…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教新課標高二化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、電子構型為[Ar]3d54s2的元素是A.稀有氣體B.過渡元素C.主族元素D.鹵族元素2、已知rm{298K}rm{101kPa}時，rm{C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}rm{C(s)+O_{2}(g)=

CO_{2}(g)}rm{triangle}rm{{,!}_{1}=-akJ隆隴mol^{-1}}rm{2CO(g)+O_{2}(g)=2CO_{2}(g)}rm{H}rm{{,!}_{1}=-a

kJ隆隴mol^{-1}}rm{{,!}_{?2}=-bkJ隆隴mol^{-1}}則該溫度下rm{2CO(g)+O_{2}(g)=

2CO_{2}(g)}和rm{triangle}生成rm{H}的反應焓變為rm{{,!}_{?2}=-b

kJ隆隴mol^{-1}}單位為rm{C(s)}A.rm{O_{2}(g)}B.rm{14gCO(g)}C.rm{(}D.rm{kJ隆隴mol^{-1})}rm{b-a}3、下列關于各圖的說法，正確的是()A.rm{壟脵}中陰極處能產生使濕潤淀粉rm{-KI}試紙變藍的氣體B.rm{壟脷}中待鍍鐵制品應與電源正極相連C.rm{壟脹}中鋼閘門應與外接電源的正極相連D.rm{壟脺}中的離子交換膜可以避免生成的rm{Cl_{2}}與rm{NaOH}溶液反應4、下列物質的一氯代物的同分異構體數目相同的是（）

A.①②B.③④C.②③D.②④5、下列說法正確的是（）A.等質量的硫蒸氣和硫磺分別完全燃燒，二者放出的熱量一樣多B.氫氣的燃燒熱為285.8kJ/mol，則氫氣燃燒的熱化學方程式為2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-285.8kJ/molC.2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-Q1kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-Q2kJ/mol，則Q1＞Q2D.已知中和熱為57.3kJ/mol，若將含0.5molH2SO4的濃溶液與含1molNaOH的溶液混合，放出的熱量等于57.3kJ6、下列關于鐵及其化合物的說法正確的是（）A.將Fe（NO3）2樣品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，觀察溶液是否變紅，可以檢驗Fe（NO3）2晶體是否已氧化變質B.濃氨水中滴加FeCl3飽和溶液可制得Fe（OH）3膠體C.1molFeI2與足量氯氣反應時轉移的電子數為2NAD.水溶液中Fe2+、H+、SOClO-不能大量共存7、下列金屬的密堆積方式與對應晶胞正確的是()A.rm{Na}面心立方B.rm{Mg}六方C.rm{Cu}六方D.rm{Au}體心立方評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、尿嘧啶（U）是核酸中的一種堿基。它由C、H、O、N四種元素組成，其球棍模型如右圖所示。由此推斷，尿嘧啶可能發生的反應有____（填編號）。①水解②加聚③酯化④消去⑤銀鏡⑥還原9、rm{(1)}研究rm{CO_{2}}在海洋中的轉移和歸宿，是當今海洋科學研究的前沿領域rm{.}溶于海水的rm{CO_{2}}主要以rm{4}種無機碳形式存在，其中rm{HCO_{3}^{-}}占rm{95%}寫出rm{CO_{2}}溶于水產生rm{HCO_{3}^{-}}的方程式：______．

rm{(2)}聯氨rm{(}又稱聯肼，rm{N_{2}H_{4}}無色液體rm{)}是一種應用廣泛的化工原料，可用作火箭燃料，聯氨為二元弱堿，在水中的電離方程式與氨相似，則聯氨第一步電離的方程式為：______；

rm{(3)CrO_{4}^{2-}(}黃色rm{)}和rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}(}橙紅色rm{)}在溶液中可相互轉化rm{.}室溫下，初始濃度為rm{1.0mol?L^{-1}}的rm{Na_{2}CrO_{4}}溶液中rm{c(Cr_{2}O_{7}^{2-})}隨rm{c(H^{+})}的變化如圖所示．

rm{壟脵}離子方程式表示rm{Na_{2}CrO_{4}}溶液中的轉化反應______．

rm{壟脷}由圖可知，溶液酸性增大，rm{CrO_{4}^{2-}}的平衡轉化率______rm{(}填“增大“減小”或“不變”rm{)}該轉化反應的平衡常數______rm{(}填“增大“減小”或“不變”rm{)}．

rm{壟脹}升高溫度，溶液中rm{CrO_{4}^{2-}}的平衡轉化率減小，則該反應的rm{triangleH}______rm{0(}填“大于”“小于”或“等于”rm{)}．10、rm{(1)}資源必須要合理使用．

rm{壟脵}水是一種寶貴的資源，保護水資源就是保護我們的生命rm{.}下列做法不利于水資源保護的是______rm{(}填字母代號rm{)}

A.科學合理使用農藥rm{B.}任意排放化工廠廢水rm{C.}處理生活污水；達標排放。

rm{壟脷}礦泉水瓶不能隨意丟棄rm{.}根據垃圾分類方法，礦泉水瓶屬于______rm{(}填“可回收物”或“可堆肥垃圾”rm{)}

rm{壟脹}在汽車尾氣系統中安裝催化轉化器，可有效降低尾氣中rm{CO}和rm{NO}等向大氣的排放，減小環境污染rm{.}在催化轉化器中，rm{CO}和rm{NO}發生反應rm{.}請完成該反應的化學主程式______．

rm{(2)}保護環境；愛護地球已成為人們的共同呼聲．

rm{壟脵}我們常在公共場所見到下列標志；其中屬于回收標志的是______

rm{壟脷2014}年rm{1}月，教育部規定在學校公共場所禁止吸煙rm{.}下列有關說法中；不正確的是______．

A.吸煙會對室內和公共場所造成污染。

B.吸入焦油；尼古丁及顆粒物可導致多種病變。

C.rm{N_{2}}rm{CO_{2}}rm{CO}尼古丁和都屬于室內空氣污染物。

rm{(3)}化學與生活關系密切rm{.}現有下列四種物質：

A.蛋白質rm{B.}亞硝酸鹽rm{C.}維生素rm{C}rm{D.}油脂。

rm{壟脵}______是重要的體內能源；

rm{壟脷}______廣泛存在于新鮮水果和綠色蔬菜中；有酸性和還原性，又稱為抗壞血酸；

rm{(4)}材料是人類賴以生存和發展的重要物質基礎。

rm{壟脵}試管；燒杯和燒瓶等化學儀器的主要材質是______；

A.玻璃rm{B.}陶瓷rm{C.}水泥。

rm{壟脷}“遼寧號”航母的服役舉世矚目rm{.}鋼鐵是制造航母的主要材料rm{.}生鐵和鋼成分上的主要差別是______；

A.碳的含量不同rm{B.}磷、硫的含量不同rm{C.}鎳；鉻等金屬含量不同。

rm{壟脹}鋼鐵在潮濕空氣中易發生吸氧腐蝕，負極反應式為______．11、滄州鐵獅酒的主要成分是我們學習的有機物--乙醇；請寫出乙醇分子的官能團的名稱______，該官能團的電子式______．我們還學習了與乙醇結構相似的一系列有機物如：

