2025年粵教版高二化學上冊月考試卷含答案

…………○…………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年粵教版高二化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、天然維生素P(結構如圖)存在于槐樹花蕾中,它是一種營養(yǎng)增補劑.關于維生素P的敘述錯誤的是()A.最多可以和含6molBr2的溴水反應B.可用有機溶劑萃取C.分子中有三個苯環(huán)D.1mol維生素P可以和4molNaOH反應2、工業(yè)上常用電解法冶煉的金屬是（）A.鈉B.鐵C.銅D.銀3、農業(yè)上用的殺菌劑波爾多液（由硫酸銅和生石灰制成），它能防治植物病毒的原因是（）A.硫酸銅使菌體蛋白質鹽析B.石灰乳使菌體蛋白質水解C.菌體蛋白質溶解于波爾多液D.銅離子和石灰乳使菌體蛋白質變性4、能用濃硫酸干燥的氣體是rm{(}rm{)}A.rm{HI}B.rm{NH_{3}}C.rm{SO_{2}}D.rm{H_{2}S}5、下列事實能說明甲酸(HCOOH)屬于弱酸的是()

①1mol/LHCOOH的pH=2

②甲酸能與水以任意比互溶。

③20mL1mol/LHCOOH與20mL1mol/LNaOH恰好中和。

④HCOONa溶液的pH>7A.①②B.②③C.③④D.①④6、下列微粒對CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-水解平衡有影響的是（）A.H3O+B.C.NO3-D.Ba2+7、北京奧運會火炬使用的燃料是一種常用燃料，其分子式為rm{C_{3}H_{8}}它屬于rm{(}rm{)}A.烷烴B.烯烴C.炔烴D.芳香烴評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)8、保護環(huán)境日益引起人們的重視rm{.}下列做法有利于保護環(huán)境的是rm{(}rm{)}A.氫能源代替化石能源B.推廣使用太陽能電池C.電動汽車代替燃油汽車D.造紙廠污水直接排放9、海水是寶貴的化學資源；可以從海水中提取的物質有。

A.rm{Si}B.rm{Br_{2}}C.rm{Na}D.rm{Cl_{2}}10、氫氣還原氧化銅：rm{CuO+H_{2}}rm{overset{?}{=}Cu+H_{2}O}，在該反應中A.rm{overset{?}{=}Cu+

H_{2}O}作還原劑B.rm{CuO}作氧化劑C.銅元素化合價降低D.銅元素化合價升高rm{CuO}11、制造下列文化用品的原料屬于有機材料的是A.紙B.鉛筆芯C.橡皮擦D.塑料文具盒12、下列物質中能產生丁達爾現(xiàn)象的是A.豆?jié){B.淀粉溶液C.rm{Fe(OH)_{3}}膠體D.飽和rm{FeCl_{3}}溶液13、氨基酸的結構通式如圖所示，有關氨基酸的說法正確的是：

A.氨基酸能與鹽酸溶液反應B.氨基酸屬兩性化合物C.氨基酸能與rm{NaOH}溶液反應D.氨基酸屬無機化合物14、分類方法在化學學科的發(fā)展中起到了非常重要的作用rm{.}下列分類標準合理的是rm{(}rm{)}A.根據分散系是否具有丁達爾現(xiàn)象將分散系分為溶液rm{.}膠體和濁液B.根據物質的組成成分是否單一，將物質分為純凈物和混合物C.根據反應中是否有電子的轉移將化學反應分為氧化還原反應和非氧化還原反應D.根據反應中的熱效應將化學反應分為放熱反應和吸熱反應評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、水體污染的危害是多方面的；它不僅加劇水資源短缺，而且嚴重危害人體健康．請判斷下列說法是否正確（填“對”或“錯”）．

（1）工業(yè)廢水中含有的酸、堿、鹽，會造成水體污染．____；

（2）生活污水中不含工業(yè)污染物，因此可以不經處理任意排放．____；

（3）含重金屬（Hg、Pb、Cd、Cr等）的水，對人類健康有害．____；

（4）含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，會出現(xiàn)水華、赤潮等水體污染問題．____．16、將0.23molSO2和0.11molO2放入容積為1L的密閉容器中，發(fā)生反應2SO2＋O22SO3，在一定溫度下，反應達到平衡，得到0.12molSO3，則反應的平衡常數(shù)K＝。若溫度不變，再加入0.50mol氧氣后重新達到平衡，則SO2的平衡濃度(填“增大”“不變”或“減小”)，氧氣的轉化率____(填“升高”“不變”或“降低”)，SO3的體積分數(shù)____(填“增大”“不變”或“減小”)。17、根據所給信息填空已知：①A是石油裂解氣的主要成分，A的產量通常用來衡量一個國家的石油化工水平；②2CH3CHO＋O22CH3COOH?，F(xiàn)以A為主要原料合成乙酸乙酯，其合成路線如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）A、B、C、D中所有原子都在同一平面上的是________。（2）寫出下列反應的反應類型：①________，④________。（3）B、D的結構簡式，18、將rm{4g}rm{CH_{4}}完全燃燒生成氣態(tài)rm{CO_{2}}和液態(tài)水，放出熱量rm{222.5kJ}其熱化學反應方程式為：______．19、現(xiàn)有幾組物質的熔點（℃）數(shù)據：

。A組B組C組D組金剛石：3550Li：181HF：-83NaCl：801硅晶體：1410Na：98HCl：-115KCl：776硼晶體：2300K：64HBr：-89RbCl：718二氧化硅：1710Rb：39HI：-51CsCl：645據此回答下列問題：

（1）A組屬于______晶體，其熔化時克服的粒子間的作用力是______．

（2）B組晶體共同的物理性質是______（填序號）．

①硬度大②導電性③導熱性④延展性。

（3）D組晶體可能具有的性質是______（填序號）．

①硬度小②水溶液能導電③固體能導電④熔融狀態(tài)能導電。

（4）D組晶體的熔點由高到低的順序為：NaCl＞KCl＞RbCl＞CsCl，其原因解釋為：______．評卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共12分)20、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩(wěn)定性差，在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列問題：

（1）工業(yè)上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

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

②反應2加入飽和KOH溶液可轉化析出K2FeO4，理由是__。

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

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

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測曲線I和曲線Ⅱ產生差異的原因是___。21、金屬鉻在工業(yè)上有廣泛用途，主要用于不銹鋼及高溫合金的生產。鉻銨礬(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一種以碳素鉻鐵(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)為主要原料生產金屬鉻，并能獲得副產物鐵銨礬【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有關流程如下:

