浙江省溫州市蒼南縣樹人中學2026屆化學高二上期中監(jiān)測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列化學用語正確的是（）A．乙烯的結構簡式：CH2CH2 B．丙烷分子的比例模型為：C．2-甲基-1-丁烯的鍵線式： D．四氯化碳分子的電子式為：2、有關氫氧化鋁的敘述錯誤的是（）A．可溶于硫酸 B．可溶于氨水C．可溶于氫氧化鉀 D．是兩性氫氧化物3、苯乙烯是一種重要的有機化工原料，其結構簡式為，它一般不可能具有的性質是()A．易溶于水，不易溶于有機溶劑B．在空氣中燃燒產生黑煙C．它能使溴的四氯化碳溶液褪色，也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．能發(fā)生加成反應，在一定條件下可與4倍物質的量的氫氣加成4、綠色能源是指使用不會對環(huán)境造成污染的能源。下列屬于綠色能源的是①太陽能②風能③潮汐能④煤⑤天然氣⑥石油A．①②③ B．③④ C．④ D．①②⑥5、已知反應CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)?H>0：某條件下的平衡常數(shù)K=1，在該條件下，向某體積恒定密閉容器中充入一定量CO2(g)和H2(g)，反應到1min時，測得體系中各物質濃度依次為：c(CO2)=1mol/L，c(H2)=1mol/L，c(CO)=0.5mol/L，c(H2O)=0.5mol/L，則下列說法正確的是()A．1min時該反應處于平衡狀態(tài)，正逆反應速率相等B．反應從開始到1min內的平均速率V(CO)=1mol/L.minC．1min時降低溫度，反應逆向進行D．1min時反應正向進行，正反應速率大于逆反應速率6、a為乙二胺四乙酸（EDTA），易與金屬離子形成螯合物．b為EDTA與Ca2+形成的螯合物．下列敘述正確的是A．a和b中的N原子均為sp3雜化 B．b中Ca2+的配位數(shù)為4C．b含有分子內氫鍵 D．b含有共價鍵、離子鍵和配位鍵7、室溫下，將固體溶于水配成溶液，向溶液中加入下列物質，有關結論錯誤的是（）選項加入物質結論A硫酸反應結束后，B溶液中增大C由水電離出的減小D固體反應完全后，溶液減小，增大【選項A】A 【選項B】B 【選項C】C 【選項D】D8、下列敘述中，正確的是A．水難電離，純水幾乎不導電，所以水不是電解質B．醋酸電離程度小于鹽酸,所以醋酸溶液導電性一定比鹽酸弱C．SO3、甲苯都是非電解質，碳酸鈣是強電解質D．HCO3-的水解的離子方程式為：HCO3-+H2OCO32-+H3O+9、人體內所必需的下列元素中，因攝入量不足而導致骨質疏松的是A．K B．Ca C．Na D．Fe10、設NA代表阿佛加德羅常數(shù)，下列說法正確的是()A．6.4g銅與足量稀硫酸反應生成氫氣轉移的電子數(shù)為0.2NAB．常溫常壓下，92g的NO2和N2O4混合氣體含有的氧原子數(shù)為6NAC．100mL0.1mol/L的BaCl2溶液中Ba2+和Cl-微粒總數(shù)為0.02NAD．101kPa、4℃時，18mL水和202kPa、27℃時32gO2所含分子數(shù)均為1NA11、下列物質中，熵值(S)最大的是A．金剛石B．Cl2(l)C．I2(g)D．Cu(s)12、下列分離或提純物質的方法正確的是()A．用蒸餾的方法制取蒸餾水B．用過濾的方法除去NaCl溶液中含有的少量KClC．用溶解、過濾的方法提純含有少量BaSO4的BaCO3D．用加熱、蒸發(fā)的方法可以除去CaCl2、MgCl2等雜質13、化學用語是學習化學的重要工具，下列用來表示物質變化的化學用語中，正確的是（）A．電解飽和食鹽水時，陽極的電極反應式為：2Cl--2e-=Cl2↑B．氫氧燃料電池的負極反應式：O2+2H2O+4e-=4OH-C．粗銅精煉時，與電源正極相連的是純銅，電極反應式為：Cu-2e-=Cu2+D．鋼鐵發(fā)生電化學腐蝕的負極反應式：Fe-3e-=Fe3+14、已知某有機物的結構簡式為CH3CH＝CH—Cl,該有機物能發(fā)生

