…………○…………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年蘇科新版選修化學上冊月考試卷349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8題，共16分)1、工業生產硫酸的過程中，SO2在接觸室中被催化氧化為SO3氣體，已知該反應為放熱反應。現將2molSO2、1molO2充入一密閉容器中充分反應后，放出熱量98.3kJ，此時測得SO2的轉化率為50%，則下列熱化學方程式正確的是A.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=?196.6kJ·mol?1B.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=?98.3kJ·mol?1C.SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g)ΔH=+98.3kJ·mol?1D.SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g)ΔH=?49.2kJ·mol?12、百里酚藍(以下記為H2A)是一種有機弱酸，結構如圖1所示，其電離平衡可表示為：

25°C時0.1mol·L-1溶液中，H2A、HA-、A2-的分布分數δ與pH的變化關系如圖2所示。已知：δ(A2-)=

下列說法不正確的是A.溶液由黃色變為藍色原因是酚羥基發生了變化B.δ(HA-)=C.pH=7.0：c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)>c(H+)=c(OH-)D.NaOH滴定CH3COOH，可用H2A作指示劑，溶液由紅色變為橙色且半分鐘內不復原即為滴定終點3、根據下列圖示所得出的結論正確的是A.是Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液之后，溶液的導電能力隨滴入NaHSO4溶液體積變化的曲線，說明a點對應的溶液呈堿性B.表示某放熱反應分別在有、無催化劑的情況下，反應過程中的能量變化C.是I2＋I－?I3-中I3-的平衡濃度隨溫度變化的曲線，說明平衡常數K(T1)2)D.是室溫下用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定0.1mol·L－1某酸HX的滴定曲線，說明可用甲基橙判斷該反應的終點4、下列離子方程式正確的是A.鉛酸蓄電池充電時的陽極反應：PbSO4+2H2O+2e-＝PbO2+4H++B.用惰性電極電解氯化銅溶液2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-C.少量的Mg(HCO3)2溶液加過量的Ba(OH)2溶液的離子方程式為：Mg2++2+2Ba2++4OH-＝2BaCO3↓+Mg(OH)2↓+2H2OD.HS－的水解方程式：HS-+H2O?H3O++S2-5、實現轉變為的方法是A.與足量NaOH溶液共熱后，再通入CO2B.與足量NaOH溶液共熱后，再通入HClC.與稀硫酸共熱后，加入足量NaOH溶液D.與稀硫酸共熱后，加入足量Na2CO3溶液6、某烯烴和炔烴的混合氣體，其密度是相同條件下氫氣密度的13.8倍，將1L混合氣體燃燒，在同溫同壓下得到2.1LCO2氣體。則該混合烴可能是A.C2H4和C2H2B.C2H4和C3H4C.C3H6和C2H2D.C3H6和C3H47、下列說法不正確的是A.屬于糖類、油脂、蛋白質的物質均可發生水解反應B.乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以區分C.室溫下，在水中的溶解度：乙酸>苯酚>溴乙烷D.酚類物質具有還原性，有些可用作食品中的抗氧化劑8、借助現代化的儀器可以幫助我們便捷地認識有機物的結構。有機物R的兩種譜圖如下；下列選項所給出的結構中可能為R的是。

A.B.C.D.評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)9、在a、b兩支試管中加入體積相同的同種生鐵塊。在a中加入食鹽水，塞上橡皮塞，如圖。U型玻璃管內為紅墨水（開始時兩端液面等高）。放置一段時間后，下列敘述錯誤的是A.生鐵塊中的主要成分是鐵，也含有少量的碳B.紅墨水柱兩邊的液面變為左低右高C.兩試管中鐵均被銹蝕D.a試管中發生的反應是：2C+2Fe+3O2=2FeCO310、為二元弱酸，室溫下，將溶液和氨水按一定比例混合，可用于測定溶液中鈣的含量。室溫時下列指定溶液中微粒物質的量濃度關系正確的是（）A.溶液：B.溶液：C.向溶液中滴加氨水至pH=7：D.氨水和溶液等體積混合：11、電解質溶液的導電能力越強，電導率越大。常溫下用0.1000mol?L－1鹽酸分別滴定10.00mL濃度均為0.1000mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中電離與氨相似，已知在常溫下Kb[(CH3)2NH?H2O]＝1.6×10－4)；利用傳感器測得滴定過程中溶液的電導率如圖所示。下列說法正確的是。

A.曲線②代表滴定二甲胺溶液的曲線B.d點溶液中：c(H＋)＞c(OH－)＋c[(CH3)2NH]C.b、c、d三點的溶液中，b點水的電離程度最大D.a點溶液與d點的溶液混合后的溶液中：c[(CH3)2NH2＋]＞c[(CH3)2NH?H2O]12、常溫下，0.1mol/LH2C2O4水溶液中存在H2C2O4、HC2O4-和C2O42-三種形態含碳粒子，用NaOH或HCl調節該溶液的pH，三種含碳粒子的分布系數δ隨溶液pH變化的關系如下圖[已知：a=1.35，b=4.17，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9；忽略溶液體積變化]。下列說法錯誤的是。

A.pH=5時，溶液中主要含碳物種濃度大小關系為：c(C2O42-)>c(H2C2O4)>c(HC2O4-)B.已知pKa=-lgKa，則pKa2(H2C2O4)=4.17C.0.1mol/LNaHC2O4溶液中：c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)-c(H2C2O4)D.一定溫度下往CaC2O4飽和溶液中加入少量CaCl2固體，c(C2O42-)將減小，c(Ca2+)不變13、如圖所示是中學化學中常見的有機物之間的轉化關系，A的分子式為A可以提供生命活動所需要的能量，D是石油裂解氣的主要成分，E可以發生銀鏡反應，F的相對分子質量為60，且分子中碳元素的質量分數為40%。下列說法錯誤的是。

A.D→E的化學方程式：B.A可能是果糖C.①的反應類型為水解反應D.與B含有相同官能團的B的同分異構體有2種(不考慮立體異構)14、利用下列實驗藥品，能達到實驗目的的是。選項實驗目的實驗藥品A與銅離子結合能力：溶液，NaOH溶液，氨水B蔗糖是否發生水解蔗糖，稀硫酸，新制的懸濁液C檢驗氯乙烷消去的有機產物氯乙烷，NaOH溶液，乙醇，溴水D用標準濃度的鹽酸測定未知濃度的溶液溶液，0.1鹽酸，酚酞

