2025年外研銜接版選修化學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年外研銜接版選修化學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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8題，共16分)1、下列離子方程式中，正確的是A.稀硫酸除鐵銹：Fe2O3+6H+=Fe3++3H2OB.稀鹽酸與銀反應(yīng)：2H++2Cl-+2Ag=2AgCl↓+H2↑C.硫酸氫鈉與氫氧化鉀溶液反應(yīng)：H++OH-=H2OD.濕法煉銅原理：2Fe+3Cu2+=2Fe3++3Cu2、下列式子中，屬于水解反應(yīng)的是A.H2O+H2O?H3O++OH-B.+H2O?+OH-C.NH3+H2O?NH3?H2OD.+OH-?H2O+3、下列敘述正確的是A.常溫下由水電離c(H＋)=10?4mol/L的溶液，有可能是稀鹽酸B.pH相同的NaOH溶液和Na2S溶液加水稀釋相同倍數(shù)后，Na2S溶液pH較大C.0.1mol/LCH3COONa溶液中：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)D.Na2CO3溶液中：c(HCO3－)＋c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)4、有機物分子中原子（或原子團(tuán)）之間的相互影響會導(dǎo)致它們化學(xué)性質(zhì)的改變，下列敘述能說明上述觀點的是（）A.等物質(zhì)的量的乙二醇和乙醇分別與足量金屬鈉反應(yīng)，乙二醇產(chǎn)生的氫氣多B.乙烯可發(fā)生加成反應(yīng)，而乙烷不能C.甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，甲基環(huán)己烷不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D.乙烯和苯都能和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)5、1,3-二異丙烯基苯是工業(yè)上常用的交聯(lián)劑；可用于制備高性能超分子聚合物，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列有關(guān)1,3-二異丙烯基苯的說法錯誤的是（）

A.其一氯代物有6種B.與液溴混合后加入鐵粉可發(fā)生取代反應(yīng)C.分子中所有碳原子可能處于同一平面D.能發(fā)生加聚反應(yīng)6、下列說法中，不正確的是A.醇在一定條件下都能發(fā)生取代反應(yīng)B.不是所有醇類在一定條件下都能與氫鹵酸反應(yīng)生成鹵代烴C.與CH3CH2OH在濃H2SO4存在下加熱，最多可生成5種有機產(chǎn)物D.CH3OH、CH3CH2OH、都能在銅催化下發(fā)生氧化反應(yīng)7、在一定的條件下，既可以發(fā)生氧化反應(yīng)又可以發(fā)生還原反應(yīng)，還可以發(fā)生縮聚反應(yīng)的是A.乙醇B.甲醛C.乙酸D.乙烯8、一定條件下，向密閉容器中充入一定量的NH3，發(fā)生反應(yīng)2NH3(g)?N2(g)＋3H2(g)。達(dá)到平衡時，N2的體積分?jǐn)?shù)與溫度；壓強的關(guān)系如圖所示；下列說法正確的是。

A.a點時，NH3的轉(zhuǎn)化率為30%B.達(dá)到平衡時，2v正(NH3)＝3v逆(H2)C.b、c兩點對應(yīng)的平衡常數(shù)：Kb＜KcD.壓強：p1＞p2評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、有甲基；苯基、羥基、羧基四種基團(tuán)；在它們兩兩組合形成的化合物中：

（1）能使石蕊試液變色的是_______________（只需寫出一種物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式；下同）；

（2）能與溴水反應(yīng)的是____________；

（3）催化氧化后產(chǎn)物能與新制氫氧化銅反應(yīng)的是_________________；

（4）能與氯化鐵溶液反應(yīng)的是__________________________；

（5）不同情況下與氫氧化鈉反應(yīng)能生成兩種鹽的是_______________。10、弱電解質(zhì)的電離程度與外界條件有關(guān)。

(1)某溫度下純水的pH=6。則此溫度下pH=7的溶液呈_______(填“酸性”“中性”或“堿性”)。0.05mol·L-1Ba(OH)2溶液的pH=_______。

(2)向0.1mol/L醋酸溶液中加入水，電離平衡向_______移動(填“左”或“右”)；n(CH3COOH)_______(填“增大”、“減小”或“不變”，下同)；_______。11、實驗室有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，選擇適當(dāng)?shù)脑噭⑵滢D(zhuǎn)化為相應(yīng)的沉淀或固體，從而實現(xiàn)Cl-、SO和NO的相互分離。相應(yīng)的實驗過程可用圖表示：

請回答下列問題：

(1)寫出實驗流程中下列物質(zhì)的化學(xué)式試劑X：__沉淀B：__沉淀C：__(寫出一種即可)。

(2)按此實驗方案得到的溶液3中肯定含有__(填化學(xué)式)雜質(zhì)。12、利用酸解法制鈦白粉產(chǎn)生的廢液[含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4]；生產(chǎn)鐵紅和補血劑乳酸亞鐵。其生產(chǎn)步驟如下：

已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以電離為TiO2+和SO42—。請回答：

（1）步驟①中分離硫酸亞鐵溶液和濾渣的操作中所用的玻璃儀器是___________，步驟②得到硫酸亞鐵晶體的操作為蒸發(fā)濃縮、______________。

（2）步驟④的離子方程式是_______________。

（3）步驟⑥必須控制一定的真空度，原因是有利于蒸發(fā)水以及_______。

（4）硫酸亞鐵在空氣中煅燒生成鐵紅和三氧化硫，該反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為________。

（5）用平衡移動的原理解釋步驟⑤中加乳酸能得到乳酸亞鐵的原因________。

（6）為測定步驟②中所得晶體中FeSO4·7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，取晶體樣品ag，溶于稀硫酸配成100．00mL溶液，取出20．00mL溶液，用KMnO4溶液滴定（雜質(zhì)與KMnO4不反應(yīng)）。若消耗0．1000mol?L-1KMnO4溶液20．00mL，所得晶體中FeSO4·7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為（用a表示）____________。13、電離平衡常數(shù)是衡量弱電解質(zhì)電離程度的物理量。已知：

?；瘜W(xué)式。

電離常數(shù)(25℃)

HCN

K＝4.9×10－10

CH3COOH

K＝1.8×10－5

H2CO3

K1＝4.3×10－7、K2＝5.6×10－11

（1）25℃時，有等濃度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，三溶液的pH由大到小的順序為________(用化學(xué)式表示)。

（2）向NaCN溶液中通入少量的CO2，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____________。

（3）25℃時，在CH3COOH與CH3COONa的混合溶液中，若測得pH＝6，則溶液中c(CH3COO－)－c(Na＋)＝________mol·L－1(填精確值)，c(CH3COO－)/c(CH3COOH)＝________。14、A～E等幾種烴分子的球棍模型如圖所示，據(jù)此回答下列問題。A．B．C．D．E．(1)D的化學(xué)式為________；A的二氯取代物有________種。

(2)可作為植物生長調(diào)節(jié)劑的是________(填序號)。15、現(xiàn)有①苯；②甲苯、③乙烯、④乙醇、⑤溴乙烷、⑥45℃苯酚；共6種有機物，請用它們的代號填空：

(1)能和金屬鈉反應(yīng)放出氫氣的是_______；

(2)能和NaOH溶液反應(yīng)的是_______；

(3)常溫下能和溴水反應(yīng)的是_______；

(4)以上3種烴中，等質(zhì)量燃燒耗氧最多的是_______。16、有機物H是鋰離子電池中的重要物質(zhì)；以烴A；C為基礎(chǔ)原料合成H的路線圖如下：