A．CH3OHB．（CH3）3CCH2OHC．（CH3）3COHD．（CH3）2CHOH等有機物．（填字母）

①能氧化成醛的是______②不能發生消去反應形成烯的是______③能氧化成酮的是______．12、（11分）根據下列五種元素的第一至第四電離能數據(單位：kJ·mol－1)，回答下列各題：。元素代號I1I2I3I4Q2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600U420310044005900(1)在周期表中，最可能處于同一族的是________。A.Q和RB.S和TC.T和UD.R和TE.R和U(2)下列離子的氧化性最弱的是________。A.S2＋B.R2＋C.T3＋D.U＋(3)下列元素中，化學性質和物理性質最像Q元素的是______________________________。A.硼B.鈹C.氦D.氫(4)每種元素都出現相鄰兩個電離能的數據相差較大的情況，這一事實從一個側面說明：________________________________________________________________________，如果U元素是短周期元素，你估計它的第2次電離能飛躍數據將發生在失去第____個電子時。(5)如果R、S、T是同周期的三種主族元素，則它們的原子序數由小到大的順序是__________，其中________元素的第一電離能異常高的原因是_______________________________。13、硫代硫酸鈉rm{(Na_{2}S_{2}O_{3})}可由亞硫酸鈉和硫粉通過化合反應制得rm{.}已知：rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}在酸性溶液中不能穩定存在．rm{(1)}某研究小組設計了制備rm{Na_{2}S_{2}0_{3}?5H_{2}0}裝置和部分操作步驟如下rm{.}I.打開rm{K_{1}}關閉rm{K_{2}}向圓底燒瓶中加入足量濃硫酸加熱．rm{II.C}中混合液被氣流攪動，反應一段時間后，硫粉逐漸減少，當rm{C}中溶液的rm{pH}接近rm{7}時，打開rm{K_{2}}關閉rm{K_{1}}即停止rm{C}中的反應，停止加熱rm{.}rm{III.}過濾rm{C}中的混合液．rm{IV.}將濾液經過____________、____________、過濾、洗滌、烘干，得到產品rm{Na_{2}S_{2}O_{3}.5H_{2}0.}回答下列問題：rm{壟脵II}中，“當rm{C}中溶液的rm{pH}接近rm{7}時即停止rm{C}中的反應”的原因是____，用離子方程式表示為____．rm{壟脷IV}中，操作步驟是____________、____________．rm{壟脹}裝置rm{B}中盛放的試劑是rm{(}填化學式rm{)}____________溶液．rm{(2)}常用rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液測定廢水中rm{Ba^{2+}}濃度，步驟如下：取廢水rm{25.00mL}控制適當的酸度加入足量rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液，得rm{BaCrO_{4}}沉淀；過濾、洗滌后，用適量稀鹽酸溶解，此時rm{CrO_{4}^{2-}}全部轉化為rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}再加過rm{KI}溶液，充分發生反應rm{壟脵}反應后得混合溶液rm{VmL}將其平均分成rm{4}等份，加入淀粉溶液作指示劑，用rm{0.0010mol.L^{-1}}的rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液進行滴定rm{(}發生反應rm{壟脷I_{2}+2S_{2}O_{3}^{2-;}簍T2I^{-}+S_{4}O_{6}^{2-})}反應完全時，相關數據記錄如表所示：。rm{壟脷I_{2}+2S_{2}O_{3}^{2-;}簍T2I^{-}+

S_{4}O_{6}^{2-})}編號rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}消耗rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}標準溶液的體積rm{/mL}rm{18.02}rm{17.98}rm{18.00}rm{20.03}Ⅰrm{.}寫出反應rm{壟脵}的離子方程式____Ⅱrm{.}判斷達到滴定終點的現象是________Ⅲrm{.}廢水中rm{Ba^{2+}}的物質的量濃度____________．評卷人得分三、推斷題(共8題，共16分)14、如圖1為長式周期表的一部分，其中的編號代表對應的元素．

（1）比較①和②具有相同核外電子排布的簡單離子半徑大小關系為______（填化學式）；③、④、⑤三種元素的第一電離能由大到小的順序為______（填元素符號），寫出原子序數和元素⑧相差2且與元素⑧同族的元素基態原子的外圍電子排布式______．

（2）在元素③與①形成的原子個數比為1：1的四原子分子中，③原子的雜化方式為______．其分子中δ鍵和π鍵數目之比為______．

（3）元素④的某種氫化物甲分子中含有18個電子，甲為二元弱堿，在水中的電離方程式與氨相似．寫出甲在水中的第一步電離的電離方程式______．甲在微電子工業中，可作刻蝕劑H2O2的清除劑，二者發生反應的產物不污染環境，其化學方程式為______．

（4）元素⑥和⑤形成分子乙的結構與元素①和⑤形成的最簡單分子丙相似，乙的VSEPR模型為______，解釋丙的沸點高于乙的原因______．

（5）可用赤血鹽K3[Fe（CN）6]檢驗元素⑧的+2價陽離子，寫出該反應的離子方程式______，元素⑩的陰離子與元素⑧的+2價離子形成化合物丁，將3molCl2通入含4mol丁的溶液，用一個離子方程式表示該反應過程為______．

（6）晶胞有兩個基本要素：

①原子坐標參數，表示晶胞內部各原子的相對位置，如圖2為⑦和⑨組成的離子化合物戊的晶胞，其中三個離子（白色球）坐標參數A為（0，0，0）；B為（0，）；C為（0）．則D離子（黑色球）的坐標參數為______．

②晶胞參數，描述晶胞的大小和形狀，已知戊的晶胞參數apm，則晶胞中B和D離子的距離為______pm．15、【有機化學基礎】工業上常以烴的含氧衍生物X為主要原料生產可降解塑料PCL【H[O（CH2）5CO]nOH]】及阻燃劑四溴雙酚A．合成線路如下：

已知：①X的蒸汽密度是相同條件下H2的47倍，遇FeCl3溶液顯紫色；

（1）B的分子式為______；C中官能團的電子式為______；D的結構簡式為______．

（2）B→C還需要的反應試劑及條件是______，該反應類型是______．

（3）寫出E→PCL的化學方程式：______；

寫出X→Y的化學方程式：______；

（4）符合以下條件的D的同分異構體有______種（不考慮空間異構），任意寫出其中一種的結構簡式為______．

①能使溴的CCl4溶液褪色②能發生銀鏡反應③含有兩個甲基和兩種官能團。

（5）已知由烯烴直接制備不飽和酯的新方法為：

利用乙烯為有機原料（無機物和反應條件自選）合成聚合物涂料，寫出合成該涂料的反應流程圖______．16、rm{隆露}茉莉花rm{隆路}是一首膾炙人口的中國民歌。茉莉花香氣的成分有多種，乙酸苯甲酯rm{(}rm{)}是其中的一種，它可以從茉莉花中提取，也可以用乙烯和甲苯為原料進行人工合成。其中一種合成路線如下：

回答下列問題：rm{(1)A}rm{B}的結構簡式為___________rm{_}____________；rm{(2)}寫出反應rm{壟脵}rm{壟脷壟脼}三步反應的化學方程式：rm{壟脵}________________rm{_}_______________rm{壟脷}____________rm{_}____rm{_}__________rm{壟脼}____________rm{_}___________rm{(3)}上述合成路線中屬取代反應的有________rm{_}_______；rm{(}填寫序號rm{)}17、如圖是無機物rm{A隆蘆M}在一定條件下的轉化關系rm{(}部分產物及反應條件未列出rm{).}其中，rm{I}是由第三周期元素組成的單質中熔點最高的金屬，rm{K}是一種紅棕色氣體．

