不褪去，就证明滴定达到终点；
(5)①通过比较实验一、实验二的数据，发现V1远远小于V2，可忽略不计V1。设置实验一的目的是空白对比实验，排除干扰因素的存在；
②三次实验数据相差不大，均有效，则平均消耗KIO3标准溶液体积V(KIO3)=
10.02?9.98?10.00mL=10.00
3mL，n(KIO3)=c·V=0.0010 mol/L×0.0100 L=1.0×10-5 mol，根据电子守恒及结合②③方程式可知
n(SO2)=3n(KIO3)=3.0×10-5 mol，根据S元素守恒可知其中含有S元素的质量为m(S)=n·M=3.0×10-5 mol×32
9.6?10?4gg/mol=9.6×10g，所以该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为×100%=0.096%。
1g-4
【点睛】
本题考查了气体的制取、性质的验证、化学反应方程式的书写及应用和物质含量测定。掌握反应原理和物质的性质是计算与判断的依据。在进行有关计算时要结合电子守恒及元素守恒分析判断。易错点是(5)中S含量计算，关键是IO3-氧化SO2时二者物质的量的关系的确定，注意还原产物I2也可氧化SO2，要根据总方程式判断。
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．光照 O2、Cu，加热 羧基 氧化 防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）
+HNO3(浓)+H2O 、
【解析】 【分析】
分子式为芳香烃C7H8的不饱和度为：
7?2+2-8=4，则该芳香烃为甲苯（2）；甲苯在光照条件
下与氯气反应生成A，则A为A生成B，；且B能发生催化氧化，则B为C为、D为、、
E为；发生硝化反应生成F，F通过题目提示的反应原理生成，
以此解答。 【详解】
（1）甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，反应条件是光照；B
发生氧化反应生成C
，条件是
O2、Cu，加热； （2）由分析可知E为
，氧官能团的名称为：羧基；F是
，②的方程式为：
KMnO4/H?????+，该反应是氧化反应；苯胺易被氧化，所以②和③先后顺序不能颠倒，
以免氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）； （3）
发生硝化反应生成F
，方程式为：
+HNO3(浓)+H2O；
（4）含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物应该是对称的结构，苯环上
必须有3个取代基，可能的结构有、；
（5）由分析可知A为，通过加成反应和消去反应，生成
，用Cl2加成生成，再进行一
步取代反应即可，整个合成路线为：
。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．
哑铃 4CaO?Fe1O3?1Al1O3?6SiO1?H1O 4 正四面体形 熔、
沸点依次升高，原因是分子结构相似，相对分子量依次增大，分子间作用力逐渐增强 6 O和N sp3 ?Si2O5?n【解析】 【分析】
(1)基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子；基态Si原子电子占据的能级有1s、1s、1p，最高能级为1p；
(1)绿帘石的组成为Ca1FeAl1(SiO4) (Si1O7)O(OH)，将其改写成氧化物的形式时应结合元素的化合价，依次写出金属氧化物、非金属氧化物、最后是水，并注意原子的最简单整数比不变；
(3)SiCl4分子的中心原子为Si，形成4个σ键，具有甲烷的结构特点；由表中数据可知四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关；
2n?或Si1O51-
(4)配离子为[Fe(H1O)6]1+，中心离子为Fe3+，配体为H1O，[Fe(H1O)4(en)]1+中配体为H1O和en，根据孤对电子确定配位原子；
(5)硅酸盐中的硅酸根(SiO44-)为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；图中为一种无限长层状结构的多硅酸根，图中一个SiO44-四面体结构单元中其中有3个氧原子的贡献率为【详解】
(1)基态Fe原子的核外价电子排布式为[Ar]3d64S1，基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子，则基态Fe原子的核外价电子排布图为
高能级为1p，其电子云轮廓图为哑铃形；
(1)绿帘石的组成为Ca1FeAl1(SiO4) (Si1O7)O(OH)，将其改写成氧化物的形式为4CaO?Fe1O3?1Al1O3?6SiO1?H1O；
(3)SiCl4分子的中心原子为Si，形成4个σ键，价层电子对数为4，具有正四面体结构；四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，沸点越高； (4)配离子为[Fe(H1O)6]1+，中心离子为Fe3+，配体为H1O，则配位数为6；?Fe?H2O?(en)?4；基态Si原子电子占据的能级有1s、1s、1p，最
1。 2??中配体为H1O
2?和en，其中O和N原子均能提供孤对电子，则配位原子为O和N；