()①取代反應②加成反應③消去反應④使溴水褪色⑤使酸性KMnO4褪色⑥與AgNO3溶液生成白色沉淀⑦聚合反應A．只有⑥不能發(fā)生 B．只有⑦不能發(fā)生C．以上反應均可發(fā)生 D．只有②不能發(fā)生15、煤燃燒排放的煙氣中含有SO2和NOx，會形成酸雨、污染大氣。在煙氣處理過程中采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時對煙氣進行脫硫、脫硝，在鼓泡反應器中通入含有SO2和NO的煙氣，反應溫度為323K，NaClO2溶液的濃度為5×10-3mol·L-1。反應一段時間后溶液中離子濃度的分析結果如下表：離子SO42-SO32-NO3-NO2-Cl-c/mol·L-18.35×10-46.87×10-61.5×10-41.2×10-53.4×10-3下列說法錯誤的是（）A．NaClO2溶液脫硝過程中主要反應的離子方程式為：4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2OB．增加壓強，NO的轉化率提高C．隨著吸收反應的進行，吸收劑溶液的pH逐漸增大D．由實驗結果可知，脫硫反應的速率大于脫硝反應的速率16、下列依據(jù)熱化學方程式得出的結論正確的是A．在25℃、101kPa時，2gH2完全燃燒生成液態(tài)水，放出285.8kJ熱量，氫氣燃燒熱的熱化學方程式為：2H2(g)+O2(g)2H2O(l)；ΔH=－285.8kJ·mol-1B．CO(g)的燃燒熱是283.0kJ/mol，則2CO2(g)2CO(g)+O2(g)；ΔH=+283.0kJ/molC．在稀溶液中：H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l)；ΔH=－57.3kJ·mol—1，若將含0.5molH2SO4的稀硫酸與1molNaOH固體混合，放出的熱量大于57.3kJD．已知C(石墨,s)C(金剛石,s)；ΔH＝+1.9kJ/mol，則金剛石比石墨穩(wěn)定二、非選擇題（本題包括5小題）17、下表中①~⑦表示元素周期表的部分元素。IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA12①②③3④⑤⑥⑦（1）②元素最外層電子數(shù)比次外層電子數(shù)多______個，該元素的符號是_______；⑦元素的氫化物的電子式為____________________。（2）由①③④三種元素組成的物質是______________，此物質的水溶液顯_____性。（3）⑥元素的原子半徑大于③的理由是____________________________________。（4）④元素的最高價氧化物對應的水化物的堿性強于⑤元素，用一個化學方程式來證明。________________________________________18、有機化學反應因反應條件不同，可生成不同的有機產品。例如：(1)HX+CH3-CH=CH2(X為鹵素原子)(2)苯的同系物與鹵素單質混合，若在光照條件下，側鏈上氫原子被鹵素原子取代；若在催化劑作用下，苯環(huán)上的氫原子被鹵素原子取代。工業(yè)上利用上述信息，按下列路線合成結構簡式為的物質，該物質是一種香料。請根據(jù)上述路線，回答下列問題：(1)A的結構簡式可能為_________。(2)反應①、③、⑤的反應類型分別為________、________、_______。(3)反應④的化學方程式為(有機物寫結構簡式，并注明反應條件)：____。(4)工業(yè)生產中，中間產物A須經反應③④⑤得D，而不采取直接轉化為D的方法，其原因是______。(5)這種香料具有多種同分異構體，其中某些物質有下列特征：①其水溶液遇FeCl3溶液呈紫色②分子中有苯環(huán)，且苯環(huán)上的一溴代物有兩種。