請填寫下列空白：

rm{(1)}在周期表中，組成單質rm{G}的元素位于第______周期______族rm{.}

rm{(2)}在反應rm{壟脽}中氧化劑與還原劑的物質的量之比為______．

rm{(3)}在rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脼}rm{壟謾}中既屬于化合反應又屬于非氧化還原反應的是______rm{(}填序號rm{)}

rm{(4)}反應rm{壟脺}的離子方程式是：______．

rm{(5)}將化合物rm{D}與rm{KNO_{3}}rm{KOH}共融，可制得一種“綠色”環保高效凈水劑rm{K_{2}FeO_{4}(}高鐵酸鉀rm{)}同時還生成rm{KNO_{2}}和rm{H_{2}O.}該反應的化學方程式是：______．18、已知：rm{A}是石油裂解氣的主要成份，rm{A}的產量通常用來衡量一個國家的石油化工水平，現以rm{A}為主要原料合成一種具有果香味的物質rm{E}其合成路線如圖所示．

請回答下列問題：

rm{(1)}寫出rm{A}的結構簡式______．

rm{(2)B}rm{D}分子中的官能團名稱分別是______；______．

rm{(3)}物質rm{A}可以被直接氧化為rm{D}其化學方程式可表示為______．

rm{(4)}寫出下列反應的化學方程式并指出反應類型：

rm{壟脵}______；反應類型：______．

rm{壟脺}______；反應類型：______．19、環己烷可制備1，4-環己二醇，下列七步有關反應（其中無機產物都已經略去）中，試回答：（1）寫出下列化合物的結構簡式：B：____C：____（2）反應④所用的試劑和條件分別為：____（3）反應③的反應類型為____（4）寫出④的化學方程式：④：____。20、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}都是元素周期表中前rm{36}號的元素，它們的原子序數依次增大。rm{A}與其他rm{4}種元素既不在同一周期又不在同一主族。rm{B}和rm{C}屬同一主族，rm{D}和rm{E}屬同一周期，又知rm{E}是周期表中rm{1隆陋18}列中的第rm{7}列元素。rm{D}的原子序數比rm{E}小rm{5}rm{D}跟rm{B}可形成離子化合物其晶胞結構如下圖。rm{F}元素的正三價離子rm{3d}能級為半充滿。rm{(1)A}的元素符號是_____________；rm{E}在元素周期表中的位置是________。rm{(2)B}的氫化物的晶體類型是____________晶體，rm{B}的氫化物與rm{C}的氫化物相比，分子極性較大的是__________寫化學式rm{)}rm{(3)D}與rm{B}形成的化合物晶體的密度為rm{ag隆隴cm^{-3}}則晶胞的體積是______rm{(}只要求列出算式，rm{D}和rm{B}形成的化合物的rm{M}為rm{78g/mol)}rm{(4)}晶胞是晶體中最小的重復單元rm{.}已知rm{F}元素的單質為面心立方晶體，其結構如下圖甲所示，面心立方的結構特征如下圖乙所示rm{.}若rm{F}原子的半徑為rm{1.27隆脕10^{-10}m}試求該金屬晶體中的晶胞邊長，即下圖丙中rm{AB}的長度為________________________rm{m}．21、現有通式均為rm{(CH_{2}O)n}的六種有機物，性質如下：rm{壟脵A}是無色有刺激性的氣體，與苯酚在催化劑作用下反應制備高分子化合物。是無色有刺激性的氣體，與苯酚在催化劑作用下反應制備高分子化合物。rm{壟脵A}rm{壟脷B}rm{C}的相對分子質量相同。rm{D}是某調味品的主要成分。rm{B}難溶于水，但能使溶有酚酞的rm{C}溶液逐漸褪色。rm{NaOH}的水溶液均呈中性。rm{D}的式量的是rm{壟脹E}的rm{A}倍，rm{3}個rm{2}分子在一定條件下反應可以生成八元環的酯。

rm{E}的相對分子質量是rm{壟脺F}的相對分子質量是rm{E}的rm{2}倍，是人類生命活動中不可缺少。的rm{壟脺F}倍，是人類生命活動中不可缺少。rm{E}請推斷各物質的結構簡式：rm{2}_____、rm{(1)}_____．rm{C}請分別寫出符合下列要求的rm{D}的同分異構體的結構簡式rm{(2)}注意：同一個碳原子上不能連兩個羥基rm{E}

rm{(}能發生銀鏡反應和酯化反應；又能發生水解反應______________________________________。

rm{)}能發生銀鏡反應和酯化反應，不能發生水解反應_____________________________________rm{壟脵}能發生銀鏡反應和酯化反應；又能發生水解反應______________________________________。

rm{壟脵}寫出按要求寫方程式：

rm{壟脷}能發生銀鏡反應和酯化反應，不能發生水解反應_____________________________________與苯酚反應制備酚醛樹脂的反應方程式____________________________________rm{壟脷}。與新制的rm{(3)}rm{A}與苯酚反應制備酚醛樹脂的反應方程式____________________________________rm{A}。

rm{F}與新制的rm{Cu(OH)}評卷人得分四、元素或物質推斷題(共4題，共40分)22、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是_________________________填化學式）。23、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數相等；Z的內層電子數是最外層電子數的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數和為6；R和Q可形成原子個數之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序為___________（填元素符號）。

(3)R、T兩元素最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式為____________。

(4)某同學用X、R兩元素的單質反應生成固體物質RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應生成X的單質。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應的化學方程式為___________。

②該同學認為取X、R兩元素的單質反應后的固體物質與X2Q反應，若能產生的單質，即可證明得到的固體物質一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。24、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是_________________________填化學式）。25、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進行以下實驗：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實驗_______評卷人得分五、綜合題(共2題，共6分)26、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．27、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【解析】【答案】B2、D【分析】【分析】

本題旨在考查學生對反應熱和焓變的應用。【解答】

根據體驗rm{2C(s)+O_{2}(g)=2CO}rm{triangle}rm{triangle}故反應生成rm{H=b-2aKJ/mol}故反應生成rm{14gCO}的物質的量為rm{0.5mol}焓變值為：的物質的量為rm{H=b-2aKJ/mol}焓變值為：rm{14gCO}故D符合題意。rm{0.5mol}rm{0.25b-0.5a}故D符合題意。

rm{0.25b-0.5a}【解析】rm{D}3、D【分析】【分析】本題考查了電解池、原電池工作原理的應用，電極名稱、電極判斷、電極反應、電子流向、電解應用等基礎知識，熟練掌握基礎是解題關鍵。【解答】A.rm{壟脵}裝置是電解池；陰極是溶液中陽離子得到電子發生還原反應，應是銅離子得到電子生成銅，故A錯誤；

B.rm{壟脷}裝置中待鍍制品上要有rm{Cu^{2+}}放電析出銅；故應和電源負極相連做電解池的陰極，故B錯誤；

C.rm{壟脹}裝置是電解池；在電解池中，陰極被保護，故鋼閘門應與外接電源的負極相連，故C錯誤；

D.氯氣是酸性氣體，能和氫氧化鈉反應rm{.}而氯氣在陽極生成，rm{NaOH}在陰極生成，而rm{壟脺}裝置中的離子交換膜允許離子通過，氯氣不能通過，可以避免生成的rm{Cl_{2}}與rm{NaOH}溶液反應；故D正確。

