2025年魯科版高二化學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………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年魯科版高二化學(xué)上冊階段測試試卷185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7題，共14分)1、下列離子方程式中，不正確的是（）A.高錳酸鉀酸性溶液與草酸鉀溶液反應(yīng)：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2OB.KI的酸性溶液長期置于空氣中：：4I﹣+4H++O2═2I2+2H2OC.硫代硫酸鈉溶液中滴加稀硫酸：2H++S2O32﹣═S↓+SO2↑+H2OD.用食醋除去水垢：CO32﹣+2CH3COOH═H2O+CO2↑+2CH3COO﹣2、下列敘述正確的是（）A.鹵代烴都可發(fā)生取代反應(yīng)B.由2-氯丙烷制取少量的1，2-丙二醇時，只需要經(jīng)過取代反應(yīng)、水解反應(yīng)C.實驗室制硝基苯時，正確的操作順序應(yīng)該是先加入苯，再滴加濃硫酸，最后滴加濃硝酸D.2-甲基-2-丁烯可以形成順反異構(gòu)3、下列各組能源中，前者是化石能源，后者是新能源的是（）A.氫氣、天然氣B.液化氣、核能C.太陽能、風能D.燃煤、97#汽油4、短周期主族元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序數(shù)依次增大，rm{W}rm{X}原子的最外層電子數(shù)之比為rm{4隆脙3}rm{Z}原子比rm{X}原子的核外電子數(shù)多rm{4}下列說法正確的是()A.rm{W}rm{Y}rm{Z}的電負性大小順序一定是rm{Z>Y>W}B.rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子半徑大小順序可能是rm{W>X>Y>Z}C.rm{Y}rm{Z}形成的分子的立體構(gòu)型可能是正四面體D.rm{WY_{2}}分子中rm{婁脪}鍵與rm{婁脨}鍵的數(shù)目之比是rm{2隆脙1}5、將足量的rm{AgCl}分別放入下列物質(zhì)中，rm{AgCl}的溶解度由大到小的排列順序是()

rm{壟脵20mL0.01mol/LKCl}溶液rm{壟脷30mL0.02mol/LCaCl}溶液rm{壟脵20mL0.01mol/LKCl}rm{壟脷30mL0.02mol/LCaCl}rm{{,!}_{2}}

溶液溶液rm{壟脹40ml0.03mol/LHCl}溶液rm{壟脺10mL}蒸餾水rm{壟脻50mL0.05mol/LAgNO}蒸餾水rm{壟脹40ml0.03mol/LHCl}rm{壟脺10mL}

rm{壟脻50mL0.05mol/LAgNO}rm{{,!}_{3}}A.rm{{,!}}B.

rm{壟脵>壟脷>壟脹>壟脺>壟脻}rm{壟脺>壟脵>壟脹>壟脷>壟脻}C.D.rm{壟脻>壟脺>壟脷>壟脵>壟脹}6、短周期主族元素rm{W}rm{X}rm{Y}和rm{Z}的原子序數(shù)依次增大rm{.}其中rm{W}的陰離子的核外電子數(shù)與rm{X}rm{Y}rm{Z}原子的核外內(nèi)層電子數(shù)相同rm{.X}是形成化合物種類最多的元素，rm{Y}的最簡單氫化物與rm{Cl_{2}}混合后產(chǎn)生白煙，rm{Z}元素無正化合價rm{.}根據(jù)以上敘述，下列說法中正確的是rm{(}rm{)}A.由rm{W}與rm{X}組成的化合物的沸點總低于由rm{W}與rm{Y}組成的化合物的沸點B.以上四種元素的原子半徑大小為rm{W<X<Y<Z}C.rm{Y}的氣態(tài)簡單氫化物的穩(wěn)定性比rm{Z}的強D.rm{W}rm{Y}rm{Z}三種元素可形成離子化合物7、能源開發(fā)對環(huán)境影響很大，“我們既要綠水青山，也要金山銀山”。針對上述論述，下列說法不正確的是()A.提高能源效率、尋找替代能源、保護森林以及生態(tài)友好型消費B.推廣以液化石油氣代替天然氣作民用燃料C.合理開采可燃冰，減少煤能源的利用D.推廣利用二氧化碳合成生物降解材料評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、下表是有機物A；B的有關(guān)信息．

。AB①能使溴的四氯化碳溶液退色。

②比例模型為：

③能與水在一定條件下反應(yīng)生成醇①由C；H兩種元素組成。

②球棍模型為：根據(jù)表中信息回答下列問題：

（1）寫出在一定條件下，A生成高分子化合物的化學(xué)反應(yīng)方程式____．

（2）A與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)后生成分子C，C在分子組成和結(jié)構(gòu)上相似的有機物有一大類（俗稱“同系物”），它們均符合通式CnH2n+2．當n=____時；這類有機物開始出現(xiàn)同分異構(gòu)體．

（3）B具有的性質(zhì)是____（填序號）．

①無色無味液體、②有毒、③不溶于水、④密度比水大、⑤與酸性KMnO4溶液和溴水反應(yīng)使之褪色；⑥任何條件下不與氫氣反應(yīng)．

（4）寫出在濃硫酸作用下，B與濃硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式：____．

（5）實驗室制取A在140℃時發(fā)生的有機化學(xué)反應(yīng)為____，屬____反應(yīng)．9、已知拆開1molH﹣H鍵，1molN﹣H鍵，1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ，391kJ，946kJ，則N2與H2反應(yīng)生成2molNH3的反應(yīng)熱是____，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為____．10、鹽酸、硫酸和硝酸是中學(xué)階段常見的“三大酸”rm{.}現(xiàn)就硫酸；硝酸與金屬銅反應(yīng)的情況；回答下列問題：

rm{(1)}工業(yè)上制備硫酸銅是利用廢銅屑經(jīng)灼燒后，在加熱情況下跟稀硫酸反應(yīng)，有關(guān)的化學(xué)方程式是：______rm{.}不采用銅跟濃硫酸反應(yīng)來制取硫酸銅的原因是______．

rm{(2)}在一定體積的rm{10mol?L^{-1}}的濃硫酸中加入過量銅片，加熱使之反應(yīng)，被還原的硫酸為rm{0.9mol.}則濃硫酸的實際體積______rm{(}填“大于”、“等于”或“小于”rm{)180mL}．

rm{(3)}若使剩余的銅片繼續(xù)溶解，可在其中加入硝酸鹽溶液rm{(}如rm{KNO_{3}}溶液rm{)}則該反應(yīng)的離子方程式為______．

rm{(4)}將rm{8g}rm{Fe_{2}O_{3}}投入到rm{150mL}某濃度的稀硫酸中，再投入rm{7g}鐵粉，充分反應(yīng)后，收集到rm{1.68L}rm{H_{2}(}標準狀況rm{)}同時，rm{Fe}和rm{Fe_{2}O_{3}}均無剩余，為了中和過量的硫酸，且使溶液中鐵元素完全沉淀，共消耗rm{4mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液rm{150mL.}則原硫酸的物質(zhì)的量濃度為______．11、現(xiàn)有下列物質(zhì)：①CuSO4②Ca（OH）2③碘酒④CH3COOH⑤單晶硅。

其中屬于混合物的是______（填序號，下同）；屬于單質(zhì)的是______屬于酸的是______；屬于堿的是______；屬于鹽的是______。12、已知N2，CO，H2O，NH3，CO2均為高中化學(xué)常見的分子；根據(jù)要求回答有關(guān)問題：

①根據(jù)N2與CO為等電子體，寫出CO分子的電子式____．

②試比較兩分子中的鍵角大?。篐2O____NH3；（填“＞”；“=”或“＜”）

③CO2中含有的σ鍵和π鍵的數(shù)目之比為____．13、（1）大氣中SO2含量過高會導(dǎo)致雨水中含有（填化學(xué)式）______而危害植物和建筑物．工廠排放的SO2尾氣用飽和Na2SO3溶液吸收可得到重要化工原料NaHSO3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．

（2）已知NaHSO3的水溶液顯酸性，比較其中SO32-、HSO3-、H2SO3三種粒子的濃度：______＞______＞______．

（3）SO2是空氣質(zhì)量報告的指標之一，可用SO2還原KIO3生成I2的反應(yīng)測定空氣中SO2含量．每生成0.01molI2，參加反應(yīng)的SO2為______mol．

