…………○…………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年冀教新版高二化學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、已知反應X+Y=M+N為放熱反應,，對該反應的下列說法中正確的()A.X的能量一定高于MB.Y的能量一定高于NC.X和Y的總能量一定高于M和N的總能量D.因該反應為放熱反應,故不必加熱就可發(fā)生2、X；Y，Z均為短周期元素，在周期表中的位置如圖所示，下列敘述正確的是（）

A.X一定是活潑金屬B.Y的最高價氧化物是酸性氧化物C.Z的單質是雙原子分子D.氫化物的穩(wěn)定性：Y＞X3、下列關于反應熱的說法正確的是()A.當ΔH為“-”時,表示該反應為吸熱反應B.已知C(s)+O2(g)CO(g)的反應熱為-110.5kJ·mol-1,說明碳的燃燒熱為110.5kJ·mol-1C.反應熱的大小與反應物所具有的能量和生成物所具有的能量無關D.化學反應的反應熱只與反應體系的始態(tài)和終態(tài)有關,而與反應的途徑無關4、將兩種氣態(tài)烴組成的混合氣體0.1mol，完全燃燒后得到0.16mol二氧化碳和3.6克水,則混合氣體中A.混合氣體中一定有甲烷B.混合氣體中一定有甲烷和乙烯C.混合氣體中一定有乙烷D.混合氣體中一定有乙炔5、某元素質量數(shù)rm{52}中子數(shù)rm{28}其基態(tài)原子未成對電子數(shù)為rm{(}rm{)}A.rm{3}B.rm{4}C.rm{5}D.rm{6}6、下列各組熱化學方程式中，rm{婁隴H_{1}<婁隴H_{2}}的是rm{(}rm{)}

rm{壟脵C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}rm{婁隴H_{1;;;;;;;;;}C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)}rm{壟脵C(s)+O_{2}(g)

=CO_{2}(g)}

rm{壟脷S(s)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)}rm{婁隴H_{1;;;;;;;;;}C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)

=CO(g)}rm{婁隴H_{2}}rm{壟脷S(s)+O_{2}(g)

=SO_{2}(g)}

rm{壟脹H_{2}(g)+Cl_{2}(g)=2HCl(l)}rm{婁隴H_{1}}rm{dfrac{1}{2}H_{2}(g)+dfrac{1}{2}Cl_{2}(g)=HCl(l)}rm{S(g)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)}

rm{壟脺H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)}rm{婁隴H_{2}}rm{H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)}rm{壟脹H_{2}(g)+Cl_{2}(g)

=2HCl(l)}A.rm{婁隴H_{1}}B.rm{dfrac{1}{2}H_{2}(g)+dfrac{1}{2}Cl_{2}(g)

=HCl(l)}C.rm{婁隴H_{2}}D.rm{壟脺H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)

=H_{2}O(l)}rm{婁隴H_{1}}評卷人得分二、雙選題(共6題，共12分)7、下列說法正確的是A.rm{124gP_{4}}含有的rm{P-P}鍵的數(shù)目為rm{6mol}B.rm{12g}石墨中含有的rm{C-C}鍵的數(shù)目為rm{1.5mol}C.rm{12g}金剛石中含有的rm{C-C}鍵的數(shù)目為rm{1.5mol}D.rm{60gSiO_{2}}中含rm{Si-O}鍵的數(shù)目為rm{2mol}8、rm{25隆忙}時，在rm{10mL}濃度為rm{0.1mol/L}的rm{NH_{3}?H_{2}O}溶液中滴加rm{0.1mol/L}鹽酸，下列有關描述正確的是rm{(}rm{)}A.加入rm{5}rm{mL}鹽酸時：rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}B.加入rm{10mL}鹽酸時：rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(Cl^{-})}C.在溶液rm{pH=7}時：水的電離程度最大D.加入rm{20}rm{mL}鹽酸時：rm{c(Cl^{-})=2c(NH_{4}^{+})}9、把0.05molNaOH固體分別加入下列100mL液體中，溶液導電能力變化不大的是（）A.自來水B.0.5mol/L鹽酸C.0.5mol/LCH3COOHD.0.5mol/LNH4Cl溶液10、莽草酸是一種合成治療禽流感藥物達菲的原料，鞣酸存在于蘋果、生石榴等植物中。下列關于這兩種有機化合物的說法正確的是

A.兩種酸都能與濃溴水發(fā)生反應B.兩種酸遇三氯化鐵溶液都顯色C.鞣酸分子與莽草酸分子相比多了兩個碳碳雙鍵D.等物質的量的兩種酸與足量金屬鈉反應產生氫氣的量相同11、兩種氣態(tài)烴的混合物共rm{2.24L(}標準狀況rm{)}完全燃燒后得rm{3.36L(}標準狀況rm{)}二氧化碳和rm{2.7g}的水rm{.}下列說法中正確的是rm{(}rm{)}A.混合氣體中一定含有乙烯B.混合氣體中一定含有甲烷C.混合氣體中一定含有乙炔D.混合氣體一定是由烷烴和烯烴構成的混合物12、下列各物質，能由單質間發(fā)生化合反應得到，但不能由單質與酸發(fā)生置換反應得到的是rm{(}rm{)}A.rm{MgCl_{2}}B.rm{FeCl_{2}}C.rm{AlCl_{3}}D.rm{CuCl_{2}}評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)13、（1）有甲、乙、丙、丁四種金屬，把甲、丙浸入稀硫酸中，用導線連接時丙為負極；把乙、丁分別浸入稀硫酸中，丁產生氣泡的速率更大；把甲、乙用導線連接浸入稀硫酸中，甲上有氣泡冒出；把丙浸入丁的硝酸鹽溶液中，丙的表面有丁析出。這四種金屬的活動性由強到弱的順序是。（2）向5mLNaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出現(xiàn)白色沉淀，繼續(xù)滴加一滴KI溶液并振蕩，沉淀變?yōu)辄S色，再滴入一滴Na2S溶液并振蕩，沉淀又變成黑色，根據上述變化過程，分析此三種沉淀物的溶解度大小關系為_______________。（3）現(xiàn)將足量的AgCl分別放入下列物質中，AgCl的溶解度由大到小的排列順序是_______________①20mL0．01mol·L-1KCl溶液②30mL0．02mol·L-1CaCl2溶液③40mL0．03mol·L-1HCl溶液④10mL蒸餾水⑤50mL0．05mol·L-1AgNO3溶液（4）某種甲醇燃料電池是采用鉑或碳化鎢作為電極催化劑，在稀硫酸電解液中直接加入純化后的甲醇，同時向一個電極通入空氣。此電池的負極發(fā)生的電極反應式是_______________；（5）某酸H2B在水溶液中有如下變化：H2BH++HB-;HB-H++B2-;現(xiàn)有溶液0.10mol/L、100ml，試回答以下問題：①溶液中的H+物質的量取值范圍是：②已知0.1mol·L－1NaHB溶液的pH=2，則0.1mol·L-1H2B溶液中氫離子的物質的量濃度可能是0.11mol·L－1（填“<”，“>”，或“=”）14、“神七”登天標志著我國的航天事業(yè)進入了新的篇章．

