2025年广西省桂林中山中学化学高二第二学期期末统考试题含解析.doc

2025年广西省桂林中山中学化学高二第二学期期末统考试题
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（每题只有一个选项符合题意）
1、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是
A．X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
B．Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构
D．W的氧化物对应的水化物均为强酸
2、下列物质中，既含有极性共价键，又含有非极性共价键的是（ ）
A．CCl4 B．CO2 C．NH4Cl D．C2H4
3、北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂，以保证鲜花盛开，S-诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是

A．含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基 B．含有苯环、羟基、羰基、羧基 C．含有羟基、羰基、羧基、酯基 D．含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基
4、现有下列三个氧化还原反应：① 2B- + Z2 = B2+2 Z - ② 2A2+ + B2 = 2A3+ + 2B- ③2XO4- + 10Z - + 16H+ = 2X2+ + 5Z2 + 8H2O，根据上述反应，判断下列结论中错误的是（ ）
A．要除去含有 A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+，而不氧化Z-和B-，应加入Z2
B．还原性强弱顺序为： A2+﹥B-﹥Z-﹥X2+
C．X2+是 XO4- 的还原产物， B2 是 B-的氧化产物
D．在溶液中可能发生反应： XO4- +5 A2++ 8H+ = X2+ + 5A3+ + 4H2O
5、下列有关物质结构的说法正确的是(　　)
A．78 g Na2O2晶体中所含阴、阳离子个数均为4NA
B．HBr的电子式为H＋[∶]－
C．PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到了8电子稳定结构
D．3.4 g氨气中含有0.6NA个N—H键
6、下列反应的离子方程式书写正确的是
A．NaAlO2溶液中通入过量的CO2: 2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-
B．向海带灰浸出液中加入稀硫酸、双氧水：2I-+2H++H2O2=I2+ 2H2O
C．磨口玻璃试剂瓶被烧碱溶液腐蚀：SiO2+2Na++2OH-=Na2SiO3↓+H2O
D．NaHCO3溶液和少量Ba(OH)2溶液混合：HCO3-+ OH-+ Ba2+=H2O+BaCO3↓
7、实验室加热约150 mL液体时，可以使用的仪器是(　　)

A．①③④⑥ B．②③④⑥ C．①③④⑤ D．②③⑤⑥
8、下列物质①HCl溶液 ②H2O ③C2H5OH 都能与Na反应放出H2，其产生H2的速率排列顺序正确的是
A．①>②>③ B．②>①>③ C．③>①>② D．②>③>①
9、下列各项中表达正确的是
A．S2-的核外电子排布式：1s22s22p63s23p6
B．N2的结构式：:N≡N:
C．NaCl的电子式：
D．CO2的分子模型示意图：
10、某研究性学习小组利用下图装置探究草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)的分解产物，下列说法错误的是

A．实验前通入N2的作用是排出装置内的空气
B．②、⑥中澄清石灰水的作用均是为了检验CO2气体
C．装置中试剂X为NaOH溶液，固体Y为CuO固体
D．将①中所得固体溶于KSCN溶液，可以检验其中铁元素的化合价
11、下列物质中，难溶于CCl4的是(　　)
A．碘单质 B．水 C．苯 D．甲烷
12、某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是
A．Na2O B．AlCl3 C．FeCl2 D．SiO2
13、已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2O，IO3﹣→I2，MnO4-→Mn2+，HNO2→NO，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是
A．H2O2 B．IO3-
C．MnO4- D．HNO2
14、氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为
A．两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3中的N为sp2型杂化，而CH4中的C是sp3型杂化
B．NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道
C．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强