(5)硅酸盐中的硅酸根(SiO44-)为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；图(b)为一种无限长层状结构的多硅酸根，图(a)中一个SiO44-四面体结构单元中其中有3个氧原子的贡献率为体结构单元含有1个硅、氧原子数目=1+3×或Si1O51-。 【点睛】
硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式即改写的一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水(xMO?nSiO1?mH1O)．注意：①氧化物之间以“?”隔开；②系数配置出现的分数应化为整数．如：正长石KAlSi3O8不能改写成 K1O?Al1O3?3SiO1，应改写成K1O?Al1O3?6SiO1．③金属氧化物在前(活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物)，非金属氧化物在后，若同一元素有变价，那么低价在前，高价在后，H1O一般写在最后。
19．CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-725.8kJ·mol-1 AC 1 减小 Al3+
+3H2O3Al(OH)3+3H+、CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32－(aq)，水解产生的H+与CO32－结合，促进CaCO3的溶解平衡向右移，使CaCO3溶解 4.7×10-5 c(Ca2+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)＞c(H+) 【解析】 【分析】
(1)已知：①CH3OH(l)+O2(g)═CO(g)+2H2O(g)；△H=-359.8kJ?mol-1；②2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)；△H=-556.0kJ?mol-1；③H2O(g)═H2O(l)；△H=-44.0kJ?mol-1；根据盖斯定律：①+
1，SiO44-四面212n?=1.5，Si、O原子数目之比为1:1.5=1:5，故化学式?Si2O5?n2１×②+2×③得２CH3OH(l)+
３O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，由此计算△H； ２(2)根据化学平衡状态特征分析；
(3)t℃时，若向容积为2L的密闭容器中加入3mol NH3和1molCO2，达到平衡时，容器内压强为开始时的0.75倍，结合三行计算列式计算，气体压强之比等于气体物质的量之比，平衡常数K=
生成物平衡浓度幂次方乘积，再向该容器中加入0.5molCO2和1molH2O，计算此时浓度商和平衡常
反应物平衡浓度幂次方乘积数比较判断反应进行的方向；
(4)AlCl3溶液水解显酸性，结合CaCO3的溶解平衡分析可得；
(5)常温下，测得某CaCO3的饱和溶液pH=10.0，由可知CaCO3(s)?Ca2+(aq)+CO32-(aq)，且CO32-+H2O?HCO3-+OH-，水解Kh=
Kw，以此计算c(CO32-)，溶液中c(Ca2+)=c(CO32-)+c(HCO3-)；在碳酸钙饱和Ka2溶液中存在CO32-的分步水解，且一级水解程度大于二级水解，由此确定离子浓度的大小。 【详解】
(1)已知：①CH3OH(l)+O2(g)═CO(g)+2H2O(g)；△H=-359.8kJ?mol-1；②2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)；△H=-556.0kJ?mol-1；③H2O(g)═H2O(l)；△H=-44.0kJ?mol-1；根据盖斯定律：①+CH3OH(l)+
１×②+2×③得２３１O2(g)=CO2(g)+2H2O，则△H=(-359.8kJ?mol-1)+×(-556.0kJ?mol-1)+2×(-44.0kJ?mol-1)=-725.8 ２２３kJ?mol-1，故甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O △H=-725.8 kJ?mol-1；
２(2)在恒温、恒容密闭容器中加入H2C2O4，发生反应：H2C2O4(s)?CO2(g)+CO(g)+H2O(g)； A．反应气体增多，开始压强增大，平衡时，压强不再变化，故A正确； B．只有生成物为气体，CO2(g)的体积分数保持占
1，故B错误； 3C．根据ρ=
m混，V不变，气体的质量增大，混合气体的密度不再变化，反应达到平衡，故C正确； VD．只有生成物为气体，根据质量守恒定律，混合气体的平均摩尔质量始终等于草酸的摩尔质量，故D错误；
故答案为AC；
(3)t℃时，若向容积为2L的密闭容器中加入3mol NH3和1molCO2，达到平衡时，结合三行计算列式计算，设反应的二氧化碳为x；
2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH)2(s)+H2O(g)
起始量(mol) 3 1 0 变化量(mol) 2x x x 平衡量(mol)3-2x 1-x x
气体压强之比等于气体物质的量之比，容器内压强为开始时的0.75倍，3-2x+1-x+x=(3+1)×0.75，解得：