2025年湘教新版高二化學(xué)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年湘教新版高二化學(xué)上冊月考試卷949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總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、在25ml0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L-1CH3COOH溶液，溶液pH變化曲線如圖所示，下列有關(guān)離子濃度的比較正確的是A.在B間任一點(不含B點)，溶液中可能有c(Na+)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H+)B.在B點，a>12.5，且有c(Na+)=c(CH3COO－)=c(OH－)=c(H+)C.在C點，c(CH3COO－)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)D.在D點，c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)2、同周期的rm{A}rm{B}rm{C}三元素，其最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強弱順序是：rm{HAO_{4}>H_{2}BO_{4}>H_{3}CO_{4}}則下列判斷錯誤的是A.原子半徑rm{A>B>C}B.氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性rm{HA>H_{2}B>CH_{3}}C.非金屬性rm{A>B>C}D.陰離子半徑rm{C^{3簍C}>B^{2簍C}>A^{簍C}}3、防治酸雨是一項綜合性工程，下列敘述正確的是A.從消除污染源著手，研究開發(fā)能替代化石燃料的新能源B.利用物理及化學(xué)方法對含硫燃料預(yù)先進行脫硫處理C.提高全民環(huán)境保護意識，加強國際間合作，全人類共同努力以減少酸雨的產(chǎn)生D.將煙囪建得更高些，避免SO2排放在本地4、把新制的Cu（OH）2懸濁液加入到某病人的尿液中并微熱，如果觀察到紅色沉淀，說明尿液中可能含有的物質(zhì)是（）A.食醋B.白酒C.食鹽D.葡萄糖5、能除去rm{CH_{4}}中少量rm{C{H}_{2}==CH-C{H}_{3}}的最好方法是rm{(}rm{)}A.通入足量溴水中B.點燃C.催化加氫D.通入足量酸性rm{KMnO_{4}}溶液中6、rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}可作食用堿rm{.}下列用來解釋事實的方程式中，不合理的是()A.rm{Na_{2}CO_{3}}溶液可除油污：rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}B.rm{NaHCO_{3}}可作發(fā)酵粉：rm{2NaHCO}3rm{Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}C.rm{Na_{2}CO_{3}}可用rm{NaOH}溶液吸收rm{CO_{2}}制備：rm{2OH^{-}+CO_{2}簍TCO_{3}^{2-}+H_{2}O}D.rm{NaHCO_{3}}與食醋混用，產(chǎn)生rm{CO_{2}}氣體：rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}簍TCO_{2}隆眉+H_{2}O}評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、（14分）有A、B、C、D、E、X、Y七種元素都是元素周期表中前36號元素。其相關(guān)信息如下：。相關(guān)信息①A的基態(tài)原子2p軌道中有三個未成對電子②A、B元素的常見單質(zhì)是構(gòu)成空氣的主要成分③C原子基態(tài)時最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子總數(shù)的2倍④D原子核外占有9個軌道,且只有1個未成對電子⑤E、X、Y三種元素處于第4周期；E元素的正三價離子的3d亞層為半充滿，X元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對電子，只有一個未成對電子；Y元素原子的4p軌道上有3個未成對電子（1）B元素原子的價層電子的電子排布圖為（2）X的基態(tài)原子的電子排布式為。（3）指出E元素在元素周期表中的位置____________________。（4）D離子結(jié)構(gòu)示意圖是。（5）比較A、B、C三種元素的第一電離能由大到小的順序是_____________(用元素符號表示)。（6）A元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物的稀溶液與X反應(yīng)的離子方程式為。（7）已知化合物Y2B3在稀硫酸溶液中可被金屬鋅還原為YH3（Y的氫化物），產(chǎn)物還有ZnSO4和H2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是__________________________________________。8、寫出下列敘述中有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式：

(1)分子式為C3H7Br的鹵代烴經(jīng)消去反應(yīng)后得到的有機物是____________；

(2)能與金屬鈉反應(yīng)，但不能與氫氧化鈉反應(yīng)的芳香族化合物C7H8O是____________；

(3)含C、H、O三種元素的有機物，燃燒時消耗的氧氣和生成的CO2、H2O之間物質(zhì)的量之比為1：2：2，則此類有機物中最簡單的一種是____________．9、A；B、C在一定條件下；有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：

根據(jù)圖回答：

（1）寫出①的反應(yīng)類型____

（2）C中所含官能團的名稱是____

（3）分別寫出②、④反應(yīng)的化學(xué)方程式（有機物用結(jié)構(gòu)簡式表示）：____．10、糖類；蛋白質(zhì)是基本的營養(yǎng)物質(zhì)；在我們的生活中扮演著及其重要的角色．如何識別這些物質(zhì)的真?zhèn)?，既可以檢驗同學(xué)們將化學(xué)知識與實際相結(jié)合的能力水平，又可以減少偽劣物品對我們生活質(zhì)量的負面影響．請根據(jù)下列的實驗現(xiàn)象填寫表：

