2025年上教版高二化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年上教版高二化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、汽車尾氣（含烴類、CO、NO和SO2等）是空氣的主要污染源．治理方法之一是在汽車排氣管上加裝“催化轉(zhuǎn)化器”，使CO和NO反應(yīng)產(chǎn)生可參與大氣循環(huán)的無毒氣體，促使烴類充分燃燒及SO2的轉(zhuǎn)化．下列說法中錯(cuò)誤的是（）

A.CO和NO反應(yīng)生成CO2和N2：2CO+2NO2CO2+N2

B.汽車改用天然氣為燃料或開發(fā)氫能源；都可減少對(duì)空氣的污染。

C.此方法的缺點(diǎn)是由于CO2的增多；會(huì)大大提高空氣的酸度。

D.增大綠化面積；多植樹造林，可有效控制城市空氣污染。

2、下列氣體通入水中，不能形成電解質(zhì)溶液的是A．NH3B．O2C．HBrD．HCl3、水是一種重要的資源，節(jié)約用水是“全民節(jié)約，共同行動(dòng)”重要的一項(xiàng)．關(guān)于水的下列說法正確的是（）A.水可以電離出離子，所以是強(qiáng)電解質(zhì)B.水的離子積可表示KW=c（H+）?c（OH-）C.常溫下水中的c（H+）大于c（OH-）E.水可以電離出離子，所以是強(qiáng)電解質(zhì)E.水可以電離出離子，所以是強(qiáng)電解質(zhì)4、通過以下反應(yīng)均可獲取rm{H_{2}}下列有關(guān)說法正確的是rm{壟脵}太陽光催化分解水制氫：rm{2H_{2}O(l)簍T2H_{2}(g)+O_{2}(g)婁隴H_{1}=571.6kJ隆隴mol^{簍C1}}rm{2H_{2}O(l)簍T2H_{2}(g)+O_{2}(g)

婁隴H_{1}=571.6kJ隆隴mol^{簍C1}}焦炭與水反應(yīng)制氫：rm{C(s)+H_{2}O(g)簍TCO(g)+H_{2}(g)婁隴H_{2}=131.3kJ隆隴mol^{簍C1}}rm{壟脷}甲烷與水反應(yīng)制氫：rm{C(s)+H_{2}O(g)簍TCO(g)+

H_{2}(g)婁隴H_{2}=131.3kJ隆隴mol^{簍C1}}rm{CO(g)+3H_{2}(g)婁隴H_{3}=206.1kJ隆隴mol^{簍C1}}A.反應(yīng)rm{{,!}壟脹}中電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能B.反應(yīng)rm{CH_{4}(g)+H_{2}O(g)簍T}為放熱反應(yīng)C.反應(yīng)rm{CO(g)+3H_{2}(g)婁隴H_{3}=206.1

kJ隆隴mol^{簍C1}}使用催化劑，rm{壟脵}減小D.反應(yīng)rm{壟脷}rm{壟脹}的rm{婁隴H_{3}}rm{CH_{4}(g)簍T}5、下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.僅用rm{AgNO_{3}}溶液便可鑒別亞硝酸鈉和食鹽B.重結(jié)晶時(shí)，溶液冷卻速度越慢得到的晶體顆粒越大C.乙酸與乙醇的混合液可用分液漏斗進(jìn)行分離D.用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定待測(cè)rm{NaOH}溶液時(shí)，水洗后的酸式滴定管未經(jīng)標(biāo)準(zhǔn)液潤洗，則測(cè)定結(jié)果偏低6、關(guān)于銘rm{;_{18}^{40}Ar}的說法正確的是rm{(}rm{)}A.質(zhì)子數(shù)為rm{18}B.中子數(shù)為rm{40}C.質(zhì)量數(shù)為rm{58}D.核外電子數(shù)為rm{22}7、下列關(guān)于分子式為rm{C_{4}H_{8}O_{2}}的有機(jī)物的同分異構(gòu)體的說法中，不正確的是rm{(}rm{)}A.屬于酯類的有rm{4}種B.屬于羧酸類的有rm{2}種C.存在分子中含有六元環(huán)的同分異構(gòu)體D.既含有羥基又含有醛基的有rm{3}種8、互為同分異構(gòu)體的一組物質(zhì)是A.金剛石和石墨B.rm{{,!}_{8}^{18}{O}}和rm{{,!}_{8}^{16}{O}}C.rm{CH_{2}=CH_{2}}和rm{CH_{3}CH_{3}}D.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}和評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、汽車尾氣里含有NO氣體是由于內(nèi)燃機(jī)燃燒的高溫引起氮?dú)夂脱鯕夥磻?yīng)所致：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＞0已知該反應(yīng)在2404℃時(shí)，平衡常數(shù)K=64×10-4．請(qǐng)回答：

（1）某溫度下，向2L的密閉容器中充入N2和O2各1mol，5分鐘后O2的物質(zhì)的量為0.5mol，則N2的反應(yīng)速率為______．

（2）假定該反應(yīng)是在恒容條件下進(jìn)行，判斷該反應(yīng)達(dá)到平衡的標(biāo)志______（填字母序號(hào)）．

A．消耗1molN2同時(shí)生成1molO2B．混合氣體密度不變。

C．混合氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量不變D.2v（N2）正=v（NO）逆

（3）將N2、O2的混合氣體充入恒溫恒容密閉容器中，下列變化趨勢(shì)正確的是______．

A

B

C

（4）向恒溫恒容的密閉容器中充入等物質(zhì)的量的N2和O2，達(dá)到平衡狀態(tài)后再向其中充入一定量NO，重新達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)．與原平衡狀態(tài)相比，此時(shí)平衡混合氣體中NO的體積分?jǐn)?shù)______（填“變大”“變小”或“不變”）．