A.AB.BC.CD.D15、鹽酸洛派丁胺俗稱易蒙停；它是一種新型的止瀉藥，適用于各種急慢性腹瀉的治療，其結構簡式如圖：

下列說法不正確的是（）A.易蒙停的分子式為C29H34Cl2N2O3B.向易蒙停溶液中加入FeCl3溶液，溶液顯紫色C.1mol易蒙停只能與1molNaOH發生反應D.1mol易蒙停最多能與3mol溴水發生反應評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)16、鋅在工業中有重要作用；也是人體必需的微量元素。回答下列問題：

（1）Zn原子核外電子排布式為________。

（2）黃銅是人類最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu組成。第一電離能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是______________________。

（3）ZnF2具有較高的熔點(872℃)，其化學鍵類型是________；ZnF2不溶于有機溶劑而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能夠溶于乙醇、乙醚等有機溶劑，原因是__________________________________________________。

（4）《中華本草》等中醫典籍中，記載了爐甘石(ZnCO3)入藥，可用于治療皮膚炎癥或表面創傷。ZnCO3中，陰離子空間構型為________，C原子的雜化形式為___________________。

（5）金屬Zn晶體中的原子堆積方式如圖所示，這種堆積方式稱為____________________。六棱柱底邊邊長為acm，高為ccm，阿伏加德羅常數的值為NA，Zn的密度為________g·cm－3(列出計算式)。

17、無機化合物可根據其組成和性質進行分類。

(1)如圖所示的物質分類方法名稱是_______。

(2)以中任兩種或三種元素組成合適的物質，分別填在表中橫線上。(只填一種即可)。物質類別強酸強堿鈉鹽氧化物氫化物化學式①

②____③___

④⑤

⑥____⑦

⑧⑨

⑩

(3)寫出⑤的電離方程式：_______。

(4)寫出實驗室由⑩制備的化學方程式：_______。

(5)實驗室制備⑦常用(填名稱)____和____反應，該反應的離子方程式為____。18、氧化鋅；硫化鋅都是重要的基礎化工原料。

（1）ZnO與Al2O3的化學性質相似，ZnO在NaOH溶液中轉化成[Zn(OH)4]2的離子方程式為_____________。

（2）火法煉鋅得到的氧化鋅中含有鉛；銅等雜質；提純步驟如下：

①上圖中的“冷凝物”為________（填化學式）。

②某溫度時，在反應Ⅰ的反應爐中，起始時c(CO)為0.3mol?L1，反應過程中CO2的體積分數φ(CO2)如圖所示，則反應Ⅰ的平衡常數K＝_____。

③下列措施有利于提高反應Ⅰ中ZnO轉化率的是________。

a．增大ZnO的投料量b．適當加壓c．將鋅蒸氣及時分離。

④反應Ⅱ中，每轉移1mol電子，反應放熱174kJ，則H2＝_____________。

（3）測定氧化鋅樣品純度：稱取0.5000g樣品，酸溶后定容于250mL容量瓶中，搖勻。量取25.00mL該溶液，用0.04000mol?L1的EDTA（Na2H2Y）標準液滴定其中的Zn2+（反應方程式為Zn2+＋H2Y2＝ZnY2＋2H+；雜質不反應），平行滴定三次，平均消耗EDTA標準液15.12mL。

①若滴定管未用EDTA標準液潤洗，測定結果將___（填“偏高”；“偏低”或“不變”）。

②樣品純度為：________________（列出計算式即可）。

（4）彩電熒光屏中的藍色熒光粉含有ZnS。將含有0.05molZnS的熒光粉溶于500mL鹽酸中，完全溶解后，溶液中c(S2)≤__________mol?L1。（已知：Ksp(ZnS)＝2.5×1023，忽略溶液體積的變化）19、（1）雄黃(As4S4)和雌黃(As2S3)是提取砷的主要礦物原料；二者在自然界中共生。完成下列填空：

①As2S3和SnCl2在鹽酸中反應轉化為As4S4和SnCl4并放出H2S氣體，若As2S3和SnCl2恰好完全反應，As2S3和SnCl2的物質的量之比為_________，該反應的氧化劑是______，反應產生的氣體可用_________吸收。

②As2S3和HNO3有反應：___As2S3+___NO+____=___H3AsO4+___S+___NO2↑+____

a．將方程式補充完整并配平。

b．若生成1molH3AsO4，則反應中轉移電子的物質的量為_________

（2）某溫度下將Cl2通入KOH溶液中，反應后得到KCl、KClO和KClO3的混合溶液，經測定，ClO-和的物質的量濃度之比為7∶1，則Cl2與KOH反應時，氧化劑和還原劑物質的量之比為______。若5molCl2參加反應，轉移電子數為______（用NA表示阿伏伽德羅常數）。20、按要求回答下列問題。

Ⅰ、(1)已知拆開1molH—H鍵、1molN—H鍵、1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，則N2與H2反應生成NH3的熱化學方程式為____________________________。

(2)已知：碳的燃燒熱ΔH1=akJ·mol－1；

S(s)+2K(s)=K2S(s)；ΔH2=bkJ·mol－1

2K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s)ΔH3=ckJ·mol－1；

則S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)ΔH=____________________。

(3)肼N2H4(l)可作為火箭發動機的燃料，與氧化劑N2O4(g)反應生成N2和水蒸氣。

已知：①N2(g)+2O2(g)===N2O4(l)ΔH1=-195kJ/mol

②N2H4(l)+O2(g)===N2(g)+2H2O(g)ΔH2=-534.2kJ/mol

寫出N2H4(l)和N2O4(l)反應的熱化學方程式______________

Ⅱ、在一定溫度下，有a，鹽酸b．硫酸c．醋酸三種酸：

(1)當三種酸物質的量濃度相同時，c(H+)由大到小的順序是________。

(2)若三者c(H+)相同時；物質的量濃度由大到小的順序是__________。

(3)當三者c(H＋)相同且體積也相同時；分別放入足量的鋅，相同狀況下產生氣體的體積由大到小的順序是________。

Ⅲ；25℃時pH＝12的NaOH溶液100mL；要使它的pH為11。(體積變化忽略不計)