①燒焦羽毛味；②藍色；③銀鏡（析出銀）；④磚紅色沉淀；⑤黃色；

。被鑒別的物質(zhì)鑒別物質(zhì)（或鑒別方法）現(xiàn)象（填入序號即可）葡萄糖新制氫氧化銅______淀粉碘水______蛋白質(zhì)濃硝酸______蛋白質(zhì)燃燒______葡萄糖銀氨溶液______11、rm{(1)}積極保護生態(tài)環(huán)境可實現(xiàn)人與自然的和諧共處。rm{壟脵}下列做法會加劇溫室效應(yīng)的是__________rm{(}填字母rm{)}rm{a.}植樹造林rm{b.}燃煤供暖rm{c.}風(fēng)力發(fā)電rm{壟脷}下列防治“白色污染”的正確方法是_________rm{(}填字母rm{)}rm{a.}使用可降解塑料rm{b.}露天焚燒廢舊塑料rm{c.}直接填埋廢舊塑料rm{壟脹}為減輕大氣污染，多個城市已禁止燃放煙花爆竹?！敖谷挤艧熁ū瘛钡臉?biāo)識是_____rm{(}填字母rm{)}rm{(2)}某品牌牙膏的成分有甘油、山梨酸鉀、氟化鈉等。rm{壟脵}在上述牙膏成分中，屬于防腐劑的是_______________。rm{壟脷}甘油rm{(}也稱丙三醇rm{)}的結(jié)構(gòu)簡式為_______________________；油脂水解可生成甘油和_______________________。rm{壟脹}氟化鈉rm{(NaF)}可與牙齒中的羥基磷酸鈣rm{[Ca_{5}(PO_{4})_{3}OH]}反應(yīng)，生成更難溶的氟磷酸鈣rm{[Ca_{5}(PO_{4})_{3}F]}從而達到防治齲齒的目的。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：______________________________________________________________。rm{(3)}創(chuàng)新發(fā)展材料技術(shù)科推動人類社會的進步。rm{壟脵}石墨烯rm{(}見圖rm{)}可用作太陽能電池的電極，這里主要利用了石墨烯的________性。rm{壟脷}基礎(chǔ)工程建設(shè)中常用到水泥、玻璃、鋼材等。生成水泥和玻璃都用到的原料是____________；在鋼材中添加鉻、鎳等元素的目的是____________________。rm{壟脹}新型戰(zhàn)斗機常用納米rm{SiC}粉體作為吸波材料。高溫下焦炭和石英反應(yīng)可制得rm{SiC}石英的化學(xué)式為____________；高溫分解rm{Si(CH_{3})_{2}Cl_{2}}也可制得rm{SiC}同時還生成rm{CH_{4}}和一種常見酸性氣體。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：__________________________。評卷人得分三、計算題(共7題，共14分)12、充分燃燒2.8g某有機物A，生成8.8gCO2和3.6gH2O，這種有機物蒸氣的相對密度是相同條件下N2的2倍。（1）求該有機物的分子式。（2）寫出該有機物可能的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式（3）若在核磁共振氫譜中只有一個信號峰，確定該有機物的結(jié)構(gòu)，并用鍵線式表示。13、rm{(1)}如圖所示，將相同條件下的rm{m}體積rm{NO}和rm{n}體積rm{O_{2}}同時通入倒立于水槽中且盛滿水的試管內(nèi)，充分反應(yīng)后，試管內(nèi)殘留rm{dfrac{m}{2}}體積的氣體，該氣體與空氣接觸后立即變?yōu)榧t棕色。則rm{n}與rm{m}的比值為_____

rm{(2)}將rm{25.6g}銅與rm{200mL10mol/L}的硝酸反應(yīng)，銅完全溶解，產(chǎn)生的rm{NO}和rm{NO_{2}}混合氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為rm{11.2L}則產(chǎn)生的rm{NO}與rm{NO_{2}}的體積比為________；參加反應(yīng)的rm{HNO_{3}}的物質(zhì)的量是________；待產(chǎn)生的氣體全部釋放后，向溶液中加入rm{2.5mol隆隴L^{-1}}的rm{NaOH}溶液，恰好使溶液中的rm{Cu^{2+}}全部轉(zhuǎn)化成沉淀，則加入rm{NaOH}溶液的體積為________rm{mL}14、rm{25隆忙}時，部分物質(zhì)的電離平衡常數(shù)如表所示：?；瘜W(xué)式rm{CH_{3}COOH}rm{H_{2}CO_{3}}rm{HClO}電離平衡常數(shù)rm{1.7隆脕10^{-5}mol?L^{-1}}rm{K1=4.4隆脕10^{-7}mol?L^{-1}}rm{K2=5.6隆脕10^{-1}1mol?L^{-1}}rm{3.0隆脕10^{-8}}rm{mol?L^{-1}}請回答下列問題：rm{(1)}同濃度的rm{CH_{3}COO^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{ClO^{-}}結(jié)合rm{H^{+}}的能力由強到弱的順序為_____．rm{(2)}常溫下rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{CH_{3}COOH}溶液在加水稀釋過程中，下列表達式的數(shù)據(jù)一定變小的是____rm{(}填字母序號，下同rm{)}．A.rm{c(H^{+})B}．rm{dfrac{cleft({H}^{+}right)}{cleft[C{H}_{3}COOHright]}}rm{

dfrac{cleft({H}^{+}right)}{cleft[C{H}_{3}COOHright]}}rm{C.c(H^{+})?c(OH^{-})}．rm{dfrac{cleft(O{H}^{-}right)}{cleft({H}^{+}right)}}rm{D}．rm{dfrac{cleft(C{H}_{3}CO{O}^{-}right)隆隴cleft({H}^{+}right)}{cleft(C{H}_{3}COOHright)}}若該溶液升高溫度，上述rm{

dfrac{cleft(O{H}^{-}right)}{cleft({H}^{+}right)}}種表達式的數(shù)據(jù)增大的是_____．rm{E}體積為rm{

dfrac{cleft(C{H}_{3}CO{O}^{-}right)隆隴cleft({H}^{+}right)}{cleft(C{H}_{3}COOHright)}

}的醋酸溶液與一元酸rm{5}溶液分別加水稀釋至rm{(3)}稀釋過程rm{10mLpH=2}變化如圖：則rm{HX}的電離平衡常數(shù)_____rm{1000mL}填“大于”、“等于”或“小于”rm{pH}醋酸的平衡常數(shù)rm{HX}稀釋后，rm{(}溶液中有水電離出來的rm{)}_____rm{.}填“大于”、“等于”或“小于”rm{HX}醋酸的溶液中有水電離出來的rm{c(H+)}rm{(}已知rm{)}時，水的離子積為rm{c(H^{+}).}該溫度下測得某溶液rm{(4)}該溶液顯_____rm{100隆忙}填“酸”、“堿”或“中”rm{1隆脕10^{-12}}性rm{PH=7}將此溫度下rm{(}的rm{)}溶液rm{.}與rm{PH=1}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液rm{aL}混合，若所得混合液rm{PH=11}則rm{NaOH}rm{bL}_____．rm{PH=2}15、實驗室用硫酸鋁酸性溶液制備可溶性的堿式硫酸鋁rm{[Al_{a}(SO_{4})_(OH)_{c}]}并用它對煙氣進行脫硫處理的過程如圖rm{1}

rm{(1)}加rm{CaCO_{3}}調(diào)節(jié)溶液的rm{pH}至rm{3.6}其目的是中和溶液中的酸，并使rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}轉(zhuǎn)化為rm{Al_{a}(SO_{4})_(OH)_{c}.}過濾時所用的玻璃儀器有______、______和燒杯，濾渣的主要成分為______rm{(}填化學(xué)式rm{)}．

rm{(2)}上述流程中經(jīng)完全熱分解放出的rm{SO_{2}}量總是小于吸收的rm{SO_{2}}量，其主要原因是______；與吸收rm{SO_{2}}前的溶液相比，熱分解后循環(huán)利用的溶液的rm{pH}將______rm{(}填“增大”“減小”或“不變”rm{)}．

rm{(3)Al_{a}(SO_{4})_(OH)_{c}}中rm{a}rmrm{c}的代數(shù)關(guān)系式為______．

rm{(4)}已知在常溫下溶液中rm{Al^{3+}}rm{AlO_{2}^{-}}的濃度與溶液rm{pH}的關(guān)系如圖rm{2}所示rm{.}為確定堿式硫酸鋁的組成；進行如下實驗：