故選D。【解析】rm{D}4、C【分析】解：①中含有7種氫原子；所以一氯取代物有7種；

②中含有4種氫原子；所以一氯取代物有4種；

③中含有4種氫原子；所以一氯取代物有4種；

④中含有7種氫原子；所以一氯取代物有7種；

所以同分異構體數目相等的是②③；

故選：C。

有機物一氯取代物的同分異構體取決于氫原子的種類；根據等效氫原子的判斷方法來回答．

本題主要考查同分異構體的數目，注意等效氫的判斷，難度不大．【解析】C5、C【分析】解：A．生成物相同；反應物中氣態能量比固體能量高，則等質量的硫蒸氣和硫磺分別完全燃燒，前者放出的熱量多，故A錯誤；

B.1mol氫氣燃燒生成液態水的能量為燃燒熱，則氫氣的燃燒熱為285.8kJ/mol，則氫氣燃燒的熱化學方程式為H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol；故B錯誤；

C．反應物相同，生成物中氣態水的能量高，則生成液態水放熱多，即Q1＞Q2；故C正確；

D．生成1mol水放熱為57.3kJ，且濃硫酸稀釋放熱，則含0.5molH2SO4的濃溶液與含1molNaOH的溶液混合；放出的熱量大于57.3kJ，故D錯誤；

故選C．

A．生成物相同；反應物中氣態能量比固體能量高；

B.1mol氫氣燃燒生成液態水的能量為燃燒熱；

C．反應物相同；生成物中氣態水的能量高；

D．生成1mol水放熱為57.3kJ；且濃硫酸稀釋放熱．

本題考查反應熱與焓變，為高頻考點，把握物質的狀態、反應中能量變化為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意焓變與熱量的關系，題目難度不大．【解析】【答案】C6、D【分析】解：A．將Fe（NO）2樣品溶于稀H2SO4后，酸性條件下，NO3-能把Fe2+氧化為Fe3+，滴加KSCN溶液變紅，不能說明Fe（NO3）2晶體已經變質；故A錯誤；

B．濃氨水中滴加FeCl3飽和溶液得到Fe（OH）3沉淀，向沸水中滴加FeCl3飽和溶液可制得Fe（OH）3膠體；故B錯誤；

C．FeI2與足量氯氣反應生成FeCl3和I2，1molFeI2與足量氯氣反應時轉移的電子數為3NA；故C錯誤；

D．ClO-能氧化還原性離子，Fe2+、SO具有還原性，所以水溶液中Fe2+、H+、SOClO-不能大量共存；故D正確．

故選D．

A．酸性條件下，NO3-能把Fe2+氧化為Fe3+；

B．濃氨水中滴加FeCl3飽和溶液得到Fe（OH）3沉淀；

C．FeI2與足量氯氣反應生成FeCl3和I2；

D．ClO-能氧化還原性離子．

本題考查了鐵離子及亞鐵離子的檢驗、鐵及其化合物的性質，題目難度不大，把握物質的性質及物質之間的轉化是解題的關鍵．【解析】【答案】D7、B【分析】【分析】本題考查金屬的堆積方式，難度不大。【解答】錯誤；A.rm{Na}rm{Na}正確；是體心立方堆積，故rm{A}錯誤；rm{A}rm{A}錯誤；B.rm{Mg}rm{Mg}錯誤。是六方最密堆積，故rm{B}正確；rm{B}rm{B}C.rm{Cu}【解析】rm{B}二、填空題(共6題，共12分)8、略

【分析】試題分析：根據有機物的球棍模型可知，分子中含有碳碳雙鍵、肽鍵，所以可能發生的反應有水解、加聚、加成（還原），所以答案選①②⑥。考點：考查有機物的結構和性質【解析】【答案】（3分）①②⑥（1分/個，錯選倒扣每個1分，扣完為止）9、略

【分析】解：rm{(1)CO_{2}}溶于水產生rm{H_{2}CO_{3}}rm{H_{2}CO_{3}}電離產生rm{H^{+}}和rm{HCO_{3}^{-}}所以rm{CO_{2}}溶于水產生rm{HCO_{3}^{-}}的方程式為：rm{CO_{2}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+H^{+}}

故答案為：rm{CO_{2}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+H^{+}}

rm{(2)}聯氨為二元弱堿，在水中的電離方程式與氨相似，是結合水電離出rm{OH^{-}}所以聯氨第一步電離的方程式為rm{N_{2}H_{4}+H_{2}O?N_{2}H_{5}^{+}+OH^{-}}

故答案為：rm{N_{2}H_{4}+H_{2}O?N_{2}H_{5}^{+}+OH^{-}}

rm{(3)壟脵CrO_{4}^{2-}(}黃色rm{)}和rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}(}橙紅色rm{)}在溶液中可相互轉化，根據圖象，二者在酸性條件下發生互相轉化，所以rm{Na_{2}CrO_{4}}溶液中的轉化反應為：rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}

故答案為：rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}

rm{壟脷}根據圖象分析，溶液的酸性增大，rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}的量增多，所以rm{CrO_{4}^{2-}}的轉化率增大；

化學平衡常數只隨溫度改變；溫度不變，化學平衡常數不變，所以轉化反應的平衡常數不變；

故答案為：增大；不變；

rm{壟脹}升高溫度，溶液中rm{CrO_{4}^{2-}}的平衡轉化率減小，說明升高溫度使化學反應逆向移動，則表明正反應是放熱反應，焓變rm{triangleH}小于rm{0}

故答案為：小于．

rm{(1)CO_{2}}溶于水產生rm{H_{2}CO_{3}}rm{H_{2}CO_{3}}電離產生rm{H^{+}}和rm{HCO_{3}^{-}}可以寫總反應；

rm{(2)}聯氨為二元弱堿，在水中的電離方程式與氨相似，是結合水電離出rm{OH^{-}}

rm{(3)壟脵CrO_{4}^{2-}(}黃色rm{)}和rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}(}橙紅色rm{)}在溶液中可相互轉化；根據圖象，二者在酸性條件下發生互相轉化，據此分析；

rm{壟脷}根據圖象分析，溶液的酸性增大，rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}的量增多；化學平衡常數只隨溫度改變；

rm{壟脹}升高溫度，溶液中rm{CrO_{4}^{2-}}的平衡轉化率減小；說明升高溫度使化學反應逆向移動．

本題考查弱電解質的電離平衡和化學平衡的移動，根據題意書寫離子方程式是解題的關鍵，為常見題型，涉及的考點為高頻考點，題目整體難度不大，是基礎題．【解析】rm{CO_{2}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+H^{+}}rm{N_{2}H_{4}+H_{2}O?N_{2}H_{5}^{+}+OH^{-}}rm{2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}增大；不變；小于10、略

【分析】解：rm{(1)壟脵}生活用水；工業廢水、農藥和化肥的不合理使用都能造成地下水的污染；因此科學合理使用農藥、處理生活污水，達標排放是保護水資源的有效措施；

