2025年人教五四新版高二化學下冊月考試卷

…………○…………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年人教五四新版高二化學下冊月考試卷629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總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、已知：H2O(g)=H2O(l)△H1=－Q1kJ·mol—1；C2H5OH(g)=C2H5OH(l)△H2=－Q2kJ·mol—1C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)△H3=－Q3kJ·mol—1若使23g酒精液體完全燃燒，最后恢復到室溫，則放出的熱量是多少kJ（）A.Q1+Q2+Q3B.0.5(Q1+Q2+Q3)C.0.5Q1－1.5Q2+0.5Q3D.1.5Q1－0.5Q2+0.5Q32、化學是一門以實驗為基礎(chǔ)，研究物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)、性質(zhì)及其變化規(guī)律的自然科學。學習科學研究的基本方法，可以加深對科學本質(zhì)的認識，增進對物質(zhì)世界的認識。下列有關(guān)敘述不正確的是A.將乙酸乙酯與H218O混合后，用稀硫酸作催化劑，借以判斷乙酸乙酯水解時分子中共價鍵的斷裂情況，該方法應稱為同位素示蹤法B.相對分子質(zhì)量的測定常用質(zhì)譜儀，分子結(jié)構(gòu)測定方法主要是用紅外光譜等C.C6H5—OH能與濃溴水生成三溴苯酚，甲苯卻不能與濃溴水反應，說明苯酚分子中由于苯環(huán)影響，使羥基上H原子變得活潑D.某有機物C分子式為C11H14O2，其1H—NMR圖譜：(峰右側(cè)或上面的數(shù)字表示H的個數(shù)，且知：7.2ppm(5H)為苯基)，可推測該有機物可能為3、一定溫度下，在2L的密閉容器中發(fā)生反應：A（g）+2B（g）?xC（g）△H＜0，B、C的物質(zhì)的量隨時間變化的關(guān)系如圖．下列有關(guān)說法不正確的是（）A.x=2B.反應開始2min內(nèi)，v（C）=0.1mol?L-1?min-1C.2min后，降低溫度平衡向右移動D.當容器內(nèi)混合氣體壓強不再改變時，反應體系達到化學平衡狀態(tài)4、用rm{0.1mol/LNaOH}溶液滴定rm{100mL0.1mol/L}鹽酸時，如果滴定誤差在rm{隆脌0.1%}以內(nèi)，反應完畢后，溶液的rm{pH}范圍為A.rm{6.9隆蘆7.1}B.rm{3.3隆蘆10.7}C.rm{4.3隆蘆9.7}D.rm{6隆蘆8}5、甲酸和乙醇發(fā)生酯化反應生成的酯的結(jié)構(gòu)簡式為rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}COOCH_{3}}B.rm{HCOOCH_{3}}C.rm{HCOOCH_{2}CH_{3}}D.rm{HCOOCH_{2}CH_{2}CH_{3}}評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、水是生命之源，也是一種常用的試劑。請回答下列問題：（1）水分子中氧原子在基態(tài)時核外電子排布式為__________；（2）H2O分子中氧原子采取的是____雜化。（3）水分子容易得到一個H＋形成水合氫離子（H3O＋）。對上述過程的下列描述不合理的是____。A．氧原子的雜化類型發(fā)生了改變B．微粒的形狀發(fā)生了改變C．水合氫離子分子構(gòu)型是三角錐型D．微粒中的鍵角發(fā)生了改變（4）將白色的無水CuSO4溶解于水中，溶液呈藍色，是因為生成了一種呈藍色的配合離子。請寫出生成此配合離子的離子方程式：____。7、（18分）現(xiàn)有反應：mA(g)＋nB(g)pC(g)，達到平衡后，當升高溫度時，B的轉(zhuǎn)化率變大；當減小壓強時，混合體系中C的質(zhì)量分數(shù)減小，則：(1)該反應的逆反應為_________熱反應，且m＋n________p（填“>”、“＝”或“<”）。(2)減壓時，A的質(zhì)量分數(shù)________（填“增大”、“減小”或“不變”，下同）。(3)若容積不變加入B，則A的轉(zhuǎn)化率__________，B的轉(zhuǎn)化率________。(4)若升高溫度，則平衡常數(shù)k將________。(5)若加入催化劑，平衡時氣體混合物的總物質(zhì)的量_________。(6)若B是有色物質(zhì)，A、C均無色，則加入C（體積不變）時混合物顏色________；而維持容器內(nèi)壓強不變，充入氖氣時，混合物顏色___________(填“變深”、“變淺”或“不變”)。8、在1--18號元素中，原子半徑最小的是______，能形成的最穩(wěn)定的氫化物是______，最高價氧化物對應水化物堿性最強的堿是______，高價氧化物對應水化物酸性最強的酸是______，第三周期中原子半徑最小的非金屬與金屬性最強的金屬形成的化合物的電子式為______．（以上均用元素符號表示）9、鉛蓄電池是典型的可充型電池,電池總反應為:Pb+PbO2+4H++2S2PbSO4+2H2O。請回答下列問題(不考慮氫、氧的氧化還原):放電時,正極的電極反應是;電解液中H2SO4的濃度將變;當外電路通過1mol電子時,理論上負極板的質(zhì)量增加g。10、（14分）已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它們的原子序數(shù)依次增大。其中A、C原子的L層有2個未成對電子。D與E同主族，D的二價陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)。F3＋離子M層3d軌道電子為半滿狀態(tài)。請根據(jù)以上情況，回答下列問題：（答題時，用所對應的元素符號表示）（1）寫出A、B、C三種元素電負性由大到小的順序____。（2）由A、B、C和氫四種元素組成的某種離子晶體，1mol該晶體含有配位鍵2mol，該晶體的化學式是____。（3）F和Mn（錳）兩元素的部分電離能數(shù)據(jù)列于下表：預測a____b（填“大于”、“小于”、“等于”），理由是________。元素MnF電離能（）I1717759I215091561I3ab（4）AC2分子中σ鍵和π鍵數(shù)目比為____；（5）H2S和C元素的氫化物（分子式為H2C2）的主要物理性質(zhì)比較如下：。熔點/K沸點/K標準狀況時在水中的溶解度H2S1872022.6H2C2272423以任意比互溶H2S和H2C2的相對分子質(zhì)量基本相同，造成上述物理性質(zhì)差異的主要原因是：②熔點、沸點差異的主要原因____②在水中的溶解度差異的主要原因____11、(6分)現(xiàn)有下列物質(zhì),用編號填空回答下列各問：A．干冰B．金剛石C．氬D．晶體硅E.過氧化鈉F.二氧化硅，G.溴化銨（1）通過非極性鍵形成的晶體是___________。（2）固態(tài)時屬于不含化學鍵的分子晶體是____。（3）含有極性鍵的分子晶體是____。（4）由極性共價鍵形成的晶體是____。（5）含有非極性鍵的離子化合物是____。（6）含有離子鍵、共價鍵、配位鍵的化合物是____。評卷人得分三、計算題(共9題，共18分)12、某含氧有機物rm{A}的蒸汽密度是相同狀況下rm{N_{2}}密度的rm{4.8}倍rm{.}現(xiàn)取rm{13.4gA}樣品在氧氣中充分燃燒；并將產(chǎn)物依次通過盛有濃硫酸和濃燒堿溶液的吸收瓶．