回答下列問題：

以烴A、甲醛為基礎(chǔ)原料制備1，2，3，4-丁四醇，寫出能合成較多目標(biāo)產(chǎn)物的較優(yōu)合成路線：____(其他無機試劑任選)。評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)17、用稀NaOH滴定鹽酸，用酚酞作指示劑，當(dāng)錐形瓶中溶液由紅色變無色時停止滴定。（______________）A.正確B.錯誤18、屬于稠環(huán)芳香烴。(_____)A.正確B.錯誤19、順-2-丁烯和反-2-丁烯均能使溴水退色。(____)A.正確B.錯誤20、取溴乙烷水解液，向其中加入AgNO3溶液，可觀察到產(chǎn)生淡黃色沉淀。(___________)A.正確B.錯誤21、濃硝酸濺在皮膚上，使皮膚呈黃色是由于濃硝酸與蛋白質(zhì)發(fā)生了顯色反應(yīng)。(_______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共36分)22、已知物質(zhì)A～K之間有如下圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系。其中A是一種易溶于水的離子化合物；在空氣中易潮解和變質(zhì)，在水中可以電離出電子總數(shù)相等的兩種離子；E為生活中常用消毒劑的有效成分，F(xiàn)是生活中不可缺少的調(diào)味劑，G為無色液體，B；C、D、K都是單質(zhì)；反應(yīng)②～⑤都是重要的工業(yè)反應(yīng)。（部分反應(yīng)需要在溶液中進(jìn)行）

（1）物質(zhì)D中所含元素在周期表中的位置為____________________________；

E中所含化學(xué)鍵類型有___________________________________________；

M的結(jié)構(gòu)式為___________________________________________________。

（2）反應(yīng)④的離子方程式為___________________________________________。23、I.氨氣分子構(gòu)型______；比較結(jié)合H+能力的相對強弱：H2O___NH3(填“＞”、“＜”或“=”),用一個離子方程式說明H3O+和NH給出H+能力的相對強弱_______。

II.某鉀鹽X(摩爾質(zhì)量介于200g?mol-1~300g?mol-1之間)具有強氧化性；由三種常見的元素組成，有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：

請回答下列問題：

(1)X中除鉀元素外還含有元素________、__________。(填元素名稱)

(2)請寫出產(chǎn)生白色沉淀的離子反應(yīng)方程式_________________。

(3)X與水在一定條件下發(fā)生反應(yīng)，生成兩種物質(zhì)，一種為酸式鹽，另一種具有漂白性，請寫出X與水反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______________。24、A；B、C、D均為中學(xué)化學(xué)中常見的物質(zhì)；它們之間轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖(部分產(chǎn)物已略去)：

ABC

試回答：

(1)若D是具有氧化性的單質(zhì)，則屬于主族的金屬A為___________(填元素符號)

(2)若D是金屬，C溶液在儲存時應(yīng)加入少量金屬D，其理由是(用必要的文字和離子方程式表示)______

(3)若A、B、C為含同一種金屬元素的無機化合物，且三種物質(zhì)中有一種是白色不溶物。在溶液中A和C反應(yīng)生成B。請寫出B轉(zhuǎn)化為C的所有可能的離子力程式_________、_________

(4)某一離子反應(yīng)體系有反應(yīng)物和產(chǎn)物共以下六種：MnO4-、H+、O2、H2O、H2O2、Mn2+。

①寫出該氧化還原反應(yīng)的離子方程式_______

②溶液隨著酸性的增強氧化性不斷增強，應(yīng)選擇_________(選填“稀硫酸”或“濃鹽酸”)進(jìn)行KMnO4溶液的酸化。

③如反應(yīng)轉(zhuǎn)移了0.6mo1電子，則產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為__________

(5)一份溶液中可能含有K+、Al3+、Mg2+、Fe2+、H+、NH4+、Cl－、HCO3－、ClO－、AlO2－等離子中的若干種。為了確定溶液的組成；進(jìn)行了如下操作：

往該溶液中逐滴加入NaOH溶液并適當(dāng)加熱，產(chǎn)生沉淀和氣體的物質(zhì)的量(n)與加入NaOH溶液的體積關(guān)系如圖所示；則該溶液中一定存在的離子是_______，一定不存在的離子是________。25、原子序數(shù)小于36的X；Y、Z、R、W五種元素；其中X是周期表中原子半徑最小的元素，Y是形成化合物種類最多的元素，Z原子基態(tài)時2p原子軌道上有3個未成對的電子，R單質(zhì)占空氣體積的1/5；W的原子序數(shù)為29?；卮鹣铝袉栴}:

(1)Y2X4分子中Y原子軌道的雜化類型為________，1molZ2X4含有σ鍵的數(shù)目為________。

(2)化合物ZX3與化合物X2R的VSEPR構(gòu)型相同，但立體構(gòu)型不同，ZX3的立體構(gòu)型為________，兩種化合物分子中化學(xué)鍵的鍵角較小的是________(用分子式表示)，其原因是________________________________________________。

(3)與R同主族的三種非金屬元素與X可形成結(jié)構(gòu)相似的三種物質(zhì)，三者的沸點由高到低的順序是________。

(4)元素Y的一種氧化物與元素Z的單質(zhì)互為等電子體，元素Y的這種氧化物的結(jié)構(gòu)式是________。

(5)W元素原子的價電子排布式為________。評卷人得分五、實驗題(共2題，共12分)26、四氮化四硫(S4N4，S為+2價)是重要的硫－氮二元化合物，室溫下為橙黃色固體，難溶于水，能溶于CCl4等有機溶劑，可用NH3與SCl2(紅棕色液體)反應(yīng)制備；反應(yīng)裝置如圖所示(夾持裝置略)。

已知：S4N4+6OH-+3H2OS2O+2SO+4NH3↑

回答下列問題：

(1)試劑a是_____；裝置D的作用是______。

(2)裝置C中生成S4N4的同時，還生成一種常見固體單質(zhì)和一種鹽，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為______；證明SCl2反應(yīng)完全的現(xiàn)象是_____。

(3)分離產(chǎn)物后測定產(chǎn)品純度：

i.蒸氨：取0.1000g樣品加入三頸燒瓶中，再加入足量NaOH溶液并加熱蒸出的NH3通入含有V1mLc1mol?L-1H2SO4標(biāo)準(zhǔn)溶液的錐形瓶中。

ii.滴定：用c2mol?L-1溶液滴定剩余的H2SO4，消耗V2mLNaOH溶液。

①滴定管的正確操作順序：檢漏→蒸餾水洗滌→______(填標(biāo)號)→開始滴定。

a.裝入滴定液至“0”刻度以上。

b.調(diào)整滴定液液面至“0”刻度。

c.排除氣泡。

d.用滴定液潤洗2至3次。

e.記錄起始讀數(shù)。

②滴定時選用的指示劑為_____；在接近終點時，放液使半滴溶液懸于管口，用錐形瓶內(nèi)壁將半滴溶液沾落，______；繼續(xù)搖動錐形瓶，觀察溶液顏色變化。

③S4N4的純度表達(dá)式為______；若所用NaOH溶液實際濃度偏低，測定結(jié)果_____(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。27、這次中美貿(mào)易戰(zhàn)的矛盾激化，也讓我們看到了中國半導(dǎo)體產(chǎn)業(yè)存在的諸多不足，俗話說“亡羊補牢，為時未晚”，找出存在的不足，然后針對地去解決問題，才能讓半導(dǎo)體產(chǎn)業(yè)鏈發(fā)展壯大起來。三氯化氧磷(POCl3)是一種重要的化工原料，常用作半導(dǎo)體摻雜劑及光導(dǎo)纖維原料。一研究小組在實驗室模PCl3+SO2+Cl2→POCl3+SOCl2制備POCl3并測定產(chǎn)品含量。

資料卡片：。物質(zhì)熔點/℃沸點/℃相對分子質(zhì)量其他PCl3-93.676.1137.5遇水劇烈水解，易與O2反應(yīng)POCl31.25105.8153.5遇水劇烈水解，能溶于PCl3SOCl2-10578.8119遇水劇烈水解，受熱易分解

請回答下列問題：

(1)若選用Na2SO3固體與70％濃H2SO4制取SO2，反應(yīng)的化學(xué)方程式是：______。

(2)溶液A為飽和食鹽水，乙裝置中應(yīng)該盛裝的試劑為______(填“P2O5”或“堿石灰”或“濃H2SO4”或“無水硫酸銅”)；反應(yīng)裝置圖的虛框中未畫出的儀器最好選擇______(填“己”或“庚”)。

