2025年滬教版高三化學(xué)下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬教版高三化學(xué)下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、標準狀況下，100mL稀硝酸與足量金屬鋅完全反應(yīng)生成336mLN0和NO2，向混合氣體中加入336mLNH3，在一定條件下恰好使其完全轉(zhuǎn)化為N2．若用一定濃度的氫氧化鈉溶液進行吸收處理（反應(yīng)方程式：2NO2+2Na0H═NaNO3+NaNO2+H20；NO2+N0+2Na0H═2NaNO2+H20），則消耗氫氧化鈉溶液的體積為150mL，下列說法正確的是（）A.混合氣體中N0的物質(zhì)的量為0.01molB.混合氣體中N02的物質(zhì)的量為0.02molC.稀硝酸的濃度為0.045mol/LD.氫氧化鈉溶液的濃度為0.1mol/L2、根據(jù)甘油（丙三醇）的結(jié)構(gòu)，它不可能發(fā)生的反應(yīng)是（）A.消去反應(yīng)B.取代反應(yīng)C.氧化反應(yīng)D.加成反應(yīng)3、設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是（）A.0.01molMg在空氣中完全燃燒生成MgO和Mg3N2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.02NAB.含0.1molH2SO4的濃硫酸與足量銅在加熱條件下反應(yīng)，生成SO2的分子數(shù)為0.05NAC.標準狀況下11.2L的CH4、CD4、CT4的混合氣體中含有的質(zhì)子數(shù)為10NAD.工業(yè)上銅的電解精煉，電解池中每轉(zhuǎn)移2NA電子時，陽極上溶解的銅為64g4、某高聚物的結(jié)構(gòu)如圖：

合成該高聚物的單體是（）A.CH2=CH-CH3B.CH2=CH2C.CH3CH2CH3D.CH3-CH=CH-CH35、能在水溶液中大量共存的一組離子是（）A.H+、I-、NO3-、SiO32-B.K+、Na+、NO3-、MnO4-C.Ag+、Fe3+、Cl-、SO42-D.NH4+、OH-、Cl-、HCO3-6、NA表示阿伏加德羅常數(shù)，則下列說法正確的是（）A.1molMg原子變成Mg2+時失去的電子數(shù)為2NAB.標準狀況下，11.2L水所含的電子數(shù)為5NAC.常溫常壓下，16克O2含電子數(shù)為10NAD.0.1mol/LK2SO4溶液含有K+0.2NA評卷人得分二、雙選題(共9題，共18分)7、一定條件下，將0.1LCO、0.2LCO2、0.1LNO、0.2LNO2和0.2LNH3混合，然后通過分別盛有足量蒸餾水、飽和碳酸氫鈉溶液和氫氧化鈉溶液的三個洗氣瓶（洗氣瓶排列順序不確定）．假設(shè)氣體通過每個洗氣瓶都能充分反應(yīng)則尾氣（已干燥）（）A.可能是單一氣體B.不可能含有一氧化碳C.可能存在原氣體中的兩種氣體D.成分和洗氣瓶的排列順序無關(guān)8、rm{Mg}在rm{CO_{2}}中燃燒生成rm{MgO}和rm{C}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.該反應(yīng)中化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為熱能B.金剛石和石墨是碳的兩種同位素C.在該反應(yīng)條件下，rm{Mg}的還原性強于rm{C}的還原性D.rm{MgO}中兩種離子的半徑大小是：rm{r(Mg^{2+})<r(O^{2-})}9、溫度為rm{T_{1}}時，在三個容積均為rm{1L}的恒容密閉容器中僅發(fā)生反應(yīng)：rm{2NO_{2}(g)?2NO(g)+O_{2}(g)(}正反應(yīng)吸熱rm{2NO_{2}(g)?2NO(g)+O_{2}

(g)(}實驗測得：rm{v_{脮媒}=v(NO_{2})_{脧沒潞脛}=k_{脮媒}c^{2}(NO_{2})}rm{v_{脛忙}=v(NO)_{脧沒潞脛}=2v(O_{2})_{脧沒潞脛}=k_{脛忙}c^{2}(NO)隆隴c(O_{2})}rm{)}rm{v_{脮媒}=v(NO_{2}

)_{脧沒潞脛}=k_{脮媒}c^{2}(NO_{2})}為速率常數(shù)，受溫度影響。下列說法正確的是rm{v_{脛忙}=v(NO)_{脧沒潞脛}=2v(O_{2}

)_{脧沒潞脛}=k_{脛忙}c^{2}(NO)隆隴c(O_{2})}rm{k_{脮媒}}。rm{k_{脛忙}}容器編號物質(zhì)的起始濃度rm{/mol隆隴L^{-1}}物質(zhì)的平衡濃度rm{/mol隆隴L^{-1}}rm{c(NO_{2})}rm{c(NO)}rm{c(O_{2})}rm{c(O_{2})}rm{c(O_{2})}Ⅰrm{0.6}rm{0}rm{0}rm{0.2}Ⅱrm{0.3}rm{0.5}rm{0.2}Ⅲrm{0}rm{0.5}rm{0.35}A.達平衡時，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強之比為rm{4隆脙5}B.達平衡時，容器Ⅱ中rm{dfrac{cmathrm{(}O_{2}mathrm{)}}{cmathrm{(}NO_{2}mathrm{)}}}比容器Ⅰ中的大C.達平衡時，容器Ⅲ中rm{NO}的體積分數(shù)小于rm{50%}D.當(dāng)溫度改變?yōu)閞m{T_{2}}時，若rm{k_{脮媒}=k_{脛忙}}則rm{T_{2}>T_{1}}10、某化學(xué)興趣小組為探究電化學(xué)原理，設(shè)計了如圖裝置rm{(}鐵、銅為電極，燒杯中盛裝硫酸銅溶液rm{).}下列敘述不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{a}和rm不連接時，鐵片上會有金屬銅析出B.rm{a}和rm用導(dǎo)線連接時，鐵片上發(fā)生的反應(yīng)為：rm{Fe-3e^{-}=Fe^{3+}}C.無論rm{a}和rm是否連接，鐵片均會溶解，溶液從藍色逐漸變成淺綠色D.rm{a}和rm分別連接直流電源正、負極，rm{Cu^{2+}}向銅電極移動11、含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2．下列各項為通Cl2過程中，溶液內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式，其中不正確的是（）A.x=0.3a，2Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl-B.x=0.7a，2Br-+Cl2→Br2+2Cl-C.x=1.2a，2Fe2++2Br-+2Cl2→Br2+2Fe3++4Cl-D.x=1.5a，2Fe2++4Br-+3Cl2→2Br2+2Fe3++6Cl-12、合理使用藥物有利于身心健康．下列有關(guān)說法正確的是()A.氯化鈉用于治療胃酸過多B.阿司匹林常用于解熱鎮(zhèn)痛C.青霉素是一種常用的抗生素D.非處方藥都無毒副作用.可長期大量服用13、rm{900隆忙}時，向rm{2.0L}恒容密閉容器中充入rm{0.40mol}乙苯，發(fā)生反應(yīng)：rm{+H_{2}(g)}rm{婁隴H=akJ隆隴mol^{-1}}經(jīng)一段時間后達到平衡。反應(yīng)過程中測定的部分數(shù)據(jù)見下表：。時間rm{/min}rm{0}rm{10}rm{20}rm{30}rm{40}rm{n(}乙苯rm{)/mol}rm{0.40}rm{0.30}rm{0.24}rm{n_{2}}rm{n_{3}}rm{n(}苯乙烯rm{)/mol}rm{0.00}rm{0.10}rm{n_{1}}rm{0.20}rm{0.20}下列說法正確的是rm{(}rm{)}

A.反應(yīng)在前rm{20min}的平均速率為rm{v(H_{2})=0.004mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}B.保持其他條件不變，升高溫度，平衡時，rm{v(H_{2})=0.004

mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}乙苯rm{c(}則rm{)=0.08mol隆隴L^{-1}}C.保持其他條件不變，向容器中充入不參與反應(yīng)的水蒸氣作為稀釋劑，則乙苯的轉(zhuǎn)化率為rm{a<0}D.相同溫度下，起始時向容器中充入rm{50.0%}乙苯、rm{0.10mol}苯乙烯和rm{0.10mol}達到平衡前rm{0.30molH_{2}}正rm{v(}逆rm{)>v(}rm{)}14、銅鋅原電池rm{(}如圖rm{)}工作時，下列敘述正確的是()