rm{(1)}若測得盛濃硫酸的吸收瓶增重rm{5.4g}則由此可求得樣品中______元素的質(zhì)量為______rm{g.}

rm{(2)}若繼續(xù)測得盛濃燒堿溶液的吸收瓶增重rm{17.6g}請據(jù)以上數(shù)據(jù)求算出rm{A}的分子式rm{(}請在答題卡的相應位置上寫出計算過程rm{)}．

rm{(3)A}有多種同分異構(gòu)體，其中的異構(gòu)體rm{X}具有如下性質(zhì)：

rm{壟脵1molX}與足量的碳酸氫鈉反應產(chǎn)生rm{2mol}氣體；

rm{壟脷1molX}與足量的金屬鈉反應產(chǎn)生rm{1.5mol}氣體；

rm{壟脹X}分子結(jié)構(gòu)中沒有甲基rm{.}

請寫出rm{X}可能的結(jié)構(gòu)簡式______．13、rm{25隆忙}時，rm{0.05mol/LH_{2}SO_{4}}溶液的rm{pH=}______；rm{0.05mol/LBa(OH)_{2}}溶液rm{c(H^{+})=}______；某溫度下純水中的rm{c(H^{+})=2隆脕10^{-7}mol/L}若溫度不變，滴入稀鹽酸，使rm{c(H^{+})=5隆脕10^{-4}mol/L}則溶液中rm{c(OH^{-})=}______，此時溶液中由水電離產(chǎn)生的rm{c(H^{+})=}______．14、納豆是一種減肥食品，從其中分離出一種由rm{C}rm{H}rm{O}三種元素組成的有機物rm{A}為確定其結(jié)構(gòu)現(xiàn)進行如下實驗：rm{壟脵}相同條件下，測得rm{A}的蒸氣密度是rm{H_{2}}密度的rm{60}倍rm{壟脷6gA}在一定條件下完全燃燒，生成rm{3.36L}二氧化碳rm{(}標況rm{)}和rm{1.8g}水rm{壟脹1mol}物質(zhì)rm{A}發(fā)生酯化反應，轉(zhuǎn)化完全時消耗乙醇rm{92g}等量的rm{A}能與足量的金屬鈉反應放出rm{33.6L}氫氣rm{(}標況rm{)}試確定：rm{A}的結(jié)構(gòu)簡式．15、為測定某樣品中所含晶體rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}的質(zhì)量分數(shù)，取晶體樣品rm{a}rm{g}溶于稀硫酸配成rm{100.00mL}溶液，取出rm{20.00mL}溶液，用rm{KMnO_{4}}溶液滴定rm{(}雜質(zhì)與rm{KMnO_{4}}不反應rm{).}若消耗rm{0.2000mol?L^{-1}}rm{KMnO_{4}}溶液rm{20.00mL}所得晶體中rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}的質(zhì)量分數(shù)為______rm{(}用rm{a}表示rm{)}．16、某抗酸藥每片含碳酸鈣500mg，氫氧化鎂174mg，該藥可中和多少克溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)為7．3％鹽酸？17、在過量的空氣中燃盡2.24L（標準狀況）一氟代烴氣體，燃燒后的生成物在27℃下全部為澄清石灰水所吸收，可得到13.9g沉淀物。求此氣體的分子式。18、運用所學化學原理，解決下列問題：rm{(1)}已知：rm{S}rm{i}rm{+2N}rm{a}rm{OH+H_{2}O簍TN}rm{a}rm{{,!}_{2}S}rm{i}rm{O_{3}+2H_{2}.}某同學利用單質(zhì)硅和鐵為電極材料設(shè)計原電池rm{(N}rm{a}rm{OH}為電解質(zhì)溶液rm{)}該原電池負極的電極反應式為____；

rm{(2)}已知：rm{壟脵C(}rm{s}rm{)+O_{2}(}rm{g}rm{)簍TCO_{2}(}rm{g}rm{)triangleH=}rm{ak}rm{J?}rm{mol}rm{{,!}^{-1}}rm{壟脷CO_{2}(}rm{g}rm{)+C(}rm{s}rm{)簍T2CO(}rm{g}rm{)triangleH=}rm{bk}rm{J?}rm{mol}rm{{,!}^{-1}}rm{壟脹S}rm{i}rm{(}rm{s}rm{)+O_{2}(}rm{g}rm{)簍TS}rm{i}rm{O_{2}(}rm{s}rm{)triangleH=}rm{ck}rm{J?}rm{mol}rm{{,!}^{-1}.}工業(yè)上生產(chǎn)粗硅的熱化學方程式為____；

rm{(3)}已知：rm{CO(}rm{g}rm{)+H_{2}O(}rm{g}rm{)?H_{2}(}rm{g}rm{)+CO_{2}(}rm{g}rm{).}下表為該反應在不同溫度時的平衡常數(shù)rm{.}則：該反應的rm{triangleH}______rm{0(}填“rm{<}”或“rm{>}”rm{)}rm{500隆忙}時進行該反應，且rm{CO}和rm{H_{2}O}起始濃度相等，rm{CO}平衡轉(zhuǎn)化率為______．。溫度rm{隆忙}rm{400}rm{500}rm{800}平衡常數(shù)rm{K}rm{9.94}rm{9}rm{1}19、rm{.}鐵、銅混合粉末rm{20.0g}加入到rm{100mL5.0mol隆隴L^{-1}FeCl_{3}}溶液中，剩余固體質(zhì)量為rm{100mL