故答案為：rm{B}

rm{壟脷}礦泉水瓶的主要成分是聚對苯二甲酸乙二醇酯；是食品用塑料瓶，屬于可回收物；

故答案為：可回收物；

rm{壟脹}可排入大氣說明氣體無污染，反應前后rm{C}元素化合價升高，rm{O}元素化合價沒變，因此rm{N}元素的化合價肯定降低，因此產物為氮氣，則反應方程式為：rm{2NO+2COdfrac{underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{triangle}N_{2}+2CO_{2}}

故答案為：rm{2NO+2COdfrac{underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{triangle}N_{2}+2CO_{2}}

rm{2NO+2COdfrac{

underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{triangle}N_{2}+2CO_{2}}該圖是可燃垃圾標志；故A錯誤；

B.該圖是可回收標志；故B正確；

C.圖為當心輻射標志；故C錯誤；

故答案為：rm{2NO+2COdfrac{

underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{triangle}N_{2}+2CO_{2}}

rm{(2)壟脵A.}吸煙會產生有毒氣體，如rm{B}等；所以吸煙會對室內和公共場所造成污染，故A正確；

B.焦油；尼古丁及顆粒物會危害人體健康；吸入焦油、尼古丁及顆粒物可導致多種病變，故B正確；

C.rm{壟脷A.}rm{CO}無毒，對人體無害，所以rm{N_{2}}rm{CO_{2}}不屬于室內空氣污染物；故C錯誤；

故答案為：rm{N_{2}}

rm{CO_{2}}油脂在人體內發生氧化反應生成釋放大量能量；綠色植物中富含維生素rm{C}維生素rm{(3)}有酸性和還原性；又稱為抗壞血酸；

rm{C}油脂是重要的體內能源；

rm{C}維生素rm{壟脵}廣泛存在于新鮮水果和綠色蔬菜中；有酸性和還原性，又稱為抗壞血酸；

故答案為：rm{壟脷}rm{C}

rm{D}試管；燒杯和燒瓶等化學儀器的主要材質是玻璃；

故答案為：rm{C}

rm{(4)壟脵}生鐵和鋼都是鐵和碳的合金；生鐵中含碳量比鋼中含碳量高，所以生鐵和鋼成分上的主要差別是碳的含量不同；

故答案為：rm{A}

rm{壟脷}鋼鐵發生電化學腐蝕時，鐵做負極，失去電子生成亞鐵離子，負極電極反應式為：rm{A}

故答案為：rm{壟脹}．

rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}生活用水；工業廢水、農藥和化肥的不合理使用都能造成地下水的污染；

rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}礦泉水瓶是食品用塑料瓶；屬于可回收物；

rm{(1)壟脵}可排入大氣說明氣體無污染；再結合氧化還原關系可知產物為氮氣；

rm{壟脷}根據圖表的意義進行分析解答即可；

rm{壟脹}吸煙會產生有毒氣體；

B.焦油；尼古丁及顆粒物會危害人體健康；

C.rm{(2)壟脵}rm{壟脷A.}不屬于室內空氣污染物；

rm{N_{2}}油脂在人體內發生氧化反應生成釋放大量能量；綠色植物中富含維生素rm{CO_{2}}

rm{(3)}試管；燒杯和燒瓶等化學儀器的主要材質是玻璃；

rm{C}生鐵和鋼都是鐵和碳的合金；

rm{(4)壟脵}鋼鐵發生電化學腐蝕時；鐵做負極，失去電子生成亞鐵離子．

本題考查資源、人體營養物質、環境保護、材料、電化學知識等，題目綜合性強，難度中等，平時注意基礎知識的積累，試題有利于培養學生的分析、理解能力及對基礎知識的綜合應用能力．rm{壟脷}【解析】rm{B}可回收物；rm{2NO+2COdfrac{underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{triangle}N_{2}+2CO_{2}}rm{2NO+2COdfrac{

underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{triangle}N_{2}+2CO_{2}}rm{B}rm{C}rm{D}rm{C}rm{A}rm{A}rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}11、羥基ABABD【分析】解：乙醇分子的官能團的名稱為羥基，羥基的電子式為由醇類中含-CH2OH可氧化為醛；與-OH相連的C上只有1個H可氧化為酮，與-OH相連C的鄰位C上沒有H不能發生消去反應可知，①能氧化成醛的是AB，②不能發生消去反應形成烯的是AB，③能氧化成酮的是D；

故答案為：羥基；AB；AB；D．

乙醇分子官能團含-OH，醇類中含-CH2OH可氧化為醛；與-OH相連的C上只有1個H可氧化為酮，與-OH相連C的鄰位C上沒有H不能發生消去反應，以此來解答．

本題考查有機物的官能團及性質，為高頻考點，把握醇的官能團、性質、結構特點為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意催化氧化及消去反應的結構要求，題目難度不大．【解析】羥基ABABD12、略