A.正極反應(yīng)為rm{Zn-2e^{-}}rm{簍TZn}rm{簍TZn}rm{{,!}^{2+}}B.電池反應(yīng)為rm{Zn+Cu^{2+}}rm{簍TZn}rm{簍TZn}rm{{,!}^{2+}}C.在外電路中，電子從負極流向正極rm{+Cu}D.鹽橋中的rm{+Cu}rm{K^{+}}移向rm{ZnSO}15、銅板上鐵鉚釘處的吸氧腐蝕原理如圖所示，下列有關(guān)說法中，不正確的是rm{(}rm{)}rm{(}

A.正極的電極反應(yīng)式為：rm{)}rm{2H^{+}+2e^{-}簍TH_{2}隆眉}B.此過程中還涉及到反應(yīng)：rm{4Fe(OH)_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O+O}rm{O+O}rm{{,!}_{2}}C.此過程中銅并不被腐蝕rm{簍T4Fe(OH)}D.此過程中電子從rm{簍T4Fe(OH)}移向rm{{,!}_{3}}評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)16、電鍍污泥中含有Cr（OH）3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物質(zhì)，工業(yè)上通過“中溫焙燒-鈉氧化法”回收Na2Cr2O7等物質(zhì)．

已知：在水浸后的Na2CrO4溶液中含有少量NaAlO2、Na2ZnO2等物質(zhì)．

（1）水浸后的溶液呈____性（填“酸”；“堿”或“中”）．

（2）完成氧化焙燒過程中生成Na2CrO4的化學(xué)方程式．

____Cr（OH）3+____Na2CO3+____O2____Na2CrO4+____CO2+____

（3）濾渣Ⅱ的主要成分有Zn（OH）2、____．

已知：①除去濾渣II后，溶液中存在如下反應(yīng)：2Cr+2H+?Cr2+H2O

②Na2Cr2O7、Na2CrO4在不同溫度下的溶解度如下表。

。

溫度。

溶解度。

化學(xué)式20℃60℃100℃Na2SO419.545.342.5Na2Cr2O7183269415Na2CrO484115126“系列操作”中為：繼續(xù)加入H2SO4，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾．繼續(xù)加入H2SO4目的是____．

（5）工業(yè)上還可以在水浸過濾后的溶液（Na2CrO4）加入適量H2SO4，用石墨作電極電解生產(chǎn)金屬鉻，寫出生成鉻的電極反應(yīng)方程式____．

（6）已知Al（OH）3為難溶物（常溫下，Ksp[Al（OH）3]=2.0×10-33）．當(dāng)溶液pH=5時，某溶液中的Al3+____（填“能”或“不能”）完全沉淀．（溶液中的離子濃度小于1×10-5mol?L-1時沉淀完全）．17、鹽酸吡酮洛芬（H）是一種消炎鎮(zhèn)痛藥；可通過以下方法合成：

（1）F中的含氧官能團為____和____（填名稱）．

（2）反應(yīng)①～④中，屬于取代反應(yīng)的是____（填序號）；反應(yīng)①的化學(xué)方程式為____．

（3）反應(yīng)⑦中加入的試劑X的分子式為C6H8N2，X的結(jié)構(gòu)簡式為____．

（4）E的一種同分異構(gòu)體滿足下列條件：

Ⅰ．水解后產(chǎn)物之一既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)又與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；

Ⅱ．分子中有6種不同化學(xué)環(huán)境的氫；且分子中含有兩個苯環(huán)．

寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：____（只寫一種）．

（5）根據(jù)已有知識并結(jié)合相關(guān)信息，寫出以和為原料制備的合成路線流程圖（無機試劑任用）．18、苯佐卡因是一種局部麻醉劑；可用于粘膜潰瘍；創(chuàng)面等的鎮(zhèn)痛，一般制成軟膏或栓劑使用，它的工業(yè)合成有如下所示的兩種途徑．途徑I已逐漸淘汰，現(xiàn)在使用較多的是途徑Ⅱ．

已知：①當(dāng)苯環(huán)上連有甲基時；再引入的其他基團主要進入它的鄰位或?qū)ξ?；?dāng)苯環(huán)上連有羧基時，再引入的其他基團主要進入它的間位．

請回答下列問題：

（1）反應(yīng)①的反應(yīng)類型為____，化合物B的結(jié)構(gòu)簡式為____．

（2）反應(yīng)⑦的化學(xué)方程式為____．

（3）下列關(guān)于上述合成路線的說法正確的是____．

a．反應(yīng)①除了主要生成A物質(zhì)外，還可能生成等。

b．途徑Ⅱ中的步驟①和⑤可以互換。

c．反應(yīng)③的另一產(chǎn)物是H2O

d．與途徑Ⅱ相比；途經(jīng)Ⅰ的缺點是步驟多，產(chǎn)率低。

e．途經(jīng)Ⅰ中的步驟③的目的是保護氨基不被步驟④中的酸性高錳酸鉀溶液氧化。

（4）途經(jīng)Ⅱ中的步驟⑤和⑥能否互換，說明理由：____．

（5）苯佐卡因有多種同分異構(gòu)體．請寫出其中任意兩種滿足下列條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：

①有兩個對位取代基；②-NH2直接連在苯環(huán)上；③分子結(jié)構(gòu)中含有酯基．____、____．19、以淀粉和必要的無機試劑為原料制取：的過程是：(1)指出反應(yīng)類型：③________________________；④________________________；⑤________________________；⑥________________________.(2)寫出化學(xué)方程式：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________；⑤________________________________________________________________________；⑦________________________________________________________________________.20、9.2g氮的氧化物NOx中含有N原子數(shù)為0.2mol，則x數(shù)值為____．21、含氯的消毒劑是指溶于水產(chǎn)生的具有殺死微生物的功效次氯酸的消毒劑；其有效成分常以有效氯表示，無機含氯消毒劑包括液氯；次氯酸鈉、次氯酸鈣、氯化磷酸等．

（1）下列判斷正確的是____．

A．液氯和新制氯水都是游離態(tài)氯；都能作殺菌消毒劑。

B．由于Cl2能與水反應(yīng)；所以氯水中不可能存在游離態(tài)氯。

C．溶液中H+濃度越大；次氯酸鈉消毒效果越好。

D．含氯消毒劑應(yīng)密封保存。

（2）漂白粉是一種優(yōu)良高效、價格低廉的常用殺菌消毒劑，實驗室有一瓶密封不嚴的漂白粉，其中肯定存在CaCl2；設(shè)計實驗，探究該固體中可能存在的其它物質(zhì)．

【提出合理假設(shè)】

假設(shè)1：該漂白粉未變質(zhì)，只含____；

假設(shè)2：該漂白粉全部變質(zhì)，只含____；

假設(shè)3：該漂白粉全部變質(zhì)，既含有Ca（ClO）2，又含有CaCO3．

【設(shè)計實驗方案】

限選的儀器和藥品：試管、膠頭滴管、帶導(dǎo)管的單孔塞、蒸餾水、自來水、1mol?L-1鹽酸、品紅溶液，新制澄清石灰水（提示：不必檢查Ca2+和Cl-；表格可以不填滿）

。實驗步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論①取少量漂白粉于試管中；

____②③22、已知：2KMnO4=K2MnO4+MnO2+O2↑，將0.08molKMnO4固體（質(zhì)量為12.64g）加熱一段時間后，收集到amolO2；向反應(yīng)后殘留的固體中加入足量的濃鹽酸，又收集到bmolCl2，此時Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中．

（1）配平下列化學(xué)方程式并用單線橋法標出電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目：KMnO4+HCl-KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O____

（2）上式反應(yīng)中的還原劑是____，反應(yīng)中若產(chǎn)生0.2mol的氣體則有____mol的電子轉(zhuǎn)移．

（3）a+b的最大值為____，a+b最小值為____．

（4）當(dāng)a+b=0.18時，殘留固體的質(zhì)量為____．23、在1-18號的短周期主族元素中；表中的字母代表一種元素，回答下列問題：

（1）畫出D的原子結(jié)構(gòu)示意圖____；

（2）寫出C的最高價氧化物的電子式____；

（3）E和F分別形成的氣態(tài)氫化物中最穩(wěn)定的是____（填寫氫化物的化學(xué)式）

（4）A最高價氧化物的水化物的化學(xué)式____．24、（1）寫出下圖中序號①～④儀器的名稱：

①____；②____；③____；④____；

（2）儀器①～④中，使用時必須檢查是否漏水的是____．（填儀器序號）

裝置I、II、III中需要檢查氣密性是____．（填裝置名稱）

（3）分離碘水中的碘應(yīng)先選擇裝置____（填裝置序號）進行____和____操作，再用裝置____（填裝置序號）進行____操作．

（4）現(xiàn)欲用98%的濃硫酸（密度為1.84g?cm-3）配制成濃度為1.0mol?L-1的稀硫酸100mL．

①所需儀器除燒杯、玻璃棒外還需____、____、____．

②所取濃硫酸的體積為____mL．（保留一位小數(shù)）評卷人得分四、判斷題(共1題，共10分)25、用標準NaOH溶液滴定未知濃度的醋酸到終點時，鈉離子物質(zhì)的量等于醋酸根離子的物質(zhì)的量____（判斷正誤）評卷人得分五、實驗題(共2題，共4分)26、某無色溶液rm{X}由rm{Na^{+}}rm{Ag^{+}}rm{Ba^{2+}}rm{Al^{3+}}rm{AlOrlap{_{2}}{^{-}}}rm{MnOrlap{_{4}}{^{-}}}rm{COrlap{_{3}}{^{2-}}}rm{SOrlap{_{4}}{^{2-}}}中的若干種離子組成，取溶液進行如下連續(xù)實驗：