5.0mol隆隴L^{-1}FeCl_{3}}忽略反應前后溶液體積變化rm{5.2g(}求：rm{)}反應后溶液中rm{(1)}的物質(zhì)的量濃度____rm{FeCl_{2}}rm{mol隆隴L^{-1}}原固體混合物中銅的質(zhì)量分數(shù)是____。rm{(2)}20、將5.1g鎂；鋁混合物溶于500mL1mol/L硫酸溶液中；充分反應共產(chǎn)生標況下VL氫氣，向剩余溶液中逐滴滴加某氫氧化鈉溶液至過量，這一過程中產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量與加入氫氧化鈉溶液體積的關(guān)系如下圖所示，請根據(jù)圖中數(shù)據(jù)回答下列問題。(請書寫必要的計算過程)

（1）氫氧化鈉溶液的濃度是多少摩每升?_____________

（2）原固體混合物中鋁的質(zhì)量是多少克?__________________

（3）氫氣的體積V是多少升?______________

（4）圖中A點對應氫氧化鈉溶液的體積是多少毫升?________________評卷人得分四、工業(yè)流程題(共1題，共5分)21、三氯化鉻是化學合成中的常見物質(zhì),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(chǎn)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(chǎn)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(jīng)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(zhì)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(zhì)量分數(shù)為____(結(jié)果保留一位小數(shù))。評卷人得分五、推斷題(共2題，共14分)22、如圖1為長式周期表的一部分，其中的編號代表對應的元素．

（1）比較①和②具有相同核外電子排布的簡單離子半徑大小關(guān)系為______（填化學式）；③、④、⑤三種元素的第一電離能由大到小的順序為______（填元素符號），寫出原子序數(shù)和元素⑧相差2且與元素⑧同族的元素基態(tài)原子的外圍電子排布式______．

（2）在元素③與①形成的原子個數(shù)比為1：1的四原子分子中，③原子的雜化方式為______．其分子中δ鍵和π鍵數(shù)目之比為______．

（3）元素④的某種氫化物甲分子中含有18個電子，甲為二元弱堿，在水中的電離方程式與氨相似．寫出甲在水中的第一步電離的電離方程式______．甲在微電子工業(yè)中，可作刻蝕劑H2O2的清除劑，二者發(fā)生反應的產(chǎn)物不污染環(huán)境，其化學方程式為______．

（4）元素⑥和⑤形成分子乙的結(jié)構(gòu)與元素①和⑤形成的最簡單分子丙相似，乙的VSEPR模型為______，解釋丙的沸點高于乙的原因______．

（5）可用赤血鹽K3[Fe（CN）6]檢驗元素⑧的+2價陽離子，寫出該反應的離子方程式______，元素⑩的陰離子與元素⑧的+2價離子形成化合物丁，將3molCl2通入含4mol丁的溶液，用一個離子方程式表示該反應過程為______．

（6）晶胞有兩個基本要素：

①原子坐標參數(shù)，表示晶胞內(nèi)部各原子的相對位置，如圖2為⑦和⑨組成的離子化合物戊的晶胞，其中三個離子（白色球）坐標參數(shù)A為（0，0，0）；B為（0，）；C為（0）．則D離子（黑色球）的坐標參數(shù)為______．

②晶胞參數(shù)，描述晶胞的大小和形狀，已知戊的晶胞參數(shù)apm，則晶胞中B和D離子的距離為______pm．23、鈦、鉻、鐵、鎳、銅等金屬及其化合物在工業(yè)上有重要用途。rm{(1)}鈦鐵合金是鈦系儲氫合金的代表，該合金具有放氫溫度低、價格適中等優(yōu)點。rm{壟脵Ti}的基態(tài)原子價電子排布式為________________。rm{壟脷Fe}的基態(tài)原子共有________種不同運動狀態(tài)的電子。rm{(2)}制備rm{CrO_{2}Cl_{2}}的反應為rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}+3CCl_{4}===2KCl+2CrO_{2}Cl_{2}+3COCl_{2}隆眉}rm{壟脵}上述化學方程式中非金屬元素電負性由大到小的順序是__________________rm{(}用元素符號表示rm{)}rm{壟脷COCl_{2}}分子中所有原子均滿足rm{8}電子構(gòu)型，rm{COCl_{2}}分子中rm{婁脪}鍵和rm{婁脨}鍵的個數(shù)比為________，rm{KCl}的電子式為________，rm{CrO_{2}Cl_{2}}中rm{Cr}的化合價為____。rm{(3)NiO}rm{FeO}的晶體結(jié)構(gòu)均與氯化鈉的晶體結(jié)構(gòu)相同，其中rm{Ni^{2+}}和rm{Fe^{2+}}的離子半徑分別為rm{6.9隆脕10^{-2}nm}和rm{7.8隆脕10^{-2}nm}則熔點：rm{NiO}________rm{(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)FeO}rm{(4)Ni}和rm{La}的合金是目前使用廣泛的儲氫材料，具有大容量、高壽命、耐低溫等特點，在日本和中國已實現(xiàn)了產(chǎn)業(yè)化。該合金的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。該晶體的化學式為________________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】根據(jù)蓋斯定律可知，③－②＋①×3即得到C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)，所以△H＝－（3Q1－Q2+Q3）kJ/mol。23g酒精是0.5mol，所以放出的熱量1.5Q1－0.5Q2+0.5Q3kJ，答案選D?！窘馕觥俊敬鸢浮緿2、C【分析】C是錯誤的，應該是由于苯環(huán)側(cè)鏈取代基的影響，使苯環(huán)上的氫原子的活潑性增強，因此苯酚能和濃溴水發(fā)生取代反應。其余都是正確的，答案選C。【解析】【答案】C3、B【分析】解：A；通過圖1可知；2min達平衡，△n（B）=0.3mol-0.1mol=0.2mol，△n（C）=0.2mol，物質(zhì)的量變化量之比等于化學計量數(shù)之比，故2：x=0.2mol：0.2mol，解得x=2，故A正確；

B、C的濃度變化量為：=0.1mol/L，v（C）===0.05mol?L-1?min-1；故B錯誤；

C；△H＜0；正反應方向吸熱，降低溫度向正反應方向移動，故C正確；

D；x=2；反應前后氣體計量數(shù)不同，化學平衡移動時，氣體的壓強隨之改變，當容器內(nèi)混合氣體壓強不再改變時，則氣體的物質(zhì)的量不在發(fā)生變化，達到化學平衡狀態(tài)，故D正確；

故選B．

A；通過圖1可知；2min達平衡，△n（B）=0.3mol-0.1mol=0.2mol，△n（C）=0.2mol，根據(jù)物質(zhì)的量變化量之比等于化學計量數(shù)之比計算x的值；

