2025年滬教版選修化學上冊階段測試試卷

…………○…………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年滬教版選修化學上冊階段測試試卷588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、Bodensteins研究反應H2(g)+I2(g)2HI(g)△H＜0，溫度為T時，在兩個體積均為1L的密閉容器中進行實驗，測得氣體混合物中碘化氫的物質的量分數(shù)w(HI)與反應時間t的關系如下表：。容器編號起始物質t/min020406080100Ⅰ0.5molI2、0.5molH2w(HI)/%05068768080ⅡxmolHIw(HI)/%1009184818080

研究發(fā)現(xiàn)上述反應中：v正=ka?w(H2)?w(I2)，v逆=kb?w2(HI)，其中ka、kb為常數(shù)。下列說法不正確的是()A.溫度為T時，該反應=64B.容器I中在前20min的平均速率v(HI)=0.025mol?L-1?min-1C.若起始時，向容器I中加入物質的量均為0.1mol的H2、I2、HI，反應逆向進行D.無論x為何值，兩容器中達平衡時w(HI)%均相同2、分子式均為C5H10O2的兩種有機物的結構如圖所示：

下列說法正確的是A.二者都能使Br2的CCl4溶液褪色B.①②分子中所有原子均可能處于同一平面C.等物質的量的①和②分別與足量鈉反應生成等物質的量的H2D.與其互為同分異構體的酯有8種(不考慮立體異構)3、山萘酚(Kaempferol)結構如下圖所示；且大量存在于水果；蔬菜、豆類、茶葉中，具有多種生物學作用，如抗氧化、抑制腫瘤生長及保護肝細胞等作用。下列有關山萘酚的敘述正確的是()

A.結構式中含有羥基、醚鍵、酯基、碳碳雙鍵B.可發(fā)生取代反應、水解反應、加成反應C.可與NaOH反應，不能與NaHCO3反應D.1mol山萘酚與溴水反應最多可消耗4molBr24、有關下圖所示化合物的說法不正確的是。

A.1mol該化合物最多可以與3molNaOH反應B.該化合物可與NaHCO3溶液反應放出CO2氣體C.該化合物可以使酸性KMnO4溶液褪色D.該化合物可以在光照下與Cl2發(fā)生取代反應5、羥甲香豆素(丙)是一種治療膽結石的藥物；部分合成路線如下圖所示。下列說法不正確的是。

A.甲分子中的含氧官能團為羥基、酯基B.常溫下1mol乙最多與含4molNaOH的水溶液完全反應C.丙能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D.丙分子中碳原子軌道雜化類型為sp2和sp3，且所有的碳原子可能共平面6、化學與生活密切相關。下列敘述不正確的是（）A.二氧化硅是將太陽能轉變?yōu)殡娔艿某Ｓ貌牧螧.中國古代利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹C.使用含鈣離子濃度較大的地下水洗衣服，肥皂去污能力差D.漢代燒制出“明如鏡、聲如磬”的瓷器，其主要原料為黏土7、某有機物的結構如下式；在以下六種反應類型：①加成②水解③酯化④氧化⑤中和⑥消去中，它在一定條件下能夠發(fā)生的反應是。

A.②③④B.①③⑤⑥C.②③④⑤⑥D.①③④⑤評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、（I）LiH可作飛船的燃料；已知下列反應：

①2Li(s)+H2(g)===2LiH(s)ΔH＝-182kJ·mol-1；

②2H2(g)+O2(g)===2H2O(l)ΔH＝-572kJ·mol-1；

③4Li(s)+O2(g)===2Li2O(s)ΔH＝-1196kJ·mol-1。

試寫出LiH在O2中燃燒的熱化學方程式：__________________________________________。

（II）利用H2和CO2生產(chǎn)甲醇。某溫度下，在容積為2L的密閉容器中充入1molCO2和3.25molH2，在一定條件下反應，測得CO2、CH3OH（g）和H2O（g）的物質的量（n）隨時間的變化關系如圖所示。

（1）從反應開始到3min時，氫氣的平均反應速率v(H2)=____________。

（2）下列措施中一定能使CO2的轉化率增大的是_______________（填序號）。

A.在原容器中再充入1molCO2B.在原容器中再充入1molH2

C.在原容器中再充入1molHeD.使用更有效的催化劑。

E.縮小容器的容積F.將水蒸氣從體系中分離出。

（III）圖是甲醇燃料電池工作的示意圖；其中A；B、D均為石墨電極，C為銅電極。工作一段時間后，斷開K，此時A、B兩極上產(chǎn)生的氣體體積相同。

（1）甲中負極的電極反應式為_______________________________。

（2）乙中A極析出的氣體在標準狀況下的體積為_______________________。

（IV）已知常溫下CN-的水解常數(shù)Kb=1.61×10-5。

（1）常溫下，含等物質的量濃度的HCN與NaCN的混合溶液顯_________（填“酸”“堿”或“中”）性，c(CN-)_______（填“>”“<”或“=”）c(HCN)。

（2）常溫下，若將cmol?L-1鹽酸與0.61mol?L-1KCN溶液等體積混合后恰好得到中性溶液，則c=________（小數(shù)點后保留4位數(shù)字）。9、C和Si元素在化學中占有極其重要的地位。

(1)寫出Si的基態(tài)原子核外電子排布式_______。

從電負性角度分析，C、Si和O元素的非金屬活潑性由強至弱的順序為_______。

(2)SiC的晶體結構與晶體硅的相似，其中C原子的雜化方式為_______，微粒間存在的作用力是_______。

(3)氧化物MO的電子總數(shù)與SiC的相等，則M為_______(填元素符號)。MO是優(yōu)良的耐高溫材料，其晶體結構與NaCl晶體相似。MO的熔點比CaO的高，其原因是_______。

(4)C、Si為同一主族的元素，CO2和SiO2化學式相似，但結構和性質有很大不同。CO2中C與O原子間形成鍵和鍵，SiO2中Si與O原子間不形成上述鍵。從原子半徑大小的角度分析，為何C、O原子間能形成，而Si、O原子間不能形成上述鍵_______。10、CaO2難溶于水；溶于酸生成過氧化氫，在醫(yī)藥上用作殺菌劑；防腐劑等。

Ⅰ．CaO2制備原理：Ca(OH)2(s)+H2O2(aq)=CaO2(s)+2H2O(l)；ΔH＜0

不同濃度的H2O2對反應生成CaO2產(chǎn)率的影響如下表：。H2O2/%51015202530CaO2/%62.4063.1063.2064.5462.4260.40

(1)分析題給信息，解釋H2O2濃度大于20%后CaO2產(chǎn)率反而減小的原因：___________。

Ⅱ．過氧化鈣中常含有CaO雜質，實驗室可按以下步驟測定CaO2含量。

步驟1：準確稱取0.04～0.05g過氧化鈣樣品；置于250mL的錐形瓶中；

步驟2：分別加入30mL蒸餾水和2mL鹽酸(3mol?L-1)；振蕩使之溶解；

步驟3：向錐形瓶中加入5mLKI溶液(100g·L-1)；

步驟4：用硫代硫酸鈉標準溶液滴定，至溶液呈淺黃色，然后________，用硫代硫酸鈉標準溶液繼續(xù)滴定，________；記錄數(shù)據(jù)；

步驟5：平行測定3次，計算試樣中CaO2的質量分數(shù)。滴定時發(fā)生的反應為2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。

