2024届浙江省嵊州市高级中学化学高二第一学期期中监测试题含解析

2024届浙江省嵊州市高级中学化学高二第一学期期中监测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列式子属于水解反应，且溶液呈酸性的是()A．HCO3-+H2OH3O++CO32- B．Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+C．HS-+H2OH2S+OH- D．NH4++OH-NH3↑+H2O2、被称为万能还原剂的NaBH4中H为-1价,则B的化合价为()A．+1 B．+2 C．+3 D．+43、已知化合物B3N3H6(硼氮苯)与C6H6(苯)的分子结构相似，如图所示，则硼氮苯的二氯取代物B3N3H4Cl2的同分异构体的数目为A．2 B．3 C．4 D．64、用价层电子对互斥理论预测H2S和BCl3的立体结构，两个结论都正确的是A．直线形；三角锥形 B．V形；三角锥形C．直线形；平面三角形 D．V形；平面三角形5、一定温度下，反应N2O4(g)2NO2(g)的焓变为ΔH。现将1molN2O4充入一恒容密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是A． B． C． D．6、下列热化学方程式书写正确的是()A．C2H5OH(l)+3O2(g)===2CO2(g)+3H2O(g)△H=－1367.0kJ/mol（燃烧热）B．H2SO4(aq)+2NaOH(aq)==Na2SO4（aq）+2H2O(l)△H=+114.6kJ/mol（中和热）C．2H2+O2===2H2O△H=－483.6kJ/mol（反应热）D．C(s)+1/2O2(g)=CO(g)△H=－110.5kJ/mol（反应热）7、日常生活中的下列物质，属于合成材料的是A．羊毛B．棉线C．尼龙绳D．真丝巾8、升高温度能加快反应速率的主要原因是A．活化分子能量明显增加 B．降低活化分子的能量C．增加活化分子的百分数 D．降低反应所需的能量9、有下列两个反应：a.C2H2(g)＋H2(g)===C2H4(g)ΔH<0b．2CH4(g)===C2H4(g)＋2H2(g)ΔH>0。根据上述变化，判断以下几个热化学方程式：①C(s)＋2H2(g)===CH4(g)ΔH＝－1/2Q1kJ/mol②2C(s)＋H2(g)===C2H2(g)ΔH＝－Q2kJ/mol③2C(s)＋2H2(g)===C2H4(g)ΔH＝－Q3kJ/mol，其中Q1、Q2、Q3从大到小的顺序是A．Q1>Q3>Q2 B．Q1>Q2>Q3 C．Q2>Q1>Q3 D．Q3>Q2>Q110、下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是()A．CH4＞SiH4＞GeH4＞SnH4B．KCl＞NaCl＞MgCl2＞MgOC．Rb＞K＞Na＞LiD．石墨＞金刚石＞SiO211、下列物质中，不属于高分子化合物的是A．纤维素 B．蛋白质 C．油脂 D．塑料12、下列有机物分子中，不可能所有原子处于同一平面上的是A．CH2=CH2（乙烯）B．CH2=CH—CH3（丙烯）C．D．13、如图所示，a曲线表示一定条件下可逆反应X(g)＋Y(g)=2Z(g)＋W(s)ΔH＜0的反应过程。若使a曲线变为b曲线，可采用的措施是()A．升高温度 B．增大Y的浓度C．降低温度 D．增大体系压强14、下列反应与对应的图像相符合的是A．I：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0B．II：2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＞0C．III：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＜0D．IV：H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g)ΔH＞015、已知在25℃、101kPa下，1gC8H18(辛烷)燃烧生成二氧化碳和液态水放出48.40kJ热量，表示上述反应的热化学方程式正确的是()A．C8H18(l)+O2(g)8CO2(g)+9H2O(l)ΔH=－48.40kJ·mol-1B．C8H18(l)+O2(g)8CO2(g)+9H2O(l)ΔH=－5518kJ·mol-1C．C8H18(l)+O2(g)8CO2(g)+9H2O(l)ΔH=+5518kJ·mol-1D．C8H18(l)+O2(g)8CO2(g)+9H2O(l)ΔH=+48.40kJ·mol-116、下图是某有机物的1H核磁共振谱图，则该有机物可能是A．CH3CH2OH B．CH3CH2CH2OHC．CH3OCH3 D．CH3CHO17、下列实验操作中，不能用于物质分离的是()A．B．C．D．18、有一反应：2A＋B2C，其中A、B、C均为气体，下图中的曲线是该反应在不同温度下的平衡曲线，x轴表示温度，y轴表示B的转化率，图中有a、b、c三点，如图所示，则下列描述正确的是A．该反应是放热反应B．b点时混合气体的平均摩尔质量不再变化C．T1温度下若由a点达到平衡，可以采取增大压强的方法D．c点：v(正)<v(逆)19、下列反应的离子方程式书写正确的是A．Cl2与水反应：Cl2＋H2O＝HCl＋HClOB．