寫出符合上述條件的物質可能的結構簡式(只寫兩種)：_____________。19、某研究性學習小組探究FeSO4的化學性質并測定某藥片中FeSO4的含量，回答下列問題。(1)探究FeSO4溶液的酸堿性。實驗測得FeSO4溶液呈______(填“酸性”、“中性”、“堿性”)，原因為______(用離子方程式表示)。(2)利用如圖裝置探究FeSO4的穩(wěn)定性。已知：綠礬為FeSO4·7H2O晶體，受熱分解產物為4種氧化物。①實驗中觀察到Ⅰ中固體逐漸變?yōu)榧t棕色，Ⅱ中有白色沉淀生成。Ⅱ中現(xiàn)象表明綠礬分解產物有_____________(填化學式)。②預測Ⅲ中現(xiàn)象為_________，設計實驗證明Ⅲ中現(xiàn)象有可逆性，操作和現(xiàn)象為：取少量Ⅲ中溶液于試管中，___________。③Ⅳ中NaOH溶液的作用是吸收尾氣，防止污染空氣。反應的化學方程式為_____。(3)缺鐵性貧血往往口服主要成分為FeSO4的藥片。現(xiàn)用氧化還原滴定法測定某品牌藥片中FeSO4含量，反應原理為：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。稱取8.0g藥片，剝掉表面糖衣，將藥片搗碎，配成100mL溶液，用KMnO4溶液滴定。滴定次數(shù)待測FeSO4溶液體積/mL0.1000mol/LKMnO4溶液體積/mL滴定前刻度滴定后刻度125.000.0025.11225.000.5630.56325.000.2225.11該藥片中FeSO4的質量分數(shù)為______，若盛裝KMnO4溶液的滴定管用蒸餾水洗凈后沒有潤洗，則測定結果將______。(填“偏大”、“偏小”、“不變”)。20、某實驗室需要配制500mL0.10mol/LNa2CO3溶液．（1）所需玻璃儀器有：玻璃棒、燒杯、100mL量筒、________、________（2）實驗時圖中所示操作的先后順序為________（填編號）（3）在配制過程中，下列操作對所配溶液濃度有無影響？（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）①稱量時誤用“左碼右物”________②轉移溶液后沒有洗滌燒杯和玻璃棒________③向容量瓶加水定容時俯視液面________④搖勻后液面下降，再加水至刻度線________（4）所需Na2CO3固體的質量為____

g；若改用濃溶液稀釋，需要量取2mol/LNa2CO3溶液________

mL．21、用ClO2處理過的飲用水（pH為5.5～5.6）常含有一定量對人體不利的亞氯酸根離子（ClO2?）。飲用水中ClO2、ClO2?含量可用連續(xù)碘量法進行測定。ClO2被I-還原為ClO2?、Cl?的轉化率與溶液pH的關系如圖所示。當pH≤2.0時，ClO2?也能被I?完全還原成Cl?。反應生成的I2用標準Na2S2O3溶液滴定：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。(1)請寫出pH≤2.0時，ClO2?與I?反應的離子方程式：____________。(2)請完成相應的實驗步驟：步驟1：準確量取VmL水樣加入到錐形瓶中；步驟2：調節(jié)水樣的pH為7.0～8.0；步驟3：加入足量的KI晶體；步驟4：加少量淀粉溶液，用cmol·L?1Na2S2O3溶液滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液V1mL；步驟5：_______________；步驟6：再用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液V2mL。(3)根據(jù)上述分析數(shù)據(jù)，測得該飲用水中ClO2?