2025年滬科版高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………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(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年滬科版高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、相對(duì)分子質(zhì)量為300以下的某脂肪酸1.0g與2.7g碘恰好完全加成，也可被0.2gKOH中和，數(shù)據(jù)不精確，由此計(jì)算該脂肪酸的相對(duì)分子質(zhì)量是（）A.274B.278C.280D.2822、下列有關(guān)元素周期表的說(shuō)法中正確的是（）A.有7個(gè)橫行、7個(gè)縱行B.鐵元素屬于主族元素C.第1、2、3周期的元素屬于短周期元素D.0族元素原子的最外層上均有8個(gè)電子3、在下列變化過(guò)程中，只發(fā)生物理變化的是：（）A.荔枝釀酒B.酸雨侵蝕建筑物C.空氣液化制取氮?dú)釪.食物腐敗4、下列說(shuō)法正確的是rm{(}rm{)}A.含有離子鍵和共價(jià)鍵的化合物一定是離子化合物B.元素原子的最外層電子數(shù)等于該元素的最高化合價(jià)C.目前人們已發(fā)現(xiàn)的元素種類數(shù)目與原子種類數(shù)目相同D.多電子原子中，在離核較近的區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的電子能量較高5、用rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是A.常溫常壓下，rm{22.4LO_{2}}含有的分子數(shù)目為rm{N_{A}}B.rm{1molZn}變?yōu)閞m{Zn^{2+}}時(shí)失去的電子數(shù)目為rm{N_{A}}C.常溫常壓下，rm{16g}氧氣含有的氧原子數(shù)目為rm{N_{A}}D.rm{0.5mol}rm{/}rm{LNa_{2}CO_{3}}溶液中，rm{Na^{+}}的數(shù)目為rm{N_{A}}評(píng)卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)6、在同溫同壓下，由CO2、H2和CO組成的混合氣體的密度與氮?dú)獾拿芏认嗤畡t該混合氣體中CO2、H2和CO的體積比為()A.29：8：13B.22：1：14C.13：8：29D.26：16：577、根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是（）

。選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A取少量食鹽溶于水，加稀硫酸酸化，再滴入淀粉溶液，溶液未呈藍(lán)色該食鹽中不含有碘酸鉀B將KI和FeCl3溶液在試管中混合后，加入CCl4，振蕩，靜置，下層溶液顯紫紅色Fe3+的氧化性大于I2C向蛋白質(zhì)溶液中加入CuCl2或（NH4）2SO4飽和溶液，均有沉淀蛋白質(zhì)均發(fā)生了變性D將0.1mol?L-1，MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產(chǎn)生，再滴加0.1mol?L-1CuSO4溶液，白色沉淀逐漸變?yōu)樗{(lán)色沉淀Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]A.AB.BC.CD.D8、在粗制CuSO4?5H2O晶體中常含有雜質(zhì)Fe2+，為了除去Fe2+，先將混合物溶于水，加入一定量的H2O2，將Fe2+氧化成Fe3+，再調(diào)節(jié)溶液的pH=4，過(guò)濾、蒸發(fā)、結(jié)晶即可．下列說(shuō)法正確的是()A.由題目可知，Cu2+可以大量存在于pH=4的溶液中B.可用濃硫酸代替H2O2C.未加H2O2前的硫酸銅溶液pH＜4D.調(diào)節(jié)溶液pH=4可選擇的試劑是氫氧化銅或氨水9、對(duì)比甲烷和乙烯的燃燒反應(yīng)，下列敘述中正確的是（）A.二者燃燒時(shí)現(xiàn)象完全相同B.點(diǎn)燃前都應(yīng)驗(yàn)純C.甲烷燃燒的火焰呈淡藍(lán)色，乙烯燃燒的火焰較明亮D.二者燃燒時(shí)都有黑煙生成10、若將阿伏加德羅常數(shù)規(guī)定為rm{0.024kg^{12}C}中所含有的rm{C}原子數(shù)，而其他概念和規(guī)定一律不變，則下列各項(xiàng)的數(shù)值不會(huì)發(fā)生變化的是rm{(}rm{)}A.物質(zhì)的量B.相對(duì)原子質(zhì)量C.物質(zhì)的摩爾質(zhì)量D.rm{12g^{12}C}中所含有的rm{C}原子數(shù)11、科學(xué)家最近制造出第rm{112}號(hào)新元素，其原子的質(zhì)量數(shù)為rm{277}這是迄今已知元素中最重的原子rm{.}關(guān)于該新元素的下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.其原子核內(nèi)中子數(shù)和質(zhì)子數(shù)都是rm{112}B.其原子核內(nèi)中子數(shù)為rm{165}核外電子數(shù)為rm{112}C.其原子質(zhì)量是rm{{,!}^{12}C}原子質(zhì)量的rm{277}倍D.其原子質(zhì)量與rm{{,!}^{12}C}原子質(zhì)量之比為rm{277}rm{12}12、25℃時(shí)，將濃度均為0.1mol?L-1HX溶液和HY溶液分別與等濃度的NaHCO3溶液等體積混合，實(shí)驗(yàn)測(cè)得產(chǎn)生的氣體體積（V）隨時(shí)間（t）變化的示意圖如圖所示：下列說(shuō)法正確的是（）A.相同濃度的HX和HY溶液中水的電離程度：HX＞HYB.相同體積相同濃度的HX和HY溶液中陰離子數(shù)目前者大于后者C.向10mL0.1mol?L-1的Na2CO3溶液中緩慢滴加10mL0.1mol?L-1的HY；混合后的離子濃度大小關(guān)系：

c（Na+）＞c（Y-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）D.將等體積等濃度的HX和HY溶液分別用相同濃度的氫氧化鈉溶液滴定，至中性時(shí)，消耗的氫氧化鈉溶液體積前者大于后者13、已知X；Y、Z、W均為中學(xué)化學(xué)中常見(jiàn)的單質(zhì)或化合物；它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示（部分產(chǎn)物已略去），則W、X不可能是（）

。選項(xiàng)WXA鹽酸NaCO3溶液BCl2FeCCO2Ca（OH）2溶液D氨水溶液AlCl3溶液A.AB.BC.CD.D評(píng)卷人得分三、填空題(共8題，共16分)14、乙醇（C2H5OH）是一種重要的有機(jī)物．

（1）根據(jù)乙醇分子式和可能結(jié)構(gòu)推測(cè)，1mol乙醇與足量鈉反應(yīng)，產(chǎn)生氫氣的物質(zhì)的量可能是____mol．事實(shí)證明反應(yīng)的乙醇與產(chǎn)生的氫氣物質(zhì)的量比值是2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是____．

（2）乙醇分子中的官能團(tuán)是____．

（3）用如圖裝置實(shí)驗(yàn)，干冷燒杯罩在火焰上，有無(wú)色液體產(chǎn)生．能否據(jù)此說(shuō)明一定有氫氣產(chǎn)生，判斷及簡(jiǎn)述理由是____．

（4）乙醇與鈉反應(yīng)比水與鈉反應(yīng)平緩的多，原因是____．15、有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，選擇適當(dāng)?shù)脑噭┏ト芤褐械腘aCl和Na2SO4，從而得到純凈的NaNO3溶液．相應(yīng)的實(shí)驗(yàn)過(guò)程可用如圖表示：

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）寫(xiě)出實(shí)驗(yàn)流程中下列物質(zhì)化學(xué)式：試劑X____，沉淀A____，沉淀B____．

（2）①、②、③過(guò)程中均需要過(guò)濾，在進(jìn)行此操作時(shí)需要用到的玻璃儀器為：____、____、____．

（3）上述實(shí)驗(yàn)流程中加入過(guò)量的Na2CO3的目的是____．

（4）按此實(shí)驗(yàn)方案得到的溶液3中肯定含有Na2CO3雜質(zhì)；為了解決這個(gè)問(wèn)題，可以向溶液3中加入適量的____，之后若要獲得固體NaNO3需進(jìn)行的實(shí)驗(yàn)操作是____（填操作名稱）．16、黃鐵礦的主要成分是FeS2．測(cè)定黃鐵礦中FeS2含量的兩種方法如下圖所示：

已知：FeS2+5HNO3+3HCl=FeCl3+2H2SO4+5NO↑+2H2O

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）方法Ⅰ中灼燒濾渣用的儀器除酒精燈、三角架、還有____．

（2）方法Ⅱ中加足量BaCl2溶液的作用是____，判斷加入BaCl2溶液已過(guò)量的操作是____．

（3）用方法Ⅰ測(cè)定黃鐵礦試樣中FeS2的含量，發(fā)現(xiàn)測(cè)定結(jié)果總是偏高，則產(chǎn)生誤差的可能原因是：①____；②____．（測(cè)定過(guò)程中由操作產(chǎn)生的誤差可忽略．）

