…………○…………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年蘇科新版高二化學下冊階段測試試卷722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8題，共16分)1、PtCl4·2NH3水溶液不導電加入AgNO3無現(xiàn)象加強堿無NH3放出下列說法正確的是（）A.配合物中中心原子的電荷數(shù)和配位數(shù)均為6B.該配合物可能是平面正方形結(jié)構(gòu)C.Cl－和NH3分子均與Pt4＋配位D.配合物中Cl－與Pt4＋配位，而NH3分子與Pt4＋不配位2、當某金屬變成相應的陽離子時，敘述正確的是()A．得到電子被氧化B．失去電子被還原C．得到電子被還原D．失去電子被氧化3、已知下列熱化學方程式：

rm{壟脵C(s)+O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)?H=-393.5kJ/mol}

rm{壟脷CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)?H=-283.0kJ/mol}

rm{壟脹2Fe(s)+3CO(g)簍TFe_{2}O_{3}(s)+3C(s)?H=-489.0kJ/mol}

則rm{壟脵C(s)+O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)?H

=-393.5kJ/mol}的反應熱rm{壟脷CO(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)?H=-283.0kJ/mol}為rm{壟脹2Fe(s)+3CO(g)簍TFe_{2}O_{3}(s)+3C(s)?H

=-489.0kJ/mol}rm{4Fe(s)+3O_{2}(g)簍T2Fe_{2}O_{3}(s)}A.rm{triangleH}B.rm{(}C.rm{)}D.rm{-1641.0kJ/mol}rm{+3081kJ/mol}4、正硼酸rm{(HBO_{3})}是一種片層狀結(jié)構(gòu)白色晶體，層內(nèi)的rm{H_{3}BO_{3}}分子通過氫鍵相連rm{(}如圖rm{)}下列有關(guān)說法正確的有rm{(}rm{)}A.在rm{H_{3}BO_{3}}分子中各原子最外層全部滿足rm{8}電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)B.rm{H_{3}BO_{3}}分子的穩(wěn)定性與氫鍵有關(guān)C.rm{1molH_{3}BO_{3}}的晶體中有rm{3mol}極性共價鍵D.rm{1molH_{3}BO_{3}}的晶體中有rm{3mol}氫鍵5、下列關(guān)于化學反應速率的說法正確的是rm{(}rm{)}A.化學反應速率是指一定時間內(nèi)任何一種反應物濃度的減小或任何一種生成物濃度的增加B.化學反應速率為“rm{0.8}rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}”所表示的意思是：時間為rm{1}rm{s}時，某物質(zhì)的濃度為rm{0.8}rm{mol?L^{-1}}C.根據(jù)化學反應速率的大小可以知道化學反應進行的快慢D.對于任何化學反應來說，反應現(xiàn)象越明顯，反應速率越大6、反應2A(g)2B(g)+E(g)(正反應為吸熱反應)達到平衡時，要使正反應速率降低，A的濃度增大，應采取的措施是A.加壓B.減壓C.減少E的濃度D.降溫7、一定溫度下，水存在rm{H_{2}O?H^{+}+OH^{-}triangleH=Q(Q>0)}的平衡，下列敘述一定正確的是rm{H_{2}O?H^{+}+OH^{-}triangle

H=Q(Q>0)}rm{(}A.向水中滴入少量稀鹽酸，平衡逆向移動，rm{)}減小B.將水加熱，rm{K_{W}}增大，rm{K_{w}}不變C.向水中加入少量金屬rm{pH}平衡逆向移動，rm{Na}降低D.向水中加入少量固體硫酸鈉，rm{c(H^{+})}和rm{c(H^{+})}均不變rm{K_{w}}8、下列離子方程式正確的是()A.氯化銨溶液呈酸性：rm{NH_{4}^{+}簍T簍TNH_{3}+H^{+}}B.氫硫酸的電離：rm{H_{2}S?2H^{+}+S^{2-}}C.向小蘇打溶液中加入醋酸溶液：rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}?CO_{2}+H_{2}O}D.在標準狀況下，向rm{10mL0.1mol隆隴L^{-1}FeBr_{2}}溶液中通入rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}?