（5）該溫度下，某時(shí)刻測(cè)得容器內(nèi)N2、O2、NO的濃度分別為2.5×10-1mol?L-1、4.0×10-2mol?L-1和3.0×10-3mol?L-1，此時(shí)反應(yīng)______（填“處于化學(xué)平衡狀態(tài)”“向正反應(yīng)方向進(jìn)行”或“向逆反應(yīng)方向進(jìn)行”）．10、磺化煤(代表式NaR)是一種陽離子型交換劑，它能使硬水中的Ca2＋、Mg2＋通過交換除去而軟化?，F(xiàn)在海水(已知海水中含Na＋、Ca2＋、Mg2＋等陽離子)的淡化方法是使海水按順序通過兩種離子交換樹脂，其流程如右圖所示。(1)現(xiàn)有氫型陽離子交換樹脂和羥型陰離子交換樹脂，則(填代表式)A柱是________________，B柱是__________________。(2)按上述順序裝柱的理由是_________________________________________11、某體積可變的密閉容器，盛有適量的A和B的混合氣體，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：A+3B2C，若維持溫度和壓強(qiáng)不變，當(dāng)達(dá)到平衡時(shí)，容器的體積為VL，其中C氣體的體積占10%，下列推斷正確的是①原混合氣體的體積為1．2VL②原混合氣體的體積為1．1VL③反應(yīng)達(dá)平衡時(shí),氣體A消耗掉0．05VL④反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，氣體B消耗掉0．05VLA、②③B、②④C、①③D、①④12、乙炔（C2H2）是有機(jī)合成工業(yè)的一種原料。工業(yè)上曾用CaC2與水反應(yīng)生成乙炔。(1)CaC2中C與O互為等電子體，等電子體結(jié)構(gòu)相似，則1個(gè)O中含有的π鍵數(shù)目為____。(2)將乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2紅棕色沉淀。Cu＋基態(tài)核外電子排布式為____。(3)乙炔與氫氰酸反應(yīng)可得丙烯腈(H2C＝CH—C≡N)。丙烯腈分子中碳原子軌道雜化類型是____；分子中處于同一直線上的原子數(shù)目最多為________。13、（1）寫出葡萄糖發(fā)生銀鏡反應(yīng)的化學(xué)方程式______．

（2）某有機(jī)物含C、H、O三種元素，它的紅外吸收光譜表明有羥基O-H鍵和烴基上C-H鍵的紅外吸收峰，且烴基與羥基上氫原子個(gè)數(shù)之比為2：1，它的相對(duì)分子質(zhì)量為62，則該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式為______．

（3）向苯酚鈉溶液中通入少量的CO2，溶液將變渾濁，請(qǐng)寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式______．

（4）某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式如圖，則此有機(jī)物可發(fā)生的反應(yīng)類型有______（填字母）

①取代反應(yīng)②加聚反應(yīng)③消去反應(yīng)④酯化反應(yīng)⑤水解反應(yīng)⑥氧化反應(yīng)⑦顯色反應(yīng)。

A．①②④⑥⑦B．②③④⑥⑦C．①②③④⑤⑥D(zhuǎn)．全部．14、按要求完成各題。

rm{(1)}常溫下，rm{0.01mol/L}rm{HCl}溶液的rm{PH=}______；

rm{(2)}常溫下，rm{PH=11}的rm{CH_{3}COONa}溶液中由水電離產(chǎn)生的rm{c(OH^{-})=}______rm{mol/L}

rm{(3)}寫出rm{CH_{3}COONa}溶液中離子濃度由大到小的關(guān)系：______

rm{(4)}某溫度下純水中rm{C(H^{+})=2隆脕10^{-7}}rm{mol/L}則此時(shí)溶液中的rm{C(OH^{-})=}______rm{mol/L.}若溫度不變，滴入稀鹽酸使rm{C(H^{+})=5隆脕10^{-6}}rm{mol/L}則此時(shí)溶液中的rm{C(OH^{-})=}______rm{mol/L}評(píng)卷人得分三、探究題(共4題，共8分)15、（14分）某研究性學(xué)習(xí)小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍(lán)色沉淀。甲同學(xué)認(rèn)為兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學(xué)認(rèn)為這兩者相互促進(jìn)水解反應(yīng)，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學(xué)認(rèn)為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結(jié)晶水）Ⅰ．按照乙同學(xué)的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請(qǐng)用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序?yàn)?。?）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進(jìn)行定量分析來測(cè)定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實(shí)驗(yàn)開始時(shí)和實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。16、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組通過實(shí)驗(yàn)來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)計(jì)探究實(shí)驗(yàn)取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設(shè)1成立，則實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認(rèn)為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應(yīng)的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時(shí)溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實(shí)驗(yàn)分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實(shí)驗(yàn)小組欲用加熱法測(cè)定Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時(shí)，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。17、（14分）某研究性學(xué)習(xí)小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍(lán)色沉淀。甲同學(xué)認(rèn)為兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學(xué)認(rèn)為這兩者相互促進(jìn)水解反應(yīng)，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學(xué)認(rèn)為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結(jié)晶水）Ⅰ．按照乙同學(xué)的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請(qǐng)用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序?yàn)?。?）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進(jìn)行定量分析來測(cè)定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實(shí)驗(yàn)開始時(shí)和實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。18、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組通過實(shí)驗(yàn)來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)計(jì)探究實(shí)驗(yàn)取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設(shè)1成立，則實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認(rèn)為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應(yīng)的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時(shí)溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實(shí)驗(yàn)分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實(shí)驗(yàn)小組欲用加熱法測(cè)定Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時(shí)，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。評(píng)卷人得分四、推斷題(共4題，共20分)19、芳香族化合物rm{C}的分子式為rm{C_{9}H_{9}OCl}rm{C}與其他物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化如圖所示：

rm{C}分子中有一個(gè)甲基且苯環(huán)上只有一條側(cè)鏈；一定條件下rm{C}能發(fā)生銀鏡反應(yīng)．

rm{(1)F}中官能團(tuán)的名稱是______．

rm{(2)G}的結(jié)構(gòu)簡式是______．

rm{(3)}寫出rm{D}與銀氨溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式______．

rm{(4)}若實(shí)驗(yàn)測(cè)得rm{B}中不含有氯原子，你認(rèn)為可能的原因是______．

rm{(5)D}的一種同系物rm{W(}分子式為rm{C_{8}H_{8}O_{2})}有多種同分異構(gòu)體，則符合以下條件的rm{W}的同分異構(gòu)體有______種rm{.}

rm{壟脵}屬于芳香族化合物；

rm{壟脷}能與rm{NaHCO_{3}}反應(yīng)產(chǎn)生rm{CO_{2}}氣體．20、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}均是原子序數(shù)小于rm{36}的元素rm{.A}的基態(tài)原子外圍電子排布式為rm{3s^{2}}rm{B}原子的rm{L}電子層的rm{P}能級(jí)上有一個(gè)空軌道；rm{C}元素的基態(tài)原子最外層有rm{3}個(gè)未成對(duì)電子，次外層有rm{2}個(gè)電子；rm{D}的原子的rm{2p}軌道上有rm{1}個(gè)電子的自旋方向與其它電子的自旋方向相反；rm{E}是海水中除氫、氧元素外含量最多的元素；rm{F}和rm{G}在周期表中既處于同一周期又位于同一族，且原子序數(shù)rm{F}比rm{G}小rm{2}．