Fe与稀盐酸反应：2Fe＋6H＋＝2Fe3+＋3H2↑C．CaCl2溶液和Na2CO3溶液反应：Ca2＋＋CO32－＝CaCO3↓D．CaCO3和稀硝酸反应：CaCO3＋H＋＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O20、以下哪位化学家最早提出“元素周期律”的概念A．卢瑟福 B．居里夫人 C．门捷列夫 D．勒夏特列21、下列关于《中和反应反应热的测定》实验的说法正确的是A．用温度计测量盐酸的温度后要把温度计上的酸用水冲洗干净并把冲洗液倒入装有盐酸的小烧杯中B．两溶液混合后，轻轻搅动溶液，准确读取混合溶液的最高温度C．需要的玻璃仪器有：大烧杯（500mL）、小烧杯（100mL）、温度计、量筒（50mL）两个、玻璃棒D．所用的氢氧化钠和盐酸的浓度不宜太大，且体积和浓度均相等22、把0.6molX气体和0.4molY气体混合于容积为2L的容器中，使其发生如下反应：3X（g）+Y（g）nZ（g）+2W（g）。5min末生成0.2molW，若测知以Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/(L·min)，则n的值为（）A．1 B．3 C．2 D．4二、非选择题(共84分)23、（14分）为探究工业尾气处理副产品X(黑色固体，仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：（1）X含有的两种元素是__________，其化学式是____________。（2）无色气体D与氯化铁溶液反应的离子方程式是____________________。（3）已知化合物X能与稀盐酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g·L-1），写出该反应的化学方程式________________________________________。24、（12分）A，B，C，D是四种短周期元素，E是过渡元素。A，B，C同周期，C，D同主族，A的原子结构示意图为，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个未成对电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：（1）写出下列元素的符号：A____，B___，C____，D___。（2）用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是___，碱性最强的是_____。（3）用元素符号表示D所在周期第一电离能最大的元素是____，电负性最大的元素是____。（4）E元素原子的核电荷数是___，E元素在周期表的第____周期第___族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在___区。（5）写出D元素原子构成单质的电子式____，该分子中有___个σ键，____个π键。25、（12分）为了探究某固体化合物X（含有3种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验，请回答：已知：气体甲中含有两种气体（组成元素相同），且无色无味。（1）固体X中含有氧、_________和__________三种元素（写元素符号）（2）写出X隔绝空气分解的化学方程式___________________________________________；（3）检验溶液A中最主要金属阳离子的方法是____________________；（4）由沉淀转化为红棕色固体的一系列操作包括：过滤、_______、灼烧、________和称量。26、（10分）已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O．某化学小组根据上述反应原理进行下列实验：I．测定H2C2O4溶液的物质的量浓度实验步骤如下：①取待测H2C2O4溶液25.00mL放入锥形瓶中，再加入适量的稀硫酸；②用0.1mol/L

KMnO4溶液滴定至终点，记录数据；③重复滴定2次，平均消耗KMnO4溶液20.00mL。请回答：（1）滴定时，将KMnO4溶液装在______（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。（2）若在步骤①操作之前，先用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶，则测得H2C2O4溶液的浓度会______（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。（3）步骤②中到达滴定终点时的现象为_______________________________。（4）计算H2C2O4溶液的物质的量浓度为__________mol/L。II．探究反应物浓度对化学反应速率的影响设计如下实验方案（实验温度均为25℃）：实验序号体积V/mL0.1mol•L-1KMnO4溶液