rm{(1)}氣體rm{A}的成分是rm{(}填化學(xué)式，下同rm{)}________，氣體rm{B}的成分是________。氣體rm{(1)}的成分是rm{A}填化學(xué)式，下同rm{(}________，氣體rm{)}的成分是________。

rm{B}溶液中一定存在的離子是__________________________________________。

rm{(2)X}溶液中一定存在的離子是__________________________________________。寫出步驟rm{(2)X}發(fā)生反應(yīng)的所有離子方程式：_________________________________rm{(3)}寫出步驟rm{壟脵}發(fā)生反應(yīng)的所有離子方程式：_________________________________

rm{(3)}寫出步驟rm{壟脵}形成白色沉淀甲的離子方程式：________________________________________________________________。rm{(4)}寫出步驟rm{壟脷}形成白色沉淀甲的離子方程式：____________通過上述實驗，溶液rm{(4)}中還有未完全確定的離子是__________；只要設(shè)計一個簡單的后續(xù)實驗就可以確定該離子是否存在，該方法是__________rm{壟脷}簡述操作步驟、現(xiàn)象及結(jié)論_______________________________________________。rm{(5)}通過上述實驗，溶液rm{X}中還有未完全確定的離子是__________；只要設(shè)計一個簡單的后續(xù)實驗就可以確定該離子是否存在，該方法是__________27、（14分）用霞石巖（化學(xué)式為KNa3[AlSiO4]4，主要成份Na2O、K2O、Al2O3、SiO2）制碳酸鈉、碳酸鉀和氧化鋁的工藝流程如下：已知：①NaHCO3溶液的pH約為8～9，Na2CO3溶液的pH約為11～12。②溶解過濾工序產(chǎn)生的濾液中含鈉、鉀和鋁的可溶性鹽類，鈣和硅等其他雜質(zhì)在濾渣霞石泥中。部分物質(zhì)的溶解度見下圖。試回答下列問題：（1）灼燒得到固體M的化學(xué)方程式是_______________。（2）X物質(zhì)是___________，濾液W中主要含有的離子有____________。（寫三種）（3）操作Ⅰ得到碳酸鈉晶體的操作為、、、洗滌、干燥。（4）碳酸化Ⅰ中發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式是_______________________________。（5）碳酸化Ⅱ調(diào)整pH＝8的目的是________________________________________________。評卷人得分六、簡答題(共3題，共24分)28、回答有關(guān)以通式rm{C_{n}H_{2n+1}OH}所表示的一元醇的下列問題：rm{(1)}出現(xiàn)同類同分異構(gòu)體的最小rm{n}值是___________________。rm{(2)n=4}的同分異構(gòu)體中，氧化后能生成醛的醇有______種，其結(jié)構(gòu)簡式是______。rm{(3)}具有同分異構(gòu)體的醇跟濃硫酸混合加熱時，只能得到一種不飽和烴rm{(}烯烴類rm{)}符合這一結(jié)果的醇的rm{n}值為________。29、迷迭香酸是從蜂花屬植物中獲取的一種酸性物質(zhì)，它是一種具有廣泛應(yīng)用的化工原料，用于合成醫(yī)藥藥品、香料等，其結(jié)構(gòu)簡式如圖rm{1}所示：

已知：rm{R-Br+R隆盲-Br+2Na{脪祿露簍脤玫錄鎂}overrightarrow{}R-R隆盲+2NaBr}

如圖rm{R-Br+R隆盲-Br+2Na

{脪祿露簍脤玫錄鎂}overrightarrow{}R-R隆盲+2NaBr}是由苯酚與某有機物rm{2}為主要原料合成迷迭香酸的過程，已知rm{A}的分子式為rm{B}能發(fā)生銀鏡反應(yīng)．

rm{C_{2}H_{4}O}的結(jié)構(gòu)簡式為______

rm{(1)C}上述rm{(2)}反應(yīng)中沒有出現(xiàn)的反應(yīng)類型有______rm{壟脵隆蘆壟脻}填代號rm{(}．

A.加成反應(yīng)rm{)}氧化反應(yīng)rm{B.}消去反應(yīng)rm{C.}聚合反應(yīng)rm{D.}酯化反應(yīng)。

rm{E.}寫出rm{(3)}發(fā)生銀鏡反應(yīng)的化學(xué)方程式______．

rm{B}反應(yīng)rm{(4)}的化學(xué)方程式為：______

rm{壟脹}已知有機物rm{(5)}只比rm{H}少rm{G}個氧原子，rm{2}分子中苯環(huán)上只有rm{H}個側(cè)鏈且處于對位，其分子中含有rm{2}rm{-OH}的同分異構(gòu)體有______種；請任寫出其中一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式______．

rm{-COOH}若用rm{(6)}作電極，將rm{Pt}rm{G}rm{O_{2}}溶液組成一個燃料電池，則其電池負極電極反應(yīng)為______rm{NaOH}有機物用分子式表示rm{.(}rm{)}30、氧元素和鹵族元素都能形成多種物質(zhì)；我們可以利用所學(xué)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的相關(guān)知識去認識和理解．

rm{(1)}溴的價電子排布式為______；rm{PCl_{3}}的空間構(gòu)型為______．

rm{(2)}已知rm{CsICl_{2}}不穩(wěn)定；受熱易分解，傾向于生成晶格能更大的物質(zhì)，則它按下列______式發(fā)生．

A.rm{CsICl_{2}=CsCl+ICl}rm{B.}rm{CsICl_{2}=CsI+Cl_{2}}

rm{(3)}根據(jù)下表提供的第一電離能數(shù)據(jù)判斷：最有可能生成較穩(wěn)定的單核陽離子的鹵素原子是______．

。氟氯溴碘第一電離能rm{(kJ?mol^{-1})}rm{1681}rm{1251}rm{1140}rm{1008}rm{(4)}下列分子既不存在rm{s-p婁脪}鍵，也不存在rm{p-p婁脨}鍵的是______．

A.rm{HCl}rm{B.HF}rm{C.}rm{SO_{2}}rm{D.}rm{SCl_{2}}

rm{(5)}已知rm{COCl_{2}}為平面形，則rm{COCl_{2}}中心碳原子的雜化軌道類型為______，寫出rm{CO}的等電子體的微粒______rm{(}寫出rm{1}個rm{)}．

rm{(6)}鈣在氧氣中燃燒時得到一種鈣的氧化物晶體，其結(jié)構(gòu)如圖所示：由此可判斷該鈣的氧化物的化學(xué)式為______rm{.}已知該氧化物的密度是rm{婁脩g?cm^{-3}}則晶胞離得最近的兩個鈣離子間的距離為______rm{cm(}只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏加德羅常數(shù)為rm{N_{A}).}參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】336mLN0和NO2的物質(zhì)的量為：=0.015mol，向混合氣體中加入336mLNH3的物質(zhì)的量為：0.015mol，恰好完全反應(yīng)根據(jù)得失電子守恒可知：2n（N0）+4n（NO2）=3n（NH3），即2n（N0）+4n（NO2）=0.045①，而n（N0）+n（NO2）=0.015mol②，①②聯(lián)立解之得n（N0）=0.0075mol；n（NO2）=0.0075mol，所以參加反應(yīng)的鋅的質(zhì)量為：2n（Zn）=3n（N0）+n（NO2）=0.03mol，所以n（Zn）=0.015mol，由此分析解答．【解析】【解答】解：336mLN0和NO2的物質(zhì)的量為：=0.015mol，向混合氣體中加入336mLNH3的物質(zhì)的量為：0.015mol，恰好完全反應(yīng)根據(jù)得失電子守恒可知：2n（N0）+4n（NO2）=3n（NH3），即2n（N0）+4n（NO2）=0.045①，而n（N0）+n（NO2）=0.015mol②，①②聯(lián)立解之得n（N0）=0.0075mol；n（NO2）=0.0075mol，所以參加反應(yīng)的鋅的質(zhì)量為：2n（Zn）=3n（N0）+n（NO2）=0.03mol；所以n（Zn）=0.015mol；