（4）稱取黃鐵礦試樣1.60g，用方法Ⅱ進(jìn)行測(cè)定，稱得干燥后的濾渣質(zhì)量為1.66g，假設(shè)礦石中的硫元素全部來(lái)自于FeS2，則該礦石中FeS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是____．17、(12分)以硫鐵礦為原料生產(chǎn)硫酸所得的酸性廢水中砷元素含量極高，為控制砷的排放，采用化學(xué)沉降法處理含砷廢水，相關(guān)數(shù)據(jù)如下表?；卮鹨韵聠?wèn)題：⑴該硫酸工廠排放的廢水中硫酸的物質(zhì)的量濃度c(H2SO4)＝____________mol·L－1。⑵寫(xiě)出難溶物Ca3(AsO4)2的Ksp表達(dá)式：Ksp[Ca3(AsO4)2]＝____，若混合溶液中Al3＋、Fe3＋的濃度均為1.0×10－4mol·L－1，c(AsO43－)的最大是___mol·L－1。⑶工廠排放出的酸性廢水中的三價(jià)砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先將其氧化成五價(jià)砷（H3AsO4弱酸），寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式____。⑷在處理含砷廢水時(shí)采用分段式，先向廢水中投入生石灰調(diào)節(jié)pH到2，再投入生石灰將pH調(diào)節(jié)到8左右使五價(jià)砷以Ca3(AsO4)2形式沉降。①pH調(diào)節(jié)到2時(shí)廢水中有大量沉淀產(chǎn)生，沉淀主要成分的化學(xué)式為_(kāi)_；②Ca3(AsO4)2在pH調(diào)節(jié)到8左右才開(kāi)始沉淀的原因?yàn)開(kāi)___。18、在實(shí)驗(yàn)室里用濃鹽酸與高錳酸鉀反應(yīng)來(lái)制取少量的氯氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2KMnO4+16HCl（濃）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O．反應(yīng)物中，氧化劑是____；化合價(jià)升高的元素是____．反應(yīng)中HCl的作用是____．19、A、B、C、D是短周期元素組成的非金屬單質(zhì)，其中B、C、D在常溫常壓下是氣體．其轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖（有關(guān)反應(yīng)的條件及生成的H2O已略去）．E是形成酸雨的污染物之一，F(xiàn)是常見(jiàn)的四原子10電子分子，化合物L(fēng)具有漂白性，可由Cl2與NaOH溶液反應(yīng)而制得．化合物J是由兩種元素組成的18電子分子；分子中原子個(gè)數(shù)比為1：2，其相對(duì)分子質(zhì)量為32，常溫下為液體．

請(qǐng)按要求填空：

（1）寫(xiě)出F的電子式____．

（2）寫(xiě)出Cl2與NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式____．

（3）取16gJ在B中完全燃燒生成C，恢復(fù)至101kPa、25℃，放出312kJ熱量．則J和B反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：____．

（4）寫(xiě)出將E通入L的堿性溶液中的離子方程式____．

（5）J-空氣燃料電池是一種環(huán)境友好的堿性燃料電池，電解質(zhì)溶液是20%～30%KOH溶液．該燃料電池的負(fù)極反應(yīng)式為_(kāi)___．

（6）將標(biāo)況下1.12LE通入100mL0.5mol/LNaOH溶液中，得到一種酸性溶液，則該溶液中各種離子濃度由大到小的排列順序?yàn)開(kāi)___．20、為節(jié)省藥品和時(shí)間，甲、乙、丙三位同學(xué)用銅片、鋅片、稀硫酸、CuSO4溶液；直流電源、石墨電極、導(dǎo)線、燒杯、試管等中學(xué)化學(xué)常見(jiàn)的藥品和儀器（用品）；通過(guò)巧妙的構(gòu)思，設(shè)計(jì)了比較銅、鋅金屬活動(dòng)性相對(duì)強(qiáng)弱的系列實(shí)驗(yàn)．試填寫(xiě)下列空白：

（1）甲同學(xué)分別將一小片銅片、鋅片置于燒杯底部（銅與鋅不接觸），向燒杯中小心加入稀硫酸，觀察到的現(xiàn)象是____．甲同學(xué)的設(shè)計(jì)思路是____．

（2）乙同學(xué)接著甲的實(shí)驗(yàn)，向燒杯中滴加____溶液，進(jìn)而觀察到的現(xiàn)象是____．

乙同學(xué)作出鋅、銅金屬活動(dòng)性相對(duì)強(qiáng)弱的結(jié)論所依據(jù)的原理是____．

（3）丙同學(xué)使用直流電源、石墨電極組裝好電解裝置，向乙同學(xué)實(shí)驗(yàn)后的溶液中補(bǔ)充了必要的試劑____溶液（作為電解液）．反應(yīng)在調(diào)控下隨即開(kāi)始，實(shí)驗(yàn)中有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)___．實(shí)驗(yàn)中的明顯現(xiàn)象是____．

（4）請(qǐng)你再單獨(dú)設(shè)計(jì)一個(gè)簡(jiǎn)單的實(shí)驗(yàn)（試劑、儀器自選），探究和證實(shí)鋅、銅金屬活動(dòng)性的相對(duì)強(qiáng)弱（簡(jiǎn)要說(shuō)明操作和現(xiàn)象）____．21、（2009春?崇文區(qū)期末）X；Y、Z三種短周期元素；它們的原子序數(shù)之和為16．在常溫下，X、Y、Z三種元素的常見(jiàn)單質(zhì)都是無(wú)色氣體，它們?cè)谶m當(dāng)條件下可發(fā)生如圖所示的轉(zhuǎn)化．已知一個(gè)B分子中含有Z元素的原子個(gè)數(shù)比一個(gè)C分子中含有Z元素的原子個(gè)數(shù)少一個(gè)．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）X元素在周期表中的位置是____．Y的原子序數(shù)為_(kāi)___．

（2）X的單質(zhì)與Z的單質(zhì)可制成新型的化學(xué)電源，該電源被稱為_(kāi)___．

（3）A的化學(xué)式為_(kāi)___．

（4）已知Y的單質(zhì)與Z的單質(zhì)在適當(dāng)催化劑和高溫、高壓條件下，生成C的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式____．評(píng)卷人得分四、判斷題(共4題，共24分)22、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L己烷中含共價(jià)鍵數(shù)目為19NA．____（判斷對(duì)錯(cuò)）23、常溫下體積和濃度都相同的鹽酸和醋酸中和氫氧化鈉能力鹽酸強(qiáng)____（判斷正誤）24、含5個(gè)碳原子的有機(jī)物，每個(gè)分子中最多可形成4個(gè)C-C單鍵____．25、0.1L3.0mol?L-1的NH4NO3溶液中含有的NH4+的數(shù)目為0.3NA．____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、探究題(共4題，共36分)26、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫(xiě)分離時(shí)所用操作方法，并寫(xiě)出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫(xiě)出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．27、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來(lái)測(cè)定其含量，操作為：28、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫(xiě)分離時(shí)所用操作方法，并寫(xiě)出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫(xiě)出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．29、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來(lái)測(cè)定其含量，操作為：評(píng)卷人得分六、簡(jiǎn)答題(共3題，共15分)30、元素周期表中第四周期的某些元素在生產(chǎn)；生活中有著廣泛的應(yīng)用。

（1）硒常用作光敏材料，基態(tài)硒原子的價(jià)電子排布圖1為_(kāi)_____；與硒同周期的p區(qū)元素中第一電離能大于硒的元素有______種；SeO3的空間構(gòu)型是______。

（2）科學(xué)家在研究金屬礦物質(zhì)組分的過(guò)程中；發(fā)現(xiàn)了Cu-Ni-Fe等多種金屬互化物。確定某種金屬互化物是晶體還是非晶體的方法是______。

（3）鎳能與類鹵素（SCN）2反應(yīng)生成Ni（SCN）2．（SCN）2分子中硫原子的雜化方式是______；σ鍵和π鍵數(shù)目之比為_(kāi)_____。

（4）Co（NH3）5Cl3是鈷的一種配合物，向100mL0.2mol?L-1該配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液；生成5.74g白色沉淀，則該配合物的化學(xué)式為_(kāi)_____，中心離子的配位數(shù)為_(kāi)_____。

（5）已知：r（Fe2+）為61pm，r（Co2+）為65pm。在隔絕空氣條件下分別加熱FeCO3和CoCO3，實(shí)驗(yàn)測(cè)得FeCO3的分解溫度低于CoCO3；原因是______。