0.11mol•L-1H2C2O4溶液0.11mol•L-1H2SO4溶液H2O①2.05.06.07.0②2.08.06.0V1③2.0V26.02.0请回答：（5）表中v1=______。（6）实验中需要测量的数据是______________________________。（7）实验中______（填“能”或“不能”）用0.2mol/L盐酸代替0.1mol/LH2SO4溶液，理由是_________。27、（12分）某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是________，其中发生反应的化学反应方程式为________________________________________________________________。（2）实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是________________________、______________________，装置B中发生反应的离子方程式为______________________________________________________。（3）装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象_______________________。（4）尾气可采用________溶液吸收。28、（14分）（1）氮化硼、氮化铝、氮化镓的结构类似于金刚石，熔点如表中所示：物质BNAINGaN熔点/℃300022001700试从结构的角度分析它们熔点不同的原因___________________________________。（2）N、P、As位于同一主族，基态氮原子的核外共有________种不同运动状态的电子，与PO43-互为等电子体的分子有________________（填一种即可）。（3）铬原子的最高能层符号是_______，其价电子轨道表示式为____________________。（4）比较第二电离能Cu_______Zn(填“>”、“=”、“<")。（5）AuCl3是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，无论是固态、还是气态，它都是以二聚体Au2Cl6的形式存在。写出Au2Cl6的结构式__________________________.（6）已知Zn2+、Au+均能与CN-形成配离子，Zn2+与CN-形成的配离子为正四面体形,Au+与CN-形成的配离子为直线形.工业上常用Au+和CN-形成的配离子与Zn单质反应来提取Au单质，写出该反应的离子方程式___________________________________________________________________________________。29、（10分）(1)碳的一种单质的结构如图（a）所示。该单质的晶体类型为___________，碳原子的杂化轨道类型为_________。(2)SiCl4分子的中心原子的价层电子对数为__________，分子的立体构型为_______。(3)四卤化硅SiX4的沸点和二卤化铅PbX2的熔点如图（b）所示。SiX4的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是：______________________________________。(4)碳的另一种单质C60可以与钾形成低温超导化合物，晶体结构如图（c）所示。K位于立方体的棱上和立方体的内部，此化合物的化学式为_______________；其晶胞参数为1.4nm，晶体密度为___________________________________g·cm-3（列式并计算保留1位小数）。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解题分析】HCO3-+H2OH3O++CO32-表示HCO3-的电离，A项错误；Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+表示三价铁离子的水解，且溶液呈酸性，B项正确；HS-+H2OH2S+OH-表示HS-的水解，但溶液呈碱性，C项错误；NH4++OH-NH3↑+H2O表示NH4+与OH-反应，D项错误。点睛：弱离子水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号，溶液显示酸性，则氢离子浓度大于氢氧根浓度。2、C【题目详解】根据在化合物中元素的化合价代数和等于0的规律，NaBH4中H为-1价，Na+为+1价，则B的化合价为+（4-1）=+3价，故选C。3、C【题目详解】硼氮苯和苯具有相似的分子结构，且氮、硼两种原子互相交替，若一个氯原子首先取代硼原子上的氢原子，根据分子的对称性另一个氯原子有3种可能取代的位置；若一个氯原子取代氮原子上的氢原子，则另一个氯原子只有1种取代氢原子的位置，故选C。4、D【题目详解】H2S中中心原子含有2对孤电子对，所以实际构型是V型。BCl3中中心原子没有孤电子对，所以实际构型是平面三角形，答案选D。5、D【分析】化学反应平衡的判断可从以下几方面考虑：体系中所有反应物和生成物的质量（或浓度）保持不变，正反应速率等于逆反应速率。从图像中纵坐标表示的物理量的变化，来分析该反应是否达到了平衡状态。【题目详解】A.因为容器是恒容的，且反应遵循质量守恒定律，所以整个反应过程中，气体的密度始终保持不变，图像表示有误，且也不能说明反应达到平衡状态，故A错误；B.