2025年沪教版选修化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年沪教版选修化学上册阶段测试试卷588考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、Bodensteins研究反应H2(g)+I2(g)2HI(g)△H＜0，温度为T时，在两个体积均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w(HI)与反应时间t的关系如下表：。容器编号起始物质t/min020406080100Ⅰ0.5molI2、0.5molH2w(HI)/%05068768080ⅡxmolHIw(HI)/%1009184818080

研究发现上述反应中：v正=ka•w(H2)•w(I2)，v逆=kb•w2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法不正确的是()A.温度为T时，该反应=64B.容器I中在前20min的平均速率v(HI)=0.025mol•L-1•min-1C.若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1mol的H2、I2、HI，反应逆向进行D.无论x为何值，两容器中达平衡时w(HI)%均相同2、分子式均为C5H10O2的两种有机物的结构如图所示：

下列说法正确的是A.二者都能使Br2的CCl4溶液褪色B.①②分子中所有原子均可能处于同一平面C.等物质的量的①和②分别与足量钠反应生成等物质的量的H2D.与其互为同分异构体的酯有8种(不考虑立体异构)3、山萘酚(Kaempferol)结构如下图所示；且大量存在于水果；蔬菜、豆类、茶叶中，具有多种生物学作用，如抗氧化、抑制肿瘤生长及保护肝细胞等作用。下列有关山萘酚的叙述正确的是()

A.结构式中含有羟基、醚键、酯基、碳碳双键B.可发生取代反应、水解反应、加成反应C.可与NaOH反应，不能与NaHCO3反应D.1mol山萘酚与溴水反应最多可消耗4molBr24、有关下图所示化合物的说法不正确的是。

A.1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应B.该化合物可与NaHCO3溶液反应放出CO2气体C.该化合物可以使酸性KMnO4溶液褪色D.该化合物可以在光照下与Cl2发生取代反应5、羟甲香豆素(丙)是一种治疗胆结石的药物；部分合成路线如下图所示。下列说法不正确的是。

A.甲分子中的含氧官能团为羟基、酯基B.常温下1mol乙最多与含4molNaOH的水溶液完全反应C.丙能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.丙分子中碳原子轨道杂化类型为sp2和sp3，且所有的碳原子可能共平面6、化学与生活密切相关。下列叙述不正确的是（）A.二氧化硅是将太阳能转变为电能的常用材料B.中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈C.使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力差D.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土7、某有机物的结构如下式；在以下六种反应类型：①加成②水解③酯化④氧化⑤中和⑥消去中，它在一定条件下能够发生的反应是。

A.②③④B.①③⑤⑥C.②③④⑤⑥D.①③④⑤评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、（I）LiH可作飞船的燃料；已知下列反应：

①2Li(s)+H2(g)===2LiH(s)ΔH＝-182kJ·mol-1；

②2H2(g)+O2(g)===2H2O(l)ΔH＝-572kJ·mol-1；

③4Li(s)+O2(g)===2Li2O(s)ΔH＝-1196kJ·mol-1。

试写出LiH在O2中燃烧的热化学方程式：__________________________________________。

（II）利用H2和CO2生产甲醇。某温度下，在容积为2L的密闭容器中充入1molCO2和3.25molH2，在一定条件下反应，测得CO2、CH3OH（g）和H2O（g）的物质的量（n）随时间的变化关系如图所示。

（1）从反应开始到3min时，氢气的平均反应速率v(H2)=____________。

（2）下列措施中一定能使CO2的转化率增大的是_______________（填序号）。

A.在原容器中再充入1molCO2B.在原容器中再充入1molH2

C.在原容器中再充入1molHeD.使用更有效的催化剂。

E.缩小容器的容积F.将水蒸气从体系中分离出。

（III）图是甲醇燃料电池工作的示意图；其中A；B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同。

（1）甲中负极的电极反应式为_______________________________。

（2）乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为_______________________。

（IV）已知常温下CN-的水解常数Kb=1.61×10-5。

（1）常温下，含等物质的量浓度的HCN与NaCN的混合溶液显_________（填“酸”“碱”或“中”）性，c(CN-)_______（填“>”“<”或“=”）c(HCN)。

（2）常温下，若将cmol•L-1盐酸与0.61mol•L-1KCN溶液等体积混合后恰好得到中性溶液，则c=________（小数点后保留4位数字）。9、C和Si元素在化学中占有极其重要的地位。

(1)写出Si的基态原子核外电子排布式_______。

从电负性角度分析，C、Si和O元素的非金属活泼性由强至弱的顺序为_______。

(2)SiC的晶体结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为_______，微粒间存在的作用力是_______。

(3)氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M为_______(填元素符号)。MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似。MO的熔点比CaO的高，其原因是_______。

(4)C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同。CO2中C与O原子间形成键和键，SiO2中Si与O原子间不形成上述键。从原子半径大小的角度分析，为何C、O原子间能形成，而Si、O原子间不能形成上述键_______。10、CaO2难溶于水；溶于酸生成过氧化氢，在医药上用作杀菌剂；防腐剂等。

Ⅰ．CaO2制备原理：Ca(OH)2(s)+H2O2(aq)=CaO2(s)+2H2O(l)；ΔH＜0

不同浓度的H2O2对反应生成CaO2产率的影响如下表：。H2O2/%51015202530CaO2/%62.4063.1063.2064.5462.4260.40

(1)分析题给信息，解释H2O2浓度大于20%后CaO2产率反而减小的原因：___________。

Ⅱ．过氧化钙中常含有CaO杂质，实验室可按以下步骤测定CaO2含量。

步骤1：准确称取0.04～0.05g过氧化钙样品；置于250mL的锥形瓶中；

步骤2：分别加入30mL蒸馏水和2mL盐酸(3mol∙L-1)；振荡使之溶解；

步骤3：向锥形瓶中加入5mLKI溶液(100g·L-1)；

步骤4：用硫代硫酸钠标准溶液滴定，至溶液呈浅黄色，然后________，用硫代硫酸钠标准溶液继续滴定，________；记录数据；

步骤5：平行测定3次，计算试样中CaO2的质量分数。滴定时发生的反应为2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。