根據(jù)信息回答下列問題：

rm{(1)C}的外圍電子排布圖為______rm{.C}與氫元素可分別形成含rm{10}個(gè)電子的分子；陰離子和陽離子；陽離子中中心原子的雜化類型為______

rm{(2)}用電子式表示化合物rm{AE_{2}}的形成過程______

rm{(3)F}與rm{BD}易形成配合物rm{F(BD)_{5}}在rm{F(BD)_{5}}中rm{F}的化合價(jià)為______

rm{(4)E}有多種含氧酸根rm{壟脵EO^{-}壟脷EO_{2}^{-}壟脹EO_{3}^{-}壟脺EO_{4}^{-}}其中空間構(gòu)型為四面體形的是______rm{(}填序號(hào)rm{)}．

rm{(5)C}的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物與rm{A}的單質(zhì)反應(yīng)時(shí)，rm{C}被還原到最低價(jià)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．21、圖所涉及的物質(zhì)均為中學(xué)化學(xué)中常見的物質(zhì)，其中rm{A}和rm{D}兩種化合物是由兩種相同的元素組成的，rm{B}能使帶火星的木條復(fù)燃，rm{E}為黃綠色氣體。它們存在如下轉(zhuǎn)化關(guān)系rm{(}反應(yīng)中部分生成物已略去rm{)}

rm{(1)}寫出物質(zhì)rm{D}的電子式：______。

rm{(2)}說出物質(zhì)rm{G}的一種作用：______。

rm{(3)}寫出rm{A隆煤B}的化學(xué)反應(yīng)方程式：______。

rm{(4)F}的稀溶液能與石灰石rm{(}主要成分是rm{CaCO_{3})}反應(yīng)，產(chǎn)生一種無色無味的氣體，該反應(yīng)的離子方程式是______。22、A、rm{B}rm{C}在一定條件下；有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：

請(qǐng)回答下列問題：rm{(1)壟脵}的反應(yīng)類型為________________。rm{(2)C}中所含官能團(tuán)的名稱是________________。rm{(3)}分別寫出rm{壟脷}rm{壟脺}反應(yīng)的化學(xué)方程式rm{(}有機(jī)物用結(jié)構(gòu)簡式表示rm{)}________________________________________________________________________、__________________________________________________________。評(píng)卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共16分)23、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(xué)小組設(shè)計(jì)并開展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)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(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

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

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。24、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)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(shù)相等；Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價(jià)和最低化合價(jià)的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個(gè)數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請(qǐng)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?yàn)開__________（填元素符號(hào)）。

(3)R、T兩元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________。

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

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

②該同學(xué)認(rèn)為取X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)后的固體物質(zhì)與X2Q反應(yīng)，若能產(chǎn)生的單質(zhì)，即可證明得到的固體物質(zhì)一定是純凈的RX。請(qǐng)判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。25、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(xué)小組設(shè)計(jì)并開展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)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(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

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

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。26、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(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：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(zhì)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(shí)驗(yàn)_______評(píng)卷人得分六、工業(yè)流程題(共4題，共16分)27、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩(wěn)定性差，在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應(yīng)：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-?；卮鹣铝袉栴}：

（1）工業(yè)上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

①Na2FeO4中鐵元素的化合價(jià)為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時(shí)的化學(xué)反應(yīng)類型為___(填“氧化還原反應(yīng)”；“復(fù)分解反應(yīng)”或“化合反應(yīng)”)。

②反應(yīng)2加入飽和KOH溶液可轉(zhuǎn)化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學(xué)氧化法生產(chǎn)高鐵酸鈉(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為___（保留小數(shù)點(diǎn)后1位）。

（3）采用三室膜電解技術(shù)制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽極的電極反應(yīng)式為__。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質(zhì)的主要成分為___(填化學(xué)式)。

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測(cè)得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測(cè)曲線I和曲線Ⅱ產(chǎn)生差異的原因是___。28、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時(shí)易被氧氣氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③堿石灰是生石灰和氫氧化鈉的混合物，利用如圖裝置對(duì)FeSO4·nH2O中結(jié)晶水的含量進(jìn)行測(cè)定。

稱量C中的空硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量(86.282g)和D的質(zhì)量(78.368g)后；實(shí)驗(yàn)步驟如下：

完成下面小題。

1．下列分析正確的是()

A．裝置B中的濃硫酸可以換成濃氫氧化鈉溶液。

B．步驟I的目的是排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．裝置B和裝置D可以互換位置。

D．為加快產(chǎn)生CO2的速率；可將A中裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉狀。

2．操作甲和操作丙分別是()

A．操作甲：關(guān)閉K1操作丙：熄滅酒精燈。

B．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：冷卻到室溫。

C．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：關(guān)閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時(shí)C中硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量為84.432g，D的質(zhì)量為80.474g，產(chǎn)品硫酸亞鐵晶體(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理論值，產(chǎn)生誤差的可能原因是()

A．加熱時(shí)間過長，F(xiàn)eSO4進(jìn)一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發(fā)的物質(zhì)。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時(shí)間過短，結(jié)晶水未完全失去29、三氯化鉻是化學(xué)合成中的常見物質(zhì),三氯化鉻易升華,在高溫下能被氧氣氧化,堿性條件下能被H2O2氧化為Cr(Ⅵ)。制三氯化鉻的流程如下:

(1)重鉻酸銨分解產(chǎn)生的三氧化二鉻(Cr2O3難溶于水)需用蒸餾水洗滌的原因是________,如何判斷其已洗滌干凈:_____

(2)已知CCl4沸點(diǎn)為76.8℃,為保證穩(wěn)定的CCl4氣流,適宜加熱方式是______。

(3)用如圖裝置制備CrCl3時(shí),主要步驟包括:①將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿中;②加熱反應(yīng)管至400℃,開始向三頸燒瓶中通入氮?dú)?使CCl4蒸氣經(jīng)氮?dú)廨d入反應(yīng)管進(jìn)行反應(yīng),繼續(xù)升溫到650℃;③三頸燒瓶中裝入150mLCCl4,并加熱CCl4,溫度控制在50～60℃之間;④反應(yīng)管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時(shí),切斷加熱管式爐的電源;⑤停止加熱CCl4,繼續(xù)通入氮?dú)?⑥檢查裝置氣密性。正確的順序?yàn)?⑥→③→________。

(4)已知反應(yīng)管中發(fā)生的主要反應(yīng)有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光氣有劇毒,實(shí)驗(yàn)需在通風(fēng)櫥中進(jìn)行,并用乙醇處理COCl2,生成一種含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇處理尾氣的化學(xué)方程式為_____。

(5)樣品中三氯化鉻質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測(cè)定。

稱取樣品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一種帶塞的錐形瓶)中,加熱至沸騰后加入1gNa2O2,充分加熱煮沸,適當(dāng)稀釋,然后加入過量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈強(qiáng)酸性,此時(shí)鉻以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,搖勻,于暗處靜置5分鐘后,加入1mL指示劑,用0.0250mol/L硫代硫酸鈉溶液滴定至終點(diǎn),平行測(cè)定三次,平均消耗標(biāo)準(zhǔn)硫代硫酸鈉溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①該實(shí)驗(yàn)可選用的指示劑名稱為______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加熱煮沸,加入Na2O2后也要加熱煮沸,其主要原因是____。