(3)甲、丁裝置的作用除了用于氣體的凈化除雜外，還有______。

(4)水浴加熱三頸燒瓶，控制反應(yīng)溫度在60～65℃，其原因是______。

(5)通過佛爾哈德法可測定經(jīng)過提純后的產(chǎn)品中POCl3的含量：準(zhǔn)確稱取1.600g樣品在水解瓶中搖動至完全水解，將水解液配成100mL溶液，取10.00mL于錐形瓶中，加入0.2000mol·L-1的AgNO3溶液20.00mL(Ag++C1-=AgC1↓)，再加少許硝基苯，用力振蕩，使沉淀被有機物覆蓋。加入NH4Fe(SO4)2作指示劑，用0.1000mol·L-1KSCN標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的AgNO3至終點(Ag++SCN-=AgSCN↓)；做平行實驗，平均消耗KSCN標(biāo)準(zhǔn)溶液10.00mL。

①達(dá)到滴定終點的現(xiàn)象是______。

②POCl3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為______(保留三位有效數(shù)字)。

③已知：Ksp(AgC1)=3.2×10-10mol2·L-2，Ksp(AgSCN)=2×10-12mol2·L-2，若無硝基苯覆蓋沉淀表面，測定POCl3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)將______(填“偏大”、“偏小”、“無影響”)。評卷人得分六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共40分)28、【化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】

磷元素在生產(chǎn)和生活中有廣泛的應(yīng)用。

（1）P原子價電子排布圖為__________________________。

（2）四（三苯基膦）鈀分子結(jié)構(gòu)如下圖：

P原子以正四面體的形態(tài)圍繞在鈀原子中心上，鈀原子的雜化軌道類型為___________；判斷該物質(zhì)在水中溶解度并加以解釋_______________________。該物質(zhì)可用于右上圖所示物質(zhì)A的合成：物質(zhì)A中碳原子雜化軌道類型為__________________；一個A分子中手性碳原子數(shù)目為__________________。

（3）在圖示中表示出四（三苯基膦）鈀分子中配位鍵：_____________

（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導(dǎo)電的熔體，測得其中含有一種正四面體形陽離子和一種正六面體形陰離子，熔體中P－Cl的鍵長只有198nm和206nm兩種，這兩種離子的化學(xué)式為_____________________；正四面體形陽離子中鍵角小于PCl3的鍵角原因為__________________；該晶體的晶胞如右圖所示，立方體的晶胞邊長為apm，NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，則該晶體的密度為_______g/cm3。

（5）PBr5氣態(tài)分子的結(jié)構(gòu)與PCl5相似，它的熔體也能導(dǎo)電，經(jīng)測定知其中只存在一種P－Br鍵長，試用電離方程式解釋PBr5熔體能導(dǎo)電的原因___________________。29、現(xiàn)有四種烴：①C2H6、②C2H4、③C2H2、④C6H6

(1)易發(fā)生取代反應(yīng)的烴是_______(填序號；下同)易發(fā)生加成反應(yīng)的烴是_______。

(2)碳碳鍵的鍵長由長到短的順序為_______。

(3)在空氣中燃燒時；能產(chǎn)生濃煙的是_______。

(4)通入(或滴入)酸性KMnO4溶液中，可能使之褪色的是_______。30、第IIIA主族元素有著廣泛的應(yīng)用；B可用作特種玻璃，Al可用作火箭和飛機外殼，Ga可用作半導(dǎo)體材料，In可用于電子儀器中，Tl可用于紅外技術(shù)?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)Ga原子的電子排布式為_______，有_______種不同運動狀態(tài)的電子。

(2)B能形成很多類似于烴類的物質(zhì)，比如B2H6，分子中B也形成四根鍵，但不含B-B鍵，試畫出B2H6的結(jié)構(gòu)式_______。此外B與N元素可形成無機苯B3N3H6，它與苯的結(jié)構(gòu)很相似，該分子中N的雜化方式是_______。

(3)電解氧化鋁需要添加冰晶石Na3AlF6，它的陰離子的空間結(jié)構(gòu)為_______，它可通過以下反應(yīng)制備：Al(OH)3+3NaOH+6HF=Na3AlF6+6H2O，該反應(yīng)涉及的5種元素電負(fù)性最大的是_______。

(4)AlF3，AlCl3熔點分別為1290oC和192oC，熔點呈現(xiàn)如此變化的原因是_______。

(5)H3BO3晶體形成層狀結(jié)構(gòu)，每一層的結(jié)構(gòu)如下圖所示，層與層之間距離為318pm(大于氫鍵的長度)，硼酸晶體屬于_______晶體，晶體中含有的作用力有_______，在一層硼酸晶體結(jié)構(gòu)中最小的重復(fù)單元含有_______個H3BO3分子。

(6)GaN是二元Ⅲ-ⅤA族的直接帶隙半導(dǎo)體，非常適合制造光電器件，GaN具有六方纖鋅礦結(jié)構(gòu)，晶胞示意圖如下圖所示，該晶胞的邊長a=318pm，c=517pm。該GaN晶體的密度ρ=_______g·cm-3。(只列計算式，NA表示阿伏伽德羅常數(shù))

31、目前鉻被廣泛應(yīng)用于冶金；化工、鑄鐵及高精端科技等領(lǐng)域。回答下列問題：

（1）基態(tài)Cr原子價層電子的軌道表達(dá)式為_______，其核外有_______種不同能量的電子。

（2）Cr的第二電能離（ICr）和Mn的第二電離能（IMn）分別為1590.6kJ·mol-1、1509.0kJ·mol-1，ICr>IMn的原因是____________。

（3）過氧化鉻CrO5中Cr的化合價為+6，則該分子中鍵、鍵的數(shù)目之比為______。

（4）CrCl3的熔點（83℃）比CrF3的熔點（1100℃）低得多，這是因為___________。

（5）Cr的一種配合物結(jié)構(gòu)如圖所示，該配合物中碳原子的雜化方式是_______，陽離子中Cr原子的配位數(shù)為_________，ClO的立體構(gòu)型為________。

（6）氮化鉻晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，Cr處在N所圍成的________空隙中，如果N與Cr核間距離為apm，則氮化鉻的密度計算式為__________g·cm-3（NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值）。

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

A．鐵銹的主要成分為Fe2O3，可以用稀硫酸去除，但選項中的離子方程式?jīng)]有配平，正確的離子方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，A錯誤；B．Ag的活動性較弱，與稀鹽酸不發(fā)生反應(yīng)，B錯誤；C．硫酸氫鈉在溶液中可以電離出H+，溶液中的H+可以和KOH電離出的OH-反應(yīng)生成水，而其他離子互不反應(yīng)，故反應(yīng)的離子方程式正確，C正確；D．濕法煉銅是用活潑金屬Fe將銅鹽中的銅置換出來，反應(yīng)的離子方程式為Fe+Cu2+=Fe2++Cu，D錯誤；故選C。2、B【分析】【分析】

鹽類的水解實質(zhì)是鹽類電離產(chǎn)生的弱酸根離子或弱堿離子與水電離產(chǎn)生的氫離子或氫氧根離子結(jié)合生成弱電解質(zhì)的反應(yīng)；由此分析。

【詳解】

A．H2O+H2O?H3O++OH-表示水的電離方程式；不屬于水解反應(yīng)，故A不符合題意；

B．+H2O?+OH-表示的水解反應(yīng)，與水電離時生成的氫離子反應(yīng)生成屬于水解反應(yīng)，故B符合題意；

C．NH3+H2O?NH3?H2O表示的是氨氣和水反應(yīng)生成一水合氨；屬于化合反應(yīng)，不屬于水解反應(yīng)，故C不符合題意；

D．+OH-?H2O+表示的是和OH-反應(yīng)生成H2O和屬于復(fù)分解反應(yīng)，不屬于水解反應(yīng)，故D不符合題意；

答案選B。3、B【分析】【詳解】

A．鹽酸加入水中會抑制水的電離，所以由水電離c(H＋)應(yīng)小于10-7mol/L而不能大于10-7mol/L；A錯誤；

B．NaOH是強電解質(zhì)完全電離，Na2S是強堿弱酸鹽存在水解：S2-+H2O?HS-+OH-，加水會促進(jìn)S2-水解，二者加水稀釋相同倍數(shù)后，溶液中OH-濃度是Na2S>NaOH，所以pH變化大的是NaOH，變化小的是Na2S，故pH相同的NaOH溶液和Na2S溶液加水稀釋相同倍數(shù)后，Na2S溶液pH較大；B正確；