CO_{2}+H_{2}O}rm{10mL0.1mol隆隴L^{-1}

FeBr_{2}}rm{22.4mLCl_{2}}rm{2Fe}rm{2Fe}rm{{,!}^{2+}}rm{+2Br}rm{+2Br}rm{{,!}^{-}}rm{+2Cl}rm{+2Cl}rm{{,!}_{2}}rm{簍T簍T2Fe}rm{簍T簍T2Fe}評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、已知A、B、C、D和E都是元素周期表中前20號的元素，它們的原子序數(shù)依次增大。A原子的價電子層的p軌道中只有1個電子；B、C、D元素的基態(tài)原子具有相同的能層數(shù)，B、D元素的原子的p能級上都有1個未成對電子，D原子得一個電子填入3p軌道后，3p軌道已充滿，C原子的p軌道中有3個未成對電子；E是同周期第一電離能最小的元素。回答下列問題：（1）寫出下列元素的符號：A_____、B_____、C______；（2）上述五種元素中最高價氧化物對應水化物酸性最強的是__________，（填寫化學式）堿性最強的是_________；（填寫電子式）（3）用元素符號表示D所在周期(除稀有氣體元素外)第一電離能最大的元素是_____，電負性最大的元素是__________；（4）在AD3分子中A元素原子的原子軌道發(fā)生的是____雜化，分子空間構(gòu)型為____；（5）將B的單質(zhì)投入E的最高價氧化物對應水化物中，發(fā)生反應生成物中有此離子［B(OH)4］–離子方程式是___________________________________。（6）石墨具有平面層狀結(jié)構(gòu)，同一層中的原子構(gòu)成許許多多的正六邊形，它與熔融的E單質(zhì)相互作用，形成某種青銅色的物質(zhì)（其中的元素E用“●”表示），原子分布如圖所示，該物質(zhì)的化學式為____。10、在25mL的氫氧化鈉溶液中逐滴加入0.2mol/L醋酸溶液；滴定曲線如圖所示．

（1）該氫氧化鈉溶液濃度為______．

（2）在B點，a______12.5mL（填“＜”“＞”或“=”）．

（3）在D點，溶液中離子濃度大小關(guān)系為______．11、按要求回答以下問題。rm{(1)}某反應體系中，有以下四種物質(zhì)：rm{{FeC}l_{2}}rm{{FeC}l_{3}}rm{{CuC}l_{2}}rm{Cu{.}}現(xiàn)利用不同的原理使得反應能夠進行。rm{{壟脵}}如圖甲所示，將上述反應設(shè)計成原電池，則：圖中rm{X}溶液的溶質(zhì)是________rm{(}填化學式rm{){,}{Cu}}電極上發(fā)生的電極反應方程式為____________________。rm{{壟脷}}如圖乙所示，將上述反應設(shè)計成電解池，乙燒杯中金屬陽離子的物質(zhì)的量與電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量關(guān)系如圖丙，則：rm{M}是直流電源的_______極；圖丙中的rm{{壟脷}}線是___________離子的物質(zhì)的量的變化。rm{(2)}鐵的重要化合物高鐵酸鈉rm{(Na_{2}{Fe}O_{4})}是一種新型飲用水消毒劑，具有很多優(yōu)點。rm{{壟脵}}高鐵酸鈉生產(chǎn)方法之一是電解法，其原理為rm{Fe{+}2NaOH{+}2H_{2}Ooverset{{碌莽陸芒}}{{=}}Na_{2}{Fe}O_{4}{+}3H_{2}{隆眉}}則電解時陽極的電極反應方程式為_________________。rm{{壟脷}}高鐵酸鈉生產(chǎn)方法之二是在強堿性介質(zhì)中用rm{NaClO}氧化rm{Fe(OH)_{3}}生成高鐵酸鈉、氯化鈉和水，該反應的離子方程式為_______________________。12、（4分）.有機化合物A的相對分子質(zhì)量大于110，小于150。經(jīng)分析得知，其中碳和氫的質(zhì)量分數(shù)之和為52.24%，其余為氧。請回答：⑴該化合物分子中含有____個氧原子。⑵化合物化學式為⑶該化合物最多含有_______個羰基。13、下列化合物在一定的條件下；既能發(fā)生消去反應又能發(fā)生水解反應的是______

rm{壟脵CH_{3}Cl壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}評卷人得分三、探究題(共4題，共8分)14、（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(jié)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(jié)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(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分數(shù)為。15、（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(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)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(shè)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(jīng)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(zhì)量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為。16、（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(jié)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(jié)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(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分數(shù)為。17、（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(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)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(shè)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(jīng)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(zhì)量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為。評卷人得分四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共28分)18、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設(shè)計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學式）。19、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數(shù)相等；Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序為___________（填元素符號）。

(3)R、T兩元素最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式為____________。

(4)某同學用X、R兩元素的單質(zhì)反應生成固體物質(zhì)RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應生成X的單質(zhì)。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應的化學方程式為___________。

②該同學認為取X、R兩元素的單質(zhì)反應后的固體物質(zhì)與X2Q反應，若能產(chǎn)生的單質(zhì)，即可證明得到的固體物質(zhì)一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。20、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設(shè)計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學式）。21、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進行以下實驗：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質(zhì)是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實驗_______評卷人得分五、推斷題(共4題，共28分)22、（8分）現(xiàn)有常見金屬單質(zhì)A、B、C和氣體甲、乙、丙及物質(zhì)D、E、F、G、H，它們之間存在如下轉(zhuǎn)化關(guān)系（圖中有些反應的產(chǎn)物和反應的條件沒有全部標出）。其中B是地殼中含量居第一的金屬元素。請回答下列問題：⑴寫出金屬B和氣體丙的化學式、。⑵寫出反應①的化學反應方程式。⑶寫出反應⑥的離子方程式。23、二乙酸rm{-1}rm{4-}環(huán)己二醇酯可以通過下列路線合成；請回答下列問題。