A；混合氣體中N0的物質(zhì)的量為0.0075mol；故A錯誤；

B、混合氣體中N02的物質(zhì)的量為0.0075mol；故B錯誤；

C、稀硝酸的濃度為=0.45mol/L；故C錯誤；

D、根據(jù)反應(yīng)方程式：2NO2+2Na0H═NaNO3+NaNO2+H20；NO2+N0+2Na0H═2NaNO2+H20，產(chǎn)物中氮與鈉之比為1：1，所以氫氧化鈉溶液的濃度為=0.1mol/L；故D正確；

故選D．2、D【分析】【分析】丙三醇含有-OH，可發(fā)生取代、氧化和消去反應(yīng)，以此解答該題．【解析】【解答】解：丙三醇含有-OH，具有-CH2OH；-CHOH-結(jié)構(gòu)；可發(fā)生取代、氧化和消去反應(yīng)，不含不飽和鍵，不能發(fā)生加成反應(yīng)．

故選D．3、A【分析】【分析】A；鎂為2價金屬；0.01mol鎂變成鎂離子失去0.02mol電子；

B；濃硫酸隨著反應(yīng)的進行變成稀硫酸；稀硫酸與銅不反應(yīng)；

C；標準狀況下11.2L混合氣體的物質(zhì)的量為0.5mol；0.5mol甲烷中含有5mol質(zhì)子；

D、粗銅中含有鐵、鋅等雜質(zhì)，電解時鐵和鋅等雜質(zhì)先放電，陽極溶解的銅質(zhì)量減少．【解析】【解答】解：A、MgO和Mg3N2中鎂的化合價都是+2價，0.01mol鎂完全反應(yīng)失去0.02mol電子，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.02NA；故A正確；

B、反應(yīng)消耗0.1mol硫酸會生成0.05mol二氧化硫，由于濃硫酸變成稀硫酸后，反應(yīng)停止，所以生成的二氧化硫的物質(zhì)的量小于0.05mol，生成SO2的分子數(shù)小于0.05NA；故B錯誤；

C、標況下11.2L混合氣體的物質(zhì)的量為0.5mol，CH4、CD4、CT4的質(zhì)子數(shù)都為10，0.5mol混合氣體中含有5mol質(zhì)子，含有的質(zhì)子數(shù)為5NA；故C錯誤；

D、工業(yè)上銅的電解精煉，電解池中每轉(zhuǎn)移2NA電子時；轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為2mol；由于粗銅中的鐵和鋅先放電，導(dǎo)致陽極上溶解的銅質(zhì)量減少，陽極上溶解的銅質(zhì)量小于64g，故D錯誤；

故選A．4、A【分析】【分析】解答此類題目；首先要根據(jù)高聚物的結(jié)構(gòu)簡式判斷高聚物是加聚產(chǎn)物還是縮聚產(chǎn)物，然后根據(jù)推斷單體的方法作出判斷；

加聚產(chǎn)物的單體推斷方法：

（1）凡鏈節(jié)的主鏈上只有兩個碳原子（無其它原子）的高聚物；其合成單體必為一種，將兩半鏈閉合即可；

（2）凡鏈節(jié)主鏈上只有四個碳原子（無其它原子）且鏈節(jié)無雙鍵的高聚物；其單體必為兩種，在正中間畫線斷開，然后將四個半鍵閉合即可；

（3）凡鏈節(jié)主鏈上只有碳原子并存在碳碳雙鍵結(jié)構(gòu)的高聚物，其規(guī)律是“見雙鍵，四個碳，無雙鍵，兩個碳”畫線斷開，然后將半鍵閉合，即將單雙鍵互換．【解析】【解答】解：該高聚物的結(jié)構(gòu)簡式為-[]-n：主鏈不含雜原子，屬于加聚反應(yīng)生成的高聚物，凡鏈節(jié)的主鏈上只有兩個碳原子（無其它原子）的高聚物，其合成單體必為一種，將兩半鍵閉合即可其單體為CH2=CH-CH3．

故選A．5、B【分析】【分析】根據(jù)離子之間不能結(jié)合生成沉淀、氣體、水、弱電解質(zhì)等，不能發(fā)生氧化還原反應(yīng)等，則離子大量共存，以此來解答．【解析】【解答】解：A．H+、I-、NO3-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，H+、SiO32-結(jié)合生成沉淀；不能共存，故A錯誤；

B．該組離子之間不反應(yīng)；可共存，故B正確；

C．Ag+、Cl-結(jié)合生成沉淀；不能共存，故C錯誤；

D．NH4+、OH-結(jié)合生成弱電解質(zhì)，OH-、HCO3-結(jié)合生成水和碳酸根離子；不能共存，故D錯誤；

故選B．6、A【分析】【分析】A；根據(jù)鎂和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系計算轉(zhuǎn)移電子數(shù)；

B；氣體摩爾體積只適用于氣體；對固體和液體不適用；

C、根據(jù)N=nNA=NA結(jié)合一個分子中含有的電子數(shù)計算；

D、根據(jù)N=nNA=CVNA分析判斷．【解析】【解答】解：A、一個鎂原子失去2個電子生成鎂離子，所以1mol原子變成Mg2+時失去的電子數(shù)為2NA；故A正確；

B；氣體摩爾體積只適用于氣體；對固體和液體不適用，標況下，水是液體，所以氣體摩爾體積對此不適用，故B錯誤；

C、一個O2中含有16個電子，16克O2的物質(zhì)的量是0.5mol，所以含有的電子數(shù)為8NA；故C錯誤；

D；溶液的體積未知；所以無法計算鉀離子的個數(shù)，故D錯誤；

故選A．二、雙選題(共9題，共18分)7、A|C【分析】解：A．CO與足量蒸餾水、飽和碳酸氫鈉溶液和氫氧化鈉溶液三種溶液都不反應(yīng)，所以洗氣瓶的排列順序無論怎樣，最終的氣體肯定有0.1LCO，一氧化氮、二氧化氮和氫氧化鈉反應(yīng)生成亞硝酸鈉和水，反應(yīng)為NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，過量的二氧化氮和氫氧化鈉反應(yīng)，二氧化氮和氫氧化鈉反應(yīng)為2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，二氧化碳和氫氧化鈉反應(yīng)CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，所以若第一個洗氣瓶裝氫氧化鈉溶液，0.2LCO2、0.1LNO、0.2LNO2被吸收，這時出來的氣體有0.1LCO、0.2LNH3；氨氣極易能溶于水，所以其余的2個洗氣瓶無論怎樣的順序，最后的氣體為CO，故A正確；

B．CO與足量蒸餾水；飽和碳酸氫鈉溶液和氫氧化鈉溶液三種溶液都不反應(yīng)；所以洗氣瓶的排列順序無論怎樣，最終的氣體肯定有0.1LCO，故B錯誤；

C．若第一個洗氣瓶盛有足量蒸餾水，二氧化碳、氨氣都能溶于水，3NO2+H2O═2HNO3+NO；則這時出來的氣體有CO；NO和少量二氧化碳，后面的2個洗氣瓶無論怎樣的順序，二氧化碳和二氧化氮被氫氧化鈉吸收，最后的氣體為CO、NO，故C正確；

D．若第一個洗氣瓶裝飽和碳酸氫鈉溶液，二氧化氮和碳酸氫鈉能反應(yīng)生成二氧化碳和一氧化氮和硝酸鈉，氨氣極易能溶于水，則這時出來的氣體有CO、CO2；NO；后面的2個洗氣瓶無論怎樣的順序，二氧化碳被氫氧化鈉吸收，最后的氣體為CO、NO，若第一個洗氣瓶裝氫氧化鈉溶液，其余的2個洗氣瓶無論怎樣的順序，最后的氣體為CO，故D錯誤；

故選AC．

根據(jù)氣體的性質(zhì)和足量蒸餾水；飽和碳酸氫鈉溶液和氫氧化鈉溶液是否吸收進行解答；二氧化碳、氨氣都能溶于水，二氧化氮和水反應(yīng)生成一氧化氮和硝酸，二氧化氮和碳酸氫鈉能反應(yīng)生成二氧化碳和一氧化氮和硝酸鈉；

一氧化氮和一氧化碳與水與飽和碳酸氫鈉溶液和氫氧化鈉溶液都不反應(yīng)；二氧化碳和氫氧化鈉反應(yīng)，二氧化氮和氫氧化鈉反應(yīng)，據(jù)此分析即可解答．