D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子
15、依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是(　　)
A．H3BO3的酸性比H2CO3的强
B．Mg(OH)2的碱性比Be(OH)2的弱
C．C、N、O原子半径依次增大
D．若M＋和R2－的核外电子层结构相同，则粒子半径：R2－>M＋
16、原子数和电子数分别相等的粒子称为等电子体，下列粒子不属于等电子体的是( )
A．CH4 和NH4 + B．NO 和 O2 C．NH3和 H3O+ D．HCl 和 HS-
二、非选择题（本题包括5小题）
17、X、Y、Z、W、M、R六种短周期元素，周期表中位置如下：

试回答下列问题：
（1）X、Z、W、R四种元素的原子半径由大到小的排列顺序是______（用元素符号表示）。
（2）由X、Z、W、R四种元素中的三种元素可组成一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，则该反应的化学方程式为_____________________________。
（3）由X、W、M、R四种元素组成的一种离子化合物A，已知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出A与足量盐酸反应的离子方程式_________________________________。
（4）分子式为X2Y2W4的化合物与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性，其原因是____________________（用方程式及必要的文字说明）。0.1mol·L－1该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________________________。
（5）由X、Z、W、R和Fe五种元素可组成类似明矾的化合物T（相对分子质量为392），1molT中含有6mol结晶水。对化合物T进行如下实验：
a.取T的溶液，加入过量的NaOH浓溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体。白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；
b.另取T的溶液，加入过量的BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解。
则T的化学式为_____________________。
18、有机物G（分子式为C13H18O2）是一种香料，如图是该香料的一种合成路线。

已知：
①E能发生银镜反应，在一定条件下，1 mol E能与2 mol H2反应生成F；
②R—CH===CH2R—CH2CH2OH；
③有机物D的摩尔质量为88 g·mol－1，其核磁共振氢谱有3组峰；
④有机物F是苯甲醇的同系物，苯环上只有一个无支链的侧链。
回答下列问题：
（1）用系统命名法命名有机物B________________；
（2）E的结构简式为__________________________；
（3）C与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为____________________________；
（4）已知有机物甲符合下列条件：①为芳香族化合物；②与F互为同分异构体；③能被催化氧化成醛。符合上述条件的有机物甲有________种，写出一种满足苯环上有3个侧链，且核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为6∶2∶2∶1∶1的有机物的结构简式____________________；
（5）以丙烯等为原料合成D的路线如下：

X的结构简式为_______，步骤Ⅱ的反应条件为___________，步骤Ⅳ的反应类型为______。
19、50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1 NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：

(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是________。
(2)烧杯间填满碎纸条的作用是________。
(3)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值____________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(4)该实验常用0.50 mol·L－1 HCl和0.55 mol·L－1 NaOH溶液各50 mL进行实验，其中NaOH溶液浓度大于盐酸浓度的作用是______，当室温低于10 ℃时进行实验，对实验结果会造成较大的误差，其原因是_____________。
(5)实验中改用60 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.50 mol·L－1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求得的中和热________(填“相等”或“不相等”)，简述理由： ______________。