(1)如果加入蒸餾水；應加入蒸餾水______________mL

(2)如果加入pH＝10的NaOH溶液；應加NaOH溶液______________mL；

(3)如果加0.005mol/LH2SO4，應加0.005mol/LH2SO4______________mL。(精確到0.1)21、只含C、H、O的有機物，為便于研究其燃燒時生成物與所需氧氣的量的關系，可用通式(CxHy)m(H2O)n或(CxOy)m(H2O)n，表示它們(m、n、x、y均為正整數)。例如：CH3OH、C2H5OH、C3H7OH等物質可用通式(CH2)m(H2O)n表示；它們的m分別為1；2、3，n均為1。它們完全燃燒時所需的氧氣和生成的二氧化碳的體積比為3∶2。

(1)現有一類只含C、H、O的有機物，它們完全燃燒時消耗的氧氣和生成的二氧化碳的體積比為5∶4，按照上述要求，該類化合物的通式可表示為____，寫出這類化合物相對分子質量最小的物質的結構簡式___。

(2)若某一類有機物可用通式(CxHy)m(H2O)n表示，則在相同條件下，該類化合物完全燃燒時消耗氧氣的體積V1和生成CO2的體積V2必須滿足的條件是__。22、(1)有下列幾組物質；請將序號填入下列空格內：

A、CH2=CH-COOH和油酸(C17H33COOH)B、12C60和石墨C、和D、35Cl和37ClE；乙醇和乙二醇。

①互為同系物的是________；

②互為同分異構體的是________；

③既不是同系物，又不是同分異構體，也不是同素異形體，但可看成是同一類物質的是________。

(2)有8種物質：A乙烷；B乙烯；C乙炔；D苯；E甲苯；F溴乙烷；G聚丙烯；H環己烯。

其中既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能與溴水反應使溴水褪色的是________；

(3)寫出聚合物的單體結構簡式________和________。評卷人得分四、工業流程題(共1題，共9分)23、S和Te屬于同主族元素，碲(Te)廣泛應用于冶金、航空航天、電子等領域。從精煉鋼的陽極泥(主要成分為Cu2Te；還含有金；鉑等)中回收碲的工藝流程如下：

已知：TeO2具有強還原性，且TeO2、Cu2TeO4均難溶于水；高碲酸鈉的化學式為Na2TeO4。

回答下列問題：

(1)Cu2Te中Te的化合價為_______。

(2)S和Te屬于同主族元素，則穩定性：H2S_______(填“>”或“<”)H2Te，試解釋其原因：_______。

(3)“濾液I”的主要成分是_______(寫化學式)；“濾液I”中溶質的浸出率與溫度的關系如圖所示，解釋溶質的浸出率隨溫度變化的可能原因：_______。

(4)“堿浸”時發生反應的離子方程式為_______。

(5)粗碲粉中碲的質量分數的測定步驟如下：取mg粗碲粉，加入酸使其轉化為亞碲酸(H2TeO3)，配制成100mL溶液，取25.00mL于錐形瓶中。向錐形瓶中加入V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反應使亞碲酸轉化為碲酸(H6TeO6)。用c2mol·L-1硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2]標準溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，消耗V2mL硫酸亞鐵銨標準溶液。該粗碲粉中碲的質量分數為_______；若硫酸亞鐵銨溶液使用之前部分被氧化，則測定結果_______(填“偏高”或“偏低”)。評卷人得分五、計算題(共4題，共20分)24、二元化合物X呈黑棕色晶體，易潮解，易溶于水、乙醇和乙醚；熔點306℃，沸點315℃，400℃時存在二聚體。將X加熱到200℃以上釋放出一種單質氣體：取1.2000gX,加熱完全分解為晶體B和氣體C;氣體C用足量KI溶液吸收，再用0.2500mol/LNa2S2O3溶液進行滴定，消耗29.59mL;晶體B可溶于水，所得溶液用0.0500mol/L的K2Cr2O7溶液進行滴定，消耗24.66mL。設分解反應轉移電子數為n,則X的摩爾質量為___________；滿足條件的X是___________。25、按要求填空：

(1)Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)?Cr3+(aq)+3OH－(aq)。常溫下，Cr(OH)3溶度積Ksp=1.0×10－32，要使c(Cr3+)完全沉淀；溶液的pH應調至______。

(2)25℃時，向水的電離平衡體系中加入少量碳酸鈉固體，得到pH為11的溶液，其水解方程式為_________，由水電離出的c(OH－)＝________mol·L－1。

(3)在100℃下，將pH=3的硫酸溶液和pH=10的NaOH溶液混合，若要使混合后溶液的pH=7，則硫酸溶液和NaOH溶液的體積比約為_____。26、有丙炔和氫氣的混合氣體5L；在催化劑作用下，經充分反應后得到的氣體的體積為V(所有體積均在同溫同壓下測定)。

（1）若將上述5L氣體在氧氣中完全燃燒生成二氧化碳和水，消耗同溫同壓下氧氣的體積V(O2)為___(取值范圍)。

（2）若氫氣的體積為1L，反應后的體積V＝___L。

（3）若氫氣在混合氣體中的體積分數為x，試用x表示反應后的體積V=___。27、(1)有機物A的紅外光譜圖如圖：

A的結構簡式為______。

(2)有機物A可由葡萄糖發酵得到，也可從酸牛奶中提取。純凈的A為無色黏稠液體，易溶于水。為研究A的組成與結構，進行了如下實驗：。實驗步驟解釋或實驗結論①稱取A9.0g，升溫使其汽化，測其密度是相同條件下H2的45倍。試通過計算填空：A的相對分子質量為：____。②將此9.0gA在足量純O2中充分燃燒，并使其產物依次緩緩通過濃硫酸、堿石灰，發現兩者分別增重5.4g和13.2gA的分子式為：___。③另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反應，生成2.24LCO2(標準狀況)，若與足量金屬鈉反應則生成2.24LH2(標準狀況)寫出A中含有的官能團：_____④A的核磁共振氫譜如圖：

A中含有_____種氫原子。⑤綜上所述，A的結構簡式為______。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【分析】

SO2在接觸室中被催化氧化為SO3，已知該反應為一放熱反應．現將2molSO2、1molO2充入一密閉容器中充分反應后，放出熱量98.3kJ，此時測得SO2的物質的量為1mol．反應是可逆反應；發生反應的二氧化硫為1mol，放熱為98.3KJ，所以依據反應放出的熱量，結合熱化學方程式的書寫方法來解答，注意標注物質的聚集狀態。

【詳解】

將2molSO2、1molO2充入一密閉容器中充分反應后，放出熱量98.3kJ，此時測得SO2的物質的量為1mol，說明反應是可逆反應，不能進行徹底，實際發生反應的二氧化硫為1mol，1mol二氧化硫全部反應放熱98.3KJ，熱化學方程式為：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=?196.6kJ·mol?1或SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g)△H=-98.3kJ·mol?1。

