試寫出其電子式rm{壟脷g_{2}h_{2}}rm{8}，故答案為：；rm{(5)}根據(jù)rm{NaH+H_{2}O=NaOH+H_{2}}rm{3mol}rm{(5)}rm{NaH+H_{2}O=NaOH+H_{2}}rm{3mol}rm{NaH}與水反應可生成rm{3molH_{2}}和故答案為：rm{3molNaOH}又由rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}}rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}}工業(yè)上冶煉rm{2Al}反應又可生成rm{3H_{2}}rm{V}rm{V}rm{H_{2}=6mol隆脕22.4L/mol=134.4L}生成沉淀的物質的量與加入鹽酸的物質的量的關系曲線用rm{134.4}單質作陽極，rm{(6)}為活性電極，發(fā)生氧化反應，電極反應式為：rm{壟脵}工業(yè)上冶煉rm{壟脵}rm{Al}單質時，寫出陽極反應方程式rm{2O_{2}^{-}-4e^{-}=O_{2}隆眉}，故答案為：rm{Al+3HCO_{3}^{?}?3{e}^{?}=Al{(OH)}_{3}隆媒+3C{O}_{2}隆眉}rm{2O_{2}^{-}-4e^{-}=O_{2}隆眉}rm{Al+3HCO_{3}^{?}?3{e}^{?}=Al{(OH)}_{3}隆媒+3C{O}_{2}隆眉}；rm{壟脷}用rm{Al}單質作陽極，rm{Al}為活性電極，發(fā)生氧化反應，電極反應式為：【解析】rm{(1)}第三周期第Ⅰrm{A}rm{(2)r(Cl^{-})>r(O_{2}^{-})>r(Na^{+})}rm{(3)壟脷壟脹}rm{(4)壟脵HClO_{4}>H_{2}SO_{4;}}rm{壟脷}rm{(5)134.4}rm{(6)壟脵2O_{2}^{-}-4e^{-}=O_{2}隆眉}rm{壟脷Al+3HCO_{3}^{?}?3{e}^{?}=Al{(OH)}_{3}隆媒+3C{O}_{2}隆眉}rm{壟脷Al+3HCO_{3}^{?}?3{e}^{?}=Al{(OH)}_{3}隆媒+3C{O}_{2}隆眉

}或rm{[}rm{A{l}^{3+}+3HCO_{3}^{?}=Al{(OH)}_{3}隆媒+3C{O}_{2}隆眉}rm{Al-3e^{-}=Al^{3+}}rm{A{l}^{3+}+3HCO_{3}^{?}=Al{(OH)}_{3}隆媒+3C{O}_{2}隆眉

}19、略

【分析】解：鋇泥主要含rm{BaCO_{3}}rm{BaSO_{3}}rm{Ba(FeO_{2})_{2}}等，加入硝酸，在rm{a}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rm{pH=4隆蘆5}使鐵離子水解生成rm{Fe(OH)_{3}}沉淀，過濾后廢渣rm{2}為rm{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；

rm{(1)}溶液存在rm{BaSO_{4}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)?BaCO_{3}(aq)+SO_{4}^{2-}(aq)}增大碳酸根離子的濃度，當rm{c(CO_{3}^{2-})隆脕c(Ba^{2+})>K_{sp}(BaCO_{3})}時；可實現(xiàn)沉淀的轉化；

使平衡正向移動從而除去rm{BaSO_{4}}雜質；

故答案為：rm{BaSO_{4}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)?BaCO_{3}(aq)+SO_{4}^{2-}(aq)}

rm{(2)Ba(FeO_{2})_{2}}與中鋇元素為rm{+2}價，鐵元素為rm{+3}價，所以反應產(chǎn)物為rm{Ba(NO_{3})_{2}}和rm{Fe(NO_{3})_{3}}其反應方程式為rm{Ba(FeO_{2})_{2}+8HNO_{3}簍TBa(NO_{3})_{2}+2Fe(NO_{3})_{3}+4H_{2}O}

故答案為：rm{Ba(FeO_{2})_{2}+8HNO_{3}=Ba(NO_{3})_{2}+2Fe(NO_{3})_{3}+4H_{2}O}

rm{(3)X}既要能中和硝酸，又不產(chǎn)生新雜質，結合工廠實際，應該用rm{BaCO_{3}}來調節(jié)rm{pH}由以上分析可知過濾后廢渣rm{2}為rm{Fe(OH)_{3}}