（4）已知25℃時，Ksp（BaSO4）=1.1×10-10，Ksp（BaCO3）=2.6×10-9．下列說法不正確的是______

A．25℃時，向BaSO4懸濁液中加入大量水，Ksp（BaSO4）不變。

B．25℃時，向BaSO4懸濁液中加入Na2CO3溶液后，BaSO4不可能轉(zhuǎn)化為BaCO3

C．向Na2SO4中加入過量BaCl2溶液后，溶液中c（SO42-）降低為零．14、鐵及其化合物在生活、生產(chǎn)中有廣泛應(yīng)用。請回答下列問題。

rm{(1)}黃鐵礦rm{(FeS_{2})}是生產(chǎn)硫酸和冶煉鋼鐵的重要原料。其中一個反應(yīng)為rm{3FeS_{2}+8O_{2;}}rm{overset{賂脽脦脗}{=}}rm{6SO_{2}+Fe_{3}O_{4}}有rm{3molFeS_{2}}參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移____rm{mol}電子。rm{(2)}氯化鐵溶液稱為化學(xué)試劑中的“多面手”，寫出rm{SO_{2}}通入氯化鐵溶液中反應(yīng)的離子方程式：____。rm{(3)}研究性學(xué)習(xí)小組對某硫酸亞鐵晶體rm{(FeSO_{4}?xH_{2}O)}熱分解研究，該小組同學(xué)稱取rm{ag}硫酸亞鐵晶體樣品按圖rm{1}高溫加熱，使其完全分解，對所得產(chǎn)物進行探究，并通過稱量裝置rm{B}質(zhì)量測出rm{x}的值。rm{壟脵}裝置rm{B}中硫酸銅粉末變藍，質(zhì)量增加rm{9.0g}說明產(chǎn)物中有水，裝置rm{C}中高錳酸鉀溶液褪色，說明產(chǎn)物中還有____。rm{壟脷}實驗中要持續(xù)通入氮氣，否則測出的rm{x}會____rm{(}填“偏大”、“偏小”或“不變”rm{)}硫酸亞鐵晶體完全分解后裝置rm{A}中還殘留紅棕色固體rm{Fe_{2}O_{3}}rm{壟脹}從理論上分析得出硫酸亞鐵分解還生成另一物質(zhì)rm{SO_{3}}寫出rm{FeSO_{4}}分解的化學(xué)方程式____rm{壟脺}裝置rm{D}球形干燥管的作用____。rm{壟脻}某研究所利用rm{SDTQ600}熱分析儀對硫酸亞鐵晶體rm{(FeSO_{4}?xH_{2}O)}進行熱分解，獲得相關(guān)數(shù)據(jù)，繪制成固體質(zhì)量與分解溫度的關(guān)系圖如圖rm{2}根據(jù)圖rm{2}中有關(guān)數(shù)據(jù)，可計算出rm{FeSO_{4}?xH_{2}O}中的rm{x=}____。15、A、rm{B}rm{C}均為短周期元素，可形成rm{A_{2}C}和rm{BC_{2}}兩種化合物rm{.A}rm{B}rm{C}的原子序數(shù)依次遞增，rm{A}原子的rm{K}層的電子數(shù)目只有一個，rm{B}位于rm{A}的下一周期，它的最外能層電子數(shù)比rm{K}層多rm{2}個，而rm{C}原子核外的最外能層電子數(shù)比次外層電子數(shù)少rm{2}個．

rm{(1)}它們的元素符號分別為：rm{A}______；rm{B}______；rm{C}______；

rm{(2)BC_{2}}是由______鍵組成的______rm{(}填“極性”或“非極性”rm{)}分子．

rm{(3)}畫出rm{C}原子的核外電子排布圖______．

rm{(4)A_{2}C}和rm{BC_{2}}的空間構(gòu)形分別是______和______．評卷人得分三、實驗題(共7題，共14分)16、（12分）某研究性小組用0.20mol/LNaOH溶液滴定未知濃度的白醋（指示劑為酚酞）。請回答：（1）下圖表示50ml滴定管中液面的位置，若A與C刻度間相差1ml，A處的刻度為20，此時滴定管中液體的體積____mL。（2）滴定過程中，眼睛始終注視____，直到錐形瓶中液體的顏色。（3）同學(xué)們進行了三次實驗，每次取白醋20.00ml，實驗結(jié)果記錄如上表：請計算白醋的物質(zhì)的量濃度為____（保留兩位有效數(shù)字）。（4）操作時用白醋潤洗錐形瓶，對滴定結(jié)果產(chǎn)生的影響是________（填“偏大”或“偏小”或“無影響”。下同）。若用白醋潤洗酸式滴定管，對滴定結(jié)果產(chǎn)生的影響是____。（5）若滴定終點時測得pH=7。下列離子濃度的比較正確的是____。A．c（Na+）＞c（CH3COO—）B．c（Na+）＜c（CH3COO—）C．c（Na+）=c（CH3COO—）D．不能確定17、rm{Ba(NO_{3})_{2}}可用于生產(chǎn)綠色煙花、綠色信號彈、炸藥、陶瓷釉藥等。鋇鹽行業(yè)生產(chǎn)中排出大量的鋇泥rm{[}主要含有rm{BaCO_{3}}rm{BaSO_{3}}rm{Ba(FeO_{2})_{2}}等rm{]}某主要生產(chǎn)rm{BaCO_{3}}rm{BaSO_{4}}的化工廠利用鋇泥制取rm{Ba(NO_{3})_{2}}晶體rm{(}不含結(jié)晶水rm{)}其部分工藝流程如下：

又已知：rm{壟脵Fe^{3+}}和rm{Fe^{2+}}以氫氧化物形式沉淀完全時，溶液的rm{pH}分別為rm{3.2}和rm{9.7}rm{壟脷Ba(NO_{3})_{2}}晶體的分解溫度：rm{592隆忙}rm{壟脹K_{sp}(BaSO_{4})=1.1隆脕10^{-10}}rm{K_{sp}(BaCO_{3})=5.1隆脕10^{-9}}rm{(1)}該廠生產(chǎn)的rm{BaCO_{3}}因含有少量rm{BaSO_{4}}而不純，提純的方法是：將產(chǎn)品加入足量的飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中，充分攪拌，過濾，洗滌。試用離子方程式說明提純原理：____________________________________________________________。rm{(2)}上述流程酸溶時，rm{Ba(FeO_{2})_{2}}與rm{HNO_{3}}反應(yīng)生成兩種硝酸鹽，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：_________________________________________________。rm{(3)}該廠結(jié)合本廠實際，選用的rm{X}為_______rm{(}填序號rm{)}rm{A.BaCl_{2}}rm{B.BaCO_{3}}rm{C.Ba(NO_{3})_{2}}rm{D.Ba(OH)_{2}}rm{(4)}中和rm{I}使溶液的rm{pH}為rm{4隆蘆5}目的是_________________________；結(jié)合離子方程式簡述原理_____________________________________________。rm{(5)}從rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液中獲得其晶體的操作方法是__________________________。rm{(6)}測定所得rm{Ba(NO_{3})_{2}}晶體的純度：準確稱取rm{wg}晶體溶于蒸餾水，加入足量的硫酸，充分反應(yīng)后，過濾、洗滌、干燥，稱量其質(zhì)量為rm{mg}則該晶體的純度為____________。18、如圖是實驗室制備rm{1}rm{2-}二溴乙烷并進行一系列相關(guān)實驗的裝置rm{(}加熱及夾持設(shè)備已略rm{)}．

已知：

rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}CH_{2}簍TCH_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[140隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}CH_{3}CH_{2}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}