rm{壟脵}取rm{2.18g}堿式硫酸鋁樣品在空氣中灼燒至恒重，樣品質(zhì)量減少了rm{0.36g}．

rm{壟脷}另取rm{2.18g}堿式硫酸鋁溶于水，調(diào)節(jié)溶液的rm{pH}到rm{5.0隆蘆7.8}．

rm{壟脹}將rm{壟脷}產(chǎn)生的沉淀過濾、洗滌、灼燒至恒重，稱量剩余固體為rm{1.02g}．

請計算樣品中rm{Al^{3+}}和rm{SO_{4}^{2-}}的物質(zhì)的量之比rm{(}寫出計算過程rm{)}．16、有機物A是由碳、氫兩種元素或碳、氫、氧三種元素組成?，F(xiàn)取0.1molA在6.72L氧氣（標(biāo)準(zhǔn)狀況）中充分燃燒，燃燒后的產(chǎn)物通過足量濃硫酸，濃硫酸增重3.6g。再在通過濃硫酸后的氣體中點燃Mg條（足量），生成總質(zhì)量為26.4g的黒、白兩種物質(zhì)，且黑色生成物與白色生成物的質(zhì)量比為1:10，求A的分子式。17、將一定質(zhì)量rm{Mg}和rm{Al}的混合物投入rm{500mL}稀硫酸中，固體全部溶解并產(chǎn)生氣體rm{.}待反應(yīng)完全后，向所得溶液中加入rm{NaOH}溶液，生成沉淀的物質(zhì)的量與加入rm{NaOH}溶液體積的關(guān)系如圖所示rm{.(}要求：寫出計算過程rm{)}

rm{(1)Mg}和rm{Al}的總質(zhì)量是多少？

rm{(2)}所加rm{NaOH}溶液的物質(zhì)的量濃度是多少？

rm{(3)}硫酸的物質(zhì)的量濃度是多少？18、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(yīng)前后溶液體積變化rm{5.2g(}求：rm{)}反應(yīng)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)}評卷人得分四、解答題(共4題，共12分)19、已知A；B為氣體單質(zhì)；其中A為黃綠色氣體，B為無色氣體；C為化合物，其水溶液的pH小于7；D為金屬單質(zhì)，它們之間有下列轉(zhuǎn)化關(guān)系：

（1）試寫出A；B、C、D的化學(xué)式：

A______；B______；C______；D______．

（2）寫出C的水溶液與D反應(yīng)的離子方程式：______；

E溶液與A反應(yīng)的離子方程式：______；

F+D反應(yīng)的離子方程式：______．

20、Co（NH3）5BrSO4可形成兩種鈷的配合物，結(jié)構(gòu)分別為[Co（NH3）5Br]SO4和[Co（SO4）（NH3）5]Br已知Co3+的配位數(shù)是6，為確定鈷的配合物的結(jié)構(gòu)，現(xiàn)對兩種配合物進行如下實驗：在第一種配合物的溶液中加BaCl2溶液時，產(chǎn)生白色沉淀，在第二種配合物溶液中加入BaCl2溶液時，則無明顯現(xiàn)象，則第一種配合物的結(jié)構(gòu)為______，第二種配合物的結(jié)構(gòu)式為______；如果在第二種配合物溶液中滴加AgNO3溶液時；產(chǎn)生______現(xiàn)象．

21、C；Si、Ge、Sn是同族元素；該族元素單質(zhì)及其化合物在材料、醫(yī)藥等方面有重要應(yīng)用．請回答下列問題：

（1）32號元素Ge的原子核外電子排布式為______．

（2）C；Si、Sn三種元素的單質(zhì)中；能夠形成金屬晶體的是______．

（3）已知SnO2是離子晶體；寫出其主要物理性質(zhì)______（寫出2條即可）．

（4）已知：

。CH4SiH4NH3PH3沸點（K）101.7161.2239.7185.4分解溫度（K）8737731073713.2分析上表中四種物質(zhì)的相關(guān)數(shù)據(jù)；請回答：

①CH4和SiH4比較，NH3和PH3比較；沸點高低的原因是______．

②CH4和SiH4比較，NH3和PH3比較；分解溫度高低的原因是______．

結(jié)合上述數(shù)據(jù)和規(guī)律判斷；一定壓強下HF和HCl的混合氣體降溫時______先液化．

22、常溫常壓下，現(xiàn)有2.3g液態(tài)二甲醚（C2H6O）與足量氧氣反應(yīng)，生成CO2氣體和液態(tài)H2O體；同時放出68.35kJ的熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式______．

評卷人得分五、綜合題(共2題，共8分)23、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．24、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】在B點PH=7，加入的酸過量，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，在C點，c(CH3COO－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)，在D點，c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=2c(Na+)【解析】【答案】A2、A【分析】略【解析】rm{A}3、A|B|C【分析】【解析】【答案】ABC4、D【分析】解：A．食醋的主要成分是乙酸；不含有醛基，故不能與新制備氫氧化銅濁液在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故A錯誤；

B．白酒的主要成分是乙醇；不含有醛基，故不能與新制備氫氧化銅濁液在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故B錯誤；

C．食鹽的主要成分是氯化鈉；不含有醛基，故不能與新制備氫氧化銅濁液在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故A錯誤；

D．葡萄糖含有醛基；故可與新制備氫氧化銅濁液在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成紅色沉淀，故D正確；

故選D．

葡萄糖含有醛基；故可與新制備氫氧化銅濁液在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成紅色沉淀，依此進行判斷．

本題考查常見物質(zhì)的性質(zhì)，難度不大．要注意含有醛基的物質(zhì)，可與新制備氫氧化銅濁液在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成紅色沉淀．【解析】【答案】D5、A【分析】【分析】