（6）某離子型鐵的氧化物晶胞如圖2所示，它由X、Y組成，則該氧化物的化學(xué)式為_(kāi)_____。已知該晶體的密度為dg?cm-3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該品體的晶胞參數(shù)a=______pm（用含d和NA的代數(shù)式表示）。31、工業(yè)上可用食鹽和石灰石為主要原料；經(jīng)不同的方法生產(chǎn)純堿．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）盧布蘭芳是以食鹽；石灰石、濃硫酸、焦炭為原料；在高溫下進(jìn)行煅燒，再浸取，結(jié)晶而制得純堿．

①食鹽和濃硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____；

②硫酸鈉和焦炭、石灰石反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____（已知產(chǎn)物之一為CaS）；

（2）氨堿法的工藝如圖1所示；得到的碳酸氫鈉經(jīng)煅燒生成純堿．

①圖1中的中間產(chǎn)物C是______，D______．（寫(xiě)化學(xué)式）；

②裝置乙中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____；

（3）聯(lián)合制堿法對(duì)氨堿法的改進(jìn)，其優(yōu)點(diǎn)是______；

（4）有人認(rèn)為碳酸氫鉀與碳酸氫鈉的化學(xué)性質(zhì)相似，故也可用氨堿法以氯化鉀和石灰石為原料制碳酸鉀．請(qǐng)結(jié)合2圖的溶解度（S）隨溫度變化曲線，分析說(shuō)明是否可行？______．32、硫和鈣的相關(guān)化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用rm{.}回答下列問(wèn)題：

rm{(1)}鈣元素的焰色反應(yīng)呈磚紅色，其中紅色對(duì)應(yīng)的輻射波長(zhǎng)為_(kāi)_____rm{nm(}填字母rm{)}．

A.rm{435}rm{B.500}rm{C.580}rm{D.605}rm{E.700}

rm{(2)}元素rm{S}和rm{Ca}中，第一電離能較大的是______rm{(}填元素符號(hào)rm{)}其基態(tài)原子外圍電子排布式為_(kāi)_____rm{.}其基態(tài)原子中電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有______種rm{.}

rm{(3)}硫的最高價(jià)氧化物的水合物硫酸能與肼反應(yīng)生成rm{N_{2}H_{6}SO_{4}}rm{N_{2}H_{6}SO_{4}}晶體類型與硫酸銨相同，則rm{N_{2}H_{6}SO_{4}}的晶體內(nèi)不存在______rm{(}填字母rm{)}．

A.離子鍵rm{B.}共價(jià)鍵rm{C.}配位鍵rm{D.}范德華力。

rm{(4)}基態(tài)rm{Ca}原子中，核外電子占據(jù)最高能層的符號(hào)是______，該能層為次外層時(shí)最多可以容納的電子數(shù)為_(kāi)_____rm{.}鈣元素和錳元素屬于同一周期；且核外最外層電子構(gòu)型相同，但金屬鈣的熔點(diǎn)；佛點(diǎn)等都比金屬錳低，原因是______．

rm{(5)}過(guò)氧化鈣晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，已知該晶胞的密度是rm{p}rm{g?cm^{-3}}則晶胞結(jié)構(gòu)中最近的兩個(gè)rm{Ca^{2+}}間的距離為_(kāi)_____rm{nm(}列算式即可，用rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值rm{).}與rm{Ca^{2+}}緊鄰rm{O_{2}^{2-}}的個(gè)數(shù)為_(kāi)_____．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】0.2gKOH能完全中和1g脂肪酸（相對(duì)分子質(zhì)量為300以下），設(shè)脂肪酸中含有n個(gè)羧基，令脂肪酸的相對(duì)分子質(zhì)量為M，則R（COOH）n～nKOH，根據(jù)比例關(guān)系可得M=280n，結(jié)合相對(duì)分子質(zhì)量可以確定n=1，數(shù)據(jù)的不精確性，則M≈280，由RCOOH～xI2（x為烴基不飽和度），故M：254x=1g：2.7g，則M=94.1x，數(shù)據(jù)的不精確性，則M≈94.1x，可以確定x=3，故脂肪酸分子式可以為CnH2n-5COOH，結(jié)合M≈280，判斷n的值，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：0.2gKOH能完全中和1g脂肪酸（相對(duì)分子質(zhì)量為300以下）；設(shè)脂肪酸中含有n個(gè)羧基，令脂肪酸的相對(duì)分子質(zhì)量為M；

則：R（COOH）n～nKOH

M56n

1.00.2

解得M=280n；因?yàn)镸＜300，所以n=1，由于數(shù)據(jù)的不精確性，則M≈280；

由RCOOH～xI2（x為烴基不飽和度）；故M：254x=1g：2.7g，則M=94.1x，數(shù)據(jù)的不精確性，則280≈94.1x，可以確定x=3；

故脂肪酸分子式可以為CnH2n-5COOH；相對(duì)分子質(zhì)量M=12n+2n-5+45=14n+40，結(jié)合M≈280，則n=17，故該脂肪酸的相對(duì)分子質(zhì)量M=14×17+40=278；

故選B．2、C【分析】【分析】A；目前元素周期表有7個(gè)橫行；每個(gè)橫行是一個(gè)周期，有7個(gè)周期，18個(gè)縱行包括7個(gè)主族、7個(gè)副族、1個(gè)零族、1個(gè)第Ⅷ族；

B；金屬鐵屬于ⅤⅢ族元素；不屬于主族元素；

C；短周期為第一、二、三周期；

D、稀有氣體氦最外層只有2個(gè)電子．【解析】【解答】解：A；目前元素周期表有7個(gè)橫行；每個(gè)橫行是一個(gè)周期，有7個(gè)周期，18個(gè)縱行包括7個(gè)主族、7個(gè)副族、1個(gè)零族、1個(gè)第Ⅷ族，而不是7個(gè)縱行，故A錯(cuò)誤；

B；金屬鐵屬于ⅤⅢ族元素；不屬于主族元素，故B錯(cuò)誤；

C；短周期為第一、二、三周期；故C正確；

D；稀有氣體氦最外層只有2個(gè)電子；所以并不是所有0族元素原子的最外層上均有8個(gè)電子，故D錯(cuò)誤；

故選C．3、C【分析】沒(méi)有新物質(zhì)生成的反應(yīng)是物理變化，所以選項(xiàng)C是物理變化，其余都是化學(xué)變化，答案選C。【解析】【答案】C4、A【分析】解：rm{A.}離子化合物一定含有離子鍵；則含有離子鍵的化合物一定是離子化合物，故A正確；

B.元素原子的最外層電子數(shù)不一定等于該元素的最高化合價(jià)，如錳原子最外層有rm{2}個(gè)電子，但其最高化合價(jià)是rm{+7}價(jià)；故B錯(cuò)誤；

C.有的元素有多種原子；所以元素的種類小于原子的種類，故C錯(cuò)誤；

D.多電子原子中；在離核較近的區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的電子能量較低，在離核較遠(yuǎn)的區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的電子能量較高，故D錯(cuò)誤；

故選A．

A.離子化合物一定含有離子鍵；

B.元素原子的最外層電子數(shù)不一定等于該元素的最高化合價(jià)；

C.元素的種類小于原子的種類；

D.多電子原子中；離原子核越近的電子其能量越低．

本題考查離子鍵和離子化合物的關(guān)系、核外電子能量、元素化合價(jià)與最外層電子的關(guān)系等知識(shí)點(diǎn)，明確原子結(jié)構(gòu)是解本題關(guān)鍵，易錯(cuò)選項(xiàng)是rm{B}明確最外層電子和價(jià)電子的區(qū)別，為易錯(cuò)點(diǎn)．【解析】rm{A}5、C【分析】A.常溫常壓下，氣體摩爾體積未知，無(wú)法計(jì)算rm{22.4L}rm{22.4L}rm{O}含有的分子數(shù)目，故A錯(cuò)誤；B.rm{O}rm{{,!}_{2}}變?yōu)閞m{1molZn}變?yōu)閞m{Zn}rm{1molZn}rm{Zn}rm{{,!}^{2+}}C.時(shí)失去的電子數(shù)目為rm{2N}rm{2N}rm{{,!}_{A}}含有的氧原子的物質(zhì)的量為，故B錯(cuò)誤；rm{16gO}rm{16gO}rm{{,!}_{2}}的物質(zhì)的量是rm{0.5mol}含有的氧原子的物質(zhì)的量為rm{0.5mol}rm{0.5mol}D.rm{0.5mol}rm{隆脕2=1mol}含有的氧原子【解析】rm{C}二、雙選題(共8題，共16分)6、C|D【分析】解：二氧化碳；氫氣、一氧化碳組成的混合氣體在同溫、同壓下與氮?dú)獾拿芏认嗤?；可知混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量等于氮?dú)獾南鄬?duì)分子質(zhì)量，即為28，而一氧化碳的相對(duì)分子質(zhì)量為28，則二氧化碳與氫氣的平均相對(duì)分子質(zhì)量為28即可，一氧化碳的體積為任意體積．