(2)過氧化鈣溶解時選用鹽酸而不選用硫酸溶液的原因是___________。

(3)加入KI溶液后發(fā)生反應的離子方程式為____________。

(4)請補充完整實驗步驟4中的內容：____________；____________。11、甲；乙、丙、丁四種物質的構成基本微粒中均合有14個電子；請按下列要求回答：

（1）甲為固體單質，寫出甲的名稱：___________；

（2）乙為含有極性鍵的雙原子分子，則乙的分子式為___________；

（3）丙為三原子分子，用電子式表示該分子：___________；

（4）丁是四原子分子，用結構式表示該分子：___________。12、在人口居住密度較大的城區(qū)和建筑群中；室內空氣的污染有時會比室外更嚴重。目前已發(fā)現(xiàn)的室內空氣污染物達300多種。

(1)室內裝修材料及家具揮發(fā)出來的_______是室內空氣的主要污染物，該氣體_______(填“易”或“難”)溶于水，常溫下有強烈的刺激性氣味，當溫度超過20℃時，揮發(fā)速度加快，根據(jù)該氣體的這些性質，判斷下列做法錯誤的是_______。

A.入住前房間內保持一定溫度并通風。

B.裝修盡可能選擇在溫度較高的季節(jié)。

C.請環(huán)境監(jiān)測部門檢測室內甲醛含量低于國家標準后入住。

D.緊閉門窗一段時間后入住。

(2)在入住裝修過的新房之前在房間內，放置適量的吊蘭、蘆薈等植物有利于凈化空氣，但晚上在密閉的居室內放置大型綠色植物，可能影響人體健康。主要原因是其_______。13、按要求回答下列問題：

(1)①的系統(tǒng)命名：___。

②高聚物的單體結構簡式為：___。

(2)有機物A的結構簡式為它可通過不同化學反應分別制得B；C、D和E四種物質。

請回答下列問題：

③在A～E五種物質中，互為同分異構體的是___(填代號)。

④已知HCHO分子中所有原子都在同一平面內，則在上述分子中所有的原子有可能都在同一平面的物質是___(填代號)。

⑤寫出D與NaOH溶液共熱反應的化學方程式：___。14、為了合理利用化學能；確保安全生產(chǎn)，化工設計需要充分考慮化學反應的反應熱，并采取相應措施?；瘜W反應的反應熱通常用實驗進行測定，也可進行理論推算。

（1）今有如下兩個熱化學方程式：則a_____b（填“＞”；“＝”或“＜”）

H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1＝akJ?mol﹣1

H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2＝bkJ?mol﹣1

（2）拆開lmol氣態(tài)物質中某種共價鍵需要吸收的能量叫鍵能，部分化學鍵鍵能如表?；瘜W鍵H﹣HN﹣HN≡N鍵能/kJ?mol﹣1436a945

已知反應N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）△H＝-93kJ?mol﹣1，試根據(jù)表中所列鍵能數(shù)據(jù)計算a=______________。

（3）利用水煤氣合成二甲醚（CH3OCH3）的三步反應如下：

①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）△H1

②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2

③3H2（g）+3CO（g）═CO2（g）+CH3OCH3（g）△H3

反應③為制取二甲醚的第3步反應，利用△H1和△H2計算△H3時，還需要利用________反應的△H。

（4）中科院大連化學物理研究所的科研人員在新型納米催化劑Na-Fe3O4和HMCM-22的表面將CO2轉化為烷烴；其過程如圖。

圖中CO2轉化為CO的反應為：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol

已知：2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H=-128kJ/mol

則圖中CO轉化為C2H4的熱化學方程式是______________________________________。評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)15、1.0×10-3mol·L-1鹽酸的pH=3，1.0×10-8mol·L-1鹽酸的pH=8。（______________）A.正確B.錯誤16、C2H6O和C3H8O符合飽和一元醇的通式，兩種物質一定屬于同系物。(____)A.正確B.錯誤17、與具有相同官能團的同分異構體的結構簡式為CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH。(___________)A.正確B.錯誤18、分子組成符合CnH2n-2通式的鏈烴，一定是炔烴。(___)A.正確B.錯誤19、乙醛與銀氨溶液和Cu(OH)2懸濁液反應，所需的試劑必須新制備的。(____)A.正確B.錯誤20、凡是能發(fā)生銀鏡反應的有機物都是醛。(____)A.正確B.錯誤21、醛類物質發(fā)生銀鏡反應或與新制Cu(OH)2的反應均需在堿性條件下。(____)A.正確B.錯誤22、甲醛、乙醛、丙醛均無同分異構體。(____)A.正確B.錯誤23、聚合度就是鏈節(jié)的個數(shù)。(____)A.正確B.錯誤評卷人得分四、工業(yè)流程題(共3題，共30分)24、一種以冷熱鍍管廢料鋅灰制ZnSO4·7H2O晶體；進而獲取ZnO，并探索氫電極增壓還原氧化鋅電解法制鋅的方法，工藝流程如圖所示：

已知：①鋅灰的主要成分為ZnO、ZnCl2，還含有SiO2、CuO、PbO和FeO。

②Cu++Cl-=CuCl↓

回答下列問題：

(1)濾渣1的主要成分為SiO2和___。

(2)酸浸時，硫酸濃度不能過高，原因是___。

(3)寫出“沉銅”時的離子方程式___。

(4)在pH為5.6的條件下氧化后，再加入聚丙烯酰胺絮凝劑并加熱攪拌，其目的是___。

(5)氫電極增壓還原氧化鋅的裝置如圖所示，儲罐內ZnO溶解后形成Zn(OH)離子，每溶解1molZnO需消耗___molKOH。電解池中的總反應離子方程式為：___。

(6)該工藝廢水中含有Zn2+，排放前需處理。向廢水中加入CH3COOH和CH3COONa組成的緩沖溶液調節(jié)pH，通入H2S發(fā)生反應：Zn2++H2S?ZnS(s)+2H+。處理后的廢水中部分微粒濃度為：。微粒H2SCH3COOHCH3COO-濃度/mol·L-10.100.050.10

處理后的廢水的pH=___，c(Zn2+)=___。(已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5)25、氯化銨焙燒菱錳礦制備高純度碳酸錳的工藝流程如下：

已知：①菱錳礦的主要成分是MnCO3；還含少量Fe；Al、Ca、Mg等元素。

②相關金屬離子[c0(Mn+)=0.1mol/L]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：

③常溫下，CaF2、MgF2的溶度積分別為1.46×10－10、7.42×10－11。

回答下列問題：

（1）“焙燒”時發(fā)生的主要反應的化學方程式為_________。

分析下列圖1，氯化銨焙燒菱錳礦的最佳條件是：焙燒溫度為500℃。分析選擇反應溫度為500℃的原因_________________。

（2）浸出液“凈化除雜”過程如下：首先加入MnO2將Fe2+氧化為Fe3+，反應的離子方程式為_________；再調節(jié)溶液的pH將Al3+、Fe3+變?yōu)槌恋沓ィ芤簆H的范圍為_________；然后加入NH4F將Ca2+、Mg2+變?yōu)镃aF2、MgF2沉淀除去，兩種沉淀共存時溶液中=_________。