故答案為：rm{壟脹}rm{Fe(OH)_{3}}

rm{(4)}通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾，得到硝酸鋇晶體，剩余的濾液中仍含有少量的rm{Ba(NO_{3})_{2}}所以含有rm{Ba(NO_{3})_{2}}的母液應該，循環(huán)到容器rm{c}中；

故答案為：rm{c}

rm{(5)}稱取rm{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rm{m}克，其發(fā)生的反應為rm{Ba(NO_{3})_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2HNO_{3}}

設參加反應的rm{Ba(NO_{3})_{2}}為rm{xg}

rm{Ba(NO_{3})_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2HNO_{3}}

rm{261}rm{233}

rm{x}rm{mg}

則rm{dfrac{261}{x}=dfrac{233}{mg}}解得rm{dfrac{261}{x}=dfrac

{233}{mg}}所以該rm{x=dfrac{261m}{233}g}的純度為rm{dfrac{dfrac{261m}{233}}{w}隆脕100%=dfrac{261m}{233w}隆脕100%}

故答案為：rm{dfrac{261m}{233w}隆脕100%}．

鋇泥主要含rm{Ba(NO_{3})_{2}}rm{dfrac{dfrac

{261m}{233}}{w}隆脕100%=dfrac{261m}{233w}隆脕100%}rm{dfrac

{261m}{233w}隆脕100%}等，加入硝酸，在rm{BaCO_{3}}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rm{BaSO_{3}}使鐵離子水解生成rm{Ba(FeO_{2})_{2}}沉淀，過濾后廢渣rm{a}為rm{pH=4隆蘆5}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；

rm{Fe(OH)_{3}}加入足量的飽和rm{2}溶液；發(fā)生沉淀的轉化；

rm{Fe(OH)_{3}}與rm{(1)}反應生成兩種硝酸鹽；為硝酸鋇；硝酸鐵；

rm{Na_{2}CO_{3}}除雜時不能引入新雜質，廢渣rm{(2)Ba(FeO_{2})_{2}}為調節(jié)rm{HNO_{3}}時鐵離子轉化生成的沉淀；

rm{(3)}剩余的濾液中仍含有少量的rm{2}

rm{pH}發(fā)生rm{(4)}稱量沉淀質量為rm{Ba(NO_{3})_{2}}rm{(5)}為硫酸鋇的質量，結合反應計算．

本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握流程中的反應、物質的性質、混合物分離方法為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，綜合性較強，題目難度中等．rm{Ba(NO_{3})_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2HNO_{3}}【解析】rm{BaSO_{4}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)?BaCO_{3}(aq)+SO_{4}^{2-}(aq)}rm{Ba(FeO_{2})_{2}+8HNO_{3}=Ba(NO_{3})_{2}+2Fe(NO_{3})_{3}+4H_{2}O}rm{壟脹}rm{Fe(OH)_{3}}rm{c}rm{dfrac{261m}{233w}隆脕100%}rm{dfrac

{261m}{233w}隆脕100%}20、略

【分析】解：rm{(1)P}的原子序數(shù)為rm{15}原子結構中有rm{3}個電子層，最外層電子數(shù)為rm{5}原子結構示意圖為故答案為：

rm{(2)P}元素的化合價由rm{+5}價降低為rm{0}每生成rm{1mol}rm{P_{4}}時，轉移電子為rm{1mol隆脕4隆脕(5-0)=20mol}故答案為：rm{20}

rm{(3)}由rm{2S_{2}O_{3}^{2-}+I_{2}簍TS_{4}O_{6}^{2-}+2I^{-}}可知，維生素rm{C}消耗的碘為rm{aV_{1}隆脕10^{-3}mol-bV_{2}隆脕10^{-3}mol隆脕dfrac{1}{2}}

由rm{aV_{1}隆脕10^{-3}mol-bV_{2}隆脕10^{-3}mol隆脕dfrac

{1}{2}}可知維生素rm{C_{6}H_{8}O_{6}+I_{2}簍TC_{6}H_{6}O_{6}+2H^{+}+2I^{-}}與碘的物質的量相同，則維生素rm{C}的物質的量為rm{dfrac{aV_{1}-0.5bV_{2}}{1000}mol}