利用十字相乘法得二氧化碳和氫氣的體積之比：

二氧化碳和氫氣的體積之比為26：16=13：8；一氧化碳的體積為任意體積．

故選CD．【解析】【答案】CD7、B|D【分析】解：A．淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán)；實(shí)驗(yàn)操作不生成碘，則不能檢驗(yàn)該食鹽中是否含有碘酸鉀，故A錯(cuò)誤；

B．KI和FeCl3溶液在試管中混合，加入CCl4，振蕩，靜置，下層溶液顯紫紅色，可知發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘單質(zhì)，則Fe3+的氧化性大于I2；故B正確；

C．蛋白質(zhì)溶液中加入CuCl2或（NH4）2SO4飽和溶液；分別發(fā)生變性；鹽析，均有沉淀生成，故C錯(cuò)誤；

D．白色沉淀逐漸變?yōu)樗{(lán)色沉淀，發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，向Ksp更小的方向移動(dòng)，則Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]；故D正確；

故選BD．

A．淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán)；

B．KI和FeCl3溶液在試管中混合；發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘單質(zhì)；

C．蛋白質(zhì)溶液中加入CuCl2或（NH4）2SO4飽和溶液；分別發(fā)生變性；鹽析；

D．白色沉淀逐漸變?yōu)樗{(lán)色沉淀；發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，向Ksp更小的方向移動(dòng)．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、沉淀轉(zhuǎn)化、實(shí)驗(yàn)結(jié)論為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大．【解析】【答案】BD8、A|C【分析】解：A．Cu2+可以大量存在于pH=4的溶液中，當(dāng)PH=4的時(shí)候，F(xiàn)e(OH)3完全沉淀；故A正確；

B．H2O2是綠色氧化劑；在氧化過(guò)程中不引進(jìn)雜質(zhì)；不產(chǎn)生污染，用濃硫酸可能引入亞硫酸根離子，故B錯(cuò)誤；

C．未加H2O2前的硫酸銅溶液pH＜4；故C正確；

D．加入氨水引入了新的雜質(zhì)離子銨根離子；故D錯(cuò)誤．

故選AC．【解析】【答案】AC9、B|C【分析】解：A；甲烷和乙烯含碳量不同；燃燒現(xiàn)象不同，故A錯(cuò)誤；

B；可燃性氣體在點(diǎn)燃之前都應(yīng)檢驗(yàn)純度；防止爆炸，故B正確；

C；甲烷燃燒產(chǎn)生明亮的藍(lán)色火焰；乙烯燃燒火焰明亮，并伴有黑煙，故C正確；

D；甲烷含碳量低；燃燒時(shí)沒(méi)有黑煙，乙烯燃燒火焰明亮，并伴有黑煙，故D錯(cuò)誤；

故選BC．

A；甲烷和乙烯含碳量不同；燃燒現(xiàn)象不同；

B；可燃性氣體在點(diǎn)燃之前都應(yīng)檢驗(yàn)純度；防止爆炸；

C；甲烷燃燒產(chǎn)生明亮的藍(lán)色火焰；乙烯燃燒火焰明亮，并伴有黑煙；

D；甲烷含碳量低；燃燒時(shí)沒(méi)有黑煙．

本題考查了甲烷和乙烯結(jié)構(gòu)、性質(zhì)的比較，難度不大，注意烴類物質(zhì)的含碳量越高，火焰越明亮、煙越濃．【解析】【答案】BC10、rBD【分析】解：rm{A}由公式rm{n=dfrac{N}{N_{A}}}知，rm{N_{A}}發(fā)生了變化，則rm{n}發(fā)生變化；故A錯(cuò)誤；

B、相對(duì)原子質(zhì)量有它自己的標(biāo)準(zhǔn)rm{(^{12}C}原子質(zhì)量的rm{dfrac{1}{12})}只隨其標(biāo)準(zhǔn)的改變而改變，不隨阿伏加德羅常數(shù)的改變而改變，故B正確；

C、由于rm{n=dfrac{m}{M}}而不論對(duì)rm{N_{A}}如何規(guī)定，一定量的物質(zhì)的質(zhì)量是不變的，則rm{M=n?m}隨rm{n}的變化而變化；故C錯(cuò)誤；

D、只要物質(zhì)的質(zhì)量rm{(}或體積rm{)}一定；則構(gòu)成它的粒子數(shù)一定，不隨阿伏加德羅常數(shù)的改變而改變，故D正確．

故選BD．

A、由公式rm{n=dfrac{N}{N_{A}}}知，rm{N_{A}}發(fā)生了變化，則rm{n}必發(fā)生變化；

B；相對(duì)原子質(zhì)量只隨其標(biāo)準(zhǔn)的改變而改變；不隨阿伏加德羅常數(shù)的改變而改變；

C、由于rm{n=dfrac{m}{M}}rm{M}隨rm{n}的變化而變化；

D、只要物質(zhì)的質(zhì)量rm{(}或體積rm{)}一定；則構(gòu)成它的粒子數(shù)一定．

本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的計(jì)算與判斷，題目難度中等，涉及知識(shí)點(diǎn)較多、綜合性較強(qiáng)，充分考查學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)的能力，注意熟練掌握物質(zhì)的量與阿伏伽德羅常數(shù)、摩爾質(zhì)量等物理量之間的關(guān)系．【解析】rm{BD}11、rBD【分析】解：rm{A}因原子中原子序數(shù)rm{=}質(zhì)子數(shù)rm{=}核電荷數(shù)rm{=}核外電子數(shù)，所以新元素的質(zhì)子數(shù)為rm{112}又因中子數(shù)rm{=}質(zhì)量數(shù)rm{-}質(zhì)子數(shù)rm{=277-112=165}故A錯(cuò)誤；

B、因原子中原子序數(shù)rm{=}質(zhì)子數(shù)rm{=}核電荷數(shù)rm{=}核外電子數(shù)，所以核外電子數(shù)為rm{112}又因中子數(shù)rm{=}質(zhì)量數(shù)rm{-}質(zhì)子數(shù)rm{=277-112=165}故B正確；

C、因原子質(zhì)量的質(zhì)量之比rm{=}相對(duì)原子質(zhì)量之比rm{=}原子的質(zhì)量數(shù)之比，其原子質(zhì)量與rm{{,!}^{12}C}原子質(zhì)量之比為rm{277}rm{12}故C錯(cuò)誤；

D、因原子質(zhì)量的質(zhì)量之比rm{=}相對(duì)原子質(zhì)量之比rm{=}原子的質(zhì)量數(shù)之比，其原子質(zhì)量與rm{{,!}^{12}C}原子質(zhì)量之比為rm{277}rm{12}故D正確；

故選：rm{B}rm{D}．

A、根據(jù)原子中原子序數(shù)rm{=}質(zhì)子數(shù)rm{=}核電荷數(shù)rm{=}核外電子數(shù)，中子數(shù)rm{=}質(zhì)量數(shù)rm{-}質(zhì)子數(shù)；

B、根據(jù)原子中原子序數(shù)rm{=}質(zhì)子數(shù)rm{=}核電荷數(shù)rm{=}核外電子數(shù)，中子數(shù)rm{=}質(zhì)量數(shù)rm{-}質(zhì)子數(shù)；

C、根據(jù)原子質(zhì)量的質(zhì)量之比rm{=}相對(duì)原子質(zhì)量之比rm{=}原子的質(zhì)量數(shù)之比；

D、根據(jù)原子質(zhì)量的質(zhì)量之比rm{=}相對(duì)原子質(zhì)量之比rm{=}原子的質(zhì)量數(shù)之比；

本題主要考查了原子中原子序數(shù)rm{=}質(zhì)子數(shù)rm{=}核電荷數(shù)rm{=}核外電子數(shù)、中子數(shù)rm{=}質(zhì)量數(shù)rm{-}質(zhì)子數(shù)以及相對(duì)原子質(zhì)量的含義，難度不大．【解析】rm{BD}12、A|C【分析】解：A．酸性的比較：HY＞HX；濃度相同的HX和HY溶液中氫離子濃度HY大于HX，對(duì)水電離抑制程度HY抑制程度大，相同濃度的HX和HY溶液中水的電離程度：HX＞HY，故A正確；

B．溶液中電荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-），c（Na+）+c（H+）=c（Y-）+c（OH-），c（Na+）濃度相同；酸性的比較：HY＞HX，則NaX和NaY溶液水解程度NaX＞NaY，NaX溶液中氫氧根離子濃度大于NaY溶液中氫氧根離子濃度，則NaX溶液中氫離子濃度小于NaY溶液中氫離子濃度，相同體積相同濃度的NaX和NaY溶液中陰離子數(shù)目NaY大于NaX，故B錯(cuò)誤；