相關(guān)數(shù)據(jù)列表如表：

。rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}CH_{2}簍TCH_{2}隆眉+H_{2}O}乙醇rm{1}rm{2-}二溴乙烷乙醚溴狀態(tài)無色液體無色液體無色液體紅棕色液體密度rm{/g?cm^{-3}}rm{0.79}rm{2.2}rm{0.71}rm{3.10}沸點rm{/隆忙}rm{78.5}rm{132}rm{34.6}rm{58.8}熔點rm{/隆忙}rm{-l30}rm{9}rm{-1l6}rm{-7.2}水溶性混溶難溶微溶可溶請完成下列填空：

rm{(1)}實驗中應(yīng)迅速將溫度升高到rm{170隆忙}左右的原因是______．

rm{(2)}氣體發(fā)生裝置使用連通滴液漏斗的原因______．

rm{(3)}安全瓶rm{B}在實驗中有多重作用，其一可以檢查實驗進行中rm{B}后面的裝置中導(dǎo)管是否發(fā)生堵塞，請寫出發(fā)生堵塞時瓶rm{B}中的現(xiàn)象______；

rm{(4)}裝置rm{D}中品紅溶液的作用是______；

rm{(5)}容器rm{C}rm{F}中都盛有rm{NaOH}溶液，rm{F}中rm{NaOH}溶液的作用是______；

rm{(6)}反應(yīng)過程中用冷水冷卻裝置rm{E}不能過度冷卻rm{(}如用冰水rm{)}其原因是______．

rm{(7)}某學(xué)生在做此實驗時，使用一定量的液溴，當溴全部褪色時，所消耗乙醇和濃硫酸混合液的量，比正常情況下超過許多，如果裝置的氣密性沒有問題，試分析可能的原因______；rm{(}寫出兩條即可rm{)}

rm{(8)}除去產(chǎn)物中少量未反應(yīng)的rm{Br_{2}}后，還含有的主要雜質(zhì)為______，要進一步提純，下列操作中必須用到的是______rm{(}填入正確選項前的字母rm{)}

A.重結(jié)晶rm{B.}過濾rm{C.}萃取rm{D.}蒸餾．19、由甲；乙兩人組成的實驗小組；在同樣的實驗條件下，用同樣的實驗儀器和方法進行兩組測定中和熱的實驗，實驗試劑及其用量如表所示．

。反應(yīng)物起始溫度rm{t1/隆忙}終了溫度rm{t2/隆忙}中和熱rm{/kJ?mol-1}A.rm{1.0mol/LHCl}溶液rm{50mL}rm{1.1mol/LNaOH}溶液rm{50mL}rm{13.0}rm{triangleH_{1}}B.rm{1.0mol/LHCl}溶液rm{50mL}rm{1.1mol/LNH_{3}?H_{2}O}溶液rm{50mL}rm{13.0}rm{triangleH_{2}}rm{壟脵}甲在實驗之前預(yù)計rm{triangleH_{1}=triangleH_{2}.}他的根據(jù)是______；乙在實驗之前預(yù)計rm{triangleH_{1}neqtriangleH_{2}}他的根據(jù)是______．

rm{triangleH_{1}=triangle

H_{2}.}實驗測得的溫度是：rm{triangleH_{1}neqtriangle

H_{2}}的起始溫度為rm{壟脷}終了溫度為rm{A}設(shè)充分反應(yīng)后溶液的比熱容rm{13.0隆忙}忽略實驗儀器的比熱容及溶液體積的變化，則rm{19.8隆忙}______rm{c=4.184J/(g?隆忙)}已知溶液密度均為rm{triangleH_{1}=}rm{.(}20、（滿分12分）用中和滴定法測定某燒堿樣品的純度。⑴配制待測液:將0.85g含有少量雜質(zhì)(不與鹽酸反應(yīng))的固體燒堿樣品配制成100mL溶液，所用的主要儀器有___________________________________________。⑵滴定:①盛裝0.20mol/L鹽酸標準液應(yīng)該用_______滴定管。②滴定時，應(yīng)先向錐形瓶中加酚酞作為指示劑；滴定過程中兩眼應(yīng)該注視________，滴定終點時，錐形瓶中的溶液的顏色變化是__________。③有關(guān)數(shù)據(jù)記錄如下:。滴定序號待測液體積(mL)所消耗鹽酸標準液的體積(mL)滴定前滴定后120.000.5020.70220.006.0026.00⑶純度計算：NaOH溶液的濃度為____________mol/L，燒堿樣品的純度為_________。⑷對幾種假定情況的討論(填無影響、偏高、偏低)①若剛見到指示劑局部的顏色有變化就停止滴定，則會使測定結(jié)果_________。②讀數(shù)時，若滴定前仰視，滴定后俯視，則會使測定結(jié)果_________________。21、（8分,每空2分）工業(yè)上制取CuCl2的生產(chǎn)流程如下：請結(jié)合下表數(shù)據(jù)，回答下列問題：。物質(zhì)Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3溶度積／25℃8.0×10－162.2×10－204.0×10－38完全沉淀時的pH范圍≥9.6≥6.43～4⑴溶液A中加入NaClO的目的是；⑵在溶液B中加入CuO的作用是；⑶操作a的目的是；⑷在Cu(OH)2加入鹽酸使Cu(OH)2轉(zhuǎn)變?yōu)镃uCl2。采用多量鹽酸和低溫蒸干的目的是。22、如圖所示，在實驗室里，通常利用濃硫酸與乙醇混合加熱制乙烯，加熱一段時間后觀察到燒瓶中溶液變黑，裝置rm{(}Ⅱrm{)}中經(jīng)硫酸酸化的高錳酸鉀溶液褪色．

rm{(1)}甲同學(xué)認為酸性高錳酸鉀溶液褪色，能證明乙烯被酸性高錳酸鉀溶液氧化了，你認為甲同學(xué)的觀點是否正確？______rm{(}填“是”或“否”rm{)}理由是______rm{(}填字母rm{)}．

A.rm{(}Ⅱrm{)}瓶中酸性高錳酸鉀溶液褪色；能證明乙烯發(fā)生了氧化反應(yīng)。

B.rm{(}Ⅱrm{)}瓶中酸性高錳酸鉀溶液褪色；能證明乙烯發(fā)生了加成反應(yīng)。

C.rm{(}Ⅱrm{)}瓶中酸性高錳酸鉀溶液褪色；不能證明通入的氣體是純凈物。

D.rm{(}Ⅱrm{)}瓶中酸性高錳酸鉀溶液褪色；只能證明通入的氣體一定具有還原性。

rm{(2)}乙同學(xué)取rm{(}Ⅱrm{)}瓶中少量溶液于試管里，加入鹽酸和氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀rm{.}據(jù)此他認為乙烯中一定混有rm{SO_{2}}你認為他的結(jié)論是否可靠？______rm{(}填“是”或“否”rm{)}理由是______rm{.}若你認為不可靠，請改進上述實驗方案，證明乙烯中是否含有rm{SO_{2}}______．

rm{(3)}丙同學(xué)在裝置rm{(}Ⅰrm{)}和rm{(}Ⅱrm{)}之間增加了一個裝有足量______溶液的洗氣瓶，即可證明乙烯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化．評卷人得分四、計算題(共3題，共24分)23、（8分）現(xiàn)有25℃時pH=12的NaOH溶液100ml，欲用以下幾種方法將其pH調(diào)為11，回答下列問題。（假設(shè)稀溶液混合后的總體積等于兩溶液的體積之和）（1）此pH=12的NaOH溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H+)=；（2）加水稀釋，需加水的體積為ml；（3）加入pH=2的鹽酸，需加鹽酸的體積為ml；（4）加入pH=10的NaOH溶液，需加NaOH溶液的體積為ml；24、（6分）8g含有雜質(zhì)的過氧化鈉樣品與水反應(yīng)（雜質(zhì)不溶于水，也不與水反應(yīng)），收集到1.12L氧氣（標準狀況）。則（1）過氧化鈉與水反應(yīng)的化學(xué)方程式是____（2）樣品中過氧化鈉的物質(zhì)的量為____其質(zhì)量為____25、(8分)將N2和H2按一定比例混合，在相同狀況下其密度是H2的3.6倍，取0.5mol該混合氣體通入密閉容器內(nèi)，使之發(fā)生反應(yīng)，并在一定條件下達到平衡，已知反應(yīng)達到平衡后容器內(nèi)壓強是相同條件下反應(yīng)前壓強的0.76倍。試求：（1）反應(yīng)前混合氣體中N2和H2的體積比。（2）達平衡時混合氣體中氨的物質(zhì)的量。評卷人得分五、解答題(共1題，共6分)26、A、B、C、D均為短周期元素．A、B可形成BA和B2A型兩種液態(tài)化合物．A與D可形成氣態(tài)化合物DA、DA2．A、B、D可組成離子化合物，該晶體化學(xué)式為B4A3D2，其水溶液呈弱酸性．B與D可形成一種極易溶于水的堿性氣體X．B與C可形成極易溶于水的酸性氣體Y．已知X分子與B2A分子中的電子數(shù)相等．Y分子與BA型液態(tài)化合物分子中的電子數(shù)相等．請回答：