本題考查了有機物的除雜，應(yīng)利用烯烴含雙鍵可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，而甲烷不反應(yīng)進行分離?！窘馕觥?/p>

rm{A.}通入足量溴水中rm{CH}rm{2}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{簍T}發(fā)生加成反應(yīng)生成液體物質(zhì)；而甲烷氣體不反應(yīng)，可除雜，故A正確；

rm{CH-CH}rm{3}點燃均燃燒生成二氧化碳和水，不能除雜，故B錯誤；rm{CH-CH}催化加氫，易引入新雜質(zhì)氫氣，且反應(yīng)不易進行，故C錯誤；rm{3}通入足量酸性rm{3}溶液中，烯烴被氧化生成二氧化碳，使甲烷中混有新雜質(zhì)，故D錯誤。故選A。

rm{B.}【解析】rm{A}6、D【分析】略【解析】rm{D}二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】試題分析：A的基態(tài)原子2p軌道中有三個未成對電子，則A是N，A、B元素的常見單質(zhì)是構(gòu)成空氣的主要成分，則B是O，C原子基態(tài)時最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子總數(shù)的2倍，則C是C，D原子核外占有9個軌道,且只有1個未成對電子，則D是Cl；E元素的正三價離子的3d亞層為半充滿，則E為26號元素；X元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對電子，只有一個未成對電子；X為29號元素Cu；Y元素原子的4p軌道上有3個未成對電子，則Y為As。（1）氧原子的價層電子的電子排布圖為（2）X的基態(tài)原子的電子排布式為:1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1（3）E元素在元素周期表中的位置是：第4周期第Ⅷ族。（4）D離子結(jié)構(gòu)示意圖是：（5）N、O、C三種元素的第一電離能由大到小的順序是N>O>C。（6）A元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物的稀溶液是稀硝酸，與銅反應(yīng)的離子方程式為：3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O。（7）已知化合物Y2B3是As2O3，根據(jù)題中給出的反應(yīng)物和生成物，反應(yīng)的方程式為：As2O3＋6Zn＋6H2SO4＝2AsH3↑＋6ZnSO4＋3H2O考點：元素的種類和在周期表中的位置的推斷、價層電子的排布和基態(tài)原子的電子排布的書寫、電離能的比較和離子方程式的書寫?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）（2）1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1（3）第4周期第Ⅷ族（4）（5）N>O>C（6）3Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O（7）As2O3＋6Zn＋6H2SO4＝2AsH3↑＋6ZnSO4＋3H2O8、略

【分析】解：(1)分子式為C3H7Br的鹵代烴CH3CH2CH2Br或CH3CHBrCH3經(jīng)消去反應(yīng)后得到的有機物均為CH3CH=CH2，故答案為：CH3CH=CH2；

(2)能與金屬鈉反應(yīng)，但不能與氫氧化鈉反應(yīng)的芳香族化合物C7H8O，為苯甲醇，結(jié)構(gòu)簡式為C6H5CH2OH，故答案為：C6H5CH2OH；

(3)含C、H、O三種元素的有機物，燃燒時消耗的氧氣和生成的CO2、H2O之間物質(zhì)的量之比為1：2：2，該有機物為CnH2nOx，則Cn(H2O)n+mO22mCO2+2mH2O；

所以解得x=2n，即有機物為CnH2nO2n，n=1為最簡單的此類有機物，該物質(zhì)為HCOOH，故答案為：HCOOH．【解析】CH3CH=CH2;C6H5CH2OH;HCOOH9、略

【分析】

A能發(fā)生連續(xù)氧化性生成C，則A為醇、B為醛、C為羧酸．故乙烯與水發(fā)生加成反應(yīng)生成A，A為CH3CH2OH，乙醇在Cu或Ag作催化劑條件下發(fā)生氧化反應(yīng)CH3CHO，B為CH3CHO，CH3CHO可進一步氧化物CH3COOH，C為CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在濃硫酸作用下反應(yīng)生成乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3）；

（1）由上述分析可知，反應(yīng)①是乙烯與水發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CH2OH；

故答案為：加成反應(yīng)；

（2）由上述分析可知，C為CH3COOH；含有羧基；

故答案為：羧基；

（3）反應(yīng)②的化學(xué)方程式為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

反應(yīng)④的化學(xué)方程式為CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O

故答案為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O．

【解析】【答案】A能發(fā)生連續(xù)氧化性生成C，則A為醇、B為醛、C為羧酸．故乙烯與水發(fā)生加成反應(yīng)生成A，A為CH3CH2OH，乙醇在Cu或Ag作催化劑條件下發(fā)生氧化反應(yīng)CH3CHO，B為CH3CHO，CH3CHO可進一步氧化物CH3COOH，C為CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在濃硫酸作用下反應(yīng)生成乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3）；據(jù)此解答．

10、略

【分析】解：葡萄糖是多羥基醛；和新制氫氧化銅反應(yīng)生成磚紅色沉淀，故選④；

淀粉遇碘單質(zhì)變藍是碘單質(zhì)的特性；故選②；

蛋白質(zhì)與濃硝酸變黃；故選⑤

蛋白質(zhì)燃燒有燒焦羽毛味；故選①；

葡萄糖和銀氨溶液加熱反應(yīng)析出銀；發(fā)生銀鏡現(xiàn)象，故選③；

故答案為：。被鑒別的物質(zhì)鑒別物質(zhì)（或鑒別方法）現(xiàn)象（填入序號即可）葡萄糖新制氫氧化銅④淀粉碘水②蛋白質(zhì)濃硝酸⑤蛋白質(zhì)燃燒①葡萄糖銀氨溶液③．

葡萄糖是多羥基醛；含有醛基和新制氫氧化銅反應(yīng)生成磚紅色沉淀，和銀氨溶液加熱反應(yīng)發(fā)生銀鏡現(xiàn)象；

淀粉遇碘單質(zhì)變藍是碘單質(zhì)的特性；

蛋白質(zhì)與濃硝酸變黃；

蛋白質(zhì)燃燒有燒焦羽毛味；以此來解答．

本題考查物質(zhì)的鑒別，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)及現(xiàn)象等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意物質(zhì)的特性，題目難度不大．【解析】④；②；⑤；①；③11、（1）①b②a③c

（2）①山梨酸鉀②CH2OHCHOHCH2OH高級脂肪酸③NaF+Ca5(PO4)3OH=Ca5(PO4)3F+NaOH

（3）①導(dǎo)電②石灰石防止生銹或增強抗腐蝕能力③SiO2Si(CH3)2Cl2SiC+CH4↑+2HCl↑【分析】【分析】本題考查了物質(zhì)的結(jié)構(gòu)組成與性質(zhì)，涉及物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式的書寫、方程式的書寫，明確相關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度不大?！窘獯稹縭m{(1)壟脵a.}植樹造林能夠控制二氧化碳的含量升高；有利于減緩溫室效應(yīng)，故不選；

rm{b.}燃煤供暖；煤燃燒能夠生成二氧化碳，燃燒時會導(dǎo)致溫室效應(yīng)加劇，故選；

rm{c.}風(fēng)力發(fā)電屬于清潔能源；不會放出二氧化碳，有利于減緩溫室效應(yīng)，故不選；

故選rm

rm{壟脷a.}使用可降解塑料可以減少塑料制品的使用；能夠防治“白色污染”，故選；

rm{b.}露天焚燒廢棄塑料會產(chǎn)生大量的有害氣體；污染空氣，不能夠防治“白色污染”，故不選；

rm{c.}廢棄塑料難降解；將廢棄塑料直接填埋，埋會占用較大空間，塑料自然降解需要百年以上，析出添加劑污染土壤和地下水，會引起白色污染，故不選；

故選rm{a}

rm{壟脹}根據(jù)煙花爆竹的圖案，則“禁止燃放煙花爆竹”的標(biāo)識是rm{c}故選：rm{c}rm{(2)壟脵}山梨酸鉀具有防腐性，常用于食品防腐；故答案為：山梨酸鉀；

rm{壟脷}甘油為丙三醇，含有三個羥基，結(jié)構(gòu)簡式：rm{CH_{2}OHCHOHCH_{2}OH}油脂酸性環(huán)境下水解生成甘油和高級脂肪酸；