C．酸性的比較：HX＞HY＞H2CO3，向10mL0.1mol/L的Na2CO3溶液中緩慢滴加10mL0.1mol/L的HY，反應(yīng)生成碳酸氫鈉溶液和NaY溶液的混合物，Y-離子水解程度小于HCO3-，據(jù)此判斷離子濃度大小c（Na+）＞c（Y-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）；故C正確；

D．將等體積等濃度的HX和HY溶液分別用相同濃度的氫氧化鈉溶液滴定；酸性的比較：HY＞HX，則NaX溶液堿性大于NaY溶液，反應(yīng)至中性時(shí)HX消耗的氫氧化鈉溶液體積小，故D錯(cuò)誤；

故選AC．

HY與NaHCO3溶液反應(yīng)速率快，溶液中氫離子濃度大，所以HY的酸性大于HX，則酸性的比較：HY＞HX＞H2CO3，NaHCO3水解促進(jìn)水的電離，酸的酸性越強(qiáng)，對(duì)水的電離抑制程度越大，所以HY對(duì)水的抑制程度最大，則三種溶液中由水電離的c（OH-）大?。篘aHCO3溶液＞HX溶液＞HY溶液；

A．濃度相同的HX和HY溶液中氫離子濃度HY大于HX；對(duì)水電離抑制程度HY抑制程度大；

B．酸性的比較：HY＞HX；則NaX和NaY溶液水解程度NaX＞NaY，電荷守恒分析判斷陰離子數(shù)目大小；

C．酸性的比較：HY＞HX＞H2CO3，向10mL0.1mol/L的Na2CO3溶液中緩慢滴加10mL0.1mol/L的HY，反應(yīng)生成碳酸氫鈉溶液和NaY溶液的混合物，Y-離子水解程度小于HCO3-；據(jù)此判斷離子濃度大??；

D．將等體積等濃度的HX和HY溶液分別用相同濃度的氫氧化鈉溶液滴定；酸性的比較：HY＞HX，至中性時(shí)HX消耗的氫氧化鈉溶液體積??；

本題考查了弱電解質(zhì)電離平衡影響因素、鹽類水解程度大小比較、離子濃度大小比較、電解質(zhì)溶液中電荷守恒等知識(shí)點(diǎn)，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】【答案】AC13、B|D【分析】解：A、X為Na2CO3；W為鹽酸時(shí)，碳酸鈉和少量鹽酸反應(yīng)生成碳酸氫鈉，碳酸鈉和過(guò)量鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳，能實(shí)現(xiàn)上述轉(zhuǎn)化關(guān)系，故A不選；

B；氯氣和鐵反應(yīng)；無(wú)論量多少，只能生成氯化鐵，不符合上述轉(zhuǎn)化關(guān)系，故B選；

C；X為氫氧化鈣；W為二氧化碳，氫氧化鈣與少量二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，和過(guò)量二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈣，碳酸鈣和碳酸氫鈣間可以相互轉(zhuǎn)化，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，故C不選；

D；氯化鋁和一水合氨反應(yīng)；生成氫氧化鋁沉淀不溶于弱堿，不能實(shí)現(xiàn)上述轉(zhuǎn)化，故D選；

故選BD．

X和過(guò)量W；少量W反應(yīng)生成本題物質(zhì)YZ，Y和Z又可以相互轉(zhuǎn)化，說(shuō)明X若是單質(zhì)，X乙酸化合價(jià)存在變價(jià)，只能是非金屬單質(zhì)；若X是化合物，則是酸性氧化物與堿反應(yīng)，量不同產(chǎn)物不同，生成的正鹽和酸式鹽可以相互轉(zhuǎn)化；或X為多元弱酸的鹽與酸反應(yīng)，量不同產(chǎn)物不同，結(jié)合選項(xiàng)分析判斷．

本題考查了物質(zhì)轉(zhuǎn)化的關(guān)系應(yīng)用，物質(zhì)性質(zhì)的應(yīng)用，主要考查量不同產(chǎn)物不同的反應(yīng)特征和物質(zhì)判斷，題目難度中等．【解析】【答案】BD三、填空題(共8題，共16分)14、0.5、2.5、32C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑羥基不能，因?yàn)闅錃庵袝?huì)含有乙醇乙醇中羥基的氫原子比水中氫原子活潑【分析】【分析】（1）依據(jù)乙醇結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：CH3CH2OH；可知乙醇分子內(nèi)有兩種不同環(huán)境下的氫原子，分別是乙基上的氫原子和羥基上的氫原子，據(jù)此計(jì)算產(chǎn)生氫氣的量，判斷乙醇的結(jié)構(gòu)，寫(xiě)出方程式；

（2）羥基是乙醇的官能團(tuán)；

（3）乙醇易揮發(fā)；乙醇；氫氣燃燒都能生成水；

（4）與水相比較，乙醇的-O-H難以斷裂．【解析】【解答】解：（1）依據(jù)乙醇結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：CH3CH2OH；可知乙醇分子內(nèi)有三種不同環(huán)境下的氫原子，如果鈉置換的是羥基氫原子，則1mol乙醇與足量鈉反應(yīng)生成0.5mol氫氣，如果那置換的是乙基上的氫原子，則1mol乙醇與足量鈉反應(yīng)生成2.5mol氫氣，如果乙醇中的氫原子都能夠被鈉置換，則1mol乙醇與足量鈉反應(yīng)生成3mol氫氣；

事實(shí)證明反應(yīng)的乙醇與產(chǎn)生的氫氣物質(zhì)的量比值是2，說(shuō)明鈉與乙醇反應(yīng)置換的是羥基上的氫原子，所以方程式：2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑；

故答案為：0.5、2.5、3；2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑；

（2）乙醇分子中的官能團(tuán)是羥基；故答案為：羥基；

（3）乙醇易揮發(fā)；乙醇；氫氣燃燒都能生成水，所以不能據(jù)此說(shuō)明一定有氫氣產(chǎn)生；

故答案為：不能；因?yàn)闅錃庵袝?huì)含有乙醇；

（4）與水相比較；乙醇的-O-H難以斷裂，所以乙醇與鈉反應(yīng)比水與鈉反應(yīng)平緩的多；

故答案為：乙醇中羥基的氫原子比水中氫原子活潑．15、BaCl2[或Ba（NO3）2]BaSO4AgCl漏斗燒杯玻璃棒除去過(guò)量的Ba（NO3）2〔或BaCl2〕和AgNO3HNO3加熱蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾【分析】【分析】除去氯化鈉需要加入硝酸銀溶液，除去硫酸鈉需要加入氯化鋇或硝酸鋇溶液；由實(shí)驗(yàn)流程可知，如先加入AgNO3，則會(huì)同時(shí)生成Ag2SO4和AgCl沉淀，則應(yīng)先加入過(guò)量的BaCl2[或Ba（NO3）2]，生成BaSO4沉淀，然后在濾液中加入過(guò)量的AgNO3，使Cl-全部轉(zhuǎn)化為AgCl沉淀，在所得濾液中加入過(guò)量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液為NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后進(jìn)行蒸發(fā)操作可得固體NaNO3．【解析】【解答】解：（1）如先加入AgNO3，則會(huì)同時(shí)生成Ag2SO4和AgCl沉淀，則應(yīng)先加入過(guò)量的BaCl2[或Ba（NO3）2]，生成BaSO4沉淀，然后在濾液中加入過(guò)量的AgNO3，使Cl-全部轉(zhuǎn)化為AgCl沉淀，則試劑X為BaCl2[或Ba（NO3）2]，沉淀A為BaSO4；沉淀B為AgCl；

故答案為：BaCl2[或Ba（NO3）2]；BaSO4；AgCl；

（2）根據(jù)流程可知；操作①；②、③為過(guò)濾，過(guò)濾操作使用的儀器有：漏斗、燒杯、玻璃棒；

故答案為：漏斗；燒杯；玻璃棒；

（3）加入過(guò)量的BaCl2[或Ba（NO3）2]，然后在濾液中加入過(guò)量的AgNO3，使Cl-全部轉(zhuǎn)化為AgCl沉淀，在所得濾液中含有Ag+、Ba2+，在所得濾液中加入過(guò)量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀；

故答案為：除去過(guò)量的Ba（NO3）2〔或BaCl2〕和AgNO3；

（4）溶液3為NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3；最后加熱蒸發(fā)；冷卻結(jié)晶、過(guò)濾得到硝酸鈉；

故答案為：HNO3；加熱蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾．16、坩堝、坩堝鉗、泥三角使硫酸根離子完全沉淀靜置取上層清夜繼續(xù)加入氯化鋇溶液，若無(wú)白色沉淀生成說(shuō)明說(shuō)明氯化鋇過(guò)量加氨水時(shí)形成了其他不溶性雜質(zhì)氫氧化鐵沉淀表面積大吸附了雜質(zhì)26.7%【分析】【分析】（1）灼燒濾渣用的儀器除酒精燈；三角架外需要在坩堝內(nèi)進(jìn)行；需要的儀器室坩堝，取用坩堝的坩堝鉗，加熱坩堝放在泥三角上加熱；