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

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，其目的是____________

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

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

(4)陽極液通入SO2的離子反應方程式______________。

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

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

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

②粗品中Cr2(CO3)3的質量分數(shù)w[Cr2(CO3)3]=____。22、過碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，同時具有Na2CO3和H2O2雙重性質?？捎糜谙礈臁⒓徔?、醫(yī)藥、衛(wèi)生等領域。工業(yè)上常以過碳酸鈉產品中活性氧含量([O]%＝×100%)來衡量其優(yōu)劣；13%以上為優(yōu)等品。一種制備過碳酸鈉的工藝流程如圖：

回答下列問題：

(1)過碳酸鈉受熱易分解，寫出反應的化學方程式：_____________。

(2)穩(wěn)定劑及反應溫度等因素對產品質量有很大影響。

①下列試劑中，可能用作“穩(wěn)定劑”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反應溫度對產品產率(y%)及活性氧含量的影響如下圖所示。要使產品達到優(yōu)等品且產率超過90%，合適的反應溫度范圍是______________。

③“結晶”時加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循環(huán)利用的主要物質是______________。

(4)產品中活性氧含量的測定方法：稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高錳酸鉀標準溶液滴定，至溶液呈淺紅色且半分鐘內不褪色即為終點，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均體積為26.56mL。另外，在不加樣品的情況下按照上述過程進行空白實驗，消耗KMnO4溶液的平均體積為2.24mL。

①過碳酸鈉與硫酸反應，產物除硫酸鈉和水外，還有_____________。

②該樣品的活性氧含量為________%。23、三氯化鉻是化學合成中的常見物質,三氯化鉻易升華,在高溫下能被氧氣氧化,堿性條件下能被H2O2氧化為Cr(Ⅵ)。制三氯化鉻的流程如下:

(1)重鉻酸銨分解產生的三氧化二鉻(Cr2O3難溶于水)需用蒸餾水洗滌的原因是________,如何判斷其已洗滌干凈:_____

(2)已知CCl4沸點為76.8℃,為保證穩(wěn)定的CCl4氣流,適宜加熱方式是______。

(3)用如圖裝置制備CrCl3時,主要步驟包括:①將產物收集到蒸發(fā)皿中;②加熱反應管至400℃,開始向三頸燒瓶中通入氮氣,使CCl4蒸氣經氮氣載入反應管進行反應,繼續(xù)升溫到650℃;③三頸燒瓶中裝入150mLCCl4,并加熱CCl4,溫度控制在50～60℃之間;④反應管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時,切斷加熱管式爐的電源;⑤停止加熱CCl4,繼續(xù)通入氮氣;⑥檢查裝置氣密性。正確的順序為:⑥→③→________。

(4)已知反應管中發(fā)生的主要反應有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光氣有劇毒,實驗需在通風櫥中進行,并用乙醇處理COCl2,生成一種含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇處理尾氣的化學方程式為_____。

(5)樣品中三氯化鉻質量分數(shù)的測定。

稱取樣品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一種帶塞的錐形瓶)中,加熱至沸騰后加入1gNa2O2,充分加熱煮沸,適當稀釋,然后加入過量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈強酸性,此時鉻以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,搖勻,于暗處靜置5分鐘后,加入1mL指示劑,用0.0250mol/L硫代硫酸鈉溶液滴定至終點,平行測定三次,平均消耗標準硫代硫酸鈉溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①該實驗可選用的指示劑名稱為______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加熱煮沸,加入Na2O2后也要加熱煮沸,其主要原因是____。

③樣品中無水三氯化鉻的質量分數(shù)為____(結果保留一位小數(shù))。評卷人得分五、元素或物質推斷題(共4題，共40分)24、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是_________________________填化學式）。25、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數(shù)相等；Z的內層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序為___________（填元素符號）。

(3)R、T兩元素最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式為____________。

(4)某同學用X、R兩元素的單質反應生成固體物質RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應生成X的單質。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應的化學方程式為___________。

②該同學認為取X、R兩元素的單質反應后的固體物質與X2Q反應，若能產生的單質，即可證明得到的固體物質一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。26、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是_________________________填化學式）。27、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進行以下實驗：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實驗_______評卷人得分六、推斷題(共4題，共36分)28、已知rm{X}的電負性在同主族元素中最大，其基態(tài)原子最外電子層的rm{p}軌道呈半充滿狀態(tài)rm{.}回答下列問題：

rm{(1)X}元素基態(tài)原子的電子排布式為______；rm{X_{2}}分子中rm{婁脪}鍵與rm{婁脨}鍵的個數(shù)之比為______．

rm{(2)X}的最簡單氣態(tài)氫化物分子中，rm{X}原子的雜化方式為______該分子的立體構型為______．

rm{(3)}已知rm{Si_{3}X_{4}}屬于原子晶體，該晶體可能具有的性質是______rm{(}填序號rm{)}．

rm{a.}具有較低的熔點rm{b.}具有良好的導電性rm{c.}具有較大的硬度。

rm{(4)Y}為rm{X}同主族相鄰周期的元素，它的一種同素異形體的分子式為rm{Y_{4}}結構如圖所示，在該分子中，相鄰rm{Y-Y}鍵之間的鍵角為______rm{.}如果把一個rm{Y_{4}}分子的每個rm{Y-Y}鍵中都插入一個氧原子，則一共可插入______個氧原子，所得化合物的分子式為______．29、下列框圖中，已知rm{A}rm{E}rm{F}rm{H}是單質，其中只有rm{A}是固體，其它都是氣體，且rm{H}是呈黃綠色；rm{B}是最常見液體，rm{C}為淡黃色固體粉末，rm{D}為黑色的磁性氧化物，rm{L}是白色沉淀，rm{M}是紅褐色沉淀。部分反應的某些產物未標出。

rm{(1)}寫出rm{H}的化學式：___________________。rm{(2)C}的電子式：___________________。rm{(3)}寫出rm{K隆煤J}反應的離子方程式：___________________________________。rm{(4)}寫出rm{A}與rm{B}反應的化學方程式：_________________________________。rm{(5)}寫出rm{L隆煤M}反應的化學方程式：_________________________________。rm{(6)}寫出rm{G}與金屬鋁反應的化學方程式：_________________________________。rm{(7)}寫出檢驗rm{J}中陽離子的離子方程式：_________________________________。30、有機化學反應因反應條件不同，可生成不同的有機產品。例如：rm{(1)}

rm{(2)}苯的同系物與鹵素單質混合，在光照條件下，側鏈上的氫原子被鹵素原子取代；而在催化劑的作用下，苯環(huán)上的氫原子被鹵素原子取代。工業(yè)上利用上述信息，按下列路線合成結構簡式為的物質，該物質是一種香料。