rm{(1)}反應rm{壟脷}的反應類型是____________，反應rm{壟脼}的反應類型是___________________。rm{(2)}物質(zhì)rm{B}的結(jié)構(gòu)簡式為________________________。rm{(3)}反應rm{壟脺}的反應試劑及反應條件_________________________________________

rm{(4)}反應rm{壟脽}的化學方程式為______________________________________。

rm{(5)}反應rm{壟脻}中發(fā)生加成反應的其他可能產(chǎn)物還有________________、________________。24、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種元素，它們的核電荷數(shù)依次增大，且都小于rm{20.}其中rm{C}rm{E}是金屬元素；rm{A}和rm{E}屬同一族，它們原子的最外層電子排布為rm{ns^{1}.B}和rm{D}也屬同一族，它們原子最外層的rm{P}能級電子數(shù)是rm{s}能級電子數(shù)的兩倍，rm{C}原子最外層上電子數(shù)等于rm{D}原子最外層上電子數(shù)的一半。請回答下列問題：

rm{(1)B}是______，rm{E}是______rm{(}用元素符號表示rm{)}

rm{(2)}由這五種元素組成的一種化合物是______rm{(}寫化學式rm{)}舉出此種物質(zhì)的一種用途______

rm{(3)}寫出rm{C}元素基態(tài)原子的價電子軌道表示式______，rm{C}rm{D}rm{E}四種元素的簡單離子按半徑由小到大的順序為rm{(}用離子符號表示rm{)}______

rm{(4)C}與rm{E}的第一電離能的大小關(guān)系是______rm{(}填rm{>}rm{<}rm{漏聞}用元素符號表示rm{)}

rm{(5)}工業(yè)上采用電解rm{C}的氧化物來冶煉rm{C}已知rm{C}元素的氧化物比它的氯化物熔點高，不采用其氯化物的原因是______。25、rm{26}某有機化合物經(jīng)李比希法測得其中含碳為rm{72.0%}含氫為rm{6.67%}其余含有氧rm{.}現(xiàn)用下列方法測定該有機化合物的相對分子質(zhì)量和分子結(jié)構(gòu)．圖rm{A}為該有機化合物的質(zhì)譜圖圖rm{B}為該有機化合物的核磁共振氫譜，有rm{5}個峰，其面積之比為rm{1}rm{2}rm{2}rm{2}rm{3}．

圖rm{C}為該有機化合物分子的紅外光譜圖試填空．

rm{(1)}該有機化合物相對分子量為_________________rm{(2)}該有機化合物的分子式為__________．

rm{(3)}經(jīng)分析該有機化合物的分子中只含一個甲基的依據(jù)是______rm{(}填序號rm{)}．

rm{a.}其相對分子質(zhì)量rm{b.}其分子式。

rm{c.}其核磁共振氫譜圖rm{d.}其分子的紅外光譜圖rm{(4)}從以上圖譜中分析得出，該有機化合物的結(jié)構(gòu)簡式為______rm{.}含有的官能團的名稱_______。

rm{(5)}該有機化合物在酸性條件下可以水解，請寫出反應方程式___________________．評卷人得分六、計算題(共3題，共27分)26、一定溫度下的密閉容器中存在如下反應：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，已知CO（g）和H2O(g)的起始濃度均為2mol·L-1，經(jīng)測定該反應在該溫度下的平衡常數(shù)K=1，試判斷：（1）當CO轉(zhuǎn)化率為25%時，該反應是否達到平衡，若未達到，向哪個方向進行？（2）當CO的起始濃度仍為2mol·L-1，H2O(g)的起始濃度為6mol·L-1，求平衡時CO的轉(zhuǎn)化率？27、已知100gCaCO3(S)分解生成CaO(S)和CO2(g)需要吸收178kJ熱量，12gC(S)燃燒生成CO2(g)放出393.5kJ熱量，如果把0.5tCaCO3煅燒成CaO(S)，在理論上要用C(S)燃料多少kg？28、取rm{100mL}等物質(zhì)的量濃度的硝酸和硫酸混合溶液，當加入rm{200mL}rm{1.5mol?L^{-1}}的rm{Ba(OH)_{2}}溶液時，溶液顯中性rm{.}請計算：

rm{(1)}原混合液中rm{H^{+}}的物質(zhì)的量濃度為______rm{mol?L^{-1}}．

rm{(2)}當原混合液中加入rm{0.5molCu}最終剩余銅的質(zhì)量為______rm{g.}參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【解析】試題分析：配合物中心原子的電荷數(shù)為+4，A錯。由于配位鍵有兩種形式：Pt-Cl和Pt-N，總共兩類六條鍵，且這兩種鍵的鍵長不相等，故不可能是平面正方形。實際上應該是八面體型，四個氯離子構(gòu)成正方形，而兩個氨分子在其上和下。B錯。Pt4+分別以配位鍵與四個氯離子，兩個氨分子中的氮原子成鍵。C對，D錯?？键c：考查配合物理論【解析】【答案】C2、D【分析】【解析】【答案】D3、A【分析】【分析】