的濃度為______mol·L?1（用含字母的代數(shù)式表示）(4)25℃時，電離平衡常數(shù)：回答下列問題：a.常溫下，將0.1mol/L的次氯酸溶液與0.1mol/L的碳酸鈉溶液等體積混合，所得溶液中各種離子濃度關系不正確的是_________A．c(Na+)>c(ClO?)>c(HCO3?)>c(OH?)B．c(Na+)>c(HCO3?)>c(ClO?)>c(H+)C．c(Na+)═c(HClO)+c(ClO?)+c(HCO3?)+c(H2CO3)+c(CO32?)D．c(Na+)+c(H+)═c(ClO?)+c(HCO3?)+2c(CO32?)E.c(HClO)+c(H+)+c(H2CO3)═c(OH?)+c(CO32?)b.常溫下,0.1mol/L的酒石酸溶液與pH=13的NaOH溶液等體積混合,所得溶液的pH為6,則c(HC4H4O6?)+2c(C4H4O62?)=____________.（列出計算式）

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【詳解】A．乙烯的分子中含有官能團碳碳雙鍵，不能省略，所以乙烯的結構簡式：CH2=CH2，故A錯誤；B．丙烷結構簡式為CH3CH2CH3，為丙烷分子的球棍模型，它的比例模型為，故B錯誤；C．鍵線式中線表示化學鍵，折點為C原子，2-甲基-1-丁烯的鍵線式為，故C正確；D．氯原子上的孤電子對未標出，四氯化碳電子式為，故D錯誤；答案為C。2、B【詳解】A.氫氧化鋁是兩性氫氧化物，既能溶于強酸，也能溶于強堿，氫氧化鋁可溶于硫酸，故A正確；B.NH3H2O屬于弱堿，氫氧化鋁不能溶于氨水，故B錯誤；C.氫氧化鉀是強堿，氫氧化鋁可溶于氫氧化鉀，故C正確；D.氫氧化鋁是兩性氫氧化物，故D正確；故選B。3、A【詳解】A、苯乙烯為烴類，不溶于水，易溶于有機溶劑，A錯誤；B、其分子式為C8H8，與苯（C6H6）具有相同的最簡式，故苯乙烯燃燒時也會產生黑煙，B正確；C、因分子中含有碳碳雙鍵，故其能與Br2發(fā)生加成反應，能被酸性KMnO4溶液氧化，C正確；D、苯乙烯含有苯環(huán)和碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應；1mol苯環(huán)能與3molH2加成，1mol碳碳雙鍵能與1molH2加成，故該物質在一定條件下可與4倍H2發(fā)生加成反應，D正確；故選A。4、A【詳解】煤、石油、天然氣為化石燃料，不屬于綠色能源。①太陽能、②風能、③潮汐能等在使用不會對環(huán)境造成污染，屬于綠色能源。答案選A。5、D【詳解】A.反應至1min時，體系內=0.25<1，因此反應正向進行，A不符合題意；B.反應從開始到1min內用CO表示的反應速率=0.5mol/（L?min），B不符合題意；C.由于1min時反應還未達到平衡狀態(tài)，因此此時降低溫度，平衡仍正向進行，C不符合題意；D.由于Q<K，反應正向進行，則正反應速率大于逆反應速率，D符合題意；故答案為：D?！军c睛】掌握通過濃度商判斷反應移動方向的方法，QC>K反應向左進行，QC<K反應向右進行，QC=K反應達到平衡。6、A【解析】A．a中N原子形成3個σ鍵、含有1對孤對電子，而b中N原子形成4個σ鍵、沒有孤對電子，N原子雜化軌道數(shù)目均為4，N原子均采取sp3雜化，故A正確；B．b為配離子，鈣離子與N、O原子之間形成配位鍵，b中Ca2+的配位數(shù)為6，故B錯誤；C．b中N原子、O原子均未與H原子形成共價鍵，b中沒有分子內氫鍵，故C錯誤；D．b為配離子，鈣離子與N、O原子之間形成配位鍵，其它原子之間形成共價鍵，不含離子鍵，故D錯誤；故選：A。7、B【分析】Na2CO3溶液存在水解平衡CO+HO=HCO+OH?！驹斀狻緼．n()=n()=0.05L×1mol/L=0.05mol，0.05molNa2CO3中n(Na+)=0.05mol×2=0.1mol，因此鈉離子的濃度是硫酸根離子的兩倍，故A項正確；B．