2025年湘教新版高三化學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※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年湘教新版高三化學(xué)下冊(cè)月考試卷897考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列有關(guān)FeCl3溶液與Fe（OH）3膠體的敘述正確的是（）A.能用丁達(dá)爾效應(yīng)鑒別B.都是電解質(zhì)C.將NaOH溶液加入FeCl3溶液中有紅褐色沉淀生成，加入Fe（OH）3膠體則沒有沉淀D.能用過濾的方法分離2、下列有機(jī)物分子，所有碳原子不可能處于同一平面的是（）A.丙炔B.新戊烷C.甲苯D.甲基丙烯3、下列有關(guān)化學(xué)用語表述正確的是（）A.S2-的結(jié)構(gòu)示意圖：B.中子數(shù)為10的氧原子：OC.HClO的電子式：D.硝基苯的結(jié)構(gòu)簡式：4、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是（）A.1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，含Na+0.2NA個(gè)，CO32-0.1NA個(gè)B.1L0.3mol/L的K2SO4溶液中，含K+和SO42-離子總數(shù)為0.9NA個(gè)C.2L0.6mol/L的Fe2（SO4）3溶液中，含SO42-離子總數(shù)為2.4NA個(gè)D.0.1mol/L的H3PO4溶液中，c（H+）：c（PO43-）＜3：15、短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X的原子在元素周期表中原子半徑最小，Y的次外層電子數(shù)是最外層的，ZX2是一種儲(chǔ)氫材料，W與Y屬于同一主族．下列敘述正確的是（）A.原子半徑：rW＞rZ＞rYB.Y形成的離子與W形成的離子的電子數(shù)不可能相同C.化合物X2Y、ZY、WY3中化學(xué)鍵的類型相同D.由X、Y、Z、W組成的化合物的水溶液可能顯酸性6、白磷在高壓下隔絕空氣加熱后急速冷卻，可得鋼灰色固體——黑磷，其轉(zhuǎn)化過程如下：白磷黑磷，黑磷比白磷穩(wěn)定，結(jié)構(gòu)與石墨相似。下列敘述正確的是A.白磷轉(zhuǎn)化為黑磷是吸熱反應(yīng)B.黑磷與白磷互為同分異構(gòu)體C.白磷轉(zhuǎn)化為黑磷是氧化還原反應(yīng)D.黑磷能導(dǎo)電7、下列有關(guān)的現(xiàn)象錯(cuò)誤的是A.鈉在空氣中加熱時(shí)會(huì)劇烈燃燒，產(chǎn)生黃色火焰，生成淡黃色固體B.盛滿氯氣的試管倒扣在水槽中，靜置一段時(shí)間后，水槽中的一部分水進(jìn)入試管C.在空氣中點(diǎn)燃?xì)錃?，然后把?dǎo)管伸入盛有氯氣的集氣瓶中，氫氣劇烈燃燒，產(chǎn)生蒼白色火焰，瓶口處有白霧生成D.過氧化鈉放入硫酸銅溶液中無明顯現(xiàn)象8、結(jié)晶玫瑰是一種有機(jī)物，它具有強(qiáng)烈的玫瑰香氣，是一種很好的定香劑，下列有可能是結(jié)晶玫瑰的分子式的是rm{(}rm{)}A.rm{C_{10}H_{9}Cl_{3}O_{2}}B.rm{C_{10}H_{9}Cl_{2}O_{2}}C.rm{C_{10}H_{12}Cl_{3}O_{2}}D.rm{C_{10}H_{17}Cl_{3}O_{2}}9、可從鉛蓄電池中回收鉛，實(shí)現(xiàn)鉛的再生。在工藝中得到含Na2PbCl4的電解液，電解Na2PbCl4溶液后生成Pb，如圖所示。下列說法正確的是（）A.H+由左室進(jìn)入右室，左室中的pH增大B.左室中生成1molO2，有2molH+經(jīng)過質(zhì)子交換膜C.陰極的電極反應(yīng)方程式為Pb2++2e-=PbD.Na2PbCl4濃度下降后可在陰極區(qū)加入PbO，實(shí)現(xiàn)電解液的繼續(xù)使用評(píng)卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)10、對(duì)于實(shí)驗(yàn)Ⅰ～Ⅳ的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象預(yù)測正確的是（）

A.實(shí)驗(yàn)I：試管中先出現(xiàn)白色膠狀物質(zhì)，后溶解B.實(shí)驗(yàn)II：振蕩后靜置，下層溶液顏色保持不變C.實(shí)驗(yàn)III：抽去中間玻璃片，瓶內(nèi)產(chǎn)生白煙D.實(shí)驗(yàn)IV：BaCl2溶液變渾濁，品紅溶液褪色11、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}四種短周期元素在元素周期表中的相對(duì)位置如圖所示，這四種元素原子的最外層電子數(shù)為rm{20.}下列判斷正確的是rm{(}rm{)}。rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}A.rm{Z}rm{X}rm{Y}形成的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性依次增強(qiáng)B.四種元素形成的單質(zhì)最多有rm{6}種C.四種元素的原子半徑：rm{r_{Z}>r_{Y}>r_{X}>r_{W}}D.四種元素中，rm{X}的氧化物對(duì)應(yīng)的水化物酸性最強(qiáng)12、短周期元素甲、乙、丙、丁在元素周期表的相對(duì)位置如表所示，其中甲的氣態(tài)氫化物的水溶液呈堿性，則下列判斷正確的是rm{(}rm{)}

。甲乙丙丁A.甲位于元素周期表中第rm{2}周期、第Ⅴrm{A}族B.原子半徑：甲rm{>}乙C.單質(zhì)的氧化性：丙rm{>}乙D.氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：丁rm{>}丙rm{>}乙13、在rm{2L}的恒容密閉容器中充入rm{A(g)}和rm{B(g)}發(fā)生反應(yīng)：rm{A(g)+B(g)?2C(g)+D(s)}rm{婁隴H=akJ隆隴mol^{-1}}實(shí)驗(yàn)內(nèi)容和結(jié)果分別如下表和下圖所示。下列說法正確的是rm{(}rm{)}

。實(shí)驗(yàn)序號(hào)溫度起始物質(zhì)的量熱量變化rm{A}rm{B}rm{A}rm{B}Ⅰrm{600隆忙}rm{1mol}rm{3mol}rm{96kJ}Ⅱrm{800隆忙}rm{1.5mol}rm{0.5mol}rm{隆陋隆陋}A.實(shí)驗(yàn)Ⅰ中，rm{10min}內(nèi)平均速率rm{v(B)=0.06mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}B.上述熱化學(xué)方程式中rm{v(B)=0.06

mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}C.rm{a=-160}時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)是rm{600隆忙}D.向?qū)嶒?yàn)Ⅱ的平衡體系中再充入rm{0.45}和rm{0.5molA}rm{1.5molB}的轉(zhuǎn)化率增大rm{A}14、下列過程能一步實(shí)現(xiàn)的是()A.rm{SiO_{2}xrightarrow[]{NaOH}Na_{2}SiO_{3}xrightarrow[]{HCl}H_{2}SiO_{3}}B.rm{Sixrightarrow[碌茫脠錄]{{O}_{2}}SiO_{2}xrightarrow[]{{H}_{2}O}H_{2}SiO_{3}}C.rm{H_{2}SiO_{3}xrightarrow[]{?}SiO_{2}xrightarrow[]{HCl}SiCl_{4}}D.石英砂rm{SiO_{2}xrightarrow[]{NaOH}