A項；熱化學方程式符合題意；故A正確；

B項；熱化學方程式中反應熱和對應二氧化硫的量不符合；故B錯誤；

C項、反應是放熱反應，不是吸熱反應，△H=-98.3kJ·mol?1；故C錯誤；

D項；熱化學方程式中反應熱和對應二氧化硫的量不符合；故D錯誤。

故選A。

【點睛】

本題考查了熱化學方程式，注意可逆反應的特點是反應不能進行徹底。2、D【分析】【分析】

隨著pH的增大，HA-在增大，H2A在減小，隨著pH的進一步增大，則HA-在減小，A2-在增大；以此解題。

【詳解】

A．根據結構可知；百里酚藍為二元弱酸，其中酚羥基更加難以電離，根據信息可知，溶液由黃色變為藍色原因是酚羥基發生了變化，A正確；

B．根據可知，將其代入B正確；

C．根據分析結合圖示可知，pH=7.0：c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)>c(H+)=c(OH-)；C正確；

D．滴定終點為醋酸鈉溶液；溶液顯堿性，根據題給信息可知，此時溶液應該橙色變藍色，D錯誤；

故選D。3、A【分析】【詳解】

A.Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液之后；溶液中生成硫酸鋇沉淀，導電能力減弱，a中硫酸氫鈉過量，則溶質為氫氧化鈉；硫酸鈉，說明a點對用的溶液顯堿性，A項正確；

B.該圖中反應物能量小于生成物能量；屬于吸熱反應，B項錯誤；

C.由I2＋I－?I3-中I3-的平衡濃度隨溫度變化的曲線分析可知，升溫平衡逆向進行，平衡常數K(T2)<K(T1)；C項錯誤；

D.甲基橙的變色范圍是3.1-4.4；圖象中反應終點的pH不在此范圍，不可用甲基橙判斷該反應的終點，D項錯誤；

答案選A。

【點睛】

甲基橙的變色范圍是3.1-4.4。4、C【分析】【詳解】

A．鉛酸蓄電池充電時的陽極發生氧化反應，失電子，鉛元素的化合價由+2價升高到+4價，電極反應為PbSO4+2H2O-2e-＝PbO2+4H++故A錯誤；

B．用惰性電極電解氯化銅溶液，銅離子在陰極得到電子生成銅，氯離子在陽極失電子發生氧化反應生成氯氣：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑；故B錯誤；

C．少量的Mg(HCO3)2溶液與過量的Ba(OH)2溶液反應，則以少量的Mg(HCO3)2為基準，按照1：2反應，即2個HCO3-中和2個OH-，1個Mg2+沉淀2個OH-，2個Ba2+與2個CO32-產生2個BaCO3，則離子方程式為Mg2++2HCO3-+2Ba2++4OH-═2BaCO3↓+Mg(OH)2↓+2H2O；故C正確；

D．HS-的水解是HS-離子與水電離出的H+結合成弱電解質H2S的過程，其水解的離子方程式為HS-+H2OH2S+OH-；故D錯誤；

答案為C。5、A【分析】【分析】

將轉變為-COONa沒有變化，-COO-水解可生成-OH，以此來解答。

【詳解】

將轉變為-COONa沒有變化，-COO-水解可生成-OH，則先發生在NaOH水溶液中的水解生成再通入CO2，生成即可，注意強酸（HCl）與-COONa反應，NaOH、Na2CO3；均能與苯酚反應；所以B、C、D不能實現。

答案選A。

【點睛】

本題考查有機物的合成，明確官能團的變化及物質的性質是解答本題的關鍵，注意強酸（HCl）與-COONa反應，NaOH、Na2CO3、均能與苯酚反應為解答的易錯點，題目難度不大。6、C【分析】【分析】

某烯烴和炔烴的混合氣體，其密度是相同條件下氫氣密度的倍，則其相對分子質量為27.6，一定含有將1混合氣體燃燒，在同溫同壓下得到2.1氣體；兩種烴的碳原子數平均值是2.1，即一個碳原子數比2.1小，另一個碳原子數要大于2.1，取整數，就是要大于等于3。

【詳解】

A．和碳原子平均數為2，不符合，A項錯誤；

B．和不含有不符合，B項錯誤；

C．含有碳原子平均值有可能為2.1，C項正確；

D．不含有不符合題意，D項錯誤；

故選C。7、A【分析】A.屬于油脂和蛋白質的物質均可發生水解反應，屬于糖類的物質不一定能發生水解反應，如單糖就不能水解，A不正確；B.乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以區分，向乙酸中滴加碳酸鈉溶液可以冒氣泡，而乙酸乙酯不會，B正確；C.室溫下，在水中的溶解度的大小關系為乙酸>苯酚>溴乙烷，C正確；D.酚類物質具有還原性，有些可用作食品中的抗氧化劑，D正確。本題選A。8、C【分析】【分析】

由質譜圖可知；R的相對分子質量在100~110之間，由氫核磁共振譜圖知，分子內有2種H原子，數目之比等于3:2。

【詳解】

A．選項中的有機物分子式為C4H8；相對分子質量為56，分子內有2種H，H原子數目比為3:1，A不符合；

B．選項中的有機物分子式為C8H10O2；相對分子質量為138，分子內有3種H，H原子數目比為3:1:1，B不符合；

C．選項中的有機物分子式為C8H10；相對分子質量為106，分子內有2種H，H原子數目比為3：2，C符合；

D．選項中的有機物分子式為C8H16；相對分子質量為112，分子內有3種H，H原子數目比為3:1:2，D不符合；

選C。二、多選題(共7題，共14分)9、BD【分析】【分析】

根據鐵生銹的知識進行分析；鐵在有水和氧氣并存時發生吸氧腐蝕，易生銹，鐵銹的主要成分是氧化鐵，鐵生銹消耗氧氣導致裝置內壓強減小。

【詳解】

A.生鐵并不是純鐵；它還含有碳；硅、錳等，是一種合金．故不選A；

B.開始時；a試管發生吸氧腐蝕，電化腐蝕速率較快，而右側也有空氣，且中間連接部分是紅墨水，含有水分，所以也能生銹，只是相對左側慢一些，因此紅墨水柱兩邊的液面變為左高右低，故選B；