請根據上述路線，回答下列問題：rm{(1)A}的結構簡式可能為____。rm{(2)}反應rm{壟脵}rm{壟脹}rm{壟脻}的反應類型分別為____、____、____。rm{(3)}反應rm{壟脺}的化學方程式為rm{(}有機物寫結構簡式，并注明反應條件rm{)}____。rm{(4)}這種香料是具有多種同分異構體，其中某種物質有下列性質：rm{壟脵}該物質屬于酚類rm{壟脷}分子中有苯環(huán)，且苯環(huán)上的一溴代物有兩種。寫出符合上述兩條件的物質可能的分子中有苯環(huán)，且苯環(huán)上的一溴代物有兩種。寫出符合上述兩條件的物質可能的rm{壟脷}只寫兩種結構簡式。rm{(}只寫兩種rm{)}____。____。rm{(}31、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種短周期元素，rm{A}rm{B}同主族，rm{C}rm{D}同周期，rm{B}rm{E}同周期rm{.}氣體rm{A_{2}}與氣體rm{C_{2}}混合后點燃能夠發(fā)生爆炸，且產物在常溫常壓下是一種無色無味的液體rm{.B}rm{C}rm{E}簡單離子的核外電子排布相同rm{.E}的最高價氧化物可與rm{B}的最高價氧化物的水化物反應生成一種易溶于水的鹽，rm{D}能形成自然界硬度最大的單質rm{.}請根據上述所提供的信息回答下列問題．

rm{(1)}寫出rm{A}rm{B}兩種元素的元素名稱：rm{A}______、rm{B}______，寫出rm{D}的最高價氧化物的電子式______．

rm{(2)}寫出由rm{B}和rm{C}兩元素形成的原子個數(shù)比為rm{1}rm{1}的化合物rm{F}的電子式______；其存在的化學鍵是______

rm{(3)}寫出rm{F}和rm{A_{2}C}反應的離子方程式：______．

rm{(4)}用電子式表示rm{B_{2}C}形成的過程：______．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【解析】試題分析：根據維生素P的結構簡式可知，分子中含有4個酚羥基，1個羰基，2個醚鍵，所以選項A、B、D都是正確的，C不正確，分子中有2個苯環(huán)，所以正確的答案選C?？键c：考查有機物的結構和性質【解析】【答案】C2、A【分析】解：A．鈉性質活潑；故采用電解法冶煉制備，故A正確；

B．鐵性質較不活潑；金屬鐵的冶煉采用熱還原法，故B錯誤；

C．銅性質較不活潑；金屬銅的冶煉采用熱還原法，故C錯誤；

D．銀性質穩(wěn)定；用熱分解法冶煉，故D錯誤；

故選：A．

根據金屬的活潑性不同采用不同的方法，金屬的冶煉一般有電解法、熱還原法、熱分解法、物理分離法．電解法：冶煉活潑金屬K、Ca、Na、Mg、Al，一般用電解熔融的氯化物（Al是電解熔融的三氧化二鋁）制得；熱還原法：冶煉較不活潑的金屬Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用還原劑有（C、CO、H2等）；熱分解法：Hg；Ag用加熱分解氧化物的方法制得；物理分離法：Pt、Au用物理分離的方法制得；

本題考查金屬冶煉的一般方法和原理，注意活潑性不同的金屬冶煉的方法不同，本題難度不大．【解析】【答案】A3、D【分析】解：用CuSO4和Ca（OH）2按一定比例溶于水配制而成的波爾多液中含有CuSO4和Ca（OH）2；

A、CuSO4屬于重金屬鹽使菌體蛋白質變性；故A錯誤；

B；石灰乳是堿；能使菌體蛋白質變性，故B錯誤；

C、波爾多液本身并沒有殺菌作用，當它噴灑在植物表面時，由于其粘著性而被吸附在作物表面，細菌在入侵植物細胞時分泌的酸性物質，使波爾多液中少量的堿式硫酸銅轉化為可溶的硫酸銅，從而產生少量銅離子（Cu2+），Cu2+進入病菌細胞后；使細胞中的蛋白質凝固，使蛋白質變性是防治植物病毒的原因，故C錯誤；

D、CuSO4屬于重金屬鹽；蛋白質在重金屬鹽或堿性條件下變性，能防止植物病菌，故D正確；

故選D．

波爾多液本身并沒有殺菌作用，當它噴灑在植物表面時，由于其粘著性而被吸附在作物表面．而植物在新陳代謝過程中會分泌出酸性液體，加上細菌在入侵植物細胞時分泌的酸性物質，使波爾多液中少量的堿式硫酸銅轉化為可溶的硫酸銅，從而產生少量銅離子（Cu2+）．Cu2+進入病菌細胞后，使細胞中的蛋白質凝固．同時Cu2+還能破壞其細胞中某種酶，因而使細菌體中代謝作用不能正常進行．在這兩種作用的影響下，既能使細菌中毒死亡，CuSO4屬于重金屬鹽；蛋白質在重金屬鹽或堿性條件下變性；

本題考查蛋白質的性質，題目難度不大，注意相關基礎知識的積累．【解析】【答案】D4、C【分析】解：rm{A.HI}氣體能被濃硫酸氧化；所以不能用濃硫酸干燥，故A錯誤；