Na_{2}SiO_{3}xrightarrow[]{HCl}H_{2}SiO_{3}}粗硅rm{xrightarrow[賂脽脦脗]{C{l}_{2}}SiCl_{4}xrightarrow[賂脽脦脗]{{H}_{2}}}高純度硅rm{Sixrightarrow[碌茫脠錄]{{O}_{2}}

SiO_{2}xrightarrow[]{{H}_{2}O}H_{2}SiO_{3}}15、化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列說法正確的是（）A.碘是人體必需微量元素，所以要多吃富含碘的食物B.為使水果盡快成熟，需要用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土吸收水果產(chǎn)生的乙烯C.福爾馬林、醫(yī)用酒精均能使蛋白質(zhì)變性，可用作消毒劑D.加熱能殺死流感病毒是因?yàn)榈鞍踪|(zhì)受熱變性16、下列各組有機(jī)物的同分異構(gòu)體數(shù)目相等的是（不考慮立體異構(gòu)）（）A.戊烷和丁烯B.戊烷和丙醇C.戊烯和一氯丁烷D.丁烷和甲酸乙酯17、某水溶液只可能含有rm{K^{+}}rm{Al^{3+}}rm{Fe^{3+}}rm{Mg^{2+}}rm{Ba^{2+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Cl^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}中的若干種離子rm{.}某同學(xué)取rm{100mL}的溶液分成兩等份進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：

rm{壟脵}第一份加過量的氫氧化鈉溶液后加熱，收集到rm{0.02mol}的氣體；無沉淀產(chǎn)生，同時(shí)得到溶液甲．

rm{壟脷}向溶液甲中通過量的二氧化碳?xì)怏w，生成白色沉淀，沉淀經(jīng)過濾，洗滌灼燒后，得到rm{1.02g}固體．

rm{壟脹}第二份加足量的氯化鋇溶液后，生成白色沉淀，沉淀經(jīng)鹽酸充分洗滌，干燥，得到rm{11.65g}固體．

據(jù)此，該同學(xué)得到的結(jié)論正確的是rm{(}rm{)}A.實(shí)驗(yàn)rm{壟脵}中產(chǎn)生的氣體為氨氣，并可得原溶液中rm{c(NH_{4}^{+})=0.2}rm{mol?L^{-1}}B.實(shí)驗(yàn)rm{壟脹}中的白色沉淀中一定有rm{BaSO_{4}}無rm{BaCO_{3}}C.原溶液中一定有rm{K^{+}}且rm{c(K^{+})=0.4}rm{mol?L^{-1}}D.若要判斷原溶液中是否有rm{Cl^{-}}無需另外設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證評(píng)卷人得分三、填空題(共6題，共12分)18、（2014秋?高臺(tái)縣校級(jí)期末）在A；B、C三個(gè)燒杯中分別盛有相同濃度的稀硫酸；如圖試試：

①A中反應(yīng)的離子方程式為：____

②B中Sn極附近溶液的pH____（填“增大”、“減小”或“不變”）19、銅是重要金屬；Cu的化合物在科學(xué)研究和工業(yè)生產(chǎn)中具有許多用途；

如CuSO4溶液常用作電解液；電鍍液等．請(qǐng)回答以下問題：

（1）Cu位于元素周期表____族．Cu2+的核外電子排布式為____．

（2）SO42-的立體構(gòu)型是____，其中S原子的雜化軌道類型是____．

（3）Cu2O的熔點(diǎn)比Cu2S的____（填“高”或“低”）

（4）一種銅合金晶體具有面心立方最密堆積的結(jié)構(gòu)，在晶胞中Cu原子處于面心，Au原子處于頂點(diǎn)位置，上述晶體具有儲(chǔ)氫功能，氫原子可進(jìn)入到由Cu原子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中．若將Cu原子與Au原子等同看待，該晶體儲(chǔ)氫后的晶胞結(jié)構(gòu)為CaF2的結(jié)構(gòu)相似，該晶體儲(chǔ)氫后的化學(xué)式應(yīng)為____．20、有機(jī)物A的結(jié)構(gòu)簡式如下圖所示：

有機(jī)物A在稀硫酸中受熱會(huì)水解成B；C兩種產(chǎn)物；B是一種離子化合物，C是一種共價(jià)化合物．

（1）A的分子式為____．在A的結(jié)構(gòu)簡式中虛線框內(nèi)的結(jié)構(gòu)名稱為____．

（2）寫出C跟碳酸氫鈉反應(yīng)的化學(xué)方程式____．1molC最多可以跟含有____molBr2的濃溴水反應(yīng)．

（3）C的同分異構(gòu)體中，屬于酚類也屬于酯類的化合物有____種．

（4）某類有機(jī)物，屬于C的同分異構(gòu)體，分子中有苯環(huán)且苯環(huán)上連有三個(gè)取代基．寫出這類有機(jī)物中含氧官能團(tuán)的名稱____．

（5）寫出B跟過量氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式____．21、某化學(xué)興趣小組發(fā)現(xiàn)實(shí)驗(yàn)室有多件表面呈灰綠色的金屬制品；經(jīng)了解其來源并查閱相關(guān)資料（如下表），初步確認(rèn)為銅制品．

。紫銅青銅銅綠主要成分純銅銅錫合金Cu2（OH）2CO3性質(zhì)與用途紫紅色，質(zhì)軟，導(dǎo)電性能良好；主要用作電線電纜．多呈灰綠色，熔點(diǎn)低、硬度大、可塑性強(qiáng)；可鑄造成各種器具．不溶于水的灰綠色粉末，溶于酸，加熱易分解；可作顏料、殺蟲劑．針對(duì)銅制品表面的灰綠色物質(zhì)究竟是什么；同學(xué)們提出了多種猜想并展開實(shí)驗(yàn)探究．

【猜想假設(shè)】

（1）小吳同學(xué)認(rèn)為可能是純銅制品表面涂上了灰綠色的油漆；

小周同學(xué)認(rèn)為可能是青銅（銅錫合金）；因?yàn)槌Ｒ姷那嚆~是灰綠色的；

小黃同學(xué)認(rèn)為是純銅制品，只是表面長出了銅綠[Cu2（OH）2CO3]；

除上述猜想外，其他合理的猜想是____（只寫一個(gè)）．

【實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證】三位同學(xué)為了驗(yàn)證各自上述的猜想；進(jìn)行了以下探究：

（2）小吳刮下部分灰綠色物質(zhì)放入燃燒匙中進(jìn)行灼燒，發(fā)現(xiàn)該物質(zhì)不能燃燒，證明灰綠色物質(zhì)不是油漆．其判斷依據(jù)是____．

（3）小周刮下足量的灰綠色物質(zhì)投入鹽酸溶液中，觀察到有氣體產(chǎn)生，實(shí)驗(yàn)表明該氣體不能燃燒．將表面刮凈后的銅制品也投入鹽酸中，并無氣體產(chǎn)生．由此證明該銅制品不是青銅，理由是____．

（4）根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)，小黃認(rèn)為灰綠色物質(zhì)可能是銅綠[Cu2（OH）2CO3]．于是按如圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)．