(2)过氧化钙溶解时选用盐酸而不选用硫酸溶液的原因是___________。

(3)加入KI溶液后发生反应的离子方程式为____________。

(4)请补充完整实验步骤4中的内容：____________；____________。11、甲；乙、丙、丁四种物质的构成基本微粒中均合有14个电子；请按下列要求回答：

（1）甲为固体单质，写出甲的名称：___________；

（2）乙为含有极性键的双原子分子，则乙的分子式为___________；

（3）丙为三原子分子，用电子式表示该分子：___________；

（4）丁是四原子分子，用结构式表示该分子：___________。12、在人口居住密度较大的城区和建筑群中；室内空气的污染有时会比室外更严重。目前已发现的室内空气污染物达300多种。

(1)室内装修材料及家具挥发出来的_______是室内空气的主要污染物，该气体_______(填“易”或“难”)溶于水，常温下有强烈的刺激性气味，当温度超过20℃时，挥发速度加快，根据该气体的这些性质，判断下列做法错误的是_______。

A.入住前房间内保持一定温度并通风。

B.装修尽可能选择在温度较高的季节。

C.请环境监测部门检测室内甲醛含量低于国家标准后入住。

D.紧闭门窗一段时间后入住。

(2)在入住装修过的新房之前在房间内，放置适量的吊兰、芦荟等植物有利于净化空气，但晚上在密闭的居室内放置大型绿色植物，可能影响人体健康。主要原因是其_______。13、按要求回答下列问题：

(1)①的系统命名：___。

②高聚物的单体结构简式为：___。

(2)有机物A的结构简式为它可通过不同化学反应分别制得B；C、D和E四种物质。

请回答下列问题：

③在A～E五种物质中，互为同分异构体的是___(填代号)。

④已知HCHO分子中所有原子都在同一平面内，则在上述分子中所有的原子有可能都在同一平面的物质是___(填代号)。

⑤写出D与NaOH溶液共热反应的化学方程式：___。14、为了合理利用化学能；确保安全生产，化工设计需要充分考虑化学反应的反应热，并采取相应措施。化学反应的反应热通常用实验进行测定，也可进行理论推算。

（1）今有如下两个热化学方程式：则a_____b（填“＞”；“＝”或“＜”）

H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1＝akJ•mol﹣1

H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2＝bkJ•mol﹣1

（2）拆开lmol气态物质中某种共价键需要吸收的能量叫键能，部分化学键键能如表。化学键H﹣HN﹣HN≡N键能/kJ•mol﹣1436a945

已知反应N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）△H＝-93kJ•mol﹣1，试根据表中所列键能数据计算a=______________。

（3）利用水煤气合成二甲醚（CH3OCH3）的三步反应如下：

①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）△H1

②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2

③3H2（g）+3CO（g）═CO2（g）+CH3OCH3（g）△H3

反应③为制取二甲醚的第3步反应，利用△H1和△H2计算△H3时，还需要利用________反应的△H。

（4）中科院大连化学物理研究所的科研人员在新型纳米催化剂Na-Fe3O4和HMCM-22的表面将CO2转化为烷烃；其过程如图。

图中CO2转化为CO的反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol

已知：2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H=-128kJ/mol

则图中CO转化为C2H4的热化学方程式是______________________________________。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、1.0×10-3mol·L-1盐酸的pH=3，1.0×10-8mol·L-1盐酸的pH=8。（______________）A.正确B.错误16、C2H6O和C3H8O符合饱和一元醇的通式，两种物质一定属于同系物。(____)A.正确B.错误17、与具有相同官能团的同分异构体的结构简式为CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH。(___________)A.正确B.错误18、分子组成符合CnH2n-2通式的链烃，一定是炔烃。(___)A.正确B.错误19、乙醛与银氨溶液和Cu(OH)2悬浊液反应，所需的试剂必须新制备的。(____)A.正确B.错误20、凡是能发生银镜反应的有机物都是醛。(____)A.正确B.错误21、醛类物质发生银镜反应或与新制Cu(OH)2的反应均需在碱性条件下。(____)A.正确B.错误22、甲醛、乙醛、丙醛均无同分异构体。(____)A.正确B.错误23、聚合度就是链节的个数。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共3题，共30分)24、一种以冷热镀管废料锌灰制ZnSO4·7H2O晶体；进而获取ZnO，并探索氢电极增压还原氧化锌电解法制锌的方法，工艺流程如图所示：

已知：①锌灰的主要成分为ZnO、ZnCl2，还含有SiO2、CuO、PbO和FeO。

②Cu++Cl-=CuCl↓

回答下列问题：

(1)滤渣1的主要成分为SiO2和___。

(2)酸浸时，硫酸浓度不能过高，原因是___。

(3)写出“沉铜”时的离子方程式___。

(4)在pH为5.6的条件下氧化后，再加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，其目的是___。

(5)氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，每溶解1molZnO需消耗___molKOH。电解池中的总反应离子方程式为：___。

(6)该工艺废水中含有Zn2+，排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2S⇌ZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为：。微粒H2SCH3COOHCH3COO-浓度/mol·L-10.100.050.10

处理后的废水的pH=___，c(Zn2+)=___。(已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5)25、氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：

已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3；还含少量Fe；Al、Ca、Mg等元素。

②相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：

③常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.46×10－10、7.42×10－11。

回答下列问题：

（1）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_________。

分析下列图1，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：焙烧温度为500℃。分析选择反应温度为500℃的原因_________________。

（2）浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为_________；再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为沉淀除去，溶液pH的范围为_________；然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+变为CaF2、MgF2沉淀除去，两种沉淀共存时溶液中=_________。