本題考查蓋斯定律的計算；根據(jù)已知方程式利用蓋斯定律得到目標方程式即可，側(cè)重考查學生對蓋斯定律的應用，題目難度不大。

【解答】

將方程式rm{2隆脕壟脹+6隆脕壟脵-6隆脕壟脷}得方程式rm{4Fe(s)+3O_{2}(g)簍T2Fe_{2}O_{3}(s)}其反應熱rm{?H=2(-489.0kJ/mol)+6(-393.5kJ/mol)-6(-283.0kJ/mol)=-1641.0kJ/mol}選項rm{?H

=2(-489.0kJ/mol)+6(-393.5kJ/mol)-6(-283.0kJ/mol)=-1641.0kJ/mol}符合題意。

故選A。rm{攏脕}【解析】rm{A}4、D【分析】【分析】本題考查了核外電子排布、影響分子穩(wěn)定性的因素等知識點，難度不大，注意分子的穩(wěn)定性與化學鍵有關(guān)，物質(zhì)的熔沸點與氫鍵有關(guān)。【解答】分子有氫原子，氫原子最外層滿足電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故A.錯誤；在rm{H_{3}BO_{3}}分子有氫原子，氫原子最外層滿足rm{2}電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故rm{A}錯誤；

B.分子的穩(wěn)定性與分子內(nèi)的rm{B-O}、rm{H-O}共價鍵有關(guān)，熔沸點與氫鍵有關(guān)，故rm{B}錯誤；

C.一個rm{H_{3}BO_{3}}分子著rm{6}個極性共價鍵，故rm{C}錯誤；

D.一個rm{H_{3}BO_{3}}分子對應著rm{6}個氫鍵，一個氫鍵對應著rm{2}個rm{H_{3}BO_{3}}分子，因此rm{1molH_{3}BO_{3}}分子的晶體中有rm{3mol}氫鍵，故rm{D}正確。

故選rm{D}。分子的穩(wěn)定性與分子內(nèi)的rm{H_{3}BO_{3}}、rm{H_{3}BO_{3}}共價鍵有關(guān)，熔沸點與氫鍵有關(guān)，故rm{2}錯誤；rm{2}一個rm{A}分子著rm{A}個極性共價鍵，故

B.錯誤；rm{B-O}一個rm{B-O}分子對應著rm{H-O}個氫鍵，一個氫鍵對應著rm{H-O}個rm{B}分子，因此rm{B}分子的晶體中有

C.氫鍵，故rm{H_{3}BO_{3}}正確。rm{H_{3}BO_{3}}故選rm{6}。rm{6}rm{C}【解析】rm{D}5、A【分析】解：rm{A.}化學反應速率為單位時間內(nèi)濃度的變化量，則化學反應速率通常用單位時間內(nèi)反應物濃度的減小或生成物濃度的增大來表示，固體或純液體的濃度變化視為rm{0}故A錯誤；

B.因化學反應速率為平均速率，則化學反應速率為rm{0.8mol/(L?s)}是指rm{1s}內(nèi)該物質(zhì)的濃度變化量為rm{0.8mol/L}故B錯誤；

C.化學反應速率是描述化學反應快慢的物理量；根據(jù)化學反應速率可以知道化學反應進行的快慢，故C正確；

D.反應速率與現(xiàn)象無關(guān)；反應速率快的，現(xiàn)象可能明顯，也可能不明顯，故D錯誤；

故選C．

A.化學反應速率為單位時間內(nèi)濃度的變化量；

B.化學反應速率為平均速率；

C.化學反應速率即為描述化學反應快慢的物理量；

D.反應速率與現(xiàn)象無關(guān)．

本題考查化學反應速率，為高頻考點，側(cè)重于學生的分析能力的考查，明確化學反應速率的定義及計算表達式、化學反應速率的理解等即可解答，選項B為易錯點，題目難度不大．【解析】rm{A}6、D【分析】【解析】【答案】D7、D【分析】解：rm{A}溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，與溶液的酸堿性無關(guān)，向水中滴入少量稀鹽酸，平衡逆向移動，rm{K_{w}}減變；故A錯誤；

B、水的電離是吸熱反應，升高溫度促進水電離，離子積常數(shù)rm{Kw}增大，氫離子濃度增大，溶液的rm{pH}減小；故B錯誤；

C、向水中加入少量金屬鈉，和水反應生成rm{NaOH}故溶液中的rm{c(OH^{-})}增大；水的電離被抑制，平衡逆向移動，則氫離子濃度一定減小，故C正確；

D；溫度不變水的離子積常數(shù)不變；硫酸鈉是強酸強堿鹽，向水中加入硫酸鈉固體后，不影響平衡移動，溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，溫度不知，氫離子濃度不變，故D正確；

故選CD．

根據(jù)水的電離方程式知；向水中加入酸或堿抑制水電離，加入含有弱根離子的鹽能促進水電離，水的離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)，水的電離過程為吸熱過程，加熱促進水的電離．