（1）寫出元素的名稱：A______；C______

（2）Y的化學(xué)式是______

（3）寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式：Y+X→______

（4）B4A3D2水溶液呈酸性；寫出其呈酸性的離子方程式______

（5）已知液態(tài)X與B2A相似；也可以發(fā)生微弱的電離，電離出含有相同電子數(shù)的微粒，則X的電離方程式為：______．

評卷人得分六、原理綜合題(共1題，共3分)27、磷化鋁、磷化鋅、磷化鈣與水反應(yīng)產(chǎn)生高毒的PH3氣體(熔點為-132℃，還原性強、易自燃)，可用于糧食熏蒸殺蟲。衛(wèi)生安全標準規(guī)定：當糧食中磷化物(以PH3計)的含量低于0.05mg·kg-1時算合格。可用以下方法測定糧食中殘留的磷化物含量：

（操作流程）安裝吸收裝置→PH3的產(chǎn)生與吸收→轉(zhuǎn)移KMnO4吸收溶液→亞硫酸鈉標準溶液滴定。

（實驗裝置）C中盛100g原糧，D中盛有20.00mL1.12×10-4mol?L-1KMnO4溶(H2SO4酸化)。

請回答下列問題：

(1)儀器C的名稱是__________________；

(2)以磷化鈣為例，寫出磷化鈣與水反應(yīng)的化學(xué)方程式____________________；檢查整套裝置氣密性良好的方法是_____________________________________。

(3)A中盛裝KMnO4溶液的作用是______________________；通入空氣的作用是____________。若沒有B裝置，則實驗中測得PH3含量將____________（填“偏低”；“偏高”或“不變”）

(4)D中PH3被氧化成磷酸，所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_________________________。

(5)把D中吸收液轉(zhuǎn)移至容量瓶中，加水稀釋至250mL，取25.00mL于錐形瓶中，用5.0×10-5mol?L-1的Na2SO3標準溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3標準溶液11.00mL，則該原糧中磷化物(以PH3計)的含量為______mg?kg-1。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【解答】解：A．高錳酸鉀酸性溶液與草酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故A正確；B．KI的酸性溶液長期置于空氣中，碘離子被氧氣氧化成碘單質(zhì)，反應(yīng)的離子方程式為：4I﹣+4H++O2═2I2+2H2O；故B正確；

C．硫代硫酸鈉溶液中滴加稀硫酸，反應(yīng)的離子方程式為：2H++S2O32﹣═S↓+SO2↑+H2O；故C正確；

D．碳酸鈣和醋酸都需要保留化學(xué)式，正確的離子方程式為：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣；故D錯誤；

故選D．

【分析】A．酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性；能夠?qū)⒉菟岣x子氧化成二氧化碳氣體；

B．碘離子具有較強還原性；能夠被空氣中氧氣氧化；

C．酸性條件下S2O32﹣與氫離子反應(yīng)生成硫單質(zhì)；二氧化硫氣體和水；

D．碳酸鈣為難溶物，離子方程式中碳酸鈣不能拆開．2、A【分析】解：A．所有的鹵代烴都可以發(fā)生取代反應(yīng)；不同結(jié)構(gòu)的鹵代烴，取代反應(yīng)的難易程度差別很大，故A正確；

B．由2-氯丙烷制取1；2-丙二醇時，需要引入兩個鹵素原子，故需要經(jīng)過消去→加成→水解三步反應(yīng)完成，故B錯誤；

C．濃硫酸的稀釋中放出熱量；促使苯更易揮發(fā)，為防止苯揮發(fā)，試劑滴加順序是：用濃硫酸稀釋的方法將濃硫酸倒入濃硝酸中，然后將苯倒入混合酸中，故C錯誤；

D．2-甲基-2-丁烯為CH3C（CH3）=CHCH3；雙鍵同一碳上連相同的基團：甲基，故D錯誤．

故選A．

A．所有的鹵代烴都可以發(fā)生取代反應(yīng)；

B．由2-氯丙烷制取1；2-丙二醇時，需要引入兩個鹵素原子，然后水解；

C．苯有毒且易揮發(fā)；

D．根據(jù)存在順反異構(gòu)體的條件：①分子中至少有一個鍵不能自由旋轉(zhuǎn)（否則將變成另外一種分子）；②雙鍵上同一碳上不能有相同的基團．

本題綜合考查有機物的性質(zhì)，題目難度不大，注意有機物官能團的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為解答該題的關(guān)鍵，學(xué)習(xí)中注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累．【解析】【答案】A3、B【分析】解：A．氫氣和天然氣分別為新能源和化石能源；故A錯誤；

B．液化氣為化石能源；核能為新能源，滿足條件，故B正確；

C．太陽能和風能都是新能源；故C錯誤；

D．煤和汽油都是化石能源；故D錯誤；

故選B．

煤；石油、天然氣等是化石能源；常見新能源有：太陽能、核能、地熱能、潮汐能、風能等，據(jù)此進行解答．

本題考查了能源的分類及判斷，題目難度不大，明確常見能源的分類方法為解答關(guān)鍵，注意掌握化石能源與新能源的區(qū)別，試題側(cè)重基礎(chǔ)知識的考查，培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力．【解析】【答案】B4、C【分析】略【解析】rm{C}5、B【分析】【分析】本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡，側(cè)重于濃度對平衡移動的影響，題目難度不大，注意濃度對溶解度與溶度積的影響的異同?！窘獯稹扛鶕?jù)rm{c(Ag^{+})}或rm{c(Cl^{-})}大小比較，rm{c(Ag^{+})}或rm{c(Cl^{-})}越小，rm{AgCl}的溶解度越大；

rm{壟脵c(Cl^{-})=0.01mol/L}rm{壟脷c(Cl^{-})=0.04mol/L}rm{壟脹c(Cl^{-})=0.03mol/L}rm{壟脺c(Ag^{+})}或rm{c(Cl^{-})}為rm{0}rm{壟脻c(Ag^{+})=0.05mol/L}

則rm{AgCl}的溶解度由大到小排列順序是rm{壟脺>壟脵>壟脹>壟脷>壟脻}

故選B。

【解析】rm{B}6、D【分析】解：由上述分析可知，rm{W}為rm{H}rm{X}為rm{C}rm{Y}為rm{N}rm{Z}為rm{O}或rm{F}

A.由rm{W}與rm{X}組成的化合物的沸點不一定低于由rm{W}與rm{Y}組成的化合物的沸點；烴的種類繁多，固態(tài)烴的沸點高于氨氣的沸點，故A錯誤；

B.電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則以上四種元素的原子半徑大小為rm{W<Z<Y<X}故B錯誤；

C.非金屬性rm{Y<Z}則rm{Y}的氣態(tài)簡單氫化物的穩(wěn)定性比rm{Z}的弱；故C錯誤；

D.rm{W}rm{Y}rm{Z}三種元素可形成離子化合物；如硝酸銨，故D正確；

故選D．

短周期主族元素rm{W}rm{X}rm{Y}和rm{Z}的原子序數(shù)依次增大rm{.X}是形成化合物種類最多的元素，則rm{X}為rm{C}元素，其中rm{W}的陰離子的核外電子數(shù)與rm{X}rm{Y}rm{Z}原子的核外內(nèi)層電子數(shù)相同，則rm{W}為rm{H}元素；rm{Y}的最簡單氫化物與rm{Cl_{2}}混合后產(chǎn)生白煙，rm{Y}為rm{N}元素，rm{Z}元素無正化合價，rm{Z}為rm{O}或rm{F}元素；以此來解答．

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點，把握元素的位置、性質(zhì)、元素化合物知識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，注意元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大．【解析】rm{D}7、B【分析】【分析】本題考查常見生活環(huán)境的污染和新能源的開發(fā)利用，為高考常見題型，側(cè)重于化學(xué)知識的綜合運用，該題注意“綠色環(huán)保，低碳經(jīng)濟”的做法，題目難度不大?！窘獯稹緼.提高能源效率、尋找替代能源、保護森林以及生態(tài)友好型消費，可以減輕溫室效應(yīng)，有利于環(huán)境保護，符合低碳經(jīng)濟，故A不選；B.液化石油氣燃燒產(chǎn)生很多空氣污染物，如氮的氧化物等，不利于環(huán)境保護，故B選；C.可燃冰為清潔能源，合理開采可燃冰，減少煤能源利用，減少空氣污染物的排放，有利于環(huán)境保護，故C不選；D.推廣利用二氧化碳合成生物降解材料，減少聚乙烯、聚氯乙烯塑料的使用，能夠減少白色污染，有利于環(huán)境保護，故D不選。故選B?！窘馕觥縭m{B}二、填空題(共8題，共16分)8、略