（3）碳化结晶时，反应的离子方程式为_________。

（4）MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示，300℃—770℃范围内，发生反应的化学方程式为________________________。

26、利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr（Ⅲ）的处理工艺流程如下：

已知：①硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋。

②Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+

③常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：。阳离子Fe3+Mg2+Al3+Cr3+沉淀完全时的pH3.711.15.4（>8溶解）9（>9）溶解

（1）实验室用18.4mol·L-1的浓硫酸配制480mL2mol·L-1的硫酸，配制时所用玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和胶头滴管外，还需_______。

（2）H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3＋转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式：_______。

（3）加入NaOH溶液使溶液呈碱性，既可以除去某些杂质离子，同时又可以将Cr2O72－转化为______（填微粒的化学式）。

（4）钠离子交换树脂的反应原理为Mn＋＋nNaR=MRn＋nNa＋，则利用钠离子交换树脂可除去滤液Ⅱ中的金属阳离子有_____。

（5）写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：_____。

（6）沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定某废水中SCN-的浓度，可用0.1000mol·L－1AgNO3标准溶液滴定待测液；已知：

①滴定时可选为滴定指示剂的是_______（填编号），滴定终点的现象是_______。

A．NaClB．K2CrO4C．KID．NaCN

②取某废水25.00ml,滴定终点时消耗AgNO3标准溶液10.00ml,则废水中SCN－的物质的量浓度为_______。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共20分)27、现有失去标签的氯化钙；硝酸银、盐酸、碳酸钠四种无色溶液；为了鉴别四种溶液各是什么，将它们随意编号为A、B、C、D后，按下表进行实验，产生的现象如表所示。试根据实验现象回答：

(1)推断各物质分别是。实验顺序实验内容实验现象①A+B没有现象发生②B+D有气体放出③C+B有沉淀生成④A+D有沉淀生成

A、_____________C、______________

(2)写出各序号实验中有关反应的离子方程式。

②_________

③_________28、如图表示A～E五种物质间的相互转化关系；其中A为淡黄色固体，B为单质。回答下列问题：

(1)写出各物质的化学式：A_____，B_____，C___，D_____，E____。

(2)写出B→C、D→E反应的离子方程式：B→C：______；D→E：________。

(3)写出A→D的化学方程式，并用双线桥标出电子转移情况________。29、A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子可能分别是Ca2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子可能分别是NO3-、SO42-、Cl−、CO32-中的某一种。

①若把4种盐分别溶解于盛有蒸馏水的4支试管中；均得澄清溶液，只有C盐的溶液呈蓝色。

②若向①的4支试管中分别加盐酸；B溶液中有沉淀产生，D溶液中有无色无味气体逸出。

(1)根据①②的实验事实推断B、C的化学式：B：________，C：________。

(2)写出A与D反应的化学方程式_________________________________。

(3)若想从A与D反应后的混合物中分别提取得到两种固体产物，需要进行的实验操作是________和________。这两个操作中都要用到玻璃棒，玻璃棒在这两个操作中的作用是否相同(若不同，请说明各自的作用)_____________。30、下表为元素周期表的一部分。

。碳。

氮。

Y

X

硫。

Z

回答下列问题：

（1）Z元素在周期表中的位置为___。

（2）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是___；

a．Y单质与H2S溶液反应；溶液变浑浊。

b．在氧化还原反应中；1molY单质比1molS得电子多。

c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解；前者的分解温度高。

（3）X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃，写出该反应的热化学方程式___。

（4）碳与镁形成的1mol化合物Q与水反应，生成2molMg(OH)2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9：1，烃的电子式为___。Q与水反应的化学方程式为__。评卷人得分六、原理综合题(共2题，共20分)31、金属铜是被人们认识和利用较早的金属之一，西汉《淮南万毕术》中有“曾青得铁则化为铜”的记载，“曾青”是CuSO4溶液。回答下列问题：

（1）一些铜盐在灼烧时会产生特殊的颜色，原因是___。

（2）CuSO4溶液中，金属阳离子的最高能层符号为___；其中未成对电子数为___。

（3）CuSO4·5H2O可写成[Cu(H2O)4SO4]H2O；其结构如图所示：

①[Cu(H2O)4]2+中O原子的杂化类型为___。1mol[Cu(H2O)4]2+中含有σ键的个数为___(NA表示阿伏加德罗常数的值）。

②CuSO4·5H2O结构中含有的化学键的类型有___，所含元素的电负性大小顺序为___。

（4）金属铜的晶胞结构如图所示。

①该晶胞结构中含有由Cu原子构成的正八面体空隙和正四面体空隙，则正八面体空隙数和正四面体空隙数的比为___。

②科研发现硫化铜可以作为一种极为重要的P型半导体，其晶胞结构可以理解为铜晶胞中互不相邻的正四面体形成的空隙被S2-占据，若该晶体的密度为ag·cm-3，则两个最近的S2-之间的距离为___pm(NA表示阿伏加德罗常数的值）。32、请在标有序号的空白处填空：

(1)利用催化剂可使NO和CO发生反应：2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0．已知增大催化剂的比表面积可提高化学反应速率．为了分别验证温度；催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律；某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面表中。

①请填全表中的各空格；。实验。

编号T(℃)NO初始浓度。

(mol∙L-1)CO初始浓度。

(mol∙L-1)催化剂的比表。

面积(m2∙g-1)Ⅰ2801.2×10-35.8×10-382Ⅱ___1.2×10-3___124Ⅲ350______82

②实验Ⅰ中；NO的物质的量浓度(c)随时间(t)的变化如图所示。

请在给出的坐标图中画出实验Ⅱ、Ⅲ中NO的物质的量浓度(c)随时间(t)变化的曲线，并标明各曲线的实验编号_____。

(2)用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜．已知：

Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)ΔH=64.39kJ∙mol-1

2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=196.46kJ∙mol-1

H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.84kJ∙mol-1

在H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为_____．

(3)25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：。化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.7×10-5K1=4.3×10-7