C.a、b試管中的鐵釘在放置一段時間后；均可被緩慢氧化，故不選C；

D.鐵生銹的過程；實際上是鐵與空氣中的水和氧氣發生化學反應的過程，而不是生鐵中的碳和鐵和氧氣發生化學反應的過程．故選D；

答案：BD10、BD【分析】【詳解】

為二元弱酸，室溫下，將溶液和氨水按一定比例混合；可用于測定溶液中鈣的含量。室溫時下列指定溶液中微粒物質的量濃度關系正確的是（）

A.溶液，部分電離，電離顯酸性，因此離子濃度關系為：故A錯誤；

B.溶液，根據越弱越水解，因此銨根水解程度大于草酸根水解程度，溶液顯酸性：故B正確；

C.向溶液中滴加氨水至pH=7，根據電荷守恒得到：由于呈中性，得到故C錯誤；

D.氨水和溶液等體積混合，混合后溶質為：和氨水的混合物，且濃度比為2:1，根據物料守恒得出故D正確。

綜上所述；答案為BD。

【點睛】

利用電荷守恒和溶液pH=7來解列離子關系，抓住元素守恒思想巧列物料守恒。11、AD【分析】【分析】

(CH3)2NH?H2O為弱電解質，在溶液中部分電離，等濃度時離子濃度比NaOH小，則導電性較弱，由此可知曲線②為(CH3)2NH?H2O的變化曲線，曲線①為NaOH的變化曲線，加入HCl，(CH3)2NH?H2O溶液中離子濃度逐漸增大；導電性逐漸增強，NaOH與鹽酸發生中和反應，離子濃度減小，由圖象可知加入鹽酸10mL時完全反應，以此解答該題。

【詳解】

A．鹽酸滴定NaOH溶液；溶液體積增大，濃度減小，電導率減小；鹽酸滴定二甲胺溶液，由于二甲胺是弱電解質，生成的鹽是強電解質，滴定過程中導電離子濃度增大，電導率增大。故曲線①代表滴定NaOH溶液，曲線②代表滴定二甲胺溶液，故A正確；

B．d點溶液的溶質是(CH3)2NH2Cl，(CH3)2NH部分水解使溶液顯酸性，一定存在：(CH3)2NH＞c(H+)，不可能存在c(H+)＞c(OH-)＋c[(CH3)2NH]；故B錯誤；

C．b、c、d三點的溶液中溶質分別是：NaCl，(CH3)2NH2Cl和(CH3)2NH?H2O1：1混合，(CH3)2NH2Cl，b點NaCl對水的電離無影響，c點由Kb[(CH3)2NH?H2O]=1.6×10-4可知，(CH3)2NH?H2O的電離大于(CH3)2NH2+的水解，對水的電離有抑制作用，d點(CH3)2NH2+的水解對水的電離有促進作用；故d點水的電離程度最大，故C錯誤；

D．a點溶液中，溶質為等量的NaCl和NaOH，d點溶液中，溶質為(CH3)2NH2Cl，則a點溶液與d點的溶液混合后c[(CH3)2NH]＝c[(CH3)2NH?H2O]，溶液存在(CH3)2NH?H2O的電離和(CH3)2NH的水解，由Kb[(CH3)2NH?H2O]=1.6×10-4可知，(CH3)2NH?H2O的電離大于(CH3)2NH的水解，故c[(CH3)2NH]＞c[(CH3)2NH?H2O]；故D正確；

答案選AD。12、AD【分析】【詳解】

根據圖示可知①表示H2C2O4，②表示HC2O4-，③C2O42-的含量。

A.pH=5時，溶液中主要含碳物種濃度大小關系為：c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)；A錯誤；

B.Ka2(H2C2O4)=當溶液中c(C2O42-)=c(HC2O4-)，Ka2(H2C2O4)=c(H+)=10-4.17，所以根據pKa=-lgKa，可知pKa2(H2C2O4)=4.17；B正確；

C.根據物料守恒可得：c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)，根據電荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，將兩式聯立整理可得c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)-c(H2C2O4)；C正確；

D.一定溫度下CaC2O4飽和溶液中存在平衡：CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)，向其中加入少量CaCl2固體，平衡逆向移動，使c(C2O42-)減小，但最終c(Ca2+)增大；D錯誤；

故合理選項是AD。13、BD【分析】【分析】

A為葡萄糖；D為乙烯，乙烯與水加成得到C：乙醇，乙烯與氧氣反應得到E：乙醛，乙醛催化氧化得到F：乙酸，B在酸性環境下水解得到乙醇和乙酸，B為乙酸乙酯。

【詳解】

A．乙烯與氧氣反應得到乙醛；方程式正確，A正確；

B．A可以提供生命活動所需要的能量；為葡萄糖，B錯誤；

C．乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇；反應類型為水解反應，C正確；

D．B的同分異構體含酯基；可能為甲酸丙酯，甲酸異丙酯，丙酸甲酯，共3種同分異構體，D錯誤；

故選BD。14、AC【分析】【詳解】

A．溶液加入NaOH溶液生成藍色Cu(OH)2沉淀，往沉淀中加入氨水，沉淀溶解，生成深藍色的溶液，實現了Cu(OH)2沉淀向的轉化，證明了銅離子結合能力：A項正確；

B．向蔗糖溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴加熱幾分鐘使其水解，加入堿使溶液呈堿性后再向其中加入新制的懸濁液并加熱；實驗方案中沒有加堿中和酸，B項錯誤；

C．反應生成乙烯和溴化鈉；將氣體產物通入溴水中，溴水褪色，說明生成的有機產物是乙烯，C項正確；

D．用鹽酸滴定NaHCO3溶液應該用甲基橙做指示劑而不用酚酞，因為酚酞變色范圍是8-10，在酚酞變為無色的時候，NaHCO3并沒有完全被反應完畢；所以導致未到達滴定終點，D項錯誤；

故選AC。15、CD【分析】【詳解】

A．根據結構簡式可知易蒙停的分子式為C29H34Cl2N2O3；A正確；

B．分子中含有酚羥基，向易蒙停溶液中加入FeCl3溶液；溶液顯紫色，B正確；

C．能與NaOH反應的為酚羥基；-Cl、和HCl；則1mol易蒙停能與4molNaOH發生反應，C錯誤；

D．酚羥基只有2個鄰位H原子；則1mol易蒙停最多能與2mol溴水發生取代反應，D錯誤。

答案選CD。

【點睛】

苯環上的氯原子先與NaOH反應生成酚羥基，酚羥基能繼續與NaOH發生反應，所以苯環上的1mol氯原子能與2molNaOH發生反應。三、填空題(共7題，共14分)16、略