（3）碳化結晶時，反應的離子方程式為_________。

（4）MnCO3在空氣中加熱易轉化為不同價態(tài)的錳的氧化物，其固體殘留率隨溫度的變化如圖所示，300℃—770℃范圍內，發(fā)生反應的化學方程式為________________________。

26、利用化學原理可以對工廠排放的廢水、廢渣等進行有效檢測與合理處理。某工廠對制革工業(yè)污泥中Cr（Ⅲ）的處理工藝流程如下：

已知：①硫酸浸取液中的金屬離子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋。

②Cr2O72-+H2O?2CrO42-+2H+

③常溫下，部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH如下：。陽離子Fe3+Mg2+Al3+Cr3+沉淀完全時的pH3.711.15.4（>8溶解）9（>9）溶解

（1）實驗室用18.4mol·L-1的濃硫酸配制480mL2mol·L-1的硫酸，配制時所用玻璃儀器除燒杯、玻璃棒和膠頭滴管外，還需_______。

（2）H2O2的作用是將濾液Ⅰ中的Cr3＋轉化為Cr2O72-，寫出此反應的離子方程式：_______。

（3）加入NaOH溶液使溶液呈堿性，既可以除去某些雜質離子，同時又可以將Cr2O72－轉化為______（填微粒的化學式）。

（4）鈉離子交換樹脂的反應原理為Mn＋＋nNaR=MRn＋nNa＋，則利用鈉離子交換樹脂可除去濾液Ⅱ中的金屬陽離子有_____。

（5）寫出上述流程中用SO2進行還原時發(fā)生反應的離子方程式：_____。

（6）沉淀滴定法是測定粒子濃度的方法之一，為了測定某廢水中SCN-的濃度，可用0.1000mol·L－1AgNO3標準溶液滴定待測液；已知：

①滴定時可選為滴定指示劑的是_______（填編號），滴定終點的現(xiàn)象是_______。

A．NaClB．K2CrO4C．KID．NaCN

②取某廢水25.00ml,滴定終點時消耗AgNO3標準溶液10.00ml,則廢水中SCN－的物質的量濃度為_______。評卷人得分五、元素或物質推斷題(共4題，共20分)27、現(xiàn)有失去標簽的氯化鈣；硝酸銀、鹽酸、碳酸鈉四種無色溶液；為了鑒別四種溶液各是什么，將它們隨意編號為A、B、C、D后，按下表進行實驗，產(chǎn)生的現(xiàn)象如表所示。試根據(jù)實驗現(xiàn)象回答：

(1)推斷各物質分別是。實驗順序實驗內容實驗現(xiàn)象①A+B沒有現(xiàn)象發(fā)生②B+D有氣體放出③C+B有沉淀生成④A+D有沉淀生成

A、_____________C、______________

(2)寫出各序號實驗中有關反應的離子方程式。

②_________

③_________28、如圖表示A～E五種物質間的相互轉化關系；其中A為淡黃色固體，B為單質?；卮鹣铝袉栴}：

(1)寫出各物質的化學式：A_____，B_____，C___，D_____，E____。

(2)寫出B→C、D→E反應的離子方程式：B→C：______；D→E：________。

(3)寫出A→D的化學方程式，并用雙線橋標出電子轉移情況________。29、A、B、C、D四種可溶性鹽，它們的陽離子可能分別是Ca2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一種，陰離子可能分別是NO3-、SO42-、Cl?、CO32-中的某一種。

①若把4種鹽分別溶解于盛有蒸餾水的4支試管中；均得澄清溶液，只有C鹽的溶液呈藍色。

②若向①的4支試管中分別加鹽酸；B溶液中有沉淀產(chǎn)生，D溶液中有無色無味氣體逸出。

(1)根據(jù)①②的實驗事實推斷B、C的化學式：B：________，C：________。

(2)寫出A與D反應的化學方程式_________________________________。

(3)若想從A與D反應后的混合物中分別提取得到兩種固體產(chǎn)物，需要進行的實驗操作是________和________。這兩個操作中都要用到玻璃棒，玻璃棒在這兩個操作中的作用是否相同(若不同，請說明各自的作用)_____________。30、下表為元素周期表的一部分。

。碳。

氮。

Y

X

硫。

Z

回答下列問題：

（1）Z元素在周期表中的位置為___。

（2）下列事實能說明Y元素的非金屬性比S元素的非金屬性強的是___；

a．Y單質與H2S溶液反應；溶液變渾濁。

b．在氧化還原反應中；1molY單質比1molS得電子多。

c．Y和S兩元素的簡單氫化物受熱分解；前者的分解溫度高。

（3）X與Z兩元素的單質反應生成1molX的最高價化合物，恢復至室溫，放熱687kJ，已知該化合物的熔、沸點分別為-69℃和58℃，寫出該反應的熱化學方程式___。

（4）碳與鎂形成的1mol化合物Q與水反應，生成2molMg(OH)2和1mol烴，該烴分子中碳氫質量比為9：1，烴的電子式為___。Q與水反應的化學方程式為__。評卷人得分六、原理綜合題(共2題，共20分)31、金屬銅是被人們認識和利用較早的金屬之一，西漢《淮南萬畢術》中有“曾青得鐵則化為銅”的記載，“曾青”是CuSO4溶液?；卮鹣铝袉栴}：

（1）一些銅鹽在灼燒時會產(chǎn)生特殊的顏色，原因是___。

（2）CuSO4溶液中，金屬陽離子的最高能層符號為___；其中未成對電子數(shù)為___。

（3）CuSO4·5H2O可寫成[Cu(H2O)4SO4]H2O；其結構如圖所示：

①[Cu(H2O)4]2+中O原子的雜化類型為___。1mol[Cu(H2O)4]2+中含有σ鍵的個數(shù)為___(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值）。

②CuSO4·5H2O結構中含有的化學鍵的類型有___，所含元素的電負性大小順序為___。

（4）金屬銅的晶胞結構如圖所示。

①該晶胞結構中含有由Cu原子構成的正八面體空隙和正四面體空隙，則正八面體空隙數(shù)和正四面體空隙數(shù)的比為___。

②科研發(fā)現(xiàn)硫化銅可以作為一種極為重要的P型半導體，其晶胞結構可以理解為銅晶胞中互不相鄰的正四面體形成的空隙被S2-占據(jù)，若該晶體的密度為ag·cm-3，則兩個最近的S2-之間的距離為___pm(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值）。32、請在標有序號的空白處填空：

(1)利用催化劑可使NO和CO發(fā)生反應：2NO(g)+2CO(g)?2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0．已知增大催化劑的比表面積可提高化學反應速率．為了分別驗證溫度；催化劑的比表面積對化學反應速率的影響規(guī)律；某同學設計了三組實驗，部分實驗條件已經(jīng)填在下面表中。