本題考查離子積常數(shù)、水的電離，明確氫離子或氫氧根離子抑制水電離、弱離子促進水電離即可解答，注意離子積常數(shù)與溶液酸堿性無關(guān)，只與溫度有關(guān)，為易錯點．【解析】rm{D}8、D【分析】略【解析】rm{D}二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】【解析】試題分析：A原子的價電子層的p軌道中只有1個電子，A原子最外層電子數(shù)為3；B、D元素的原子的p能級上都有1個未成對電子，D原子得一個電子填入3p軌道后，3p軌道已充滿，D原子最外層電子數(shù)為7，B原子最外層電子數(shù)為3；C原子的p軌道中有3個未成對電子，C原子最外層電子數(shù)為5，E是同周期第一電離能最小的元素。綜上所述：A是B；B是Al；C是P；D是Cl；E是K。（1）A是B；B是Al；C是P。（2）Cl的非金屬性最強，K的金屬性最強。（3）D在第三周期，第一電離能最大，也就是失去最外層一個電子所需能力最大的元素是Cl；電負性最大，也就是最容易得到電子的元素是Cl。（4）AD3是BCl3，B元素原子的原子軌道發(fā)生的是sp2雜化，分子空間構(gòu)型為平面三角形。（5）B是Al，E的最高價氧化物對應水化物是KOH，發(fā)生反應生成物中有此離子［B(OH)4］–離子方程式是2Al＋2OH-＋6H2O＝2[Al(OH)4]-＋3H2↑。（6）化學式可寫作CxK，由化合物的平面圖形可知，K原子填充在石墨層中，選圖中以K原子為頂點的任意一個三角形（如下圖），可知K為3×(1/6)，三角形內(nèi)的C原子為4，C與K的原子數(shù)之比為8：1，則x=8，故答案為：8，化學式為KC8?？键c：原子結(jié)構(gòu)與元素周期率的關(guān)系共價鍵的形成及共價鍵的主要類型判斷簡單分子或離子的構(gòu)型【解析】【答案】（1）B、Al、P（各1分）（2）HClO4（各1分）(3)ClCl（各1分）（4）sp2平面三角形（各1分）（5）2Al＋2OH-＋6H2O＝2[Al(OH)4]-＋3H2↑（2分）（6）KC8（2分）10、略

【分析】解：（1）未加醋酸時，NaOH溶液的pH=13，則該溶液中c（OH-）=0.1mol/L，NaOH是強電解質(zhì)，則NaOH溶液中c（NaOH）=c（OH-）=0.1mol/L；故答案為：0.1mol/L；

（2）NaOH是強電解質(zhì)；醋酸是弱電解質(zhì)；醋酸鈉是強堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性，要使NaOH、醋酸混合溶液呈中性，則醋酸應該稍微過量，醋酸濃度是NaOH濃度的2倍，則醋酸體積應該是NaOH體積的一半多，則a＞12.5，故答案為：＞；

（3）D點溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的醋酸和醋酸鈉，根據(jù)圖知，混合溶液呈酸性，說明醋酸電離程度大于醋酸根離子水解程度，結(jié)合物料守恒得c（CH3COO-）＞c（Na+），醋酸電離程度較小，則c（Na+）＞c（H+）；

所以離子濃度大小順序是c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；

故答案為：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）．

（1）未加醋酸時，NaOH溶液的pH=13，則該溶液中c（OH-）=0.1mol/L，NaOH是強電解質(zhì)，則NaOH溶液中c（NaOH）=c（OH-）；

（2）NaOH是強電解質(zhì)；醋酸是弱電解質(zhì)；醋酸鈉是強堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性，要使NaOH、醋酸混合溶液呈中性，則醋酸應該稍微過量；

（3）D點溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的醋酸和醋酸鈉；根據(jù)圖知，混合溶液呈酸性，說明醋酸電離程度大于醋酸根離子水解程度，結(jié)合物料守恒判斷．

本題考查酸堿混合溶液定性判斷，為高頻考點，側(cè)重考查學生圖象分析及計算能力，明確圖中每點溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)、溶液酸堿性是解本題關(guān)鍵，知道溶液中存在的電荷守恒和物料守恒，題目難度不大．【解析】0.1mol/L；＞；c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）11、（1）①FeCl3Cu﹣2e﹣=Cu2+②負Fe2+

（2）①Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O②2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O【分析】【分析】本題綜合原電池電解原理乙級原電池知識；綜合性強，難度大，主要考查學生分析問題的能力，是高考的熱點習題。

【解答】rm{(1)壟脵}據(jù)反應物和生成物可以確定該反應為rm{2FeCl_{3}+Cu簍T2FeCl_{2}+CuCl_{2}}所以rm{X}為rm{FeCl_{3}}溶液，rm{Cu}做負極；發(fā)生的電極反應為。

rm{Cu-2e^{-}簍TCu^{2+}}

故答案為：rm{FeCl_{3}}rm{Cu-2e^{-}簍TCu^{2+}}

rm{壟脷}根據(jù)丙圖可知溶液中有三種金屬陽離子，而根據(jù)rm{X}的成分可知rm{X}中只有兩種金屬陽離子，說明在電解過程中還有rm{Cu^{2+}}生成，因此rm{Cu}做陽極，石墨做陰極，所以rm{M}為負極，rm{N}為正極；根據(jù)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量和金屬陽離子的物質(zhì)的量的變化，可知rm{壟脵}為rm{Fe^{3+}}rm{壟脷}為rm{Fe^{2+}}rm{壟脹}為rm{Cu^{2+}}