K2=5.6×10-113.0×10-8

请回答下列问题：

①CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为_____．

②体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所示，则HX的电离平衡常数_____(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的电离平衡常数；理由是_____．

(4)①求常温下pH=2的H2SO4溶液中由H2O电离的c(H+)和c(OH-)．

c(H+)=_____，c(OH-)=_____。

②在某温度时，测得0.01mol∙L-1的NaOH溶液pH=11，在此温度下，将pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的硫酸VbL混合，若所得混合液为中性，且a+b=12，则Va：Vb=_____。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A．H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)

起始量(mol/L)0.50.50

变化量(mol/L)nn2n

平衡量(mol/L)0.5-n0.5-n2n

w(HI)/%=×100%=80%，n=0.4mol/L，平衡常数K==64。反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，ka•w(H2)•w(I2)=v正=v逆=kb•w2(HI)，则==K=64；故A正确；

B．前20min，H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)

起始量(mol/L)0.50.50

变化量(mol/L)mm2m

平衡量(mol/L)0.5-m0.5-m2m

w(HI)%=×100%=50%，m=0.25mol/L，容器I中前20min的平均速率，v(HI)==0.025mol•L-1•min-1；故B正确；

C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.lmol的H2、I2、HI，此时浓度商Qc==1＜K=64；反应正向进行，故C错误；

D．H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x为何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，两容器达平衡时w(HI)%均相同；故D正确；

答案选C。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．只有②能与Br2发生加成反应使Br2的CCl4溶液褪色；A错误；

B．①和②分子中均含有饱和碳原子；所有原子不可能处于同一平面，B错误；

C．①和②分子式相同，分子中均含有两个羟基，物质的量相同时，与足量的钠反应产生H2的物质的量也相同；C正确；

D．与①和②互为同分异构体的酯；若为甲酸酯，则有4种，若为乙酸酯，则有2种，若为丙酸酯，则只有1种，若为丁酸酯，则有2种，故共有4+2+1+2=9种，D错误；

故选C。3、C【分析】【详解】

A；结构式中含有2个苯环和羟基、醚键、羰基、碳碳双键；A错误；

B；该物质不能发生取代反应；B错误；

C、酚羟基有酸性，可与NaOH反应，碳酸的酸性比苯酚的强，所以不能与NaHCO3反应；C正确；

D、1mol山萘酚与溴水反应最多可消耗5molBr2；D错误。

答案选C。4、B【分析】中和酚羟基要消耗1molNaOH，两个酯基水解要消耗2molNaOH，A正确；该有机物中不存在羧基，且酚羟基酸性较弱，不能与NaHCO3放出CO2气体，B错误；该有机物中的碳碳双键和苯环上的甲基可以使KMnO4溶液褪色，C正确；该有机物中含有甲基，可以与Cl2在光照下发生取代反应，D正确；正确选项B。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．由甲的结构简式可知；甲中含有酯基和羟基两种官能团，故A正确；

B．乙中含有酚羟基和酯基；1mol酚羟基和1mol酯基均消耗1molNaOH，但该结构中的酯基水解得到酚羟基又消耗1molNaOH，故1mol乙能消耗3molNaOH，故B错误；

C．丙中含有酚羟基和碳碳双键均易被高锰酸钾氧化使其褪色；故C正确；

D．丙中甲基碳原子为sp3杂化，其余碳原子采用sp2杂化，该结构中苯环、碳碳双键、酯基片段均为平面结构，所有碳原子可能共平面，6、A【分析】【详解】

A．单质硅可用于制作太阳能电池的原料；太阳能电池可将太阳能转化为电能，二氧化硅是光导纤维的成分，故A错误；

B．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2(OH)2CO3；能够溶于酸性溶液，可以利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故B正确；

C．含钙离子浓度较大的地下水能够与高级脂肪酸钠反应生成高级脂肪酸钙沉淀；去污能力减弱，故C正确；

D．瓷器由黏土烧制而成；瓷器的主要原料为黏土，故D正确；

答案选A。7、D【分析】【详解】

①有机物含有醛基；苯环；则它能和氢气发生加成反应；

②有机物中不含有卤原子；酯基等能发生水解反应的官能团；则不能发生水解反应；

③有机物含有羧基能和醇羟基发生酯化反应；含有的醇羟基也能羧基发生酯化反应；

④有机物含有醇羟基结构；醇羟基能被氧化成醛基，同时含有醛基，醛基能被氧化成羧基，即能够发生氧化反应；

⑤有机物含有羧基；具有酸性，能和碱发生中和反应；

⑥有机物中含有醇羟基；但与醇羟基相连碳原子的邻碳上没有氢原子，故不能发生消去反应；

故答案为D。二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【详解】

本题主要考查化学反应原理综合考查。

（I）②/2+③/2-①得LiH在O2中燃烧的热化学方程式：2LiH(s)+O2(g)==Li2O(s)+H2(l)△H=-702kJ•mol-1。

（II）发生反应：3H2（g）+CO2（g）CH3OH（g）+H2O（g）。

（1）从反应开始到3min时，氢气的平均反应速率v(H2)=3v(CO2)=3×0.50/2/3mol·L-1·min-l=0.25mol·L-1·min-l。

（2）A.在原容器中再充入1molCO2，CO2的转化率减小；B.在原容器中再充入1molH2，反应物浓度增大，平衡右移，能使CO2的转化率增大；C.在原容器中再充入1molHe，平衡不移动，CO2的转化率不变；D.使用更有效的催化剂，平衡不移动，CO2的转化率不变；E.缩小容器的容积，加压平衡右移，能使CO2的转化率增大；F.将水蒸气从体系中分离出，生成物浓度减小，平衡右移，能使CO2的转化率增大。故选BEF。

（III）（1）甲中通入甲醇的电极为负极，负极的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-==CO32-+6H2O。