①請?zhí)钊碇械母骺崭?；。實驗?/p>

編號T(℃)NO初始濃度。

(mol?L-1)CO初始濃度。

(mol?L-1)催化劑的比表。

面積(m2?g-1)Ⅰ2801.2×10-35.8×10-382Ⅱ___1.2×10-3___124Ⅲ350______82

②實驗Ⅰ中；NO的物質的量濃度(c)隨時間(t)的變化如圖所示。

請在給出的坐標圖中畫出實驗Ⅱ、Ⅲ中NO的物質的量濃度(c)隨時間(t)變化的曲線，并標明各曲線的實驗編號_____。

(2)用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷電路板金屬粉末中的銅．已知：

Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)ΔH=64.39kJ?mol-1

2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=196.46kJ?mol-1

H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.84kJ?mol-1

在H2SO4溶液中Cu與H2O2反應生成Cu2+和H2O的熱化學方程式為_____．

(3)25℃時，部分物質的電離平衡常數(shù)如表所示：。化學式CH3COOHH2CO3HClO電離平衡常數(shù)1.7×10-5K1=4.3×10-7

K2=5.6×10-113.0×10-8

請回答下列問題：

①CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由強到弱的順序為_____．

②體積為10mLpH=2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程中pH變化如圖所示，則HX的電離平衡常數(shù)_____(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的電離平衡常數(shù)；理由是_____．

(4)①求常溫下pH=2的H2SO4溶液中由H2O電離的c(H+)和c(OH-)．

c(H+)=_____，c(OH-)=_____。

②在某溫度時，測得0.01mol?L-1的NaOH溶液pH=11，在此溫度下，將pH=a的NaOH溶液VaL與pH=b的硫酸VbL混合，若所得混合液為中性，且a+b=12，則Va：Vb=_____。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【詳解】

A．H2(g)+I2(g)?2HI(g)

起始量(mol/L)0.50.50

變化量(mol/L)nn2n

平衡量(mol/L)0.5-n0.5-n2n

w(HI)/%=×100%=80%，n=0.4mol/L，平衡常數(shù)K==64。反應達到平衡狀態(tài)時正逆反應速率相等，ka?w(H2)?w(I2)=v正=v逆=kb?w2(HI)，則==K=64；故A正確；

B．前20min，H2(g)+I2(g)?2HI(g)

起始量(mol/L)0.50.50

變化量(mol/L)mm2m

平衡量(mol/L)0.5-m0.5-m2m

w(HI)%=×100%=50%，m=0.25mol/L，容器I中前20min的平均速率，v(HI)==0.025mol?L-1?min-1；故B正確；

C．若起始時，向容器I中加入物質的量均為0.lmol的H2、I2、HI，此時濃度商Qc==1＜K=64；反應正向進行，故C錯誤；

D．H2(g)+I2(g)?2HI(g)反應前后氣體的物質的量不變，改變壓強，平衡不移動，因此無論x為何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，兩容器達平衡時w(HI)%均相同；故D正確；

答案選C。2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．只有②能與Br2發(fā)生加成反應使Br2的CCl4溶液褪色；A錯誤；

B．①和②分子中均含有飽和碳原子；所有原子不可能處于同一平面，B錯誤；

C．①和②分子式相同，分子中均含有兩個羥基，物質的量相同時，與足量的鈉反應產(chǎn)生H2的物質的量也相同；C正確；

D．與①和②互為同分異構體的酯；若為甲酸酯，則有4種，若為乙酸酯，則有2種，若為丙酸酯，則只有1種，若為丁酸酯，則有2種，故共有4+2+1+2=9種，D錯誤；

故選C。3、C【分析】【詳解】

A；結構式中含有2個苯環(huán)和羥基、醚鍵、羰基、碳碳雙鍵；A錯誤；

B；該物質不能發(fā)生取代反應；B錯誤；

C、酚羥基有酸性，可與NaOH反應，碳酸的酸性比苯酚的強，所以不能與NaHCO3反應；C正確；

D、1mol山萘酚與溴水反應最多可消耗5molBr2；D錯誤。

答案選C。4、B【分析】中和酚羥基要消耗1molNaOH，兩個酯基水解要消耗2molNaOH，A正確；該有機物中不存在羧基，且酚羥基酸性較弱，不能與NaHCO3放出CO2氣體，B錯誤；該有機物中的碳碳雙鍵和苯環(huán)上的甲基可以使KMnO4溶液褪色，C正確；該有機物中含有甲基，可以與Cl2在光照下發(fā)生取代反應，D正確；正確選項B。5、B【分析】【分析】

【詳解】

A．由甲的結構簡式可知；甲中含有酯基和羥基兩種官能團，故A正確；

B．乙中含有酚羥基和酯基；1mol酚羥基和1mol酯基均消耗1molNaOH，但該結構中的酯基水解得到酚羥基又消耗1molNaOH，故1mol乙能消耗3molNaOH，故B錯誤；

C．丙中含有酚羥基和碳碳雙鍵均易被高錳酸鉀氧化使其褪色；故C正確；

D．丙中甲基碳原子為sp3雜化，其余碳原子采用sp2雜化，該結構中苯環(huán)、碳碳雙鍵、酯基片段均為平面結構，所有碳原子可能共平面，6、A【分析】【詳解】

A．單質硅可用于制作太陽能電池的原料；太陽能電池可將太陽能轉化為電能，二氧化硅是光導纖維的成分，故A錯誤；

B．明礬溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，銅銹為Cu2(OH)2CO3；能夠溶于酸性溶液，可以利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹，故B正確；

C．含鈣離子濃度較大的地下水能夠與高級脂肪酸鈉反應生成高級脂肪酸鈣沉淀；去污能力減弱，故C正確；

D．瓷器由黏土燒制而成；瓷器的主要原料為黏土，故D正確；

答案選A。7、D【分析】【詳解】

①有機物含有醛基；苯環(huán)；則它能和氫氣發(fā)生加成反應；

②有機物中不含有鹵原子；酯基等能發(fā)生水解反應的官能團；則不能發(fā)生水解反應；

③有機物含有羧基能和醇羥基發(fā)生酯化反應；含有的醇羥基也能羧基發(fā)生酯化反應；

④有機物含有醇羥基結構；醇羥基能被氧化成醛基，同時含有醛基，醛基能被氧化成羧基，即能夠發(fā)生氧化反應；

⑤有機物含有羧基；具有酸性，能和堿發(fā)生中和反應；

⑥有機物中含有醇羥基；但與醇羥基相連碳原子的鄰碳上沒有氫原子，故不能發(fā)生消去反應；

故答案為D。二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】【詳解】

本題主要考查化學反應原理綜合考查。

（I）②/2+③/2-①得LiH在O2中燃燒的熱化學方程式：2LiH(s)+O2(g)==Li2O(s)+H2(l)△H=-702kJ?mol-1。

（II）發(fā)生反應：3H2（g）+CO2（g）CH3OH（g）+H2O（g）。

（1）從反應開始到3min時，氫氣的平均反應速率v(H2)=3v(CO2)=3×0.50/2/3mol·L-1·min-l=0.25mol·L-1·min-l。

（2）A.在原容器中再充入1molCO2，CO2的轉化率減小；B.在原容器中再充入1molH2，反應物濃度增大，平衡右移，能使CO2的轉化率增大；C.在原容器中再充入1molHe，平衡不移動，CO2的轉化率不變；D.使用更有效的催化劑，平衡不移動，CO2的轉化率不變；E.縮小容器的容積，加壓平衡右移，能使CO2的轉化率增大；F.將水蒸氣從體系中分離出，生成物濃度減小，平衡右移，能使CO2的轉化率增大。故選BEF。