（1）火箭升空時，由于與大氣層的劇烈摩擦，產生高溫．為了防止火箭溫度過高，在火箭表面涂上一種特殊的涂料，該涂料的性質最可能的是____．

A．在高溫下不融化B．在常溫下就分解氣化C．在高溫下可汽化或者分解D．該涂料不可能發(fā)生分解。

（2）火箭升空需要高能的燃料，經常是用N2O4和N2H4作為燃料，工業(yè)上利用N2和H2可以合成NH3，NH3又可以進一步制備聯(lián)氨（N2H4）等．已知：

N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ?mol-1

N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534.0kJ?mol-1

NO2（g）?N2O4（g）△H=-26.35kJ?mol-1

試寫出氣態(tài)聯(lián)氨在氣態(tài)四氧化二氮中燃燒生成氮氣和氣態(tài)水的熱化學方程式：____．

（3）肼-空氣燃料電池是一種堿性燃料電池，電解質溶液是KOH溶液．肼-空氣燃料電池放電時：正極的電極反應式是____；負極的電極反應式是____．15、（14分）（1）AgNO3的水溶液呈（填“酸”、“中”、“堿”）性，常溫時的pH____7（填“>”、“=”、“<”），原因是（用離子方程式表示）：。實驗室在配制AgNO3的溶液時，常將AgNO3固體先溶于較濃的硝酸中，然后再用蒸餾水稀釋到所需的濃度，以（填“促進”、“抑制”）其水解。（2）氯化鋁水溶液呈（填“酸”、“中”、“堿”）性，原因是（用離子方程式表示）___。把AlCl3溶液蒸干，灼燒，最后得到的主要固體產物是____。16、(14分)金屬氫化物－鎳（MH—Ni）電池由于其高能、安全、無污染、無記憶效應、價格適宜，已成為目前最具發(fā)展前景的“綠色能源”電池之一，電池總反應為MH+NiOOHM+Ni(OH)2，M為儲氫合金，MH為吸附了氫原子的儲氫合金。電解質溶液為濃KOH溶液。(1)寫出放電時的負極反應_________________(2)充電時，陽極的電極反應為__________________鎳氫電池正極材料由Ni(OH)2、碳粉、氧化鐵等涂覆在鋁箔上制成。某興趣小組對該電池電極材料進行資源回收研究，設計實驗流程如下：已知：①NiCl2易溶于水，F(xiàn)e3+不能氧化Ni2+②某溫度下一些金屬氫氧化物的Ksp及沉淀析出的理論pH如下表所示：。M(OH)xKsppH開始沉淀沉淀完全Al(OH)31.9×10-233.434.19Fe(OH)33.8×10-382.532.94Ni(OH)21.6×10-147.609.75回答下列問題：（3）根據上表數(shù)據判斷步驟②先析出的沉淀Ⅱ為，后析出的沉淀為Ⅲ為__________________（填化學式），則pH1pH2（填填“>”、“=”或“<”），（4）已知溶解度：NiC2O4>NiC2O4·H2O>NiC2O4·2H2O，則③的化學方程式是。（5）④中陽極的電極反應為，驗證陽極產物的試劑為。（6）試寫出⑥的離子方程式。17、按要求填寫：

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______種不同能級的電子。

rm{(2)}制備rm{CrO_{2}CL_{2}}的反應為rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}+3CCl_{4}簍T2KCl+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}電子構型，其分子中rm{婁脪}鍵和rm{婁脨}鍵的個數(shù)比為______；中心原子的雜化方式為______

rm{(3)}硼酸rm{(H_{3}BO_{3})}是一種片層狀結構的白色晶體rm{(}如圖rm{)}有滑膩感，可做潤滑劑。在冷水中溶解度很小，加熱時溶解度增大。回答下列問題：

rm{壟脵}硼酸中rm{B}原子的雜化軌道類型為______，推測rm{[BH_{4}^{-}]}的空間構型是______

rm{壟脷}硼酸晶體中存在的作用力有范德華力和______

rm{壟脹}加熱時；硼酸的溶解度增大，主要原因是______

rm{壟脺}硼酸是一元弱酸，在水中電離時，硼酸結合水電離出的rm{OH^{-}}而呈酸性。寫出硼酸的電離方程式______。18、rm{1994}年度諾貝爾化學獎授予為研究臭氧作出特殊貢獻的化學家rm{.O_{3}}能吸收有害紫外線，保護人類賴以生存的空間rm{.O_{3}}分子的結構如圖，呈rm{V}型，鍵角rm{116.5隆忙.}三個原子以一個rm{O}原子為中心，與另外兩個rm{O}原子分別構成一個非極性共價鍵；中間rm{O}原子提供rm{2}個電子，旁邊兩個rm{O}原子各提供rm{1}個電子，構成一個特殊的化學鍵--三個rm{O}原子均等地享有這rm{4}個電子rm{.}請回答：

rm{(1)}臭氧與氧氣的關系是______．

rm{(2)}選出下列分子與rm{O_{3}}分子的結構最相似的是______．

A.rm{H_{2}O}rm{B.CO_{2}}rm{C.SO_{2}}D.rm{BeCl_{2}}

rm{(3)}分子中某原子有rm{1}對沒有跟其他原子共用的價電子叫孤對電子，那么rm{O_{3}}分子有______對孤對電子．

rm{(4)O_{3}}分子是否為極性分子______rm{(}填是或否rm{)}．

rm{(5)O_{3}}與rm{O_{2}}間的轉化是否為氧化還原反應______rm{(}填是或否rm{)}．評卷人得分四、計算題(共4題，共16分)19、某有機物的蒸氣密度是空氣的3.52倍，該有機物4.08g充分燃燒后產生的CO2和H2O的物質的量之比為1：1；通過盛堿石灰的干燥管后，干燥管增重12.4g；