0.05molCaO和水反應生成0.05molCa(OH)2，OH濃度增大，Ca2+和CO反應完全生成CaCO3沉淀，水解平衡向逆向移動，HCO濃度減小，所以溶液中減小，故B錯誤；C．加入水稀釋溶液，雖然促進碳酸根的水解，但是溶液體積增大，因此水電離產生的c(OH)減小，水電離產生的c(OH)和c(H+)相等，因此水電離出的減小，故C項正確；D．加入固體，完全電離產生Na+、H+、，H+濃度增大，酸性增強，pH減小，Na+濃度增大，故D項正確；故選B。8、C【解析】A、部分電離的電解質是弱電解質；B．溶液的導電性取決于離子的濃度，與電解質的強弱無關；C、碳酸鈣溶于水的部分完全電離，碳酸鈣為強電解質，強弱電解質的根本區(qū)別為能否完全電離，與溶液導電性沒有必然關系；D、碳酸氫根離子水解生成碳酸和氫氧根離子。【詳解】A、水能夠極少量電離出氫離子和氫氧根離子，純水幾乎不導電，所以水屬于弱電解質，選項A錯誤；B、醋酸電離程度小于鹽酸，但醋酸溶液導電性不一定比鹽酸弱，選項B錯誤；C、電解質強弱與溶液導電性沒有必然關系，強弱電解質的根本區(qū)別在于能否完全電離，碳酸鈣溶于水的部分完全電離，所以碳酸鈣為強電解質，選項C正確；D、碳酸氫根離子水解生成碳酸和氫氧根離子，其水解方程式為HCO3-+H2OH2CO3+OH-，選項D錯誤；答案選C?！军c睛】本題考查了電解質與非電解質、強電解質與弱電解質的判斷、溶液導電性強弱判斷，題目難度中等，注意明確電解質與非電解質、強電解質與弱電解質的概念及根本區(qū)別，明確影響溶液導電性的根本因素、導電性與強弱電解質沒有必然關系。9、B【詳解】鈣是組成骨胳的主要成分，是骨胳的堅硬支架，幼兒和青少年缺乏會患佝僂病，老年人缺乏會患骨質疏松，故B可選。10、D【解析】A、依據(jù)金屬活動順序表判斷反應是否進行；B、NO2和N2O4的最簡式均為NO2；C、1molBaCl2溶液中含有1molBa2+和2molCl-；D、101kPa、4℃時，18mL水的質量是18g，含有1mol水分子；32gO2的物質的量是1mol。【詳解】A項、銅不與稀硫酸反應，故A錯誤；B項、NO2和N2O4的最簡式均為NO2，故92g混合物中含有的NO2的物質的量n=92g/46g/mol=2mol，故含4molO原子,即4NA個，B錯誤；C項、1molBaCl2溶液中含有1molBa2+和2molCl-，100mL0.1mol/L的BaCl2溶液中溶質的物質的量為0.01mol，則溶液中Ba2+和Cl-微?？倲?shù)為0.03NA，C錯誤；D項、由于101kPa、4℃時，18mL水的質量是18g，物質的量是1mol；32g氧氣物質的量是1mol，所以二者含有的分子數(shù)均為1NA，D正確。故選D?！军c睛】本題考查了阿伏加德羅常的應用，涉及金屬活動順序、物質的量與各量間的轉化關系，注意最簡式相同的物質，無論以何種比例混合，只要總質量一定，所含原子個數(shù)是個定值。11、C【解析】熵是表示衡量混亂的程度，混亂程度程度大小順序是氣體>液體>固體；【詳解】熵是表示衡量混亂的程度，混亂程度程度大小順序是氣體>液體>固體；A、金剛石為固體；B、氯氣的狀態(tài)為液體；C、碘單質的狀態(tài)為氣體；D、銅單質的狀態(tài)為固體；綜上所述，混亂程度最大，即熵最大的是碘蒸氣，故選項C正確。12、A【解析】A項、水的沸點較低，可利用蒸餾的方法制取蒸餾水，故A正確；B項、NaCl、KCl均溶于水，過濾不能除雜，故B錯誤；C項、BaSO4、BaCO3均不溶于水，則溶解、過濾不能除雜，故C錯誤；D項、CaCl2、MgCl2等雜質均溶于水，應轉化為沉淀除去，不能用加熱、蒸發(fā)的方法除去CaCl2、MgCl2等雜質，故D錯誤。故選A?！军c睛】本題考查物質的分離、提純的方法和選擇，注意分離分離和提純目的不同和分離原理是關鍵。