（III）（1）甲中通入甲醇的電極為負極，負極的電極反應式為CH3OH-6e-+8OH-==CO32-+6H2O。

（2）B極先生成0.1molCu；后生成氫氣，A極生成氧氣。當A；B兩極上產(chǎn)生的氣體體積相同時，A極生成0.1mol氧氣。乙中A極析出的氣體在標準狀況下的體積為2.24L。

（IV）（1）常溫下，含等物質的量濃度的HCN與NaCN的混合溶液顯堿性，說明NaCN的水解程度大于HCN的電離程度，所以c(CN-)

（2）混合溶液呈中性，說明c(CN-)-1，c(CN-)=(0.61-c)cmol?L-1，c(OH-)=1×10-7mol?L-1，Kb==1.61×10-5，則c=0.6162。【解析】2LiH(s)+O2(g)==Li2O(s)+H2(l)△H=-702kJ?mol-10.25mol·L-1·min-lBEFCH3OH-6e-+8OH-==CO32-+6H2O2.24L堿＜0.61629、略

【分析】【分析】

(1)Si原子核外共14個電子；按照能量最低原則書寫電子排布式；元素周期表中主族元素越靠右；越靠上電負性越大，F(xiàn)的電負性最大(為4.0)；

(2)晶體硅中一個硅原子周圍與4個硅原子相連，呈正四面體結構，所以雜化方式是sp3；非金屬原子之間形成的化學鍵為共價鍵；

(3)根據(jù)電子總數(shù)判斷M的原子序數(shù)；進而確定元素符號；從影響離子晶體熔沸點高低的因素分析二者熔沸點的高低；

(4)C的原子半徑較??；C；O原子能充分接近，p-p軌道肩并肩重疊程度較大，形成較穩(wěn)定的π鍵；Si的原子半徑較大，Si、O原子間距離較大，p-p軌道肩并肩重疊程度較小，不能形成上述穩(wěn)定的π鍵。

【詳解】

(1)Si是14號元素，Si原子核外共14個電子，按照能量最低原則電子先填入能量最低的1s軌道，填滿后再依次填入能量較高的軌道；其電子排布式為：1s22s22p63s23p2；從電負性的角度分析，O和C位于同一周期，非金屬性O強于C；C和Si為與同一主族，C的非金屬性強于Si，故由強到弱為O>C>Si；

因此，本題正確答案是：1s22s22p63s23p2；O>C>Si；

(2)SiC中Si和C原子均形成四個單鍵，故其為sp3雜化；非金屬原子之間形成的化學鍵全部是共價鍵；

因此，本題正確答案是：sp3；共價鍵；

(3)MO和SiC的電子總數(shù)相等，故含有的電子數(shù)為20，則M含有12個電子，即Mg；晶格能與所組成離子所帶電荷成正比，與離子半徑成反比，MgO與CaO的離子電荷數(shù)相同，Mg2+半徑比Ca2+?。籑gO晶格能大，熔點高；

因此，本題正確答案是：Mg；Mg2+半徑比Ca2+??；MgO晶格能大；

(4)π鍵是由p-p軌道肩并肩重疊形成的；且π鍵的強弱與重疊程度成正比。Si原子的原子半徑較大，Si；O原子間距離較大，p-p軌道肩并肩重疊程度較小，不能形成穩(wěn)定的π鍵。

因此，本題正確答案是：Si的原子半徑較大，Si、O原子間距離較大，p-p軌道肩并肩重疊程度較小，不能形成上述穩(wěn)定的π鍵?！窘馕觥竣?1s22s22p63s23p2②.O>C>Si③.sp3④.共價鍵⑤.Mg⑥.Mg2+半徑比Ca2+小，MgO晶格能大⑦.Si的原子半徑較大，Si、O原子間距離較大，p-p軌道肩并肩重疊程度較小，不能形成上述穩(wěn)定的π鍵10、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)已知Ca(OH)2(s)+H2O2(aq)=CaO2(s)+2H2O(l)；ΔH＜0，該反應放熱，H2O2濃度高，反應速率快，反應放熱使體系溫度迅速升高，加快H2O2發(fā)生分解；所以產(chǎn)生的過氧化鈣產(chǎn)率降低；

(2)若用稀硫酸，過氧化鈣和硫酸反應生成微溶的CaSO4覆蓋在過氧化鈣表面；使得實驗數(shù)據(jù)不準確，應該使用稀鹽酸；

(3)過氧化氫和碘化鉀在鹽酸存在時反應生成氯化鉀和碘單質和水，離子方程式為：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O；

(4)碘單質遇到淀粉會顯示藍色，當用硫代硫酸鈉標準溶液滴定，至溶液呈淺黃色，然后加入淀粉作滴定的指示劑，用硫代硫酸鈉標準溶液繼續(xù)滴定；滴定結束前溶液為藍色，反應結束后溶液為無色，則滴定終點的現(xiàn)象為溶液的藍色恰好消失且半分鐘內顏色不變。【解析】①.H2O2濃度高，反應速率快，反應放熱使體系溫度迅速升高，加快H2O2發(fā)生分解②.加入指示劑淀粉溶液③.直至溶液的藍色恰好消失且半分鐘內顏色不變④.生成微溶的CaSO4覆蓋在過氧化鈣表面，使結果不準確⑤.H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O⑥.加入指示劑淀粉溶液⑦.直至溶液的藍色恰好消失且半分鐘內顏色不變11、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】（1）硅。

（2）CO

（3）

（4）H—C≡C—H12、略

【分析】（1）

內裝修材料及家具揮發(fā)出來的甲醛是室內空氣的主要污染物；該氣體易溶于水，常溫下有強烈的刺激性氣味。裝修盡可能選擇在溫度較高的季節(jié)，入住前房間內保持一定溫度并通風并請環(huán)境監(jiān)測部門檢測室內甲醛含量低于國家標準后入住，不能緊閉門窗一段時間后入住。

（2）

大型綠色植物晚上通過呼吸作用會消耗大量氧氣，晚上在密閉的居室內放置大型綠色植物會影響健康。【解析】(1)甲醛易D

(2)大型綠色植物晚上通過呼吸作用會消耗大量氧氣13、略

【分析】【詳解】

(1)①該烴分子中的碳碳鍵均為碳碳單鍵；屬于烷烴，最長碳鏈有6個碳原子，兩個甲基為支鏈，分別位于主鏈3，4號碳原子上，故其系統(tǒng)命名的名稱為：3，4—二甲基己烷，故答案為：3，4—二甲基己烷；