B.氨氣屬于堿性氣體；能被濃硫酸吸收，所以不能被濃硫酸干燥，故B錯誤；

C.二rm{SO_{2}}屬于酸性氧化物；和濃硫酸不反應，所以能被濃硫酸干燥，故C正確；

D.硫化氫氣體能被濃硫酸氧化，rm{H_{2}S+H_{2}SO_{4}(}濃rm{)簍TSO_{2}+S隆媒+2H_{2}O}所以不能用濃硫酸干燥，故D錯誤；

故選C．

濃硫酸屬于酸；具有酸的通性，還具有吸水性；脫水性和強氧化性，能干燥中性或酸性氣體，但不能干燥堿性、部分強還原性氣體，據此分析解答．

本題以濃硫酸的性質為載體考查了氣體的干燥，難度不大，只有物質之間不反應時，氣體才能被這種干燥劑干燥，如：酸性干燥劑不能干燥堿性氣體，堿性干燥劑不能干燥酸性氣體．【解析】rm{C}5、D【分析】【分析】弱酸是弱電解質，不能完全電離，①中1mol/LHCOOH的pH=2說明HCOOH部分電離，所以①可以證明HCOOH是弱酸。②說的是甲酸的溶解度，與電解質的強弱無關。③只能說明HCOOH是一元酸，與強弱無關。④HCOONa溶液的pH>7，說明HCOO—水解顯堿性，根據“誰弱誰水解”，則證明HCOOH是弱酸。所以①④可以證明HCOOH是弱酸，D正確。6、A【分析】解：A、加H3O+；促進鹽的水解，所以對水解平衡有影響，故A正確；

B、為Cl-；對該水解平衡無影響，故B錯誤；

C、NO3-不與平衡中的離子反應；對該水解平衡無影響，故C錯誤；

D、Ba2+不與平衡中的離子反應；對該水解平衡無影響，故D錯誤；

故選A．

在H2O+CH3COO-?CH3COOH+OH-的平衡中；改變方程式中某種離子的濃度，則平衡會發(fā)生移動，據此分析．

本題考查了平衡移動原理的分析判斷，注意平衡特征分析，掌握基礎是關鍵，題目較簡單．【解析】【答案】A7、A【分析】解：丙烷的化學式為rm{C_{3}H_{8}}分子中碳原子之間形成單鍵，其余價鍵為rm{H}原子飽和；為鏈烴，分子中不含雙鍵；三鍵、苯環(huán)，故丙烷屬于烷烴，所以A正確；

故選：rm{A}．

烷烴的結構特點為：碳原子之間以單鍵結合成鏈狀rm{(}直鏈或含支鏈rm{)}外，其余化合價全部為氫原子所飽和，通式為rm{C_{n}H_{2n+2}}

烯烴的結構特點為：含有rm{1}個rm{C=C}雙鍵，其余化學鍵為單鍵，為鏈烴，通式為rm{C_{n}H_{2n}}

炔烴的結構特點為：含有rm{1}個rm{C隆脭C}其余化學鍵為單鍵，為鏈烴，通式為rm{C_{n}H_{2n-2}}

芳香烴為含有苯環(huán)的烴；

本題考查烴的分類，比較基礎，注意掌握各類的結構特點以及通式是解題的關鍵．【解析】rm{A}二、多選題(共7題，共14分)8、ABC【分析】解：rm{A.}氫能源為清潔能源；代替化石能源可減少污染物的排放，有利于環(huán)境保護，故A正確．

B.太陽能電池為清潔能源；推廣使用可減少污染物的排放，故B正確；

C.電動汽車代替部分燃油汽車可減少污染物的排放；有利于環(huán)境保護，故C正確；

D.造紙廠污水含有堿性和氧化性物質；污染環(huán)境，不能直接排放，故D錯誤；

故選ABC．

保護環(huán)境；應推廣使用清潔能源，減少污染物的排放，減少三廢，從源頭杜絕污染物．

本題考查環(huán)境保護知識，題目難度不大，環(huán)保問題已經引起了全球的重視，化學上提倡綠色化學工藝，要從源頭減少污染．【解析】rm{ABC}9、BCD【分析】【分析】本題考查了海水資源利用，明確海水中的元素及其提取方法是解本題關鍵，知道從整體上分析工藝流程，題目難度不大?！窘獯稹緼.海水中不含硅，硅元素存在于硅酸鹽和硅石中，不能從海水中獲取，故A不選；

B.海水中含有rm{Br}元素，能從海水中提取，故B選；元素，能從海水中提取，故B選；

rm{Br}電解熔融C.海水中鈉元素含量豐富，通過暴曬海水得到rm{NaCl}電解熔融rm{NaCl}得到rm{Na}所以可以從海水中提取，故C選；得到rm{NaCl}所以可以從海水中提取，故C選；

rm{NaCl}電解飽和氯化鈉溶液得到氯氣，所以可以從海水中提取，故D選。

rm{Na}

D.海水中氯元素含量豐富，通過暴曬海水得到rm{NaCl}電解飽和氯化鈉溶液得到氯氣，所以可以從海水中提取，故D選?！窘馕觥縭m{BCD}10、BC【分析】【分析】本題考查了氧化還原反應，題目難度不大，明確氧化還原反應的實質及特征為解答關鍵，注意掌握氧化劑、還原劑的概念及判斷方法，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力。反應rm{CuO+H}rm{2}rm{2}rm{overset{?}{=}}rm{Cu+H}rm{2}中，氧化銅中rm{2}元素化合價降低被還原，氧化銅為氧化劑；氫氣中rm{O}元素化合價升高被氧化，為還原劑，據此進行解答。【解答】A.rm{Cu}中rm{H}元素化合價從rm{CuO}價變?yōu)閞m{Cu}價被還原，rm{+2}作氧化劑；故A錯誤；

B.rm{0}中rm{CuO}元素化合價從rm{CuO}價變?yōu)閞m{Cu}價，銅元素化合價降低，rm{+2}作氧化劑；故B正確；

C.rm{0}中rm{CuO}元素化合價從rm{CuO}價變?yōu)閞m{Cu}價；化合價降低，故C正確；

D.rm{+2}元素化合價從rm{0}價變?yōu)閞m{Cu}價；銅元素化合價降低，故D錯誤。

故選BC。

rm{+2}【解析】rm{BC}11、ACD【分析】【分析】有機材料指的是成分為有機化合物的材料，最基本的組成要素是都含碳元素，含有碳元素的化合物叫有機化合物，簡稱有機物。碳的氧化物、碳酸鹽、碳酸雖含碳，但其性質與無機物類似，因此把它們看作無機物。【解答】A.紙的主要成分是纖維素，纖維素屬于有機物，故A正確；B.鉛筆芯的主要成分是碳單質，屬于無機物，故B錯誤；C.橡皮擦的成分是橡膠，屬于有機物，故C正確；D.塑料文具盒的成分是塑料，塑料屬于有機物，故D正確。故選ACD。【解析】rm{ACD}12、ABC【分析】略【解析】rm{ABC}13、ABC【分析】【分析】本題考查氨基酸的性質，難度中等?！窘獯稹緼.氨基酸分子中含有氨基，顯堿性，則氨基酸能與鹽酸溶液反應，故A正確；B.氨基酸分子中含有氨基，顯堿性，氨基酸分子中含有羧基，顯酸性，所以氨基酸屬兩性化合物，故B正確；C.氨基酸分子中含有羧基，顯酸性，則氨基酸能與rm{NaOH}溶液反應，故C正確；D.氨基酸屬有機化合物，故D錯誤。故選ABC。【解析】rm{ABC}14、BCD【分析】解：rm{A}根據分散系微粒直徑的大??；將分散系分為溶液、膠體和濁液，不是根據否具有丁達爾現(xiàn)象，故A錯誤；