13、A【詳解】A、根據(jù)電解原理，陽極：2Cl－－2e－=Cl2↑，故A正確；B、燃料在負極上參加反應，氧氣在正極上參加反應，故B錯誤；C、精煉銅，粗銅作陽極，純銅作陰極，故C錯誤；D、電化學腐蝕中Fe－2e－=Fe2＋，故D錯誤；答案選A。14、A【解析】根據(jù)有機物的結構簡式可知，CH3CH＝CH—Cl分子中含有的官能團為碳碳雙鍵和氯原子，能夠表現(xiàn)烯烴和氯代烴的性質?！驹斀狻扛鶕?jù)有機物的結構簡式可知，分子中含有的官能團為碳碳雙鍵和氯原子，所以可發(fā)生加成反應、取代反應、消去反應、加聚反應，也能使溴水或酸性高錳酸鉀溶液褪色，但和硝酸銀溶液不反應，故選A?！军c睛】本題考查有機物的結構與性質，準確判斷出分子中含有的官能團，結合官能團的結構和性質分析是解答關鍵。15、C【詳解】A．NaClO2具有強氧化性，根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知脫硝過程中NO主要被氧化為NO3-，根據(jù)電子守恒和元素守恒可知離子方程式為：4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O，故A正確；B．正反應是體積減小的，則增加壓強，NO的轉化率提高，故B正確；C．根據(jù)脫硝反應可知反應過程中消耗氫氧根離子，所以溶液pH減小，故C錯誤；D．根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知在相同時間內硫酸根離子的濃度增加的多，因此脫硫反應速率大于脫硝反應速率，故D正確；故答案為C。16、C【詳解】A.燃燒熱是指250C、101kPa下，1mol純物質完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物所放出的熱量，2gH2的物質的量為1mol，氫氣的燃燒熱為285.8kJ/mol，表示H2燃燒熱的熱化學方程式為：H2(g)＋O2(g)=H2O(l);ΔH＝－285.8kJ·mol－1，A項錯誤；B.因為CO(g)的燃燒熱是283.0kJ/mol，所以有熱化學方程式2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)，ΔH＝－566.0kJ·mol－1，作為該反應的逆反應的反應熱數(shù)值相同，符號相反，故有2CO2(g)2CO(g)+O2(g)；ΔH=+566.0kJ/mol，B項錯誤；C.由H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l);ΔH=－57.3kJ·mol—1可知，稀溶液中強酸與強堿發(fā)生中和反應生成1mol水時放出57.3kJ熱量，0.5molH2SO4與1molNaOH恰好反應生成1mol水，但是1molNaOH固體在稀硫酸中溶解時要放出熱量，所以該反應放出的熱量大于57.3kJ，C項正確；D.因為C(石墨,s)C(金剛石,s)；ΔH＝+1.9kJ/mol是吸熱反應，所以金剛石的能量高于石墨的能量，物質具有的能量越低越穩(wěn)定，所以石墨比金剛石穩(wěn)定，D項錯誤；答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、3NNa2CO3堿性③⑥處于同一主族中，它們的原子半徑大小主要取決于電子層數(shù)，⑥原子的電子層數(shù)大于③原子的電子層數(shù)，所以⑥元素的原子半徑大于③元素的原子NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O【詳解】根據(jù)元素在周期表中的分布，可以推知①是C，②是N，③是O，④是Na，⑤是Al，⑥是S，⑦是Cl。