（1）計算并寫出該有機物的分子式。

（2）該有機物具有以下性質：能與銀氨溶液反應，可在酸或者堿催化下水解，含有手性碳原子．試寫出該有機物的結構簡式．20、某有機化合物只含碳、氫、氧三種元素rm{.}只含一個氧原子，且氧的質量分數(shù)為rm{27.59%}其完全燃燒時產生等物質的量的rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}且能發(fā)生銀鏡反應．

rm{(1)}寫出該分子結構簡式______

rm{(2)}寫出該銀鏡反應______

rm{(3)116}克該有機化合物與銀氨溶液最多生成______克銀。

rm{(4)}寫出一種其同分異構體rm{(}要含羥基且無雙鍵rm{)}的結構簡式______．21、（6分）常溫下，將0.05mol/L鹽酸溶液和未知濃度的NaOH溶液以1：2的體積比混合，所得溶液的pH＝12。用上述NaOH溶液13ml和pH＝3的某一元弱酸HA溶液20ml恰好完全反應生成NaA。試求：（1）NaOH溶液的物質的量濃度（2）此一元弱酸的物質的量濃度（3）求此條件下該一元弱酸的電離平衡常數(shù)22、（11分）CO、CH4均為常見的可燃性氣體。(1)等體積的CO和CH4在相同條件下分別完全燃燒，轉移的電子數(shù)之比是。(2)已知在101kPa時，CO的燃燒熱為283kJ/mol。相同條件下，若2molCH4完全燃燒生成液態(tài)水，所放出的熱量為1molCO完全燃燒放出熱量的6.30倍，CH4完全燃燒反應的熱化學方程式是：。(3)120℃、101kPa下，amL由CO、CH4組成的混合氣體在bmLO2中完全燃燒后，恢復到原溫度和壓強。①若混合氣體與O2恰好完全反應，產生bmLCO2，則混合氣體中CH4的體積分數(shù)為（保留2位小數(shù)）。②若燃燒后氣體體積縮小了a/4mL，則a與b關系的數(shù)學表示式是。評卷人得分五、推斷題(共4題，共32分)23、烯烴與酸性高錳酸鉀溶液反應的氧化產物有如下的反應關系：

已知某烯烴的化學式為rm{C_{4}H_{8}}它與酸性高錳酸鉀溶液反應后得到的產物若為兩個乙酸分子，則此烯烴的結構簡式是______；若為二氧化碳和丙酮，則此烯烴的結構簡式是______．24、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}六種有機化合物；存在圖所示轉化關系：

已知：rm{A}屬于烴，它的產量可以用來衡量一個國家的石油化工水平，且相對分子質量不超過rm{30}在加熱條件下，rm{B}可與氫氧化鈉溶液反應，向反應后所得混合液中加入過量的硝酸，再加入硝酸銀溶液，生成淡黃色沉淀；rm{C}是無色、易揮發(fā)、有特殊香味的液體，含在各種飲用酒中；rm{F}屬于酯，酯在一定條件下可以發(fā)生水解反應，生成相應的酸和醇rm{.}請寫出rm{A隆蘆F}六種物質的結構簡式．

rm{(1)A}______rm{(2)B}______

rm{(3)C}______rm{(4)D}______

rm{(5)E}______rm{(6)F}______．25、常見金屬單質rm{A}rm{B}和非金屬單質rm{C}rm{D}以及它們化合物之間的轉化關系如下。rm{F}rm{J}既能溶于強酸rm{M}又能溶于強堿rm{N}rm{Z}的摩爾質量為rm{198g隆隴mol^{-1}}且其中各元素的質量比為：鉀rm{:}金屬rm{B:}氧rm{=39:28:32}

rm{(1)Z}的化學式為：______________。rm{(2)}寫出檢驗rm{X}中陽離子的方法：____________________________________。rm{(3)}寫出rm{E}和rm{A}在高溫下反應的化學方程式為：________________________________。rm{(4)}寫出rm{A}和rm{N}反應的離子方程式：____________________________________。26、元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序數(shù)之和為rm{36}rm{Y}rm{Z}在同一周期，rm{X}與rm{Z}在同一主族，rm{X}原子最外層電子數(shù)是rm{Y}原子最外層電子數(shù)的rm{3}倍．

rm{(1)}寫出下列元素符號：rm{X}______，rm{Y}______，rm{Z}______

rm{(2)X}與rm{Y}兩元素可形成化合物屬______rm{(}“離子”或“共價”rm{)}化合物．

rm{(3)}寫出rm{X}與rm{Z}所形成的化合物的化學式：______．評卷人得分六、探究題(共4題，共24分)27、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為。28、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數(shù)為。29、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為。30、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數(shù)為。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【解析】試題分析：反應是放熱反應還是吸熱反應與反應條件無關系，只與反應物和生成物總能量的相對大小有關系。如果反應物的總能量高于生成物的總能量，則反應是放熱反應，反之是吸熱反應。根據題意可知，該反應是放熱反應，所以反應物的總能量高于生成物的總能量，選項C正確，答案選C?？键c：考查反應熱的有關判斷【解析】【答案】C2、D【分析】【解答】解：X；Y、Z均為短周期元素；由元素在周期表中的位置可知，Z為He、Y為F、X為S；

A．X為S元素；屬于非金屬性元素，故A錯誤；

B．Y為F元素；不存在最高價含氧酸，故B錯誤；

C．Z為He；單質為單原子分子，故C錯誤；

D．非金屬性F＞S，故氫化物穩(wěn)定性HF＞H2S；故D正確；

故選D．

【分析】X、Y、Z均為短周期元素，由元素在周期表中的位置可知，Z為He、Y為F、X為S，結合元素周期律與元素化合物性質解答．3、D【分析】A中ΔH為“+”時,反應為吸熱反應,錯誤。B中生成物為CO,不是碳的燃燒熱,錯誤。C中反應熱的大小與反應物和生成物的能量有關,錯誤。D為蓋斯定律,正確。【解析】【答案】D4、A【分析】【解析】【答案】A5、D【分析】解：質量數(shù)rm{52}中子數(shù)rm{28}則該元素原子的質子數(shù)rm{=}質量數(shù)rm{-}中子數(shù)rm{=52-28=24}

故該元素基態(tài)原子的電子排布式為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}rm{3d}能級具有rm{5}個軌道，rm{4}個電子優(yōu)先分別占據rm{1}個軌道，且自旋方法相同，故有rm{6}個成對電子；

故選D．

質量數(shù)rm{=}質子數(shù)rm{+}中子數(shù)，質量數(shù)rm{52}中子數(shù)rm{28}則該元素原子的質子數(shù)為rm{52-28=24}根據核外電子排布規(guī)律書寫基態(tài)原子的電子排布式，據此判斷．

本題考查核外電子排布規(guī)律等，題目難度不大，理解核外電子排布規(guī)律，掌握核外電子排布規(guī)律是解題的關鍵．【解析】rm{D}6、D【分析】略【解析】rm{D}二、雙選題(共6題，共12分)7、AB【分析】略【解析】rm{AB}8、rAB【分析】解：rm{A.}加入rm{5mL}鹽酸時，一水合氨過量，反應后溶質為等濃度的一水合氨和氯化銨，一水合氨的電離程度對應銨根離子的水解程度，溶液呈堿性，則rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}溶液中離子濃度大小為：rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}故A正確；