②鏈節(jié)主鏈上有4個碳原子，且2，3碳原子間有雙鍵，按照“有雙鍵，四個碳”的規(guī)律，畫線斷開，同時將雙鍵變單鍵，單鍵變雙鍵得對應的單體為：CH2=C(CH3)CH=CH2，故答案為：CH2=C(CH3)CH=CH2；

(2)③對比以上五種物質，C和E的分子式相同，都為C9H8O2；但結構不同，互為同分異構體，故答案為：C和E；

④A、B、D、E中都含有-CH2-基團；具有甲烷的結構，原子不可能在同一平面上，C具有苯環(huán)；乙烯和甲醛的結構特點，所有的原子可能在同一平面上，故答案為：C；

⑤D中含有-COOH和-COO-，-COOH和NaOH發(fā)生中和反應，-COO-在NaOH溶液中水解，反應的化學方程式為：+2NaOH+HCOONa+H2O，故答案為：+2NaOH+HCOONa+H2O?！窘馕觥?，4—二甲基己烷CH2=C(CH3)CH=CH2C和EC+2NaOH+HCOONa+H2O14、略

【分析】【詳解】

⑴兩個反應均為放熱反應，生成液態(tài)水放出的熱量多，但焓變反而小，所以則a＜b；

故答案為：＜；

⑵△H=-93=436×3+945–6a；a=391

故答案為：391

⑶利用水煤氣合成二甲醚（CH3OCH3）的三步反應如下：

①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）△H1

②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2

③3H2（g）+3CO（g）═CO2（g）+CH3OCH3（g）△H3

利用△H1和△H2計算△H3時，①×2+②，得到4H2（g）+2CO（g）═H2O（g）+CH3OCH3（g）還需要利用2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)，2CO+O2(g)==2CO2(g)

反應的△H。

故答案為2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，2CO+O2(g)=2CO2(g)；

⑷圖中CO2轉化為CO的反應為：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol

已知：2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H=-128kJ/mol

將第二個方程式減去第一個方程式的2倍得到CO轉化為C2H4的熱化學方程式是。

2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)△H=-210kJ/mol【解析】＜3912H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，2CO+O2(g)=2CO2(g)2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)△H=-210kJ/mol三、判斷題(共9題，共18分)15、B【分析】【分析】

【詳解】

1.0×10-3mol·L-1鹽酸中c(H+)=1.0×10-3mol·L-1，所以溶液的pH=-lgc(H+)=3。由于鹽酸呈酸性，溶液中還存在水電離，溶液中的H+包括酸和水共同電離產(chǎn)生。當鹽酸濃度較小時，水電離產(chǎn)生的H+不能忽略，所以1.0×10-8mol·L-1鹽酸的pH只能接近于7，且小于7，而不可能等于8，因此這種說法是錯誤的。16、B【分析】【詳解】

C2H6O和C3H8O符合飽和一元醇的通式，可能為醇也可能為醚，因此這兩種物質不一定屬于同系物，該說法錯誤。17、A【分析】【分析】

【詳解】

與具有相同官能團的同分異構體的結構簡式為CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH，共2種，故正確。18、B【分析】【詳解】

分子組成符合CnH2n-2通式的鏈烴，可能是炔烴或二烯烴，故上述說法錯誤。19、A【分析】【詳解】

銀氨溶液不可久置，否則會生成其他物質，Cu(OH)2懸濁液放置久了，就變成氫氧化銅沉底，而這樣的氫氧化銅是不能和乙醛反應的，因此所需的試劑必須新制備的，故正確。20、B【分析】【詳解】

能發(fā)生銀鏡反應的有機物一般都含有醛基，但含有醛基的有機物卻不一定是醛，如甲酸、甲酸酯、葡萄糖等，故本題判斷錯誤。21、A【分析】【詳解】

銀氨溶液和新制備的Cu(OH)2的懸濁液本身就是顯堿性的，故本判斷正確。22、B【分析】【詳解】

甲醛沒有，乙醛有同分異構體如環(huán)氧乙烷，丙醛也有同分異構體，如環(huán)氧丙烷、環(huán)丙基醇、烯丙醇和丙酮等，故本題判斷錯誤。23、B【分析】【詳解】

有多種單體聚合形成的高分子化合物的聚合度等于n×單體數(shù)，故上述說法錯誤。四、工業(yè)流程題(共3題，共30分)24、略

【分析】【分析】

鋅灰(主要成分是ZnO，ZnCl2，還含有SiO2，CuO，PbO和FeO等)用硫酸酸浸，其中PbO轉化成PbSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，則過濾得到的濾渣1主要為PbSO4、SiO2；濾液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4，向濾液中加入Zn粉，將Cu2+還原利用生成CuCl沉淀達到沉銅的目的，繼續(xù)向溶液中加入雙氧水將Fe2+氧化成Fe3+，再加入ZnO調節(jié)溶液pH，將Fe3+轉化成氫氧化鐵沉淀并過濾除去，將濾液蒸發(fā)、濃縮并冷卻結晶，過濾得到ZnSO4?7H2O；濾液加入氫氧化鈉溶液可生成氫氧化鋅，加熱分解生成氧化鋅，最后電解生成Zn，以此解答該題。

【詳解】

(1)由分析可知，濾渣1的主要成分為SiO2和PbSO4；

(2)濃硫酸有強氧化性，酸浸時，如使用硫酸濃度過高，反應速率會很慢，在溶解時會氧化FeO生成Fe3+，同時生成SO2，污染環(huán)境，發(fā)生反應的化學方程式2FeO+4H2SO4(濃)=Fe2(SO4)3+SO2↑+4H2O；

(3)“沉銅”時加入Zn粉，將Cu2+還原利用生成CuCl沉淀，發(fā)生反應的離子方程式為Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+；

(4)在pH為5.6的條件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氫氧化鐵膠體，繼續(xù)加入聚丙烯酰胺絮凝劑并加熱攪拌，可促使Fe(OH)3膠體聚沉；有利于過濾分離；

(5)儲罐內ZnO溶解后形成Zn(OH)離子，發(fā)生的離子反應2OH－＋ZnO＋H2O＝Zn(OH)則每溶解1molZnO，需消耗2molKOH；電解池陽極上的H2在堿性條件下失電子氧化生成H2O，電極反應為H2-2e-+2OH-=2H2O，陰極上Zn(OH)離子得電子還原生成Zn，電極反應式為Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，則電解池中的總反應離子方程式為H2+Zn(OH)42-2H2O+Zn+2OH-；

(6)已知Ka(CH3COOH)=則c(H+)=1×10-5mol/L，此時溶液pH=5；Ka1(H2S)×Ka2(H2S)=×==1.0×10-7×1.0×10-14，其中c(H+)=1×10-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，則c(S2-)=1.0×10-12mol/L，此時Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)，則c(Zn2+)=1×10-11mol·L-1。

【點睛】

本題難點是(6)綜合利用電離平衡常數(shù)和溶度積常數(shù)計算溶液的pH和c(Zn2+)，準確利用公式是解題關鍵，特別是Ka2(H2S)×Ka1(H2S)=這是易錯點?！窘馕觥縋bSO4產(chǎn)生SO2氣體，污染環(huán)境或無法反應(速率慢)等Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+促使Fe(OH)3膠體聚沉，有利于過濾分離2H2+Zn(OH)2H2O+Zn+2OH-51×10-11mol·L-125、略