【分析】試題分析：由元素的電離能可以看出，Q的電離能很大，可能為零族元素，R和U的第一電離能較小，第二電離能劇增，故表現+1價，最外層電子數為1，二者位于同一族，S的第一、第二電離能較小，第三電離能劇增，故表現+2價，最外層電子數為2，T的第一、第二、第三電離能較小，第四電離能劇增，表現+3價，最外層電子數為3，則（1）由上述分析可知，R和U的第一電離能較小，第二電離能劇增，故表現+1價，最外層電子數為1，二者位于同一族，故答案為：E；（2）離子的氧化性最弱，即其對應的電離能最小，由表中數據看出U的第一電離能為420kJ?mol-1，數值最小，故U+氧化性最弱，故答案為：D；（3）由表中數據可知，Q元素各電離能都較大，而且各電離能之間無太大差距，故Q最可能為稀有氣體元素，化學性質和物理性質最像氦，故答案為：C；（4）相鄰兩個電離能數據相差較大，從一個側面說明核外電子是分層排布的，且各能層能量不同。若U為短周期元素，據表中數據第一次電離能飛躍是失去第2個電子時，可推知U在ⅠA族，則第二次電離能飛躍是在失去第10個電子時發生的，故答案為：電子分層排布，且各能層能量不同；10；（5）由上述分析可知，R最外層電子數為1，S的最外層電子數為2，T的最外層電子數為3，R、S、T若是同周期的三種主族元素，則它們的原子序數由小到大的順序是R＜S＜T，其中由于S的第一電離能失去的是s能級的電子，s能級為全滿穩定結構、能量降低，第一電離能反常高。故答案為：R＜S＜T，S，S元素的第一電離能失去的是s能級的電子，s能級為全滿穩定結構、能量降低。考點：考查電離能與性質的關系點評：本題考查電離能與物理性質、化學性質的關系，需要根據電離能的大小關系推斷出各元素原子的位置關系，進而結合能層排布規律，以及電離能的大小及反常的情況做出判斷。【解析】【答案】（1）E（2）D（3）C（4）電子分層排布，且各能層能量不同；10；(5)R＜S＜T，S，S元素的第一電離能失去的是s能級的電子，s能級為全滿穩定結構、能量降低。13、（1）①Na2S2O3在酸性溶液中不能穩定存在S2O32﹣+2H+═S↓+SO2↑+H2O②蒸發濃縮，冷卻結晶③NaOH溶液（2）Ⅰ.Cr2O72-+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2OⅡ.加入最后一滴Na2S2O3標準溶液后，藍色消失，且半分鐘內顏色不改變Ⅲ.2.4×10﹣4mol?L﹣1【分析】【分析】本題考查物質的含量的測定、銅與濃硫酸的反應，氣體的制備等知識，屬于中等難度試題的考查，試題綜合性強，側重對學生能力的培養和解題方法的指導與訓練，旨在考查學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力，有利于培養學生的邏輯推理能力和規范嚴謹的實驗設計能力，提高學生的學科素養。【解答】rm{(1)壟脵}生成的rm{SO_{2}}和碳酸鈉反應生成亞硫酸鈉和rm{CO_{2}}由于rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}在酸性溶液中不能穩定存在，反應的離子方程式為：rm{S}rm{S}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{3}rm{3}rm{{,!}^{2-}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}^{+}}故答案為：rm{簍TS隆媒+SO}rm{簍TS隆媒+SO}rm{2}rm{2}rm{隆眉+H}rm{隆眉+H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{Na}rm{Na}rm{2}rm{2}rm{S}rm{S}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{3}rm{3}在酸性溶液中不能穩定存在；rm{S}rm{S}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}受熱易分解，所需冷卻結晶，所以從濾液中獲取rm{3}rm{3}rm{{,!}^{^{2-}}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}^{^{+}}}rm{簍TS隆媒+SO}rm{簍TS隆媒+SO}rm{2}需蒸發濃縮冷卻結晶等操作，故答案為：蒸發濃縮，冷卻結晶；rm{2}大氣污染物，需要尾氣處理，則裝置rm{隆眉+H}中盛放的試劑是氫氧化鈉溶液，用來吸收rm{隆眉+H}防止污染環境；故答案為：rm{2}溶液；rm{2}反應rm{O}的離子方程式為：rm{O}rm{壟脷}rm{Na}rm{Na}rm{2}rm{2}rm{S}rm{S}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{3}rm{3}rm{?5H}rm{?5H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{Na}rm{Na}rm{2}rm{2}rm{S}rm{S}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{3}rm{3}rm{?5H}rm{?5H}．rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{壟脹}rm{B}rm{SO2}rm{NaOH}rm{(2)I.}rm{壟脵}的離子方程式為：rm{壟脵}rm{Cr}rm{Cr}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}根據表中數據可知，第rm{7}次實驗中消耗rm{7}rm{{,!}^{2-}}rm{+6I}rm{+6I}rm{{,!}^{-}}溶液中發生的反應為：rm{+14H}rm{+14H}rm{{,!}^{+}}rm{=2Cr}rm{=2Cr}rm{{,!}^{3+}}rm{+3I}rm{+3I}rm{2}rm{2}rm{+7H}rm{+7H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}故答案為：rm{Cr}rm{Cr}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{7}rm{7}rm{{,!}^{2-}}rm{+6I}rm{+6I}rm{{,!}^{-}}rm{+14H}rm{+14H}rm{{,!}^{+}}rm{=2Cr}rm{=2Cr}rm{{,!}^{3+}}rm{+3I}rm{+3I}rm{2}rm{2}rm{+7H}rm{+7H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{II}．rm{II}達到滴定終點的現象是加入最后一滴rm{Na}rm{Na}rm{2}rm{2}rm{S}rm{S}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{3}rm{3}標準溶液后，藍色消失，且半分鐘內顏色不改變，故答案為：加入最后一滴rm{Na}rm{Na}rm{2}rm{2}rm{S}rm{S}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{3}rm{3}標準溶液后，藍色消失，且半分鐘內顏色不改變；rm{III.}根據表中數據可知，第rm{4}次實驗中消耗rm{I}rm{III.}rm{4}rm{I}rm{2}rm{2}標準溶液的體積偏小，舍去，則實際消耗rm{I}rm{I}rm{2}rm{2}標準溶液的體積的平均值是rm{(18.02+17.98+18.00)/3=18.00ml}溶液中發生的反應為：rm{2Ba}rm{(18.02+17.98+18.00)/3=18.00ml}所以rm{2Ba}rm{{,!}^{2+}}rm{+Cr}rm{+Cr}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{7}rm{7}rm{{,!}^{2-}}rm{=2BaCrO}rm{=2BaCrO}rm{4}rm{4}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}^{+}}，rm{Cr}rm{Cr}rm{2}【解析】rm{(1)壟脵Na_{2}S_{2}O_{3}}在酸性溶液中不能穩定存在rm{S_{2}O_{3}^{2-}+2H^{+}簍TS隆媒+SO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{壟脷}蒸發濃縮，冷卻結晶rm{壟脹NaOH}溶液rm{(2)}Ⅰrm{.Cr_{2}O_{7}^{2-}}rm{+6I^{-}+14H^{+}簍T2Cr3++3I_{2}+7H_{2}O}Ⅱrm{.}加入最后一滴rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}標準溶液后，藍色消失，且半分鐘內顏色不改變Ⅲrm{.2.4隆脕10^{-4}mol?L^{-1}}三、推斷題(共8題，共16分)14、略

【分析】解：由元素在周期表中位置，可知①為H、②為Li、③為C、④為N、⑤為O、⑥為F、⑦為S、⑧為Fe、⑨為Zn、⑩為Br．

（1）電子層結構相同的離子，核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑：H-＞Li+；

同周期隨原子序數增大；元素第一電離能呈增大趨勢，氮元素原子2p軌道為半滿穩定狀態，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故第一電離能：N＞O＞C；

原子序數和元素⑧相差2且與元素⑧同族的元素為Ni，其外圍電子排布式為：3d84s2；

故答案為：H-＞Li+；N＞O＞C；3d84s2；

（2）元素③與①形成的原子個數比為1：1的四原子分子為H-C≡C-H；碳原子的雜化方式為sp，其分子中δ鍵和π鍵數目之比為3：2；

故答案為：sp；3：2；

（3）元素④的某種氫化物甲分子中含有18個電子，則甲為N2H4，甲為二元弱堿，在水中的電離方程式與氨相似，甲在水中的第一步電離生成N2H5+、OH-，第一步電離方程式為：N2H4+H2O?N2H5++OH-；

甲在微電子工業中，可作刻蝕劑H2O2的清除劑，二者發生反應的產物不污染環境，即反應生成氮氣與水，化學反應方程式為：N2H4+2H2O2=N2+4H2O；

故答案為：N2H4+H2O?N2H5++OH-；N2H4+2H2O2=N2+4H2O；

（4）元素①和⑤形成的最簡單分子丙為H2O，元素⑥和⑤形成分子乙的結構與H2O的結構相似，則乙為O2F，是分子中O原子價層電子對數=2+=4，VSEPR模型為四面體，故O2F的VSEPR模型為四面體；

OF2和H2O均由分子構成，H2O分子間可形成氫鍵，使分子間作用強于OF2分子間的范德華力；水的沸點較高；

故答案為：四面體；OF2和H2O均由分子構成，H2O分子間可形成氫鍵，使分子間作用強于OF2分子間的范德華力；

（5）K3[Fe（CN）6]檢驗元素⑧的+2價陽離子，反應生成Fe3[Fe（CN）6]2藍色沉淀，反應離子方程式為：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；

元素⑩的陰離子與元素⑧的+2價離子形成化合物丁為FeBr2；氯氣先氧化亞鐵離子，后氧化溴離子；

4molFe2+反應消耗Cl2為=2mol，剩余1molCl2，可以氧化Br-為2mol，用一個離子方程式表示該反應過程為：3Cl2+4Fe2++2Br-=4Fe3++Br2+6Cl-；