【分析】【分析】

本題是物質結構與性質的綜合題；需要熟練掌握這一部分涉及的主要知識點，一般來說，題目都是一個一個小題獨立出現的，只要按照順序進行判斷計算就可以了。

【詳解】

（1）Zn是第30號元素，所以核外電子排布式為[Ar]3d104s2。

（2）Zn的第一電離能應該高于Cu的第一電離能；原因是，Zn的核外電子排布已經達到了每個能級都是全滿的穩定結構，所以失電子比較困難。同時也可以考慮到Zn最外層上是一對電子，而Cu的最外層是一個電子，Zn電離最外層一個電子還要拆開電子對，額外吸收能量。

（3）根據氟化鋅的熔點可以判斷其為離子化合物；所以一定存在離子鍵。作為離子化合物，氟化鋅在有機溶劑中應該不溶，而氯化鋅；溴化鋅和碘化鋅都是共價化合物，分子的極性較小，能夠溶于乙醇等弱極性有機溶劑。

（4）碳酸鋅中的陰離子為CO32-，根據價層電子對互斥理論，其中心原子C的價電子對為3+(4－3×2＋2)/2=3對，所以空間構型為正三角形，中心C為sp2雜化。

（5）由圖示，堆積方式為六方最緊密堆積。為了計算的方便，選取該六棱柱結構進行計算。六棱柱頂點的原子是6個六棱柱共用的，面心是兩個六棱柱共用，所以該六棱柱中的鋅原子為12×+2×+3=6個，所以該結構的質量為6×65/NAg。該六棱柱的底面為正六邊形，邊長為acm，底面的面積為6個邊長為acm的正三角形面積之和，根據正三角形面積的計算公式，該底面的面積為6×cm2，高為ccm，所以體積為6×cm3。所以密度為：g·cm-3。

【點睛】

本題是比較常規的結構綜合習題，考查的知識點也是多數習題考查的重點知識。需要指出的是最后一步的計算，可以選擇其中的晶胞，即一個平行六面體作為計算的單元，直接重復課上講解的密度計算過程即可。本題的解析中選擇了比較特殊的解題方法，選擇六棱柱作為計算單元，注意六棱柱并不是該晶體的晶胞（晶胞一定是平行六面體），但是作為一個計算密度的單元還是可以的。【解析】[Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2)大于Zn核外電子排布為全滿穩定結構，較難失電子離子鍵ZnF2為離子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化學鍵以共價鍵為主，極性較小平面三角形sp2六方最密堆積(A3型)17、略

【分析】【詳解】

（1）如圖所示的物質分類方法名稱是樹狀分類法；

（2）常見的強酸有H2SO4、HNO3、HCl；堿有NaOH、KOH、Ba(OH)2、Ca(OH)2；鹽有NaHCO3、NaHSO4、NaCl、Na2SO4、Na2CO3、NaNO3、Na2SO3等；故為H2SO4或HNO3；KOH；NaNO3、Na2SO4、NaHCO3、NaHSO4；

（3）Na2CO3是強電解質，電離方程式為Na2CO3=2Na++CO

（4）實驗室制備O2常利用H2O2在催化劑作用下的分解反應：2H2O22H2O＋O2↑；

（5）制備CO2常利用大理石或石灰石(CaCO3)與稀鹽酸反應，離子方程式為CaCO3＋2H+=Ca2++CO2↑＋H2O；【解析】(1)樹狀分類法。

(2)或等。

(3)

(4)

(5)大理石稀鹽酸CaCO3＋2H+=Ca2++CO2↑＋H2O18、略

【分析】【詳解】

(1)ZnO和Al2O3的化學性質相似，氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，所以氧化鋅與氫氧化鈉的反應的方程式為：ZnO+H2O+2OH-=[Zn(OH)4]2-，故答案為ZnO+H2O+2OH-=[Zn(OH)4]2-；

(2)①反應Ⅰ：ZnO(s)+CO(g)?Zn(g)+CO2(g)；鋅蒸氣冷凝為冷凝物，冷凝物為金屬鋅，故答案為Zn；

②某溫度時，在反應Ⅰ的反應爐中，起始時c(CO)為0.3mol?L-1，反應過程中達到平衡CO2的體積分數φ(CO2)如圖所示為0.4；

ZnO(s)+CO(g)?Zn(g)+CO2(g)

起始量(mol/L)0.30

變化量(mol/L)xx

平衡量(mol/L)0.3-xx

=0.4，x=0.12，平衡常數K==0.67；故答案為0.67；

③a．增大ZnO的投料量，氧化鋅為固體不影響平衡，氧化鋅轉化率不變，故a錯誤；b．反應前后氣體體積不變，適當加壓，不影響平衡移動，故b錯誤；c．將鋅蒸氣及時分離；平衡正向進行氧化鋅轉化率增大，故c正確；故答案為c；

④反應Ⅱ中2Zn(g)+O2(g)═2ZnO(s)，反應中2molZn完全反應電子轉移4mol，反應每轉移1mol電子，反應放熱174kJ，轉移4mol電子反應放熱696KJ，反應焓變△H=-696KJ/mol；故答案為-696KJ/mol；

(3)①滴定管未用EDTA標準液潤洗；內層水膜會稀釋標準溶液，消耗標準溶液體積會增大，測定結果偏高，故答案為偏高；

②稱取0.5000g樣品，酸溶后定容于250mL容量瓶中，搖勻．量取25.00mL該溶液，用0.04000mol?L-1的EDTA(Na2H2Y)標準液滴定其中的Zn2+(反應方程式為Zn2++H2Y2-═ZnY2-+2H+；雜質不反應)，平行滴定三次，平均消耗EDTA標準液15.12mL．

Zn2++H2Y2-═ZnY2-+2H+；

11

n15.12×10-3L×0.04000mol/L

n(ZnO)=n(Zn2+)=15.12×10-3L×0.04000mol/L，250mL溶液中n(ZnO)=15.12×10-3L×0.04000mol/L×樣品純度=×100%，故答案為×100%；