B、利用v（C）=計算得出；

C；△H＜0；正反應方向吸熱，降低溫度向正反應方向移動；

D；x=2；反應前后氣體計量數(shù)不同，化學平衡移動時，氣體的壓強隨之改變．

本題考查了化學平衡移動圖象題，題目難度不大，注意本題反應方程式的特征，為解答該題的關(guān)鍵．【解析】【答案】B4、C【分析】反應完畢時溶液體積為rm{200mL}若rm{NaOH}過量rm{0.1%}時，則多加了rm{0.1mL}此時rm{c(O{H}^{-})=dfrac{0.1mL隆脕0.1mol/L}{200mL}=5隆脕{10}^{-5};mol隆隴{L}^{-1}}rm{c(H^{+})=2隆脕10^{-10}mol隆隴L^{-1}}rm{c(O{H}^{-})=

dfrac{0.1mL隆脕0.1mol/L}{200mL}=5隆脕{10}^{-5};mol隆隴{L}^{-1}}

同理，若rm{c(H^{+})=2隆脕10^{-10}

mol隆隴L^{-1}}少加rm{pH=9.7}時，可求出rm{NaOH}

rm{0.1mL}

rm{pH=4.3}【解析】rm{C}5、C【分析】解：酯化反應的實質(zhì)是：酸掉羥基醇掉氫，rm{HCOOH+HOCH_{2}CH_{3}?HCOOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O.}

故選C．【解析】rm{C}二、填空題(共6題，共12分)6、略

【分析】【解析】試題分析：（1）根據(jù)構(gòu)造原理可知，水分子中氧原子在基態(tài)時核外電子排布式為1s22s22p4。（2）H2O分子中中心氧原子含有2對孤對電子對數(shù)，空間構(gòu)型是C形結(jié)構(gòu)，因此氧原子采取的是sp3雜化。（3）水分子中氧原子含有孤對電子能和氫離子形成配位鍵，但氧原子的雜化類型并沒有發(fā)生改變，仍然是sp3雜化，A不正確，其余選項都是正確的，答案選A。（4）銅離子能和水形成配位鍵，反應但離子方程式是Cu2++4H2O=[Cu(H2O)4]2+。考點：考查核外電子的排布、雜化類型的判斷以及配位鍵的形成【解析】【答案】（每空2分，共8分）（1）1s22s22p4（2）sp3（3）A（4）Cu2++4H2O=[Cu(H2O)4]2+7、略

【分析】（1）當升高溫度時，B的轉(zhuǎn)化率變大，說明升高溫度，平衡向正反應方向移動，正反應是放熱反應。當減小壓強時，混合體系中C的質(zhì)量分數(shù)減小，說明降低壓強，平衡向逆反應方向移動，即正反應是體積減小的。（2）降低壓強平衡向逆反應方向移動，A的質(zhì)量分數(shù)增大。(3)若容積不變加入B，平衡向正反應方向移動，則A的轉(zhuǎn)化率增大，但B的轉(zhuǎn)化率減小。(4)若升高溫度，平衡向正反應方向移動，所以平衡常數(shù)增大。（5）催化劑不能影響平衡狀態(tài)，所以平衡時氣體混合物的總物質(zhì)的量不變。（6）加入C，則平衡向逆反應方向移動，B的濃度增大，顏色加深。維持容器內(nèi)壓強不變，充入氖氣時，容積必然增大，濃度降低，所以顏色變淺?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)放>（2）增大（3）增大減小（4）增大（5）不變（6）變深（7）變淺（每空2分）8、略

【分析】解：在1--18號元素中，原子半徑最小的是H，F(xiàn)的非金屬性最強，形成的氫化物HF最穩(wěn)定，Na的金屬性最強，最高價氧化物對應水化物NaOH堿性最強，Cl的高價氧化物對應水化物酸性，第三周期中原子半徑最小的非金屬為Cl與金屬性最強的金屬Na形成的化合物為NaCl，電子式為

故答案為：H；F；Na；Cl；．

同周期元素從左到右原子半徑逐漸減??；元素的金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強，同主族從上到下原子半徑逐漸增大，元素的金屬性逐漸增強，非金屬性逐漸減弱，以此判斷對應的單質(zhì)；化合物的相關(guān)性質(zhì)．

本題考查元素周期表和元素周期律，為高頻考點，把握同周期元素的性質(zhì)及遞變規(guī)律為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不大．【解析】H；F；Na；Cl；9、略

【分析】放電時正極上發(fā)生還原反應,由總電池反應知,發(fā)生還原反應的物質(zhì)為PbO2,產(chǎn)物為PbSO4,同時消耗H2SO4,故正極反應為:PbO2+2e-+4H++SPbSO4+2H2O?！窘馕觥俊敬鸢浮縋bO2+2e-+4H++SPbSO4+2H2O小4810、略

【分析】【解析】試題分析：F3＋離子M層3d軌道電子為半滿狀態(tài)，所以根據(jù)構(gòu)造原理可知，F(xiàn)是Cr元素。A、C原子的L層有2個未成對電子，又因為A的原子序數(shù)最小，所以A是C，C是O，則B是N元素。D的二價陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，因此D是Mg。D與E同主族，所以E是Ca。（1）非金屬性越強，電負性越大，則電負性大小順序是O＞N＞C。（2）1mol該晶體含有配位鍵2mol，說明含有1mol化合物中含有2molNH4＋，所以該化合物是碳酸銨，化學式是(NH4)2CO3。（3）由于錳離子的3d軌道電子排布為半滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，所以第三電離能是a大于b。（4）CO2分子中含有碳氧雙鍵，由于雙鍵都是由1個α鍵和1個π鍵構(gòu)成的，所以分子中σ鍵和π鍵數(shù)目比為1:1。（5）①由于過氧化氫分子之間存在氫鍵，所以過氧化氫的沸點高，②同樣由于過氧化氫分子與水分子之間可以形成氫鍵，所以在水中的溶解度大?？键c：考查電負性、電離能、共價鍵、核外電子排布以及氫鍵的有關(guān)判斷和應用【解析】【答案】（14分）每空2分(1)O>N>C(2)(NH4)2CO3(3)大于；錳離子的3d軌道電子排布為半滿狀態(tài)，較穩(wěn)定。(4)1:1(5)①過氧化氫分子之間存在氫鍵②過氧化氫分子與水分子之間可以形成氫鍵11、略