C．CH3COONa=CH3COO－+Na＋，由于醋酸根發(fā)生水解：CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-,所以c(OH-)>c(H＋)，c(Na＋)>c(CH3COO-)，又因水解是微弱的，所以c(CH3COO-)>c(OH-)，所以溶液中各離子濃度大小為：c(Na＋)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H＋)；C錯誤；

D．根據(jù)質(zhì)子守恒可知：Na2CO3溶液中：c(OH-)=c(HCO3-)＋c(H+)＋2c(H2CO3)；D錯誤。

答案選B。4、C【分析】【詳解】

A.乙二醇產(chǎn)生的氫氣多僅僅是因為它多一個羥基；與相互作用無關(guān)，A項錯誤；

B.乙烯因有碳碳雙鍵可以發(fā)生加成反應(yīng)；乙烷無不飽和鍵不能加成，與相互作用無關(guān)，B項錯誤；

C.同樣是甲基；連在苯環(huán)上的甲基可以被氧化成羧基，連在環(huán)己烷上的甲基卻不能被氧化，證明苯環(huán)內(nèi)的離域π鍵對甲基起到了影響，從而導(dǎo)致化學(xué)性質(zhì)的改變，C項正確；

D.乙烯和苯確實可以與氫氣發(fā)生加成；但不能說明分子中原子之間的相互影響會導(dǎo)致化學(xué)性質(zhì)的改變，D項錯誤；

答案選C。5、A【分析】【分析】

分析1,3-二異丙烯基苯的結(jié)構(gòu)可知，為對稱結(jié)構(gòu)，其分子中有5種等效氫：根據(jù)等效氫的種數(shù)判斷一氯取代物的同分異構(gòu)體數(shù)目。根據(jù)與雙鍵和苯環(huán)直接相連的原子共平面判斷分子中原子共面情況。

【詳解】

A．由分析可知；1,3-二異丙烯基苯分子中含有5種等效氫，則其一氯代物有5種，A項錯誤；

B．1,3-二異丙烯基苯分子中含有苯環(huán)；可與液溴在溴化鐵的催化作用下發(fā)生取代反應(yīng)，B項正確；

C．1,3-二異丙烯基苯中任一雙鍵兩側(cè)的碳原子是處于同一平面的；當(dāng)苯環(huán)與兩雙鍵處于同一平面時，分子中所有碳原子就處于同一平面，C項正確；

D．1,3-二異丙烯基苯分子中含有碳碳雙鍵；可以發(fā)生加聚反應(yīng)，D項正確；

答案選A。6、B【分析】【詳解】

A．醇在一定條件下都能與羧酸發(fā)生取代反應(yīng)生成酯；故A不符合題意；

B．醇類在一定條件下都能與氫鹵酸發(fā)生取代反應(yīng)生成鹵代烴；故B符合題意；

C．與CH3CH2OH在濃H2SO4存在下加熱可以發(fā)生消去反應(yīng)的兩種有機產(chǎn)物；可以發(fā)生分子間脫水的三種產(chǎn)物，最多可生成5種有機產(chǎn)物，故C不符合題意；

D．連接醇羥基的碳原子上含有氫原子的醇能在銅催化下發(fā)生氧化反應(yīng)，CH3OH、CH3CH2OH、連接醇羥基的碳原子上含有氫原子；故D不符合題意；

答案選B。7、B【分析】【分析】

【詳解】

A．乙醇能被氧化；不能發(fā)生還原反應(yīng)，故A不符合題意；

B．甲醛含有醛基；可以被氧化為甲酸，也可以被還原為甲醇，結(jié)構(gòu)中含有醛基，可以發(fā)生縮聚反應(yīng)，故B符合題意；

C．乙酸能發(fā)生氧化反應(yīng)；不能發(fā)生還原反應(yīng)，故C不符合題意；

D．乙烯可以發(fā)生氧化反應(yīng)；還原反應(yīng)；不能發(fā)生縮聚反應(yīng)，故D不符合題意；

答案選B。

【點睛】

縮合聚合反應(yīng)是縮聚反應(yīng)的全稱，是指由一種或多種單體相互縮合生成高分子的反應(yīng)，其主產(chǎn)物稱為縮聚物?？s聚反應(yīng)往往是官能團(tuán)的反應(yīng)，除形成縮聚物外，還有水、醇、氨或氯化氫等低分子副產(chǎn)物產(chǎn)生。8、C【分析】【詳解】

A．a(chǎn)點氮氣的體積分?jǐn)?shù)為0.1，設(shè)開始的氨氣為x，轉(zhuǎn)化的氨氣為y，則=0.1，解得：y=0.25x，NH3的轉(zhuǎn)化率為=25%；故A錯誤；

B．a(chǎn)點為平衡點，不同物質(zhì)的正、逆反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，則滿足3v(NH3)正═2v(H2)逆；故B錯誤；

C．由圖可知，升高溫度，氮氣的體積分?jǐn)?shù)增大，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，K與溫度有關(guān)，c點溫度高，則b、c兩點對應(yīng)的平衡常數(shù)：Kb＜Kc；故C正確；

D．若p1＞p2，圖中壓強越大，氮氣的體積分?jǐn)?shù)越大，而增大壓強2NH3(g)?N2(g)+3H2(g)逆向移動；氮氣的體積分?jǐn)?shù)減小，二者不一致，故D錯誤；

故選C。二、填空題(共8題，共16分)9、略

【分析】【分析】

甲基、苯基、羥基、羧基四種基團(tuán)兩兩組合對應(yīng)的有機物有CH3COOH、H2CO3、CH3OH等；結(jié)合有機物官能團(tuán)的性質(zhì)分析解答。

【詳解】

甲基、苯基、羥基、羧基四種基團(tuán)兩兩組合對應(yīng)的有機物有CH3COOH、H2CO3、CH3OH等。

(1)能使石蕊試液變色的物質(zhì)具有酸性，對應(yīng)的有CH3COOH、HO-COOH(H2CO3)，苯酚不能使石蕊變色，故答案為：CH3COOH(或或HO-COOH)；

(2)能與溴水反應(yīng)的是與溴水發(fā)生取代反應(yīng)生成三溴苯酚沉淀，故答案為：(或C6H5OH)；

(3)催化氧化后產(chǎn)物能與新制氫氧化銅反應(yīng)，說明產(chǎn)物中含有-CHO，只有CH3OH符合，故答案為：CH3OH；

(4)能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)的是反應(yīng)后溶液顯紫色，為的特征反應(yīng)，故答案為：

(5)不同情況下與氫氧化鈉反應(yīng)能生成兩種鹽的是HOCOOH(H2CO3)，可生成Na2CO3或NaHCO3；故答案為：HOCOOH。

【點睛】

本題的易錯點為(1)，要注意苯酚不能使石蕊試液變紅色。【解析】①.CH3COOH（或C6H5COOH或HO-COOH）②.③.CH3OH④.⑤.HOCOOH10、略

【分析】【詳解】

(1)某溫度下純水的pH=6，則該溫度下水的離子積常數(shù)Kw=10-12，此溫度下pH=7的溶液中，c(H+)=10-7mol/L，則c(OH-)=mol/L，則c(H+)＜c(OH-)，溶液呈堿性，0.05mol·L-1Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.05mol/L×2=0.1mol/L，則則pH=-lgc(H+)=11；