(4)將含有0.05molZnS的熒光粉溶于500mL鹽酸中，完全溶解后溶液中鋅離子濃度c(Zn2+)==0.1mol/L，Ksp(ZnS)=2.5×10-23=c(Zn2+)c(S2-)；

c(S2-)≤2.5×10-22mol/L，故答案為2.5×10-22。

點睛：本題考查了物質組成的探究、化學反應速率、化學平衡常數的計算、影響化學平衡因素分析、滴定實驗的過程分析和計算。解答本題的關鍵是熟悉化學平衡的計算的基本方法和滴定誤差的分析方法。【解析】ZnO+2OH-+H2O=[Zn(OH)4]2-Zn0.4mol/Lc-696kJ/mol偏高2.5×10-2219、略

【分析】【詳解】

(1)①根據電子得失守恒可知，1molAs2S3作氧化劑得到2mol電子，1molSnCl2作還原劑失去2mol電子，所以二者的物質的量之比為1∶1；反應中As的化合價降低，As2S3為氧化劑，H2S為酸性氣體；可用NaOH溶液吸收；

②a．As的化合價由+3價升高到+5價，S的化合價由-2價升高到0價，N的化合價由+5降低為+4，反應中NO3-發生還原反應生成NO2，由守恒法可得，反應的離子方程式為As2S3+10NO3-+10H+=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O。

b．若生成1molH3AsO4，參加反應的As2S3物質的量為0.5mol；反應中As從+3價升高為0價，S從-2價升高為+6價，則反應中轉移電子的物質的量為0.5mol×(2×2+2×3)=5mol；

(2)Cl2生成ClO-與ClO3-是被氧化的過程，化合價分別由0價升高為+1價和+5價，ClO-與ClO3-的物質的量濃度之比為7∶1，則可設ClO-為7mol，ClO3-為1mol，被氧化的Cl共8mol，失去電子的總物質的量為7mol×(1-0)+1mol×(5-0)=12mol。根據氧化還原反應中氧化劑和還原劑之間得失電子數目相等可知，Cl2生成KCl是被還原的過程，化合價由0價降低為-1價，則得到電子的物質的量也應為12mol，則被還原的Cl的物質的量為12mol，所以被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質的量之比為(12mol)∶(8mol)=3∶2；若5molCl2參加反應，其中被還原的Cl2的物質的量為5mol×=3mol，則轉移電子的物質的量為3mol×2=6mol，轉移的電子數為6NA。【解析】①.1∶1②.As2S3③.氫氧化鈉溶液（或硫酸銅溶液）④.1⑤.10⑥.10H+⑦.2⑧.3⑨.10⑩.2H2O?.5mol?.3∶2?.6NA20、略

【分析】【分析】

【詳解】

Ⅰ、(1)在反應N2+3H2?2NH3中，斷裂3molH-H鍵，1molN三N鍵共吸收的能量為：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3；共形成6molN-H鍵，放出的能量為：6×391kJ=2346kJ，吸收的熱量少，放出的熱量多，該反應為放熱反應，放出的熱量為：2346kJ-2254kJ=92kJ；

故答案為：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ?mol-1；

(2)由信息可知，①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=akJ?mol?1；②S(s)+2K(s)=K2S(s)△H2=bkJ?mol?1；③2K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s)△H3=ckJ?mol?1，結合蓋斯定律可知，②+①×3?③得到S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，則△H=(3a+b?c)kJ·mol－1；

(3)①N2(g)+2O2(g)=N2O4(l)△H1=?195kJ?mol?1；②N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H2=?534.2kJ?mol?1；根據蓋斯定律寫出肼和N2O4反應的熱化學方程：②×2?①得到：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)△H=?873.4kJ/mol；故答案為：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)△H=?873.4kJ/mol；

Ⅱ、(1)硫酸為二元酸，鹽酸為強酸，醋酸為弱酸，則物質的量濃度相同時，c(H+)由大到小的順序是b>a>c，故答案為：b>a>c；

(2)同體積同物質的量濃度的三種酸，醋酸和鹽酸的物質的量相等，但硫酸為二元酸，則中和同物質的量濃度的NaOH消耗的體積由大到小的順序是b>a=c；

故答案為：b>a=c；

(3)當c(H+)相同、體積相同時，鹽酸、硫酸完全電離，只有醋酸在繼續電離，則分別加入足量鋅，相同狀況產生的氣體體積由大到小的順序為c>a=b，故答案為：c>a=b；

(4)醋酸在稀釋過程中，會促進電離，所以氫離子的物質的量增加，氫離子的濃度變化程度小，硫酸和鹽酸溶液中氫離子物質的量不變且相等，所以c(H+)由大到小的順序是c>a=b，故答案為：c>a=b；

Ⅲ、pH=12的NaOH溶液中c(OH?)=0.01mol/L，pH降為11，則溶液中c(OH?)=0.001mol/L；

(1)設加入水的體積為xL；溶液稀釋前后溶質的物質的量不變，則。

0.01mol/L×0.1L=0.001mol/L×(0.1+x)L；x=0.9L，即900ml，故答案為：900；

(2)pH=10的氫氧化鈉溶液中c(OH?)=0.0001mol/L；設pH=10的氫氧化鈉的體積為yL，則0，01mol/L×0.1L+0.0001mol/L×yL=0.001mol/L×(0.1+y)L，y=1L=1000mL，故答案為：1000；

(3)0.005mol/LH2SO4溶液中c(H+)=0，005mol/L×2=0.01mol/L，設0.005mol/LH2SO4溶液的體積為xL，則0.01mol/L×0.1L-0.01mol/L×xL=0.001mol/L×(0.1+x)L，解得x=81.82mL，故答案為：81.82。【解析】N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol－13a+b-ckJ·mol－12N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH=-873.4kJ·mol－1b＞a＞cc＞a＞bc＞a=b900100081，8221、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)根據上述規律，由于消耗的氧氣體積比生成的二氧化碳體積大，這類有機物應滿足通式由燃燒反應方程式結合題給條件得：解得所以通式為分別對m、n取值，可得相對分子質量最小的物質的結構簡式是