B.加入rm{10mL}鹽酸時，根據電荷守恒可知：rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(Cl^{-})}故B正確；

C.在溶液rm{pH=7}時；溶液呈中性，基本不影響水的電離程度，當溶質為氯化銨時水的電離程度最大，故C錯誤；

D.加入rm{20}rm{mL}鹽酸時，根據物料守恒可得：rm{c(Cl^{-})=2c(NH_{4}^{+})+2c(NH_{3}?H_{2}O)}故D錯誤；

故選AB．

A.加入rm{5mL}鹽酸時，反應后溶質為等濃度的一水合氨和氯化銨，一水合氨的電離程度對應銨根離子的水解程度，則溶液呈堿性，rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}

B.根據溶液中的電荷守恒判斷；

C.當二者恰好反應時；銨根離子發(fā)生水解，水的電離程度最大；

D.根據反應后溶液中的物料守恒判斷．

本題考查了溶液酸堿性與溶液rm{pH}的計算、離子濃度大小比較，題目難度中等，明確反應后溶質組成為解答關鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理在判斷離子濃度大小中的應用方法．【解析】rm{AB}9、B|D【分析】解：溶液導電能力與溶液中離子濃度成正比；混合后溶液導電能力變化不大，說明溶液中離子濃度變化不大；

A．自來水是弱電解質；溶液中離子濃度很小，NaOH是強電解質，加入NaOH固體后，NaOH電離生成鈉離子和氫氧根離子，溶液中離子濃度增大，溶液導電能力變化很大，故A錯誤；

B；未加氫氧化鈉固體；導電的有氯離子和氫離子，加入氫氧化鈉后主要是鈉離子，氯離子，未反應的氫離子，而參加反應的氫離子正好與鈉離子的量相當．所以導電性變化不大，故B正確；

C；原來是弱電解質；離子較少，加入強堿以后，變?yōu)閺婋娊赓|，導電能力增強，故C錯誤；

D；氯化銨為強電解質；加入NaOH后生成物仍是強電解質，離子的濃度變化不大，故導電性變化不大，故D正確；

故選BD．

溶液導電能力與溶液中離子濃度成正比；混合后溶液導電能力變化不大，說明溶液中離子濃度變化不大，據此分析解答．

本題考查溶液中離子濃度大小比較，以此判斷溶液的導電性，溶液混合后導電能力變化的大小，關鍵是看混合后溶液中自由移動的離子濃度的變化．【解析】【答案】BD10、AD【分析】【分析】

本題考查了有機化合物的結構與性質，包含了通過分析有機化合物的結構簡式，判斷有機化合物的官能團、反應類型的判斷、有機物的性質。

【解答】

A.莽草酸中含有，能與溴水發(fā)生加成反應，而鞣酸不含鍵，含苯酚結構，能與溴水發(fā)生取代反應，故A正確；

B.莽草酸中含、、，不能遇氯化鐵溶液變色，而鞣酸含苯酚結構，遇三氯化鐵溶液顯色，故B錯誤；

C.鞣酸不含鍵，莽草酸分子中含，故C錯誤；

D.兩種酸中均含有rm{3}個個rm{3}個和rm{1}個rm{COOH}則等物質的量的兩種酸與足量金屬鈉反應產生氫氣的量相同，故D正確。則等物質的量的兩種酸與足量金屬鈉反應產生氫氣的量相同，故D正確。

rm{1}rm{COOH}【解析】rm{AD}11、rBC【分析】解：標況下rm{2.24L}混合氣體的物質的量為rm{dfrac{2.24L}{22.4L/mol}=0.1mol}

標況下rm{dfrac

{2.24L}{22.4L/mol}=0.1mol}二氧化碳的物質的量為rm{dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}rm{3.36L}二氧化碳中含有rm{dfrac

{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}

rm{0.15mol}水的物質的量為rm{dfrac{2.7g}{18g/mol}=0.15mol}rm{0.15molC}水中含有rm{2.7g}

則該混合烴中含有的平均rm{dfrac

{2.7g}{18g/mol}=0.15mol}rm{0.15mol}原子數(shù)為：rm{N(C)=dfrac{0.15mol}{0.1mol}=1.5}rm{N(H)=dfrac{0.3mol}{0.1mol}=3}

該混合烴的平均分子式為rm{0.3molH}

碳原子數(shù)小于rm{C}的烴只有甲烷，則一定含有rm{H}

甲烷分子中rm{N(C)=dfrac

{0.15mol}{0.1mol}=1.5}原子數(shù)為rm{N(H)=dfrac

{0.3mol}{0.1mol}=3}則另一種烴分子中rm{C_{1.5}H_{3}}原子數(shù)rm{1.5}且rm{CH_{4}}原子數(shù)rm{H}滿足該條件的烴只有乙炔；

故該氣體為甲烷和乙炔的混合烴；

故選BC．

根據rm{4>3}計算出標況下rm{H}混合氣體、rm{<3}二氧化碳的物質的量，再根據rm{C}計算出水的物質的量；從而可確定混合物的平均分子式，根據計算結果對各選項進行判斷．

本題考查了混合物反應的計算，題目難度中等，注意掌握質量守恒定律、平均值法在化學計算中的應用，試題側重考查學生的分析能力及化學計算能力．rm{>1.5}【解析】rm{BC}12、rBD【分析】解：rm{A}rm{Mg}能和鹽酸反應生成氯化鎂和氫氣，rm{Mg}與氯氣化合生成氯化鎂；故A不符合；

B、rm{Fe}能和鹽酸應生成氯化鐵和氫氣，鐵在氯氣中燃燒生成rm{FeCl_{3}}故B符合；

C、rm{Al}能和鹽酸反應生成氯化鋁和氫氣，rm{Al}與氯氣化合生成氯化鋁；故C不符合；

D、rm{Cu}不能和鹽酸反應生成氯化銅和氫氣，rm{Cu}與氯氣化合生成氯化銅；故D符合；

故選BD．

在金屬活動性順序中；排在氫前面的金屬能和酸反應生成鹽和氫氣，排在氫后面的金屬不能和酸反應；氯氣與多價態(tài)金屬反應生成高價態(tài)產物，據此分析．

本題考查了金屬單質的性質，解答本題時要充分理解金屬活動性順序表，排在氫前面的金屬能和酸反應生成鹽和氫氣，題目難度不大，注意把握氯氣與多價態(tài)金屬的反應．【解析】rm{BD}三、填空題(共6題，共12分)13、略