故答案為：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；3Cl2+4Fe2++2Br-=4Fe3++Br2+6Cl-；

（6）①D與周圍4個原子形成正四面體結構，D與晶胞頂點的連線處于晶胞體對角線上，且D與晶胞頂點距離為晶胞體對角線長度的故D原子的x=y=z=則D原子的坐標參數為（）；

故答案為：（）；×

②戊的晶胞參數為apm，則晶胞體對角線長度為apm，故晶胞中B和D離子的距離為×apm=pm；

故答案為：．

由元素在周期表中位置，可知①為H、②為Li、③為C、④為N、⑤為O、⑥為F、⑦為S、⑧為Fe、⑨為Zn、⑩為Br．

（1）電子層結構相同的離子；核電荷數越大離子半徑越小；

同周期隨原子序數增大；元素第一電離能呈增大趨勢，氮元素原子2p軌道為半滿穩定狀態，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素的；

原子序數和元素⑧相差2且與元素⑧同族的元素為Ni；

（2）元素③與①形成的原子個數比為1：1的四原子分子為H-C≡C-H；

（3）元素④的某種氫化物甲分子中含有18個電子，則甲為N2H4，甲為二元弱堿，在水中的電離方程式與氨相似，甲在水中的第一步電離生成N2H5+、OH-；

甲在微電子工業中，可作刻蝕劑H2O2的清除劑；二者發生反應的產物不污染環境，即反應生成氮氣與水；

（4）元素①和⑤形成的最簡單分子丙為H2O，元素⑥和⑤形成分子乙的結構與H2O的結構相似，則乙為O2F；水分子之間形成氫鍵，沸點較高；

（5）K3[Fe（CN）6]檢驗元素⑧的+2價陽離子，反應生成Fe3[Fe（CN）6]2藍色沉淀；

元素⑩的陰離子與元素⑧的+2價離子形成化合物丁為FeBr2；氯氣先氧化亞鐵離子，后氧化溴離子，根據電子轉移守恒計算參加反應亞鐵離子；溴離子物質的量，再配平書寫離子方程式；

（6）D與周圍4個原子形成正四面體結構，D與晶胞頂點的連線處于晶胞體對角線上，且D與晶胞頂點距離為晶胞體對角線長度的．

本題是對物質結構與性質的考查，涉及元素周期表、微粒半徑比較、雜化方式判斷、配合物、氧化還原反應、晶胞計算等，（6）中晶胞計算為易錯點、難點，需要學生具備一定的空間想象與數學計算能力，難度較大．【解析】H-＞Li+；N＞O＞C；3d84s2；sp；3：2；N2H4+H2O?N2H5++OH-；N2H4+2H2O2=N2+4H2O；四面體；OF2和H2O均由分子構成，H2O分子間可形成氫鍵，使分子間作用強于OF2分子間的范德華力；3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；3Cl2+4Fe2++2Br-=4Fe3++Br2+6Cl-；（）；15、略

【分析】解：X的蒸汽密度是相同條件下H2的47倍，其相對分子質量為47×2=94，遇FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基，則X為X和氫氣發生加成反應生成B為C為則B發生催化氧化反應生成C，PCL為E發生縮聚反應產物，則E結構簡式為HO（CH2）5COOH，D發生水解反應然后酸化得到E，結合信息可知D的結構簡式為．根據題給信息②知，Y結構簡式為四溴雙酚A結構簡式為．

（1）B為環己醇，其分子式為C6H12O，C為官能團的電子式為D的結構簡式為

故答案為：C6H12O；

（2）B→C還需要的反應試劑及條件是O2；Cu、加熱；C生成D的反應是氧化反應；

故答案為：O2；Cu、加熱；氧化反應；

（3）E→PCL的化學方程式：nHO（CH2）5COOH+（n-1）H2O；

X→Y的化學方程式：

故答案為：nHO（CH2）5COOH+（n-1）H2O；

（4）D結構簡式為D的同分異構體符合下列條件：①能使溴的CCl4溶液褪色，②能發生銀鏡反應，③含有兩個甲基和兩種官能團，說明含有碳碳雙鍵與醛基，符合條件的同分異構體有：HCOOCH2CH=C（CH3）2、HCOOC（CH3）CH=CH2、HCOOCH（CH3）CH=CHCH3、HCOOCH（CH3）C（CH3）=CH2、HCOOCH2C（CH3）=CH2CH3、HCOOC（CH2CH3）=CHCH3、HCOOC（CH3）=C（CH3）CH3、HCOOC（CH3）=CHCH2CH3、HCOOCH=C（CH3）CH3、HCOOCH=CHCH（CH3）2；共10種；

故答案為：10；HCOOCH=CHCH（CH3）2等；

（5）一定條件下乙烯和水發生加成反應生成CH3CH2OH，CH3CH2OH和CH2=CH2、CO、O2反應生成CH2=CHCOOCH2CH3，CH2=CHCOOCH2CH3發生加聚反應生成高分子化合物，合成路線流程圖為：

故答案為：．

X的蒸汽密度是相同條件下H2的47倍，其相對分子質量為47×2=94，遇FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基，則X為X和氫氣發生加成反應生成B為C為則B發生催化氧化反應生成C，PCL為E發生縮聚反應產物，則E結構簡式為HO（CH2）5COOH，D發生水解反應然后酸化得到E，結合信息可知D的結構簡式為．根據題給信息②知，Y結構簡式為四溴雙酚A結構簡式為．

（5）一定條件下乙烯和水發生加成反應生成CH3CH2OH，CH3CH2OH和CH2=CH2、CO、O2反應生成CH2=CHCOOCH2CH3，CH2=CHCOOCH2CH3發生加聚反應生成高分子化合物．

本題考查有機推斷和有機合成，側重考查學生分析推理及知識綜合應用能力，注意對題目給予信息的理解，熟練掌握官能團的性質與衍變，（4）中限制條件同分異構體的書寫為易錯點、難點，題目難度中等．【解析】C6H12O；O2、Cu、加熱；氧化反應；nHO（CH2）5COOH+（n-1）H2O；10；HCOOCH=CHCH（CH3）2；16、（1）CH3CHO

（2）

（3）④⑤⑥【分析】【分析】本題考查了有機物的推斷，根據乙醇中的官能團及其性質結合乙酸苯甲酯的性質采用正逆相結合的方法分析，注意乙醇生成乙烯和乙醇生成乙酸乙酯時的斷鍵方式區別。【解答】根據各物質的轉化關系可知，乙烯與水發生加成生成乙醇，乙醇在銅作催化劑、加熱條件下，被氧化生成rm{A}為rm{CH_{3}CHO}rm{CH_{3}CHO}被氧化生成乙酸，乙酸和苯甲醇反應生成乙酸苯甲酯，rm{B}和氫氧化鈉的水溶液反應生成苯甲醇，甲苯和氯氣在光照條件下發生取代反應生成rm{B}則rm{B}是

rm{(1)}根據上面的分析可知，rm{A}為rm{CH_{3}CHO}rm{B}是

故答案為：rm{CH_{3}CHO}

rm{(2)}反應rm{壟脵}為乙烯與水加成生成乙醇的反應，化學方程式為rm{C{H}_{2}=C{H}_{2}+{H}_{2}Oxrightarrow[]{麓脽祿爐錄脕}C{H}_{3}C{H}_{2}OH}反應rm{壟脵}是乙醇在銅作催化劑加熱的條件下與氧氣反應生成乙醛和水，化學方程式為