【分析】【解析】試題分析：（1）同一種非金屬元素的原子間形成的化學鍵是非極性鍵，所以通過非極性鍵形成的晶體是金剛石和晶體硅，答案選BD。（2）稀有氣體元素的最外層電子數(shù)已知滿足穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以稀有氣體形成的晶體中不存在化學鍵，答案選C。（3）由不同種非金屬元素的原子間形成的化學鍵是極性鍵，所以含有極性鍵的分子晶體是干冰，答案選A。（4）二氧化硅是原子晶體，通過極性鍵形成，所以由極性共價鍵形成的晶體是F。（5）過氧化鈉是離子化合物，氧和氧之間形成的化學鍵是非極性鍵。答案選E。（6）含有離子鍵、共價鍵、配位鍵的化合物是溴化銨，答案選G?？键c：考查化學鍵、晶體類型的正誤判斷【解析】【答案】(6分，每空一分)（1）BD（2）C（3）A（4）F（5）E（6）G三、計算題(共9題，共18分)12、略

【分析】解：某含氧有機物rm{A}的蒸汽密度是相同狀況下rm{N_{2}}密度的rm{4.8}倍，則相對分子質(zhì)量為rm{4.8隆脕28=134}

rm{(1)}若測得盛濃硫酸的吸收瓶增重rm{5.4g}應為水的質(zhì)量，說明有機物含有rm{H}元素，rm{n(H_{2}O)=dfrac{5.4g}{18g/mol}=0.3mol}rm{n(H_{2}O)=dfrac

{5.4g}{18g/mol}=0.3mol}rm{n(H)=0.6mol}

故答案為：氫rm{m(H)=0.6g}或rm{(}rm{H)}

rm{0.6}對所給rm{(2)}樣品：rm{n(A)=dfrac{13.4g}{134g/mol}=0.1}rm{13.4g}

則樣品中：rm{n(C)=n(CO_{2})=dfrac{17.6g}{44g/mol}=0.4}rm{n(A)=dfrac

{13.4g}{134g/mol}=0.1}

又知rm{mol}rm{n(C)=n(CO_{2})=dfrac

{17.6g}{44g/mol}=0.4}

rm{mol}rm{n(H)=0.6}rm{mol}rm{n(O)=(13.4g-0.6}rm{mol隆脕1g/mol-0.4}rm{mol隆脕12g/mol}

所以rm{)隆脗16}rm{g/mol=0.5}rm{mol}rm{n(A)}rm{n(C)}rm{n(H)}rm{n(O)=0.1}rm{0.4}rm{0.6}rm{0.5=1}且相對分子質(zhì)量為rm{4}

可知rm{6}的分子式為rm{5}

答：rm{134}的分子式rm{A}

rm{C_{4}H_{6}O_{5}}與足量的碳酸氫鈉反應產(chǎn)生rm{A}氣體，說明含有rm{C_{4}H_{6}O_{5}}個羧基，rm{(3)壟脵1molX}與足量的金屬鈉反應產(chǎn)生rm{2mol}氣體，說明含有rm{2}個羧基、rm{壟脷1molX}個羥基，結(jié)合rm{1.5mol}分子結(jié)構(gòu)中沒有甲基，可知結(jié)構(gòu)簡式為

故答案為：

某含氧有機物rm{2}的蒸汽密度是相同狀況下rm{1}密度的rm{壟脹X}倍，則相對分子質(zhì)量為rm{A}rm{N_{2}}樣品的物質(zhì)的量為rm{4.8}

rm{4.8隆脕28=134}若測得盛濃硫酸的吸收瓶增重rm{13.4gA}應為水的質(zhì)量，說明有機物含有rm{0.1mol}元素，結(jié)合水的質(zhì)量計算rm{(1)}的質(zhì)量；

rm{5.4g}若繼續(xù)測得盛濃燒堿溶液的吸收瓶增重rm{H}為二氧化碳的質(zhì)量，可計算rm{H}樣品中rm{(2)}的質(zhì)量，并計算rm{17.6g}的質(zhì)量；計算出實驗式，結(jié)合相對分子質(zhì)量計算分子式；

rm{13.4g}與足量的碳酸氫鈉反應產(chǎn)生rm{C}氣體，說明含有rm{O}個羧基，rm{(3)壟脵1molX}與足量的金屬鈉反應產(chǎn)生rm{2mol}氣體，說明含有rm{2}個羧基、rm{壟脷1molX}個羥基，結(jié)合rm{1.5mol}分子結(jié)構(gòu)中沒有甲基確定結(jié)構(gòu)簡式．

本題考查有機物的推斷，側(cè)重考查分子式與結(jié)構(gòu)簡式的確定、同分異構(gòu)體書寫等，題目難度中等，根據(jù)原子守恒計算確定有機物的分子式是關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學生靈活應用所學知識的能力．rm{2}【解析】氫rm{(}或rm{H)}rm{0.6}13、rm{1}rm{1隆脕10}rm{1}rm{1隆脕10}rm{{,!}^{-13}}rm{mol/L}rm{8隆脕10}rm{mol/L}rm{8隆脕10}rm{{,!}^{-11}}rm{mol/L}rm{8隆脕10}rm{mol/L}rm{8隆脕10}【分析】【分析】本題考查了rm{pH}的有關(guān)計算，注意溫度改變，水的離子積常數(shù)改變，明確氫離子濃度、氫氧根離子濃度和離子積常數(shù)之間的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，本題難度不大?！窘獯稹縭m{25隆忙}時，rm{0.05mol/LH_{2}SO_{4}}溶液中氫離子濃度rm{=0.05mol/L隆脕2=0.1mol/L}rm{pH=-lgc(H^{+})=-lg0.1=1}rm{pH=-lgc(H^{+})=-lg

0.1=1}溶液中氫氧根離子濃度rm{0.05mol/LBa(OH)_{2}}根據(jù)離子積常數(shù)知，溶液中氫離子濃度rm{=dfrac{10^{-14}}{0.1}mol/L=1隆脕10^{-13}mol/L}

純水顯示中性，rm{=0.05mol/L隆脕2=0.1mol/L}

水的離子積為：rm{=dfrac

{10^{-14}}{0.1}mol/L=1隆脕10^{-13}mol/L}溶液中氫離子濃度rm{c(OH^{-})=c(H^{+})=2隆脕10^{-7}mol/L}rm{c(OH^{-})=dfrac{4.0隆脕10^{-14}}{5.0times10^{-4}}=8隆脕10^{-11}mol/L}

氫氧根離子全部由水電離，純水中rm{2隆脕10^{-7}隆脕2隆脕10^{-7}=4隆脕10^{-14}}rm{c(H^{+})=5.0隆脕10^{-4}mol/L}所以此時溶液中由水電離產(chǎn)生的rm{c(OH^{-})=dfrac