【分析】試題分析：（1）金屬性強弱體現(xiàn)在與酸反應時的劇烈程度，組合成原電池時兩極的現(xiàn)象，及金屬間的置換反應；（2）向某難溶物的溶液中滴加其他溶液時可生成溶解度更小的物質；（3）由同離子效應可確定AgCl在不同溶液中的溶解度大小順序為④>①>③>②>⑤；（4）甲醇燃料電池的負極物為甲醇，反應式為2CH3OH+2H2O-12e-=2CO2+12H+;（5）H2B在水溶液中電離方程式可知，H2B為強酸，HB-為弱酸，所以溶液H+的物質的量范圍為0.01<0.02；0.1mol·L－1NaHB溶液的pH=2，則0.1mol/L的HB-電離的H+為0.01mol/L,而0.1mol/L的H2B中，第一步電離出的0.1mol/L的H+會抑制第二步電離，導致氫離子濃度小于0.11mol/L?？键c：金屬活動性的比較、難溶電解質間的轉化、原電池原理、多元酸的電離。【解析】【答案】（1）丙丁乙甲（2）AgCl>AgI>Ag2S（3）④>①>③>②>⑤（4）（5）（1）0.01<0.02（2）<14、略

【分析】

（1）涂料起散熱作用；因為物質汽化或者分解時從周圍吸收熱量，從而起到降溫作用，故該物質在高溫下應該具有汽化或者分解的性質；

故選C；

（2）已知：①、N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ?mol-1

②、N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534.0kJ?mol-1

③、NO2（g）?N2O4（g）△H=-26.35kJ?mol-1

根據蓋斯定律，②×2-①-③×2得2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）故△H=2×（-534.0kJ?mol-1）-67.7kJ?mol-1-2×（-26.35kJ?mol-1）=-1073.2kJ?mol-1；

故熱化學方程式為2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1073.2kJ?mol-1；

故答案為：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1073.2kJ?mol-1；

（3）原電池正極反應還原反應，氧氣在正極放電，正極電極反應式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，電池總反應為：N2H4+O2=N2+2H2O，電池總反應式減去正極反應式可得負極電極反應式：N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O；

故答案為：O2+2H2O+4e-=4OH-；N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O；

【解析】【答案】（1）涂料起散熱作用；在一定條件下應該具有汽化或者分解的性質，因為物質汽化或者分解時從周圍吸收熱量，從而起到降溫作用；

（2）根據蓋斯定律；由已知熱化學方程式乘以合適的系數(shù)進行適當?shù)募訙p，反應熱也乘以相應的系數(shù)進行相應的加減；

（3）原電池正極反應還原反應；氧氣在正極放電，堿性條件下生成氫氧根離子，電池總反應式減去正極反應式可得負極電極反應式．

15、略

【分析】【解析】【答案】（14分）（1）____________________PH<7（2分）____________________________________________________（2）________________________________Al(OH)3+3H+________________Al2O3________________16、略

【分析】【解析】試題分析：（1）放電時，負極發(fā)生氧化反應，所以電極反應為：MH-e-+OH-=H2O+M。（2）充電時，陽極發(fā)生氧化反應，所以電極反應為：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O（3）根據Ksp可以看出當pH增大時，F(xiàn)e(OH)3最先沉淀，然后是Al(OH)3最后是Ni(OH)2。所以步驟②先析出的沉淀II是Fe(OH)3后析出的沉淀III是Al(OH)3。pH1<pH2。（4）根據溶解度可知NiC2O4·2H2O的溶解度最小，所以③的化學方程式為NiCl2+Na2C2O4+2H2O=NiC2O4.2H2O↓+2NaCl。（5）根據框圖可知D為NaCl溶液，所以電解時陽極反應為2Cl—2e-=Cl2↑。檢驗陽極產物用淀粉碘化鉀溶液。（6）根據框圖可知C為Ni(OH)2，所以⑥的離子方程式為：2Ni(OH)2+2OH-+Cl2=2Ni(OH)3+2Cl-?？键c：化學電源和工業(yè)流程【解析】【答案】(1)MH-e-+OH-=H2O+M(2)Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O(3)Fe(OH)3Al(OH)3＜（4）NiCl2+Na2C2O4+2H2O=NiC2O4.2H2O↓+2NaCl（5）2Cl—2e-=Cl2↑；淀粉碘化鉀溶液（或其它合理答案）。（6）2Ni(OH)2+2OH-+Cl2=2Ni(OH)3+2Cl-17、略

【分析】解：rm{(1)壟脵Ti}是rm{22}號元素，位于元素周期表中第四周期第rm{IVB}族，故rm{Ti}的基態(tài)原子價電子排布式為rm{3d^{2}4s^{2}}故答案為：rm{3d^{2}4s^{2}}

rm{壟脷Fe}是rm{26}號元素，原子核外有rm{1s}rm{2s}rm{3s}rm{4s}rm{2p}rm{3p}rm{3d}等rm{7}個能級，故答案為：rm{7}

rm{(2)壟脵}反應式中非金屬元素有三種：rm{O}rm{C}rm{Cl}rm{CCl_{4}}中rm{C}表現(xiàn)正化合價、rm{Cl}表現(xiàn)負化合價，rm{CrO_{2}Cl_{2}}中rm{Cl}為rm{+1}價，rm{O}為rm{-2}價，電負性越大，對鍵合電子吸引力越大，元素相互化合時該元素表現(xiàn)負價，故電負性：rm{O>Cl>C}故答案為：rm{O>Cl>C}

rm{壟脷COCl_{2}}分子中有rm{1}個rm{C=O}鍵和rm{2}個rm{C-Cl}鍵，所以rm{COCl_{2}}分子中rm{婁脪}鍵的數(shù)目為rm{3}rm{婁脨}鍵的數(shù)目為rm{1}個數(shù)比rm{3}rm{1}中心原子rm{C}電子對數(shù)rm{=3+dfrac{4-1隆脕2-2}{2}=3}故中心原子雜化方式為rm{=3+dfrac

{4-1隆脕2-2}{2}=3}

故答案為：rm{sp^{2}}rm{3}rm{1}

rm{sp^{2}}由圖可知，rm{(3)壟脵}原子形成rm{B}個rm{3}鍵，沒有孤電子對，rm{B-O婁脪}原子雜化軌道數(shù)目為rm{B}rm{3}原子采取rm{B}雜化方式，rm{sp^{2}}的雜化方式為rm{[BH_{4}^{-}]}雜化；空間構型為正四面體型；

故答案為：rm{sp^{3}}正四面體；

rm{sp^{2}}由硼酸晶體結構可知，層內分子中rm{壟脷}與rm{O}rm{B}之間形成共價鍵，分子間rm{H}rm{H}之間形成氫鍵；層與層之間為范德華力；