【分析】

根據(jù)A的比例模型及性質(zhì)知；A是乙烯，根據(jù)B的球棍模型；碳原子成鍵方式及組成元素知B是苯；

（1）在一定條件下，乙烯發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚乙烯，nCH2=CH2

故答案為：nCH2=CH2

（2）烷烴的同系物中；如果烷烴有同分異構(gòu)體，則碳原子個數(shù)最少是4個，故答案為4；

（3）苯是一種無色無味的液體；有毒，不溶于水，其密度小于水的密度，和溴水；和高錳酸鉀溶液不反應(yīng)，但在一定條件下，能和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故選①②③；

（4）在濃硫酸作用下，苯和濃硝酸發(fā)生硝化反應(yīng)生成硝基苯，反應(yīng)方程式為：C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O；

故答案為：C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O；

（5）在濃硫酸、加熱140℃時，乙醇發(fā)生取代反應(yīng)生成乙醚，反應(yīng)方程式為：2C2H5OHCH3CH2OCH2CH3+H2O，故答案為：2C2H5OHCH3CH2OCH2CH3+H2O；取代反應(yīng)．

【解析】【答案】根據(jù)A的比例模型及性質(zhì)知；A是乙烯，根據(jù)B的球棍模型；碳原子成鍵方式及組成元素知B是苯；

（1）在一定條件下；乙烯發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚乙烯；

（2）烷烴的同系物中；如果烷烴有同分異構(gòu)體，則碳原子個數(shù)最少是4個；

（3）根據(jù)B的物理性質(zhì)和化學(xué)性質(zhì)分析；

（4）在濃硫酸作用下；苯和濃硝酸發(fā)生硝化反應(yīng)生成硝基苯；

（5）在濃硫酸；加熱140℃時；乙醇發(fā)生取代反應(yīng)生成乙醚．

9、△H=﹣92kJ?mol﹣1|N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=﹣92kJ?mol﹣1【分析】【解答】解：在反應(yīng)N2+3H2?2NH3中，斷裂3molH﹣H鍵、1molN三N鍵共吸收的能量為3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN﹣H鍵，放出的能量為6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，放出的熱量為2346kJ﹣2254kJ=92kJ，即N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=﹣92kJ?mol﹣1，N2與H2反應(yīng)生成2molNH3的反應(yīng)熱是△H=﹣92kJ?mol﹣1，故答案為：△H=﹣92kJ?mol﹣1；N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=﹣92kJ?mol﹣1．

【分析】化學(xué)反應(yīng)中，化學(xué)鍵斷裂吸收能量，形成新化學(xué)鍵放出能量，焓變等于斷鍵吸收的能量減去成鍵釋放的能量，根據(jù)方程式計算分別吸收和放出的能量，以此計算反應(yīng)熱并判斷吸熱還是放熱．10、略

【分析】解：rm{(1)}加熱條件下，rm{Cu}和氧氣反應(yīng)生成rm{CuO}反應(yīng)方程式為：rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}和稀硫酸反應(yīng)方程式為rm{CuO+H_{2}SO_{4}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuSO_{4}+H_{2}O}濃硫酸和銅反應(yīng)方程式為：rm{CuO}濃rm{)dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}+2H_{2}O}生成等量的硫酸銅時需要硫酸較多且生成的二氧化硫污染環(huán)境，故答案為：rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}rm{CuO+H_{2}SO_{4}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}CuSO_{4}+H_{2}O}生成等量的硫酸銅需硫酸較多；且生成的二氧化硫污染環(huán)境；

rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}在加熱條件下，濃硫酸和銅反應(yīng)生成二氧化硫，稀硫酸和銅不反應(yīng)，但濃硫酸濃度達到一定值后變?yōu)橄×蛩?，稀硫酸和銅不反應(yīng)，所以被還原的硫酸為rm{)dfrac{overset{;;triangle

;;}{}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}+2H_{2}O}則濃硫酸的實際體積大于rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}故答案為：大于；

rm{CuO+H_{2}SO_{4}=CuSO_{4}+H_{2}O}在酸性條件下，硝酸根離子和銅發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硝酸銅和rm{(2)}所以離子反應(yīng)方程式為：rm{0.9mol.}故答案為：rm{180mL}

rm{(3)}該過程中發(fā)生的反應(yīng)為：rm{NO}rm{3Cu+2NO_{3}^{-}+8H^{+}簍T3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{3Cu+2NO_{3}^{-}+8H^{+}簍T3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{(4)}rm{Fe_{2}O_{3}+3H_{2}SO_{4}=Fe_{2}(SO_{4})_{3}+3H_{2}O}最終溶液中的溶質(zhì)是rm{Fe+H_{2}SO_{4}=FeSO_{4}+H_{2}}原子守恒得rm{dfrac{1}{2}n(NaOH)=n(Na_{2}SO_{4})=n(H_{2}SO_{4})}則rm{c(H_{2}SO_{4})=dfrac{n(NaOH)}{2times0.15L}=dfrac{4mol/L隆脕0.15L}{2times0.15L}=2}rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}+Fe=3FeSO_{4}}故答案為：rm{FeSO_{4}+2NaOH=Fe(OH)_{2}隆媒+Na_{2}SO_{4}}．

rm{2NaOH+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+2H_{2}O}加熱條件下，rm{Na_{2}SO_{4}}和氧氣反應(yīng)生成rm{dfrac

{1}{2}n(NaOH)=n(Na_{2}SO_{4})=n(H_{2}SO_{4})}堿性氧化物和酸反應(yīng)生成鹽和水，銅和濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫會污染空氣；

rm{c(H_{2}SO_{4})=dfrac

{n(NaOH)}{2times0.15L}=dfrac{4mol/L隆脕0.15L}{2times

0.15L}=2}濃硫酸和銅在加熱條件下反應(yīng)；而稀硫酸和銅不反應(yīng)；

rm{mol?L^{-1}}在酸性條件下，硝酸根離子和銅發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硝酸銅和rm{2mol/L}

rm{(1)}該過程中發(fā)生的反應(yīng)為：rm{Cu}rm{CuO}rm{(2)}rm{(3)}rm{NO}最終溶液中的溶質(zhì)是rm{(4)}根據(jù)原子守恒計算硫酸的濃度．

本題考查了硝酸的性質(zhì)及物質(zhì)的量濃度計算，根據(jù)物質(zhì)之間的反應(yīng)來分析解答，易錯點是rm{Fe_{2}O_{3}+3H_{2}SO_{4}=Fe_{2}(SO_{4})_{3}+3H_{2}O}酸性條件下，硝酸根離子能rm{Fe+H_{2}SO_{4}=FeSO_{4}+H_{2}}氧化為硝酸銅，加入硫酸后相當于溶液中含有硝酸，rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}+Fe=3FeSO_{4}}中明確最終溶液中的溶質(zhì)是解此題關(guān)鍵，再結(jié)合原子守恒解答即可，題目難度中等．rm{FeSO_{4}+2NaOH=Fe(OH)_{2}隆媒+Na_{2}SO_{4}}【解析】rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{}}{;}2CuO}生成等量的硫酸銅需硫酸較多，且生成的二氧化硫污染環(huán)境；大于；rm{CuO+H_{2}SO_{4}=CuSO_{4}+H_{2}O}rm{3Cu+2NO_{3}^{-}+8H^{+}簍T3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{2mol/L}11、③⑤④②①【分析】解：：①CuSO4屬于純凈物；由金屬陽離子和酸根離子構(gòu)成屬于鹽；

②Ca（OH）2屬于純凈物；電離出的陰離子全部是氫氧根離子為堿；

③碘酒是單質(zhì)碘和酒精的混合物；

④CH3COOH在水溶液中電離出的陽離子全部是氫離子；屬于酸；

⑤單晶硅屬于非金屬單質(zhì)；

故答案為：③；⑤；④；②；①。

同種物質(zhì)組成的為純凈物；不同物質(zhì)組成的物質(zhì)為混合物；只有一種元素構(gòu)成的純凈物為單質(zhì)；水溶液中電離出的陽離子全部是氫離子的化合物為酸；水溶液中電離出的陰離子全部是氫氧根離子的化合物為堿；金屬陽離子；銨根離子和酸根陰離子構(gòu)成的化合物為鹽，據(jù)此分析。