本題主要考查了洗氣瓶的洗氣，掌握相應(yīng)氣體和足量蒸餾水、飽和碳酸氫鈉溶液和氫氧化鈉溶液的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】【答案】AC8、CD【分析】略【解析】rm{CD}9、CD【分析】【分析】本題考查化學(xué)平衡計算，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生分析、計算及靈活運用知識解答問題能力，如果單純的根據(jù)設(shè)未知數(shù)計算要涉及一元三次方程而難以解答，這需要學(xué)生靈活運用知識巧妙的避開一元三次方程而解答問題，題目難度較大?！窘獯稹坑扇萜鳍裰蟹磻?yīng)rm{2N{O}_{2}?2NO+{O}_{2}}起始量rm{(mol/L)}rm{0.6}rm{0}rm{0}變化量rm{(mol/L)}rm{0.4}rm{0.4}rm{0.2}平衡量rm{(mol/L)}rm{0.2}rm{0.4}rm{0.2}可以求出平衡常數(shù)rm{K=dfrac{0.{4}^{2}隆脕0.2}{0.{2}^{2}}=0.8}平衡時氣體的總物質(zhì)的量為rm{K=

dfrac{0.{4}^{2}隆脕0.2}{0.{2}^{2}}=0.8}其中rm{0.8mol}占rm{NO}所以rm{0.4mol}的體積分數(shù)為rm{NO}rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=1}在平衡狀態(tài)下，rm{50%}rm{)_{脧沒潞脛}=v_{脛忙}=v(NO)_{脧沒潞脛}}所以rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=1

}rm{)=k_{脛忙}c^{2;}(NO)隆隴c(O_{2}}rm{v_{脮媒}=v(NO_{2}}進一步求出rm{dfrac{{k}_{脮媒}}{{k}_{脛忙}}=K=0.8}．A.顯然容器Ⅱ的起始投料與容器Ⅰ的平衡量相比，增大了反應(yīng)物濃度，平衡將向正反應(yīng)方向移動，所以容器Ⅱ在平衡時氣體的總物質(zhì)的量一定小于rm{)_{脧沒潞脛}=v_{脛忙}=

v(NO)_{脧沒潞脛}}故兩容器的壓強之比一定大于rm{k_{脮媒}c^{2}(NO_{2}}故A錯誤；B.若容器rm{)=

k_{脛忙}c^{2;}(NO)隆隴c(O_{2}}在某時刻，rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=1}反應(yīng)rm{)}起始量rm{dfrac{{k}_{脮媒}}{{k}_{脛忙}}=K=0.8

}rm{1mol}rm{4:5}rm{II}變化量rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=1

}rm{2N{O}_{2}?2NO+{O}_{2}}rm{(mol/L)}rm{0.3}平衡量rm{0.5}rm{0.2}rm{(mol/L)}因為rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=dfrac{0.2+x}{0.3-2x}=1}解之得rm{2x}求出此時濃度商rm{{Q}_{c}=;dfrac{{left(dfrac{17}{30}right)}^{2}隆脕dfrac{7}{30}}{{left(dfrac{7}{30}right)}^{2}}=dfrac{289}{210}>K}所以容器rm{2x}達平衡時，rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}}一定小于rm{x}故B錯誤；C.若容器rm{(mol/L)0.3-2x}在某時刻，rm{0.5+2x}的體積分數(shù)為rm{0.2+x}由反應(yīng)rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=

dfrac{0.2+x}{0.3-2x}=1}起始量rm{x=dfrac{1}{30}}rm{{Q}_{c}=;dfrac{{left(

dfrac{17}{30}right)}^{2}隆脕dfrac{7}{30}}{{left(

dfrac{7}{30}right)}^{2}}=dfrac{289}{210}>K}rm{II}rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}

}變化量rm{1}rm{III}rm{NO}rm{50%}平衡量rm{2N{O}_{2}?2NO+{O}_{2}}rm{(mol/L)}rm{0}rm{0.5}由rm{0.35}解之得rm{(mol/L)}求出此時濃度商rm{{Q}_{c}=dfrac{0.{4}^{2}隆脕0.3}{0.{1}^{2}}=4.8>K}說明此時反應(yīng)未達平衡，反應(yīng)繼續(xù)向逆反應(yīng)方向進行，rm{2x}進一步減少，故C正確；D.溫度為rm{2x}時，rm{dfrac{{k}_{脮媒}}{{k}_{脛忙}}={K}_{2}=1>0.8=K2=1>0.8}因為正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度后化學(xué)平衡常數(shù)變大，所以rm{x}故D正確。故選CD。rm{(mol/L)}【解析】rm{CD}10、rAB【分析】解：rm{A.a}和rm不連接時；鐵和銅離子發(fā)生置換反應(yīng)，銅離子在正極銅片上得電子在銅片上有銅析出，故A錯誤；

B.rm{a}和rm連接時，該裝置構(gòu)成原電池，鐵作負極，銅作正極，正極上銅離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，鐵片上發(fā)生的反應(yīng)為：rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}故B錯誤；

C.無論rm{a}和rm是否連接；鐵都失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，所以鐵都溶解，故C正確；

D.rm{a}和rm連接時；該裝置構(gòu)成原電池，鐵作負極，銅作正極，原電池放電時，銅離子向銅電極移動，故D正確．

故選AB．

A.rm{a}和rm不連接時；鐵和銅離子發(fā)生置換反應(yīng)；

B.rm{a}和rm連接時；該裝置構(gòu)成原電池，鐵易失電子作負極，銅作正極，正極上銅離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)；

C.無論rm{a}和rm是否連接；鐵都可以發(fā)生反應(yīng)；

D.原電池放電時；陽離子向正極移動．

本題考查了原電池原理，明確正負極的判斷方法、電極反應(yīng)類型、陰陽離子移動方向即可解答，難度不大，易錯點為陰陽離子移動方向的判斷．【解析】rm{AB}11、B|C【分析】解：由于還原性：Fe2+＞Br-，通入Cl2，依次發(fā)生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；

當(dāng)n（Cl2）：n（FeBr2）≤時，只氧化Fe2+；

當(dāng)n（Cl2）：n（FeBr2）≥時，F(xiàn)e2+和Br-被完全氧化，介于二者之間時，F(xiàn)e2+被完全氧化，Br-被部分氧化；則。

A．x=0.3a，n（Cl2）：n（FeBr2）=0.3＜只氧化Fe2+；故A正確；

B．x=0.7a，n（Cl2）：n（FeBr2）介于～Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化；故B錯誤；

C．x=1.2a，n（Cl2）：n（FeBr2介于～Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，則反應(yīng)的離子方程式為10Fe2++14Br-+12Cl2=7Br2+10Fe3++24Cl-；故C錯誤；

D．x=1.5a，F(xiàn)e2+和Br-恰好被完全氧化，反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl-；故D正確；

故選：BC．

Fe2+的還原性比Br-強，所以Cl2通入FeBr2溶液中，當(dāng)Cl2不足量時，會先與Fe2+反應(yīng)；待Fe2+全部被氧化成Fe3+后，過量的Cl2才會與Br-反應(yīng)；由此分析解答．

本題考查了離子方程式書寫，側(cè)重考查氧化還原反應(yīng)離子方程式書寫，明確氧化還原反應(yīng)先后規(guī)律，熟悉溴離子、二價鐵離子氧化性強弱關(guān)系是解題關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】【答案】BC12、B|C【分析】A．氯化鈉與鹽酸不反應(yīng)；不能用于治療胃酸過多，故A錯誤；

B．阿司匹林是解熱鎮(zhèn)痛藥；常用于解熱鎮(zhèn)痛，故B正確；

C．青霉素是常見的抗生素；故C正確；

D．藥物一般都有一定的毒副作用；長期大量服用，會危害人體健康，故D錯誤．

故選BC．【解析】【答案】BC13、AC【分析】rm{[}分析】掌握化學(xué)反應(yīng)速率的概念和化學(xué)反應(yīng)速率與計量數(shù)的關(guān)系是解本題的關(guān)鍵點之一；結(jié)合改變溫度導(dǎo)致的某種物質(zhì)平衡的濃度變化判斷該反應(yīng)的焓變是平衡移動原理的應(yīng)用；恒容容器加入不相關(guān)氣體不影響平衡移動，轉(zhuǎn)化率不變；在相同溫度下用各物質(zhì)的濃度商與平衡常數(shù)比較判斷反應(yīng)進行方向，rm{Q_{c}<K}反應(yīng)正向移動，反之逆向移動，相等達到平衡不移動。【解答】A.反應(yīng)在前rm{20min}的平均速率為rm{v(}乙苯rm{)=v(H_{2})=dfrac{dfrac{0.40mol-0.24mol}{2L}}{20min}=0.004mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}，故A正確；B.據(jù)計算rm{)=v(H_{2})=dfrac{

dfrac{0.40mol-0.24mol}{2L}}{20min}=0.004

mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}時，乙苯的平衡濃度是rm{900隆忙}保持其他條件不變，升高溫度，平衡時，rm{0.1mol隆隴L^{-1,}}乙苯rm{c(}說明升高溫度消耗了乙苯，乙苯是反應(yīng)物，消耗乙苯說明反應(yīng)正向移動，溫度升高反應(yīng)正向移動，該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，即rm{)=0.08mol隆隴L^{-1}}，故B錯誤；C.本題是恒容容器，保持其他條件不變，向容器中充入不參與反應(yīng)的水蒸氣作為稀釋劑，不影響平衡移動，則乙苯的轉(zhuǎn)化率任然是rm{a>0}，故C正確；D.相同溫度下，原平衡常數(shù)rm{50.0%}起始時向容器中充入rm{K=0.1}乙苯、rm{0.10mol}苯乙烯和rm{0.10mol}rm{Q_{c}=dfrac{0.15隆脕0.05}{0.05}=0.15}rm{0.30molH_{2}}反應(yīng)從逆反應(yīng)開始，rm{Q_{c}=dfrac{0.15隆脕0.05}{0.05}=0.15