（2）B极先生成0.1molCu；后生成氢气，A极生成氧气。当A；B两极上产生的气体体积相同时，A极生成0.1mol氧气。乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为2.24L。

（IV）（1）常温下，含等物质的量浓度的HCN与NaCN的混合溶液显碱性，说明NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，所以c(CN-)

（2）混合溶液呈中性，说明c(CN-)-1，c(CN-)=(0.61-c)cmol•L-1，c(OH-)=1×10-7mol•L-1，Kb==1.61×10-5，则c=0.6162。【解析】2LiH(s)+O2(g)==Li2O(s)+H2(l)△H=-702kJ•mol-10.25mol·L-1·min-lBEFCH3OH-6e-+8OH-==CO32-+6H2O2.24L碱＜0.61629、略

【分析】【分析】

(1)Si原子核外共14个电子；按照能量最低原则书写电子排布式；元素周期表中主族元素越靠右；越靠上电负性越大，F的电负性最大(为4.0)；

(2)晶体硅中一个硅原子周围与4个硅原子相连，呈正四面体结构，所以杂化方式是sp3；非金属原子之间形成的化学键为共价键；

(3)根据电子总数判断M的原子序数；进而确定元素符号；从影响离子晶体熔沸点高低的因素分析二者熔沸点的高低；

(4)C的原子半径较小；C；O原子能充分接近，p-p轨道肩并肩重叠程度较大，形成较稳定的π键；Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键。

【详解】

(1)Si是14号元素，Si原子核外共14个电子，按照能量最低原则电子先填入能量最低的1s轨道，填满后再依次填入能量较高的轨道；其电子排布式为：1s22s22p63s23p2；从电负性的角度分析，O和C位于同一周期，非金属性O强于C；C和Si为与同一主族，C的非金属性强于Si，故由强到弱为O>C>Si；

因此，本题正确答案是：1s22s22p63s23p2；O>C>Si；

(2)SiC中Si和C原子均形成四个单键，故其为sp3杂化；非金属原子之间形成的化学键全部是共价键；

因此，本题正确答案是：sp3；共价键；

(3)MO和SiC的电子总数相等，故含有的电子数为20，则M含有12个电子，即Mg；晶格能与所组成离子所带电荷成正比，与离子半径成反比，MgO与CaO的离子电荷数相同，Mg2+半径比Ca2+小；MgO晶格能大，熔点高；

因此，本题正确答案是：Mg；Mg2+半径比Ca2+小；MgO晶格能大；

(4)π键是由p-p轨道肩并肩重叠形成的；且π键的强弱与重叠程度成正比。Si原子的原子半径较大，Si；O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成稳定的π键。

因此，本题正确答案是：Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键。【解析】①.1s22s22p63s23p2②.O>C>Si③.sp3④.共价键⑤.Mg⑥.Mg2+半径比Ca2+小，MgO晶格能大⑦.Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)已知Ca(OH)2(s)+H2O2(aq)=CaO2(s)+2H2O(l)；ΔH＜0，该反应放热，H2O2浓度高，反应速率快，反应放热使体系温度迅速升高，加快H2O2发生分解；所以产生的过氧化钙产率降低；

(2)若用稀硫酸，过氧化钙和硫酸反应生成微溶的CaSO4覆盖在过氧化钙表面；使得实验数据不准确，应该使用稀盐酸；

(3)过氧化氢和碘化钾在盐酸存在时反应生成氯化钾和碘单质和水，离子方程式为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O；

(4)碘单质遇到淀粉会显示蓝色，当用硫代硫酸钠标准溶液滴定，至溶液呈浅黄色，然后加入淀粉作滴定的指示剂，用硫代硫酸钠标准溶液继续滴定；滴定结束前溶液为蓝色，反应结束后溶液为无色，则滴定终点的现象为溶液的蓝色恰好消失且半分钟内颜色不变。【解析】①.H2O2浓度高，反应速率快，反应放热使体系温度迅速升高，加快H2O2发生分解②.加入指示剂淀粉溶液③.直至溶液的蓝色恰好消失且半分钟内颜色不变④.生成微溶的CaSO4覆盖在过氧化钙表面，使结果不准确⑤.H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O⑥.加入指示剂淀粉溶液⑦.直至溶液的蓝色恰好消失且半分钟内颜色不变11、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）硅。

（2）CO

（3）

（4）H—C≡C—H12、略

【分析】（1）

内装修材料及家具挥发出来的甲醛是室内空气的主要污染物；该气体易溶于水，常温下有强烈的刺激性气味。装修尽可能选择在温度较高的季节，入住前房间内保持一定温度并通风并请环境监测部门检测室内甲醛含量低于国家标准后入住，不能紧闭门窗一段时间后入住。

（2）

大型绿色植物晚上通过呼吸作用会消耗大量氧气，晚上在密闭的居室内放置大型绿色植物会影响健康。【解析】(1)甲醛易D

(2)大型绿色植物晚上通过呼吸作用会消耗大量氧气13、略

【分析】【详解】

(1)①该烃分子中的碳碳键均为碳碳单键；属于烷烃，最长碳链有6个碳原子，两个甲基为支链，分别位于主链3，4号碳原子上，故其系统命名的名称为：3，4—二甲基己烷，故答案为：3，4—二甲基己烷；

②链节主链上有4个碳原子，且2，3碳原子间有双键，按照“有双键，四个碳”的规律，画线断开，同时将双键变单键，单键变双键得对应的单体为：CH2=C(CH3)CH=CH2，故答案为：CH2=C(CH3)CH=CH2；

(2)③对比以上五种物质，C和E的分子式相同，都为C9H8O2；但结构不同，互为同分异构体，故答案为：C和E；

④A、B、D、E中都含有-CH2-基团；具有甲烷的结构，原子不可能在同一平面上，C具有苯环；乙烯和甲醛的结构特点，所有的原子可能在同一平面上，故答案为：C；

⑤D中含有-COOH和-COO-，-COOH和NaOH发生中和反应，-COO-在NaOH溶液中水解，反应的化学方程式为：+2NaOH+HCOONa+H2O，故答案为：+2NaOH+HCOONa+H2O。【解析】3，4—二甲基己烷CH2=C(CH3)CH=CH2C和EC+2NaOH+HCOONa+H2O14、略