本題考查了物質(zhì)分類、物質(zhì)性質(zhì)、物質(zhì)組成等知識，題目難度不大，把握酸堿鹽、混合物和純凈物的概念是關(guān)鍵，側(cè)重于考查學(xué)生對基礎(chǔ)知識的應(yīng)用能力?！窘馕觥竣邰茛堍冖?2、C≡O(shè)|＜|1：1【分析】【解答】解：①等電子體之間結(jié)構(gòu)相似，N2的結(jié)構(gòu)式為N≡N，因此CO的結(jié)構(gòu)式為C≡O(shè)，故答案為：C≡O(shè)；②根據(jù)雜化軌道理論可知NH3分子中N原子和H2O中的O原子均是按sp3雜化，但氨分子中只有一對孤電子對，而水分子中有兩對孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論，水中氧原子中的了兩對孤電子對對成鍵電子的斥力更大，所以NH3分子中鍵角大于H2O中的鍵角，故答案為：＜；③雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，CO2中含有2個雙鍵；則σ鍵和π鍵數(shù)目比為1：1，故答案為：1：1．

【分析】①等電子體之間結(jié)構(gòu)相似，N2的結(jié)構(gòu)式為N≡N，因此CO中也含有三鍵；②根據(jù)雜化理論和價層電子對互斥理論，可比較二者的鍵角大??；③雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，CO2中含有2個雙鍵，則σ鍵和π鍵數(shù)目比為1：1．13、略

【分析】解：（1）SO2能導(dǎo)致硫酸型酸雨，SO2溶于水：SO2+H2O═H2SO3，H2SO3能被部分氧化：H2SO3+O2=H2SO4，故大氣中SO2含量過高會導(dǎo)致雨水中含有H2SO4和未被氧化完的H2SO3；

SO2用飽和Na2SO3溶液吸收可得NaHSO3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；

故答案為：H2SO4、H2SO3；SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；

（2）已知NaHSO3中的HSO3-既能電離又能水解：HSO3-?H++SO32-電離顯酸性，HSO3-+H2O?H2SO3+OH-水解顯堿性；

NaHSO3的水溶液顯酸性，說明電離大于水解，故：c（SO32-）＞c（H2SO3），而HSO3-無論是電離還是水解程度都很小，故未電離和水解的HSO3-濃度遠遠大于電離和水解生成的SO32-和H2SO3濃度，故三種粒子的濃度：c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3）；

故答案為：c（HSO3-）；c（SO32-）；c（H2SO3）；

（3）在此反應(yīng)中，KIO3還原為I2，SO2被氧化為K2SO4．設(shè)當生成0.01molI2時；需要得xmol電子；

由2KIO3～得10e-～I2

2mol10mol1mol

xmol0.01mol

則x=0.1mol，即生成0.01molI2時；得0.1mol電子；

設(shè)當生成0.01molI2時反應(yīng)掉的SO2為ymol，由關(guān)系：SO2～失2e-～K2SO4

1mol2mol

可知，ymolSO2失2ymol電子；

在氧化還原反應(yīng)中；得失電子數(shù)相等，即有：2ymol═0.1mol；

解得y═0.05mol，即反應(yīng)掉SO2為0.05mol；

故答案為：0.05；

（4）A．溶度積Ksp只受溫度影響，溫度不變，向BaSO4懸濁液中加入大量水，Ksp（BaSO4）不變；故A正確；

B．當c（CO32-）足夠大時，能滿足Qc=c（CO32-）?c（Ba2+）≥Ksp（BaCO3），BaSO4能轉(zhuǎn)化為BaCO3；故B錯誤；

C．據(jù)Ksp（BaSO4）=c（SO42-）?c（Ba2+）═1.1×10-10可知，c（Ba2+）越大，c（SO42-）越??；但不可能為零，故C錯誤；

故答案為：BC．

（1）SO2導(dǎo)致硫酸型酸雨，N02導(dǎo)致HNO3型酸雨；

（2）根據(jù)NaHSO3的水溶液顯酸性，知HSO3-的電離大于水解；可判斷出離子濃度大小關(guān)系；

（3）根據(jù)得失電子數(shù)守恒SO2，即可得出每生成0.01molI2，參加反應(yīng)的SO2的量；

（4）A．Ksp只與溫度有關(guān)，加水，Ksp不變；

B．當Qc=c（CO32-）?c（Ba2+）≥Ksp（BaCO3），就能轉(zhuǎn)化為BaCO3；

C．向Na2SO4中加入過量BaCl2溶液后，Ksp（BaSO4）=1.1×10-10不變，溶液中c（SO42-）不可能降低為零．

本題考查了離子濃度的大小比較、酸雨的形成、沉淀之間的轉(zhuǎn)化等知識，題目難度中等，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用能力，注意明確酸雨成因、難溶物沉淀平衡及其計算，能夠正確判斷離子濃度大?。窘馕觥縃2SO4、H2SO3；SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；c（HSO3-）；c（SO32-）；c（H2SO3）；0.05；BC14、（1）32（2）SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2++4H++SO42-（3）①二氧化硫②偏?、邰芊乐箽溲趸c溶液倒吸⑤5【分析】【分析】本題考查氧化還原反應(yīng)及離子反應(yīng)方程式的書寫以及物質(zhì)含量的測定，為高頻考點，把握反應(yīng)中元素的化合價變化及離子反應(yīng)的書寫方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大?！窘獯稹縭m{(1)3Fe{S}_{2}+8{O}_{2};overset{賂脽脦脗}{=}6SO2+F{e}_{3}{O}_{4}}中，有rm{(1)3Fe{S}_{2}+8{O}_{2};

overset{賂脽脦脗}{=}6SO2+F{e}_{3}{O}_{4}}參加反應(yīng)，rm{(1)3Fe{S}_{2}+8{O}_{2};

overset{賂脽脦脗}{=}6SO2+F{e}_{3}{O}_{4}}氧氣參加反應(yīng)，只有rm{3molFeS_{2}}元素的化合價降低，則轉(zhuǎn)移電子為rm{8mol}故答案為：rm{O}rm{8mol隆脕2隆脕[0-(-2)]=32mol}rm{32}rm{(2)SO}rm{(2)SO}rm{{,!}_{2}}通入氯化鐵溶液中，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸根離子、鐵離子，離子反應(yīng)為rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O+2Fe}rm{O+2Fe}rm{{,!}^{3+}}rm{=2Fe}rm{=2Fe}rm{{,!}^{2+}}rm{+4H}rm{+4H}rm{{,!}^{+}}rm{+SO}rm{+SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}，故答案為：rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O+2Fe}rm{O+2Fe}會偏小，故答案為：偏小；rm{{,!}^{3+}}rm{=2Fe}rm{=2Fe}rm{{,!}^{2+}}中還有殘留紅棕色固體，即生成了氧化鐵，又還生成另一物質(zhì)rm{+4H}rm{+4H}rm{{,!}^{+}}rm{+SO}rm{+SO}rm{2FeS{O}_{4}overset{triangle}{=}F{e}_{2}{O}_{3}+S{O}_{2}隆眉+S{O}_{3}隆眉}，故答案為：rm{2FeS{O}_{4}overset{triangle}{=}F{e}_{2}{O}_{3}+S{O}_{2}隆眉+S{O}_{3}隆眉}；rm{{,!}_{4}^{2-}}；氫氧化鈉溶液主要是吸收產(chǎn)生的過多二氧化硫氣體防止污染空氣，球形干燥管的作用是：干燥氣體的作用并防止氫氧化鈉溶液倒吸，故答案為：防止氫氧化鈉溶液倒吸；rm{(3)壟脵}二氧化硫能使高錳酸鉀溶液褪色，故答案為：二氧化硫；rm{壟脷}實驗中要持續(xù)通入氮氣，把水蒸氣全部趕出，否則測出的rm{x}會偏小，故答案為：偏??；rm{x}rm{壟脹}的化學(xué)式可知鐵原子和水的個數(shù)比為rm{FeSO}rm{FeSO}

rm{{,!}_{4}}的分解后裝置rm{A}中還有殘留紅棕色固體，即生成了氧化鐵，又還生成另一物質(zhì)rm{SO}rm{A}rm{SO}rm{{,!}_{3}}，根據(jù)氧化還原反應(yīng)，還應(yīng)該有化合價減低的產(chǎn)物rm{SO}rm{SO}