(2)醋酸中存在電離平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向0.1mol/L醋酸溶液中加入水，加水促進(jìn)電離，因此電離平衡向右移動，則n(H+)增大，n(CH3COOH)減小，CH3COOH、CH3COO-、H+的濃度均會減小，根據(jù)溫度不變，平衡常數(shù)K不變，c(H+)減小，則增大。【解析】①.堿性②.11③.右④.減?、?增大11、略

【分析】【分析】

如先加入AgNO3，則會同時生成Ag2SO4和AgCl沉淀，則應(yīng)先加入過量的BaCl2[或Ba(NO3)2]，生成BaSO4沉淀，然后在濾液中加入過量的AgNO3，使Cl-全部轉(zhuǎn)化為AgCl沉淀，在所得濾液中加入過量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液為NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后進(jìn)行蒸發(fā)操作可得固體NaNO3。

【詳解】

(1)根據(jù)分析可知X為BaCl2或Ba(NO3)2；沉淀B為AgCl；沉淀C為BaCO3或Ag2CO3；

(2)第③步操作中加入了過量的Na2CO3，所以溶液3中肯定有Na2CO3雜質(zhì)?！窘馕觥竣?BaCl2或Ba(NO3)2②.AgCl③.BaCO3或Ag2CO3④.Na2CO312、略

【分析】【分析】

廢液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4，加鐵屑，F(xiàn)e與H2SO4和少量Fe2（SO4）3反應(yīng)生成FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2?xH2O，過濾，濾渣為TiO2?xH2O、Fe，濾液為FeSO4；FeSO4溶液通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌得到硫酸亞鐵晶體，脫水、煅燒得到氧化鐵；FeSO4溶液中加如碳酸氫銨；反應(yīng)生成碳酸亞鐵沉淀；硫酸銨和二氧化碳，碳酸亞鐵沉淀加乳酸，碳酸亞鐵溶解生成乳酸亞鐵溶液和二氧化碳，乳酸亞鐵溶液通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌得到乳酸亞鐵晶體。

【詳解】

（1）步驟①中分離硫酸亞鐵溶液和濾渣的操作為過濾；過濾用的儀器有玻璃棒；燒杯、漏斗；步驟②得到硫酸亞鐵晶體的操作為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，故答案為：玻璃棒、燒杯、漏斗；冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥；

（2）步驟④的反應(yīng)為FeSO4與如碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸亞鐵沉淀、硫酸銨和二氧化碳，反應(yīng)的離子方程式是Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案為：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；

（3）Fe2+具有還原性，步驟⑥必須控制一定的真空度，原因是有利于蒸發(fā)水以及隔絕空氣，防止Fe2+被氧化，故答案為：防止Fe2+被氧化；

（4）硫酸亞鐵在空氣中煅燒生成鐵紅和三氧化硫，反應(yīng)的方程式為4FeSO4+O24SO3+2Fe2O3，由化合價變化可知，氧化劑為O2和還原劑為FeSO4；由得失電子數(shù)目守恒可知氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1:4，故答案為：1:4；

（5）硫酸亞鐵在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，加入乳酸，CO32-與乳酸反應(yīng)，使CO32-濃度降低，平衡向右移動，使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液，故答案為：硫酸亞鐵在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，CO32-與乳酸反應(yīng)濃度降低；平衡向右移動，使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液；

（6）亞鐵離子會被高錳酸鉀氧化為三價鐵離子，本身被還原為+2價的錳離子，根據(jù)得失電子守恒可知5FeSO4·7H2O—KMnO4，則依據(jù)消耗0.1000mol/LKMnO4溶液20.00mL可知FeSO4·7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=×100%，故答案為：【解析】①.玻璃棒、燒杯、漏斗②.冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥③.Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑④.防止Fe2+被氧化⑤.1:4⑥.硫酸亞鐵在溶液中存在如下平衡FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO32-(aq)，CO32-與乳酸反應(yīng)濃度降低，平衡向右移動，使碳酸亞鐵溶解得到乳酸亞鐵溶液⑦.×100%13、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)鹽類水解的規(guī)律，越弱越水解，水解程度越大，溶液的pH值越大，根據(jù)電離平衡常數(shù)可判斷酸性的強弱順序為：CH3COOH＞HCN＞HCO3-，則pH由大到小的順序為Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa；

（2）由于酸性的強弱順序為：CH3COOH＞HCN＞HCO3-，則根據(jù)強酸制備弱酸可知向NaCN溶液中通入少量的CO2，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaCN＋H2O＋CO2＝HCN＋NaHCO3；

（3）室溫下，Kw=10-14，則pH＝6的溶液中氫離子和氫氧根濃度分別是10-6mol/L、10-8mol/L，根據(jù)溶液呈電中性可得：c(Na＋)+c（H＋）＝c(CH3COO－)+c（OH-），c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c（H＋）-c（OH-）=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10－7mol/L；c(CH3COO－)/c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)×c（H＋）/[c(CH3COOH)×c（H＋）]=K/c（H＋）==18?！窘馕觥縉a2CO3＞NaCN＞CH3COONaNaCN＋H2O＋CO2＝HCN＋NaHCO39.9×10－71814、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)根據(jù)物質(zhì)的球棍模型可知，A、B、C、D、E的結(jié)構(gòu)簡式依次為CH4、CH3CH3、CH2=CH2、CH≡CH、CH3CH2CH3，D的化學(xué)式為C2H2，A是甲烷，甲烷是正四面體結(jié)構(gòu)，則A的二氯取代物有1種，故答案為：C2H2；1；

(2)可作為植物生長調(diào)節(jié)劑的是CH2=CH2，C選項正確，故答案為：C?！窘馕觥緾2H21C15、略

【分析】【分析】

含-OH；-COOH的有機物與Na反應(yīng)生成氫氣；含-COOH、-COOC-、酚-OH、-X的有機物能夠與NaOH反應(yīng)；含碳碳雙鍵、三鍵的有機物與溴水發(fā)生加成反應(yīng)；含酚-OH，能夠與溴水發(fā)生取代反應(yīng)，據(jù)此分析解答(1)～(3)；等質(zhì)量的烴，含氫量越高，燃燒時耗氧越多，據(jù)此分析解答(4)。

【詳解】

(1)能和金屬鈉反應(yīng)放出氫氣的是④乙醇；⑥45℃苯酚；故答案為：④⑥；

(2)能和NaOH溶液反應(yīng)的是⑤溴乙烷；⑥45℃苯酚；溴乙烷與氫氧化鈉溶液發(fā)生水解反應(yīng)苯酚與氫氧化鈉溶液發(fā)生中和反應(yīng)，故答案為：⑤⑥；

(3)常溫下能和溴水反應(yīng)的是③乙烯；⑥45℃苯酚；分別發(fā)生加成反應(yīng)、取代反應(yīng)，故答案為：③⑥；

(4)等質(zhì)量的烴，含氫量越高，燃燒時耗氧越多，①苯、②甲苯、③乙烯中含氫量分別為含氫量最高的是乙烯，故答案為：③?！窘馕觥竣堍蔻茛蔻邰蔻?6、略

【分析】【分析】

【詳解】

由題干流程圖信息可知，烴A與甲醛在KOH作用下發(fā)生加成反應(yīng)生成B為CHC-CH2OH，故A為乙炔，結(jié)合流程圖中A到B的轉(zhuǎn)化信息可知，乙炔和甲醛反應(yīng)生成：HOCH2C≡CCH2OH，由流程圖中E到F的信息可知，HOCH2C≡CCH2OH部分加氫可以轉(zhuǎn)化為：HOCH2CH=CHCH2OH，HOCH2CH=CHCH2OH和Br2發(fā)生加成反應(yīng)生成HOCH2CHBrCHBrCH2OH，HOCH2CHBrCHBrCH2OH在NaOH水溶液中加熱發(fā)生水解反應(yīng)即可得到1，2，3，4-丁四醇，故確定合成路線為：HC≡CHHOCH2C≡CCH2OHHOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CHBrCHBrCH2OH故答案為：HC≡CHHOCH2C≡CCH2OHHOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CHBrCHBrCH2OH【解析】HC≡CHHOCH2C≡CCH2OHHOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CHBrCHBrCH2OH三、判斷題(共5題，共10分)17、B【分析】【分析】