③樣品中無水三氯化鉻的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____(結(jié)果保留一位小數(shù))。30、疊氮化鈉(NaN3)常用作汽車安全氣囊及頭孢類藥物生產(chǎn)等。水合肼還原亞硝酸甲酯(CH3ONO)制備疊氮化鈉(NaN3)的工藝流程如下：

已知：i．疊氮化鈉受熱或劇烈撞擊易分解；具有較強(qiáng)的還原性。

ii．相關(guān)物質(zhì)的物理性質(zhì)如下表：。相關(guān)物質(zhì)熔點(diǎn)℃沸點(diǎn)℃溶解性CH3OH-9767.1與水互溶亞硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5與水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300與水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步驟I總反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

(2)實(shí)驗(yàn)室模擬工藝流程步驟II；III的實(shí)驗(yàn)裝置如圖。

①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。該反應(yīng)放熱，但在20℃左右選擇性和轉(zhuǎn)化率最高，實(shí)驗(yàn)中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是___________。

②步驟II開始時(shí)的操作為___________(選填字母編號(hào))。步驟III蒸餾時(shí)的操作順序是___________(選填字母編號(hào))。

a．打開K1、K2b．關(guān)閉K1、K2c．打開K3d．關(guān)閉K3e．水浴加熱f．通冷凝水。

(3)步驟IV對(duì)B溶液加熱蒸發(fā)至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醇洗滌2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)實(shí)驗(yàn)室用滴定法測(cè)定產(chǎn)品純度。測(cè)定過程涉及的反應(yīng)為：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

稱取2.50g產(chǎn)品配成250mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反應(yīng)后稍作稀釋，向溶液中加適量硫酸，滴加2滴鄰菲噦啉指示劑，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的Ce4＋，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。

①產(chǎn)品純度為___________。

②為了提高實(shí)驗(yàn)的精確度，該實(shí)驗(yàn)還需要___________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】

A、CO與NO反應(yīng)生成的是N2和CO2：2CO+2NO2CO2+N2；故A正確；

B、天然氣的燃燒產(chǎn)物為二氧化碳和水，氫的燃燒產(chǎn)物為水，不會(huì)產(chǎn)生NO和SO2；所以天然氣或氫能源可減少對(duì)空氣的污染，故B正確；

C、CO2不能提高空氣的酸度；故C錯(cuò)誤；

D；增大綠化面積；多植樹造林，可有效控制城市空氣污染，故D正確；

故選：C．

【解析】【答案】A、根據(jù)CO與NO反應(yīng)，生成可參與大氣生態(tài)環(huán)境循環(huán)的無毒氣體，并在催化劑作用下促使SO2的轉(zhuǎn)化，可知CO與NO反應(yīng)生成的是N2和CO2；

B；根據(jù)天然氣的燃燒產(chǎn)物為二氧化碳和水；氫的燃燒產(chǎn)物為水；

C、根據(jù)CO2不能提高空氣的酸度；

D；根據(jù)增大綠化面積；多植樹造林，可凈化空氣；

2、B【分析】氧氣是單質(zhì)和水不反應(yīng),不能形成電解質(zhì).氨氣溶于水生成一水合氨,屬于電解質(zhì).CD都是電解質(zhì),答案選B.【解析】【答案】B3、B【分析】解：A；水的電離程度極小；存在電離平衡，所以水屬于弱電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤；

B、水的離子積為氫離子與氫氧根離子的積，可以表示為KW=c（H+）?c（OH-）；故B正確；

C、常溫下，水中氫離子與氫氧根離子濃度相等，即c（H+）=c（OH-）；故C錯(cuò)誤；

D、升高溫度，水的電離程度增大，氫離子和氫氧根離子濃度都增大，且滿足c（H+）=c（OH-）；所以水顯示中性，故D錯(cuò)誤；

故選B．

A；水能夠電離出氫離子和氫氧根離子；但是水的電離程度極小，屬于弱電解質(zhì)；

B；水的離子積等于氫離子濃度與氫氧根離子濃度的乘積；

C；常溫下水為中性；溶液中氫離子與氫氧根離子濃度相等；

D、水的電離為吸熱反應(yīng)，升高溫度，水的電離程度增大，氫離子濃度增大，但是c（H+）=c（OH-）；溶液顯示中性．

本題考查了水的電離、溶液酸堿性的判斷，題目難度中等，注意明確水為中性，滿足c（H+）=c（OH-）；水為極弱的電解質(zhì)，存在電離平衡；水的電離過程為吸熱反應(yīng)，溫度升高，水的電離程度增大．【解析】【答案】B4、D【分析】【分析】本題考查了化學(xué)反應(yīng)與能量變化，利用蓋斯定律進(jìn)行相關(guān)計(jì)算，注意催化劑不能改變焓變，蓋斯定律計(jì)算時(shí)焓變的加減時(shí)正負(fù)號(hào)為易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度較小?！窘獯稹緼.太陽光催化分解水制氫氣；是光能轉(zhuǎn)化為華訊，故A錯(cuò)誤；

B.反應(yīng)的rm{triangleH_{2}>0}故該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C.催化劑不能改變反應(yīng)熱的大小；只能改變化學(xué)反應(yīng)速率，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)蓋斯定律，目標(biāo)反應(yīng)rm{CH_{4}(g)簍TC(s)+2}rm{H_{2}(g)}相當(dāng)于rm{壟脹-壟脷}故rm{triangleH=triangleH_{3}-triangleH_{2}}rm{triangleH=206.1kJ?mol^{-1}-131.3kJ?mol^{-1}=74.8kJ?mol^{-1}}故D正確。

故選D。rm{triangleH=triangleH_{3}-triangle

H_{2}}【解析】rm{D}5、B【分析】解：rm{A}rm{AgNO_{3}}溶液和亞硝酸鈉和食鹽反應(yīng)，兩者都會(huì)生成白色沉淀，化學(xué)方程式為：rm{AgNO_{3}+NaCl=AgCl隆媒+NaNO_{3}}rm{AgNO_{3}+NaNO_{2}=AgNO_{2}隆媒+NaNO_{3}}還需要用稀rm{HNO_{3}}看沉淀是否溶解，沉淀溶解的為rm{NaNO_{2}}故A錯(cuò)誤；

B；重結(jié)晶時(shí)；冷卻速度慢時(shí)，可使溶液的過飽和度緩慢釋放，使晶體有充足的時(shí)間生長，所以得到的晶體顆粒越大，故B正確；

C、乙醇和乙酸是互溶的，不分層，所以無法用分液法分離，且沸點(diǎn)相近，直接蒸餾分離效果也不理想，一般加入rm{NaOH}后蒸餾出乙醇；再加硫酸，蒸餾出乙酸，故C錯(cuò)誤；