故答案為：rm{dfrac{aV_{1}-0.5bV_{2}}{1000}}

rm{C}實驗rm{dfrac

{aV_{1}-0.5bV_{2}}{1000}mol}和實驗rm{dfrac

{aV_{1}-0.5bV_{2}}{1000}}探究該反應速率與亞硫酸鈉溶液濃度的關系，實驗rm{(4)}和實驗rm{1}探究該反應速率與溫度的關系；由實驗rm{2}可以看出混合液的總體積為rm{2}rm{3}為rm{2}rm{50mL}為rm{V_{1}}實驗rm{10mL}和實驗rm{V_{2}}可知實驗目的是探究該反應速率與亞硫酸鈉溶液濃度的關系；實驗rm{40mL}和實驗rm{1}可知實驗目的是探究該反應速率與溫度的關系；

故答案為：探究溫度、亞硫酸鈉溶液濃度與該反應速率的關系；rm{2}．

rm{2}的原子序數(shù)為rm{3}原子結構中有rm{40}個電子層，最外層電子數(shù)為rm{(1)P}

rm{15}元素的化合價由rm{3}價降低為rm{5}以此計算轉移電子；

rm{(2)P}由rm{+5}可知，維生素rm{0}消耗的碘為rm{aV_{1}隆脕10^{-3}mol-bV_{2}隆脕10^{-3}mol隆脕dfrac{1}{2}}結合rm{(3)}計算維生素rm{2S_{2}O_{3}^{2-}+I_{2}簍TS_{4}O_{6}^{2-}+2I^{-}}的物質的量；

rm{C}通過分析表中的數(shù)據(jù)可知，該實驗研究的是溫度、濃度對反應速率的影響；由于實驗rm{aV_{1}隆脕10^{-3}mol-bV_{2}隆脕10^{-3}mol隆脕dfrac

{1}{2}}和實驗rm{C_{6}H_{8}O_{6}+I_{2}簍TC_{6}H_{6}O_{6}+2H^{+}+2I^{-}}的溫度相同，故實驗rm{C}與實驗rm{(4)}的溶液的濃度一定相同．

本題考查氧化還原反應及計算、探究影響化學反應速率的因素，為高頻考點，把握反應中元素的化合價變化及反應中物質的量關系、對比實驗中條件的統(tǒng)一，培養(yǎng)學生分析問題、解決問題能力，題目難度不大．rm{1}【解析】rm{20}rm{dfrac{aV_{1}-0.5bV_{2}}{1000}}探究溫度、亞硫酸鈉溶液濃度與該反應速率的關系；rm{dfrac

{aV_{1}-0.5bV_{2}}{1000}}rm{40}21、略

【分析】解：rm{A}和溴發(fā)生加成反應生成rm{B}rm{B}和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應生成rm{C}rm{C}和苯甲醇反應生成rm{D}從rm{A}rm{B}和rm{C}中碳原子個數(shù)相同，根據(jù)rm{D}的分子式知，rm{A}中含有兩個碳原子，則rm{A}是rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{B}是rm{CH_{2}BrCH_{2}Br}rm{C}是rm{CH_{2}OHCH_{2}OH}根據(jù)題給信息知，rm{D}的結構簡式為：rm{D}發(fā)生消去反應生成rm{E}則rm{E}的結構簡式為：根據(jù)rm{I}的結構簡式知，rm{1}rm{3-}丁二烯和溴發(fā)生rm{1}rm{4}加成生成rm{F1}rm{4-}二溴rm{-2-}丁烯，rm{1}rm{4-}二溴rm{-2-}丁烯和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應生成rm{G}rm{G}的結構簡式為：rm{HOCH_{2}CH=CHCH_{2}OH}rm{G}和氯化氫發(fā)生加成反應生成rm{H}rm{H}的結構簡式為：rm{HOCH_{2}CH_{2}CHClCH_{2}OH}rm{H}被酸性高錳酸鉀氧化生成rm{I}rm{I}和氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應生成rm{M}rm{M}的結構簡式為：rm{NaOOCCH=CHCOONa}然后酸化得到rm{N}rm{N}的結構簡式為：rm{HOOCCH=CHCOOH}rm{E}和rm{N}反應生成rm{P}則rm{P}的結構簡式為：

rm{(1)}通過以上分析知，rm{A}是乙烯，其結構簡式為：rm{CH_{2}=CH_{2}}

故答案為：rm{CH_{2}=CH_{2}}

rm{(2)C}是乙二醇；

故答案為：乙二醇；

rm{(3)a.壟脵1}rm{4-}二溴rm{-2-}丁烯和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應；反應方程式為：