【分析】【详解】

⑴两个反应均为放热反应，生成液态水放出的热量多，但焓变反而小，所以则a＜b；

故答案为：＜；

⑵△H=-93=436×3+945–6a；a=391

故答案为：391

⑶利用水煤气合成二甲醚（CH3OCH3）的三步反应如下：

①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）△H1

②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2

③3H2（g）+3CO（g）═CO2（g）+CH3OCH3（g）△H3

利用△H1和△H2计算△H3时，①×2+②，得到4H2（g）+2CO（g）═H2O（g）+CH3OCH3（g）还需要利用2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)，2CO+O2(g)==2CO2(g)

反应的△H。

故答案为2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，2CO+O2(g)=2CO2(g)；

⑷图中CO2转化为CO的反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol

已知：2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)△H=-128kJ/mol

将第二个方程式减去第一个方程式的2倍得到CO转化为C2H4的热化学方程式是。

2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)△H=-210kJ/mol【解析】＜3912H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，2CO+O2(g)=2CO2(g)2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g)△H=-210kJ/mol三、判断题(共9题，共18分)15、B【分析】【分析】

【详解】

1.0×10-3mol·L-1盐酸中c(H+)=1.0×10-3mol·L-1，所以溶液的pH=-lgc(H+)=3。由于盐酸呈酸性，溶液中还存在水电离，溶液中的H+包括酸和水共同电离产生。当盐酸浓度较小时，水电离产生的H+不能忽略，所以1.0×10-8mol·L-1盐酸的pH只能接近于7，且小于7，而不可能等于8，因此这种说法是错误的。16、B【分析】【详解】

C2H6O和C3H8O符合饱和一元醇的通式，可能为醇也可能为醚，因此这两种物质不一定属于同系物，该说法错误。17、A【分析】【分析】

【详解】

与具有相同官能团的同分异构体的结构简式为CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH，共2种，故正确。18、B【分析】【详解】

分子组成符合CnH2n-2通式的链烃，可能是炔烃或二烯烃，故上述说法错误。19、A【分析】【详解】

银氨溶液不可久置，否则会生成其他物质，Cu(OH)2悬浊液放置久了，就变成氢氧化铜沉底，而这样的氢氧化铜是不能和乙醛反应的，因此所需的试剂必须新制备的，故正确。20、B【分析】【详解】

能发生银镜反应的有机物一般都含有醛基，但含有醛基的有机物却不一定是醛，如甲酸、甲酸酯、葡萄糖等，故本题判断错误。21、A【分析】【详解】

银氨溶液和新制备的Cu(OH)2的悬浊液本身就是显碱性的，故本判断正确。22、B【分析】【详解】

甲醛没有，乙醛有同分异构体如环氧乙烷，丙醛也有同分异构体，如环氧丙烷、环丙基醇、烯丙醇和丙酮等，故本题判断错误。23、B【分析】【详解】

有多种单体聚合形成的高分子化合物的聚合度等于n×单体数，故上述说法错误。四、工业流程题(共3题，共30分)24、略

【分析】【分析】

锌灰(主要成分是ZnO，ZnCl2，还含有SiO2，CuO，PbO和FeO等)用硫酸酸浸，其中PbO转化成PbSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，则过滤得到的滤渣1主要为PbSO4、SiO2；滤液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4，向滤液中加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀达到沉铜的目的，继续向溶液中加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，再加入ZnO调节溶液pH，将Fe3+转化成氢氧化铁沉淀并过滤除去，将滤液蒸发、浓缩并冷却结晶，过滤得到ZnSO4•7H2O；滤液加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化锌，加热分解生成氧化锌，最后电解生成Zn，以此解答该题。

【详解】

(1)由分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2和PbSO4；

(2)浓硫酸有强氧化性，酸浸时，如使用硫酸浓度过高，反应速率会很慢，在溶解时会氧化FeO生成Fe3+，同时生成SO2，污染环境，发生反应的化学方程式2FeO+4H2SO4(浓)=Fe2(SO4)3+SO2↑+4H2O；

(3)“沉铜”时加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀，发生反应的离子方程式为Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+；

(4)在pH为5.6的条件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，继续加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，可促使Fe(OH)3胶体聚沉；有利于过滤分离；

(5)储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，发生的离子反应2OH－＋ZnO＋H2O＝Zn(OH)则每溶解1molZnO，需消耗2molKOH；电解池阳极上的H2在碱性条件下失电子氧化生成H2O，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，阴极上Zn(OH)离子得电子还原生成Zn，电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，则电解池中的总反应离子方程式为H2+Zn(OH)42-2H2O+Zn+2OH-；

(6)已知Ka(CH3COOH)=则c(H+)=1×10-5mol/L，此时溶液pH=5；Ka1(H2S)×Ka2(H2S)=×==1.0×10-7×1.0×10-14，其中c(H+)=1×10-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，则c(S2-)=1.0×10-12mol/L，此时Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)，则c(Zn2+)=1×10-11mol·L-1。

【点睛】

本题难点是(6)综合利用电离平衡常数和溶度积常数计算溶液的pH和c(Zn2+)，准确利用公式是解题关键，特别是Ka2(H2S)×Ka1(H2S)=这是易错点。【解析】PbSO4产生SO2气体，污染环境或无法反应(速率慢)等Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离2H2+Zn(OH)2H2O+Zn+2OH-51×10-11mol·L-125、略