實(shí)驗(yàn)證明小黃的猜測是正確的，因?yàn)樵贏中觀察到灰綠色物質(zhì)變黑，B中觀察到了____的現(xiàn)象，C中觀察到了____的現(xiàn)象．

B中所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：____．

如果將實(shí)驗(yàn)裝置中的B和C進(jìn)行調(diào)換，將無法得出灰綠色物質(zhì)是銅綠的結(jié)論，原因是____．

【實(shí)驗(yàn)拓展】

（5）小黃同學(xué)還從網(wǎng)上找到了利用氨水擦拭去除銅綠的方法，其原理是氨水與堿式碳酸銅反應(yīng)生成銅氨絡(luò)離子[Cu（NH3）42+]，其離子方程式可表示為：____．22、已知NH3分子可與Cu2+形成配合物離子[Cu（NH3）4]2+，則除去硫酸銅溶液中少量硫酸可選用的試劑是____．（填序號(hào)）

①NaOH②NH3③CuOBaCl2⑤Cu（OH）2⑥CuCO3．23、（1）寫出Fe基態(tài)原子的電子排布式：______；

（2）Na、Mg、Al第一電離能由小到大的順序是______；

（3）CO2中含有的σ鍵與π鍵數(shù)目之比為______；

（4）丙烯分子中碳原子雜化軌道類型為______；

（5）寫出一種與CO互為等電子體的分子______；

（6）NH3的空間構(gòu)型是______（用文字描述）．評(píng)卷人得分四、判斷題(共3題，共24分)24、因?yàn)镾O2可以使酸性KMnO4溶液褪色，所以SO2具有漂白性____．（判斷對(duì)錯(cuò)）25、乙酸的結(jié)構(gòu)簡式：C2H4O2____．26、甲烷與氯氣在紫外線照射下的反應(yīng)產(chǎn)物有4種____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、解答題(共3題，共12分)27、粗鹽提純中幾次用到玻璃棒，每次使用的作用各是什么？28、試寫出分子式為C4H7Cl的所有異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式．29、CO2可溶于水生成碳酸．有人為確認(rèn)H2CO3、CH3COOH和的酸性強(qiáng)弱，設(shè)計(jì)了如圖裝置，一次實(shí)驗(yàn)即可達(dá)到目的，請(qǐng)依據(jù)此實(shí)驗(yàn)填空：

①錐形瓶內(nèi)裝某可溶性正鹽固體；分液漏斗中所盛試劑名稱是______；

②裝置F中所盛的試劑是______；裝置F所盛試劑的作用是______；

③裝置G中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是______．

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【分析】A．溶液無丁達(dá)爾效應(yīng)；膠體有丁達(dá)爾效應(yīng)；

B．在水溶液中或在熔化狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物為電解質(zhì)；

C．膠體遇電解質(zhì)發(fā)生聚沉；

D．溶液和膠體都能透過濾紙．【解析】【解答】解：A．丁達(dá)爾效應(yīng)是膠體特有的性質(zhì)；可區(qū)分膠體和溶液，故A正確；

B．溶液和膠體是混合物；不是電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤；

C．Fe（OH）3膠體遇FeCl3溶液發(fā)生聚沉；有沉淀生成，故C錯(cuò)誤；

D．FeCl3溶液和Fe（OH）3膠體都能透過濾紙；不能用過濾分離，故D錯(cuò)誤．

故選A．2、B【分析】【分析】凡是碳原子以四個(gè)單鍵一定為立體結(jié)構(gòu)，而乙烯型的為6原子共面、乙炔型的為4原子共線、苯環(huán)12原子共面．【解析】【解答】解：A．乙炔型；三個(gè)碳原子共線，故A錯(cuò)誤；

B．碳原子以單鍵相連；五個(gè)碳原子剛才正四面體結(jié)構(gòu)，故B正確；

C．苯環(huán)型；七個(gè)碳原子共面，故C錯(cuò)誤；

D．乙烯型；四個(gè)碳原子共面，故D錯(cuò)誤．

故選B．3、A【分析】【分析】A．S2-的最外層電子數(shù)為8；核外電子總數(shù)為18；

B．氧原子的質(zhì)子數(shù)為8；中子數(shù)為10的氧原子的質(zhì)量數(shù)為18；

C．次氯酸的中心原子為O原子；不存在H-Cl鍵；

D．硝基苯結(jié)構(gòu)簡式中，硝基的書寫不規(guī)范，應(yīng)該表示為：O2N-．【解析】【解答】解：A．S2-的結(jié)構(gòu)示意圖中，最外層電子數(shù)為8，硫離子正確的結(jié)構(gòu)示意圖為：故A正確；

B．氧原子的質(zhì)子數(shù)為8，中子數(shù)為10的氧原子的質(zhì)量數(shù)為18，該原子可以表示為：188O；故B錯(cuò)誤；

C．次氯酸為共價(jià)化合物，中心原子為O原子，次氯酸正確的電子式為故C錯(cuò)誤；

D．硝基寫在苯環(huán)左側(cè)時(shí)，應(yīng)該表示為：O2N-，硝基苯正確的結(jié)構(gòu)簡式為：故D錯(cuò)誤．

故選A．4、B【分析】【分析】A、CO32-是弱酸根；在水溶液中會(huì)水解；

B、根據(jù)n=cV計(jì)算硫酸鉀的物質(zhì)的量，1molK2SO4含有3mol離子（2mol鉀離子，1mol硫酸根離子），再根據(jù)N=nNA計(jì)算離子的數(shù)目；

C、根據(jù)n=cV計(jì)算硫酸鐵的物質(zhì)的量，1molFe2（SO4）3含有3molSO42-；

D、H3PO4是中強(qiáng)酸，不能完全電離．【解析】【解答】解：A、CO32-是弱酸根，在水溶液中會(huì)水解，故CO32-個(gè)數(shù)小于0.1NA個(gè)；故A錯(cuò)誤；

B、1L0.3mol/LK2SO4溶液中所含K+、SO42-總數(shù)為1L×0.3mol/L×3×NA=0.9NA；故B正確；

C、2L0.6mol/L的Fe2（SO4）3溶液中硫酸鐵的物質(zhì)的量n=CV=1.2mol，故含SO42-離子的物質(zhì)的量為3.6mol，總數(shù)為3.6NA個(gè)；故C錯(cuò)誤；

D、H3PO4是中強(qiáng)酸，不能完全電離，故c（H+）：c（PO43-）＞3：1；故D錯(cuò)誤．

故選B．5、D【分析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X的原子在元素周期表中原子半徑最小，則X為H元素；Y的次外層電子數(shù)是最外層的，Y原子只能有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，則Y為O元素；W與Y屬于同一主族，則W為S元素；ZX2中，H顯-1價(jià)，Z顯+2價(jià)，則Z為Mg，以此解答該題．【解析】【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X的原子在元素周期表中原子半徑最小，則X為H元素；Y的次外層電子數(shù)是最外層的，Y原子只能有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，則Y為O元素；W與Y屬于同一主族，則W為S元素；ZX2中；H顯-1價(jià)，Z顯+2價(jià)，則Z為Mg；