故答案為：負；rm{Fe^{2+}}

rm{(2)壟脵}電解時陽極發(fā)生氧化反應，電極反應方程式為rm{Fe+8OH^{-}-6e^{-}簍TFeO_{4}^{2-}+4H_{2}O}故答案為：rm{Fe+8OH^{-}-6e^{-}簍TFeO_{4}^{2-}+4H_{2}O}

rm{壟脷NaClO}氧化rm{Fe(OH)_{3}}的反應方程式為rm{2Fe(OH)_{3}+3ClO^{-}+4OH^{-}簍T2FeO_{4}^{2-}+3Cl^{-}+5H_{2}O}

故答案為：rm{2Fe(OH)_{3}+3ClO^{-}+4OH^{-}簍T2FeO_{4}^{2-}+3Cl^{-}+5H_{2}O}

【解析】rm{(1)壟脵FeCl_{3}}rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+;;;}}rm{壟脷}負rm{Fe^{2+}}

rm{(2)壟脵Fe+8OH^{-}-6e^{-}簍TFeO_{4}^{2-}+4H_{2}O}rm{壟脷2Fe(OH)_{3}+3ClO^{-}+4OH^{-}簍T2FeO_{4}^{2-}+3Cl^{-}+5H_{2}O}12、略

【分析】氧的質(zhì)量分數(shù)為1—52.24%=47.76﹪，假設(shè)含有X個氧原子，110<16X／47.76﹪<150X=4化學式為C5H10O4，因為不飽和度為1，所以羰基只有一個?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)4(2)C5H10O4(3)113、略

【分析】解：rm{壟脵.CH_{3}Cl}只含有rm{1}個碳原子，不能發(fā)生消去反應，故rm{壟脵}不符合；

rm{壟脷.}能發(fā)生消去反應生成丙烯，發(fā)生水解反應生成rm{2-}丙醇，故rm{壟脷}符合；

rm{壟脹.}與rm{Cl}原子相連的碳原子的相鄰碳原子上沒有氫原子，所以不能發(fā)生消去反應，故rm{壟脹}不符合；

rm{壟脺.}與rm{Br}原子相連的碳原子的相鄰碳原子上沒有氫原子，所以不能發(fā)生消去反應，故rm{壟脺}不符合；

故選rm{壟脷}．

鹵代烴發(fā)生消去反應的結(jié)構(gòu)特點是：與rm{-X}相連碳的相鄰碳原子上有氫原子的才能發(fā)生消去反應；形成不飽和鍵；

所有鹵代烴均能發(fā)生水解反應，反應實質(zhì)為rm{-X}被rm{-OH}取代．

本題主要考查鹵代烴的消去反應和水解反應，難度不大，注意鹵代烴、醇發(fā)生消去反應的結(jié)構(gòu)特點是：只有rm{-X(-OH)}相連碳原子的相鄰碳上有氫原子的才能發(fā)生消去反應．【解析】rm{壟脷}三、探究題(共4題，共8分)14、略

【分析】Ⅰ．根據(jù)乙的理解，應該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質(zhì)量是水，所以氫氧化銅的質(zhì)量是所以沉淀中CuCO3的質(zhì)量分數(shù)為1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）15、略

【分析】（1）若假設(shè)1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會變?yōu)檠t色。（2）由于鐵離子能氧化單質(zhì)銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會出現(xiàn)血紅色。（3）根據(jù)（2）中分析可知，此時應該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關(guān)的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據(jù)反應式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質(zhì)量是所以混合物中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為【解析】【答案】（1）溶液變?yōu)檠t色（1分）（2）不合理（1分）Cu能將Fe3+還原為Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每個2分，共8分）（4）（2分）16、略

【分析】Ⅰ．根據(jù)乙的理解，應該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質(zhì)量是水，所以氫氧化銅的質(zhì)量是所以沉淀中CuCO3的質(zhì)量分數(shù)為1－（49n/9m）?！窘馕觥俊敬鸢浮竣馧a2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）17、略

【分析】（1）若假設(shè)1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會變?yōu)檠t色。（2）由于鐵離子能氧化單質(zhì)銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會出現(xiàn)血紅色。（3）根據(jù)（2）中分析可知，此時應該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關(guān)的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據(jù)反應式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質(zhì)量是所以混合物中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為【解析】【答案】（1）溶液變?yōu)檠t色（1分）（2）不合理（1分）Cu能將Fe3+還原為Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每個2分，共8分）（4）（2分）四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共28分)18、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色。【解析】①.NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）219、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半徑最小，則X為H元素，X與R的最外層電子數(shù)相等，二者原子序數(shù)相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數(shù)為4，則Z為C元素；U的最高化合價和最低化合物的代數(shù)和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物，則Q為O元素，這兩種化合物為Na2O2、Na2O；T與Z同主族，由于Z是C元素，所以T為Si元素，據(jù)此分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：X為H；Z為C，Q為O，R為Na，T為Si，U為Cl元素。(1)T為Si元素，原子核外電子排布為2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X為H，Z為C，Q為O，同一周期元素原子序數(shù)越大原子半徑越?。辉雍送怆娮訉訑?shù)越多，原子半徑越大，所以上述三種元素中原子半徑由小到大順序為H