B；根據物質的組成可知；只有一種物質的為純凈物，含有兩種或以上物質的為混合物，故B正確；

C；根據反應中是否有電子的轉移將化學反應分為氧化還原反應和非氧化還原反應；故C正確；

D；根據反應中的熱效應將化學反應分為放熱反應和吸熱反應；故D正確；

故選BCD．

A；根據分散系微粒直徑的大小；將分散系分為溶液、膠體和濁液；

B；根據物質的組成和性質來分析純凈物和混合物；

C；根據反應中是否有電子的轉移將化學反應分為氧化還原反應和非氧化還原反應；

D；根據反應中的熱效應將化學反應分為放熱反應和吸熱反應．

本題考查物質的分類，題目難度不大，注意物質的分類的依據，不同的分類標準會得出不同的分類結果．【解析】rm{BCD}三、填空題(共5題，共10分)15、略

【分析】

（1）工業(yè)廢水是指工業(yè)生產過程中產生的廢水；污水和廢液；其中含有隨水流失的工業(yè)生產用料、中間產物和產品以及生產過程中產生的污染物．廢水中含有的酸、堿、鹽，會造成水體污染，需要經過處理達標后才能排放，故（1）正確；

故答案為：對．

（2）生活污水中雖不含工業(yè)污染物；但廢水中污染物成分極其復雜多樣，常要幾種方法組成處理系統(tǒng)才能達到完全凈化的目的，因此可以不經處理任意排放錯誤，故（2）錯誤；

故答案為：錯．

（3）藻類生長需要大量的N；P元素；如果水體中N、P元素嚴重超標，會引起藻類瘋長，從而導致水中氧氣含量降低，水生生物大量死亡，海水中常稱為赤潮，淡水中稱為水華，故（3）正確；

故答案為：對．

【解析】【答案】（1）工業(yè)廢水應遵循“先凈化；后排放”的原則，工業(yè)廢水需要經過處理達標后再排放才不會污染環(huán)境；

（2）生活污水不經處理任意排放；會危害人畜等需飲水生物的健康；

（3）含N；P的大量污水任意排向湖泊和近海；會造成水體的富營養(yǎng)化從而破壞水體生態(tài)系統(tǒng)，會出現(xiàn)水華、赤潮等水體污染問題；

16、略

【分析】【解析】【答案】23．8mol－1·L減小降低減小17、略

【分析】試題分析：A是石油裂解氣的主要成份，A的產量通常用來衡量一個國家的石油化工水平，則A為CH2=CH2，與水發(fā)生加成反應生成CH3CH2OH，乙醇氧化生成CH3CHO，CH3CHO進一步氧化可得CH3COOH，CH3COOH與CH3CH2OH發(fā)生酯化反應生成CH3COOCH2CH3，則B為CH3CH2OH，C為CH3CHO，D為CH3COOH，（1）A是乙烯，是平面結構，六個原子共平面；B為CH3CH2OH，C為CH3CHO，D為CH3COOH均含有-CH3，具有甲烷的四面體結構，不能共平面，故只有A所有原子共平面（2）①在一定條件下，乙烯和水發(fā)生加成反應生成乙醇，在濃硫酸作催化劑、加熱條件下，乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應（或取代反應）生成乙酸乙酯，故答案為：加成反應，取代反應（或者酯化反應）；（3）B為CH3CH2OH，D為CH3COOH，則B中官能團是羥基，D中官能團是羧基，故答案為：B為CH3CH2OH，D為CH3COOH考點：【解析】【答案】（1）A；（2）加成反應，取代反應（或者酯化反應）；（3）B為CH3CH2OH，D為CH3COOH18、略

【分析】解：rm{n(CH_{4})=dfrac{4g}{16g/mol}=0.25mol}可知rm{n(CH_{4})=dfrac

{4g}{16g/mol}=0.25mol}完全燃燒生成氣態(tài)rm{1molCH_{4}}和液態(tài)水，放出熱量為rm{dfrac{222.5kJ}{0.25}=890kJ}由物質的狀態(tài)、焓變?yōu)樨摽芍獰峄瘜W方程式rm{CO_{2}}rm{dfrac

{222.5kJ}{0.25}=890kJ}rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)+2}

故答案為：rm{H_{2}O(l)triangleH=-890}rm{kJ/mol}rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)+2}．

rm{n(CH_{4})=dfrac{4g}{16g/mol}=0.25mol}可知rm{H_{2}O(l)triangleH=-890}完全燃燒生成氣態(tài)rm{kJ/mol}和液態(tài)水，放出熱量為rm{dfrac{222.5kJ}{0.25}=890kJ}結合物質的狀態(tài)；焓變書寫熱化學方程式．

本題考查熱化學方程式，為高頻考點，把握反應中能量變化、熱化學方程式書寫方法為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意焓變的計算，題目難度不大．rm{n(CH_{4})=dfrac

{4g}{16g/mol}=0.25mol}【解析】rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-890kJ/mol}19、略

【分析】解：（1）直接由原子構成的晶體是原子晶體；該組晶體都是直接由原子構成的，屬于原子晶體；原子晶體熔融時破壞化學鍵，所以其熔化時克服的粒子間作用力是化學鍵，故答案為：原子；化學鍵；