A．原子半徑最小的原子X為H；同周期隨原子序數(shù)增大原子半徑減小，故原子半徑Mg＞S＞O，故A錯(cuò)誤；

B．O22-與S2-電子數(shù)都是18；故B錯(cuò)誤；

C．H2O和SO3中均為共價(jià)鍵；MgO中為離子鍵，故C錯(cuò)誤；

D．MgSO4?7H2O中Mg2+水解顯酸性；故D正確．

故選D．6、D【分析】試題分析：A、黑磷比白磷穩(wěn)定，則白磷的能量高，則白磷轉(zhuǎn)化為黑磷是放熱反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B、黑磷與白磷是單質(zhì)，互為同素異形體，故B錯(cuò)誤；C、白磷轉(zhuǎn)化為黑磷中磷的化合價(jià)未變，不是氧化還原反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D、石墨能導(dǎo)電，黑磷的結(jié)構(gòu)與石墨相似，所以黑磷也能導(dǎo)電，故D正確，答案選D?？键c(diǎn)：考查反應(yīng)熱、同素異形體、氧化還原反應(yīng)以及物質(zhì)導(dǎo)電性的判斷【解析】【答案】D7、D【分析】Na2O2放入CuSO4溶液中，先與水反應(yīng)產(chǎn)生NaOH和O2，NaOH再與CuSO4反應(yīng)生成藍(lán)色沉淀Cu(OH)2?！窘馕觥俊敬鸢浮緿8、A【分析】解：結(jié)晶玫瑰是一種有機(jī)物，它具有強(qiáng)烈的玫瑰香氣，是一種很好的定香劑，結(jié)晶玫瑰應(yīng)該為酯，且為芳香酯，氯為氫的取代物，將各選項(xiàng)中的氯換成氫，分別為rm{C_{10}H_{12}O_{2}}rm{C_{10}H_{11}O_{2}}rm{C_{10}H_{15}O_{2}}rm{C_{10}H_{20}O_{2}}碳為rm{4}價(jià)，氧為rm{2}價(jià)，所以氫數(shù)不可能為奇數(shù)，所以rm{C_{10}H_{11}O_{2}}rm{C_{10}H_{15}O_{2}}不可能，結(jié)晶玫瑰應(yīng)該為芳香酯，rm{C_{10}H_{20}O_{2}}不可能，只有rm{C_{10}H_{12}O_{2}}可能；

故選A．

結(jié)晶玫瑰是一種有機(jī)物；它具有強(qiáng)烈的玫瑰香氣，應(yīng)該為酯，且為芳香酯，將選項(xiàng)中的氯換成氫，結(jié)合碳；氧價(jià)鍵數(shù)進(jìn)行判斷．

本題考查了結(jié)晶玫瑰的分子式的推斷，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，明確物質(zhì)中含有的官能團(tuán)是解本題關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】rm{A}9、A【分析】解：A．陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2H2O-4e-=O2↑+4H+；陽極室氫離子濃度增大，所以陽極附近PH減小，故A錯(cuò)誤；

B．陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2H2O-4e-=O2↑+4H+，陽極區(qū)會(huì)有氣泡冒出，產(chǎn)生O2；故B正確；

C．電解Na2PbCl4溶液，生成Pb，Pb元素得電子化合價(jià)降低，在陰極上發(fā)生反應(yīng)，電極反應(yīng)式為PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-；故C正確；

D．陰極電解一段時(shí)間后溶液為HCl和NaC1的混合溶液，將PbO粗品溶解在HCl和NaC1的混合溶液中，得到含Na2PbC14的電解液，繼續(xù)向陰極區(qū)加PbO粗品可恢復(fù)其濃度且實(shí)現(xiàn)物質(zhì)的循環(huán)利用；故D正確；

故選：A。

裝置為電解池，與電源正極相連的電極為陽極，與電源負(fù)極相連的電極為陰極，陰極的電極反應(yīng)是發(fā)生還原反應(yīng)，元素化合價(jià)降低，陰極的電極反應(yīng)式是，PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-，陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2H2O-4e-=O2↑+4H+；

A．陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2H2O-4e-=O2↑+4H+

B．陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，產(chǎn)生O2；

C．電解池陰極上PbCl42-發(fā)生還原反應(yīng)，生成Pb；

D．電解池工作一段時(shí)間，所得電解產(chǎn)物為Pb和O2，溶液為HCl和NaC1的混合溶液，而PbO能溶解在HCl和NaC1的混合溶液中。

本題考查電解原理，側(cè)重考查學(xué)生獲取信息解答問題能力，明確各個(gè)電極上發(fā)生的反應(yīng)及物質(zhì)的性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是電極反應(yīng)式的書寫，題目難度不大?！窘馕觥緼二、雙選題(共8題，共16分)10、C|D【分析】解：A．鋁離子和氨水反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀；氫氧化鋁不溶于氨水，但能溶于氫氧化鈉溶液，所以實(shí)驗(yàn)I：試管中出現(xiàn)白色膠狀物質(zhì)，故A錯(cuò)誤；

B．氫氧化鈉和碘反應(yīng)生成無色物質(zhì)；所以實(shí)驗(yàn)II：振蕩后靜置，下層溶液褪色，故B錯(cuò)誤；

C．氨氣和氯化氫氣體相遇立即反應(yīng)生成白煙氯化銨；所以實(shí)驗(yàn)III：抽去中間玻璃片，瓶內(nèi)產(chǎn)生白煙，故C正確；

D．三氧化硫和水反應(yīng)生成硫酸；硫酸和氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇白色沉淀，二氧化硫和氯化鋇不反應(yīng)，二氧化硫和品紅溶液反應(yīng)生成無色物質(zhì)，所以品紅溶液褪色，故D正確；

故選CD．

A．鋁離子和氨水反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀；氫氧化鋁不易溶于弱堿；

B．氫氧化鈉能和碘反應(yīng)；

C．氨氣和氯化氫氣體反應(yīng)生成白煙；

D．三氧化硫和水反應(yīng)生成硫酸；硫酸和鋇離子反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，二氧化硫和品紅溶液反應(yīng)生成無色物質(zhì)．

明確元素化合物的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵，注意氫氧化鋁不溶于弱堿但能溶于強(qiáng)堿，明確“煙”和“霧”的區(qū)別．【解析】【答案】CD11、rA【分析】解：rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}四種短周期元素，結(jié)合位置可知，rm{W}rm{X}rm{Y}為第二周期元素，rm{Z}為第三周期，設(shè)rm{X}的最外層電子數(shù)為rm{x}則rm{W}的最外層電子數(shù)為rm{x-1}rm{Y}的最外層電子數(shù)為rm{x+1}rm{Z}的最外層電子數(shù)為rm{x}則rm{x+x+x-1+x+1=20}解得rm{x=5}則rm{W}為rm{C}rm{X}為rm{N}rm{Y}為rm{O}rm{Z}為rm{P}

A.非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)氫化物越穩(wěn)定，則rm{Z}rm{X}rm{Y}形成的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性依次增強(qiáng)；故A正確；

B.rm{C}對(duì)應(yīng)單質(zhì)有金剛石、石墨、rm{C_{60}}rm{C_{70}}等，rm{O}元素的單質(zhì)有氧氣、臭氧等，rm{P}的單質(zhì)有白磷；紅磷等；故B錯(cuò)誤；

C.電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則四種元素的原子半徑：rm{r_{Z}>r_{W}>r_{X}>r_{Y}}故C錯(cuò)誤；

D.四種元素中，rm{X}的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為硝酸；酸性最強(qiáng)，故D錯(cuò)誤；