ΔH=E生-E反，ΔH不随时间的变化，但会随着化学计量数的变化而变化，所以焓变不变不能说明已达到平衡，故B错误；C.化学反应平衡应该是正逆反应速率相等，而图中表示的都是正反应速率，所以不能说明反应平衡，故C错误；D.如果正反应速率大于逆反应速率，则N2O4的转化率不断增大，当N2O4的转化率不变，说明正逆反应速率相等，也说明了化学反应达到平衡，故D正确。故选D。【题目点拨】平衡的本质是正逆反应速率相等，表现是各反应物和生成物的浓度保持不变。6、D【解题分析】根据热化学方程式的书写及其注意事项可知，需注明物质的聚集状态、△H的正负号、数值、单位，燃烧热抓住1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物、中和热抓住生成1mol水。【题目详解】A项、表示乙醇的燃烧，生成的水应为液态，故A错误；B项、酸碱中和为放热反应，△H<0，故B错误；C项、热化学反应方程式要注明物质在反应时的状态，故C错误；D项、碳的燃烧为放热反应，△H<0，且标出物质的聚集状态，符合要求，故D正确。故选D。【题目点拨】本题考查燃烧热以及热化学方程式的书写正误判断，重在搞清书写热化学方程式的注意事项。7、C【解题分析】试题分析：羊毛属于蛋白质，棉线属于纤维素，真丝巾属于蛋白质，都属于天然材料，尼龙绳属于合成纤维，属于合成材料。答案选C。考点：合成材料点评；本题很简单基础。8、C【解题分析】升高温度，将更多的分子转化为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，则反应速率增大，答案选C。点睛：掌握活化分子、有效碰撞与反应速率的关系是解答的关键，归纳如下：

活化能单位体积内有效碰撞次数化学反应速率分子总数活化分子数活化分子百分数增大浓度不变增加增加不变增加增大增大压强不变增加增加不变增加增大升高温度不变不变增加增加增加增大加催化剂减小不变增加增加增加增大9、A【题目详解】当温度降低时，反应a的平衡向正反应方向移动，说明该反应正向为放热反应，△H＜0，反应b的平衡向逆反应方向移动，说明该反应正向为吸热反应，△H＞0，

①C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H=-1/2Q1kJ/mol；

②2C（s）+H2（g）⇌C2H2（g）△H=-Q2kJ/mol；

③2C（s）+2H2（g）⇌C2H4（g）△H=-Q3kJ/mol；

利用盖斯定律，③-②，得到C2H2（g）+H2（g）⇌C2H4（g）△H=Q2-Q3，与题干中的a中的方程式一样，而a中的反应为放热反应，则Q2-Q3＜0，所以Q2＜Q3；同理：③-①×2，得到2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g）△H=Q1-Q3，与题干中的b中的方程式一样，而b中的反应为吸热反应，则Q1-Q3＞0，所以Q1＞Q3；因此Q1、Q2、Q3从大到小的顺序是Q1＞Q3＞Q2；综上所述，本题选A。10、D【解题分析】A分子晶体，分子组成和结构相似，相对分子质量越大，熔点越高，选项A错误；B、离子半径越小，所带电荷越多，晶格能越大，熔点越高，选项B错误；C、金属性越弱，金属键越强，熔点越高，选项C错误；D、石墨C—C的键长比金刚石C—C键长短，键能大，所以石墨的熔点比金刚石高，熔点石墨＞金刚石＞SiO2，选项D正确。答案选D。11、C【题目详解】纤维素、蛋白质、塑料都是高分子化合物；油脂是大分子，不是高分子，故选C。12、B【分析】根据乙烯、苯分子所有原子处于同一平面上分析。【题目详解】CH2=CH2是平面结构，6个原子一定处于同一平面上，故不选A；CH2=CH—CH3看做乙烯分子中的1个氢原子被甲基代替，甲基上的原子不可能都在同一平面上，故选B；是平面结构，12个原子都在同一平面上，故不选C；可以看做是苯环上的1个氢原子被乙烯基代替，乙烯、苯环决定的2个平面通过碳碳单键相连，单键可以旋转，所以中的原子有可能都处于同一平面上，故不选D。答案选B。13、D【分析】使a曲线变为b曲线，到达平衡时间缩短，且X的转化率不变，说明改变条件，反应速率加快，且不影响平衡移动，据此结合选项解答。【题目详解】A.升高温度，反应速率加快，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，X的转化率降低，故A错误；B.增大Y的浓度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，平衡时X的转化率增大，故B错误；C.降低温度，反应速率减慢，平衡向正反应方向移动，平衡时X的转化率增大，故C错误；D.增大压强，反应速率加快，该反应前后气体的物质的量不变，平衡不移动，X的转化率不变，故D正确；故选：D。14、B【解题分析】试题分析：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0，升高温度，平衡逆向移动，生成物的浓度降低，图像Ⅰ不符合，A错误；2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＞0，升高温度，平衡正向移动，生成物的浓度升高，增大压强，平衡逆向移动，v(逆)>V(正)，图像Ⅰ、Ⅱ都符合，B正确；4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＜0升高温度，平衡逆向移动，生成物的浓度降低，图像Ⅰ不符合，C错误；H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g)ΔH＞0，增大压强，平衡正向移动，V(正)>v(逆)，图像Ⅱ不符合，D错误。