(6)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热ΔH将________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
20、纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2•xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2。用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。请回答下列问题：
（1）TiCl4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式为______________________________。
（2）配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是__________；使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的__________（填字母代号）。

（3）滴定终点的判定现象是________________________________________。
（4）滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为M g/mol）试样wg，消耗c mol/LNH4Fe(SO4)2 标准溶液VmL，则TiO2质量分数表达式为______________________________。
（5）判断下列操作对TiO2质量分数测定结果的影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果__________。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果__________。
21、氮化俚(Li3N)是一种金属化合物，常用作储氢材料，某化学兴趣小组设计制备氮化锂并测定其组成的实验如下(已知: Li3N易水解)。

请回答下列问题：
（1）Li3N水解的化学方程式为__________________。
（2）实验时首先点燃A处酒精灯。写出装置A中发生反应的化学方程式______________。
（3）)装置D的作用是_______________。
（4）请用化学方法确定氮化锂中含有未反应的锂，写出实验操作及现象______________。
（5）测定氮化锂的纯度。
假设锂粉只与氮气反应。称取6.0g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入200.00mL1.00mol/L盐酸中，充分反应后，将所得溶液稀释至500.00mL；取25.00mL稀释后的溶液注入锥形瓶中,加入几滴酚酞，用0.10mol/LNaOH标准溶液滴定过量的盐酸。
①判断滴定终点的现象是___________。
②滴定起始和终点的液面位置如图，则产品的纯度为___________。

③若漓定前平视读数，滴定后仰视读数，则测定结果____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，W是N，X是O；Y的周期数是族序数的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，Z的最外层电子数是7个，Z是Cl，结合元素周期律和物质的性质解答。
【详解】
根据以上分析可知W、X、Y和Z分别是N、O、Na、Cl。则
A. 氧元素与其N、Na、Cl三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如NO、NO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等，A正确；
B. 过氧化钠中含有离子键和共价键，B错误；
C. N、O、Na三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，均是10电子，氯离子是18电子微粒，C错误；
D. 亚硝酸为弱酸，D错误；
答案选A。
本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，红棕色气体是解答的突破点，该类试题与元素化合物的知识结合的比较多，元素推断只是一种载体，注意掌握常见单质及其化合物的性质、典型用途、制备等。
2、D
【解析】
A. CCl4中只有极性共价键，A不符合题意；
B. CO2中只有极性共价键，B不符合题意；
C. NH4Cl中含有离子键和极性共价键，C不符合题意；
D. C2H4中既含有极性共价键，又含有非极性共价键，D符合题意；
答案选D。
3、A
【解析】
从图示可以分析，该有机物的结构中存在3个碳碳双键、1个羰基、1个醇羟基、1个羧基。A选项正确。答案选A。
4、A
【解析】