rm{{,!}_{2}}，方程式為

rm{2FeS{O}_{4}overset{triangle

}{=}F{e}_{2}{O}_{3}+S{O}_{2}隆眉+S{O}_{3}隆眉}，故答案為：rm{2FeS{O}_{4}overset{triangle

}{=}F{e}_{2}{O}_{3}+S{O}_{2}隆眉+S{O}_{3}隆眉}

rm{2FeS{O}_{4}overset{triangle

}{=}F{e}_{2}{O}_{3}+S{O}_{2}隆眉+S{O}_{3}隆眉}

rm{壟脺}裝置rm{D}氫氧化鈉溶液主要是吸收產(chǎn)生的過多二氧化硫氣體防止污染空氣，球形干燥管的作用是：干燥氣體的作用并防止氫氧化鈉溶液倒吸，故答案為：防止氫氧化鈉溶液倒吸；rm{D}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{32}rm{(2)}rm{(2)}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O+2Fe}rm{O+2Fe}rm{{,!}^{3+}}rm{=2Fe}rm{=2Fe}rm{{,!}^{2+}}rm{+4H}rm{+4H}rm{壟脹2FeS{O}_{4}overset{triangle}{=}F{e}_{2}{O}_{3}+S{O}_{2}隆眉+S{O}_{3}隆眉}rm{{,!}^{+}}防止氫氧化鈉溶液倒吸rm{+SO}rm{+SO}15、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}均為短周期元素，可形成rm{A_{2}C}和rm{BC_{2}}兩種化合物，rm{A}rm{B}rm{C}的原子序數(shù)依次遞增，rm{A}原子的rm{K}層的電子數(shù)目只有一個，則rm{A}為氫元素，rm{B}位于rm{A}的下一周期，它的最外能層電子數(shù)比rm{K}層多rm{2}個，則rm{B}為碳元素，而rm{C}原子核外的最外能層電子數(shù)比次外層電子數(shù)少rm{2}個，則rm{C}為硫元素；

rm{(1)}根據(jù)上面的分析可知，rm{A}rm{B}rm{C}的元素符號分別為：rm{H}rm{C}rm{S}

故答案為：rm{H}rm{C}rm{S}

rm{(2)CS_{2}}的結(jié)構(gòu)與二氧化碳相似；是由極性鍵組成的非極性分子；

故答案為：極性；非極性；

rm{(3)S}原子的核外電子排布圖為

故答案為：

rm{(4)H_{2}S}分子中硫原子有兩對孤電子對，所以rm{H_{2}S}的空間構(gòu)型為rm{V}形，rm{CO_{2}}分子中碳原子沒有孤電子對，所以rm{CO_{2}}分子空間構(gòu)形為直線形；

故答案為：rm{V}形；直線形．

A、rm{B}rm{C}均為短周期元素，可形成rm{A_{2}C}和rm{BC_{2}}兩種化合物，rm{A}rm{B}rm{C}的原子序數(shù)依次遞增，rm{A}原子的rm{K}層的電子數(shù)目只有一個，則rm{A}為氫元素，rm{B}位于rm{A}的下一周期，它的最外能層電子數(shù)比rm{K}層多rm{2}個，則rm{B}為碳元素，而rm{C}原子核外的最外能層電子數(shù)比次外層電子數(shù)少rm{2}個，則rm{C}為硫元素；據(jù)此答題．

本題主要考查了電子排布圖、分子的極性、分子空間構(gòu)型，難度不大，元素推斷是解題的關(guān)鍵．【解析】rm{H}rm{C}rm{S}極性；非極性；rm{V}形；直線形三、實驗題(共7題，共14分)16、略

【分析】【解析】試題分析：（1）滴定管的刻度自上而下是逐漸增大的，且能準確讀數(shù)到0.1ml，所以根據(jù)圖中刻度線的位置可知，此時滴定管中液體的體積大于50.00ml－20.40ml＝29.60ml。（2）滴定過程中，眼睛始終注視錐形瓶中液體顏色的變化，直到錐形瓶中液體的顏色發(fā)生變化。（3）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，三次實驗中消耗氫氧化鈉溶液的體積分別是24.98ml、25.02mol、26.32ml，顯然第三次的實驗誤差太大，舍去，則實際消耗氫氧化鈉溶液體積的平均值是（24.98ml＋25.02mol）÷2＝25.00ml，所以白醋的物質(zhì)的量濃度是（4）操作時用白醋潤洗錐形瓶，則消耗氫氧化鈉溶液的體積增加，則滴定結(jié)果偏大。若用白醋潤洗酸式滴定管，則測定結(jié)果不影響。（5）根據(jù)電荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（OH—）+c（CH3COO—），由于溶液顯中性，則c（H+）=c（OH—），所以c（Na+）=c（CH3COO—），答案選C?？键c：考查滴定管的構(gòu)造、讀數(shù)，中和滴定的操作和計算以及誤差分析，溶液中離子濃度大小比較【解析】【答案】（12分）（1）＞29.60Ml（2）錐形瓶中液體顏色的變化（3）0.25mol/L（4）偏大無影響（5）C17、rm{(1)BaSO_{4}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)?BaCO_{3}(aq)+SO_{4}^{2-}(aq)}

rm{(2)Ba(FeO_{2})_{2}+8HNO_{3}=Ba(NO_{3})_{2}+2Fe(NO_{3})_{3}+4H_{2}O}

rm{(3)B}

rm{(4)}使rm{Fe^{3+}}完全沉淀rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}rm{BaCO_{3}}消耗rm{H^{+}}使rm{Fe^{3+}}水解平衡右移，形成rm{Fe(OH)_{3}}沉淀

rm{(5)}蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶

rm{(6)dfrac{261m}{233婁脴}隆脕100%}rm{(6)dfrac{261m}{233婁脴}

隆脕100%}【分析】【分析】鋇泥主要含rm{BaCO_{3}}rm{BaSO_{3}}rm{Ba(FeO_{2})_{2}}等，加入硝酸，在容器中充分溶解，可生成硫酸鋇，過濾后濾液中含有鐵離子、鋇離子等，且溶液呈酸性，可加入碳酸鋇，調(diào)節(jié)溶液rm{pH=4隆蘆5}使鐵離子水解生成rm{Fe(OH)_{3}}沉淀，過濾后廢渣為rm{Fe(OH)_{3}}濾液中含有硝酸、硝酸鋇等，加入氫氧化鋇中和得到硝酸鋇溶液，經(jīng)蒸發(fā)、濃縮、過濾可得到硝酸鋇晶體，母液中含有硝酸鋇，過濾得到的固體洗滌后除去廢渣，濾液重新加入酸溶步驟充分利用?！窘獯稹?/p>

rm{(1)}溶液存在rm{BaSO_{4}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)?BaCO_{3}(aq)+SO_{4}^{2-}(aq)}當rm{c(CO_{3}^{2-})隆脕c(Ba^{2+})>K_{sp}(BaCO_{3})}時，可實現(xiàn)沉淀的轉(zhuǎn)化，故填：rm{BaSO_{4}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)?BaCO_{3}(aq)+SO_{4}^{2-}(aq)}

rm{(2)Ba(FeO_{2})_{2}}與中鋇元素為rm{+2}價，鐵元素為rm{+3}價，所以反應(yīng)產(chǎn)物為rm{Ba(NO_{3})_{2}}和rm{Fe(NO_{3})_{3}}

所以其反應(yīng)方程式為：rm{Ba(FeO_{2})_{2}+8HNO_{3}簍TBa(NO_{3})_{2}+2Fe(NO_{3})_{3}+4H_{2}O}故填：rm{Ba(FeO_{2})_{2}+8HNO_{3}=Ba(NO_{3})_{2}+2Fe(NO_{3})_{3}+4H_{2}O}

rm{(3)X}既要能中和硝酸，又不產(chǎn)生新雜質(zhì)，結(jié)合工廠實際，應(yīng)該用rm{BaCO_{3}}來調(diào)節(jié)rm{pH}故填：rm{B}

rm{(4)Fe^{3+}}易發(fā)生水解而生成rm{Fe(OH)_{3}}沉淀，離子方程式為rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}加入碳酸鋇，rm{BaCO_{3}}消耗rm{H^{+}}使rm{Fe^{3+}}水解平衡右移，形成rm{Fe(OH)_{3}}沉淀，故填：使rm{Fe^{3+}}完全沉淀；rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}rm{BaCO_{3}}消耗rm{H^{+}}使rm{Fe^{3+}}水解平衡右移，形成rm{Fe(OH)_{3}}沉淀；

rm{(5)}從溶液中提取溶質(zhì)的方法為：蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶；然后過濾，所以操作Ⅲ為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，故填：蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶；

rm{(6)}稱取rm{w}克晶體溶于蒸餾水，加入足量的硫酸，充分反應(yīng)后，過濾、洗滌、干燥，稱量沉淀質(zhì)量為rm{m}克，其發(fā)生的反應(yīng)為：rm{Ba(NO_{3})_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}+2HNO_{3}}