（2）B組晶體都是金屬晶體；具有金屬通性，所以具有導電性；導熱性、延展性等物理性質，故選②③④；

（3）D組晶體屬于離子晶體；離子晶體熔融態(tài)能導電，可溶性離子晶體在水溶液中能導電，固態(tài)時沒有自由移動的離子，所以固體不導電，故選②④；

（4）D組晶體都為離子晶體，r（Na+）＜r（K+）＜r（Rb+）＜r（Cs+），在離子所帶電荷相同的情況下，半徑越小，晶格能越大，熔點就越高，故答案為：都為離子晶體，r（Na+）＜r（K+）＜r（Rb+）＜r（Cs+）；在離子所帶電荷相同的情況下，半徑越小，晶格能越大，熔點就越高．

（1）直接由原子構成的晶體是原子晶體；原子晶體熔融時破壞化學鍵；

（2）B組晶體都是金屬晶體；具有金屬通性；

（3）D組晶體屬于離子晶體；離子晶體熔融態(tài)能導電，可溶性離子晶體在水溶液中能導電；

（4）離子晶體的熔沸點與晶格能成正比；晶格能與離子半徑成反比；與電荷成正比．

本題考查晶體的性質，側重考查原子晶體、離子晶體、金屬晶體的性質，知道晶格能與離子晶體熔沸點關系，注意離子晶體不一定導電，為易錯點．【解析】原子；化學鍵；②③④；②④；都為離子晶體，r（Na+）＜r（K+）＜r（Rb+）＜r（Cs+），在離子所帶電荷相同的情況下，半徑越小，晶格能越大，熔點就越高四、工業(yè)流程題(共4題，共12分)20、略

【分析】【分析】

(1)反應1中發(fā)生反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分離出的Na2FeO4中加入飽和KOH溶液反應生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，同時生成還原產物NaCl，結合守恒法寫出該反應的化學方程式；根據電子守恒計算制備0.5molNa2FeO4消耗NaClO的質量；

(3)電解時，陽極發(fā)生氧化反應生成FeO42-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越??；與鐵離子的水解有關。

【詳解】

(1)①Na2FeO4中鈉元素的化合價為+1價；氧元素的化合價為-2價，根據化合物中元素的正負化合價代數(shù)和為0，則鐵元素的化合價為0-(-2)×4-(+1)×2=+6價；高鐵酸鈉中鐵元素為+6價，具有強氧化性，能殺菌消毒，故高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為發(fā)生氧化還原反應；

②反應2加入飽和KOH溶液可轉化析出K2FeO4，即加入飽和KOH溶液發(fā)生的反應為Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；說明該溫度下高鐵酸鉀的溶解度小于高鐵酸鈉的溶解度；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，反應中Fe元素的化合價從+3價升高為+6價，Cl元素的化合價從+1價降為-1價，根據得失電子守恒、原子守恒，則該反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；設制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質量為mg，則由電子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根據裝置圖，F(xiàn)e為陽極，電解時，陽極發(fā)生氧化反應生成FeO42-，電極方程式為Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；陰極電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉，則陰極室得到的A溶液中溶質的主要成分為NaOH；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越小，根據“高鐵酸鹽在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，則產生曲線Ⅰ和曲線Ⅱ差異的原因是Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應從而降低K2FeO4濃度?！窘馕觥竣?+6②.氧化還原反應③.該溫度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應，從而降低K2FeO4的濃度21、略

【分析】【詳解】

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，增大接觸面積，提高反應速率；(2)碳與雙氧水、硫酸銨及硫酸均不反應，故凈化和轉化階段:所得殘渣的主要成分是碳(或C)，轉化時需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+轉化為Fe3+。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥；(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制離子的水解；(4)陽極液通入SO2，二氧化硫與Cr2O72-反應生成SO42-、Cr3+，反應的離子反應方程式為3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標準溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結束后氣泡消失，消耗的標準溶液計數(shù)偏大，則測定結果將偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的質量分數(shù)w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接觸面積，提高反應速率②.碳(或C)③.使Fe2+轉化為Fe3+④.蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶⑤.抑制離子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%22、略

【分析】【詳解】

(1)過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，受熱分解生成碳酸鈉、氧氣、水，反應為：2(2Na2CO3?3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，具有碳酸鈉和過氧化氫的性質，過氧化氫易分解，MnO2、FeCl3為其催化劑，所以不能選，過氧化氫與碘離子發(fā)生氧化還原反應：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能選，過碳酸鈉與硅酸鈉不反應，可能用作“穩(wěn)定劑”，故C選項符合，故答案為c；

②根據圖象分析，溫度為286.8～288.5K，產品達到優(yōu)等品且產率超過90%，超過288.5K后，活性氧百分含量和產率均降低，所以最佳反應溫度范圍為286.8～288.5K；

③結晶過程中加入氯化鈉、攪拌，增加鈉離子濃度，能降低過碳酸鈉的溶解度，有利于過碳酸鈉析出；

(3)結晶過程中加入氯化鈉促進過碳酸鈉析出，“母液”中主要為氯化鈉溶液，NaCl溶液又是結晶過程中促進過碳酸鈉析出的原料，故循環(huán)利用的物質是NaCl；

(4)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，過碳酸鈉與硫酸反應，為碳酸鈉、過氧化氫和硫酸反應，所以產物為硫酸鈉、過氧化氫、二氧化碳、水；

②稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol?L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol?L-1高錳酸鉀標準溶液滴定，反應中MnO4-是氧化劑，H2O2是還原劑，氧化產物是O2；依據元素化合價變化，錳元素化合價從+7價變化為+2價，過氧化氫中的氧元素化合價從-1價變化為0價，根據電子守恒配平寫出離子方程式為：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依據反應2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L0.01216mol

過碳酸鈉產品中活性氧含量([O]%=×100%==12.16%。

點睛：明確實驗目的及反應原理為解答關鍵，制備過碳酸鈉的工藝流程：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3?3H2O2；雙氧水穩(wěn)定性差，易分解；因此向反應前的H2O2中加入穩(wěn)定劑的作用是防止雙氧水分解，因過碳酸鈉易溶解于水，可利用鹽析原理，結晶過程中加入氯化鈉、攪拌，能降低過碳酸鈉的溶解度，有利于過碳酸鈉析出，從溶液中過濾出固體后，需要洗滌沉淀，然后干燥得到產品。【解析】①.2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋3O2↑＋6H2O②.c③.286.8～288.5K④.提高產量；增加鈉離子濃度，促進過碳酸鈉析出⑤.NaCl⑥.CO2⑦.12.16%23、略