A．氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应③16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4-＞Z2；反应②2A2++B2=2A3-+2B-中，氧化性B2＞A3+；反应①2B-+Z2=B2+2Z-中，氧化性Z2＞B2，则氧化性由强到弱的顺序是XO4-＞Z2＞B2＞A3+，所以要除去含有 A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+，而不氧化Z-和B-，应加入B2，故A错误；B．由①②③反应中还原性的比较可知，还原性由强到弱顺序是A2+、B-、Z-、X2+，故B正确；C．反应③中X元素的化合价降低，则XO4-为氧化剂，则X2+是XO4-的还原产物，反应①中B- 发生氧化反应生成B2 ，即B2 是 B-的氧化产物，故C正确；D．氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应③16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4-＞Z2；反应②2A2++B2=2A3-+2B-中，氧化性B2＞A3+；反应①2B-+Z2=B2+2Z-中，氧化性Z2＞B2，则氧化性由强到弱的顺序是XO4-＞Z2＞B2＞A3+，所以溶液中XO4-能氧化A2+，发生的反应为XO4- +5 A2++ 8H+ = X2+ + 5A3+ + 4H2O，故D正确；答案为A。
点睛：考查学生氧化还原反应中氧化性和还原性强弱判断规律：氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，且氧化性强的先被还原，氧化性强的先被氧化。
5、D
【解析】本题阿伏伽德罗常数的计算与判断、电子式的书写等知识。
分析：A．根据过氧化钠的物质的量以及过氧化钠中含有2个阳离子和1个阴离子；B．溴化氢为共价化合物，电子式中不需要标出所带电荷；C．对于共价化合物元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构；D．根据氨气的物质的量以及1个氨气中含有3个N-H键。
解析：78gNa2O2晶体的物质的量为=1mol，过氧化钠中含有2个Na+离子和1个O22—离子，78gNa2O2晶体中所含阴、阳离子个数分别为NA、2NA，故A错误；溴化氢为共价化合物，氢原子与溴原子形成了一个共用电子对，溴化氢中氢原子最外层为2个电子，溴原子最外层达到8电子，用小黑点表示原子最外层电子，则溴化氢的电子式为，B错误；BCl3中B元素化合价为+3，B原子最外层电子数为3，最外层有（3+3）=6，分子中B原子不满足8电子结构，故C错误；3.4g氨气的物质的量为 =0.2mol，氨气分子中含有3个N-H键，所以3.4g氨气中含有0.6NA个N-H键，故D正确。
点睛：解题时注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系，明确电子式的概念及书写原则。
6、B
【解析】
A、AlO2-离子与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，错误；
B、海带中的碘离子在酸性条件下与过氧化氢发生氧化还原反应，被氧化为碘单质，过氧化氢被还原为水，符合离子方程式的书写，正确；
C、硅酸钠是易溶强电解质，书写离子方程式时应拆成离子形式，错误；
D、氢氧化钡是少量的，则以氢氧化钡为标准书写离子方程式，则需要2个碳酸氢根离子，与所给离子方程式不符，错误；
答案选B。
7、A
【解析】
在给液体加热时首先要有热源仪器，在实验室中最常用的是酒精灯，加热约150mL液体，要选择容积大的容器，一般用烧杯，但烧杯的底面积较大，为了使之受热均匀，要垫上石棉网，以防止受热不均而炸裂。
【详解】
由于加热的是约150mL液体，溶液的体积较大，故应用到容积较大的烧杯，而不能用试管，而烧杯加热必须垫石棉网，且加热的装置应选择酒精灯，夹持装置应选择铁架台，故选A。
本题考查化学实验基本操作，注意了解仪器的名称、用途、使用方法和注意事项是解答关键。
8、A
【解析】
①HCl溶液 、②H2O 、③C2H5OH都能与Na反应放出H2，但其中钠反应的速率是不同的，HCl是强电解质，其完全电离，故该溶液中c(H+)最大；水是弱电解质，其中的c(H+)较小；乙醇是非电解质，不通电离出H+，故产生H2的速率排列顺序是①>②>③，选A。
9、A
【解析】
A. 硫离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，A正确；
B. N2的结构式为N≡N，B错误；
C. NaCl是离子化合物，电子式为，C错误；
D. CO2是直线形分子，该模型不能表示二氧化碳，D错误。
答案选A。
10、D
【解析】
A.反应装置中含有空气，若不将装置中的空气排出，会将草酸亚铁分解产生的FeO氧化为Fe2O3，影响实验测定，因此该操作合理，A正确；
B.②中澄清石灰水的作用是为了检验FeC2O4·2H2O 分解产物中含CO2气体；⑥中澄清石灰水的作用是为了检验CO2气体，进而证明FeC2O4·2H2O分解产生的物质中含CO，CO与⑤处的灼热的CuO发生了反应产生了CO2，B正确；
C. FeC2O4·2H2O受热分解产生的CO2气体通过②检验出来，通过装置中试剂X为NaOH溶液来除去，经无水氯化钙干燥后经灼热的固体Y反应转化为CO2气体，所以Y为CuO固体，C正确；
D.将①中所得固体为FeO，该物质在KSCN溶液中不能溶解，且其中含有的铁元素为+2价，与KSCN也不能发生反应，因此不可以检验其中铁元素的化合价，D错误；
故合理选项是C。
11、B
【解析】
由相似相溶可知水为极性分子，单质碘、苯和甲烷均是非极性分子，而CCl4为非极性分子，因此难溶于四氯化碳的是水，故答案为B。