故答案為：rm{CH_{2}OHCHOHCH_{2}OH}高級脂肪酸；

rm{壟脹}依據(jù)題干：氟化鈉與羥基磷酸鈣反應(yīng)生成氟磷酸鈣，結(jié)合原子個數(shù)守恒，反應(yīng)的方程式：rm{NaF+Ca_{5}(PO_{4})_{3}OH=Ca_{5}(PO_{4})_{3}F+NaOH}

故答案為：rm{NaF+Ca_{5}(PO_{4})_{3}OH=Ca_{5}(PO_{4})_{3}F+NaOH;}rm{(3)}rm{壟脵}石墨烯是一種由碳原子以rm{sp^{2}}雜化方式形成的蜂窩狀平面薄膜；是一種只有一個原子層厚度的準(zhǔn)二維材料，所以又叫做單原子層石墨，實際上石墨烯本來就存在于自然界，只是難以剝離出單層結(jié)構(gòu)，石墨烯一層層疊起來就是石墨，鉛筆在紙上輕輕劃過，留下的痕跡就可能是幾層甚至僅僅一層石墨烯，石墨烯具有十分良好的強度；柔韌、導(dǎo)電、導(dǎo)熱、光學(xué)特性能，作電極是利用了石墨烯的導(dǎo)電性；

故答案為：導(dǎo)電；

rm{壟脷}生產(chǎn)水泥以黏土和石灰石為主要原料；經(jīng)研磨；混合后在水泥回轉(zhuǎn)窯中煅燒，再加入適量石膏，并研成細粉就得到普通水泥；生產(chǎn)玻璃的原料是純堿、石灰石和石英，高溫下，碳酸鈉、碳酸鈣和二氧化硅反應(yīng)分別生成硅酸鈉、硅酸鈣，所以在水泥工業(yè)中、玻璃工業(yè)都用到的原料是石灰石；在鋼材中添加鉻能使鋼材表面形成致密且堅固的氧化膜，防止內(nèi)部的鐵與氧氣接觸，鉻又能提高鋼的抗氧化性和耐腐蝕性，加入鎳是使不銹鋼耐酸、堿腐蝕，即在鋼材中添加鉻、鎳等元素的目的是做成不銹鋼防腐蝕；

故答案為：石灰石；防止生銹或增強抗腐蝕能力；

rm{壟脹}工業(yè)上用石英rm{(SiO_{2})}與焦炭高溫下條件下生成rm{SiC}同時生成rm{CO}高溫分解rm{Si(CH_{3})_{2}Cl_{2}}也可制得rm{SiC}同時還生成rm{CH_{4}}和一種常見酸性氣體，酸性氣體為氯化氫，根據(jù)原子守恒寫出化學(xué)方程式為：rm{Si(CH_{3})_{2}Cl_{2}overset{賂脽脦脗;}{=}SiC+CH_{4}隆眉+2HCl隆眉}

故答案為：rm{Si(CH_{3})_{2}Cl_{2}

overset{賂脽脦脗;}{=}SiC+CH_{4}隆眉+2HCl隆眉}rm{Si(CH_{3})_{2}Cl_{2}overset{賂脽脦脗;}{=}SiC+CH_{4}隆眉+2HCl隆眉}rm{SiO_{2}}【解析】rm{(1)}rm{壟脵}rm{壟脵}rmrm{壟脷}rm{壟脷}rm{a}山梨酸鉀rm{壟脹c}rm{壟脹c}高級脂肪酸rm{(2)壟脵}rm{(2)壟脵}rm{壟脷}導(dǎo)電rm{壟脷}石灰石防止生銹或增強抗腐蝕能力rm{CH_{2}OHCHOHCH_{2}OH}rm{SiO_{2;;;;;;}Si(CH_{3})_{2}Cl_{2}overset{賂脽脦脗;}{=}}rm{壟脹}rm{壟脹}三、計算題(共7題，共14分)12、略

【分析】（1）n（A）==0.05moln（C）=n（CO2）=n（H）=2n（H2O）=一個A中M（C）=4，M（H）=812×4+1×8=56=M（A）無0∴分子式C4H8（2）CH2=CHCH2CH3、CH3-CH=CH-CH3、CH2=C-CH3（3）略【解析】【答案】（1）C4H8（2）CH2=CHCH2CH3、CH3-CH=CH-CH3、CH2=C-CH3（3）略13、rm{(1)3:8}

rm{(2)3:7}rm{1.3mol}rm{600}【分析】【分析】本題考查氮的氧化物、硝酸性質(zhì)的化學(xué)反應(yīng)及其與化學(xué)方程式有關(guān)的計算等，難度較大?！窘獯稹縭m{(1)}在一定條件下，將rm{m}體積rm{NO}和rm{n}體積rm{O_{2}}同時通入倒立于水中且盛滿水的容器中內(nèi)，充分反應(yīng)，一氧化氮和氧氣全部溶于水時按照下列反應(yīng)進行，化學(xué)方程式為：rm{4NO+3O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}}容器內(nèi)殘留氣體為一氧化氮，所以和氧氣全部溶于水的一氧化氮氣體為rm{m-m/2=m/2}一氧化氮和氧氣按照rm{4}rm{3}混合溶于水恰好全部溶解，所以rm{m/2}rm{n=4}rm{3}得到rm{n}rm{m=3}rm{8}故答案為：rm{3}rm{8}rm{(2)25.6g}銅的物質(zhì)的量為rm{25.6g/64g/mol=0.4mol}rm{11.2L}混合氣體的物質(zhì)的量為rm{11.2L/22.4L/mol=0.5mol}令混合氣體中rm{NO}和rm{NO_{2}}物質(zhì)的量分別為rm{xmol}rm{ymol}由電子轉(zhuǎn)移守恒有：rm{3x+y=0.4隆脕2}由二者物質(zhì)的量之和：rm{x+y=0.5}聯(lián)立方程，解得rm{x=0.15}rm{y=0.35}則產(chǎn)生的rm{NO}與rm{NO_{2}}的體積比為rm{0.15:0.35=3:7}參加反應(yīng)的rm{HNO_{3}}一部分轉(zhuǎn)化為rm{NO}和rm{NO_{2}}一部分與rm{Cu^{2+}}結(jié)合為rm{Cu(NO_{3})_{2}}所以參加反應(yīng)的rm{HNO_{3}}的物質(zhì)的量是rm{0.4molx2+0.5mol=1.3mol}向反應(yīng)后溶液中加入rm{2.5mol隆隴L^{-1}NaOH}溶液，恰好使溶液中的rm{Cu}rm{2+}全部轉(zhuǎn)化成沉淀，此時溶液中溶質(zhì)為rm{2+}rm{NaNO}，溶液中原有硝酸的物質(zhì)的量濃度為rm{3}根據(jù)氮原子守恒可知rm{3}rm{0.2Lx10mol/L=2mol}rm{n(HNO}rm{3}rm{3}rm{)=n(NaNO}rm{3}故rm{3}由鈉離子守恒rm{)+n(NO}rm{2}rm{2}所以加入rm{+NO)=n(NaNO_{3})+0.5mol=2mol}溶液的體積為rm{dfrac{1.5mol}{2.5mol/L}=0.6L=600mL}故答案為：rm{n(NaNO_{3})=1.5mol}rm{n(NaNO}rm{3}