【分析】【分析】

重鉻酸銨分解不完全，還可能含有其它可溶性雜質；因為(NH4)2Cr2O7顯桔紅色，所以可以提供顏色來判斷；因為CCl4沸點為76.8°C，溫度比較低，因此保證穩(wěn)定的CCl4氣流，可以通過水浴加熱來控制其流量；由(4)可知反應制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式爐中反應管與Cr2O3反應，反應管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4，繼續(xù)通入氮氣，將產物收集到蒸發(fā)皿；由分子式可知，COCl2中的2個Cl原子被2個-OC2H5代替，故乙醇與COCl2發(fā)生取代反應，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉顯藍色，可以用淀粉作指示劑；溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣使生成的I2的量增大，產生偏高的誤差；由Cr元素守恒及方程式可得關系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根據關系式計算。據此分析。

【詳解】

(1)重鉻酸銨分解不完全,還可能含有其他可溶性雜質，用蒸餾水洗滌除去其中的可溶性雜質或除去固體表面的重鉻酸銨溶液；因為(NH4)2Cr2O7屬于銨鹽；可以通過檢驗銨根離子的方法檢驗是否洗凈：取最后一次洗滌液于試管中，向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱，取一片紅色石蕊試紙潤濕，粘在玻璃棒上，接近試管口，觀察試紙是否變藍，若不變藍，則說明已洗滌干凈；

(2)因為CCl4沸點為76.8℃，溫度比較低，因此為保證穩(wěn)定的CCl4氣流；可以通過水浴加熱來控制，并用溫度計指示溫度；

(3)反應制備原理為Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反應管中與Cr2O3反應，反應管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時，切斷加熱管式爐的電源，停止加熱CCl4；繼續(xù)通入氮氣，將產物收集到蒸發(fā)皿，操作順序為：⑥→③→②→④→⑤→①；

(4)由該含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2個Cl原子被2個—OC2H5代替，故乙醇與COCl2發(fā)生取代反應，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5與HCl，方程式為COCl2+2C2H5OH→C2H5OCOOC2H5+2HCl；

(5)①利用Na2S2O3標準溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉顯藍色，可以用淀粉溶液作指示劑；②溶液中有溶解的氧氣，氧氣可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧氣會使生成的I2的量增大，產生誤差；③設25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得關系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根據關系式計算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根據Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n'(Cr3+)=0.002mol，所以樣品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故樣品中三氯化鉻的質量分數(shù)為

【點睛】

本題為物質的制備，考查常見實驗流程，離子檢驗，難度較大的是計算，此處應運用原子守恒思路求出樣品中的三氯化鉻的質量，正確找出關系式是答題的關鍵；易錯點是實驗操作流程。【解析】除去其中的可溶性雜質(或除去固體表面的重鉻酸銨溶液)取最后一次洗滌液于試管中,向其中加入適量氫氧化鈉濃溶液,加熱,取一片紅色石蕊試紙潤濕,粘在玻璃棒上,接近試管口,觀察試紙是否變藍,若不變藍,則說明已洗滌干凈(合理即可)水浴加熱(并用溫度計指示溫度)②→④→⑤→①COCl2+2C2H5OHC2H5OCOOC2H5+2HCl淀粉溶液除去其中溶解的氧氣,防止O2將I-氧化,產生誤差96.1%五、元素或物質推斷題(共4題，共40分)24、略

【分析】【詳解】

根據固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質是NaHCO?；（2）步驟II中產生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）225、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半徑最小，則X為H元素，X與R的最外層電子數(shù)相等，二者原子序數(shù)相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數(shù)為4，則Z為C元素；U的最高化合價和最低化合物的代數(shù)和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物，則Q為O元素，這兩種化合物為Na2O2、Na2O；T與Z同主族，由于Z是C元素，所以T為Si元素，據此分析解答。

【詳解】

根據上述分析可知：X為H；Z為C，Q為O，R為Na，T為Si，U為Cl元素。(1)T為Si元素，原子核外電子排布為2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X為H，Z為C，Q為O，同一周期元素原子序數(shù)越大原子半徑越??；原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑越大，所以上述三種元素中原子半徑由小到大順序為H

(3)R為Na，T為Si，它們的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以與強堿NaOH發(fā)生中和反應產生Na2SiO3和H2O，反應的化學方程式為：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X為H，R為Na，Q為O，H、Na二種元素形成的化合物NaH是離子化合物，X2Q是H2O，NaH與H2O反應產生NaOH和H2。

①NaH中Na+與H-通過離子鍵結合，電子式為NaH與H2O反應產生NaOH和H2，反應方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非?；顫姷慕饘?，可以與水反應產生H2，反應方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na殘留，過量的Na與水反應也生成氫氣，因此不能根據H；Na反應后的固體與水反應放出氫氣確定得到的固體一定是純凈NaH，即該同學的說法不合理。

【點睛】

本題考查元素周期表及原子結構在元素推斷中的應用。根據元素的原子結構及相互關系推斷元素是解題關鍵。熟練掌握結構、性質、位置關系，注意元素金屬性、非金屬性強弱比較實驗事實，要注意基礎知識并靈活運用，注意金屬氫化物有關問題。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反應后有Na殘留，也能與水反應生成H226、略

【分析】【詳解】

根據固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質是NaHCO?；（2）步驟II中產生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色。【解析】①.NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）227、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和過量KOH的混合物AgNO3和過量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）繼續(xù)滴加稀HNO3至溶液明顯呈酸性，若白色沉淀溶解，為Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，為AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物六、推斷題(共4題，共36分)28、略

【分析】解：已知rm{X}的電負性在同主族元素中最大，其基態(tài)原子最外電子層的rm{p}軌道呈半充滿狀態(tài)，則rm{p}軌道有rm{3}個電子，應為rm{N}元素．

rm{(1)X}為rm{N}元素，原子核外有rm{7}個電子，基態(tài)原子的電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}對應的單質結構為rm{N隆脭N}含有rm{1}個rm{婁脪}鍵、rm{2}個rm{婁脨}鍵，rm{婁脪}鍵與rm{婁脨}鍵個數(shù)比為rm{1}rm{2}

故答案為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}rm{1}rm{2}

rm{(2)X}的最簡單氣態(tài)氫化物分子為rm{NH_{3}}分子中含有rm{3}個rm{婁脪}鍵、rm{1}個孤電子對，為rm{sp^{3}}雜化；該分子的立體構型為三角錐形；