(2)由燃燒反應方程式可知，消耗氧氣的體積與生成的體積比為故即【解析】(CH)m(H2O)nCH3CHO=22、略

【分析】【分析】

本題考查了同系物；同分異構體、同類物質的判斷、常見有機物的相關性質和聚合物單體的書寫；難度中等，掌握基礎為解題關鍵，注意基礎知識的積累。

【詳解】

(1)A．CH2=CH-COOH和油酸(C17H33COOH)結構相似、通式相同，相差15個CH2原子團；互為同系物；

B.C60和石墨是由碳元素組成的不同單質；互為同素異形體；

C.分子式相同；結構不同，互為同分異構體；

D.和質子數都為17；中子數不同，是氯元素的不同原子，互為同位素；

E.乙醇和乙二醇都含有羥基但個數不同；可看成是同一類物質。

綜上可知；①互為同系物的是A；②互為同分異構體的是C；③既不是同系物，又不是同分異構體，也不是同素異形體，但可看成是同一類物質的是E；

故答案為：①A；②C；③E；

(2)A乙烷既不能使酸性溶液褪色；也不能與溴水反應使溴水褪色；

B.乙烯既能使酸性溶液褪色；也能與溴水反應使溴水褪色；

C.乙炔既能使酸性溶液褪色；也能與溴水反應使溴水褪色；

D.苯既不能使酸性溶液褪色；也不能與溴水反應使溴水褪色；

E.甲苯能使酸性溶液褪色；但不能與溴水反應使溴水褪色；

F.溴乙烷既不能使酸性溶液褪色；也不能與溴水反應使溴水褪色；

G.聚丙烯既不能使酸性溶液褪色；也不能與溴水反應使溴水褪色；

H.環己烯既能使酸性溶液褪色；也能與溴水反應使溴水褪色；

綜上可知，不能使酸性溶液褪色；也不能與溴水反應使溴水褪色的是ADFG；

故答案為：ADFG；

(3)鏈節主鏈上只有碳原子并存在碳碳雙鍵結構的高聚物，其規律是“見雙鍵，四個碳，無雙鍵，兩個碳”畫線斷開，然后將半鍵閉合，即將單雙鍵互換．結構簡式中主鏈上有4個碳原子其單體必為2種，將單鍵鍵中的1個C-C打開，可得該聚合物的單體結構簡式為CH2=CH2和CH2=CHCH3；

故答案為：CH2=CH2;CH2=CHCH3【解析】①.A②.C③.E④.ADFG⑤.CH2=CH2⑥.CH2=CHCH3四、工業流程題(共1題，共9分)23、略

【分析】【分析】

根據回收碲的工藝流程可知，精煉鋼的陽極泥(主要成分為Cu2Te，還含有金、銀、鉑等)和硫酸、空氣反應生成了不溶于水的TeO2，根據碲元素的化合價變化，可知此反應是氧化還原反應，反應的化學方程式是Cu2Te+2H2SO4+2O2=2CuSO4+TeO2+2H2O，則反應過后水浸的濾液I的主要成分是CuSO4，濾渣的主要成分是不溶于水的TeO2，經過NaOH堿浸后，生成溶于水的Na2TeO3，然后在濾液中加入H2O2使其氧化成Na2TeO4，最后通過結晶分離出Na2TeO4，然后把Na2TeO4和H2SO4、Na2SO3放在一起反應生成不溶于水的碲；經過沉碲操作得到粗碲粉，據此分析解答。

【詳解】

（1）Cu2Te中Cu為+1價；則Te為-2價；

（2）同主族元素，原子序數越大，非金屬性越弱，氫化物的穩定性越弱，故H2S的穩定性強于H2Te；

（3）經分析，濾液I的主要成分是CuSO4，根據CuSO4的浸出率與溫度關系圖可知，浸出率先是隨溫度升高而升高，然后隨溫度升高而減小，其原因是溫度升高，硫酸銅的溶解度增大，溶解速率會加快，則浸出率逐漸升高，當溫度高到一定程度，由于TeO2具有強還原性，則和CuSO4發生氧化還原反應生成了難溶于水的Cu2TeO4，故后期溫度升高，CuSO4的浸出率反而下降。

（4）經分析“堿浸”過程是不溶于水的TeO2，經過NaOH堿浸后，生成溶于水的Na2TeO3，故離子方程式為TeO2+2OH-=+H2O。

（5）根據題意可知25.00mLH2TeO3溶液和V2mLc2mol·L-1硫酸亞鐵銨被V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液氧化，H2TeO3被氧化成H6TeO6，亞鐵被氧化成+3價鐵，K2Cr2O7被還原成+3價鉻，根據電子守恒可得關系式c(H2TeO3)×25.00mL×2+c2×V2mL×1=c1×V1mL×3×2，解得c(H2TeO3)=mol·L-1，則100mL的H2TeO3溶液所含的n(H2TeO3)=mol·L-1×0.1L=mol，n(H2TeO3)=n(Te)=mol，則m(Te)=故mg粗碲粉中碲的質量分數為=若硫酸亞鐵銨溶液使用之前部分被氧化，消耗K2Cr2O7溶液體積偏小，則測定結果偏低。【解析】(1)-2價。

(2)>同主族元素；原子序數越大，非金屬性越弱，氫化物的穩定性越弱。

(3)CuSO4隨溫度升高，CuSO4溶解度及溶解速率均變大，浸出率升高，但溫度過高，CuSO4和TeO2反應生成難溶性的Cu2TeO4；出率降低。

(4)TeO2+2OH-=+H2O

(5)偏低五、計算題(共4題，共20分)24、略

【分析】【分析】

由X的物理性質知X易升華，是分子晶體。加熱分解時發生氧化還原反應，氣體C用足量KI溶液吸收，再用0.2500mol/LNa2S2O3溶液進行滴定，晶體B的溶液用0.0500mol/L的K2Cr2O7溶液進行滴定；兩個過程電子轉移量相等。X的質量是兩元素質量之和，兩種元素物質的量之比等于化學式中原子個數之比。

【詳解】

氣體C用足量KI溶液吸收，再用0.2500mol/LNa2S2O3溶液進行滴定，反應時C中元素化合價降低，KI被氧化為I2，I2再被Na2S2O3還原為I-，符合此條件的單質為氯氣，所以X中含氯元素；X分解得到B，所得溶液用0.0500mol/L的K2Cr2O7溶液滴定，Cr元素被還原，B中元素被氧化，溶液中有變價的金屬元素是鐵元素，所以X中含鐵元素，X中含鐵、氯兩種元素。由電子守恒得關系式：6Fe2+~K2Cr2O7，n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=624.66mL—3L/ml，m(Fe2+)=n(Fe2+)

n(Cl-)=m(Cl-)/M(Cl-)=［1.2-m(Fe)］/M(Cl-)，n(Fe):n(Cl)=1:3，所以X化學式為FeCl3，；所以摩爾質量為162.5g/mol；

故答案為162.5g/mol；FeCl3。【解析】162.5g/molFeCl325、略

【分析】【分析】

(1)根據Cr(OH)3溶度積計算要使c(Cr3+)完全沉淀時的氫氧根濃度；再計算氫