故選A．

rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}四種短周期元素，結(jié)合位置可知，rm{W}rm{X}rm{Y}為第二周期元素，rm{Z}為第三周期，設(shè)rm{X}的最外層電子數(shù)為rm{x}則rm{W}的最外層電子數(shù)為rm{x-1}rm{Y}的最外層電子數(shù)為rm{x+1}rm{Z}的最外層電子數(shù)為rm{x}則rm{x+x+x-1+x+1=20}解得rm{x=5}則rm{W}為rm{C}rm{X}為rm{N}rm{Y}為rm{O}rm{Z}為rm{P}然后結(jié)合元素周期律來解答．

本題考查位置、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握元素的位置、最外層電子數(shù)推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意元素周期律的應(yīng)用，題目難度不大．【解析】rm{A}12、AB【分析】解：短周期元素甲、乙、丙、丁，其中甲的氣態(tài)氫化物的水溶液呈堿性，則甲為rm{N}由元素周期表的相對(duì)位置可知，乙為rm{O}丙為rm{S}丁為rm{Cl}

A.甲為rm{N}元素，原子核外有rm{2}的電子層、最外層電子數(shù)為rm{5}處于第二周期第Ⅴrm{A}族；故A正確；

B.同周期隨原子序數(shù)增大原子半徑減小，故原子半徑：甲rm{>}乙；故B正確；

C.rm{O}rm{S}同主族；自上而下非金屬性減弱，故氧氣的氧化性比硫強(qiáng)，故C錯(cuò)誤；

D.非金屬性rm{O>S}rm{Cl>S}故氫化物穩(wěn)定性：丁rm{>}丙，乙rm{>}丙；故D錯(cuò)誤；

故選AB．

短周期元素甲、乙、丙、丁，其中甲的氣態(tài)氫化物的水溶液呈堿性，則甲為rm{N}由元素周期表的相對(duì)位置可知，乙為rm{O}丙為rm{S}丁為rm{Cl}

A.主族元素周期數(shù)rm{=}電子層數(shù)、族序數(shù)rm{=}最外層電子數(shù)；

B.同周期隨原子序數(shù)增大原子半徑減?。?/p>

C.同主族自上而下非金屬性減弱；非金屬性越強(qiáng)，單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)；

D.非金屬性越強(qiáng)；氫化物越穩(wěn)定．

本題考查元素周期表與元素周期律，難度不大，側(cè)重對(duì)元素周期律的考查，注意整體把握元素周期表的結(jié)構(gòu)．【解析】rm{AB}13、BD【分析】【分析】本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算，題目難度中等，準(zhǔn)確分析表中數(shù)據(jù)與圖像變化的關(guān)系為解答關(guān)鍵，注意掌握三段式在化學(xué)平衡計(jì)算中的應(yīng)用方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力和計(jì)算能力。A.圖象分析可知實(shí)驗(yàn)Ⅰ中，rm{10}rm{min}內(nèi)rm{C}生成了rm{1.2mol}結(jié)合化學(xué)反應(yīng)速率rm{v=dfrac{?c}{?t}}計(jì)算，速率之比等于化學(xué)方程式計(jì)量數(shù)之比，以此計(jì)算rm{B}的反應(yīng)速率；B.根據(jù)圖象中的變化量結(jié)合圖表中熱量變化計(jì)算，依據(jù)化學(xué)平衡三段式可知，rm{A(g)+B(g)?2C(g)+D(s)triangleH=a}rm{A(g)+B(g)?2C(g)+D(s)triangle

H=a}起始量rm{kJ/mol}rm{(mol)}rm{1}rm{3}rm{0}變化量rm{akJ}rm{(mol)}rm{0.6}rm{0.6}rm{1.2}平衡量rm{96kJ}rm{(mol)}rm{0.4}rm{2.4}反應(yīng)焓變是指rm{1.2}全部反應(yīng)的熱量變化；C.結(jié)合rm{1molA}中化學(xué)平衡三段式列式計(jì)算平衡濃度，rm{A}rm{c(A)=0.2mol/L}rm{c(B)=1.2mol/L}平衡常數(shù)等于生成物平衡濃度冪次方乘積除以反應(yīng)物平衡濃度冪次方乘積；D.根據(jù)等效平衡分析判斷，反應(yīng)前后氣體體積不變，等比等效分析。【解答】A.rm{c(C)=0.6mol/L}rm{10}內(nèi)rm{min}生成了rm{C}則反應(yīng)速率rm{v(C)=dfrac{1.2mol}{2L隆脕10min}=0.06mol/(L?min)}速率之比等于化學(xué)方程式計(jì)量數(shù)之比，rm{v(B)=dfrac{1}{2}v(C)=0.06mol/(L?min)隆脕dfrac{1}{2}=0.03mol/(L?min)}故A錯(cuò)誤；B.由化學(xué)平衡三段式可知，rm{A(g)+B(g)?2C(g)+D(s)triangleH=a}rm{1.2mol}起始量rm{v(C)=dfrac{1.2mol}{2L隆脕10min}

=0.06mol/(L?min)}rm{v(B)=dfrac{1}{2}

v(C)=0.06mol/(L?min)隆脕dfrac{1}{2}=0.03mol/(L?min)}rm{A(g)+B(g)?2C(g)+D(s)triangle

H=a}rm{kJ/mol}rm{(mol)}變化量rm{1}rm{3}rm{0}rm{akJ}rm{(mol)}平衡量rm{0.6}rm{0.6}rm{1.2}rm{96kJ}反應(yīng)焓變是指rm{(mol)}全部反應(yīng)的熱量變化，則rm{a=dfrac{96kJ}{0.6mol}=160kJ/mol}分析圖象，先拐先平溫度高，溫度越高rm{0.4}物質(zhì)的量越小，溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，說明反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以rm{2.4}故B正確；C.由rm{1.2}中可知平衡濃度：rm{1molA}rm{a=dfrac{96kJ}{0.6mol}

=160kJ/mol}rm{C}平衡常數(shù)rm{K=dfrac{0.{6}^{2}}{0.2隆脕1.2}=1.5}故C錯(cuò)誤；D.反應(yīng)前后氣體體積不變，等比等效，開始投入量rm{a=?160kJ/mol}rm{A}之比為rm{c(A)=0.2mol/L}向?qū)嶒?yàn)Ⅱ的平衡體系中再充rm{c(B)=1.2mol/L}和rm{c(C)=0.6mol/L}可以看作先投入rm{K=dfrac{0.{6}^{2}}{0.2隆脕1.2}

=1.5}rm{A}rm{B}和rm{3:1}rm{1.5molA}rm{0.5molB}后再投入rm{0.5}rm{mol}rm{A}和rm{1.5}rm{mol}rm{B}兩個(gè)平衡為等效平衡，則rm{0.5}的轉(zhuǎn)化率不變，故D正確。故選BD。rm{mol}【解析】rm{BD}14、AD【分析】【分析】考查硅及其化合物的化學(xué)性質(zhì)，較容易?！窘獯稹緼.rm{SiO_{2}xrightarrow[]{NaOH}Na_{2}SiO_{3}xrightarrow[]{HCl}H_{2}SiO_{3}}，可以實(shí)現(xiàn)，故A正確；B.rm{SiO_{2}xrightarrow[]{{H}_{2}O}H_{2}SiO_{3}}不能一步實(shí)現(xiàn)，故B錯(cuò)誤；C.rm{SiO_{2}xrightarrow[]{HCl}SiCl_{4}}不能一步實(shí)現(xiàn)，故C錯(cuò)誤；D.石英砂rm{SiO_{2}xrightarrow[]{NaOH}