故答案為：氫鍵；共價鍵；

rm{O}加熱破壞了硼酸分子之間的氫鍵；硼酸分子與水分子之間形成氫鍵，加熱時，硼酸的溶解度增大；

故答案為：加熱破壞了硼酸分子之間的氫鍵；硼酸分子與水分子之間形成氫鍵；

rm{壟脹}硼酸是一元弱酸，在水中電離時，硼酸結合水電離出的rm{壟脺}而呈酸性，即電離生成rm{OH^{-}}rm{[B(OH)_{4}]^{-}}電離方程式為：rm{H^{+}}

故答案為：rm{H_{3}BO_{3}+H_{2}O?[B(OH)_{4}]^{-}+H^{+}}

rm{H_{3}BO_{3}+H_{2}O?[B(OH)_{4}]^{-}+H^{+}}是rm{(1)壟脵Ti}號元素；根據原子核外電子排布規(guī)律排布；

rm{22}是rm{壟脷Fe}號元素，原子核外有rm{26}等能級；

rm{spd}反應式中非金屬元素有三種：rm{(2)壟脵}rm{O}rm{C}結合化合物rm{Cl}rm{CCl_{4}}中元素化合價判斷；

rm{NaClO}根據rm{壟脷}個單鍵是rm{1}個rm{1}鍵，rm{婁脛}個雙鍵中含有rm{1}個rm{1}鍵，rm{婁脛}個rm{1}鍵以及rm{婁脨}分子的結構式來解答；

rm{COCl_{2}}由圖可知，rm{(3)壟脵}原子形成rm{B}個rm{3}鍵，沒有孤電子對，據此判斷rm{B-O婁脪}原子雜化方式；

rm{B}由硼酸晶體結構可知，層內分子中rm{壟脷}與rm{O}rm{B}之間形成共價鍵，分子間rm{H}rm{H}之間形成氫鍵；

rm{O}加熱破壞了硼酸分子之間的氫鍵；硼酸分子與水分子之間形成氫鍵；

rm{壟脹}硼酸是一元弱酸，在水中電離時，硼酸結合水電離出的rm{壟脺}而呈酸性，即電離生成rm{OH^{-}}rm{[B(OH)_{4}]^{-}}

本題是對物質結構的考查，題目涉及電子排布式、雜化理論的應用氫鍵和分子間作用力等，涉及知識點較多，需要學生具備扎實的基礎與扎實遷移運用能力，題目難度中等。rm{H^{+}}【解析】rm{3d^{2}4s^{2}}rm{7}種；rm{O>Cl>C}rm{3}rm{1}rm{sp^{2}}rm{sp^{2}}正四面體；氫鍵、共價鍵；加熱破壞了硼酸分子之間的氫鍵，硼酸分子與水分子之間形成氫鍵；rm{H_{3}BO_{3}+H_{2}O?[B(OH)_{4}]^{-}+H^{+}}18、略

【分析】解：rm{(1)}臭氧與氧氣具有是同種元素形成的不同種單質；屬于同素異形體；

故答案為：同素異形體；

rm{(2)}在臭氧rm{O_{3}}中，中心的氧原子以rm{sp^{2}}雜化，與兩旁的配位氧原子鍵合生成兩個rm{婁脪}鍵，使rm{O_{3}}分子稱折線形，在三個氧原子之間還存在著一個垂直于分子平面的大rm{婁脨}鍵，這個離域的rm{婁脨}鍵是由中心的氧原子提供兩個rm{p}電子、另外兩個配位氧原子各提供一個rm{p}電子形成的，rm{SO_{2}}分子呈“rm{V}”字形結構，其成鍵方式與rm{O_{3}}類似，rm{S}原子rm{sp^{2}}雜化，rm{S}原子和兩側的氧原子除以rm{婁脪}鍵結合以外，還形成一個三中心四電子的大rm{婁脨}鍵；

故選C；

rm{(3)}中間的氧原子含有rm{1}對孤電子對，兩邊的各含有rm{2}對孤電子對，所以總共rm{5}對孤電子對；

故答案為：rm{5}

rm{(4)}由于臭氧分子中的化學鍵都是非極性鍵；所以臭氧分子屬于非極性分子；

故答案為：否；

rm{(5)}由于rm{O_{3}}與rm{O_{2}}間的轉化沒有化合價的變化；所以不是氧化還原反應；

故答案為：否．

rm{(1)}根據同素異形體的概念判斷；

rm{(2)}根據臭氧分子結構進行分析；

rm{(3)}根據孤對電子的概念及臭氧分子結構分析；

rm{(4)}臭氧中的化學鍵都是非極性鍵；

rm{(5)}根據是否有化合價的變化判斷．

本題考查了臭氧的結構及極性分子、同素異形體的判斷，注重了基礎知識的考查，難度中等．【解析】同素異形體；rm{C}rm{5}否；否四、計算題(共4題，共16分)19、略

【分析】

相同條件下；密度之比等于相對分子質量之比，據此計算出該有機物的相對分子質量，計算有機物的物質的量，通過堿石灰增重為燃燒生成二氧化碳與水的質量，結合二者物質相等計算二氧化碳；水的物質的量，根據原子守恒確定分子中C、H原子數(shù)目，再結合相對分子質量確定O原子數(shù)目，進而確定有機物的分子式；

該有機物能與銀氨溶液反應；說明含有醛基（或甲酸形成的酯基），可在酸或者堿催化下水解，含有酯基，且含有手性碳原子，結合分子式確定可能的結構簡式．

本題考查有機物分子式與結構確定、限制條件同分異構體書寫，掌握燃燒法利用原子守恒確定有機物分子組成．【解析】解：（1）該有機物的相對分子質量=3.52×29=102，所取得有機物的物質的量為==0.04mol；

充分燃燒后產生的CO2和H2O的物質的量之比為1：1，設燃燒生成CO2、H2O的物質的量為xmol；則：44x+18x=12.4，解得：x=0.2；

故有機物分子中含有C原子數(shù)目為：=5，含有H原子數(shù)目為：=10，則含有O原子數(shù)目為=2，故設有機物分子式為C5H10O2；

答：該有機物的分子式為C5H10O2．

（2）該有機物能與銀氨溶液反應，可在酸或者堿催化下水解，說明含有甲酸形成的酯基，且含有手性碳原子，故該有機物結構簡式為：HCOOCH（CH3）CH2CH3；

答：該有機物結構簡式為HCOOCH（CH3）CH2CH3．20、略

【分析】解：某有機化合物只含碳、氫、氧三種元素，完全燃燒時產生等物質的量的rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}設分子式為rm{C_{n}H_{2n}O}rm{O}的質量分數(shù)為rm{27.59%}則分子量為rm{dfrac{16}{27.59%}=58}所以；