(3)R為Na，T為Si，它們的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以與強堿NaOH發(fā)生中和反應產(chǎn)生Na2SiO3和H2O，反應的化學方程式為：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X為H，R為Na，Q為O，H、Na二種元素形成的化合物NaH是離子化合物，X2Q是H2O，NaH與H2O反應產(chǎn)生NaOH和H2。

①NaH中Na+與H-通過離子鍵結(jié)合，電子式為NaH與H2O反應產(chǎn)生NaOH和H2，反應方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活潑的金屬，可以與水反應產(chǎn)生H2，反應方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na殘留，過量的Na與水反應也生成氫氣，因此不能根據(jù)H；Na反應后的固體與水反應放出氫氣確定得到的固體一定是純凈NaH，即該同學的說法不合理。

【點睛】

本題考查元素周期表及原子結(jié)構(gòu)在元素推斷中的應用。根據(jù)元素的原子結(jié)構(gòu)及相互關(guān)系推斷元素是解題關(guān)鍵。熟練掌握結(jié)構(gòu)、性質(zhì)、位置關(guān)系，注意元素金屬性、非金屬性強弱比較實驗事實，要注意基礎(chǔ)知識并靈活運用，注意金屬氫化物有關(guān)問題?！窘馕觥康谌芷冖鬉族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反應后有Na殘留，也能與水反應生成H220、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色。【解析】①.NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）221、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和過量KOH的混合物AgNO3和過量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）繼續(xù)滴加稀HNO3至溶液明顯呈酸性，若白色沉淀溶解，為Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，為AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物五、推斷題(共4題，共28分)22、略

【分析】本題屬于無機框圖題，關(guān)鍵是找準突破點。B是地殼中含量居第一的金屬元素，所以B是鋁，根據(jù)A的焰色反應顯黃色可知，A是鈉。鈉溶于水生成氫氣和氫氧化鈉，即甲是氫氣，D是氫氧化鈉。黃綠色氣體應該是氯氣，則丙就是氯化氫。紅褐色沉淀應該是氫氧化鐵，所以G是氯化鐵，則F是氯化亞鐵，所以C是鐵?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）AlHCl（2）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑（3）Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓23、（1）消去反應加成反應

（2）

（3）NaOH、乙醇溶液加熱

（4）

（5）【分析】【分析】本題考查有機物的推斷與合成、有機反應類型、有機反應方程式書寫，注意根據(jù)反應條件及有機物結(jié)構(gòu)進行推斷，需要學生熟練掌握官能團的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，難度中等。【解答】由合成路線可知，反應rm{壟脵}為光照條件下的取代反應，反應rm{壟脷}為鹵代烴在rm{NaOH/}醇條件下發(fā)生消去反應，則rm{A}為為光照條件下的取代反應，反應rm{壟脵}為鹵代烴在rm{壟脷}醇條件下發(fā)生消去反應，則rm{NaOH/}為rm{A}與溴水發(fā)生加成反應生成，rm{A}與溴水發(fā)生加成反應生成rm{B}為為rm{A}在rm{B}醇條件下發(fā)生消去反應生成，rm{B}在rm{NaOH/}醇條件下發(fā)生消去反應生成rm{1}rm{3-}環(huán)己二烯，反應rm{壟脻}發(fā)生為rm{1}rm{4-}加成反應，反應rm{壟脼}為碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成反應生成rm{C}為rm{B}環(huán)己二烯，反應rm{NaOH/}發(fā)生為rm{1}rm{3-}加成反應，反應rm{壟脻}為碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成反應生成rm{1}為rm{4-}在rm{壟脼}水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應生成rm{C}為，rm{C}在rm{NaOH}水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應生成rm{D}為為醇與乙酸的酯化反應，

rm{C}反應rm{NaOH}是鹵代烴發(fā)生的消去反應，反應rm{D}是碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生的加成反應，故答案為：消去反應；加成反應；

，反應rm{壟脿}為醇與乙酸的酯化反應，由上述分析可知，rm{壟脿}的結(jié)構(gòu)簡式為rm{(1)}反應rm{壟脷}是鹵代烴發(fā)生的消去反應，反應rm{壟脼}是碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生的加成反應，故答案為：消去反應；加成反應；，故答案為：rm{(1)}rm{壟脷}為鹵代烴的消去反應，反應試劑及反應條件為rm{壟脼}乙醇溶液加熱，故答案為：rm{(2)}由上述分析可知，rm{B}的結(jié)構(gòu)簡式為乙醇溶液加熱；rm{(2)}rm{B}的化學方程式為故答案為：，rm{(3)}中還可以發(fā)生反應rm{壟脺}為鹵代烴的消去反應，反應試劑及反應條件為rm{壟脺}加成反應以及完全加成反應，其他可能產(chǎn)物還有故答案為：rm{NaOH}【解析】rm{(1)}消去反應加成反應rm{(2)}rm{(3)NaOH}乙醇溶液加熱rm{(4)}rm{(5)}24、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種元素，它們的核電荷數(shù)依次增大，且都小于rm{20}rm{B}和rm{D}處于同主族，它們原子最外層的rm{p}能級電子數(shù)是rm{s}能級電子數(shù)的兩倍，外圍電子排布為rm{ns^{2}np^{4}}故B為rm{O}元素、rm{D}為rm{S}元素；rm{C}原子最外層上電子數(shù)等于rm{D}原子最外層上電子數(shù)的一半，最外層電子數(shù)為rm{3}且為金屬元素，故C為rm{Al}rm{A}和rm{E}屬同一族，它們原子的最外層電子排布為rm{ns^{1}}處于rm{IA}族，rm{A}為非金屬，結(jié)合原子序數(shù)可知，rm{A}為rm{H}元素，rm{E}為rm{K}元素；