【詳解】

用稀NaOH滴定鹽酸，用酚酞作指示劑，開始時溶液為無色，隨著NaOH的滴入，溶液的酸性逐漸減弱，當(dāng)錐形瓶中溶液由無色變紅色，半分鐘內(nèi)溶液不再變?yōu)闊o色時停止滴定，此時達(dá)到滴定終點，故認(rèn)為錐形瓶中溶液由紅色變無色時停止滴定的說法是錯誤的。18、B【分析】【詳解】

由兩個或兩個以上的苯環(huán)共用相鄰的兩個碳原子的芳香烴稱為稠環(huán)芳香烴，聯(lián)苯中苯環(huán)之間含碳碳單鍵，不屬于稠環(huán)芳香烴，故該說法錯誤。19、A【分析】【詳解】

順-2-丁烯和反-2-丁烯都存在碳碳雙鍵，均能使溴水退色，正確。20、B【分析】【分析】

【詳解】

溴乙烷水解是在NaOH的水溶液中進(jìn)行的，取溴乙烷水解液，向其中加入AgNO3溶液之前，需要先加入稀硝酸中和可能過量的NaOH，否則可能觀察不到AgBr淡黃色沉淀，而是NaOH和AgNO3反應(yīng)生成的AgOH，進(jìn)而分解生成的黑褐色的Ag2O，故錯誤。21、A【分析】【分析】

【詳解】

皮膚中含有蛋白質(zhì)，含有苯環(huán)的蛋白質(zhì)遇濃硝酸變黃色，所以濃硝酸濺在皮膚上，使皮膚呈黃色是由于濃硝酸和蛋白質(zhì)發(fā)生顯色反應(yīng)，故正確。四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共36分)22、略

【分析】【詳解】

A是一種易溶于水的離子化合物；在空氣中易潮解和變質(zhì)，在水中可以電離出電子總數(shù)相等的兩種離子，A是氫氧化鈉；E為生活中常用消毒劑的有效成分，E是次氯酸鈉。F是生活中不可缺少的調(diào)味劑，F(xiàn)是氯化鈉，G為無色液體，G是水，B；C、D、K都是單質(zhì)，反應(yīng)②～⑤都是重要的工業(yè)反應(yīng)，則B是氯氣，電解飽和食鹽水生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，則C是氫氣。H是氯化氫，氯化氫與次氯酸鈉反應(yīng)生成M是次氯酸，次氯酸見光分解生成氧氣和氯化氫，則K是氧氣。I與氧氣發(fā)生催化氧化生成水和J，所以D是氮氣，I是氨氣，J是NO。則：

（1）氨氣中所含元素是N；在周期表中的位置為第二周期第VA族，次氯酸鈉中所含化學(xué)鍵類型有離子鍵和極性共價鍵，M是次氯酸，結(jié)構(gòu)式為H－O－Cl。

（2）反應(yīng)④的離子方程式為2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－?！窘馕觥竣?第二周期第VA族②.離子鍵和極性共價鍵（或離子鍵和共價鍵）③.H—O—Cl④.2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-23、略

【分析】【分析】

Ⅱ.單質(zhì)氣體C可使帶火星的木條復(fù)燃，C是氧氣，標(biāo)況下，224mL氧氣的物質(zhì)的量是0.01mol；氣體B的物質(zhì)的量是0.03mol，通入足量BaCl2溶液，生成硫酸鋇沉淀0.02mol，說明B氣體含有0.02molSO3；A是強酸鹽，則A為K2SO4；可根據(jù)各元素的質(zhì)量計算X的化學(xué)式。

【詳解】

Ⅰ.NH3中心原子的價電子對數(shù)為含有1對孤對電子，則其分子構(gòu)型為三角錐形，H2O為弱電解質(zhì)，能夠電離生成H3O+，而H3O+又能與NH3反應(yīng)生成所以結(jié)合H+的能力H2O＜NH3，反應(yīng)方程式為NH3+H3O+=NH+H2O；

Ⅱ.(1)X隔絕空氣加熱，分解出SO3和O2；所以X中除鉀元素外還含有元素硫；氧；

(2)SO3和氯化鋇溶液反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和鹽酸，該反應(yīng)的離子方程式是SO3+Ba2++H2O=BaSO4+2H+。

(3)0.02molSO3和0.01molO2的質(zhì)量為0.02mol×80g/mol+0.01mol×32g/mol=1.92g，根據(jù)質(zhì)量守恒，m(K2SO4)=5.4g-1.92g=3.48g，n(K2SO4)=所以n(K)=0.04mol、n(S)=0.02mol+0.02mol=0.04mol、n(O)=0.02mol×4+0.02mol×3+0.01mol×2=0.16mol，n(K)：n(S)：n(O)=1：1：4，X的摩爾質(zhì)量介于200g?mol-1~300g?mol-1之間，所以X的化學(xué)式是K2S2O8，K2S2O8與水在一定條件下發(fā)生反應(yīng)，生成兩種物質(zhì)，一種為酸式鹽，另一種具有漂白性，則產(chǎn)物是KHSO4、H2O2，根據(jù)原子守恒可知K2S2O8與水反應(yīng)的化學(xué)方程式是K2S2O8+2H2O=2KHSO4+H2O2?！窘馕觥咳清F形＜NH3+H3O+=NH+H2O硫氧SO3+Ba2++H2O=BaSO4+2H+K2S2O8+2H2O=2KHSO4+H2O224、略

【分析】【分析】

（1）D是具有氧化性的單質(zhì)，A元素屬于短周期主族金屬元素，根據(jù)反應(yīng)關(guān)系可知A為Na，B為Na2O，D為O2，C為Na2O2；

（2）若D為金屬，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知為變價金屬，應(yīng)為Fe，則C含有Fe2+；具有還原性；

（3）若A、B、C為含同一種金屬元素的無機化合物，在溶液中A和C反應(yīng)生成B．判斷為：Al3+→Al(OH)3→D為OH-；或→Al(OH)3→Al3+，D為H+；

（4）由H2O2→O2知，雙氧水在反應(yīng)中作還原劑，所以還必須有氧化劑參加反應(yīng)，在反應(yīng)中得電子化合價降低，根據(jù)化合價知，高錳酸根離子作氧化劑，還原產(chǎn)物是錳離子，同時反應(yīng)后生成水，反應(yīng)的離子方程式為：結(jié)合離子方程式解答；

（5）根據(jù)產(chǎn)生沉淀和氣體的物質(zhì)的量(n)與加入NaOH溶液的體積(V)的關(guān)系的圖示可以知道；剛加入氫氧化鈉溶液時，沒有產(chǎn)生沉淀；之后產(chǎn)生了沉淀，且沉淀完全溶解；沉淀溶解前產(chǎn)生了氣體，該氣體一定是氨氣，以上分析依據(jù)，分別對離子存在情況作出判斷。

【詳解】

（1）D是具有氧化性的單質(zhì)，A元素屬于短周期主族金屬元素，根據(jù)反應(yīng)關(guān)系可知A為Na，B為Na2O，D為O2，C為Na2O2；

（2）若D為金屬，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知為變價金屬，應(yīng)為Fe，則C含有Fe2+，具有還原性，保存時應(yīng)加入少量Fe，防止被Fe2+空氣氧化，原理是2Fe3++Fe=3Fe2+；

（3）若A、B、C為含同一種金屬元素的無機化合物，在溶液中A和C反應(yīng)生成B，判斷為：Al3+→Al(OH)3→A為Al3+，B為Al(OH)3，C為D為NaOH；或→Al(OH)3→Al3+，A為B為Al(OH)3，C為Al3+，D為H+；B轉(zhuǎn)化為C的離子方程式為：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；

（4）①由上述分析可知，該氧化還原反應(yīng)離子方程式為：

②高錳酸鉀具有強氧化性；可氧化鹽酸生成氯氣，應(yīng)用稀硫酸酸化；

③反應(yīng)中；Mn元素化合價由+7價降低到+2價，由方程式可知生成5mol氧氣轉(zhuǎn)移10mol電子，則如反應(yīng)轉(zhuǎn)移了0.6mo1電子，產(chǎn)生的氧氣0.3mol，氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為0.3mol×22.4L/mol=6.72L；