（1）②是氮元素，最外層電子數(shù)為5，比次外層電子數(shù)多3個，該元素的符號是N；⑦是Cl元素，其氫化物氯化氫的電子式為；（2）由①③④三種元素組成的物質是碳酸鈉，其化學式為Na2CO3，碳酸鈉是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性；（3）③⑥分別為O、S元素，③⑥處于同一主族中，它們的原子半徑大小主要取決于電子層數(shù)，⑥原子的電子層數(shù)大于③原子的電子層數(shù)，所以⑥元素的原子半徑大于③元素的原子；（4）④是鈉元素，其最高價氧化物對應的水化物氫氧化鈉的堿性強于⑤鋁元素的最高價氧化物的水化物氫氧化鋁，可用化學方程式為NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O來證明。18、、加成反應消去反應水解反應或取代反應中間產物A結構有2種，不穩(wěn)定，若直接由A轉化為D會有大量的副產物生成、【分析】在光照條件下可與氯氣發(fā)生取代反應生成A，A的結構簡式為或，B能發(fā)生加成反應，則A應發(fā)生消去反應，B為，根據(jù)產物可知D為，則C為，以此解答該題?！驹斀狻?1)由以上分析可知A為或；(2)由異丙苯的結構可知，反應①為苯與丙烯發(fā)生加成反應，反應③為A發(fā)生消去反應生成，⑤為發(fā)生取代反應生成；(3)異苯丙烯和氯化氫加成生成，反應④的方程式為：；(4)A為或，D為，中間產物A須經反應③④⑤得D，而不采取直接轉化為D的方法的原因是：中間產物A的結構不確定，若直接由A轉化為D會有大量副產物生成；(5)①該物質的水溶液遇FeCl3溶液呈紫色，說明含有酚羥基；②分子中有苯環(huán)，且苯環(huán)上的一溴代物有兩種，則苯環(huán)上有2個取代基，且位于對位位置，可能為：、、任意2種。19、酸性Fe2++2H2O=Fe(OH)2+2H+SO3品紅溶液中褪色用酒精燈加熱，若品紅顏色恢復成原來的顏色，即可證明品紅褪色有可逆性2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O4.75%偏大【詳解】（1）Fe2+在水溶液中易水解，溶液呈酸性，水解方程式為：Fe2++2H2O=Fe(OH)2+2H+，故答案為：酸性；Fe2++2H2O=Fe(OH)2+2H+；（2）①實驗中觀察到Ⅰ中固體逐漸變?yōu)榧t棕色,說明有氧化鐵生成，Ⅱ中有白色沉淀生成，說明有三氧化硫生成，所以Ⅱ中現(xiàn)象表明綠礬分解產物有SO3，故答案為：SO3；②實驗中觀察到Ⅰ中固體逐漸變?yōu)榧t棕色,說明有氧化鐵生成，即鐵元素價態(tài)升高，根據(jù)氧化還原規(guī)律，則硫元素價態(tài)降低，生成二氧化硫，二氧化硫通入品紅溶液中褪色，要證明品紅褪色有可逆性，可取少量Ⅲ中溶液于試管中，用酒精燈加熱，若品紅顏色恢復成原來的顏色，即可證明品紅褪色有可逆性，故答案為：品紅溶液中褪色；用酒精燈加熱，若品紅顏色恢復成原來的顏色，即可證明品紅褪色有可逆性；③綠礬受熱分解生成了二氧化硫，用NaOH溶液來吸收，防止污染空氣。反應的化學方程式為2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案為：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（3）三組滴定數(shù)據(jù)中，第二組差距較大，應舍棄，取第一、三兩組取平均值得消耗高錳酸鉀的體積為，根據(jù)反應原理為：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，則n(Fe2+)=5n(MnO)=0.1000mol/L×25.00×10-3L=2.5×10-3mol，則FeSO4的質量為2.5×10-3mol×152g/mol=0.38g，該藥片中FeSO4的質量分數(shù)為=4.75%，若盛裝KMnO4溶液的滴定管用蒸餾水洗凈后沒有潤洗，會稀釋標準液，使標準液體積偏大，導致測定結果將偏大，故答案為：4.75%；偏大。