rm{(1)B}為rm{O}元素，rm{E}為rm{K}元素；

故答案為：rm{O}rm{K}

rm{(2)}分析可知五種元素分別為：rm{H}rm{O}rm{Al}rm{S}rm{K}由這五種元素組成的一種化合物是rm{KAl(SO_{4})_{2}?12H_{2}O}溶于水后溶液中鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用可以做凈水劑；

故答案為：rm{KAl(SO_{4})_{2}?12H_{2}O}凈水劑；

rm{(3)C}為rm{Al}元素基態(tài)原子的價電子軌道表示式：rm{C}rm{D}rm{E}三種元素的簡單離子鋁離子電子層兩個，鉀離子和硫離子電子層三個，相同電子層的微粒核電荷數(shù)越大半徑越小，按半徑由小到大的順序為rm{Al^{3+}<K^{+}<S^{2-}}

故答案為：rm{Al^{3+}<K^{+}<S^{2-}}

rm{(4)C}與rm{E}為rm{Al}和rm{K}金屬性越強第一電離能越小，第一電離能的大小關(guān)系是：rm{Al>K}

故答案為：rm{Al>K}

rm{(5)}工業(yè)上是電解熔融的氧化鋁制備金屬鋁；氯化鋁是共價化合物不能導電，不采用其氯化物；

故答案為：rm{AlCl_{3}}是共價化合物；熔融時不導電。

A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種元素，它們的核電荷數(shù)依次增大，且都小于rm{20}rm{B}和rm{D}處于同主族，它們原子最外層的rm{p}能級電子數(shù)是rm{s}能級電子數(shù)的兩倍，外圍電子排布為rm{ns^{2}np^{4}}故B為rm{O}元素、rm{D}為rm{S}元素；rm{C}原子最外層上電子數(shù)等于rm{D}原子最外層上電子數(shù)的一半，最外層電子數(shù)為rm{3}且為金屬元素，故C為rm{Al}rm{A}和rm{E}屬同一族，它們原子的最外層電子排布為rm{ns^{1}}處于rm{IA}族，rm{A}為非金屬，結(jié)合原子序數(shù)可知，rm{A}為rm{H}元素、rm{E}為rm{K}元素；據(jù)此進行解答。

本題考查結(jié)構(gòu)位置與性質(zhì)關(guān)系，題目難度中等，推斷元素是解題的關(guān)鍵，注意掌握原子結(jié)構(gòu)與元素周期律、元素周期表的關(guān)系，試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力及靈活應用能力?！窘馕觥縭m{O}rm{K}rm{KAl(SO_{4})_{2}?12H_{2}O}凈水劑；rm{Al^{3+}<K^{+}<S^{2-}}rm{Al>K}rm{AlCl_{3}}是共價化合物，熔融時不導電25、略

【分析】【分析】本題考查有機物分子式與結(jié)構(gòu)式的確定，官能團的判斷，有機反應方程的書寫。題目難度中等，注意對質(zhì)譜圖、核磁共振氫譜、紅外光譜的簡單識讀，掌握有機物結(jié)構(gòu)式確定的一般方法?！窘獯稹縭m{(1)}由質(zhì)譜圖可知該有機化合物相對分子量為rm{150}rm{(2)N(C)=(150隆脕72%)隆脗12=9}rm{N(H)=(150隆脕6.67%)隆脗1隆脰10}rm{N(O)=(150-108-10)隆脗16=2}所以該有機化合物的分子式為rm{C}rm{C}rm{{,!}_{9}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{10}}rm{O}由紅外光譜圖知，該有機物含有苯環(huán)，占rm{O}個rm{{,!}_{2}}原子，還含有rm{(3)}rm{6}rm{C}rm{C=O}其中rm{C-O-C}rm{C-C}可組合為知有rm{C-H}種氫原子，且其比例為rm{C=O}rm{C-O-C}rm{5}rm{1}rm{2}又由于rm{2}上氫原子數(shù)為rm{2}所以只能有一個rm{3}故該有機物的結(jié)構(gòu)簡式為：rm{-CH_{3}}，屬于酯類，經(jīng)分析該有機化合物的分子中只含一個甲基的依據(jù)是rm{3}

rm{-CH_{3}}其