12、B
【解析】
A、钠和氧气可以生成氧化钠，加入碳酸氢钡中反应生成碳酸钡沉淀，没有气体，错误，不选A；
B、铝和氯气反应生成氯化铝，加入碳酸氢钡中反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，正确，选B；
C、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁，错误，不选C；
D、硅和氧气反应生成二氧化硅，加入到碳酸氢钡中不反应，错误，不选D。
注意单质之间化合的产物
1、氢气和氧气生成水。
2、硫和氧气生成二氧化硫，不是三氧化硫。
3、氮气和氧气生成一氧化氮，不是二氧化氮。
4、钠和氧气在点燃条件下反应生成过氧化钠，常温下生成氧化钠。
5、锂和氧气反应生成氧化锂，没有过氧化物。
6、钾和氧气点燃反应生成更复杂的氧化物。
7、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁。
8、铁和硫反应生成硫化亚铁。
9、铁和氧气反应生成四氧化三铁
10、铜和硫反应生成硫化亚铜
13、D
【解析】
根据氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。
【详解】
根据H2O2→H2O，IO3﹣→I2，MnO4-→Mn2+，HNO2→NO可知1 mol H2O2、IO3－、MnO4－、HNO2得到电子的物质的量分别是2 mol、5 mol、5 mol、1 mol电子，根据得失电子总数相等的原则，分别氧化KI得到I2的物质的量为1 mol、2.5 mol、2.5 mol、0.5 mol，而1 mol IO3－本身被还原生成0.5 mol I2，所以IO3－氧化KI所得I2最多。答案选B。
14、C
【解析】
NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，为正四面体构型。
【详解】
A. 两种分子的中心原子杂化轨道类型相同，中心原子均是sp3型杂化，故A错误；
B．NH3分子中N原子、CH4分子中C原子均形成4个杂化轨道，故B错误；
C．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强，而CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，故C正确；
D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子不能解释两分子形状不同，如CH3Cl是极性分子，也是四面体构型，故D错误；
故C正确。
本题考查了分子空间构型的判断，注意理解价层电子对互斥理论与杂化轨道理论，注意孤对电子对占据杂化轨道，但在观察分子形状时要忽略孤对电子对占据的空间。
15、D
【解析】本题考查元素周期律。
解析：非金属性B＜C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为H3BO3＜H2CO3，A错误；金属性Mg＞Be，则最高价氧化物对应的水化物的碱性为Mg（OH）2＞Be（OH）2，B错误；C、N、O属于同一周期，且C、N、O的原子序数依次增大，所以原子半径依次减小，C错误；M+和R2-的核外电子层结构相同，则M+在下一周期的前方，R2-在上一周期的后方，随核电荷数增大，离子半径依次减小，原子序数M＞R，则粒子半径：R2－>M＋，故D正确。
点睛：熟悉元素的金属性与非金属性的递变规律是解答本题的关键，并能结合题意灵活运用即可。
16、B
【解析】
根据题目信息，电子数目相同的微粒为等电子体，分子中质子数等于电子数，据此分析判断。
【详解】
A．CH4的质子数为6+1×4=10，分子中质子数等于电子数，所以电子数为10，NH4+的质子数为7+1×4=11，电子数为10，所以两者的电子数相等，都是10个，属于等电子体，故A不选；
B．NO的质子数为7+8=15，O2的质子数为8×2=16，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子数不相等，不是等电子体，故B选；
C．NH3与H3O+质子数分别是10、10，电子数分别为10、10，是等电子体，故C不选；
D．HCl的质子数为1+17=18，HS-的质子数为16+1×2=18，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子数相等，是等电子体，故D不选；
答案选B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、S＞N＞O＞H3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2OHSO3-+H+=SO2+H2OKHC2O4溶液中存在HC2O4-的电离与水解，即HC2O4-⇌H++C2O42-，HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-，电离程度大于水解程度，使溶液中的c（H+）＞c（OH-），溶液显酸性c（K+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
【解析】
根据元素在周期表中的位置，可推测出X、Y、Z、W、M、R六种短周期元素分别为H、C、N、O、Na、S。
【详解】