（2）方法Ⅱ中加足量BaCl2溶液的作用是完全沉淀硫酸根離子得到沉淀稱量質(zhì)量計(jì)算；檢驗(yàn)溶液中是否含有硫酸根離子進(jìn)行判斷；加入氯化鋇溶液無(wú)沉淀怎么試劑過(guò)量；

（3）測(cè)定結(jié)果總是偏高是稱量的固體質(zhì)量偏大據(jù)此分析；

（4）干燥后的濾渣為硫酸鋇，依據(jù)硫元素守恒計(jì)算硫化亞鐵質(zhì)量分?jǐn)?shù)；【解析】【解答】解：（1）灼燒濾渣用的儀器除酒精燈；三角架外需要在坩堝內(nèi)進(jìn)行；需要的儀器室坩堝，取用坩堝的坩堝鉗，加熱坩堝放在泥三角上加熱；

故答案為：坩堝；坩堝鉗、泥三角；

（2）判斷溶液中SO42-離子是否沉淀完全，可取上層清液滴加BaCl2溶液，若無(wú)白色沉淀生成，說(shuō)明SO42-沉淀完全；證明氯化鋇過(guò)量；

故答案為：取上層清液滴加BaCl2溶液，若無(wú)白色沉淀生成，說(shuō)明SO42-沉淀完全；證明氯化鋇過(guò)量；

（3）用方法Ⅱ分析礦石中的Fe含量，發(fā)現(xiàn)測(cè)定結(jié)果總是偏高，說(shuō)明最后稱量的固體的質(zhì)量偏大，如洗滌不充分、灼燒不充分都會(huì)引起固體質(zhì)量偏大，原因可能有Fe（OH）3沉淀表面積大，易吸附雜質(zhì)；加氨水時(shí)形成了其他不溶性雜質(zhì)，過(guò)濾洗滌時(shí)未充分將吸附的雜質(zhì)洗去；或Fe（OH）3灼燒不充分，未完全轉(zhuǎn)化為Fe2O3；回答其中兩項(xiàng)；

故答案為：①加氨水時(shí)形成了其他不溶性雜質(zhì)；②Fe（OH）3沉淀表面積大；易吸附雜質(zhì)；

（4）利用關(guān)系式法計(jì)算：

FeS2～2BaSO4

120g466g

m1.66g

m=0.427gg，則該礦石中FeS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是×100%=26.7%；

故答案為：26.7%．17、略

【分析】（1）根據(jù)28.42g/L可知，硫酸的濃度是28.42÷98mol/L＝0.29mol/L。（2）根據(jù)溶度積常數(shù)的表達(dá)式可知，Ksp[Ca3(AsO4)2]＝c3(Ca2＋)·c2(AsO43－)。若混合溶液中Al3＋、Fe3＋的濃度均為1.0×10－4mol·L－1，則根據(jù)溶度積常數(shù)可知，c(AsO43－)分別是1.6×10－12mol/L、5.7×10－17mol/L。所以最大值不能超過(guò)5.7×10－17mol/L。（3）二氧化錳的還原產(chǎn)物是Mn2＋，所以方程式為2H＋＋MnO2＋H3AsO3＝H3AsO4＋Mn2＋＋H2O。（4）①由于廢水中含有硫酸，所以最先生成的沉淀是硫酸鈣沉淀。②由于H3AsO4是弱酸，所以當(dāng)溶液中pH調(diào)節(jié)到8左右時(shí)AsO43－濃度增大，Ca3(AsO4)2開(kāi)始沉淀?！窘馕觥俊敬鸢浮竣?.29⑵c3(Ca2＋)·c2(AsO43－)5.7×10－17⑶2H＋＋MnO2＋H3AsO3＝H3AsO4＋Mn2＋＋H2O⑷①CaSO4②H3AsO4是弱酸，當(dāng)溶液中pH調(diào)節(jié)到8左右時(shí)AsO43－濃度增大，Ca3(AsO4)2開(kāi)始沉淀18、KMnO4Cl酸性和還原性（或還原劑）【分析】【分析】2KMnO4+16HCl（濃）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合價(jià)降低，Cl元素的化合價(jià)升高，生成鹽體現(xiàn)酸性、生成氯氣體現(xiàn)HCl的還原性，以此來(lái)解答．【解析】【解答】解：2KMnO4+16HCl（濃）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合價(jià)降低，則氧化劑為KMnO4；Cl元素的化合價(jià)升高，該反應(yīng)中生成兩種鹽體現(xiàn)鹽酸的酸性；生成氯氣時(shí)失去電子體現(xiàn)HCl的還原性；

故答案為：KMnO4；Cl；酸性和還原性（或還原劑）．19、Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2ON2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）△H=-624kJ/molClO-+SO2+2OH-═Cl-+SO42-+H2ON2H4+4OH--4e-═4H2O+N2↑c(diǎn)（Na+）＞c（HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）＞c（OH-）【分析】【分析】A、B、C、D都是短周期非金屬單質(zhì)，其中B、C、D在常溫常壓下是氣體，化合物E是形成酸雨的污染物之一，則E為SO2；由反應(yīng)①可推知A為S，B為O2；化合物L(fēng)具有漂白性，可由Cl2與NaOH溶液反應(yīng)而制得，則L為NaClO；F是常見(jiàn)的四原子10電子分子，F(xiàn)應(yīng)為NH3；氨氣與NaClO反應(yīng)生成J，J由兩種元素組成的18電子分子，分子中原子個(gè)數(shù)比為1：2，其相對(duì)分子質(zhì)量為32，常溫下為液體，則J為N2H4；J與氧氣反應(yīng)生成C，C為氮?dú)?，由反?yīng)②可知D為H2，據(jù)此進(jìn)行解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D都是短周期非金屬單質(zhì)，其中B、C、D在常溫常壓下是氣體，化合物E是形成酸雨的污染物之一，則E為SO2；由反應(yīng)①可推知A為S，B為O2；化合物L(fēng)具有漂白性，可由Cl2與NaOH溶液反應(yīng)而制得，則L為NaClO；F是常見(jiàn)的四原子10電子分子，F(xiàn)應(yīng)為NH3；氨氣與NaClO反應(yīng)生成J，J由兩種元素組成的18電子分子，分子中原子個(gè)數(shù)比為1：2，其相對(duì)分子質(zhì)量為32，常溫下為液體，則J為N2H4；J與氧氣反應(yīng)生成C，C為氮?dú)猓煞磻?yīng)②可知D為H2；

（1）由上述分析可知，F(xiàn)為氨氣，氨氣為共價(jià)化合物，其電子式為：

故答案為：

（2）氯氣與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；

故答案為：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；

（3）N2H4在O2中完全燃燒生成N2，同時(shí)應(yīng)生成水，16gN2H4的物質(zhì)的量==0.5mol，完全燃燒恢復(fù)至101kPa、25℃，放出312kJ熱量，則1molN2H4完全燃燒方程式的熱量為624kJ，所以該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）△H=-624kJ/mol；

故答案為：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）△H=-624kJ/mol；

（4）將SO2通入NaClO的堿性溶液，ClO-將SO2氧化為SO42-，自身被還原為Cl-，反應(yīng)的離子方程式為：ClO-+SO2+2OH-═Cl-+SO42-+H2O；

故答案為：ClO-+SO2+2OH-═Cl-+SO42-+H2O；

（5）N2H4-空氣燃料電池是一種環(huán)境友好的堿性燃料電池，電解質(zhì)溶液是20%～30%KOH溶液，總反應(yīng)為生成氮?dú)馀c水，故負(fù)極為N2H4失去電子，堿性條件下生成氮?dú)馀c水，該燃料電池的負(fù)極反應(yīng)式為：N2H4+4OH--4e-═4H2O+N2↑；

故答案為：N2H4+4OH--4e-═4H2O+N2↑；

（6）標(biāo)況下1.12L二氧化硫的物質(zhì)的量為：=0.05mol，n（NaOH）=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，n（SO2）：n（NaOH）=0.05mol：0.05mol=1：1，故反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為NaHSO3，溶液呈酸性，說(shuō)明HSO3-的電離程度大于水解程度，同時(shí)水電離生成氫離子，故c（H+）＞c（SO32-），HSO3-電離程度不大，故c（HSO3-）＞c（H+），溶液c（OH-）等于水電離生成，濃度很小，故溶液中離子濃度由大到小的排列順序?yàn)閏（Na+）＞c（HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）＞c（OH-）；