故答案為：

rm{b.G}和氯化氫發(fā)生加成反應生成rm{H}所以rm{壟脷}的反應試劑是rm{HCl}

故答案為：rm{HCl}

rm{c.H}被酸性高錳酸鉀氧化生成rm{I}所以rm{壟脹}的反應類型是氧化反應；

故答案為：氧化反應；

rm{(4)a.C}是乙二醇；可與水以任意比例混溶，故正確；

rm{b.A}是乙烯，乙烯與rm{1}rm{3-}丁二烯結構不同；所以不互為同系物，故錯誤；

rm{c.I}生成rm{M}時，rm{1mol}rm{I}最多消耗rm{3mol}rm{NaOH}故正確；

rm{d.N}的結構簡式為：rm{HOOCCH=CHCOOH}在一定條件下可發(fā)生加聚反應，故正確；

故選rm{acd}

rm{(5)}通過以上分析知，rm{P}的結構簡式為：

故答案為：

rm{(6)E}的結構簡式為：rm{E}有多種同分異構體，rm{E}的同分異構體符合下列條件：rm{a.}分子中只含一種環(huán)狀結構說明只含苯環(huán)，rm{b.}苯環(huán)上有兩個取代基，rm{c.1mol}該有機物與溴水反應時能消耗rm{4mol}rm{Br_{2}}說明含有一個雙鍵，且苯環(huán)上含有酚羥基，苯環(huán)上有rm{3}類氫原子，則符合條件的rm{E}的同分異構體為：

故答案為：rm{(}其中任一種rm{)}．

rm{A}和溴發(fā)生加成反應生成rm{B}rm{B}和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應生成rm{C}rm{C}和苯甲醇反應生成rm{D}從rm{A}rm{B}和rm{C}中碳原子個數(shù)相同，根據(jù)rm{D}的分子式知，rm{A}中含有兩個碳原子，則rm{A}是rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{B}是rm{CH_{2}BrCH_{2}Br}rm{C}是rm{CH_{2}OHCH_{2}OH}根據(jù)題給信息知，rm{D}的結構簡式為：rm{D}發(fā)生消去反應生成rm{E}則rm{E}的結構簡式為：根據(jù)rm{I}的結構簡式知，rm{1}rm{3-}丁二烯和溴發(fā)生rm{1}rm{4}加成生成rm{F1}rm{4-}二溴rm{-2-}丁烯，rm{1}rm{4-}二溴rm{-2-}丁烯和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應生成rm{G}rm{G}的結構簡式為：rm{HOCH_{2}CH=CHCH_{2}OH}rm{G}和氯化氫發(fā)生加成反應生成rm{H}rm{H}的結構簡式為：rm{HOCH_{2}CH_{2}CHClCH_{2}OH}rm{H}被酸性高錳酸鉀氧化生成rm{I}rm{I}和氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應生成rm{M}rm{M}的結構簡式為：rm{NaOOCCH=CHCOONa}然后酸化得到rm{N}rm{N}的結構簡式為：rm{HOOCCH=CHCOOH}rm{E}和rm{N}反應生成rm{P}則rm{P}的結構簡式為：．

本題考查有機物推斷，為高頻考點，明確官能團及其性質關系是解本題關鍵，同時考查學生分析推斷及知識遷移能力，根據(jù)流程圖中物質結構簡式、反應條件進行推斷，難點是推斷同分異構體結構簡式．【解析】rm{CH_{2}=CH_{2}}乙二醇；rm{HCl}氧化反應；rm{acd}五、解答題(共1題，共8分)22、略