D、未潤洗酸式滴定管，相當(dāng)稀釋了鹽酸，所用標(biāo)準(zhǔn)rm{HCl}體積增大，則計(jì)算出的rm{NaOH}濃度偏大；故D錯(cuò)誤．

故選：rm{B}．

A、rm{AgNO_{3}}溶液和亞硝酸鈉和食鹽都會(huì)生成白色沉淀；

B；冷卻速度慢；則易析出晶體，越慢晶體析出越大；

C；乙醇和乙酸是互溶的；不分層，所以無法用分液法分離；

D；滴定管未潤洗；酸式滴定管中含水，造成標(biāo)準(zhǔn)酸體積讀數(shù)偏大，結(jié)果偏大．

本題考查物質(zhì)的檢驗(yàn)、重結(jié)晶、分液、酸堿中和滴定等基本實(shí)驗(yàn)操作，要理解分液用來分離互不相容的液體，明確中和滴定的儀器、步驟及需注意的問題來解答．【解析】rm{B}6、A【分析】解：rm{;_{18}^{40}Ar}的元素符號(hào)的左下角數(shù)字表示質(zhì)子數(shù)，左上角數(shù)字表示質(zhì)量數(shù)，中子數(shù)rm{=}質(zhì)量數(shù)rm{-}質(zhì)子數(shù)，原子中核外電子數(shù)rm{=}核內(nèi)質(zhì)子數(shù)．

A.質(zhì)子數(shù)為rm{18}故A正確；

B.中子數(shù)rm{=}質(zhì)量數(shù)rm{-}質(zhì)子數(shù)rm{=40-18=22}故B錯(cuò)誤；

C.該元素的質(zhì)量數(shù)為rm{40}故C錯(cuò)誤；

D.原子中核外電子數(shù)rm{=}核內(nèi)質(zhì)子數(shù)rm{=18}故D錯(cuò)誤；

故選A．

元素符號(hào)的左下角表示質(zhì)子數(shù)，左上角表示質(zhì)量數(shù)，質(zhì)量數(shù)rm{=}質(zhì)子數(shù)rm{+}中子數(shù)，電子數(shù)rm{=}質(zhì)子數(shù)；據(jù)此分析．

本題考查了質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、質(zhì)量數(shù)之間的關(guān)系，難度不大，注意原子或離子中電子數(shù)的計(jì)算方法，原子中核外電子數(shù)rm{=}核內(nèi)質(zhì)子數(shù)，陽離子中電子數(shù)rm{=}質(zhì)子數(shù)rm{-}電荷數(shù)，陰離子中電子數(shù)rm{=}質(zhì)子數(shù)rm{+}電荷數(shù)．【解析】rm{A}7、D【分析】解：rm{A}rm{C_{4}H_{8}O_{2}}屬于酯類的同分異構(gòu)體，為飽和一元酯，若為甲酸與丙醇形成的酯，甲酸只有rm{1}種結(jié)構(gòu)，丙醇有rm{2}種，形成的酯有rm{2}種，若為乙酸與乙醇形成的酯，乙酸只有rm{1}種結(jié)構(gòu)，乙醇只有rm{1}種結(jié)構(gòu)，形成的乙酸乙酯有rm{1}種，若為丙酸與甲醇形成的酯，丙酸只有rm{1}種結(jié)構(gòu)，甲醇只有rm{1}種結(jié)構(gòu)，形成的丙酸甲酯只有rm{1}種，所以rm{C_{4}H_{8}O_{2}}屬于酯類的同分異構(gòu)體共有rm{4}種；故A正確；

B、rm{C_{4}H_{8}O_{2}}屬于羧酸時(shí)，可以是丁酸或rm{2-}甲基丙酸，共有rm{2}種同分異構(gòu)體；故B正確；

C、存在分子中含有六元環(huán)的同分異構(gòu)體：故C正確；

D、rm{C_{4}H_{8}O_{2}}屬于羥基醛時(shí)，可以是rm{2-}羥基丁醛、rm{3-}羥基丁醛、rm{4-}羥基丁醛、rm{2-}甲基rm{-2-}羥基丙醛、rm{2-}甲基rm{-3}羥基丙醛，共rm{5}種同分異構(gòu)體；故D錯(cuò)誤；

故選D。

A、rm{C_{4}H_{8}O_{2}}屬于酯類的同分異構(gòu)體；為飽和一元酯，根據(jù)酸和醇的種類來確定；

B、rm{C_{4}H_{8}O_{2}}屬于羧酸時(shí)；可以根據(jù)羧基位置異構(gòu)可以得到丁酸的同分異構(gòu)體；

C；根據(jù)六元環(huán)結(jié)合有機(jī)物的分子式來確定；

D、rm{C_{4}H_{8}O_{2}}屬于羥基醛時(shí)；可以根據(jù)官能團(tuán)的位置異構(gòu)得到其同分異構(gòu)體。

本題考查同分異構(gòu)體的種類，根據(jù)官能團(tuán)異構(gòu)和位置異構(gòu)和碳鏈異構(gòu)來綜合分析同分異構(gòu)體的種數(shù)，難度不大，有利于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力?！窘馕觥縭m{D}8、D【分析】略。

【解析】rm{D}二、填空題(共6題，共12分)9、略

【分析】解：（1）5分鐘內(nèi)，△n（O2）=1mol-0.5mol=0.5mol，由N2（g）+O2（g）?2NO（g）可知△n（N2）=0.5mol，v（N2）===0.05mol/（L?min）；

故答案為：0.05mol/（L?min）；

（2）A．消耗1molN2等效于消耗1molO2，同時(shí)生成1molO2；故選；

B．混合氣體密度一直不變；故不選；

C．混合氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量不變；總質(zhì)量是個(gè)定值，總物質(zhì)的量是個(gè)定值，混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量一直不變，故不選；

D．2v（N2）正=v（NO）正=v（NO）逆；故選；

故選：AD；

（3）A；該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；則升高溫度平衡向正反應(yīng)進(jìn)行，平衡常數(shù)增大，故A正確；

B；加入催化劑；反應(yīng)速率增大，但平衡不發(fā)生移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C；升高溫度；反應(yīng)速率增大，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率增大，故C正確．

故答案為：AC；

（4）該反應(yīng)中；氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)之和前后相等，壓強(qiáng)對(duì)平衡移動(dòng)沒有影響，只要是在相同溫度下，則平衡狀態(tài)相同，與原平衡狀態(tài)相比，此時(shí)平衡混合氣中NO的體積分?jǐn)?shù)，故答案為：不變；

（5）該溫度下，某時(shí)刻測(cè)得容器內(nèi)N2、O2、NO的濃度分別為2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，則有該時(shí)刻生成物的濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比值為=9×10-4＜K；則反應(yīng)應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行；