}正rm{Q_{c}>K}逆rm{v(}，故D錯誤；本題選AC。rm{)<v(}【解析】rm{AC}14、BC【分析】【分析】本題考查原電池的工作原理，難度不大。【解答】銅鋅原電池工作時，負極反應(yīng)為rm{Zn-2e^{-}簍TZn^{2+}}正極反應(yīng)為rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}電池總反應(yīng)為rm{Zn+Cu^{2+}簍TZn^{2+}+Cu}故A項錯誤，rm{B}項正確；原電池工作時，電子從負極由外電路流向正極，由于左池陽離子增多，右池陽離子減少，為平衡電荷，則鹽橋中的rm{K^{+}}移向rm{CuSO_{4}}溶液，而rm{Cl^{-}}則移向rm{ZnSO_{4}}溶液，故C項正確，rm{D}項錯誤。故選BC?！窘馕觥縭m{BC}15、AD【分析】【分析】本題考查金屬的電化學(xué)腐蝕，難度不大。【解答】鐵釘發(fā)生吸氧腐蝕時，負極為鐵，反應(yīng)為rm{2Fe-4e^{-}簍T簍T簍T2Fe^{2+}}正極為銅，反應(yīng)為rm{2H_{2}O+O_{2}+4e^{-}簍T簍T簍T4OH^{-}}總反應(yīng)rm{2Fe+O_{2}+2H_{2}O簍T簍T簍T2Fe(OH)_{2}}又發(fā)生rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O簍T簍T簍T4Fe(OH)_{3}}反應(yīng)中電子從負極rm{Fe}流向正極rm{Cu}銅不被腐蝕。故AD錯誤，BC正確。故選AD。

【解析】rm{AD}三、填空題(共9題，共18分)16、堿443446H2OAl（OH）3促進平衡CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O向正反應(yīng)方向移動，盡可能生成更多溶解度更大的Na2Cr2O7CrO42-+8H++6e-=Cr+4H2O能【分析】【分析】以含有Cr（OH）3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物質(zhì)的電鍍污泥為原料，烘干后加入碳酸鈉和氧氣高溫灼燒發(fā)生反應(yīng)4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+6H2O+4CO2，Al2O3+Na2CO3Na2AlO3+CO2↑，ZnO++Na2CO3Na2ZnO2+CO2↑，水浸后過濾得到濾渣CuO、NiO，濾液為Na2CrO4，NaAlO2、Na2ZnO2等，調(diào)節(jié)溶液PH沉淀ZnO22-離子和偏鋁酸根離子，過濾得到濾液Na2CrO4，濾渣Ⅱ的主要成分有Zn（OH）2、Al（OH）3，濾液Na2CrO4加入硫酸酸化生成重鉻酸鈉溶液；通過提純得到重鉻酸鈉．

（1）根據(jù)水浸后的溶液成分結(jié)合鹽類水解的規(guī)律解答；強堿弱酸鹽水解溶液呈堿性；

（2）氧化焙燒過程中有氧氣參加反應(yīng)；結(jié)合質(zhì)量守恒定律產(chǎn)物有水，根據(jù)氧化還原反應(yīng)最小公倍數(shù)發(fā)配平；

（3）水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等物質(zhì)，加入硫酸調(diào)節(jié)溶液的pH可得到Zn（OH）2、Al（OH）3沉淀；

（4）水浸后溶液中存在Na2CrO4，加入硫酸發(fā)生CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O；從平衡移動的角度分析；

（5）生成鉻的電極發(fā)生還原反應(yīng)，CrO42-得到電子生成Cr；

（6）根據(jù)濃度積與溶度積常數(shù)相對大小判斷，如果濃度積大于溶度積常數(shù)，則有沉淀生成，否則沒有沉淀生成．【解析】【解答】解：以含有Cr（OH）3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物質(zhì)的電鍍污泥為原料，烘干后加入碳酸鈉和氧氣高溫灼燒發(fā)生反應(yīng)4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+6H2O+4CO2，Al2O3+Na2CO3Na2AlO3+CO2↑，ZnO++Na2CO3Na2ZnO2+CO2↑，水浸后過濾得到濾渣CuO、NiO，濾液為Na2CrO4，NaAlO2、Na2ZnO2等，調(diào)節(jié)溶液PH沉淀ZnO22-離子和偏鋁酸根離子，過濾得到濾液Na2CrO4；加入硫酸酸化生成重鉻酸鈉溶液，通過提純得到重鉻酸鈉．

（1）CuO、NiO為難溶物，溶液中含有Na2CrO4，NaAlO2、Na2ZnO2等，通過水浸后過濾得到濾渣CuO、NiO，回收Cu、Ni；水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等都為強堿弱酸鹽；水解呈堿性；

故答案為：堿性；

（2）氧化焙燒過程中有氧氣參加反應(yīng)，根據(jù)質(zhì)量守恒可知還應(yīng)生成水，化合價變化為：Cr（+3→+6），O（0→-2），最小公倍數(shù)為12，所以Cr（OH）3前系數(shù)為4，O2前系數(shù)為3，反應(yīng)的方程式為：4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2+6H2O；

故答案為：4、4、3、4、4、6H2O；

（3）Zn（OH）2、Al（OH）3具有兩性，水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等物質(zhì)，加入硫酸調(diào)節(jié)溶液的pH可得到Zn（OH）2、Al（OH）3沉淀；

故答案為：Al（OH）3；

（4）水浸后溶液中存在Na2CrO4，加入硫酸發(fā)生CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O；加入硫酸可使平衡向正反應(yīng)方向移動，將溶液蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶可得到晶體；

故答案為：促進平衡CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O向正反應(yīng)方向移動，盡可能生成更多溶解度更大的Na2Cr2O7；

（5）生成鉻的電極發(fā)生還原反應(yīng)，CrO42-得到電子生成Cr，反應(yīng)的電解方程式為CrO42-+8H++6e-=Cr+4H2O；

故答案為：CrO42-+8H++6e-=Cr+4H2O；

（6）pH=5的溶液中c（OH-）=10-9mol/L，c（Al3+）=mol/L=2.0×10-6mol/L＜1×10-5mol?L-1；所以能完全沉淀；

故答案為：能．17、羰基羧基①②③++H2O【分析】【分析】（1）據(jù)F的結(jié)構(gòu)簡式判斷所含官能團；

（2）據(jù)A與C的結(jié)構(gòu)簡式分析，可知A與苯環(huán)發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B為B與Br2發(fā)生取代反應(yīng)生成C；C與NaCN發(fā)生取代反應(yīng)生成D，D被氧化生成E，據(jù)此分析；

（3）據(jù)G和H的結(jié)構(gòu)簡式和X的分子式為C6H8N2可知，X為

（4）E分子結(jié)構(gòu)中除2個苯環(huán)外，還含有3個C原子核3個O原子，水解后產(chǎn)物之一既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)又與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；說明含有酯基和醛基，且水解產(chǎn)物含有酚羥基，再結(jié)合分子中有6種不同化學(xué)環(huán)境的氫，且分子中含有兩個苯環(huán)書寫其同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式；

（5）和為原料制備需要給增長碳鏈，結(jié)合合成鹽酸吡酮洛芬的反應(yīng)③可知，將苯甲醇與HBr反應(yīng)，再與NaCN反應(yīng)，可以增長碳鏈，水解可得苯乙酸，再結(jié)合合成鹽酸吡酮洛芬的反應(yīng)⑥⑦分析．【解析】【解答】解：（1）據(jù)F的結(jié)構(gòu)簡式可知；其含氧官能團有羰基和羧基，故答案為：羰基；羧基；（15分）