{4.0隆脕10^{-14}}{5.0times10^{-4}}=8隆脕10^{-11}mol/L}

故答案為：rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}rm{c(OH^{-})=8隆脕10^{-11}mol/L}rm{c(H^{+})=8隆脕10^{-11}mol/L}rm{1}

rm{1隆脕10^{-13}mol/L}【解析】rm{1}rm{1隆脕10}rm{1}rm{1隆脕10}rm{{,!}^{-13}}rm{mol/L}rm{8隆脕10}rm{mol/L}rm{8隆脕10}rm{{,!}^{-11}}rm{mol/L}rm{8隆脕10}rm{mol/L}rm{8隆脕10}14、①相同條件下，測得A的蒸氣密度是H2密度的60倍；則A的摩爾質(zhì)量為：M（A）=2g/mol×60=120g/mol；

6gA在一定條件下完全燃燒，生成3.36L二氧化碳（標況）和1.8g水，6.0gA的物質(zhì)的量為在一定條件下完全燃燒，生成3.36L（標準狀況下）二氧化碳，二氧化碳的物質(zhì)的量為：生成1.8g水，水的物質(zhì)的量為：則6gA中含有氧原子的物質(zhì)的量為：

即：0.05molA含有0.15molC；0.2molH、O原子為0.25mol；

所以1molA含有3molC、4molH、5molO原子，有機物A的分子式為：C3H4O5；

1mol物質(zhì)A完全轉(zhuǎn)化為酯，需要乙醇：則A分子中含有2個-COOH；1molA能與足量鈉反應放出33.6L（標準狀況下）氫氣，氫氣的物質(zhì)的量為：1molA提供3molH原子，所以有機物中還含有1個-OH，由于有機物的分子式為C3H4O5；故有機物A的結(jié)構(gòu)簡式為：HOOC-CH（OH）-COOH；

答：A的結(jié)構(gòu)簡式為：HOOC-CH（OH）-COOH。

【分析】【分析】

本題考查有機物分子式、結(jié)構(gòu)簡式的確定的計算，題目難度中等，注意掌握常見有機物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，根據(jù)有機物性質(zhì)推斷有機物的官能團與數(shù)目是解題的關(guān)鍵?！窘獯稹縭m{壟脵}相同條件下，測得rm{A}的蒸氣密度是rm{H}rm{2}密度的rm{2}倍，則rm{60}的摩爾質(zhì)量為：rm{A}

rm{M(A)=2g/mol隆脕60=120g/mol}在一定條件下完全燃燒，生成rm{6gA}二氧化碳rm{3.36L}標況rm{(}和rm{)}水，rm{1.8g}的物質(zhì)的量為rm{dfrac{6g}{120g/mol}=0.05mol}在一定條件下完全燃燒，生成rm{6.0gA}標準狀況下rm{dfrac{6g}{120g/mol}=0.05mol

}二氧化碳，二氧化碳的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}生成rm{3.36L(}水，水的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{1.8g}{18g/mol}=0.1mol}則rm{)}中含有氧原子的物質(zhì)的量為：rm{n(O)=dfrac{6g-12g/mol隆脕0.15mol-1g/mol隆脕0.2}{16g/mol}=0.25mol}

即：rm{dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol

}含有rm{1.8g}rm{dfrac{1.8g}{18g/mol}=0.1mol

}rm{6gA}原子為rm{n(O)=

dfrac{6g-12g/mol隆脕0.15mol-1g/mol隆脕0.2}{16g/mol}=0.25mol}

所以rm{0.05molA}含有rm{0.15molC}rm{0.2molH}rm{O}原子，有機物rm{0.25mol}的分子式為：rm{1molA}rm{3molC}rm{4molH}rm{5molO}rm{A}rm{C}；

rm{3}物質(zhì)rm{3}完全轉(zhuǎn)化為酯，需要乙醇：rm{dfrac{92g}{46g/mol}=2mol}則rm{H}分子中含有rm{4}個rm{4}rm{O}能與足量鈉反應放出rm{5}標準狀況下rm{5}氫氣，氫氣的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{33.6L}{22.4L/mol}=1.5mol}rm{1mol}提供rm{A}原子，所以有機物中還含有rm{dfrac{92g}{46g/mol}=2mol

}個rm{A}由于有機物的分子式為rm{2}rm{-COOH}rm{1molA}rm{33.6L(}rm{)}rm{dfrac{33.6L}{22.4L/mol}=1.5mol

}，故有機物rm{1molA}的結(jié)構(gòu)簡式為：rm{3molH}

故答案為：rm{1}的結(jié)構(gòu)簡式為：rm{-OH}rm{C}【解析】rm{壟脵}相同條件下，測得rm{A}的蒸氣密度是rm{H_{2}}密度的rm{60}倍，則rm{A}的摩爾質(zhì)量為：rm{M(A)=2g/mol隆脕60=120g/mol}

rm{6gA}在一定條件下完全燃燒，生成rm{3.36L}二氧化碳rm{(}標況rm{)}和rm{1.8g}水，rm{6.0gA}的物質(zhì)的量為rm{dfrac{6g}{120g/mol}=0.05mol}在一定條件下完全燃燒，生成rm{dfrac{6g}{120g/mol}=0.05mol

}標準狀況下rm{3.36L(}二氧化碳，二氧化碳的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}生成rm{)}水，水的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{1.8g}{18g/mol}=0.1mol}則rm{dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol

}中含有氧原子的物質(zhì)的量為：rm{n(O)=dfrac{6g-12g/mol隆脕0.15mol-1g/mol隆脕0.2}{16g/mol}=0.25mol}

即：rm{1.8g}含有rm{dfrac{1.8g}{18g/mol}=0.1mol

}rm{6gA}rm{n(O)=

dfrac{6g-12g/mol隆脕0.15mol-1g/mol隆脕0.2}{16g/mol}=0.25mol}原子為rm{0.05molA}

所以rm{0.15molC}含有rm{0.2molH}rm{O}rm{0.25mol}原子，有機物rm{1molA}的分子式為：rm{3molC}

rm{4molH}物質(zhì)rm{5molO}完全轉(zhuǎn)化為酯，需要乙醇：rm{dfrac{92g}{46g/mol}=2mol}則rm{A}分子中含有rm{C_{3}H_{4}O_{5}}個rm{1mol}rm{A}能與足量鈉反應放出rm{dfrac{92g}{46g/mol}=2mol

}標準狀況下rm{A}氫氣，氫氣的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{33.6L}{22.4L/mol}=1.5mol}rm{2}提供rm{-COOH}原子，所以有機物中還含有rm{1molA}個rm{33.6L(}由于有機物的分子式為rm{)}故有機物rm{dfrac{33.6L}{22.4L/mol}=1.5mol