故答案為：向正反應(yīng)方向進(jìn)行．

（1）5分鐘內(nèi)，△n（O2）=1mol-0.5mol=0.5mol，由N2（g）+O2（g）?2NO（g）可知△n（N2）=0.5mol，帶入v=計(jì)算；

（2）可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)；正逆反應(yīng)速率相等（同種物質(zhì)）或正逆反應(yīng)速率之比等于系數(shù)之比（不同物質(zhì)），平衡時(shí)各種物質(zhì)的物質(zhì)的量；濃度等不再發(fā)生變化，由此衍生的一些物理量不變，以此分析；

（3）根據(jù)溫度；催化劑對(duì)反應(yīng)速率和平衡移動(dòng)的影響判斷；

（4）根據(jù)化學(xué)方程式的特點(diǎn)結(jié)合壓強(qiáng)對(duì)平衡的影響分析；

（5）計(jì)算某時(shí)刻生成物的濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比值；與該溫度下的平衡常數(shù)相比較，可得出結(jié)論．

本題考查化學(xué)平衡的有關(guān)計(jì)算，題目難度中等，注意平衡常數(shù)的計(jì)算和應(yīng)用．【解析】0.05mol/（L?min）；AD；AC；不變；向正反應(yīng)方向進(jìn)行10、略

【分析】要使海水淡化，必須借離子交換樹脂的作用除去海水中Na＋、Ca2＋、Mg2＋及Cl－等離子。如果海水先通過羥型離子交換樹脂，交換下來的OH－會(huì)與Mg2＋生成沉淀，從而堵塞離子交換柱?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)HRROH(2)如果海水先通過羥型離子交換樹脂，交換下來的OH－會(huì)與Mg2＋生成沉淀，從而堵塞離子交換柱11、略

【分析】試題分析：由三段式可知設(shè)初始加入A為aL，B為bL，轉(zhuǎn)化的A為mL。A+3B2C初始狀態(tài)ab0反應(yīng)過程m3m2m平衡狀體a-mb-3m2m可知：2m/(a+b-2m)=10%2m/(a+b)=1/11可得：=可得V’=1．1VL，2m=0．1VL故①錯(cuò)誤；②正確；反應(yīng)達(dá)平衡時(shí),氣體A消耗掉0．05VL，氣體B消耗掉了0．15VL,故③正確，④錯(cuò)誤；故A項(xiàng)正確。考點(diǎn)：化學(xué)平衡狀態(tài)計(jì)算?！窘馕觥俊敬鸢浮緼12、略

【分析】【解析】試題分析：（1）C中含有碳碳三鍵，含有2個(gè)π鍵。由于C與O互為等電子體，等電子體結(jié)構(gòu)相似，則1個(gè)O中含有的π鍵數(shù)目為2個(gè)。（2）根據(jù)構(gòu)造原理可知，Cu＋基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10。（3）碳碳雙鍵是平面型結(jié)構(gòu)，碳氮三鍵是直線型結(jié)構(gòu)，則丙烯腈分子中碳原子軌道雜化類型有sp2雜化，也有sp雜化。分子中處于同一直線上的原子數(shù)目最多為3個(gè)?？键c(diǎn)：考查共價(jià)鍵、等電子體、雜化軌道類型以及核外電子排布的有關(guān)判斷和應(yīng)用【解析】【答案】(1)2（2分）(2)1s22s22p63s23p63d10（2分）(3)sp1雜化、sp2雜化（各2分）3（2分）13、略

【分析】解：（1）葡萄糖發(fā)生銀鏡反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為：CH2OH（CHOH）4CHO+2Ag（NH3）2OHCH2OH（CHOH）4COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案為：CH2OH（CHOH）4CHO+2Ag（NH3）2OHCH2OH（CHOH）4COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；

（2）設(shè)有機(jī)物分子中有n個(gè)O-H鍵，則C-H鍵數(shù)為2n，其分子式為CxH3nOn（x；n均為正整數(shù)）

則12x+19n=62

討論：當(dāng)n=1；x=3.58（不合理，舍去）

當(dāng)n=2；x=2（合理）

有機(jī)物的分子式為C2H6O2，含有2個(gè)-OH，故結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2OH；

故答案為：HOCH2CH2OH；

（3）碳酸的酸性比苯酚的酸性強(qiáng)，所以苯酚鈉通入二氧化碳生成苯酚和碳酸氫鈉，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H6OH+NaHCO3；

故答案為：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H6OH+NaHCO3；

（4）該有機(jī)物含有碳碳雙鍵；可發(fā)生加成；加聚、氧化反應(yīng)，則②⑥正確；

含有酯基；可發(fā)生水解反應(yīng)，則①⑤正確；

含有羧基；具有酸性，可發(fā)生酯化反應(yīng)，則①④正確；

含有羥基；可發(fā)生氧化；取代和消去反應(yīng)，則①③④⑥正確；

則正確的有①②③④⑤⑥；

故答案為：C．

（1）葡萄糖含有醛基；能夠被銀氨溶液氧化，發(fā)生銀鏡反應(yīng)；

（2）設(shè)有機(jī)物分子中有n個(gè)O-H鍵，烴基和羥基上氫原子個(gè)數(shù)之比為2：1，則C-H鍵數(shù)為2n，其分子式為CxH3nOn（x；n均為正整數(shù)）；則12x+19n=62，據(jù)此討論確定該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式．同一碳原子上不能連有兩個(gè)-OH；

（3）苯酚鈉通入二氧化碳生成苯酚和碳酸氫鈉；

（4）該有機(jī)物含有碳碳雙鍵；可發(fā)生加成；加聚、氧化反應(yīng)，含有酯基，可發(fā)生水解反應(yīng)，含有羧基，具有酸性，可發(fā)生酯化反應(yīng)，含有羥基，可發(fā)生氧化、取代和消去反應(yīng)．

本題考查了常見有機(jī)物分類方法判斷、有機(jī)物分子式與結(jié)構(gòu)式的確定，難度中等，根據(jù)烴基和羥基上氫原子個(gè)數(shù)之比為2：1確定分子中H原子與O原子的數(shù)目之比是解題的關(guān)鍵，注意有機(jī)物分子式確定中討論方法的運(yùn)用．【解析】CH2OH（CHOH）4CHO+2Ag（NH3）2OHCH2OH（CHOH）4COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；HOCH2CH2OH；C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3；C14、略

【分析】解：rm{(1)pH=-lgc(H^{+})=-lg0.01=2}故答案為：rm{(1)pH=-lgc(H^{+})=-lg

0.01=2}

rm{2}醋酸鈉促進(jìn)水電離，醋酸鈉溶液中氫離子濃度為rm{(2)}根據(jù)水的離子積常數(shù)知，氫氧根離子濃度等于rm{10^{-11}mol/L}