（2）據(jù)A與C的結(jié)構(gòu)簡式分析，可知A與苯環(huán)發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B為A→B的化學(xué)方程式為++H2O，B與Br2發(fā)生取代反應(yīng)生成C；C與NaCN發(fā)生取代反應(yīng)生成D，D被氧化生成E；

故答案為：①②③；++H2O；

（3）據(jù)G和H的結(jié)構(gòu)簡式和X的分子式為C6H8N2可知，X為故答案為：

（4）E的同分異構(gòu)體中含有酯基和醛基，其水解產(chǎn)物含有酚羥基，再結(jié)合分子中有6種不同化學(xué)環(huán)境的氫，且分子中含有兩個苯環(huán)，說明2個苯環(huán)直接相連，且酯基與醛基在對位，其同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為

故答案為：

（5）和為原料制備需要給增長碳鏈，結(jié)合合成鹽酸吡酮洛芬的反應(yīng)③可知，將苯甲醇與HBr反應(yīng)；再與NaCN反應(yīng)，可以增長碳鏈，水解可得苯乙酸，再結(jié)合合成鹽酸吡酮洛芬的反應(yīng)⑥⑦可知其合成路線流程圖為。

故答案為：．18、取代ade不能．如果互換，先還原生成的-NH2會在隨后的氧化步驟中被氧化【分析】【分析】由題給信息結(jié)合生成可知A為途徑2中，C與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成苯佐卡因，則C應(yīng)為根據(jù)題給信息可知B為結(jié)合物質(zhì)的結(jié)合判斷可能具有的性質(zhì)并評價二者的優(yōu)劣．【解析】【解答】解：（1）反應(yīng)①為甲苯在濃硫酸作用下與濃硝酸發(fā)生硝化反應(yīng)，為取代反應(yīng)，A為C與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成苯佐卡因，則C應(yīng)為根據(jù)題給信息可知B為故答案為：取代；

（2）反應(yīng)⑦為和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為

故答案為：

（3）a；根據(jù)題給信息；甲苯和與濃硝酸發(fā)生鄰位取代或生成三硝基甲苯，故a正確；

b、氨基具有弱堿性，如①⑤互換，可生成副產(chǎn)品，故b錯誤；

c；反應(yīng)③為取代反應(yīng)；副產(chǎn)品為甲醇，故c錯誤；

d；對比兩個途徑；途徑Ⅰ涉及反應(yīng)較多，會降低產(chǎn)率，故d正確；

e；氨基易被氧化；取代后可防止被氧化，故e正確；

故答案為：ade；

（4）如互換；由于氨基也能被氧化，則氧化甲基的同時氨基也被氧化；

故答案為：不能．如果互換，先還原生成的-NH2會在隨后的氧化步驟中被氧化；

（5）苯佐卡因的同分異構(gòu)體有酸和酯兩類；氨基不變，則同分異構(gòu)體由酸或酯的類別決定，可為：

等；

故答案為：．19、略

【分析】【解析】試題分析：淀粉在催化劑的作用下水解最終生成葡萄糖；葡萄糖在酒化酶的作用下發(fā)酵分解生成乙醇；乙醇在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯；乙烯與溴加成生成1,2-二溴乙烷；1,2-二溴乙烷水解生成乙二醇；乙二醇經(jīng)過兩步氧化生成乙二酸；乙二醇與乙二酸進行縮聚即可得到產(chǎn)品。考點：考查有機物合成與制備以及方程式的書寫【解析】【答案】(1)③消去④加成⑤水解⑥氧化(2)①(C6H10O5)n＋nH2OnC6H12O6②C6H12O62CH3CH2OH＋2CO2↑20、2【分析】【分析】氧化物NOx中含有N原子數(shù)為0.2mol，則氧化物NOx的物質(zhì)的量為0.2mol，根據(jù)M=計算氧化物NOx的摩爾質(zhì)量，進而計算x的值．【解析】【解答】解：氧化物NOx中含有N原子數(shù)為0.2mol，則氧化物NOx的物質(zhì)的量為0.2mol，氧化物NOx的摩爾質(zhì)量==46g/mol；故14+16x=46，解得x=2；

故答案為：2．21、CCa（ClO）2CaCO3加入適量1mol/L鹽酸溶解后，再將產(chǎn)生的氣體導(dǎo)入到澄清石灰水中【分析】【分析】（1）A；新制的氯水是氯氣的水溶液屬于混合物；

B；氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸；反應(yīng)是可逆反應(yīng)不能進行徹底；

C；氫離子濃度越大；溶液中次氯酸濃度越大，漂白效果越好；

D；含氯消毒劑需要密閉遮光保存；

（2）【提出合理假設(shè)】

未變質(zhì)時為次氯酸鈣；完全變質(zhì)時為碳酸鈣；

【設(shè)計實驗方案】

取少量上述漂白粉于試管中，加入適量1mol/L鹽酸溶解后，再將產(chǎn)生的氣體導(dǎo)入到足量的澄清石灰水中，根據(jù)是否有沉淀生成判斷假設(shè)的正誤，向步驟①反應(yīng)后的試管滴入1～2滴品紅溶液，振蕩，根據(jù)品紅是否褪色判斷固體中是否存在Ca（ClO）2．【解析】【解答】解：（1）A；新制的氯水是氯氣的水溶液屬于混合物；液氯屬于游離態(tài)氯溶于水生成次氯酸具有消毒殺菌作用，故A錯誤；

B；氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸；反應(yīng)是可逆反應(yīng)不能進行徹底，氯水中不存在游離態(tài)氯，故B錯誤；

C；氫離子濃度越大；溶液中次氯酸濃度越大，漂白效果越好，故C正確；

D；含氯消毒劑需要密閉遮光保存；故D錯誤；

故答案為：C；

（2）【提出合理假設(shè)】

漂白粉的主要成分是CaCl2、Ca（ClO）2，除CaCl2外，如果漂白粉沒有變質(zhì)，則一定含有Ca（Cl0）2，由于在空氣中發(fā)生：Ca（Cl0）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，如漂白粉全部變質(zhì)，則含有CaCO3，如漂白粉部分變質(zhì)，則既含有Ca（ClO）2又含有CaC03，故答案為：Ca（Cl0）2；CaCO3；

【設(shè)計實驗方案】

取少量上述漂白粉于試管中；加入適量1mol/L鹽酸溶解后，再將產(chǎn)生的氣體導(dǎo)入到，足量的澄清石灰水中，①若澄清石灰水未見渾濁，則假設(shè)1成立；

②若澄清石灰水變渾濁；則假設(shè)2或3成立；

向步驟①反應(yīng)后的試管滴入1～2滴品紅溶液，振蕩，若品紅褪色，固體中存在Ca（ClO）2；若品紅不褪色，則固體中不存在Ca（ClO）2．

故答案為：只含有Ca（ClO）2；只含有CaCO3；

。實驗步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論①加入適量1mol/L鹽酸溶解后，再將產(chǎn)生的氣體導(dǎo)入到澄清石灰水中（1）若澄清石灰水未見渾濁，則固體中不含CaCO3；

（2）若澄清石灰水變渾濁，則固體中含有CaCO3②向步驟①反應(yīng)后的試管滴入1～2滴品紅溶液，振蕩（或另外取樣操作）（1）若品紅褪色，固體中存在Ca（ClO）2；

（2）若品紅不褪色，則固體中不存在Ca（ClO）2③22、HCl0.40.20.1612.0g【分析】【分析】（1）Mn元素的化合價降低5；Cl元素的化合價升高1，由電子守恒和原子守恒配平，轉(zhuǎn)移電子數(shù)=2×（7-2）=10×[0-（-1）]=10；

（2）在氧化還原反應(yīng)中得電子價態(tài)降低的物質(zhì)為還原劑，產(chǎn)生5個Cl2分子時；轉(zhuǎn)移10個電子，反應(yīng)中若產(chǎn)生0.2mol的氣體則有0.4mol的電子轉(zhuǎn)移；

（3）在氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)相等；所以反應(yīng)過程中錳元素得到的電子數(shù)等于O元素；Cl元素失去的電子數(shù)，結(jié)合極限法計算；

（4）KMnO4固體（質(zhì)量為12.64g）加熱一段時間，發(fā)生反應(yīng)：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，得到的固體是錳酸鉀和二氧化錳的混合物，質(zhì)量為12.64g的高錳酸鉀分解得到錳酸鉀和二氧化錳的質(zhì)量和為：7.88g+3.52g=12.0g，即加熱后殘留固體的質(zhì)量為12.0g．【解析】【解答】解：（1）Mn元素的化合價降低5，Cl元素的化合價升高1，由電子守恒和原子守恒可知，反應(yīng)為2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，轉(zhuǎn)移電子數(shù)=2×（7-2）=10×[0-（-1）]=10，單線橋表示為