故答案為：c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）＞c（OH-）．20、鋅片上有氣泡產(chǎn)生，銅片上無(wú)氣泡鋅能置換出酸中的氫，而銅不能硫酸銅鋅片上有紅色的銅析出，鋅片上產(chǎn)生氣泡的速率明顯加快活潑金屬可以把不活潑金屬?gòu)钠潲}溶液中置換出來(lái)（或Zn、Cu、稀硫酸組成原電池，Zn為負(fù)極）硫酸銅2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4陰極上有紅色銅析出，陽(yáng)極附近有氣體產(chǎn)生分別取一小片銅片與鋅片置于兩支試管中，向試管中加入少量淺綠色的FeCl2溶液，片刻后，加鋅片的試管中溶液的顏色褪去，溶液近乎無(wú)色（其他可行答案也可）【分析】【分析】（1）甲同學(xué)用兩種金屬放到酸中是否產(chǎn)生氣泡或產(chǎn)生氣泡的快慢來(lái)比較金屬性強(qiáng)弱；

（2）乙同學(xué)在甲的基礎(chǔ)上，加入CuSO4溶液觀察現(xiàn)象；鋅與少量硫酸銅發(fā)生置換反應(yīng)生成的銅附在鋅表面形成微型原電池，根據(jù)金屬腐蝕速率確定金屬性強(qiáng)弱；

（3）丙同學(xué)在乙同學(xué)的基礎(chǔ)上運(yùn)用電解原理來(lái)分析；根據(jù)離子放電順序確定金屬性強(qiáng)弱；

（4）從氧化還原反應(yīng)的先后順序去證明金屬的活潑性．【解析】【解答】解：（1）甲同學(xué)用兩種金屬放到酸中是否產(chǎn)生氣泡或產(chǎn)生氣泡的快慢來(lái)比較金屬性強(qiáng)弱；

鋅和酸反應(yīng)生成氫氣；所以鋅表面有氣泡生成，銅和稀硫酸不反應(yīng)，所以銅片上沒(méi)有氣泡產(chǎn)生，其設(shè)計(jì)思路為：鋅能置換出酸中的氫，而銅不能；

故答案為：鋅片上有氣泡產(chǎn)生；銅片上無(wú)氣泡；鋅能置換出酸中的氫，而銅不能；

（2）乙同學(xué)在甲的基礎(chǔ)上，加入CuSO4溶液觀察現(xiàn)象；鋅與少量硫酸銅發(fā)生置換反應(yīng)生成的銅附在鋅表面形成微型原電池，鋅作負(fù)極而加速被腐蝕，所以加快了反應(yīng)速率，產(chǎn)生氣泡的速率加快，說(shuō)明鋅比銅活潑；

故答案為：CuSO4；鋅片上有紅色的銅析出；鋅片上產(chǎn)生氣泡的速率明顯加快；活潑金屬可以把不活潑金屬?gòu)钠潲}溶液中置換出來(lái)（或Zn；Cu、稀硫酸組成原電池，Zn為負(fù)極）；

（3）在含有銅離子和鋅離子的溶液中進(jìn)行電解實(shí)驗(yàn)，不活潑金屬陽(yáng)離子先得電子而析出單質(zhì)，陰極上先析出銅單質(zhì)，電池反應(yīng)式為2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；說(shuō)明鋅比銅活潑，所以應(yīng)該向乙的實(shí)驗(yàn)后的溶液中加入硫酸銅，電解時(shí)，陰極上銅離子放電生成銅單質(zhì)，陽(yáng)極上氫氧根離子放電生成氧氣，所以看到的現(xiàn)象是：陰極上有紅色銅析出，陽(yáng)極附近有氣體產(chǎn)生；

故答案為：CuSO4；2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；陰極上有紅色銅析出；陽(yáng)極附近有氣體產(chǎn)生；

（4）可以從氧化還原反應(yīng)的先后順序去證明金屬的活潑性，即與同種氧化劑接觸時(shí)，活潑性強(qiáng)的金屬先與氧化劑反應(yīng)，活潑性弱的金屬后與氧化劑反應(yīng)，因此可以將鋅、銅分別同時(shí)加入到少量淺綠色的氯化亞鐵溶液中，加入鋅的溶液褪色，說(shuō)明鋅比銅活潑，所以其操作方法是：分別取一小片銅片與鋅片置于兩支試管中，向試管中加入少量淺綠色的FeCl2溶液；片刻后，加鋅片的試管中溶液的顏色褪去，溶液近乎無(wú)色（其他可行答案也可）；

故答案為：分別取一小片銅片與鋅片置于兩支試管中，向試管中加入少量淺綠色的FeCl2溶液，片刻后，加鋅片的試管中溶液的顏色褪去，溶液近乎無(wú)色（其他可行答案也可）．21、第二周期VIA族7氫氧燃料電池NON2+3H22NH3【分析】【分析】短周期中形成無(wú)色氣體單質(zhì)的只有H2、N2、O2（稀有氣體除外），三元素的質(zhì)子數(shù)之和為16，三種單質(zhì)相互化合可以得到NO、H2O、NH3，且一個(gè)B分子中含有的Z原子個(gè)數(shù)比C分子中少1個(gè)，則B為H2O、C為NH3、Z為氫，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，故A為NO，X為氧，Y為氮，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：短周期中形成無(wú)色氣體單質(zhì)的只有H2、N2、O2（稀有氣體除外），三元素的質(zhì)子數(shù)之和為16，三種單質(zhì)相互化合可以得到NO、H2O、NH3，且一個(gè)B分子中含有的Z原子個(gè)數(shù)比C分子中少1個(gè)，則B為H2O、C為NH3；Z為氫；由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，故A為NO，X為氧，Y為氮；

（1）O元素的質(zhì)子數(shù)為8；氧原子有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，位于第二周期VIA族；Y為氮元素，原子序數(shù)為7；

故答案為：第二周期VIA族；7；

（2）X的單質(zhì)與Z的單質(zhì)可制成新型的化學(xué)電源；是氫氧燃料電池，故答案為：氫氧燃料電池；

（3）由上述分析可知；A為NO，故答案為：NO；

（4）氮?dú)馀c氫氣在適當(dāng)催化劑和高溫、高壓條件下生成氨氣，反應(yīng)方程式為：N2+3H22NH3；

故答案為：N2+3H22NH3．四、判斷題(共4題，共24分)22、×【分析】【分析】標(biāo)準(zhǔn)狀況下，己烷為液體，不能用氣體摩爾體積計(jì)算，以此解答．【解析】【解答】解：標(biāo)準(zhǔn)狀況下，己烷為液體，不能用氣體摩爾體積計(jì)算，則22.4L己烷中含共價(jià)鍵數(shù)目不是19NA．故答案為：×．23、×【分析】【分析】等體積、等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和醋酸溶液，溶質(zhì)物質(zhì)的量相同，與氫氧化鈉中和需要?dú)溲趸c物質(zhì)的量相同．【解析】【解答】解：等體積、等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和醋酸溶液，溶質(zhì)物質(zhì)的量相同，與氫氧化鈉反應(yīng)，分別發(fā)生HCl+NaOH=NaCl+H2O，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O；

即中和等體積；等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和醋酸溶液；所需氫氧化鈉相同．

故答案為：×．24、×【分析】【分析】根據(jù)碳原子可以形成碳鏈，也可以形成碳環(huán)，可以帶支鏈，也可以不帶支鏈來(lái)解答；【解析】【解答】解：碳原子可以形成碳鏈；無(wú)論帶支鏈，還是不帶支鏈，都含有4個(gè)C-C單鍵；碳原子可以形成碳環(huán)，可以帶支鏈，也可以不帶支鏈，都含有5個(gè)C-C單鍵；

故答案為：×；25、×【分析】【分析】NH4NO3為強(qiáng)酸弱堿鹽，發(fā)生水解生成一水合氨，以此解答該題．【解析】【解答】解：0.1L3.0mol?L-1的NH4NO3溶液中n（NH4NO3）=0.1L×3.0mol/L=0.3mool，NH4NO3為強(qiáng)酸弱堿鹽，發(fā)生水解生成一水合氨，則NH4+的數(shù)目小于0.3NA；

故答案為：×．五、探究題(共4題，共36分)26、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．27、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會(huì)加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設(shè)樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤(rùn)洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）無(wú)影響，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯(cuò)誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯(cuò)誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計(jì)算；

④根據(jù)c（待測(cè)）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．28、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．29、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會(huì)加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設(shè)樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤(rùn)洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）無(wú)影響，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯(cuò)誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯(cuò)誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計(jì)算；