設(shè)參加反應(yīng)的rm{Ba(NO_{3})_{2}}為rm{xg}

rm{Ba(NO_{3})_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}+2HNO_{3}}

rm{261}rm{233}

rm{x}rm{mg}

則rm{dfrac{261}{x}=dfrac{233}{mg}}

解得rm{dfrac{261}{x}=dfrac{233}{mg}

}

所以該rm{x=dfrac{261m}{233}}的純度為rm{dfrac{dfrac{261m}{233}}{婁脴}隆脕100%=dfrac{261m}{233婁脴}隆脕100%}故填：rm{dfrac{261m}{233婁脴}隆脕100%}rm{Ba(NO_{3})_{2}}【解析】rm{(1)BaSO_{4}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)?BaCO_{3}(aq)+SO_{4}^{2-}(aq)}rm{(2)Ba(FeO_{2})_{2}+8HNO_{3}=Ba(NO_{3})_{2}+2Fe(NO_{3})_{3}+4H_{2}O}rm{(3)B}rm{(4)}使rm{Fe^{3+}}完全沉淀rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}rm{BaCO_{3}}消耗rm{H^{+}}使rm{Fe^{3+}}水解平衡右移，形成rm{Fe(OH)_{3}}沉淀rm{(5)}蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶rm{(6)dfrac{261m}{233婁脴}隆脕100%}rm{(6)dfrac{261m}{233婁脴}

隆脕100%}18、略

【分析】解：rm{(1)}由題可知rm{140隆忙}時有副產(chǎn)品乙醚的生成，為了減少副產(chǎn)物乙醚生成，實驗中應(yīng)迅速將溫度升高到rm{170隆忙}

故答案為：減少副產(chǎn)物乙醚生成；

rm{(2)}連通滴液漏斗使上下容器中的壓強相同；液體容易流下，所以氣體發(fā)生裝置使用連通滴液漏斗的原因使連通滴液漏斗里的溶液容易滴下；

故答案為：使連通滴液漏斗里的溶液容易滴下；

rm{(3)}如果rm{E}中發(fā)生堵塞，rm{B}中壓強增大；長直玻璃管中液面會上升；

故答案為：rm{B}中長直玻璃管內(nèi)有一段液柱上升；

rm{(4)}無水乙醇和濃硫酸混合液制備乙烯時；會有副產(chǎn)物二氧化硫生成，而二氧化硫能使品紅褪色，所以用品紅溶液檢驗二氧化硫是否被氫氧化鈉吸收完全；

故答案為：驗證二氧化硫是否被除盡；

rm{(5)}揮發(fā)的溴蒸氣；能夠污染大氣，需要進行尾氣吸收，用氫氧化鈉吸收；

故答案為：吸收揮發(fā)的溴蒸氣；

rm{(6)}液溴易揮發(fā)，反應(yīng)過程中應(yīng)用冷水冷卻裝置rm{E}能減少液溴揮發(fā)；由表中數(shù)據(jù)可知rm{1}rm{2-}二溴乙烷的熔點為rm{9隆忙}如用冰水冷卻時溫度太低，rm{1}rm{2-}二溴乙烷會凝結(jié)為固體；從而導(dǎo)致導(dǎo)管堵塞；

故答案為：過渡冷卻rm{1}rm{2-}二溴乙烷易凝結(jié)成固體而發(fā)生堵塞；

rm{(7)}乙醇在濃硫酸作催化劑作用下會有乙醚等副產(chǎn)物生成；反應(yīng)太劇烈時乙醇部分揮發(fā)濃硫酸將部分乙醇氧化，乙烯流速過快，未完全發(fā)生加成反應(yīng)；

故答案為：rm{壟脵}濃硫酸將部分乙醇氧化rm{壟脷}發(fā)生副反應(yīng)生成乙醚rm{壟脹}乙醇揮發(fā)rm{壟脺}乙烯流速過快；未完全發(fā)生加成反應(yīng)；

rm{(8)}在制取rm{1}rm{2}一二溴乙烷的過程中還會有副產(chǎn)物乙醚生成；除去rm{1}rm{2}一二溴乙烷中的乙醚；可以通過蒸餾的方法將二者分離，所以D正確；

故答案為：乙醚；rm{D}．

實驗室制備rm{1}rm{2-}二溴乙烷流程：裝置rm{A}中：乙醇在濃硫酸做催化劑、脫水劑條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，反應(yīng)方程式：rm{CH_{3}CH_{2}OHdfrac{overset{;{脜簍脕貌脣謾};}{}}{170隆忙}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}全瓶rm{CH_{3}CH_{2}OHdfrac{

overset{;{脜簍脕貌脣謾};}{}}{170隆忙}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}可以防止倒吸；當rm堵塞時，氣體不暢通，則在rm{c}中氣體產(chǎn)生的壓強將水壓入直玻璃管中，甚至溢出玻璃管，裝置rm中盛有氫氧化鈉可以和制取乙烯中產(chǎn)生的雜質(zhì)氣體二氧化硫發(fā)生反應(yīng)，除去乙烯中帶出的酸性氣體，裝置rm{C}中品紅溶液驗證二氧化硫是否被除盡，液溴易揮發(fā)，反應(yīng)過程中應(yīng)用冷水冷卻裝置rm{D}能減少液溴揮發(fā)，rm{E}裝置中：乙烯與液溴發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{E}rm{1}二溴乙烷化學(xué)方程式為：rm{2-}反應(yīng)剩余的溴化氫、溴等有毒，能夠污染大氣，需要進行尾氣吸收，用rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCH_{2}Br}吸收；據(jù)此分析作答．

本題考查了rm{F}rm{1}二溴乙烷實驗室制取、乙烯的制取、實驗裝置的理解評價等，注意基礎(chǔ)知識的掌握，本題難度中等．rm{2-}【解析】減少副產(chǎn)物乙醚生成；使連通滴液漏斗里的溶液容易滴下；rm{B}中長直玻璃管內(nèi)有一段液柱上升；驗證二氧化硫是否被除盡；吸收揮發(fā)的溴蒸氣；過渡冷卻rm{1}rm{2-}二溴乙烷易凝結(jié)成固體而發(fā)生堵塞；：rm{壟脵}濃硫酸將部分乙醇氧化rm{壟脷}發(fā)生副反應(yīng)生成乙醚rm{壟脹}乙醇揮發(fā)rm{壟脺}乙烯流速過快，未完全發(fā)生加成反應(yīng)；乙醚；rm{D}19、略

【分析】解：rm{壟脵}甲認為rm{A}rm{B}中酸與堿的元數(shù)、物質(zhì)的量濃度、溶液體積都相同，則反應(yīng)的熱效應(yīng)也相同；而乙認為rm{NaOH}是強堿，rm{NH_{3}?H_{2}O}是弱堿電離吸熱，所以熱效應(yīng)不同；故答案為：rm{A}rm{B}中酸與堿的元數(shù)、物質(zhì)的量濃度、溶液體積都相同；rm{NaOH}是強堿，rm{NH_{3}?H_{2}O}是弱堿電離吸熱；

rm{壟脷triangleH_{1}=-dfrac{4.184隆脕100隆脕(19.8-13.0)}{1times0.05}隆脰-56.9kJ/mol}故答案為：rm{壟脷triangleH_{1}=-dfrac

{4.184隆脕100隆脕(19.8-13.0)}{1times0.05}隆脰-56.9kJ/mol}．

rm{-56.9kJ/mol}甲根據(jù)rm{壟脵}rm{A}中酸與堿的元數(shù)；物質(zhì)的量濃度、溶液體積都相同；乙根據(jù)弱電解質(zhì)存在電離平衡；電離過程是吸熱過程；

rm{B}結(jié)合rm{壟脷}及物質(zhì)的量與熱量成正比計算．

本題考查了中和熱的測定方法，題目難度不大，注意掌握測定中和熱的正確方法，明確實驗操作過程中關(guān)鍵在于盡可能減