故答案為：

（2）在氧化還原反應(yīng)中得電子價態(tài)降低的物質(zhì)為氧化劑，反應(yīng)2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，HCl失電子價態(tài)升高為0價的氯氣，所以HCl為還原劑；產(chǎn)生5個Cl2分子時；轉(zhuǎn)移10個電子，反應(yīng)中若產(chǎn)生0.2mol的氣體則有0.4mol的電子轉(zhuǎn)移；

故答案為：HCl；0.4；

（3）反應(yīng)2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中；錳元素得到的電子數(shù)等于O元素；Cl元素失去的電子數(shù)；

所以0.08mol×（7-2）=2a×（2-0）mol+2b（1-0）mol；

則2a+b=0.2，a+b=0.2-a；

當(dāng)高錳酸鉀不分解生成氧氣時；a=0，當(dāng)高錳酸鉀完全分解生成氧氣時，生成氧氣的物質(zhì)的量為0.04mol，所以x的取值范圍為：0≤a≤0.04；

所以0.16≤a+b≤0.2；即最大值為0.2，最小值為0.16；

故答案為：0.2；0.16；

（4）KMnO4固體（質(zhì)量為12.64g）加熱一段時間，發(fā)生反應(yīng)：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；得到的固體是錳酸鉀和二氧化錳的混合物，質(zhì)量為12.64g的高錳酸鉀分解得到錳酸鉀和二氧化錳的質(zhì)量和為：7.88g+3.52g=12.0g，即加熱后殘留固體的質(zhì)量為12.0g．

故答案為：12.0g．23、HClNaOH【分析】【分析】（1）根據(jù)原子結(jié)構(gòu)示意圖的畫法來回答；

（2）二氧化碳為直線型分子；

（3）同主族元素的原子從上到下；氫化物的穩(wěn)定性逐漸減弱；同周期元素的原子從左到右，氫化物的穩(wěn)定性逐漸增強；

（4）元素A為鈉，最高價氧化物的水化物是氫氧化鈉；【解析】【解答】解：根據(jù)元素在周期表中的分布知識；可以知道A是Na，B是Al，C是C，D是N，E是S，F(xiàn)是Cl．

（1）N的原子結(jié)構(gòu)示意圖故答案為：

（2）C的最高價氧化物為二氧化碳，電子式為故答案為：

（3）同周期元素的原子從左到右；氫化物的穩(wěn)定性逐漸增強，所以F的氫化物穩(wěn)定，故答案為：HCl；

（4）元素A為鈉，最高價氧化物的水化物是氫氧化鈉，故答案為：NaOH．24、蒸餾燒瓶冷凝管分液漏斗100mL容量瓶；③④蒸餾裝置II萃取分液I蒸餾10mL量筒100mL容量瓶膠頭滴管5.4【分析】【分析】（1）根據(jù)常見儀器的名稱來回答；

（2）根據(jù)分液漏斗和100mL容量瓶在使用前要檢查是否漏水；

根據(jù)產(chǎn)生氣體的裝置需檢查氣密性；分液漏斗和100mL容量瓶在使用前要檢查是否漏水；

（3）萃取利用溶質(zhì)在不同溶劑中溶解度不同；用一種溶劑把溶質(zhì)從它與另一溶劑所組成的溶液中提取出來，然后分液；根據(jù)碘與四氯化碳的沸點不同可用蒸餾分離；

（4）①根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的步驟：計算→量取→稀釋；冷卻→移液→定容→搖勻→裝瓶→貼簽；確定需要的儀器；

②根據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的質(zhì)量不變來計算出溶液的體積．【解析】【解答】解：（1）因①～④儀器的名稱分別為：蒸餾燒瓶；冷凝管、分液漏斗、100mL容量瓶；

故答案為：蒸餾燒瓶；冷凝管；分液漏斗；100mL容量瓶；

（2）因分液漏斗和100mL容量瓶在使用前要檢查是否漏水；蒸餾燒瓶；冷凝管不需要檢查是否漏水，因蒸餾裝置，加熱時產(chǎn)生氣體，故需檢查氣密性，分液裝置中和100mL容量瓶在使用前要檢查是否漏水；

故答案為：③④；蒸餾裝置；

（3）碘在四氯化碳中的溶解度較在水中大；并且四氯化碳和水互不相溶，可用萃取的方法分離，接著可用分液方法將兩層液體分開；四氯化碳易揮發(fā)，可用蒸餾的方法分餾得到四氯化碳；

故答案為：II；萃?。环忠?；I；蒸餾；

（4）①配制順序是：計算→量取→稀釋；冷卻→移液→定容→搖勻→裝瓶→貼簽；一般用量筒量取（用到膠頭滴管）稱量，在燒杯中稀釋，冷卻后轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，轉(zhuǎn)移完畢，用少量蒸餾水洗滌燒杯及玻璃棒2～3次并將洗滌液全部轉(zhuǎn)移到容量瓶中，再加適量蒸餾水，當(dāng)加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，使溶液的凹液面的最低點與刻線相平，塞好瓶塞，反復(fù)上下顛倒搖勻．所以儀器除燒杯、玻璃棒還需10mL量筒、100mL容量瓶、膠頭滴管，故答案為：10mL量筒；100mL容量瓶；膠頭滴管；

②設(shè)需要98%H2SO4的體積為VmL，根據(jù)溶液稀釋前后溶質(zhì)質(zhì)量不變則，VmL×1.84g/cm3×98%=100mL×1.0mol?L-1×98g/mol，解得V=5.4ml，所以溶液的體積為5.4ml，故答案為：5.4；四、判斷題(共1題，共10分)25、×【分析】【分析】用標準NaOH溶液滴定未知濃度的醋酸到終點時，反應(yīng)恰好生成醋酸鈉，水解呈堿性，以此解答．【解析】【解答】解：達到滴定終點時，氫氧化鈉和醋酸的物質(zhì)的量相等，生成醋酸鈉，醋酸鈉為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，c（CH3COO-）＜c（Na+）；

故答案為：×．五、實驗題(共2題，共4分)26、rm{(}rm{1}rm{1}rm{)}rm{CO}rm{CO}3

rm{{,!}_{2}}rm{NH}rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+}}、rm{AlO}rm{AlO}

rm{AlO}rm{2}rm{2}rm{{,!}^{-}}、rm{CO}、rm{CO}

rm{CO}rm{3}rm{3}rm{{,!}^{2-}}rm{(}rm{3}rm{3}rm{)}rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}=H_{2}O+CO_{2}}rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}=H_{2}O+CO_{2}}rm{隆眉}rm{隆眉}rm{AlO_{2}^{-}+4H^{+}=Al^{3+}+2H_{2}O}rm{AlO_{2}^{-}+4H^{+}=Al^{3+}+2H_{2}O}rm{(}rm{4}

rm{4}rm{)}rm{Al}rm{Al}rm{{,!}^{3+}+3HCO}取少量的白色沉淀乙于試管中，加足量鹽酸，充分振蕩后若白色沉淀能完全溶解，則rm{3}中不存在rm{3}若不能完全溶解，則存在rm{{,!}^{-}}

rm{=Al}【分析】【分析】本題考查離子的推斷和離子共存問題，題目難度中等，本題注意根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)的現(xiàn)象進行推斷，易錯點為rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}的確定?！窘獯稹咳芤撼薀o色，則不含rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}，加入過量鹽酸只產(chǎn)生氣體，則一定含有rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}，不含rm{Ag}rm{Ag}rm{{,!}^{+}}，反應(yīng)后溶液呈酸性，加入過量碳酸氫銨溶液，生成氣體和白色沉淀，則發(fā)生反應(yīng)應(yīng)為：rm{Al}rm{Al}rm{{,!}^{3+}}rm{+3HCO}rm{+3HCO}則原溶液中含有rm{{,!}_{3}^{-}}rm{簍TAl(OH)}rm{簍TAl(OH)}rm{{,!}_{3}}rm{隆媒+3CO}rm{隆媒+3CO}rm{{,!}_{2}}rm{隆眉}則原溶液中含有rm{AlO}rm{隆眉}rm{AlO}rm{{,!}_{2}^{-}}，則一定不含rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}、rm{Al}rm{Al}rm{{,!}^{3+}}

、rm{Fe}氣體rm{Fe}的成分是rm{{,!}^{3+}}，因這些離子與rm{AlO}rm{AlO}rm{{,!}_{2}^{-}}發(fā)生相互促進的水解而不能大量共存，根據(jù)溶液電中性原則，一定含有rm{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+}}，最后加入過量氫氧化鋇溶液，因之前加入的碳酸氫銨過量，則生成的白色沉淀可能為rm{Ba