所以rm{14n+16=58}rm{n=3}則分子式為rm{C_{3}H_{6}O}能發(fā)生銀鏡反應，則分子中官能團必為rm{-CHO}．

rm{(1)}分子式為rm{C_{3}H_{6}O}含有醛基，則為丙醛，其結構簡式為：rm{CH_{3}CH_{2}CHO}

故答案為：rm{CH_{3}CH_{2}CHO}

rm{(2)}在加熱條件下，丙醛與銀氨溶液反應生成rm{Ag}和丙酸銨、氨氣和水，其反應方程式為：rm{CH_{3}CH_{2}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHoverset{{脣廬脭隆}}{}CH_{3}CH_{2}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}

故答案為：rm{CH_{3}CH_{2}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHoverset{{脣廬脭隆}}{}CH_{3}CH_{2}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}

rm{(3)CH_{3}CH_{2}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHoverset{{脣廬脭隆}}{}CH_{3}CH_{2}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}

rm{CH_{3}CH_{2}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OH

overset{{脣廬脭隆}}{

}CH_{3}CH_{2}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OH

overset{{脣廬脭隆}}{

}CH_{3}CH_{2}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}

rm{(3)CH_{3}CH_{2}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OH

overset{{脣廬脭隆}}{

}CH_{3}CH_{2}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{58}

則rm{m(Ag)=dfrac{116g隆脕216}{58}=432g}

故答案為：rm{216}

rm{116g}的同分異構體，含羥基且無雙鍵，則分子中應該含有環(huán)狀結構，其結構簡式為：

故答案為：．

某有機化合物只含碳、氫、氧三種元素，完全燃燒時產生等物質的量的rm{m(Ag)}和rm{m(Ag)=dfrac

{116g隆脕216}{58}=432g}設分子式為rm{432}rm{(4)CH_{3}CH_{2}CHO}的質量分數(shù)為rm{CO_{2}}則分子量為rm{H_{2}O}所以；

所以rm{C_{n}H_{2n}O}rm{O}則分子式為rm{27.59%}能發(fā)生銀鏡反應，則分子中官能團必為rm{dfrac{16}{27.59%}=58}．

rm{14n+16=58}分子式為rm{n=3}含有醛基，則為丙醛；

rm{C_{3}H_{6}O}在加熱條件下，丙醛與銀氨溶液反應生成rm{-CHO}和丙酸銨；氨氣和水；

rm{(1)}根據方程式計算；

rm{C_{3}H_{6}O}的同分異構體；含羥基且無雙鍵，則分子中應該含有環(huán)狀結構．

本題考查了有機物分子式、結構簡式的確定以及有機物官能團的結構與性質，題目難度中等，注意掌握確定有機物分子式的常用方法，側重于考查學生的分析能力和對基礎知識的應用能力．rm{(2)}【解析】rm{CH_{3}CH_{2}CHO}rm{CH_{3}CH_{2}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OHoverset{{脣廬脭隆}}{}CH_{3}CH_{2}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}CHO+2Ag(NH_{3})_{2}OH

overset{{脣廬脭隆}}{

}CH_{3}CH_{2}COONH_{4}+2Ag隆媒+3NH_{3}+H_{2}O}rm{432}21、略

【分析】（1）兩溶液混合后呈堿性，說明堿過量，設兩溶液的體積分別為：V、2V則：得c（NaOH）=0.04mol/L（2）NaOH～HA，即：0.04×13=c（HA）×20，推出：c（HA）=0.026mol/L（3）代入電離平衡常數(shù)公式：K===4.0×10-5【解析】【答案】（6分）(1)c（NaOH）=0.04mol/L(2)c（HA）=0.026mol/L(3)k=4.0×10-522、略

【分析】【解析】【答案】五、推斷題(共4題，共32分)23、CH3-CH=CH-CH3CH3-C（CH3）=CH2

【分析】【分析】本題是給信息題，解題關鍵是看清烯烴與高錳酸鉀酸性溶液反應的氧化產物的規(guī)律，題目難度中等。

【解答】某烯烴的化學式為rm{C}rm{C}rm{{,!}_{4}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{8}}，它與酸性高錳酸鉀溶液反應后得到的產物若為兩個乙酸分子，則烯烴的結構簡式是：rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{-CH=CH-CH}rm{-CH=CH-CH}rm{{,!}_{3}}，若為二氧化碳和丙酮，則此烯烴的結構簡式是：rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{-C(CH}rm{-C(CH}rm{{,!}_{3}}rm{)=CH}rm{)=CH}rm{{,!}_{2}}，故答案為：rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}

rm{-CH=CH-CH}【解析】rm{CH_{3}-CH=CH-CH_{3}}rm{CH_{3}-C(CH_{3})=CH_{2}}rm{CH_{3}-CH=CH-CH_{3}}

rm{CH_{3}-C(CH_{3})=CH_{2}}24、略

【分析】解：由上述分析可知，rm{A}為rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{B}為rm{CH_{3}CH_{2}Br}rm{C}為rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{D}為rm{CH_{3}CHO}rm{E}為rm{CH_{3}COOH}rm{F}為rm{CH_{3}CH_{2}OOCCH_{3}}

故答案為：rm{CH_{2}=CH}rm{CH_{3}CH_{2}Br}rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}CHO}rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}．

rm{A}屬于烴，它的產量可以用來衡量一個國家的石油化工水平，且相對分子質量不超過rm{30}可知rm{A}為rm{CH_{2}=CH_{2}}在加熱條件下，rm{B}可與rm{NaOH}溶液反應，向反應后所得混合液中加入過量的稀硝酸，再加入rm{AgNO_{3}}溶液，生成淡黃色沉淀，說明rm{B}中含有溴原子，rm{B}能發(fā)生水解反應，則rm{B}是溴代烷，rm{B}與rm{A}中碳原子數(shù)應相同，rm{A}和溴化氫發(fā)生加成反應生成rm{B}則rm{B}是rm{CH_{3}CH_{2}Br}rm{B}與rm{C}可相互轉化，rm{C}是無色、易揮發(fā)、有特殊香味的液體，含在各種飲用酒中，則rm{C}是rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{F}屬于酯，酯在一定條件下可以發(fā)生水解反應，生成相應的酸和醇，則rm{F}是rm{CH_{3}CH_{2}OOCCH_{3}}rm{C}氧化生成rm{D}rm{D}氧化生成rm{E}則rm{D}是rm{CH_{3}CHO}rm{E}是rm{CH_{3}COOH}以此來解答．