【分析】【分析】

（1）焙烧时主要的化学反应是碳酸锰和氯化铵在加热条件下生成氯化锰；氨气、二氧化碳、水；500℃之前的浸出率较低；再升高温度，浸出率变化很小；

（2）该反应中，MnO2被还原，Fe2+被氧化，根据氧化还原反应中转移电子守恒以及原子、电荷守恒书写；需除去Al3+、Fe3+的同时，不能除去Mn2+；根据Ksp的关系计算即可；

（3）根据碳酸氢根离子电离出的碳酸根离子生产碳酸锰；

（4）根据加热过程中Mn元素质量不变分析300℃以及770℃时固体成分进行分析。

【详解】

（1）焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式为：MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O；温度过低；反应速率慢；浸出率低；随着温度的升高，锰浸出率逐渐升高，但在500℃以后，锰浸出率增加缓慢，并且在500℃时，锰浸出率已经达到95%以上，温度过高，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500℃即可；

（2）净化除杂中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；由表可知，Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别为2.8和5.2，Mn2+开始沉淀pH为8.8，故若要将Al3+、Fe3+变为沉淀除去，但Mn2+不能沉淀，故需条件pH的范围为5.2≤pH<8.8；当两种沉淀共存时，溶液中=1.97；

（3）“碳化结晶”时，加入碳酸氢铵时HCO3-的电离促进Mn2+生成MnCO3，同时HCO3-与电离出的H+反应生成水和CO2，发生反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO3－MnCO3＋CO2↑＋H2O；

（4）假设起始n(MnCO3)=1mol，则m（MnCO3）=115g，m（Mn）=55g，加热过程中Mn元素的质量不变，A点时固体质量为115g×75.65%=87g，则m（O）=32g，故故A点对应的化学式为MnO2，同理可计算出B点对应的化学式为Mn3O4，故300℃—770℃范围内，发生反应的化学方程式为：3MnO2===Mn3O4+O2↑。

【点睛】

物质加热过程的热重曲线分析时，金属元素的质量始终保持不变，根据质量守恒计算相关温度下对应的固体化学式。【解析】MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O温度低，速率慢浸出率低；温度过高，浸出率变化不大，成本增加MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O5.2≤pH<8.81.97Mn2＋＋2HCO3－MnCO3＋CO2↑＋H2O3MnO2=Mn3O4+O2↑26、略

【分析】【分析】

向含铬污泥中加入稀硫酸和水并调节pH=1，浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，过滤后的滤液中加入双氧水，Cr3+被氧化生成Cr2O72-，再向溶液中加入NaOH溶液并调节pH为8，根据表中数据可知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀且溶液中Cr2O72-转化为CrO42-，然后过滤，向滤液中加入钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入SO2，发生反应：2CrO42-＋3SO2＋12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO42-＋2OH－,根据以上进行解答。

【详解】

(1)配制480mL所需溶液，应选用500mL的容量瓶，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变列式：18.4mol•L-1V(浓硫酸)=2mol•L-150010-3mL，解得V=54.3mL；配制时所需玻璃仪器除烧杯；玻璃棒和胶头滴管外，还需500mL的容量瓶、量筒。

答案为：500mL的容量瓶；量筒。

(2)H2O2将Cr3+氧化成Cr2O72-，H2O2被还原，结合原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒以及溶液呈酸性，H2O2将滤液Ⅰ中的Cr3＋转化为Cr2O72-的离子方程式为：2Cr3＋＋3H2O2＋H2O=Cr2O72-＋8H＋。

答案为：2Cr3＋＋3H2O2＋H2O=Cr2O72-＋8H＋。

(3)根据各金属阳离子完全沉淀的pH，加入NaOH溶液调节pH=8，将Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，同时将Cr2O72-转化为CrO42-，反应为：Cr2O72-+2OH-=2CrO42-+H2O。

答案为：CrO42-。

(4)加入NaOH溶液调节pH=8除去了浸取液中Fe3+和Al3+，根据浸取液中含有的金属阳离子和钠离子交换树脂的反应原理，可知利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ中的金属阳离子为Mg2＋、Ca2＋。

答案为：Mg2＋、Ca2＋。

(5)SO2将CrO42-还原为Cr(OH)(H2O)5SO4，SO2被氧化为SO42-，S元素化合价由+4升到+6，Cr元素化合价由+6降到+3，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒及溶液呈碱性，写出离子方程式为；2CrO42-＋3SO2＋12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO42-＋2OH－。

答案为：2CrO42-＋3SO2＋12H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO42-＋2OH－。

(6)①若用AgNO3滴定SCN-的浓度，可选用的指示剂与Ag+反应产物的Ksp应比AgSCN略大，且变化现象明显，从所给数据看，AgCl、Ag2CrO4满足，但由于AgCl为白色沉淀，与AgSCN颜色相同，故应选K2CrO4为滴定指示剂；这样在滴定终点时，沉淀的颜色发生明显变化(白色→砖红色)以指示滴定刚好达到终点，根据以上分析，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变。

答案为：B；当滴入最后一滴标准液时；出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变。

②由滴定发生反应：Ag++SCN-=AgSCN↓可知：n(SCN-)=n(Ag+)=n(AgNO3)=0.1000mol·L－110.0010-3L=110-3mol，则c(SCN-)==0.04mol·L−1。

答案为：0.04mol·L−1。

【点睛】

根据溶度积常数含义可知，AgSCN的Ksp比Ag2CrO4的Ksp略小，溶液中Ag+先与SCN-反应，生成白色AgSCN沉淀，SCN-反应消耗完以后Ag+再与指示剂K2CrO4反应，生成砖红色的Ag2CrO4沉淀，沉淀的颜色发生明显变化(白色→砖红色)以指示滴定刚好达到终点。【解析】500mL容量瓶、量筒2Cr3＋＋3H2O2＋H2O=Cr2O72-＋8H＋CrO42-Mg2＋、Ca2＋2CrO42-＋3SO2＋12H2O=2Cr（OH）（H2O）5SO4↓＋SO42-＋2OH－B当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变0.04mol·L−1五、元素或物质推断题(共4题，共20分)27、略