}的結(jié)構(gòu)簡式為：rm{1molA}

答：rm{3molH}的結(jié)構(gòu)簡式為：rm{1}

rm{-OH}15、略

【分析】解：亞鐵離子會被高錳酸鉀氧化為三價鐵離子，rm{KMnO_{4}}被還原為rm{+2}價的錳離子，根據(jù)電子守恒，即rm{5FeSO_{4}?7H_{2}O隆蘆KMnO_{4}}根據(jù)消耗rm{0.1000mol?L^{-1}KMnO_{4}}溶液rm{20.00mL}所以晶體中rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}的質(zhì)量分數(shù)rm{=dfrac{0.1000mol/L隆脕0.02L隆脕5隆脕278g/mol}{ag}隆脕100%=dfrac{13.9}{a}}

故答案為：rm{=dfrac

{0.1000mol/L隆脕0.02L隆脕5隆脕278g/mol}{ag}隆脕100%=dfrac

{13.9}{a}}．

根據(jù)元素守恒和電子守恒，即rm{dfrac{13.9}{a}}計算rm{5FeSO_{4}?7H_{2}O隆蘆KMnO_{4}}的質(zhì)量分數(shù)；由此分析解答．

本題是一道求物質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)的綜合應用題目，學生只要列出關(guān)系式進行計算就可迅速解題，考查學生分析和解決問題的能力，難度中等．rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}【解析】rm{dfrac{13.9}{a}}16、略

【分析】【解析】試題分析：每片含碳酸鈣500mg，氫氧化鎂174mg則碳酸鈣的物質(zhì)的量是0.5g÷100g/mol＝0.005mol氫氧化鎂的物質(zhì)的量是0.174g÷58g/mol＝0.003mol所以根據(jù)方程式可知CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O1mol2mol0.005mol0.01molMg（OH）2+2HCl＝MgCl2+2H2O1mol2mol0.003mol0.006mol所以消耗氯化氫的物質(zhì)的量是0.016mol氯化氫的質(zhì)量是0.016mol×36.5g/mol＝0.584g則鹽酸的質(zhì)量是0.584g÷7.3%＝8g考點：考查根據(jù)方程式進行的有關(guān)計算【解析】【答案】8g17、略

【分析】【解析】【答案】CH3F18、（1）Si+6OH--4e-=SiO32-+3H2O（2）2C（s）+SiO2（s）=Si（s）+2CO（g）△H=（a+b-c）kJ?mol-1(3)＜75%【分析】【分析】本題考查原電池、熱化學方程式、化學平衡計算等，側(cè)重對基礎(chǔ)知識的鞏固，負極電極反應式可以利用電荷守恒和原子守恒書寫?！窘獯稹縭m{(1)}負極發(fā)生氧化反應，rm{Si}在負極上失去電子，堿性條件下生成硅酸根與水，負極電極反應式為：rm{Si+6OH^{-}-4e^{-}=SiO_{3}^{2-}+3H_{2}O}故答案為：rm{Si+6OH^{-}-4e^{-}=SiO_{3}^{2-}+3H_{2}O}

rm{(2)}已知：rm{壟脵C(s)+O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)triangleH=a}rm{壟脵C(s)+O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)triangle

H=a}

rm{壟脷CO_{2}(g)+C(s)簍T2CO(g)triangleH=b}rm{kJ?mol^{-1}}

rm{壟脹Si(s)+O_{2}(g)簍TSiO_{2}(s)triangleH=c}rm{壟脷CO_{2}(g)+C(s)簍T2CO(g)triangle

H=b}

根據(jù)蓋斯定律，rm{kJ?mol^{-1}}得：rm{2C(s)+SiO_{2}(s)=2CO(g)+Si(s)triangleH=(a+b-c)}rm{壟脹Si(s)+O_{2}(g)簍TSiO_{2}(s)triangle

H=c}

故答案為：rm{2C(s)+SiO_{2}(s)=2CO(g)+Si(s)triangleH=(a+b-c)}rm{kJ?mol^{-1}}

rm{壟脵+壟脷-壟脹}由表中數(shù)據(jù)可知，升高溫度，平衡常數(shù)減小，平衡向逆反應方向移動，正反應為放熱反應，即rm{2C(s)+SiO_{2}(s)=2CO(g)+Si(s)triangle

H=(a+b-c)}

rm{kJ?mol^{-1}}和rm{2C(s)+SiO_{2}(s)=2CO(g)+Si(s)triangle

H=(a+b-c)}起始濃度相等，令他們的起始濃度為rm{kJ?mol^{-1}}設(shè)平衡時rm{(3)}的濃度變化量為rm{triangleH<0}則：

rm{CO}

開始rm{H_{2}O}rm{1mol/L}rm{CO}rm{xmol/L}rm{CO(g)+H_{2}O(g)簍TH_{2}(g)+CO_{2}(g)}

轉(zhuǎn)化rm{(mol/L)}rm{1}rm{1}rm{0}rm{0}

平衡rm{(mol/)}rm{x}rm{x}rm{x}rm{x}

故rm{dfrac{{x}^{2}}{(1-x{)}^{2}}=9}rm{(mol/L)}故Crm{1-x}的轉(zhuǎn)化率rm{=dfrac{0.75mol/L}{1mol/L}隆脕100%=75%}故答案為：rm{1-x}rm{x}．rm{x}【解析】rm{(1)Si+6OH^{-}-4e^{-}=SiO_{3}^{2-}+3H_{2}O}rm{(2)2C(s)+SiO_{2}(s)=Si(s)+2CO(g)triangleH=(a+b-c)kJ?mol^{-1}}rm{(2)2C(s)+SiO_{2}(s)=Si(s)+2CO(g)triangle

H=(a+b-c)kJ?mol^{-1}}rm{(3)<}rm{75%}19、（1）6.5（2）58%【分析】【分析】本題考查了鐵、銅與氯化鐵的反應、物質(zhì)的量濃度、質(zhì)量分數(shù)的計算，題目難度中等?！窘獯稹胯F的還原性強于銅，把鐵、銅混合粉末加入氯化鐵溶液中，鐵先與鐵離子反應，氯化鐵的物質(zhì)的量是rm{0.5mol}