考点：考查化学平衡图像。15、B【解题分析】由25℃，101kPa下，1gC8H18(辛烷)燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量，则1molC8H18燃烧生成二氧化碳和液态水时放出热量为48.40kJ×114=5518kJ，该反应为放热反应，则热化学反应方程式为C8H18(l)+22.5O2(g)═8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5518kJ/mol，故选B。16、C【题目详解】核磁共振氢谱中只给出1个峰，说明该分子中的H原子都是等效的，只有1种H原子。A．CH3CH2OH中有3种氢原子，核磁共振氢谱中有3个峰，故A不选；B．CH3CH2CH2OH中有4种氢原子，核磁共振氢谱中有4个峰，故B不选；C．CH3-O-CH3结构对称，有1种氢原子，核磁共振氢谱中有1个峰，故C选；D．CH3CHO中有2种氢原子，核磁共振氢谱中有2个峰，故D不选；故选C。17、C【题目详解】A．该操作是过滤，可分离固液混合物，A不符合题意；B．该操作是蒸馏，可分离沸点不同的液体混合物，B不符合题意；C．该操作是配制溶液，不能用于物质分离，C符合题意；D．该操作是萃取分液，可用于物质分离，D不符合题意；答案选C。18、B【分析】由反应方程式可知该反应的正反应为气体体积减小的反应。分析所给图示，可以看出随着温度的升高，B的转化率逐渐增大，表示反应向正反应方向进行，则该反应为吸热反应。【题目详解】A．分析图示曲线的趋势，温度升高，反应正向进行，即正反应是吸热反应，A项错误；B．b点在平衡曲线上，说明此时可逆反应达平衡状态，对于反应前后气体体积改变的反应，平均摩尔质量不再变化，B项正确；C．T1温度下若由a点达到平衡，则可逆反应应向逆反应方向移动，增大压强会使该反应向正反应方向移动，不能达到目的，C项错误；D．c点未处于平衡状态，要达到平衡状态，反应需向正反应方向进行，则v(正)>v(逆)，D项错误；答案选B。19、C【题目详解】A.Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2＋H2OH++Cl-＋HClO，选项A错误；B.Fe与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe＋2H＋＝Fe2+＋H2↑，选项B错误；C.CaCl2溶液和Na2CO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应的离子方程式为：Ca2＋＋CO32－＝CaCO3↓，选项C正确；D.CaCO3和稀硝酸反应生成硝酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋+CO2↑+H2O，选项D错误。答案选C。20、C【解题分析】A．卢瑟福解决了原子的模型，故A不选；B．居里夫人发现镭，故B不选；C．1869年，门捷列夫发现了元素周期律，并编制出了元素周期表，故C选；D．平衡移动原理是由勒夏特列提出的，故D不选；故选C。【题目点拨】了解化学研究的历史，有利于激发学生学习化学的兴趣，培养学生的社会责任感，根据各位科学家在科学上做出的贡献进行分析解答。21、B【解题分析】A项，用温度计测量盐酸的温度后要把温度计上的酸用水冲洗干净，但冲洗液不能倒入装有盐酸的小烧杯中，错误；B项，两溶液混合后，轻轻搅动溶液，准确读取混合溶液的最高温度，正确；C项，需要的玻璃仪器有：大烧杯（500mL）、小烧杯（100mL）、温度计、量筒（50mL）两个、环形玻璃搅拌棒，错误；D项，所用NaOH和盐酸的浓度不宜太大，体积相等，但NaOH溶液浓度略大于盐酸的浓度，使碱稍稍过量确保盐酸被完全中和，错误；答案选B。22、A【题目详解】测知以Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/(L·min)，则生成Z是0.01mol/(L·min)×2L×5min＝0.1mol。又因为5min末生成0.2molW，因此由在可逆反应中物质的量的变化量之比等于化学计量数之比可解得n=1，故答案选A。二、非选择题(共84分)23、Fe、SFe2S3SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S↓【分析】本题考查化学反应流程图、离子反应方程式的书写及物质的推断等知识。根据向B加入KSCN溶液后，C为血红色溶液为突破口，可以推知B为FeCl3，C为Fe(SCN)3，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3)=32g/160g/mol=0.2mol，n(Fe)=0.4mol，m(Fe)=0.4mol56g/mol=22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素。