rm{3}【解析】rm{(1)3:8}rm{(2)3:7}rm{1.3mol}rm{600}14、（1）CO32﹣>ClO﹣>HCO3﹣>CH3COO﹣

（2）AABCE

（3）大于小于

（4）堿1：9【分析】【分析】主要考查弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡及有關(guān)rm{PH}的計算，題目難度中等?！窘獯稹縭m{(1)}平衡常數(shù)越大，則其結(jié)合氫離子能力越弱，由于電離平衡常數(shù)rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}COOH}rm{>H_{2}CO_{3}>HCO}rm{3}則同濃度rm{3}rm{{,!}^{?}>HClO}、rm{CH_{3}COO}rm{CH_{3}COO}rm{{,!}^{?}}、rm{HCO}rm{HCO}rm{3}、rm{3}結(jié)合rm{{,!}^{?}}的能力由強到弱的順序為：rm{CO}rm{CO}rm{3}rm{3}rm{{,!}^{2?}}rm{ClO^{?}}rm{ClO^{?}}rm{H^{+}}rm{H^{+}}rm{CO}rm{3}rm{3}rm{2}rm{2}rm{-}rm{-}，故答案為：rm{>}rm{ClO}rm{-}rm{-}的rm{>}溶液加稀釋過程中，溶液中氫離子濃度減小，故rm{HCO}正確；B.rm{3}rm{3}的rm{-}溶液加稀釋過程中rm{-}各個微粒濃度減小rm{>}同時醋酸的電離向右移動rm{CH}rm{3}減小的程度小于rm{3}rm{COO}的減小程度rm{-}則rm{dfrac{cleft({H}^{+}right)}{cleft[C{H}_{3}COOHright]}}rm{-}增大，故rm{CO_{3}^{2-}>ClO^{-}>HCO_{3}^{-}}錯誤；C.rm{>CH_{3}COO^{-}}rm{(2)A.0.1mol}只受溫度的影響，溫度不變則其值是一個常數(shù)，故rm{(2)A.0.1mol}錯誤；D.醋酸稀釋rm{/L}酸性減弱rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}COOH}減小rm{A}水的離子積不變rm{A}則rm{0.1mol}rm{0.1mol}增大rm{/L}所以rm{CH_{3}COOH}rm{dfrac{cleft(O{H}^{-}right)}{cleft({H}^{+}right)}}增大，故rm{CH_{3}COOH}錯誤；E.，rm{dfrac{cleft(C{H}_{3}CO{O}^{-}right)隆隴cleft({H}^{+}right)}{cleft(C{H}_{3}COOHright)}}為醋酸的電離平衡常數(shù)，由于溫度不變，則水的電離平衡常數(shù)不變，故，錯誤；故答案為：，rm{c(H^{+}}若該溶液升高溫度，醋酸、水的電離程度對增大，則溶液中氫離子、氫氧根離子濃度都增大，A.升高溫度后溶液中氫離子濃度rm{c(H^{+}}rm{)}增大，故rm{c}正確；B.升高溫度后氫離子、氫氧根離子濃度都增大rm{c}醋酸的濃度減小rm{(CH_{3}COOH)}則，rm{dfrac{cleft({H}^{+}right)}{cleft[C{H}_{3}COOHright]}}的比值增大，故rm{

dfrac{cleft({H}^{+}right)}{cleft[C{H}_{3}COOHright]}}正確；C.rm{B}為水的離子積，升高溫度后水的電離程度增大，則水的離子積增大，故rm{B}正確；D.升高溫度后氫氧根離子、氫離子濃度都增大rm{Kw}但氫離子濃度增大的幅度大于氫氧根離子rm{Kw}所以rm{=c(H^{+})?c(OH^{?})}rm{dfrac{cleft(O{H}^{-}right)}{cleft({H}^{+}right)}}的比值減小，故rm{C}錯誤；E.rm{dfrac{cleft(C{H}_{3}CO{O}^{-}right)隆隴cleft({H}^{+}right)}{cleft(C{H}_{3}COOHright)}}為醋酸的電離平衡常數(shù)，升高溫度，醋酸的電離平衡常數(shù)增大，故rm{C}正確；故答案為：，；，rm{c(H^{+}}根據(jù)圖象分析，起始是兩種溶液中rm{c(H^{+}}rm{)}相同，較弱酸，較強酸rm{c}稀釋過程中較弱酸的電離程度增大rm{c}故在整個稀釋過程中較弱酸的rm{(OH^{?})}，一直大于較強酸的rm{

dfrac{cleft(O{H}^{-}right)}{cleft({H}^{+}right)}}稀釋相同倍數(shù)rm{D}的rm{D}變化比的大rm{

dfrac{cleft(C{H}_{3}CO{O}^{-}right)隆隴cleft({H}^{+}right)}{cleft(C{H}_{3}COOHright)}

}故rm{E}酸性強rm{E}電離平衡常數(shù)大rm{A}酸性強于rm{c}的rm{c}稀釋后rm{(H^{+})}溶液中rm{A}rm{A}小于，溶液中的，，rm{

dfrac{cleft({H}^{+}right)}{cleft[C{H}_{3}COOHright]}}故答案為：大于rm{B}小于rm{B}rm{c}rm{c}時rm{(H^{+})?c(OH^{?})}水的離子積為rm{C}，rm{C}，為中性溶液，該溫度下測得某溶液該溶液顯堿性rm{

dfrac{cleft(O{H}^{-}right)}{cleft({H}^{+}right)}}將此溫度下rm{D}的rm{D}rm{

dfrac{cleft(C{H}_{3}CO{O}^{-}right)隆隴cleft({H}^{+}right)}{cleft(C{H}_{3}COOHright)}