【分析】

（1）該反應中NaBiO3是反應物，根據(jù)Bi元素守恒，Bi2（SO4）3是生成物，Bi元素由反應物到生成物，化合價降低，所以NaBiO3是氧化劑；NaMnO4中錳元素的化合價是+7價，MnSO4中錳元素的化合價是+2價，要選取還原劑，只能是化合價由低變高，所以MnSO4作還原劑，NaMnO4是氧化產(chǎn)物；再根據(jù)元素守恒，反應物中還有硫酸，產(chǎn)物中還有Na2SO4和H2O．

故答案為：NaBiO3+MnSO4+H2SO4→Bi2（SO4）3+NaMnO4+Na2SO4+H2O．

（2）該反應中，錳元素由+2價失電子變?yōu)?7價，所以二價錳元素被氧化；通過（1）分析知，NaBiO3是氧化劑．

故答案為：正二價的錳元素；NaBiO3．

（3）該反應中，NaBiO3是氧化劑，MnSO4作還原劑；MnSO4→NaMnO4，錳元素由+2價→+7價，一個MnSO4失去5個電子；NaBiO3→Bi2（SO4）3，Bi元素由+5價→+3價，生成一個Bi2（SO4）3；需得4個電子，所以其得失電子的最小公倍數(shù)為20．

故答案為：

【解析】【答案】（1）根據(jù)化合價的升降判斷參加氧化還原反應的反應物和生成物；然后根據(jù)元素守恒判斷未參加氧化還原反應的反應物和生成物．

（2）根據(jù)化合價的升降判斷被氧化的元素；氧化劑；

（3）根據(jù)化合價的升降判斷電子的轉移方向；根據(jù)得失電子的最小公倍數(shù)確定轉移的電子數(shù)．

六、實驗題(共3題，共24分)23、略

【分析】【解析】【答案】（1）13．6mL（2）①③⑤⑦;膠頭滴管。（3）攪拌（加速稀釋）；引流。（4）“偏低”，“偏低”，“不影響”24、略

【分析】解：rm{X}rm{Y}和rm{W}為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，中學范圍內(nèi)rm{X}的單質只有氧化性，且是空氣的主要成份之一，則rm{X}為rm{O}元素；rm{X}和rm{Y}同主族，則rm{Y}為rm{S}元素；rm{Y}和rm{W}的氫化物具有相同的電子數(shù)，氫化物電子數(shù)為rm{18}結合原子序數(shù)可知rm{W}為rm{Cl}元素；

rm{(1)}實驗室常用二氧化錳與濃鹽酸反應準備氯氣，反應生成氯化錳、氯氣與水，反應離子方程式為：rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}

故答案為：rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}二氧化硫與品紅化合物無色物質，氯氣與水反應生成次氯酸，次氯酸具有強氧化性，將品紅氧化為無色物質，二氧化硫與氯氣都可以是品紅溶液褪色，在裝置rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}中觀察到的現(xiàn)象是相同；氯氣與銅反應產(chǎn)生棕黃色的煙；二氧化硫在五氧化二釩作催化劑、加熱條件下與氧氣反應生成三氧化硫，反應方程式為：rm{2SO_{2}+O_{2}underset{triangle}{overset{V_{2}O_{5}}{{rightleftharpoons}}}2SO_{3}}

故答案為：相同；產(chǎn)生棕黃色的煙；rm{2SO_{2}+O_{2}underset{triangle}{overset{V_{2}O_{5}}{{rightleftharpoons}}}2SO_{3}}

rm{(2)壟脵}若裝置rm{A}中裝有rm{2SO_{2}+O_{2}

underset{triangle}{overset{V_{2}O_{5}}{{rightleftharpoons}}}2SO_{3}}rm{2SO_{2}+O_{2}

underset{triangle}{overset{V_{2}O_{5}}{{rightleftharpoons}}}2SO_{3}}的碘水，當通入足量rm{壟脷}完全反應后，轉移的電子為rm{B}令碘元素在氧化產(chǎn)物中的化合價為rm{5.0mL}則根據(jù)電子轉移守恒有rm{1.0隆脕10^{-3}mol/L}解得rm{Cl_{2}}所以碘單質被氧化為rm{5.0隆脕10^{-5}mol}則該反應的化學方程式為rm{a}

故答案為：rm{5.0隆脕10^{-3}L隆脕1.