再根据各元素的质量求出个数比，据此分析作答。【题目详解】（1）B加入KSCN，C为血红色溶液，可以知道B为FeCl3，C为Fe(SCN)3等，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3)=32g/160g/mol=0.2mol，n(Fe)=0.4mol，m(Fe)=0.4mol56g/mol=22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素，且m(S)=41.6g-22.4g=19.2g，n(S)==0.6mol，可以知道n(Fe):n(S)=2:3，应为Fe2S3，故答案为Fe、S；Fe2S3；（2）无色气体D为SO2，与氯化铁发生氧化还原反应，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，故答案为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；(3)化合物X能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518g/L，淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4L=34，为H2S气体，该反应的化学方程式为Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S↓，故答案为Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S↓【题目点拨】用化合价升降法配平氧化还原反应方程式，必须遵循两个基本原则：一是反应中还原剂各元素化合价升高的总数和氧化剂各元素化合价降低的总数必须相等，即得失电子守恒；二是反应前后各种原子个数相等，即质量守恒。对氧化还原型离子方程式的配平法：离子方程式的配平依据是得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，即首先根据得失电子守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，在此基础上根据电荷守恒，配平两边离子所带电荷数，最后根据质量守恒配平其余物质的化学计量数。24、SiNaPNHNO3NaOHNeF26四Ⅷd12【分析】A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图可知，x=2，A的原子序数为14，故A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。【题目详解】(1)由上述分析可知，A为Si、B为Na、C为P、D为N；(2)非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性N＞P＞Si，酸性最强的是HNO3，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性Na最强，碱性最强的是NaOH；(3)同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，所以第一电离能最大的元素是Ne，周期自左而右，电负性增大，故电负性最大的元素是F；(4)E为Fe元素，E的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故核电荷数是26，Fe在周期表中处于第四周期Ⅷ族，在周期表中处于d区；(5)D为氮元素，原子核外电子排布式为1s22s22p3，最外层有3个未成对电子，故氮气的电子式为：，该分子中有1个σ键，2个π键。【题目点拨】本题重点考查元素推断和元素周期律的相关知识。本题的突破点为A的原子结构示意图为，可推出A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强；同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，同周期自左而右，电负性逐渐增大。25、CFeFeC2O4FeO+CO↑+CO2↑取少量A溶液于试管，滴加硫氰化钾溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变血红色，则说明A中含有Fe2+洗涤冷却【解题分析】无色气体甲能使澄清石灰水变浑浊，说明甲中含有CO2，甲中含有两种气体（组成元素相同），且无色无味，所以甲中还有CO，CO在标准状况下是2.24L，物质的量是0.1mol，白色沉淀是碳酸钙，碳酸钙的质量是10g，物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.1mol，所以固体X中含碳元素为0.2mol，红棕色固体是Fe2O3，Fe2O3为8g，物质的量为0.05mol，固体X中含铁元素为0.1mol，X中含O元素的质量为：14.4g-（0.1mol×56g/mol+0.2mol×12g/mol）=6.4g，O元素的物质的量为0.4mol，所以X中含有铁元素为0.1mol，碳元素为0.2mol，O元素的物质的量为0.4mol，故X的化学式为：FeC2O4。