（1）X、Z、W、R四种元素分别为H、N、O、S，原子半径由大到小的顺序为S＞N＞O＞H；
（2）X、Z、W、R四种元素分别为H、N、O、S，组成的强酸为硝酸、硫酸，稀溶液能与铜反应，则酸为硝酸，反应的方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；
（3）由X、W、M、R四种元素为H、O、Na、S，组成的一种离子化合物A，已知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，则A为亚硫酸氢钠，与盐酸反应生成二氧化硫和水，反应的离子方程式为HSO3-+H+=SO2+H2O；
（4）分子式为X2Y2W4的化合物为草酸（乙二酸），与含等物质的量的KOH反应生成的物质为KHC2O4，溶液中存在HC2O4-电离与水解，即HC2O4-⇌H++C2O42-， HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-，电离程度大于水解程度，使溶液中的c（H+）＞c（OH-），溶液显酸性；0.1mol/L KHC2O4溶液中除存在上述反应还有H2O⇌H++OH-，则c（H+）＞c（C2O42-），各离子浓度由大到小的顺序为c（K+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；
（5）根据a的反应现象，可判断物质T的Fe为+2价，气体为氨气，则含有铵根离子；b的现象说明T中含有硫酸根离子，已知，Fe为+2价，硫酸根为-2价，铵根离子为+1价，Ｔ的相对分子质量为392，则结晶水个数为6，可判断T的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。
18、 2－甲基－1－丙醇 C6H5CH=CHCHO (CH3)2CHCHO＋2Cu(OH)2＋NaOH(CH3)2CHCOONa＋Cu2O↓＋3H2O 13种 CH3CHBrCH3 NaOH的水溶液，加热 消去反应
【解析】C氧化可生成D，则D应为酸，D的相对分子质量通过质谱法测得为88，它的核磁共振氢谱显示只有三组峰，其结构简式应为（CH3）2CHCOOH，则C为（CH3）2CHCHO；B为（CH3）2CHCH2OH，由题给信息可知A为（CH3）2C=CH2，有机物F是苯甲醇的同系物，苯环上只有一个无支链的侧链，结合G的分子式可知F为，E能够发生银镜反应，1mol E与2mol H2反应生成F，则E为，G为，则
（1）B为（CH3）2CHCH2OH，按照醇的系统命名法命名；正确答案：2-甲基-1-丙醇；
（2）根据以上分析可知E的结构简式为；正确答案：
（3）(CH3)2CHCHO被新制Cu(OH)2氧化为羧酸；正确答案： (CH3)2CHCHO＋2Cu(OH)2＋NaOH(CH3)2CHCOONa＋Cu2O↓＋3H2O；
（4）
F为，符合：①为芳香族化合物；②与F是同分异构体；③能被催化氧化成醛的化合物有：若苯环上只有1个取代基，取代基为—CH(CH3)—CH2OH，只有1种；若苯环上有2个取代基，可能是甲基和—CH2CH2OH，邻间对3种，也可以是—CH2CH3和—CH2OH，邻间对3种；若苯环上有3个取代基，只能是两个—CH3和一个—CH2OH，采用定一议二原则判断，有6种，所以共有13种。其中满足苯环上有3个侧链，且核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为6∶2∶2∶1∶1的有机物的结构简式为

正确答案：13种；
（5）D结构简式为（CH3）2CHCOOH，以丙烯等为原料合成D的路线可知，反应Ⅰ为加成反应，X为CH3CHBrCH3，其在NaOH的水溶液中加热生成CH3CHOHCH3，反应Ⅳ、Ⅴ分别为消去反应和加成反应。正确答案：CH3CHBrCH3 ； NaOH的水溶液，加热； 消去反应；
点睛：有机推断题要充分利用题给定的信息并结合常见有机物的特征性质进行分析推理，才能快速推出物质的结构。
19、环形玻璃搅拌棒 减少实验过程中的热量损失 偏小 保证盐酸完全被中和 体系内、外温差大，会造成热量损失 相等 因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O(l)所放出的能量，与酸碱的用量无关 偏大
【解析】
(1)为了加快酸碱中和反应，减少热量损失，用环形玻璃搅拌棒搅拌；
(2) 为了减少热量损失，在两烧杯间填满碎纸条或泡沫；
(3) 大烧杯上盖硬纸板是为了减少气体对流，使热量损失，若不用则中和热偏小；
(4)加热稍过量的碱，为了使酸完全反应，使中和热更准确；当室温低于10 ℃时进行实验，内外界温差过大，热量损失过多，造成实验数据不准确；
(5)实验中改用60 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.50 mol·L－1 NaOH溶液进行反应，计算中和热数据相等，因为中和热为强的稀酸、稀碱反应只生成1mol水时释放的热量，与酸碱用量无关；
(6) 用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，氨水为弱电解质，电离时吸热，导致释放的热量减少，计算中和热的数值减少，焓变偏大；
测定中和热时，使用的酸或碱稍过量，使碱或酸完全反应；进行误差分析时，计算数值偏小，由于焓变为负值，则焓变偏大。
20、TiCl4＋(2＋x)H2O=TiO2·xH2O↓＋4HCl 抑制NH4Fe(SO4)2水解 AC 溶液变成红色 （或） 偏高 偏低