}溶液rm{E}與rm{E}的rm{ABCE}溶液rm{ABCE}混合rm{(3)}若所得混合液rm{c}說明溶液顯酸性rm{c}rm{c({H}^{+})=dfrac{0.1mol/L隆脕aL?bL隆脕dfrac{{10}^{?12}}{{10}^{?11}}mol/L}{aL+bL}={10}^{?2}mol/L}，得rm{(H^{+})}：，rm{c(}rm{c(}；故答案為：堿；rm{)>c(}rm{)>c(}。

rm{)}【解析】rm{(1)CO_{3}^{2-}>ClO^{-}>HCO_{3}^{-}}rm{>CH_{3}COO^{-}}rm{(2)A}rm{ABCE}rm{(3)}大于小于rm{(4)}堿rm{1}rm{9}15、略

【分析】解：根據(jù)流程可知，rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中加入rm{CaCO_{3}}調(diào)節(jié)溶液的rm{pH}至rm{3.6}使rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}轉(zhuǎn)化為rm{CaSO_{4}}沉淀，過濾得濾渣為rm{CaSO_{4}}濾液中含有鋁離子；硫酸根離子等，吸收含有二氧化硫的煙氣，在溶液中生成亞硫酸根離子，部分亞硫根離子會被空氣氧化成硫酸，將溶液再加熱亞硫酸鹽分解生成二氧化硫，所得溶液循環(huán)利用再用來吸收煙氣；

rm{(1)}過濾時所用的玻璃儀器有漏斗、玻璃棒、燒杯，通過以上分析知，濾渣的成分是rm{CaSO_{4}}

故答案為：漏斗、玻璃棒；rm{CaSO_{4}}

rm{(2)}溶液吸收二氧化硫生成rm{SO_{3}^{2-}}在溶液中rm{SO_{3}^{2-}}易被氧化生成rm{SO_{4}^{2-}}所以上述流程中經(jīng)完全熱分解放出的rm{SO_{2}}量總是小于吸收的rm{SO_{2}}量；溶液中rm{SO_{3}^{2-}}屬于弱酸根離子被氧氣氧化為轉(zhuǎn)化為rm{SO_{4}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}為強酸根離子，則溶液酸性增強，rm{pH}減?。?/p>

故答案為：溶液中的部分rm{SO_{3}^{2-}}被氧化成rm{SO_{4}^{2-}}減??；

rm{(3)}根據(jù)化合物中化合價代數(shù)和為零可知rm{abc}的關(guān)系為rm{3a=2b+c}

故答案為：rm{3a=2b+c}

rm{(4)}由步驟rm{壟脵}可知rm{n(H_{2}O)=0.36}rm{g/18}rm{g?mol^{-1}=0.02}rm{mol}所以rm{n(OH^{-})=0.02}rm{mol隆脕2=0.04}rm{mol}

由rm{壟脹}可知rm{1.02}rm{g}為rm{Al_{2}O_{3}}則rm{n(Al_{2}O_{3})=1.02}rm{g/102}rm{g?mol^{-1}=0.01}rm{mol}所以樣品中rm{n(Al^{3+})=0.02}rm{mol}根據(jù)電荷守恒可知，樣品中rm{n(SO_{4}^{2-})=(0.02}rm{mol隆脕3-0.04}rm{mol)/2=0.01}rm{mol}所以rm{n(Al^{3+})}rm{n(SO_{4}^{2-})=0.02}rm{mol}rm{0.01mol=2}rm{1}

答：樣品中rm{Al^{3+}}和rm{SO_{4}^{2-}}的物質(zhì)的量之比為rm{2}rm{1}．

根據(jù)流程可知，rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中加入rm{CaCO_{3}}調(diào)節(jié)溶液的rm{pH}至rm{3.6}使rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}轉(zhuǎn)化為rm{CaSO_{4}}沉淀，過濾得濾渣為rm{CaSO_{4}}濾液中含有鋁離子；硫酸根離子等，吸收含有二氧化硫的煙氣，在溶液中生成亞硫酸根離子，部分亞硫根離子會被空氣氧化成硫酸，將溶液再加熱亞硫酸鹽分解生成二氧化硫，所得溶液循環(huán)利用再用來吸收煙氣；

rm{(1)}過濾時所用的玻璃儀器有漏斗；玻璃棒、燒杯；硫酸根離子與鈣離子反應(yīng)生成硫酸鈣是微溶于水的物質(zhì)；易形成沉淀；

rm{(2)}在溶液中rm{SO_{3}^{2-}}易被氧化生成rm{SO_{4}^{2-}}弱酸根離子轉(zhuǎn)化為強酸根離子溶液酸性增強；

rm{(3)}根據(jù)化合物中化合價代數(shù)和為零可知rm{abc}的關(guān)系；

rm{(4)}堿式硫酸鋁樣品在空氣中灼燒至恒重，樣品中的氫元素全部以水的形式失去，根據(jù)水的質(zhì)量可求得樣品中氫氧根離子的物質(zhì)的量，在硫酸鋁溶液中，隨著rm{pH}值的升高，調(diào)節(jié)溶液的rm{pH}到rm{5.0隆蘆7.8}生成氫氧化鋁沉淀，氫氧化鋁沉淀經(jīng)過過濾、洗滌、灼燒至恒重，得氧化鋁，根據(jù)氧化鋁的質(zhì)量可求得樣品中鋁元素的物質(zhì)的量，根據(jù)電荷守恒可求得硫酸根離子的物質(zhì)的量，據(jù)此確定品中rm{Al^{3+}}和rm{SO_{4}^{2-}}的物質(zhì)的量之比．

本題考查了物質(zhì)的制備原理及化學(xué)計算，明確物質(zhì)的性質(zhì)及各物質(zhì)的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，會從整體上分析每一步發(fā)生的反應(yīng)及基本操作，知道加入物質(zhì)的用途，題目難度中等．【解析】漏斗；玻璃棒；rm{CaSO_{4}}溶液中的部分rm{SO_{3}^{2-}}被氧化成rm{SO_{4}^{2-}}減小；rm{3a=2b+c}16、略