Na_{2}SiO_{3}xrightarrow[]{HCl}H_{2}SiO_{3}}粗硅rm{xrightarrow[賂脽脦脗]{C{l}_{2}}SiCl_{4}xrightarrow[賂脽脦脗]{{H}_{2}}}高純度硅，可以實(shí)現(xiàn)，故D正確。故選AD。rm{SiO_{2}xrightarrow[]{{H}_{2}O}

H_{2}SiO_{3}}【解析】rm{AD}15、CD【分析】解：A．碘是人體必需微量元素；但不是要多吃富含碘的食物，而是要適量攝取，多吃富含碘元素的食物會(huì)形成高碘癥，故A錯(cuò)誤；

B．乙烯具有催熟作用；能被高錳酸鉀氧化，用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅土吸收水果產(chǎn)生的乙烯，是為了延長水果的成熟期，故B錯(cuò)誤；

C．甲醛；乙醇等有機(jī)物可以使蛋白質(zhì)變性；常用福爾馬林、醫(yī)用酒精作消毒劑，故C正確；

D．加熱可使蛋白質(zhì)變性；則可用加熱的方法殺菌消毒，故D正確；

故選：CD。

A．多吃富含碘元素的食物會(huì)形成高碘癥；

B．乙烯具有催熟作用；能被高錳酸鉀氧化；

C．甲醛；乙醇等有機(jī)物可以使蛋白質(zhì)變性；

D．加熱可使蛋白質(zhì)變性；

本題考查了化學(xué)與生產(chǎn)、生活的關(guān)系，側(cè)重考查物質(zhì)的用途，性質(zhì)決定用途，熟悉相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度不大?！窘馕觥緾D16、B|D【分析】解：A、戊烷的分子式是C5H12，只存在碳鏈異構(gòu)，根據(jù)減碳法可知戊烷的同分異構(gòu)體有三種：CH3CH2CH2CH2CH3、（CH3）2CHCH2CH3、C（CH3）4；丁烯的分子式為C4H8，其同分異構(gòu)體可能為烯烴也可能是環(huán)烷烴，若為烯烴，則同分異構(gòu)體有3種：CH2=CHCH2CH3，CH3CH=CHCH3，CH2=C（CH3）2；若為環(huán)烷烴；則可能有2種：甲基環(huán)丙烷，環(huán)丁烷，故丁烯的同分異構(gòu)體共有5種，故A不選；

B、戊烷的分子式是C5H12，只存在碳鏈異構(gòu)，根據(jù)減碳法可知戊烷的同分異構(gòu)體有三種：CH3CH2CH2CH2CH3、（CH3）2CHCH2CH3、C（CH3）4；丙醇的分子式為C3H8O，根據(jù)官能團(tuán)異構(gòu)可知其同分異構(gòu)體可能是醇類也可能是醚類，如果是醇類，則有2種：CH3CH2CH2OH，CH3CH（OH）CH3；如果是醚類，則有1種：CH3OCH3；丙醇的同分異構(gòu)體也共有3種，故B選；

C、戊烯的分子式為C5H10，根據(jù)官能團(tuán)異構(gòu)可知其同分異構(gòu)體可能為烯烴，也可能為環(huán)烷烴，如果為烯烴，根據(jù)碳鏈異構(gòu)和位置異構(gòu)可知有5種：CH2=CHCH2CH2CH3，CH3CH=CHCH2CH3，CH2=C（CH3）CH2CH3，（CH3）2C=CHCH3，（CH3）2CHCH=CH2；如果為環(huán)烷烴，則可能結(jié)構(gòu)有4種：乙基環(huán)丙烷，二甲基環(huán)丙烷，甲基環(huán)丁烷，環(huán)戊烷，即戊烯的同分異構(gòu)體共有8種；

一氯丁烷即是用一個(gè)Cl取代了丁烷上的一個(gè)H原子，丁烷的同分異構(gòu)體有兩種：正丁烷和異丁烷，故丁烷的一氯代物共有四種：CH2ClCH2CH2CH3，CH3CHClCH2CH3，CH2ClCH（CH3）2，CCl（CH3）3；故C不選；

D、根據(jù)碳鏈異構(gòu)書寫可知丁烷的同分異構(gòu)體有2種：正丁烷和異丁烷；甲酸乙酯的分子式為C2H4O2，根據(jù)官能團(tuán)異構(gòu)可知其同分異構(gòu)體可能為酯類，也可能為酸類，如果為酯類，則為：CH3OOCH；如果為酸類；則為乙酸，即甲酸乙酯的同分異構(gòu)體有2種，故D選．

故選BD．

A；根據(jù)碳鏈異構(gòu)來判斷出戊烷的同分異構(gòu)體數(shù)；根據(jù)碳鏈異構(gòu)和位置異構(gòu)書寫丁烯的同分異構(gòu)體；

B；根據(jù)碳鏈異構(gòu)來判斷出戊烷的同分異構(gòu)體數(shù)；根據(jù)官能團(tuán)異構(gòu)和位置異構(gòu)書寫丙醇的同分異構(gòu)體數(shù)；

C；根據(jù)官能團(tuán)異構(gòu)、碳鏈異構(gòu)和位置異構(gòu)書寫戊烯的同分異構(gòu)體；根據(jù)位置異構(gòu)書寫一氯丁烷的同分異構(gòu)體；

D；根據(jù)碳鏈異構(gòu)書寫丁烷的同分異構(gòu)體；根據(jù)官能團(tuán)和位置異構(gòu)書寫甲酸乙酯的同分異構(gòu)體．

本題考查了有機(jī)物的同分異構(gòu)體的書寫，難度不大，應(yīng)注意碳鏈異構(gòu)、官能團(tuán)異構(gòu)和位置異構(gòu)的書寫．【解析】【答案】BD17、rBC【分析】解：rm{壟脵}第一份加過量的氫氧化鈉溶液后加熱，收集到rm{0.02mol}的氣體，無沉淀產(chǎn)生，同時(shí)得到溶液甲，則一定不含rm{Fe^{3+}}rm{Mg^{2+}}一定含rm{NH_{4}^{+}}rm{n(NH_{4}^{+})=0.02mol}

rm{壟脷}向溶液甲中通過量的二氧化碳?xì)怏w，生成白色沉淀，白色沉淀為氫氧化鋁，則原溶液一定含rm{Al^{3+}}與rm{Al^{3+}}反應(yīng)的rm{CO_{3}^{2-}}不能存在，沉淀經(jīng)過濾，洗滌灼燒后，得到rm{1.02g}固體，固體為氧化鋁，則rm{n(Al^{3+})=dfrac{1.02g}{102g/mol}隆脕2=0.02mol}

rm{n(Al^{3+})=dfrac

{1.02g}{102g/mol}隆脕2=0.02mol}第二份加足量的氯化鋇溶液后，生成白色沉淀，沉淀經(jīng)鹽酸充分洗滌，干燥，得到rm{壟脹}固體，固體為硫酸鋇，原溶液中一定含rm{11.65g}與rm{SO_{4}^{2-}}反應(yīng)的rm{SO_{4}^{2-}}不能存在，rm{n(SO_{4}^{2-})=dfrac{11.65g}{233g/mol}=0.05mol}