【分析】【详解】

(1)B和D有气体生成；只有碳酸钠和盐酸反应能生成气体，所以B；D是盐酸或碳酸钠，A、C是氯化钙或硝酸银；A和B没有现象发生，所以A是氯化钙，B是盐酸，C是硝酸银，D是碳酸钠，故本题答案A是氯化钙、C是硝酸银；

(2)②中发生反应化学方程式是Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑,其离子方程式是CO＋2H+＝H2O＋CO2↑；

④中发生反应化学方程式是AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3,其离子方程式是Ag+＋Cl－＝AgCl↓；【解析】①.CaCl2②.AgNO3③.CO＋2H+＝H2O＋CO2↑④.Ag+＋Cl－＝AgCl↓28、略

【分析】【分析】

A为淡黄色固体且能和CO2反应，则A是Na2O2，单质B能转化生成过氧化钠、能与氯气反应生成E，可知B为Na、E为NaCl；Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，D能转化为NaCl，则D是Na2CO3，Na2O2、Na都能转化得到C，C能转化得到Na2CO3；NaCl；则C是NaOH。

【详解】

(1)根据上述分析可知A是Na2O2，B是Na，C是NaOH，D是Na2CO3；E为NaCl。

(2)Na与H2O反应产生NaOH和H2，所以B→C的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；Na2CO3与HCl反应产生NaCl、H2O、CO2，则D→E的离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑；

(3)Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2，反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，在该反应中，O元素由反应前Na2O2中的-1价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去2×e-；O元素由反应前Na2O2中的-1价变为反应后Na2CO3中的-2价，化合价降低，得到2×e-，用双线桥法表示电子转移为：

【点睛】

本题考查无机物的推断，涉及钠元素的单质及其化合物之间的转化，A的颜色及能与二氧化碳反应是推断的突破口，熟练掌握元素化合物知识即可解答，本题旨在考查学生对基础知识的掌握。【解析】①.Na2O2②.Na③.NaOH④.Na2CO3⑤.NaCl⑥.2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑⑦.CO32-+2H+=H2O+CO2↑⑧.29、略

【分析】【分析】

首先根据离子反应判断离子能否大量共存。然后判断可能共存的离子；进而可确定溶液的成分。

【详解】

Ca2+与SO42-、CO32-会形成沉淀，不能大量共存，所以Ca2+只能和NO3-、Cl-结合；Ag+与SO42-、Cl-、CO32-会形成沉淀不能大量共存，因此Ag+只能和NO3-结合形成AgNO3溶液，则一定存在CaCl2、AgNO3；Cu2+与CO32-会形成沉淀不能大量共存，所以存在CuSO4，Na+与CO32-组成Na2CO3，即四种物质为：CaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。①中由于C盐是蓝色的，可知C为CuSO4；②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B为AgNO3；而D生成无色气体，气体为CO2，则D为Na2CO3，A为CaCl2。由上述分析可知：A为CaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3。

(1)综上所述可知，B为AgNO3，C为CuSO4；

(2)A为CaCl2、D为Na2CO3，二者混合，发生复分解反应产生NaCl和CaCO3沉淀，反应化学方程式为CaCl2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaCl。

(3)A、D混合反应产生CaCO3、NaCl，若想从A与D反应后的混合物中分别提取得到两种固体产物，由于CaCO3难溶于水，NaCl溶解在水溶液中，首先需要进行的实验操作是过滤，将难溶性的固体CaCO3分离出来；然后根据NaCl的溶解度受温度的影响变化不大的性质，将滤液蒸发得到NaCl晶体。这两个操作中都要用到玻璃棒，在过滤操作中玻璃棒的作用是引流；在蒸发操作中玻璃棒的作用是搅拌，促进溶剂的蒸发，因此玻璃棒的作用不同。

【点睛】

本题考查离子共存、无机物的推断的知识，把握离子反应、离子的颜色、可能的离子反应及相应的实验现象是解题关键，在不同的实验操作中，同一仪器作用可能相同，也可能不同，从实验的目的进行分析、判断。【解析】①.AgNO3②.CuSO4③.CaCl2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaCl④.过滤⑤.蒸发⑥.在两种操作中，玻璃棒的作用不相同。过滤时玻璃棒起引流的作用，蒸发时玻璃棒起搅拌的作用30、略

【分析】【分析】

由元素在周期表中的位置可知X为Si；Y为O，Z为Cl；

(1)根据元素的“构；位、性”进行判断；

(2)根据同主族非金属性强弱的判断方法进行分析；

(3)根据书写热化学方程式的方法进行求算；

(4)按烃分子中碳氢质量比；物质的量之比进行分析。

【详解】

由元素在周期表中的位置可知X为Si；Y为O，Z为Cl；

(1)Z元素为氯元素；核电荷数为17，原子核外有三个电子层，最外层有7个电子，Z位于周期表中第三周期第ⅤⅡA族；

(2)a．Y单质与H2S溶液反应；溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，则说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强；

b．在氧化还原反应中；1molY单质比1molS得电子多，氧化性强弱与得电子数多少没有必然关系，故不能说明Y与S非金属性的强弱；

c．元素的非金属性越强；氢化物的稳定性越强，Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明Y的非金属性较强；

故答案为ac；

(3)根据SiCl4的熔点和沸点，说明其室温下呈液态，根据书写热化学方程式的方法，该反应的热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)△H=-687kJ/mol；

（4）该烃分子中碳氢质量比为9:1，碳氢物质的量之比为=结合碳与镁形成的1mol化合物Q与水反应，生成2molMg(OH)2和1mol烃，Q的化学式为Mg2C3，烃的化学式为C3H4，电子式为Q与水反应的化学方程式为Mg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4↑。

【点睛】

本题考查了元素周期表的结构以及元素化合物的性质和元素周期律的知识。易错点是元素非金属性的比较，要注意归纳常见的