【题目详解】（1）流程中有红棕色固体生成，是Fe2O3，无色气体甲能使澄清石灰水变浑浊，说明甲中含有CO2，根据元素守恒可知X中还含有碳元素和铁元素，故答案为：C；Fe。（2）X隔绝空气分解生成的黑色固体是FeO，气体甲中含有两种气体（组成元素相同），且无色无味，所以这两种气体是CO和CO2，反应的方程式为：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑，故答案为：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑。（3）Fe2+的检验方法为：取少量A溶液于试管，滴加硫氰化钾溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变血红色，则说明A中含有Fe2+，故答案为：取少量A溶液于试管，滴加硫氰化钾溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液变血红色，则说明A中含有Fe2+。（4）沉淀转化为红棕色固体（Fe2O3），具体操作为：过滤、洗涤、灼烧、冷却和称量，故答案为：过滤、洗涤、灼烧、冷却和称量。26、酸式偏大溶液由无色变为紫红色且在半分钟内不褪色0.24.010.0KMnO4溶液完全褪色所需的时间不能,KMnO4能氧化盐酸。【解题分析】（1）高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡胶管；（2）引起滴定过程中消耗标准溶液体积增大，故测定溶液浓度偏大；（3）KMnO4溶液显紫红色；（4）根据C（待测）=C（标准）×V(标准)V(待测)（5）H2O的体积是为了保证溶液总体积一致；（6）可根据KMnO4溶液完全褪色所需的时间判断反应速率；（7）KMnO4能氧化盐酸。【题目详解】（1）高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡胶管，不能盛装碱式滴定管，故将KMnO4溶液装在酸式滴定管中；（2）若在步骤①操作之前，先用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶，待测H2C2O4溶液量多了，滴定过程中消耗标准溶液体积增大，故测定溶液浓度偏大；（3）该实验是氧化还原滴定，终点时KMnO4溶液恰好过量一滴，溶液会显紫红色，30秒内不变色；（4）根据化学方程式可知，5H2C2O4～2MnO4-，则C（H2C2O4）=0.1mol/（5）加入H2O是为了保证溶液总体积一致，故其他体积保持相同，只有草酸浓度这个变量，探究草酸浓度对化学反应速率的影响，故v1=4.0；（6）KMnO4溶液显紫红色，可根据KMnO4溶液完全褪色所需的时间判断反应速率；（7）实验中不能用0.2mol/L盐酸代替0.1mol/LH2SO4溶液，因为KMnO4能氧化盐酸生成氯气，消耗高锰酸钾，影响测定结果。27、蒸馏烧瓶Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2OKMnO4酸性溶液褪色浅黄色(乳白色)沉淀5SO2＋2MnO＋2H2O===2Mn2＋＋5SO42－＋4H＋品红溶液褪色后,关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯加热，已褪色的品红又恢复红色NaOH【解题分析】（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器是蒸馏烧瓶，其中Na2SO3和H2SO4（浓）反应生成二氧化硫，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；综上所述，本题答案是：蒸馏烧瓶，Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O。（2）高锰酸钾溶液为紫红色，具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应：5SO2＋2MnO＋2H2O===2Mn2＋＋5SO42－＋4H＋，可观察到装置B中红色逐渐变浅直至完全褪去；二氧化硫进入硫化钠溶液中发生氧化还原反应生成单质硫，反应为：2S2-+SO2+2H2O=3S↓+4OH-，则观察到装置C出现浅黄色浑浊；综上所述，本题答案是：KMnO4酸性溶液褪色，浅黄色(乳白色)沉淀，5SO2＋2MnO＋2H2O===2Mn2＋＋5SO42－＋4H＋。（3）二氧化硫能够使品红溶液褪色，体现的是二氧化硫的漂白性，加热后，溶液恢复为红色，可以证明SO2与品红作用的可逆性；因此，正确答案是：品红溶液褪色后,关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯加热，已褪色的品红又恢复红色。（4）SO2属于酸性氧化物，能够与碱反应，因此可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫；综上所述，本题答案是：NaOH。28、氮化硼、氮化铝、氮化镓都是原子晶体，键长依次增大，键能依次降低，熔点依次降低7CCl4（或SiF4等）N＞Zn+2[Au(CN)2]-=2Au+[Zn(CN)4]2-【分析】（1）氮化硼、氮化铝、氮化镓都是原子晶体，原子半径越小，共价键的键长越短，键能越大，熔点越高；（2）N有7个