故答案為：rm{10^{-3}mol/L}

rm{10^{-3}}醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，醋酸根離子水解生成醋酸，導(dǎo)致溶液中氫氧根離子濃度大于氫離子濃度而使其溶液呈堿性，溶液呈堿性，所以rm{(3)}溶液中存在電荷守恒，rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}則rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(CH_{3}COO?)+c(OH^{-})}所以離子濃度大小順序是rm{c(Na^{+})>c(CH_{3}COO?)}

故答案為：rm{c(Na^{+})>c(CH_{3}COO?)>c(OH^{-})>c(H^{+})}

rm{c(Na^{+})>c(CH_{3}COO?)>c(OH^{-})>c(H^{+})}某溫度下純水中的rm{(4)}純水中rm{c(H^{+})=2隆脕10^{-7}mol/L}所以此時(shí)溶液中的rm{c(OH^{-})=2隆脕10^{-7}mol/L}

若溫度不變，滴入稀鹽酸，使rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}則溶液中rm{c(OH^{-})=2隆脕10^{-7}

mol/L}此時(shí)溶液中的氫氧根全部來源于水的電離，由水電離出的氫離子濃度等于由水電離出的氫氧根離子的濃度，即rm{c(H^{+})=5隆脕10^{-6}mol/L}

故答案為：rm{c(OH^{-})=8隆脕10^{-9}mol/Lmol/L}rm{8隆脕10^{-9}mol/L}

rm{2隆脕10^{-7}}根據(jù)rm{8隆脕10^{-9}}計(jì)算；

rm{(1)}醋酸鈉促進(jìn)水電離；根據(jù)氫離子濃度結(jié)合水的離子積常數(shù)計(jì)算氫氧根離子濃度；

rm{pH=-lgc(H^{+})}醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽；醋酸根離子水解而使其溶液呈堿性，根據(jù)電荷守恒確定離子濃度大?。?/p>

rm{(2)}純水溶液中氫離子濃度始終等于氫氧根離子濃度，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變r(jià)m{(3)}純水溶液中氫離子濃度始終等于氫氧根離子濃度，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變。

本題綜合考查水的電離、溶液中離子濃度大小比較以及rm{(4)c(H^{+})?c(OH^{-})=Kw}計(jì)算，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力和計(jì)算能力，題目難度中等，該題是高考中的常見題型，屬于中等難度的試題，該題的關(guān)鍵是明確溶液中幾個(gè)重要守恒關(guān)系，即電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子守恒。rm{[c(H^{+})?c(OH^{-})=Kw]}【解析】rm{2}rm{10^{-3}}rm{c(Na^{+})>c(CH_{3}COO?)>c(OH^{-})>c(H^{+})}rm{2隆脕10^{-7}}rm{8隆脕10^{-9}}三、探究題(共4題，共8分)15、略

【分析】Ⅰ．根據(jù)乙的理解，應(yīng)該是水解相互促進(jìn)引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會(huì)產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗(yàn)水和CO2的方法進(jìn)行驗(yàn)證。由于通過澄清的石灰水會(huì)帶出水蒸氣，所以應(yīng)該先檢驗(yàn)水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗(yàn)水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會(huì)生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時(shí)通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時(shí)通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實(shí)驗(yàn)誤差。（3）裝置B中增加的質(zhì)量是水，所以氫氧化銅的質(zhì)量是所以沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時(shí)通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時(shí)通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）16、略

【分析】（1）若假設(shè)1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會(huì)變?yōu)檠t色。（2）由于鐵離子能氧化單質(zhì)銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會(huì)出現(xiàn)血紅色。（3）根據(jù)（2）中分析可知，此時(shí)應(yīng)該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關(guān)的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據(jù)反應(yīng)式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質(zhì)量是所以混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為【解析】【答案】（1）溶液變?yōu)檠t色（1分）（2）不合理（1分）Cu能將Fe3+還原為Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每個(gè)2分，共8分）（4）（2分）17、略

【分析】Ⅰ．根據(jù)乙的理解，應(yīng)該是水解相互促進(jìn)引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會(huì)產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗(yàn)水和CO2的方法進(jìn)行驗(yàn)證。由于通過澄清的石灰水會(huì)帶出水蒸氣，所以應(yīng)該先檢驗(yàn)水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗(yàn)水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會(huì)生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時(shí)通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時(shí)通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實(shí)驗(yàn)誤差。（3）裝置B中增加的質(zhì)量是水，所以氫氧化銅的質(zhì)量是所以沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為1－（49n/9m）?！窘馕觥俊敬鸢浮竣馧a2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時(shí)通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時(shí)通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）18、略

【分析】（1）若假設(shè)1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會(huì)變?yōu)檠t色。（2）由于鐵離子能氧化單質(zhì)銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會(huì)出現(xiàn)血紅色。（3）根據(jù)（2）中分析可知，此時(shí)應(yīng)該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關(guān)的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據(jù)反應(yīng)式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質(zhì)量是所以混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為【解析】【答案】（1）溶液變?yōu)檠t色（1分）（2）不合理（1分）Cu能將Fe3+還原為Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每個(gè)2分，共8分）（4）（2分）四、推斷題(共4題，共20分)19、略

【分析】解：rm{(1)F}的結(jié)構(gòu)簡式為：含有醛基；碳碳雙鍵，故答案為：醛基、碳碳雙鍵；

rm{(2)}由以上分析可知rm{G}的結(jié)構(gòu)簡式為：故答案為：

rm{(3)D}與銀氨溶液反應(yīng)的方程式為：

故答案為：

rm{(4)}新制rm{Cu(OH)_{2}}懸濁液中含有過量的rm{NaOH}氯代烴在堿性條件下可發(fā)生水解反應(yīng)；

故答案為：新制rm{Cu(OH)_{2}}懸濁液中含有過量的rm{NaOH}在堿性環(huán)境中rm{B}水解；

rm{(5)D}的結(jié)構(gòu)簡式為：rm{D}的一種同系物rm{W(}分子式為rm{C_{8}H_{8}O_{2})}有多種同分異構(gòu)體，其中rm{壟脵}屬于芳香族化合物；rm{壟脷}能與rm{NaHCO_{3}}反應(yīng)產(chǎn)生rm{CO_{2}}氣體，說明含有羧基，則，苯環(huán)可能連接rm{-CH_{2}COOH}或分別連接rm{-CH_{3}}rm{-COOH}rm{-CH_{3}}rm{-COOH}有鄰、間、對(duì)rm{3}種，共rm{4}種；