故答案為：rm{sp^{3}}三角錐形；

rm{(3)}原子晶體具有較大的硬度，不導電，故答案為：rm{c}

rm{(4)Y}為rm{X}同主族相鄰周期的元素，它的一種同素異形體的分子式為rm{Y_{4}}為白磷，為正四面體結構，鍵角為rm{60^{0}}如果把一個rm{Y_{4}}分子的每個rm{Y-Y}鍵中都插入一個氧原子，則一共可插入rm{6}個氧原子，所得化合物的分子式為rm{P_{4}O_{6}}

故答案為：rm{60^{0}}rm{6}rm{P_{4}O_{6}}．

已知rm{X}的電負性在同主族元素中最大，其基態(tài)原子最外電子層的rm{p}軌道呈半充滿狀態(tài)，則rm{p}軌道有rm{3}個電子，應為rm{N}元素．

rm{(1)X}為rm{N}元素，原子核外有rm{7}個電子，對應的單質結構為rm{N隆脭N}

rm{(2)X}的最簡單氣態(tài)氫化物分子為rm{NH_{3}}分子中含有rm{3}個rm{婁脪}鍵、rm{1}個孤電子對；

rm{(3)}原子晶體具有較大的硬度；不導電；

rm{(4)Y}為rm{X}同主族相鄰周期的元素，它的一種同素異形體的分子式為rm{Y_{4}}為白磷，為正四面體結構，鍵角為rm{60^{0}}以此解答該題．

本題考查結構性質位置關系綜合應用，推斷元素是解題關鍵，注意對元素化合物知識的理解掌握，注意掌握核外電子排布規(guī)律，難度不大．【解析】rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}rm{1}rm{2}rm{sp^{3}}三角錐形；rm{c}rm{60^{0}}rm{6}rm{P_{4}O_{6}}29、（1）Cl2

（2）

（3）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

（4）3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2

（5）4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3

（6）2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑

（7）Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3【分析】【分析】本題考查了元素化合物的性質轉化應用，綜合性較大，主要考查鐵及其化合物的化學性質的應用，熟練掌握物質的特征反應現(xiàn)象、產物顏色、反應變化等知識是解決問題的關鍵。【解答】根據題給信息可知，rm{H}是氣體單質，呈黃綠色證明是rm{Cl}是氣體單質，呈黃綠色證明是rm{H}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}是最常見液體，轉化中可以由，rm{B}是最常見液體，轉化中可以由rm{EF}兩種氣體點燃反應單質生成，可以預測為rm{B}為水，rm{G}的焰色反應呈黃色說明含有鈉元素，rm{M}是紅褐色沉淀說明是rm{Fe(OH)}兩種氣體點燃反應單質生成，可以預測為rm{B}為水，rm{EF}的焰色反應呈黃色說明含有鈉元素，rm{B}是紅褐色沉淀說明是rm{G}rm{M}rm{Fe(OH)}是白色沉淀，rm{{,!}_{3}}證明；rm{L}是白色沉淀，rm{L+F+B隆煤M}證明rm{L}是rm{Fe(OH)}是rm{L}rm{L+F+B隆煤M}rm{L}推斷rm{Fe(OH)}為rm{{,!}_{2}}；根據rm{K+G隆煤L}推斷rm{G}為rm{NaOH}rm{K}為rm{FeCl}為rm{K+G隆煤L}rm{G}rm{NaOH}可知，rm{K}為rm{FeCl}rm{{,!}_{2}}，結合rm{K+H隆煤J}可知，rm{J}為rm{FeCl}是固體單質能發(fā)生反應rm{K+H隆煤J}是還原三價鐵鹽為二價鐵鹽的轉化，所以判斷rm{J}為rm{FeCl}根據rm{{,!}_{3}}是氫氧化亞鐵轉化為氫氧化鐵的反應，所以；rm{A}是固體單質能發(fā)生反應rm{A+J隆煤K}是還原三價鐵鹽為二價鐵鹽的轉化，所以判斷rm{A}為rm{Fe}根據rm{L+F+B隆煤M}是氫氧化亞鐵轉化為氫氧化鐵的反應，所以rm{F}為rm{O}為rm{A}rm{A+J隆煤K}rm{A}為rm{Fe}rm{L+F+B隆煤M}rm{F}rm{O}為rm{{,!}_{2}}，rm{B}為rm{H}rm{B}rm{H}為rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{E}為rm{H}rm{O}為rm{E}轉化關系中rm{H}rm{{,!}_{2}}是；rm{E+H隆煤I}rm{H}為rm{LCl}rm{E+H隆煤I}是rm{H}rm{LCl}rm{{,!}_{2}}是，rm{I}為rm{HCl}轉化關系中rm{D+I隆煤J+K}rm{I}是rm{HCl}rm{J}是rm{FeCl}rm{I}rm{HCl}為rm{D+I隆煤J+K}rm{I}rm{HCl}rm{J}rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}，rm{K}是rm{FeCl}rm{K}rm{FeCl}rm{{,!}_{2}}，推斷rm{D}為rm{Fe}rm{D}rm{Fe}rm{{,!}_{3}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{4}}，rm{A(Fe)+B(H}推斷rm{A(Fe)+B(H}為rm{{,!}_{2}}rm{O)隆煤E(H}rm{O)隆煤E(H}rm{{,!}_{2}}rm{)+D(Fe}rm{)+D(Fe}rm{{,!}_{3}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{4}}rm{)}rm{B(H}rm{)}rm{B(H}rm{{,!}_{2}}rm{O)+C隆煤F(O}rm{O)+C隆煤F(O}rm{{,!}_{2}}rm{)+G(NaOH)}推斷rm{C}為rm{Na}rm{)+G(NaOH)}rm{C}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}；綜合判斷轉化關系中的各物質分別為：rm{A}rm{Fe}rm{B}rm{H}rm{A}rm{Fe}rm{B}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{C}rm{Na}rm{O}rm{C}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}；rm{D}rm{Fe}rm{D}rm{Fe}rm{{,!}_{3}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{4}}；rm{E}rm{H}根據以上分析可知，rm{E}為氯氣，化學式為rm{H}rm{{,!}_{2}}，故答案為：；rm{F}rm{O}rm{F}；rm{O}為過氧化鈉，電子式為故答案為：rm{{,!}_{