設(shè)rm{0.5mol}鐵離子完全反應消耗鐵、銅的質(zhì)量分別為rm{m_{1}}rm{m_{2}}則：

rm{Cu+2Fe^{3+}=Cu^{2+}+2Fe^{2+}}rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}

rm{64g2mol}rm{56g2mol}

rm{m_{1}0.5mol}rm{m_{2}0.5mol}

rm{m_{1}=dfrac{64g隆脕0.5mol}{2mol}=16g}

rm{m_{2}=dfrac{56g隆脕0.5mol}{2mol}=14g}溶解的金屬質(zhì)量為：rm{m_{1}=dfrac{64g隆脕0.5mol}{2mol}

=16g}rm{m_{2}=dfrac{56g隆脕0.5mol}{2mol}

=14g}

則鐵完全反應、銅部分反應，且rm{20.0g-5.2g=14.8g}完全反應，剩余的金屬為rm{14g<14.8>16g}

設(shè)反應消耗銅的物質(zhì)的量為rm{Fe^{3+}}反應的鐵的物質(zhì)的量為rm{Cu}

則：rm{n_{1}}

rm{壟脷n_{1}+n_{2}=dfrac{1}{2}n(Fe^{3+})=0.25mol}解得：rm{n_{2}}rm{壟脵64n_{1}+56n_{2}=14.8g}

則原來混合物中含有的銅的質(zhì)量為：rm{壟脷n_{1}+n_{2}=dfrac{1}{2}

n(Fe^{3+})=0.25mol}

根據(jù)質(zhì)量守恒定律，溶液中亞鐵離子rm{n_{1}=0.1mol}

rm{n_{2}=0.15mol}反應后溶液中rm{0.1mol隆脕64g/mol+5.2g=11.6g}rm{n(Fe^{2+})=0.15mol+0.5mol=0.65mol}的物質(zhì)的量濃度為rm{dfrac{0.65mol}{0.1L}=6.5mol/L}故答案為：rm{(1)}反應后溶液中rm{FeCl}rm{(1)}原固體混合物中銅的質(zhì)量分數(shù)是rm{FeCl}rm{2}故答案為：rm{2}

．的物質(zhì)的量濃度為rm{dfrac{0.65mol}{0.1L}

=6.5mol/L}故答案為：rm{6.5}【解析】rm{(1)6.5}rm{(2)58%}20、略

【分析】（1）加入500mLNaOH溶液時，由電荷守恒n(Na＋)=n(H＋)=500mL1mol/L×2=1mol=500mL×c(NaOH)，c(NaOH)=2mol·L－1；（2）500mL到550mL時，Al(OH)3＋OH=AlO2－＋2H2O，n(Al(OH)3)=0.050L×2mol·L－1=0.1mol，故鋁的質(zhì)量為0.1mol×27g·mol－1=2.7g；（3）Mg的質(zhì)量為5.1g-2.7g=2.4g，產(chǎn)生的H2的為0.15mol＋0.1mol=0.25mol，V（H2）=0.25mol×22.4L·mol－1=5.6L；（4）0.1molAl3＋和0.1molMg2＋沉淀消耗的OH－為0.1mol×2+0.1mol×3=0.5mol,V(NaOH)=0.5mol/2mol·L－1=0.25L即OA段為500mL-250mL=250mL。

點睛：（1）氫氧化鈉溶液的濃度要應用電荷守恒，是本題的難點；（2）再利用500mL到550mL時，Al(OH)3＋OH=AlO2－＋2H2O，所耗堿的量等于鋁的量，為突破口，從而求出鎂的量，其它問題迎刃而解?！窘馕觥?mol/L2.7g5.6L250mL四、工業(yè)流程題(共1題，共5分)21、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(zhì)；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(chǎn)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(chǎn)生偏高的誤差；由Cr元素守恒及方程式可得關(guān)系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根據(jù)關(guān)系式計算。據(jù)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(zhì)，用蒸餾水洗滌除去其中的可溶性雜質(zhì)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(chǎn)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(chǎn)生誤差；③設(shè)25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得關(guān)系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根據(jù)關(guān)系式計算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根據(jù)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(zhì)量分數(shù)為

【點睛】

本題為物質(zhì)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(zhì)量，正確找出關(guān)系式是答題的關(guān)鍵；易錯點是實驗操作流程。【解析】除去其中的可溶性雜質(zhì)(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(chǎn)生誤差96.1%五、推斷題(共2題，共14分)22、略

【分析】解：由元素在周期表中位置，可知①為H、②為Li、③為C、④為N、⑤為O、⑥為F、⑦為S、⑧為Fe、⑨為Zn、⑩為Br．

（1）電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑：H-＞Li+；

同周期隨原子序數(shù)增大；元素第一電離能呈增大趨勢，氮元素原子2p軌道為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故第一電離能：N＞O＞C；

原子序數(shù)和元素⑧相差2且與元素⑧同族的元素為Ni，其外圍電子排布式為：3d84s2；

故答案為：H-＞Li+；N＞O＞C；3d84s2；

（2）元素③與①形成的原子個數(shù)比為1：1的四原子分子為H-C≡C-H；碳原子的雜化方式為sp，其分子中δ鍵和π鍵數(shù)目之比為3：2；

故答案為：sp；3：2；

（3）元素④的某種氫化物甲分子中含有18個電子，則甲為N2H4，甲為二元弱堿，在水中的電離方程式與氨相似，甲在水中的第一步電離生成N2H5+、OH-，第一步電離方程式為：N2H4+H2O?N2H5++OH-；

甲在微電子工業(yè)中，可作刻蝕劑H2O2的清除劑，二者發(fā)生反應的產(chǎn)物不污染環(huán)境，即反應生成氮氣與水，化學反應方程式為：N2H4+2H2O2=N2+4H2O；

故答案為：N2H4+H2O?N2H5++OH-；N2H4+2H2O2=N2+4H2O；

（4）元素①和⑤形成的最簡單分子丙為H2O，元素⑥和⑤形成分子乙的結(jié)構(gòu)與H2O的結(jié)構(gòu)相似，則乙為O2F，是分子中O原子價層電子對數(shù)=2+=4，VSEPR模型為四面體，故O2F的VSEPR模型為四面體；

OF2和H2O均由分子構(gòu)成，H2O分子間可形成氫鍵，使分子間作用強于OF2分子間的范德華力；水的沸點較高；

故答案為：四面體；OF2和H2O均由分子構(gòu)成，H2O分子間可形成氫鍵，使分子間作用強于OF2分子間的范德華力；

（5）K3[Fe（CN）6]檢驗元素⑧的+2價陽離子，反應生成Fe3[Fe（CN）6]2藍色沉淀，反應離子方程式為：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；

元素⑩的陰離子與元素⑧的+2價離子形成化合物丁為