由電荷守恒可知，陰離子總數(shù)rm{Ba^{2+}}陽離子總數(shù)rm{n(SO_{4}^{2-})=dfrac

{11.65g}{233g/mol}=0.05mol}則一定還含陽離子rm{(0.05mol隆脕2)>}上述實(shí)驗(yàn)不能確定是否含rm{(0.02隆脕1+0.02隆脕3)}

A.實(shí)驗(yàn)rm{K^{+}}中產(chǎn)生的氣體為氨氣，并可得原溶液中rm{c(NH_{4}^{+})=dfrac{0.02mol}{0.05L}=0.4mol?L^{-1}}故A錯(cuò)誤；

B.由上述分析可知，實(shí)驗(yàn)rm{Cl^{-}}中的白色沉淀中一定有rm{壟脵}無rm{c(NH_{4}^{+})=dfrac

{0.02mol}{0.05L}=0.4mol?L^{-1}}碳酸鋇與鹽酸反應(yīng)，故B正確；

C.原溶液中一定有rm{壟脹}且rm{c(K^{+})=dfrac{0.05mol隆脕2-0.02mol-0.02mol隆脕3}{0.05L}=0.4}rm{BaSO_{4}}故C正確；

D.若要判斷原溶液中是否有rm{BaCO_{3}}需要排除硫酸根離子的干擾后，加硝酸；硝酸銀檢驗(yàn)，故D錯(cuò)誤；

故選BC．

rm{K^{+}}第一份加過量的氫氧化鈉溶液后加熱，收集到rm{c(K^{+})=dfrac

{0.05mol隆脕2-0.02mol-0.02mol隆脕3}{0.05L}=0.4}的氣體，無沉淀產(chǎn)生，同時(shí)得到溶液甲，則一定不含rm{mol?L^{-1}}rm{Cl^{-}}一定含rm{壟脵}rm{0.02mol}

rm{Fe^{3+}}向溶液甲中通過量的二氧化碳?xì)怏w，生成白色沉淀，白色沉淀為氫氧化鋁，則原溶液一定含rm{Mg^{2+}}與rm{NH_{4}^{+}}反應(yīng)的rm{n(NH_{4}^{+})=0.02mol}不能存在，沉淀經(jīng)過濾，洗滌灼燒后，得到rm{壟脷}固體，固體為氧化鋁，則rm{n(Al^{3+})=dfrac{1.02g}{102g/mol}隆脕2=0.02mol}

rm{Al^{3+}}第二份加足量的氯化鋇溶液后，生成白色沉淀，沉淀經(jīng)鹽酸充分洗滌，干燥，得到rm{Al^{3+}}固體，固體為硫酸鋇，原溶液中一定含rm{CO_{3}^{2-}}與rm{1.02g}反應(yīng)的rm{n(Al^{3+})=dfrac

{1.02g}{102g/mol}隆脕2=0.02mol}不能存在，rm{n(SO_{4}^{2-})=dfrac{11.65g}{233g/mol}=0.05mol}然后結(jié)合電荷守恒解答．

本題考查無機(jī)物的推斷，為高頻考點(diǎn)，把握發(fā)生的反應(yīng)、現(xiàn)象推斷物質(zhì)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與推斷能力的考查，注意溶液分為兩等份及電荷守恒應(yīng)用，題目難度不大．rm{壟脹}【解析】rm{BC}三、填空題(共6題，共12分)18、Fe+2H+=Fe2++H2↑增大【分析】【分析】①鐵的化學(xué)性質(zhì)；能與酸反應(yīng)；

②根據(jù)金屬活潑性判斷原電池的正負(fù)極，電極反應(yīng)式得出正確結(jié)論．【解析】【解答】解：①鐵與硫酸反應(yīng)的離子方程式為：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案為：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

②鐵比錫活潑，錫為原電池正極，電極反應(yīng)式為：2H++2e-=H2↑，氫離子濃度減小，溶液的pH值增大，故答案為：增大．19、ⅠB1s22s22p63s23p63d9正四面體sp3高Cu3AuH8【分析】【分析】（1）銅是29號(hào)元素，位于周期表中第四周期，第ⅠB族，根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律可寫出Cu2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9；據(jù)此答題；

（2）根據(jù)SO42-中心原子含有的共價(jià)鍵個(gè)數(shù)與孤電子對(duì)個(gè)數(shù)之和確定其空間構(gòu)型和雜化方式；

（3）因?yàn)檠蹼x子的半徑小于硫離子；根據(jù)離子半徑對(duì)晶格能的影響可知，半徑越小晶格能越大，物質(zhì)的熔沸點(diǎn)就越高，據(jù)此判斷；

（4）CaF2的結(jié)構(gòu)如利用均攤法計(jì)算．【解析】【解答】解：（1）銅是29號(hào)元素，位于周期表中第四周期，第ⅠB族，根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律可寫出Cu2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9；

故答案為：ⅠB；1s22s22p63s23p63d9；

（2）SO42-離子中含有4個(gè)σ鍵，沒有孤電子對(duì)，所以其立體構(gòu)型是正四面體，硫原子采取sp3雜化；

故答案為：正四面體，sp3；

（3）因?yàn)檠蹼x子的半徑小于硫離子，根據(jù)離子半徑對(duì)晶格能的影響可知，半徑越小晶格能越大，物質(zhì)的熔沸點(diǎn)就越高，所以Cu2O的熔點(diǎn)比Cu2S的高；故答案為：高；

（4）CaF2的結(jié)構(gòu)如圖Cu原子處于面心，所以晶胞中Cu原子個(gè)數(shù)為=3，Au原子處于頂點(diǎn)位置，所以晶胞中Au原子個(gè)數(shù)為=1，氫原子可進(jìn)入到由Cu原子與Au原子構(gòu)成的四面體空隙中，則H原子應(yīng)位于晶胞內(nèi)部，則應(yīng)含有8個(gè)H，則化學(xué)式為Cu3AuH8；

故答案為：Cu3AuH8．20、C18H20O2N2肽鍵（或酰胺鍵）23醛基、羥基C11H18N22++2OH-→C11H18N2+2H2O【分析】【分析】（1）根據(jù)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式書寫分子式；根據(jù)有機(jī)物的官能團(tuán)來確定其名稱；

（2）含有羧基的有機(jī)物具有酸的通性；可以和碳酸鈉發(fā)生反應(yīng)，酚羥基的鄰位和對(duì)位可以和溴水發(fā)生取代反應(yīng)；

（3）同分異構(gòu)體是具有相同的分子式而結(jié)構(gòu)不同的有機(jī)物之間的互稱；屬于酚類也屬于酯類的有機(jī)物中含有酯基和酚羥基；

（4）羥基醛和羧酸互為同分異構(gòu)體；

（5）根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)來書寫方程式．【解析】【解答】解：有機(jī)物A在稀硫酸中受熱會(huì)水解成B、C兩種產(chǎn)物，則B是（C11H18N2）2SO4，屬于可溶的鹽，C是共價(jià)化合物．