【分析】考查有機物分子式的確定?！窘馕觥俊敬鸢浮挎V在CO2中燃燒的方程式為2Mg＋CO2C＋2MgO黑色生成物（C）與白色生成物（MgO）的物質(zhì)量比為1∶10，物質(zhì)的量之比是1︰3所以根據(jù)方程式可知氧氣過量，通過濃硫酸后的氣體為CO和O混合物。設(shè)鎂和氧氣反應(yīng)生成的氧化鎂是x，和CO2反應(yīng)生成的氧化鎂是，則2Mg＋O=2MgO2Mg＋CO=2MgO＋C0.5xxy0.5y則有40（x＋y）＋12×0.5y=26．4、x＋y=3×0.5y得x=0.2moly=0.4mol過量的n（O）=0.1mol生成的n（CO）=0.2mol（4分）生成的n（HO）=3.6÷18=0.2mol根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知0.1molA的質(zhì)量m（A）=0.2×44＋3.6－0.2×32=6gM（A）=6÷0.1=60設(shè)A的分子式為CHO2×12＋4×1＋z×16，z=2，A的分子式為CHO（4分）17、略

【分析】

結(jié)合圖可知，rm{0隆蘆20mL}發(fā)生酸堿中和，rm{20隆蘆200mL}發(fā)生離子與堿生成沉淀的反應(yīng)，rm{200隆蘆240mL}發(fā)生氫氧化鋁溶解：rm{Al(OH)_{3}+NaOH=NaAlO_{2}+2H_{2}O}最后剩余的沉淀為氫氧化鎂；加入rm{200mLNaOH}溶液時生成沉淀最多；溶液中的溶質(zhì)為硫酸鈉；

rm{(1)}根據(jù)圖象判斷氫氧化鋁；氫氧化鎂的物質(zhì)的量；再根據(jù)質(zhì)量守恒定律計算出混合金屬的質(zhì)量；

rm{(2)}根據(jù)溶解氫氧化鋁消耗的氫氧化鈉的物質(zhì)的量及氫氧化鈉溶液體積計算出氫氧化鈉溶液濃度；

rm{(3)}再根據(jù)rm{200mL}時溶質(zhì)為硫酸鈉計算出硫酸的濃度物質(zhì)的量，然后根據(jù)rm{c=dfrac{n}{V}}計算出硫酸的濃度．

本題考查混合物反應(yīng)的計算，題目難度中等，明確圖象中曲線變化及其發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，注意氫氧化鋁能溶解在rm{NaOH}溶液中，側(cè)重分析及計算能力的考查．【解析】解：根據(jù)圖可知，rm{0隆蘆20mL}發(fā)生酸堿中和，rm{20隆蘆200mL}發(fā)生離子與堿生成沉淀的反應(yīng)，rm{200隆蘆240mL}發(fā)生rm{Al(OH)_{3}+NaOH=NaAlO_{2}+2H_{2}O}rm{200mL}時生成沉淀最多；溶液中的溶質(zhì)為硫酸鈉；

rm{(1)}由圖象可知，氫氧化鎂的物質(zhì)的量為rm{0.15mol}則rm{n(Mg)=n[Mg(OH)_{2}]=0.15mol}溶解的氫氧化鋁的物質(zhì)的量為：rm{0.35mol-0.15mol=0.2mol}根據(jù)鋁原子守恒可得：rm{n(Al)=0.2mol}則rm{Mg}和rm{Al}的總質(zhì)量為：rm{0.15mol隆脕24g/mol+0.2mol隆脕27g/mol=9g}

答：rm{Mg}和rm{Al}的總質(zhì)量是為rm{9g}

rm{(2)}由rm{200隆蘆240mL}發(fā)生反應(yīng)：rm{Al(OH)_{3}+NaOH=NaAlO_{2}+2H_{2}O}消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量為rm{0.2mol}則rm{c(NaOH)=dfrac{0.2mol}{0.04L}=5mol/L}

答：所加rm{c(NaOH)=dfrac

{0.2mol}{0.04L}=5mol/L}溶液的物質(zhì)的量濃度是rm{NaOH}

rm{5mol/L}時生成沉淀最多，溶液中的溶質(zhì)為硫酸鈉，則rm{c(H_{2}SO_{4})=dfrac{5mol/L隆脕0.2L隆脕dfrac{1}{2}}{05L}=1mol/L}

答：硫酸的物質(zhì)的量濃度是rm{(3)200mL}．rm{c(H_{2}SO_{4})=dfrac{5mol/L隆脕0.2L隆脕

dfrac{1}{2}}{05L}=1mol/L}18、（1）6.5（2）58%【分析】【分析】本題考查了鐵、銅與氯化鐵的反應(yīng)、物質(zhì)的量濃度、質(zhì)量分數(shù)的計算，題目難度中等。【解答】鐵的還原性強于銅，把鐵、銅混合粉末加入氯化鐵溶液中，鐵先與鐵離子反應(yīng)，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(yīng)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(yīng)、銅部分反應(yīng)，且rm{20.0g-5.2g=14.8g}完全反應(yīng)，剩余的金屬為rm{14g<14.8>16g}

設(shè)反應(yīng)消耗銅的物質(zhì)的量為rm{Fe^{3+}}反應(yīng)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(yīng)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(yīng)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%}四、解答題(共4題，共12分)19、略

【分析】

A、B為氣體單質(zhì)，其中A為黃綠色氣體，B為無色氣體；C為化合物，其水溶液的pH小于7，則A為Cl2，B為H2，C為HCl；D為金屬單質(zhì)，結(jié)合E與氯氣反應(yīng)，D與F反應(yīng)，則D為變價金屬，則D為Fe，所以E為FeCl2，F(xiàn)為FeCl3；

（1）由上述分析可知，A為Cl2，B為H2，C為HCl，D為Fe，故答案為：Cl2；H2；HCl；Fe；

（2）C的水溶液與D反應(yīng)的離子方程式為2H++Fe=H2↑+Fe2+，E溶液與A反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，F(xiàn)+D反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++Fe=3Fe2+；

故答案為：2H++Fe=H2↑+Fe2+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；2Fe3++Fe=3Fe2+．

【解析】【答案】A、B為氣體單質(zhì)，其中A為黃綠色氣體，B為無色氣體；C為化合物，其水溶液的pH小于7，則A為Cl2，B為H2，C為HCl；D為金屬單質(zhì)，結(jié)合E與氯氣反應(yīng)，D與F反應(yīng)，則D為變價金屬，則D為Fe，所以E為FeCl2，F(xiàn)為FeCl3；然后利用物質(zhì)的性質(zhì)結(jié)合題目要求來解答．

20、略

【分析】

由[Co（NH3）5Br]SO4可知，硫酸根離子為配合物的外界，在水溶液中以離子形式存在，所以會與鋇離子結(jié)合成白色沉淀．加入BaCl2溶液時，無明顯現(xiàn)象，說明硫酸根離子在內(nèi)界，所以結(jié)構(gòu)式為[Co（SO4）（NH3）5]Br；溴離子為配合物的外界，在水溶液中以離子形式存在，若加入AgNO3溶液時；會產(chǎn)生淡黃色沉淀溴化銀．

故答案為：[Co（NH3）5Br]