本題考查有機物的推斷，為高頻考點，把握rm{A}為乙烯、碳原子數(shù)變化、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意有機物的相互轉化，題目難度不大．【解析】rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{CH_{3}CH_{2}Br}rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}CHO}rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}CH_{2}OOCCH_{3}}25、（1）K2FeO4（2）取試樣少許，滴加3～4滴KSCN溶液，呈血紅色（3）8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe（4）2Al＋2OH-＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑

【分析】【分析】本題考查無機推斷，涉及離子檢驗、離子方程式和化學方程式書寫等知識，難度不大。【解答】rm{A}rm{A}和rm{B}rm{B}是金屬單質，且二者在高溫下發(fā)生置換反應，則該反應為鋁熱反應，所以rm{A}rm{A}是rm{Al}rm{Al}，rm{E}rm{E}是金屬氧化物，rm{F}rm{F}既能溶于強酸rm{M}rm{M}又能溶于強堿rm{N}rm{N}，rm{F}rm{F}是rm{Al_{2}O_{3}}rm{Al_{2}O_{3}}，rm{B}rm{B}是常見金屬，系列轉化生成紅褐色沉淀rm{Y}rm{Y}為rm{Fe}rm{Fe}rm{(}rm{(}rm{OH}rm{OH}rm{)}rm{)}rm{3}rm{3}，所以rm{B}rm{B}是rm{Fe}rm{Fe}，rm{E}rm{E}是金屬氧化物，所以rm{D}rm{D}是rm{O_{2}}rm{O_{2}}，rm{E}rm{E}是rm{Fe_{3}O_{4}}rm{Fe_{3}O_{4}}，鐵和非金屬單質反應生成rm{X}rm{X}，rm{X}rm{X}能和強堿rm{N}rm{N}反應生成紅褐色沉淀rm{Fe}rm{Fe}rm{(}rm{(}rm{OH}rm{OH}rm{)}rm{)}rm{3}rm{3}，氫氧化鐵和堿、rm{C}rm{C}反應生成rm{Z}rm{Z}，所以rm{Z}rm{Z}中含有鐵元素，rm{Z}rm{Z}的摩爾質量為rm{198g}rm{198g}rm{隆隴}rm{隆隴}rm{mol^{-1}}rm{mol^{-1}}，且其中各元素的質量比為：鉀：鐵：氧rm{=39}rm{=39}：rm{28}rm{28}：rm{32}rm{32}，鉀、鐵、氧的物質的量之比rm{=3939}rm{=3939}：rm{2856}rm{2856}：rm{3216=2}rm{3216=2}：rm{1}rm{1}：rm{4}rm{4}，所以其化學式為rm{K_{2}FeO_{4}}rm{K_{2}FeO_{4}}，根據元素守恒知，強堿rm{N}rm{N}為rm{KOH}rm{KOH}，氫氧化鐵能被rm{C}rm{C}單質氧化，且故答案為：取試樣少許，滴加rm{C}滴rm{C}溶液，呈血紅色；是氣體，rm{B}rm{B}和rm{C}故答案為：rm{8Al+3Fe_{3}O_{4}overset{賂脽脦脗}{=}4Al_{2}O_{3}+9Fe}rm{C}反應生成鐵鹽，則rm{C}rm{C}是rm{Cl_{2}}故答案為：rm{Cl_{2}}，【解析】rm{(1)K_{2}FeO_{4}}rm{(2)}取試樣少許，滴加rm{3隆蘆4}滴rm{KSCN}溶液，呈血紅色rm{(3)8Al+3Fe_{3}O_{4}}rm{overset{賂脽脦脗}{=}4Al_{2}O_{3}+9Fe}rm{overset{賂脽脦脗}{=}

4Al_{2}O_{3}+9Fe}

rm{(4)2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}26、略

【分析】解：元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序數(shù)之和為rm{36}rm{Y}rm{Z}在同一周期，rm{Y}rm{Z}不可能處于第四周期rm{(}第四周期兩元素原子序數(shù)之和最小為rm{39).X}原子最外層電子數(shù)是rm{Y}原子最外層電子數(shù)的rm{3}倍，rm{X}rm{Z}在同一主族，則rm{X}rm{Z}的最外層電子是rm{3}或rm{6}rm{Y}rm{Z}處于第二周期或第三周期；

若rm{Y}rm{Z}處于第二周期：

當rm{X}rm{Z}的最外層電子是rm{3}時，則rm{Y}的原子序數(shù)為rm{3}rm{Z}的原子序數(shù)為rm{5}rm{X}的原子序數(shù)為rm{36-3-5=28}rm{X}不處于第Ⅲrm{A}族；不合題意；

當rm{X}rm{Z}的最外層電子是rm{6}時，則rm{Y}的原子序數(shù)為rm{4}rm{Z}的原子序數(shù)為rm{8}rm{X}的原子序數(shù)為rm{36-4-8=24}rm{X}不處于第Ⅵrm{A}族；不合題意；

若rm{Y}rm{Z}處于第三周期：

當rm{X}rm{Z}的最外層電子是rm{3}時，則rm{Y}的原子序數(shù)為rm{11}rm{Z}的原子序數(shù)為rm{13}rm{X}的原子序數(shù)為rm{36-11-13=12}rm{X}不處于第Ⅲrm{A}族；不合題意；

當rm{X}rm{Z}的最外層電子是rm{6}時，則rm{Y}的原子序數(shù)為rm{12}rm{Z}的原子序數(shù)為rm{16}rm{X}的原子序數(shù)為rm{36-12-16=8}rm{X}處于第Ⅵrm{A}族；符合題意；

故rm{X}為rm{O}元素，rm{Y}為rm{Mg}元素，rm{Z}為rm{S}元素；

rm{(1)}根據上面的分析可知，rm{X}為rm{O}rm{Y}為rm{Mg}rm{Z}為rm{S}故答案為：rm{O}rm{Mg}rm{S}

rm{(2)X}與rm{Y}兩元素可形成化合物為氧化鎂；屬離子化合物，故答案為：離子；

rm{(3)}硫與氧形成的化合物的化學式為rm{SO_{2}}rm{SO_{3}}故答案為：rm{SO_{2}}rm{SO_{3}}．

元素rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序數(shù)之和為rm{36}rm{Y}rm{Z}在同一周期，rm{Y}rm{Z}不可能處于第四周期rm{(}第四周期兩元素原子序數(shù)之和最小為rm{39).X}原子最外層電子數(shù)是rm{Y}原子最外層電子數(shù)的rm{3}倍，rm{X}rm{Z}在同一主族，則rm{X}rm{Z}的最外層電子是rm{3}或rm{6}rm{Y}rm{Z}處于第二周期或第三周期；

若rm{Y}rm{Z}處于第二周