④根據(jù)c（待測(cè)）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．六、簡(jiǎn)答題(共3題，共15分)30、3平面三角形X射線衍射實(shí)驗(yàn)sp35：4[Co（NH3）5Cl]Cl26r（Fe2+）＜r（Co2+），晶格能FeO＞CoO，F(xiàn)eCO3比CoCO3易分解Fe3O4×1010【分析】解：（1）基態(tài)硒原子的價(jià)電子為4s、4p能級(jí)上的電子，其價(jià)電子排布式圖為與硒同周期的p區(qū)元素中第一電離能大于硒的元素有Sn、Br、Kr，所以有3種；SeO3中Se價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+=3且不含孤電子對(duì)；根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷該分子空間構(gòu)型為平面三角形；

故答案為：3；平面三角形；

（2）確定某種金屬互化物是晶體還是非晶體的方法是X射線衍射實(shí)驗(yàn)；

故答案為：X射線衍射實(shí)驗(yàn)；

（3）（SCN）2分子結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為N≡C-S-S-C≡N，其中S原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是4且含有2個(gè)孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷硫原子的雜化方式為sp3；共價(jià)單鍵為σ鍵，共價(jià)雙鍵中含有一個(gè)σ鍵；一個(gè)π鍵，共價(jià)三鍵中含有1個(gè)σ鍵、2個(gè)π鍵，則σ鍵和π鍵數(shù)目之比為5：4；

故答案為：sp3；5：4；

（4）Co（NH3）5Cl3是鈷的一種配合物，向100mL0.2mol?L-1該配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，配合物的物質(zhì)的量=0.2mol/L×0.2L=0.04mol，n（AgCl）==0.04mol，說(shuō)明該配合物中外界有2個(gè)氯離子，內(nèi)界有1個(gè)氯離子，中心離子的配體為1個(gè)氯離子和5個(gè)氨氣分子，該配合物的化學(xué)式為[Co（NH3）5Cl]Cl2；配位數(shù)為6；

故答案為：[Co（NH3）5Cl]Cl2；6；

（5）r（Fe2+）＜r（Co2+），晶格能FeO＞CoO，F(xiàn)eCO3比CoCO3易分解；

故答案為：r（Fe2+）＜r（Co2+），晶格能FeO＞CoO，F(xiàn)eCO3比CoCO3易分解；

（6）Fe2+離子處于晶胞的頂點(diǎn)、面心以及A位置立方體的體心，O2-位于A、B小立方體的內(nèi)部，每個(gè)小立方體內(nèi)部各有4個(gè)；Fe3+離子處于晶胞B位置小立方體內(nèi)部，晶胞中Fe2+離子數(shù)目=4+8×+6×=8、Fe3+離子數(shù)目=4×4=16，O2-離子數(shù)目=4×8=32，故Fe2+、Fe3+、O2-的個(gè)數(shù)比為8：16：32=1：2：4．Fe、O原子數(shù)目之比=24：32=3：4，故氧化物化學(xué)式為Fe3O4，晶胞相當(dāng)于有8個(gè)“Fe3O4“，晶胞質(zhì)量=8×g，設(shè)晶胞參數(shù)為apm，則：8×g=dg/cm3×（a×10-7cm）3，解得a=×1010；

故答案為：Fe3O4；×1010。

（1）基態(tài)硒原子的價(jià)電子為4s、4p能級(jí)上的電子；與硒同周期的p區(qū)元素中第一電離能大于硒的元素有Sn、Br、Kr；SeO3中Se價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+=3且不含孤電子對(duì)；根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷該分子空間構(gòu)型；

（2）確定某種金屬互化物是晶體還是非晶體的方法是X射線衍射實(shí)驗(yàn)；

（3）（SCN）2分子結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為N≡C-S-S-C≡N；其中S原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是4且含有2個(gè)孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷硫原子的雜化方式，共價(jià)單鍵為σ鍵，共價(jià)雙鍵中含有一個(gè)σ鍵；一個(gè)π鍵，共價(jià)三鍵中含有1個(gè)σ鍵、2個(gè)π鍵；

（4）Co（NH3）5Cl3是鈷的一種配合物，向100mL0.2mol?L-1該配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，配合物的物質(zhì)的量=0.2mol/L×0.2L=0.04mol，n（AgCl）==0.04mol；說(shuō)明該配合物中外界有2個(gè)氯離子，內(nèi)界有1個(gè)氯離子，中心離子的配體為1個(gè)氯離子和5個(gè)氨氣分子；

（5）FeCO3受熱分解溫度低于CoCO3；FeO的晶格能大于CaO；

（6）Fe2+離子處于晶胞的頂點(diǎn)、面心以及A位置立方體的體心，O2-位于A、B小立方體的內(nèi)部，每個(gè)小立方體內(nèi)部各有4個(gè)，F(xiàn)e3+離子處于晶胞B位置小立方體內(nèi)部，均攤法計(jì)算晶胞中Fe2+、Fe3+、O2-的個(gè)數(shù)；計(jì)算晶胞質(zhì)量，幾何晶體質(zhì)量=晶胞密度×晶胞體積計(jì)算晶胞參數(shù)。

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及晶胞計(jì)算、配合物判斷、微?？臻g構(gòu)型判斷等知識(shí)點(diǎn)，明確原子結(jié)構(gòu)、晶胞結(jié)構(gòu)是解本題關(guān)鍵，注意（6）題晶胞結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，注意：配合物中只有外界離子能電離，為解答易錯(cuò)點(diǎn)?！窘馕觥?平面三角形X射線衍射實(shí)驗(yàn)sp35：4[Co（NH3）5Cl]Cl26r（Fe2+）＜r（Co2+），晶格能FeO＞CoO，F(xiàn)eCO3比CoCO3易分解Fe3O4×101031、略

【分析】解：（1）①利用高沸點(diǎn)酸制備揮發(fā)性酸，且HCl極易溶于水，故利用直接使用98%濃硫酸和氯化鈉制取氯化氫，反應(yīng)為：NaCl+H2SO4（濃）NaHSO4+HCl↑或2NaCl+H2SO4（濃）Na2SO4+2HCl↑；

故答案為：NaCl+H2SO4（濃）NaHSO4+HCl↑或2NaCl+H2SO4（濃）Na2SO4+2HCl↑；

②由題目信息可知，硫酸鈉與石灰石、焦炭反應(yīng)生成CaS、Na2CO3，根據(jù)元素守恒可知，還原C的氧化物CO或CO2生成，故反應(yīng)方程式為：Na2SO4+4C+CaCO3CaS+Na2CO3+4CO或Na2SO4+2C+CaCO3CaS+Na2CO3+2CO2；

故答案為：Na2SO4+4C+CaCO3CaS+Na2CO3+4CO或Na2SO4+2C+CaCO3CaS+Na2CO3+2CO2；

（2）①碳酸鈣加熱分解生成CaO與CO2，故A為CaO，B為CO2，CaO在熟化桶內(nèi)與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，故C為Ca（OH）2；氫氧化鈣與氯化銨在混合池內(nèi)反應(yīng)生成氨氣與氯化鈣，故D為NH3；

故答案為：Ca（OH）2；NH3；

②氨氣與氯化鈉溶液混合后，在乙中與二氧化碳發(fā)生反應(yīng)，生成NaHCO3、NH4Cl，反應(yīng)方程式為NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl；

故答案為：NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl；

（3）該方法能提高原料的利用率，減少?gòu)U渣的排放，保留了氨堿法的優(yōu)點(diǎn)，消除了它的缺點(diǎn)，使食鹽的利用率提高；NH4Cl可做氮肥；可與合成氨廠聯(lián)合，可利用合成氨的產(chǎn)物CO2；

故答案為：提高食鹽利用率、副產(chǎn)物氯化銨可用作化肥、可利用合成氨的產(chǎn)物CO2；

（4）由溶解曲線圖可知KHCO3和NH4Cl的溶解度相差不大；當(dāng)溫度高于40℃時(shí)，由圖象可知，降溫結(jié)晶時(shí)會(huì)析出較多的KCl，無(wú)法大量析出碳酸氫鉀；

故答案為：不可行；因?yàn)镵HCO3的溶解度較大；且在常溫下與KCl溶解度相差小，當(dāng)溫度高于40℃時(shí)，由圖象可知，降溫結(jié)晶時(shí)會(huì)析出較多的KCl，無(wú)法大量析出碳酸氫鉀；

（1）①98%濃硫酸為高沸點(diǎn)酸；能制取低沸點(diǎn)的酸氯化氫，食鹽和濃硫酸反應(yīng)生成氯化氫和硫酸鈉；

②由題目信息可知，硫酸鈉與石灰石、焦炭反應(yīng)生成CaS、Na2CO3，根據(jù)元素守恒可知，還原C的氧化物CO或CO2生成；

（2）①碳酸鈣加熱分解生成CaO與CO2，故A為CaO，B為CO2；CaO在熟化桶內(nèi)與水反應(yīng)生成氫氧化鈣；氫氧化鈣與氯化銨在混合池內(nèi)反應(yīng)生成氨氣與氯化鈣；

②氨氣與氯化鈉溶液混合后