【分析】【分析】

（1）焙燒時主要的化學反應是碳酸錳和氯化銨在加熱條件下生成氯化錳；氨氣、二氧化碳、水；500℃之前的浸出率較低；再升高溫度，浸出率變化很?。?/p>

（2）該反應中，MnO2被還原，F(xiàn)e2+被氧化，根據(jù)氧化還原反應中轉移電子守恒以及原子、電荷守恒書寫；需除去Al3+、Fe3+的同時，不能除去Mn2+；根據(jù)Ksp的關系計算即可；

（3）根據(jù)碳酸氫根離子電離出的碳酸根離子生產(chǎn)碳酸錳；

（4）根據(jù)加熱過程中Mn元素質量不變分析300℃以及770℃時固體成分進行分析。

【詳解】

（1）焙燒過程中發(fā)生的主要反應的化學方程式為：MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O；溫度過低；反應速率慢；浸出率低；隨著溫度的升高，錳浸出率逐漸升高，但在500℃以后，錳浸出率增加緩慢，并且在500℃時，錳浸出率已經(jīng)達到95%以上，溫度過高，浸出率變化不大，成本增加，故焙燒溫度取500℃即可；

（2）凈化除雜中加入MnO2將Fe2+氧化為Fe3+，反應的離子方程式為：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；由表可知，F(xiàn)e3+、Al3+完全沉淀的pH分別為2.8和5.2，Mn2+開始沉淀pH為8.8，故若要將Al3+、Fe3+變?yōu)槌恋沓ィ玀n2+不能沉淀，故需條件pH的范圍為5.2≤pH<8.8；當兩種沉淀共存時，溶液中=1.97；

（3）“碳化結晶”時，加入碳酸氫銨時HCO3-的電離促進Mn2+生成MnCO3，同時HCO3-與電離出的H+反應生成水和CO2，發(fā)生反應的離子方程式為Mn2＋＋2HCO3－MnCO3＋CO2↑＋H2O；

（4）假設起始n(MnCO3)=1mol，則m（MnCO3）=115g，m（Mn）=55g，加熱過程中Mn元素的質量不變，A點時固體質量為115g×75.65%=87g，則m（O）=32g，故故A點對應的化學式為MnO2，同理可計算出B點對應的化學式為Mn3O4，故300℃—770℃范圍內，發(fā)生反應的化學方程式為：3MnO2===Mn3O4+O2↑。

【點睛】

物質加熱過程的熱重曲線分析時，金屬元素的質量始終保持不變，根據(jù)質量守恒計算相關溫度下對應的固體化學式。【解析】MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O溫度低，速率慢浸出率低；溫度過高，浸出率變化不大，成本增加MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O5.2≤pH<8.81.97Mn2＋＋2HCO3－MnCO3＋CO2↑＋H2O3MnO2=Mn3O4+O2↑26、略

【分析】【分析】

向含鉻污泥中加入稀硫酸和水并調節(jié)pH=1，浸取液中的金屬離子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，過濾后的濾液中加入雙氧水，Cr3+被氧化生成Cr2O72-，再向溶液中加入NaOH溶液并調節(jié)pH為8，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀且溶液中Cr2O72-轉化為CrO42-，然后過濾，向濾液中加入鈉離子交換樹脂，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入SO2，發(fā)生反應：2CrO42-＋3SO2＋12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO42-＋2OH－,根據(jù)以上進行解答。

【詳解】

(1)配制480mL所需溶液，應選用500mL的容量瓶，根據(jù)溶液稀釋前后溶質的物質的量不變列式：18.4mol?L-1V(濃硫酸)=2mol?L-150010-3mL，解得V=54.3mL；配制時所需玻璃儀器除燒杯；玻璃棒和膠頭滴管外，還需500mL的容量瓶、量筒。

答案為：500mL的容量瓶；量筒。

(2)H2O2將Cr3+氧化成Cr2O72-，H2O2被還原，結合原子守恒、電荷守恒、得失電子守恒以及溶液呈酸性，H2O2將濾液Ⅰ中的Cr3＋轉化為Cr2O72-的離子方程式為：2Cr3＋＋3H2O2＋H2O=Cr2O72-＋8H＋。

答案為：2Cr3＋＋3H2O2＋H2O=Cr2O72-＋8H＋。

(3)根據(jù)各金屬陽離子完全沉淀的pH，加入NaOH溶液調節(jié)pH=8，將Fe3+、Al3+完全轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，同時將Cr2O72-轉化為CrO42-，反應為：Cr2O72-+2OH-=2CrO42-+H2O。

答案為：CrO42-。

(4)加入NaOH溶液調節(jié)pH=8除去了浸取液中Fe3+和Al3+，根據(jù)浸取液中含有的金屬陽離子和鈉離子交換樹脂的反應原理，可知利用鈉離子交換樹脂除去濾液Ⅱ中的金屬陽離子為Mg2＋、Ca2＋。

答案為：Mg2＋、Ca2＋。

(5)SO2將CrO42-還原為Cr(OH)(H2O)5SO4，SO2被氧化為SO42-，S元素化合價由+4升到+6，Cr元素化合價由+6降到+3，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒及溶液呈堿性，寫出離子方程式為；2CrO42-＋3SO2＋12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO42-＋2OH－。

答案為：2CrO42-＋3SO2＋12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO42-＋2OH－。

(6)①若用AgNO3滴定SCN-的濃度，可選用的指示劑與Ag+反應產(chǎn)物的Ksp應比AgSCN略大，且變化現(xiàn)象明顯，從所給數(shù)據(jù)看，AgCl、Ag2CrO4滿足，但由于AgCl為白色沉淀，與AgSCN顏色相同，故應選K2CrO4為滴定指示劑；這樣在滴定終點時，沉淀的顏色發(fā)生明顯變化(白色→磚紅色)以指示滴定剛好達到終點，根據(jù)以上分析，滴定終點的現(xiàn)象是：當?shù)稳胱詈笠坏螛藴室簳r，出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘內沉淀顏色不改變。

答案為：B；當?shù)稳胱詈笠坏螛藴室簳r；出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘內沉淀顏色不改變。

②由滴定發(fā)生反應：Ag++SCN-=AgSCN↓可知：n(SCN-)=n(Ag+)=n(AgNO3)=0.1000mol·L－110.0010-3L=110-3mol，則c(SCN-)==0.04mol·L?1。

答案為：0.04mol·L?1。

【點睛】

根據(jù)溶度積常數(shù)含義可知，AgSCN的Ksp比Ag2CrO4的Ksp略小，溶液中Ag+先與SCN-反應，生成白色AgSCN沉淀，SCN-反應消耗完以后Ag+再與指示劑K2CrO4反應，生成磚紅色的Ag2CrO4沉淀，沉淀的顏色發(fā)生明顯變化(白色→磚紅色)以指示滴定剛好達到終點。【解析】500mL容量瓶、量筒2Cr3＋＋3H2O2＋H2O=Cr2O72-＋8H＋CrO42-Mg2＋、Ca2＋2CrO42-＋3SO2＋12H2O=2Cr（OH）（H2O）5SO4↓＋SO42-＋2OH－B當?shù)稳胱詈笠坏螛藴室簳r，出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘內沉淀顏色不改變0.04mol·L?1五、元素或物質推斷題(共4題，共20分)27、略