（5）根據(jù)圖示，開始時沒有沉淀生成，說明溶液中H+，一定沒有ClO?、隨后出現(xiàn)沉淀，且沉淀完全溶解了，說明沉淀是氫氧化鋁，溶液中一定含有Al3+，因Al3+與ClO-能夠發(fā)生反應(yīng)，則一定沒有ClO-；氫氧化鋁溶解前生成了氣體，該氣體一定是氨氣，故溶液中一定含有最終沉淀完全溶解，因此溶液中一定不含Mg2+、Fe2+；故答案為：Al3+、H+、Cl－；Mg2+、Fe2+、ClO-、

【點睛】

離子推斷題解法歸納：這些推斷題的解法在于掌握離子的特有反應(yīng)以及離子間的共存情況，在解題之前，應(yīng)對所提供的離子在溶液中能否大量共存進(jìn)行分析，做到心中有數(shù)，一般來說，離子間能生成沉淀、或氣體、或弱電解質(zhì)，以及能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的，就不能在溶液中大量共存。例如，與與弱酸根陰離子，與弱堿陽離子，與與與酸性條件下與與等等；都不能在溶液中共存。

在具體推斷過程中；要注意以下幾點：

（1）把推斷離子的肯定與否定存在結(jié)合起來考慮；

（2）推斷過程中；前后的結(jié)論不應(yīng)該矛盾，因此，前面已下結(jié)論的離子，在后面的推斷過程中可不再重敘，若在分析中發(fā)現(xiàn)前后結(jié)論有矛盾，則應(yīng)找出錯誤原因；

（3）在作推斷結(jié)果時，應(yīng)該考慮三個方面，即肯定存在的離子，肯定不存在的離子，不能判定存在與否的離子，并且這三個方面的離子應(yīng)是互相獨立的，任何一種離子只能出現(xiàn)一次，不能重復(fù)出現(xiàn)，當(dāng)然有的題目中不一定三種情況都需要回答，但分析問題時都應(yīng)該考慮到?！窘馕觥竣?Na②.2Fe3++Fe=3Fe2+③.Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O④.Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O⑤.2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O⑥.稀硫酸⑦.6.72L⑧.Al3+、H+、NH4+、Cl－⑨.Mg2+、Fe2+、HCO3－、ClO-、AlO2-25、略

【分析】【分析】

原子序數(shù)小于36的X；Y、Z、W四種元素；其中X是周期表中半徑最小的元素，則X是H元素；Y是形成化合物種類最多的元素，則Y是C元素；Z原子基態(tài)時2p原子軌道上有3個未成對的電子，則Z是N元素；R單質(zhì)占空氣體積的1/5，則R為O元素；W的原子序數(shù)為29，則W是Cu元素；再結(jié)合物質(zhì)結(jié)構(gòu)分析解答。

【詳解】

（1）C2H4分子中每個碳原子含有3個σ鍵且不含孤電子對，所以采取sp2雜化；一個乙烯分子中含有5個σ鍵，則1molC2H4含有σ鍵的數(shù)目為5NA；

（2）NH3和CH4的VSEPR模型為正四面體形；但氨氣中的中心原子上含有1對孤對電子，所以其實際構(gòu)型是三角錐形；

由于水分子中O的孤電子對數(shù)比氨分子中N原子多，對共價鍵排斥力更大，所以H2O的鍵角更小；

（3）H2O可形成分子間氫鍵，沸點最高；H2Se相對分子質(zhì)量比H2S大，分子間作用力大，沸點比H2S高，三者的沸點由高到低的順序是H2O>H2Se>H2S；

（4）元素C的一種氧化物與元素N的一種氧化物互為等電子體，CO2和N2O互為等電子體，所以元素C的這種氧化物CO2的結(jié)構(gòu)式是O=C=O；

（5）銅是29號元素，其原子核外有29個電子，其基態(tài)原子的電子排布式為[Ar]3d104s1，價電子排布式為3d104s1?！窘馕觥縮p25NA三角錐形H2O水分子中O的孤電子對數(shù)比氨分子中N原子多，對共價鍵排斥力更大，所以鍵角更小H2O>H2Se>H2SO=C=O3d104s1五、實驗題(共2題，共12分)26、略

【分析】【分析】

根據(jù)已知信息可知裝置A制備氨氣，裝置B干燥氨氣，然后通入裝置C中與SCl2(紅棕色液體)反應(yīng)制備S4N4，使硫粉與氯氣在50℃下反應(yīng)生成SCl2；裝置D是尾氣吸收裝置，用于吸收多余的氨氣并能放倒吸，據(jù)此解答。

【詳解】

（1）根據(jù)分析；裝置A制備氨氣，是濃氨水與堿石灰反應(yīng)生成氨氣，所以a是濃氨水；裝置D的作用是吸收多余的氨氣，防止污染空氣；

（2）裝置C中氨氣與SCl2生成S4N4，還有一種常見固體單質(zhì)和一種鹽，根據(jù)質(zhì)量守恒推知化學(xué)方程式為由于SCl2是紅棕色液體，所以證明SCl2反應(yīng)完全的現(xiàn)象是溶液紅棕色褪去；

（3）①滴定管的正確操作順序：檢漏→蒸餾水洗滌→用滴定液潤洗2至3次→裝入滴定液至“0”刻度以上→排除氣泡→調(diào)整滴定液液面至“0”刻度→記錄起始讀數(shù)→開始滴定，故答案：dacbe；

②根據(jù)已知：S4N4+6OH-+3H2OS2O+2SO+4NH3↑及滴定關(guān)系，得出S4N4~4NH3↑~2H2SO4，所以S4N4的純度表達(dá)式為

若所用NaOH溶液實際濃度偏低，則會使消耗的NaOH溶液體積偏大，計算時會使剩余硫酸的量偏多，則使測定結(jié)果偏低?！窘馕觥?1)濃氨水吸收多余的氨氣；防止污染空氣；

(2)溶液紅棕色褪去。

(3)dacbe甲基橙或酚酞再用少量水沖洗錐形瓶內(nèi)壁偏低27、略

【分析】【分析】

由實驗裝置圖和實驗原理可知；裝置A甲中盛有飽和食鹽水，除去氯氣中混有的氯化氫，裝置乙中盛有酸性固體干燥劑五氧化二磷，干燥氯氣，裝置丁中盛有濃硫酸，干燥二氧化硫，裝置丙為三氯化氧磷的制備裝置，裝置中球形冷凝管的作用是冷凝回流三氯化氧磷，防止三氯化氧磷受熱揮發(fā)，盛有堿石灰的干燥管的作用是吸收未反應(yīng)的氯氣和二氧化硫，防止污染環(huán)境，同時吸收空氣中水蒸氣，防止水蒸氣進(jìn)入三頸燒瓶中導(dǎo)致三氯化氧磷水解。

【詳解】

(1)Na2SO3固體與70％濃H2SO4反應(yīng)生成硫酸鈉、二氧化硫和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O；

(2)溶液A中飽和食鹽水的作用是除去氯氣中混有的氯化氫；裝置乙中盛有酸性固體干燥劑五氧化二磷，干燥氯氣，防止水蒸氣進(jìn)入三頸燒瓶中導(dǎo)致三氯化氧磷水解；裝置中球形冷凝管的作用是冷凝回流三氯化磷，防止三氯化磷；三氯化氧磷等受熱揮發(fā)，降低三氯化氧磷的產(chǎn)率，為增強冷凝效果不能選用直形冷凝管，應(yīng)選擇裝置己；

(3)甲；丁裝置的作用除了用于氣體的凈化除雜外；還可以起到觀察產(chǎn)生氣泡的速率控制通入氣體的流速，有利于反應(yīng)充分進(jìn)行；

(4)因若溫度太低，反應(yīng)速率太慢，若溫度太高，PCl3等物質(zhì)受熱揮發(fā)；降低三氯化氧磷的產(chǎn)率，所以實驗時用水浴加熱三頸燒瓶，控制反應(yīng)溫度在60～65℃；