反應rm{C{H}_{2}=C{H}_{2}+{H}_{2}O

xrightarrow[]{麓脽祿爐錄脕}C{H}_{3}C{H}_{2}OH}是乙酸與苯甲醇發生酯化反應生成乙酸苯甲酯和水，化學方程式為

故答案為：rm{C{H}_{2}=C{H}_{2}+{H}_{2}Oxrightarrow[]{麓脽祿爐錄脕}C{H}_{3}C{H}_{2}OH}

rm{壟脷}反應rm{壟脼}是乙烯與水發生加成反應生成乙醇，反應rm{C{H}_{2}=C{H}_{2}+{H}_{2}O

xrightarrow[]{麓脽祿爐錄脕}C{H}_{3}C{H}_{2}OH}是乙醇發生氧化反應生成乙醛，反應rm{(3)}是乙醛發生氧化反應生成乙酸，反應rm{壟脵}是甲苯與氯氣發生取代反應生成反應rm{壟脷}是在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發生水解反應生成苯甲醇，屬于取代反應，rm{壟脹}乙酸與苯甲醇發生酯化反應生成乙酸苯甲酯，屬于取代反應，屬于取代反應的為rm{壟脺}

故答案為：rm{壟脻}

rm{壟脼}【解析】rm{(1)CH_{3}CHO}

rm{(2)C{H}_{2}=C{H}_{2}+{H}_{2}Oxrightarrow[]{麓脽祿爐錄脕}C{H}_{3}C{H}_{2}OH}

rm{(2)C{H}_{2}=C{H}_{2}+{H}_{2}O

xrightarrow[]{麓脽祿爐錄脕}C{H}_{3}C{H}_{2}OH}rm{(3)壟脺壟脻壟脼}17、略

【分析】解：rm{FeS_{2}}氧化得到的rm{A}可以繼續被氧化，則rm{A}為rm{SO_{2}}rm{B}為rm{SO_{3}}rm{D}為rm{Fe_{2}O_{3}}rm{C}為rm{B}的水化物，則rm{C}為rm{H_{2}SO_{4}}rm{I}為第三主族熔點最高的金屬，則rm{I}為rm{Al}反應rm{壟脽}為鋁單質與氧化鐵得到rm{Fe}與氧化鋁，rm{K}是一種紅棕色氣體，則rm{K}為rm{NO_{2}}rm{J}為rm{HNO_{3}}rm{J}與rm{G}反應得到rm{L}rm{L}被氧化成為rm{NO_{2}}則rm{G}為rm{Fe}rm{H}為rm{Al_{2}O_{3}}rm{L}為rm{NO}聯系反應rm{壟脺}rm{M+H_{2}SO_{4}隆煤F+NO隆眉}知，rm{M}為rm{Fe(NO_{3})_{2}}rm{F}為鐵鹽溶液，rm{E}應為rm{Fe(OH)_{3}}．

rm{(1)G}為rm{Fe}是rm{26}號元素；位于周期表中第四周期第Ⅷ族；

故答案為：四；Ⅷ；

rm{(2)}反應rm{壟脽}的化學方程式：rm{Fe_{2}O_{3}+2Aldfrac{overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}Al_{2}O_{3}+Fe}rm{Fe_{2}O_{3}+2Aldfrac{

overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}Al_{2}O_{3}+Fe}是氧化劑、rm{Fe_{2}O_{3}}是還原劑，氧化劑與還原劑的物質的量之比為rm{Al}rm{1}

故答案為：rm{2}rm{1}

rm{2}在反應rm{(3)}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脼}中，rm{壟謾}rm{壟脷}都為氧化還原反應，rm{壟謾}為分解反應，rm{壟脼}為rm{壟脹}既屬于化合反應又屬于非氧化還原反應；

故答案為：rm{SO_{3}+H_{2}O=H_{2}SO_{4}}

rm{壟脹}中含有rm{(4)M}和rm{Fe^{2+}}在酸性條件下可發生氧化還原反應，反應的離子方程式為rm{NO_{3}^{-}}

故答案為：rm{3Fe^{2+}+4H^{+}+NO_{3}^{-}=3Fe^{3+}+NO隆眉+2H_{2}O}

rm{3Fe^{2+}+4H^{+}+NO_{3}^{-}=3Fe^{3+}+NO隆眉+2H_{2}O}化合物rm{(5)}與rm{Fe_{2}O_{3}}rm{KNO_{3}}共融，可制得一種“綠色”環保高效凈水劑rm{KOH}高鐵酸鉀rm{K_{2}FeO_{4}(}同時還生成rm{)}和rm{KNO_{2}}反應方程式為：rm{Fe_{2}O_{3}+3KNO_{3}+4KOHdfrac{overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}2K_{2}FeO_{4}+3KNO_{2}+2H_{2}O}

故答案為：rm{Fe_{2}O_{3}+3KNO_{3}+4KOHdfrac{overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}2K_{2}FeO_{4}+3KNO_{2}+2H_{2}O.}

rm{H_{2}O}氧化得到的rm{Fe_{2}O_{3}+3KNO_{3}+4KOHdfrac{

overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}2K_{2}FeO_{4}+3KNO_{2}+2H_{2}O}可以繼續被氧化，則rm{Fe_{2}O_{3}+3KNO_{3}+4KOHdfrac{

overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}2K_{2}FeO_{4}+3KNO_{2}+2H_{2}O.}為rm{FeS_{2}}rm{A}為rm{A}rm{SO_{2}}為rm{B}rm{SO_{3}}為rm{D}的水化物，則rm{Fe_{2}O_{3}}為rm{C}rm{B}為第三主族熔點最高的金屬，則rm{C}為rm{H_{2}SO_{4}}反應rm{I}為鋁單質與氧化鐵得到rm{I}與氧化鋁，rm{Al}是一種紅棕色氣體，則rm{壟脽}為rm{Fe}rm{K}為rm{K}rm{NO_{2}}與rm{J}反應得到rm{HNO_{3}}rm{J}被氧化成為rm{G}則rm{L}為rm{L}rm{NO_{2}}為rm{G}rm{Fe}為rm{H}聯系反應rm{Al_{2}O_{3}}rm{L}知，rm{NO}為rm{壟脺}rm{M+H_{2}SO_{4}隆煤F+NO隆眉}為鐵鹽溶液，rm{M}應為rm{Fe(NO_{3})_{2}}據此解答．

本題考查無機物的推斷，注意根據rm{F}與氧氣反應、物質的顏色等為突破口，根據框圖尋找線索進行推斷，需要學生熟練掌握元素化合物性質，題目難度中等．rm{E}【解析】四；Ⅷ；rm{1}rm{2}rm{壟脹}rm{3Fe^{2+}+4H^{+}+NO_{3}^{-}=3Fe^{3+}+NO隆眉+2H_{2}O}rm{Fe_{2}O_{3}+3KNO_{3}+4KOHdfrac{overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}2K_{2}FeO_{4}+3KNO_{2}+2H_{2}O}rm{Fe_{2}O_{3}+3KNO_{3}+4KOHdfrac{

overset{