20、膠頭滴管500mL容量瓶②④③⑤①⑥偏低偏低偏高偏低5.325.0【解析】實驗室需要配制500mL0.10mol/LNa2CO3溶液，應選擇500mL容量瓶，操作步驟：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻?！驹斀狻浚?）實驗室需要配制500mL0.10mol/LNa2CO3溶液，應選擇500mL容量瓶，操作步驟：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻，用到的儀器：托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管，所以還缺少的玻璃儀器為：500mL容量瓶，膠頭滴管；故答案為500mL容量瓶，膠頭滴管；（2）配制一定物質的量濃度溶液的一般步驟：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻，所以正確的操作步驟為：②④③⑤①⑥；故答案為②④③⑤①⑥；（3）①稱量時誤用“左碼右物”，依據(jù)托盤天平原理：左盤的質量=右盤的質量+游碼的質量，所以實際稱取的質量=砝碼的質量-游碼的質量，稱取的溶質的質量偏小，溶質的物質的量偏小，溶液濃度偏低；故答案為偏低；②轉移溶液后沒有洗滌燒杯和玻璃棒，導致溶質的物質的量偏小，溶液濃度偏低；故答案為偏低；③向容量瓶加水定容時俯視液面，導致溶液體積偏小，溶液的物質的量濃度偏高；故答案為偏高；④搖勻后液面下降，再加水至刻度線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏低；故答案為偏低；（4）實驗室需要配制500mL0.10mol/LNa2CO3溶液，應選擇500mL容量瓶，需要碳酸鈉的質量m=0.10mol/L×106g/mol×0.5L=5.3g；若改用濃溶液稀釋，設需要量取2mol/LNa2CO3溶液體積為V，則依據(jù)溶液稀釋過程中所含溶質的物質的量不變得V×2mol/L=0.10mol/L×500mL，解得V=25.0mL；故答案為5.3；25.0?！军c睛】本題考查了配制一定物質的量濃度的溶液的方法，注意掌握配制一定物質的量濃度的溶液的方法，明確誤差分析的方法與技巧，側重對學生能力的培養(yǎng)和解題方法的指導和訓練。配制一定物質的量濃度溶液的誤差分析，要緊扣公式c=n/V：如①用量筒量取濃硫酸倒入小燒杯后，用蒸餾水洗滌量筒并將洗滌液轉移至小燒杯中，會造成結果偏大，因為量筒中的殘留液是量筒的自然殘留液，在制造儀器時已經將該部分的體積扣除，若洗滌并將洗滌液轉移到容量瓶中，所配溶液濃度偏高；②配制氫氧化鈉溶液時，將稱量好的氫氧化鈉固體放入小燒杯中溶解，未冷卻立即轉移到容量瓶中并定容，會造成結偏大；因為氫氧化鈉固體溶于水放熱，定容后冷卻至室溫，溶液體積縮小，低于刻度線，濃度偏大，若是溶解過程中吸熱的物質，則溶液濃度偏小等等。21、ClO2?+4H++4I?=Cl?+2I2+2H2O調節(jié)溶液的pH≤2.0AD【分析】（1）根據(jù)題意ClO2?與I?的反應在酸性條件下進行，產物為Cl?和I2，根據(jù)質量守恒可寫出離子方程式；（2）題目信息提示用的是連續(xù)碘量法進行測定，步驟6又用Na2S2O3溶液滴定至終點，說明步驟5中有碘生成，結合pH≤2.0時，ClO2?與I?的反應的離子方程式可判斷出調節(jié)溶液的pH≤2.0；（3）由2ClO2+2I－＝2ClO2－+I2和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI可知2ClO2－～Na2S2O3，由ClO2－＋4H＋＋4I－＝Cl－＋2I2＋2H2O和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI可得ClO2－～2Na2S2O3，以此計算飲用水中ClO2?的濃度；（4）Ka1（H2CO3）＞Ka（HClO）＞Ka2（H2CO3），則水