(5)①由題意可知，測定POCl3產(chǎn)品含量時以NH4Fe(SO4)2溶液為指示劑，用KSCN溶液滴定過量的AgNO3溶液；達(dá)到終點時的現(xiàn)象是滴入最后一滴KSCN標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液變紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；

②KSCN的物質(zhì)的量為0.1mol/L×0.01L=0.001mol，根據(jù)反應(yīng)Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的銀離子的物質(zhì)的量為0.001mol，則與POCl3和水反應(yīng)生成氯化氫的銀離子的物質(zhì)的量為(0.004mol-0.001mol)=0.003mol，水解生成的氯化氫的物質(zhì)的量為0.003mol，由題意可知1.600g樣品中POCl3的物質(zhì)的量為×=0.01mol，所以產(chǎn)品中POCl3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=95.9%；

③加入少量硝基苯可以使生成的氯化銀沉淀離開溶液，如果不加硝基苯，在水溶液中部分氯化銀可以轉(zhuǎn)化成AgSCN，已知：Ksp(AgC1)=3.2×10-10mol2·L-2，Ksp(AgSCN)=2×10-12mol2·L-2，AgSCN沉淀的溶解度比AgC1小，如果不進(jìn)行此操作，則會有AgC1部分電離，消耗的KSCN溶液偏多，導(dǎo)致樣品中氯元素的含量偏小，測定POCl3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)將偏小。

【點睛】

POCl3遇水均劇烈水解，為防止POCl3水解，氯氣、二氧化硫氣體進(jìn)入制備POCl3的裝置前要干燥，防止水蒸氣進(jìn)入裝置，同時要吸收尾氣，所以還要連接盛有堿石灰的干燥管，防止空氣中水蒸氣進(jìn)入裝置，同時吸收尾氣是實驗設(shè)計的關(guān)鍵，也是解答易錯點?！窘馕觥縉a2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2OP2O5己通過觀察產(chǎn)生氣泡的速率控制通入氣體的流速溫度太低，反應(yīng)速率太慢；溫度太高，PCl3等物質(zhì)揮滴入最后一滴KSCN標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液變紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色95.9％偏小六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共4題，共40分)28、略

【分析】【分析】

（1）P原子價電子排布式為3s22p3；結(jié)合泡利原理；洪特規(guī)則畫出價電子排布圖；

（2）P原子以正四面體的形態(tài)圍繞在鈀原子中心上，鈀原子的雜化軌道類型為sp3；四（三苯基膦）鈀分子為非極性分子；而水是極性分子，結(jié)合相似相溶原理判斷；A分子中C原子均沒有孤對電子，三鍵中C原子雜化軌道數(shù)目為2，雙鍵中碳原子雜化軌道數(shù)目為3，其它碳原子雜化軌道數(shù)目為4；連接4個不同的原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子；

（3）Pd含有空軌道；P原子有1對孤對電子，提供孤對電子與Pd形成配位鍵；

（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導(dǎo)電的熔體，形成的正四面體形陽離子為PCl4+，正六面體形陰離子為PCl6-；PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl4+中P沒有孤電子對，孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力；由晶胞結(jié)構(gòu)可知，PCl4+位于體心，PCl6-位于頂點，由均攤法可知晶胞中含有1個PCl6-，計算晶胞質(zhì)量，再根據(jù)ρ=計算晶胞密度；

（5）PBr5氣態(tài)分子的結(jié)構(gòu)與PCl5相似，它的熔體也能導(dǎo)電，經(jīng)測定知其中只存在一種P-Br鍵長，則電離生成PBr4+與Br-。

【詳解】

（1）磷是15號元素，其原子核外有15個電子，P元素基態(tài)原子電子排布為1s22s22p63s23P3，P的最外層3p電子3個電子自旋方向相同，為故答案為

（2）P原子以正四面體的形態(tài)圍繞在鈀原子中心上，鈀原子與P原子成4個單鍵，雜化軌道數(shù)為4，為sp3雜化，水為極性分子，四(三苯基膦)鈀分子為非極性分子，分子極性不相似，故不相溶，所以四(三苯基膦)鈀分子在水中難溶，物質(zhì)A中甲基上的C采取sp3雜化類型，C≡N為SP雜化，碳碳雙鍵為sp2雜化，連接4個不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子，如圖：所以一個A分子中手性碳原子數(shù)目為3個，故答案為sp3；不易溶于水，水為極性分子，四(三苯基膦)鈀分子為非極性分子，分子極性不相似，故不相溶；sp、sp2、sp3；3；

（3）配位鍵由含有孤電子對的原子指向含有空軌道的原子，Pd含有空軌道、P原子含有孤電子對，所以配位鍵由P原子指向Pd原子，如圖：故答案為

（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導(dǎo)電的熔體，說明生成自由移動的陰陽離子，一種正四面體形陽離子是PCl4+和一種正六面體形陰離子是PCl6-，即發(fā)生反應(yīng)為：2PCl5=PCl4++PCl6-，PCl3中價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+(5?3×1)=4，所以原子雜化方式是sp3，PCl5中價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=5+(5?5×1)=4，所以原子雜化方式是sp3，PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl4+中P沒有孤電子對．孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力，所以PCl5中正四面體形陽離子中鍵角小于PCl3的鍵角，晶胞中PCl5位于頂點8×=1，1個PCl5分子位于晶胞內(nèi)部，立方體的晶胞邊長為apm，所以密度為：ρ==

故答案為：PCl4+和PCl6-；兩分子中P原子雜化方式均為sp3雜化，PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl4+中P沒有孤電子對，孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力；

（5）PBr5氣態(tài)分子的結(jié)構(gòu)與PCl5相似，說明PBr5也能電離出能導(dǎo)電的陰陽離子，而產(chǎn)物中只存在一種P-Br鍵長，所以發(fā)生這樣電離PBr5═PBr4++Br-；

故答案為PBr5=PBr4++Br-。

【點晴】

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及電子排布圖、雜化方式的判斷、電離方式和微粒結(jié)構(gòu)等，側(cè)重于基礎(chǔ)知識的綜合應(yīng)用的考查，題目難度較大。雜化類型的判斷方法：1)例如常見的簡單分子，C2H2、CO2為直線型分子，鍵角為180°，推斷其C原子的雜化軌道類型為sp；C2H4、C6H6為平面型分子，鍵角為120°，推斷其C原子的雜化軌道類型為sp2；CH4、CCl4為正四面體，鍵角109.5°，推斷其C原子的雜化軌道類型為sp3。擴(kuò)展到以共價鍵形成的晶體，如：已知金剛石中的碳原子、晶體硅和石英中的硅原子，都是以正四面體結(jié)構(gòu)形成共價鍵的，所以也都是采用sp3雜化；已知石墨的二維結(jié)構(gòu)平面內(nèi)，每個碳原子與其它三個碳原子結(jié)合，形成六元環(huán)層，鍵角為120°，由此判斷石墨的碳原子采用sp2雜化。2)根據(jù)價層電子對互斥理論判斷雜化類型：中心原子電子對計算公式：價電子對數(shù)n=(中心原子的價電子數(shù)+配位原子的價電子數(shù)×m±電荷數(shù))。注意：①當(dāng)上述公式中電荷數(shù)為正值時取“-”，電荷數(shù)為負(fù)值時取“+”；②當(dāng)配位原子為氧原子或硫原子時，成鍵電子數(shù)為零；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；3)對于有機物利用雜化軌道數(shù)=孤對電子對數(shù)+σ鍵數(shù)進(jìn)行判斷．如C2H2分子中碳原子形成1個C-H，1個C≡C(含1個σ鍵)，C原子雜化軌道數(shù)為1+1=2，采取sp雜化方式，C2H4分子中碳原子形成2個C-H，1個C═C雙鍵(含1個σ鍵)，C原子雜化軌道數(shù)為(2+1)=3，C原子采取sp2雜化方式。【解