（1）根據(jù)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式可以知道其分子式為：C18H20O2N2，羧基和氨基縮水后的部分成為肽鍵，故答案為：C18H20O2N2；肽鍵（或酰胺鍵）；

（2）有機(jī)物A在稀硫酸中受熱水解成的C是一種共價(jià)化合物，為含有羧基具有酸的通性，和氫氧化鈉之間發(fā)生中和反應(yīng)的方程式為：

C中酚羥基的鄰位和對(duì)位氫原子均會(huì)被溴原子取代，即1molC最多可以跟含有2molBr2的濃溴水反應(yīng)，故答案為：2；

（3）羧基和甲酸某酯互為同分異構(gòu)；即-COOH和HCOO-互為同分異構(gòu)體，在苯環(huán)上兩個(gè)取代基的位置關(guān)系有三種：臨位；間位、對(duì)位，所以C的同分異構(gòu)體中，屬于酚類也屬于酯類的化合物有3種，故答案為：3；

（4）羥基醛和羧酸互為同分異構(gòu)體；可以將羧基拆分為醛基和酚羥基兩個(gè)取代基，故答案為：醛基；羥基；

（5）B是（C11H18N2）2SO4；屬于可溶的鹽；

跟過量氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式為：C11H18N22++2OH-→C11H18N2+2H2O；

故答案為：C11H18N22++2OH-→C11H18N2+2H2O．21、青銅表面長出了銅綠油漆是有機(jī)物，可燃青銅中含有金屬錫，能與鹽酸反應(yīng)生成氫氣白色固體變藍(lán)色澄清石灰水變渾濁CuSO4+5H2O=CuSO4?5H2O無法確定分解產(chǎn)物中是否有水Cu2（OH）2CO3+8NH3?H2O=2Cu（NH3）42++2OH-+CO32-+8H2O【分析】【分析】【猜想假設(shè)】（1）依據(jù)題目假設(shè)選擇可能的成分；

【實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證】（2）依據(jù)油漆是有機(jī)物點(diǎn)燃燃燒判斷；

（3）青銅是銅錫的合金；其中錫和鹽酸反應(yīng)生成氫氣；

（4）小黃同學(xué)認(rèn)為是純銅制品，只是表面長出了銅綠[Cu2（OH）2CO3]；A中變黑說明分解生成氧化銅，B中變藍(lán)是因?yàn)闊o水硫酸銅和水反應(yīng)生成硫酸銅結(jié)晶水合物，證明分解生成了水，裝置C中澄清石灰水變渾濁證明生成了二氧化碳?xì)怏w；如果將實(shí)驗(yàn)裝置中的B和C進(jìn)行調(diào)換，將無法得出灰綠色物質(zhì)是銅綠的結(jié)論，因?yàn)檎{(diào)換生成的水無法證明；

【實(shí)驗(yàn)拓展】（5）利用氨水擦拭去除銅綠的方法，其原理是氨水與堿式碳酸銅反應(yīng)生成銅氨絡(luò)離子[Cu（NH3）42+]，【解析】【解答】解：【猜想假設(shè)】（1）小吳同學(xué)認(rèn)為可能是純銅制品表面涂上了灰綠色的油漆；

小周同學(xué)認(rèn)為可能是青銅（銅錫合金）；因?yàn)槌Ｒ姷那嚆~是灰綠色的；

小黃同學(xué)認(rèn)為是純銅制品，只是表面長出了銅綠[Cu2（OH）2CO3]；

組合上述分析答案可知；除上述猜想外，可能的猜想是青銅表面長出了銅綠；

故答案為：青銅表面長出了銅綠；

【猜想假設(shè)】（2）油漆是可燃物；小吳刮下部分灰綠色物質(zhì)放入燃燒匙中進(jìn)行灼燒，發(fā)現(xiàn)該物質(zhì)不能燃燒，證明灰綠色物質(zhì)不是油漆；

故答案為：油漆是有機(jī)物；可燃；

（3）小周刮下足量的灰綠色物質(zhì)投入鹽酸溶液中；觀察到有氣體產(chǎn)生，實(shí)驗(yàn)表明該氣體不能燃燒．將表面刮凈后的銅制品也投入鹽酸中，并無氣體產(chǎn)生，證明該銅制品不是青銅，因?yàn)榍嚆~是銅和錫的合金，青銅中含有金屬錫，能與鹽酸反應(yīng)生成氫氣；

故答案為：青銅中含有金屬錫；能與鹽酸反應(yīng)生成氫氣；

（4）小黃同學(xué)認(rèn)為是純銅制品，只是表面長出了銅綠[Cu2（OH）2CO3]，A中變黑說明分解生成氧化銅，B中變藍(lán)是因?yàn)闊o水硫酸銅和水反應(yīng)生成硫酸銅結(jié)晶水合物，證明分解生成了水，發(fā)生的反應(yīng)為：CuSO4+5H2O=CuSO4?5H2O；裝置C中澄清石灰水變渾濁證明生成了二氧化碳?xì)怏w，如果將實(shí)驗(yàn)裝置中的B和C進(jìn)行調(diào)換，將無法得出灰綠色物質(zhì)是銅綠的結(jié)論，因?yàn)檎{(diào)換生成的水無法證明。

故答案為：白色固體變藍(lán)色；清石灰水變渾濁；CuSO4+5H2O=CuSO4?5H2O；無法確定分解產(chǎn)物中是否有水；

【實(shí)驗(yàn)拓展】（5）氨水和堿式硫酸銅沉淀反應(yīng)生成可溶性的銅氨絡(luò)合物，離子方程式為Cu2（OH）2CO3+8NH3?H2O=2[Cu（NH3）4]2++CO32-+2OH-+8H2O；

故答案為：Cu2（OH）2CO3+8NH3?H2O=2Cu（NH3）42++2OH-+CO32-+8H2O；22、③⑤⑥【分析】【解答】①氫氧化鈉能和硫酸銅反應(yīng)生成藍(lán)色沉淀氫氧化銅；故①錯(cuò)誤；

②氨氣容易和Cu2+形成配合物離子[Cu（NH3）4]2+；故②錯(cuò)誤；

③CuO與硫酸反應(yīng)生成硫酸銅和水；故③正確；

④氯化鋇能和硫酸銅反應(yīng)生成硫酸鋇白色沉淀；故④錯(cuò)誤；

⑤氫氧化銅能和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸銅和水；故⑤正確；

⑥CuCO3能和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸銅；二氧化碳和水；故⑥正確．

故答案為：③⑤⑥．

【分析】除去硫酸銅溶液中少量硫酸，可加入能與硫酸反應(yīng)且不能引入雜質(zhì)的物質(zhì)，則可用銅的氧化物、氫氧化物以及碳酸銅等物質(zhì)．23、略

【分析】解：（1）Fe元素為26號(hào)元素，原子核外有26個(gè)電子，所以核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2；

故答案為：1s22s22p63s23p63d64s2；

（2）Na；Mg、Al同周期；同周期自左而右元素的第一電離能呈增大趨勢，但Mg最外層3s能級(jí)容納2個(gè)電子，為全滿確定狀態(tài)，能量較低，第一電離能也高于同周期相鄰元素，故第一電離能Na＜Al＜Mg，故答案為：Na＜Al＜Mg；

（3）CO2分子結(jié)構(gòu)式為：O=C=O，雙鍵中含有1個(gè)σ鍵、1個(gè)π鍵