【解析】
（1）根据原子守恒可知TiCl4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式为TiCl4＋(2＋x)H2O＝TiO2·xH2O↓＋4HCl；
（2）NH4＋水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，因此加入硫酸的目的是抑制NH4Fe(SO4)2的水解；根据一定物质的量浓度溶液配制过程可知配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要用到容量瓶和胶头滴管，即AC正确；
（3）根据要求是Fe3＋把Ti3＋氧化成Ti4＋，本身被还原成Fe2＋，因此滴定终点的现象是溶液变为红色；
（4）根据得失电子数目守恒可知n(Ti3＋)×1＝n[NH4Fe(SO4)2]×1＝0.001cV mol，根据原子守恒可知n(TiO2)＝n(Ti3＋)＝0.001cV mol，所以TiO2的质量分数为；
（5）①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，造成所配溶液的浓度偏低，在滴定实验中，消耗标准液的体积增大，因此所测质量分数偏高；
②滴定终点时，俯视刻度线，读出的标准液的体积偏小，因此所测质量分数偏低。
21、Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑ 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O 防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置 取少量产物于试管中，加入适量蒸馏水（或盐酸），用排水法收集得到无色气体，则证明产物中含有未反应的锂 最后一滴氢氧化钠溶液滴入时，溶液由无色变红色，且在半分钟之内不恢复原来的颜色 93.1% 偏低
【解析】
分析:由图可以知道A中发生2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，B中浓硫酸的作用是吸收未反应的氨气同时干燥氮气，C中发生6Li+N2=2Li3N，D装置碱石灰吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，防止进入C中，以此来解答。
(1) Li3N固体水解生成氢氧化锂和氨气，据此写出化学方程式；
(2)A中氨气和氧化铜在加热条件下发生氧化还原反应生成N2；
(3) 根据氮化锂易水解的性质分析装置D的作用；
(4) 氮化锂与水反应生成氨气，锂与水反应生成氢气，检验生成的气体有氢气即可确定氮化锂中含有未反应的锂； 
(5) ①酚酞遇碱变红，碱滴酸溶液颜色由无色变红；
②氮化锂与水反应生成氨气，被过量的盐酸吸收，根据剩余的盐酸量可得消耗的盐酸，即可得到氨气的量，据此计算产品的纯度；
③仰视滴定管读数将使侧定的剩余盐酸含量偏多，导致测定结果偏小。
详解:(1) Li3N固体水解生成氢氧化锂和氨气，化学方程式为：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，
因此，本题正确答案是：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑；
(2) A中氨气和氧化铜在加热条件下发生氧化还原反应生成N2，发生反应的化学方程式为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，因此，本题正确答案是：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O； 
(3) 装置D的作用是防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置；
因此，本题正确答案是：防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置；
(4)若要确定氮化锂中含有未反应的锂，由于氮化锂与水反应生成氨气，锂与水反应生成氢气，检验生成的气体有氢气即可确定氮化锂中含有未反应的锂；具体操作为： 取少量产物于试管中，加入适量蒸馏水（或盐酸），用排水法收集得到无色气体，则证明产物中含有未反应的锂。（或“取少量产物放入足量盐酸中，若有气泡逸出，则证明产物中含有未反应的锂”）
因此，本题正确答案是: 取少量产物于试管中，加入适量蒸馏水（或盐酸），用排水法收集得到无色气体，则证明产物中含有未反应的锂。（或“取少量产物放入足量盐酸中，若有气泡逸出，则证明产物中含有未反应的锂”）；
(5) ①滴定终点的现象是最后一滴氢氧化钠溶液滴入时，溶液由无色变红色，且在半分钟之内不恢复原来的颜色；
②剩余的盐酸量为0.10mol/L0.0202L=0.0404mol，故参与反应的盐酸为0.2L×1mol/L-0.0404=0.1596mol，根据氮元素守恒：Li3NNH3，则n(Li3N)= 0.1596mol ，
则氮化锂的质量分数为：×100%=93.1%； 
因此，本题正确答案是: 93.1%； 
③达到滴定终点时，仰视滴定管读数将使消耗的氢氧化钠标准液的体积读数偏大，使剩余盐酸的量计算偏大，反应盐酸的氨气量偏小，故测定结果偏低；
因此，本题正确答案是：最后一滴氢氧化钠溶液滴入时，溶液由无色变红色，且在半分钟之内不恢复原来的颜色； 93.1% ； 偏低。