【分析】【詳解】

(1)B和D有氣體生成；只有碳酸鈉和鹽酸反應能生成氣體，所以B；D是鹽酸或碳酸鈉，A、C是氯化鈣或硝酸銀；A和B沒有現(xiàn)象發(fā)生，所以A是氯化鈣，B是鹽酸，C是硝酸銀，D是碳酸鈉，故本題答案A是氯化鈣、C是硝酸銀；

(2)②中發(fā)生反應化學方程式是Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑,其離子方程式是CO＋2H+＝H2O＋CO2↑；

④中發(fā)生反應化學方程式是AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3,其離子方程式是Ag+＋Cl－＝AgCl↓；【解析】①.CaCl2②.AgNO3③.CO＋2H+＝H2O＋CO2↑④.Ag+＋Cl－＝AgCl↓28、略

【分析】【分析】

A為淡黃色固體且能和CO2反應，則A是Na2O2，單質B能轉化生成過氧化鈉、能與氯氣反應生成E，可知B為Na、E為NaCl；Na2O2和CO2反應生成Na2CO3和O2，D能轉化為NaCl，則D是Na2CO3，Na2O2、Na都能轉化得到C，C能轉化得到Na2CO3；NaCl；則C是NaOH。

【詳解】

(1)根據(jù)上述分析可知A是Na2O2，B是Na，C是NaOH，D是Na2CO3；E為NaCl。

(2)Na與H2O反應產(chǎn)生NaOH和H2，所以B→C的離子方程式為：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；Na2CO3與HCl反應產(chǎn)生NaCl、H2O、CO2，則D→E的離子方程式為：CO32-+2H+=H2O+CO2↑；

(3)Na2O2與CO2反應產(chǎn)生Na2CO3和O2，反應方程式為：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，在該反應中，O元素由反應前Na2O2中的-1價變?yōu)榉磻驩2中的0價，化合價升高，失去2×e-；O元素由反應前Na2O2中的-1價變?yōu)榉磻驨a2CO3中的-2價，化合價降低，得到2×e-，用雙線橋法表示電子轉移為：

【點睛】

本題考查無機物的推斷，涉及鈉元素的單質及其化合物之間的轉化，A的顏色及能與二氧化碳反應是推斷的突破口，熟練掌握元素化合物知識即可解答，本題旨在考查學生對基礎知識的掌握?！窘馕觥竣?Na2O2②.Na③.NaOH④.Na2CO3⑤.NaCl⑥.2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑⑦.CO32-+2H+=H2O+CO2↑⑧.29、略

【分析】【分析】

首先根據(jù)離子反應判斷離子能否大量共存。然后判斷可能共存的離子；進而可確定溶液的成分。

【詳解】

Ca2+與SO42-、CO32-會形成沉淀，不能大量共存，所以Ca2+只能和NO3-、Cl-結合；Ag+與SO42-、Cl-、CO32-會形成沉淀不能大量共存，因此Ag+只能和NO3-結合形成AgNO3溶液，則一定存在CaCl2、AgNO3；Cu2+與CO32-會形成沉淀不能大量共存，所以存在CuSO4，Na+與CO32-組成Na2CO3，即四種物質為：CaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。①中由于C鹽是藍色的，可知C為CuSO4；②四支試管加入鹽酸，B有沉淀，則B為AgNO3；而D生成無色氣體，氣體為CO2，則D為Na2CO3，A為CaCl2。由上述分析可知：A為CaCl2，B為AgNO3，C為CuSO4，D為Na2CO3。

(1)綜上所述可知，B為AgNO3，C為CuSO4；

(2)A為CaCl2、D為Na2CO3，二者混合，發(fā)生復分解反應產(chǎn)生NaCl和CaCO3沉淀，反應化學方程式為CaCl2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaCl。

(3)A、D混合反應產(chǎn)生CaCO3、NaCl，若想從A與D反應后的混合物中分別提取得到兩種固體產(chǎn)物，由于CaCO3難溶于水，NaCl溶解在水溶液中，首先需要進行的實驗操作是過濾，將難溶性的固體CaCO3分離出來；然后根據(jù)NaCl的溶解度受溫度的影響變化不大的性質，將濾液蒸發(fā)得到NaCl晶體。這兩個操作中都要用到玻璃棒，在過濾操作中玻璃棒的作用是引流；在蒸發(fā)操作中玻璃棒的作用是攪拌，促進溶劑的蒸發(fā)，因此玻璃棒的作用不同。

【點睛】

本題考查離子共存、無機物的推斷的知識，把握離子反應、離子的顏色、可能的離子反應及相應的實驗現(xiàn)象是解題關鍵，在不同的實驗操作中，同一儀器作用可能相同，也可能不同，從實驗的目的進行分析、判斷?！窘馕觥竣?AgNO3②.CuSO4③.CaCl2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaCl④.過濾⑤.蒸發(fā)⑥.在兩種操作中，玻璃棒的作用不相同。過濾時玻璃棒起引流的作用，蒸發(fā)時玻璃棒起攪拌的作用30、略

【分析】【分析】

由元素在周期表中的位置可知X為Si；Y為O，Z為Cl；

(1)根據(jù)元素的“構；位、性”進行判斷；

(2)根據(jù)同主族非金屬性強弱的判斷方法進行分析；

(3)根據(jù)書寫熱化學方程式的方法進行求算；

(4)按烴分子中碳氫質量比；物質的量之比進行分析。

【詳解】

由元素在周期表中的位置可知X為Si；Y為O，Z為Cl；

(1)Z元素為氯元素；核電荷數(shù)為17，原子核外有三個電子層，最外層有7個電子，Z位于周期表中第三周期第ⅤⅡA族；

(2)a．Y單質與H2S溶液反應；溶液變渾濁，說明氧氣的氧化性比硫強，則說明Y元素的非金屬性比S元素的非金屬性強；

b．在氧化還原反應中；1molY單質比1molS得電子多，氧化性強弱與得電子數(shù)多少沒有必然關系，故不能說明Y與S非金屬性的強弱；

c．元素的非金屬性越強；氫化物的穩(wěn)定性越強，Y和S兩元素的簡單氫化物受熱分解，前者的分解溫度高，說明Y的非金屬性較強；

故答案為ac；

(3)根據(jù)SiCl4的熔點和沸點，說明其室溫下呈液態(tài)，根據(jù)書寫熱化學方程式的方法，該反應的熱化學方程式為Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)△H=-687kJ/mol；

（4）該烴分子中碳氫質量比為9:1，碳氫物質的量之比為=結合碳與鎂形成的1mol化合物Q與水反應，生成2molMg(OH)2和1mol烴，Q的化學式為Mg2C3，烴的化學式為C3H4，電子式為Q與水反應的化學方程式為Mg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑。

【點睛】

本題考查了元素周期表的結構以及元素化合物的性質和元素周期律的知識。易錯點是元素非金屬性的比較，要注意歸納常見的