故答案為：rm{4}．

芳香族化合物rm{C}的分子式為rm{C_{9}H_{9}OCi}rm{C}分子中有一個(gè)甲基且苯環(huán)上只有一個(gè)側(cè)鏈，rm{C}能和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{D}rm{D}能和銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則rm{D}中含有醛基和醇羥基，rm{C}的結(jié)構(gòu)簡式為：rm{D}的結(jié)構(gòu)簡式為：rm{D}和銀氨溶液反應(yīng)、酸化生成rm{E}則rm{E}的結(jié)構(gòu)簡式為：rm{E}發(fā)生酯化反應(yīng)進(jìn)行縮聚反應(yīng)生成高聚物rm{I}rm{I}為rm{.C}和氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{F}則rm{F}的結(jié)構(gòu)簡式為：rm{F}被新制氫氧化銅氧化然后酸化生成rm{G}rm{G}的結(jié)構(gòu)簡式為：rm{G}發(fā)生加聚反應(yīng)生成rm{H}rm{H}的結(jié)構(gòu)簡式為：rm{.C}被新制氫氧化銅氧化生成rm{B}然后酸化，則rm{B}的結(jié)構(gòu)簡式為：rm{B}和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成rm{A}以此解答該題．

本題考查了有機(jī)物的推斷，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，明確有機(jī)物的官能團(tuán)及其結(jié)構(gòu)是解本題關(guān)鍵，充分利用題給信息采用正逆相結(jié)合的方法進(jìn)行推斷，難度中等rm{.}注意rm{(5)}條件同分異構(gòu)體的判斷．【解析】醛基、碳碳雙鍵；新制rm{Cu(OH)_{2}}懸濁液中含有過量的rm{NaOH}在堿性環(huán)境中rm{B}水解；rm{4}20、略

【分析】解：rm{(1)C}為氮元素，它的外圍電子排布圖為rm{C}與氫元素的陽離子為銨根離子，中心原子氮的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為rm{dfrac{5+3}{2}=4}所以氮原子的雜化類型為rm{sp^{3}}雜化，故答案為：rm{sp^{3}}

rm{(2)AE_{2}}為rm{MgCl_{2}}用電子式表示rm{MgCl_{2}}的形成過程為

故答案為：

rm{(3)F(BD)_{5}}為rm{Fe(CO)_{5}}因?yàn)閞m{Fe(CO)_{5}}化合價(jià)的代數(shù)和為rm{0}rm{CO}的化合價(jià)的代數(shù)和為rm{0}則rm{Fe}元素的化合價(jià)為rm{0}故答案為：rm{0}

rm{(4)Cl}有多種含氧酸根rm{壟脵C(jī)lO^{-}壟脷ClO_{2}^{-}壟脹ClO_{3}^{-}壟脺ClO_{4}^{-}}中心原子rm{Cl}的價(jià)層電子對(duì)數(shù)都為rm{dfrac{7+1}{2}=4}氯原子都是按rm{sp3}方式雜化的，其中只有rm{ClO_{4}^{-}}有四個(gè)rm{Cl-O}鍵，沒有孤電子對(duì)，其空間構(gòu)型為四面體型，其它含氧酸根都有孤電子對(duì)，空間構(gòu)型不為四面體，故答案為：rm{壟脺}

rm{(5)C}的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物與rm{A}的單質(zhì)反應(yīng)時(shí)，rm{C}被還原到最低價(jià)，生成硝酸銨，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{4Mg+10HNO_{3}=4Mg(NO_{3})_{2}+NH_{4}NO_{3}+3H_{2}O}

故答案為：rm{4Mg+10HNO_{3}=4Mg(NO_{3})_{2}+NH_{4}NO_{3}+3H_{2}O.}

rm{A}的基態(tài)原子外圍電子排布式為rm{3s^{2}}則rm{A}為鎂元素，rm{B}原子的rm{L}電子層的rm{P}能級(jí)上有一個(gè)空軌道，則rm{B}為碳元素，rm{C}元素的基態(tài)原子最外層有rm{3}個(gè)未成對(duì)電子，次外層有rm{2}個(gè)電子，則rm{C}為氮元素，rm{D}的原子的rm{2p}軌道上有rm{1}個(gè)電子的自旋方向與其它電子的自旋方向相反，則rm{D}為氧元素，rm{E}是海水中除氫、氧元素外含量最多的元素，則rm{E}為氯元素，rm{F}和rm{G}在周期表中既處于同一周期又位于同一族，說明rm{F}和rm{G}都位于第ⅤⅢ族，原子序數(shù)rm{F}比rm{G}小rm{2}且都小于rm{36}所以rm{F}為鐵元素，rm{G}為鎳元素；以此來解答．

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握電子排布、元素的位置來推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的應(yīng)用，題目難度不大．【解析】rm{sp^{3}}rm{0}rm{壟脺}rm{4Mg+10HNO_{3}=4Mg(NO_{3})_{2}+NH_{4}NO_{3}+3H_{2}O}21、略

【分析】解：rm{B}能使帶火星的木條復(fù)燃，則rm{B}為rm{O_{2}}rm{E}為黃綠色氣體，則rm{E}為rm{Cl_{2}}rm{A}和rm{D}兩種化合物是由兩種相同的元素組成的，rm{A}在二氧化錳存在條件下轉(zhuǎn)化成rm{B}rm{B}rm{C}點(diǎn)燃得到rm{D}則rm{A}為rm{H_{2}O_{2}}rm{D}為rm{H_{2}O}rm{D(H_{2}O)}與rm{E(Cl_{2})}反應(yīng)生成rm{G}和rm{F}且rm{G}光照條件下轉(zhuǎn)化成rm{F}則rm{G}為rm{HClO}rm{F}為rm{HCl}

rm{(1)}根據(jù)分析可知，rm{D}為rm{H_{2}O}水中存在兩個(gè)氧氫鍵，氧原子最外層達(dá)到rm{8}電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，水的電子式為

故答案為：

rm{(2)G}為次氯酸；次氯酸具有強(qiáng)氧化性，可用于殺菌消毒；作漂白劑等；

故答案為：殺菌消毒rm{(}或作漂白劑rm{)}

rm{(3)A}為rm{H_{2}O_{2}}rm{B}為rm{O_{2}}雙氧水在催化劑存在條件下分解生成氧氣和水，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{2H_{2}O_{2}dfrac{overset{;MnO_{2};}{}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}

故答案為：rm{2H_{2}O_{2}dfrac{overset{;MnO_{2};}{}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}

rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

overset{;MnO_{2};}{}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}為rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

overset{;MnO_{2};}{}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}其稀溶液為稀鹽酸，稀鹽酸與碳酸鈣反應(yīng)生成氯化鈣、二氧化碳和水，該反應(yīng)的離子方程式為：rm{(4)F}

故答案為：rm{HCl}

圖所涉及的物質(zhì)均為中學(xué)化學(xué)中常見的物質(zhì)，rm{CaCO_{3}+2H^{+}簍TCa^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}能使帶火星的木條復(fù)燃，則rm{CaCO_{3}+2H^{+}簍TCa^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}為rm{B}rm{B}為黃綠色氣體，則rm{O_{2}}為rm{E}rm{E}和rm{Cl_{2}}兩種化合物是由兩種相同的元素組成的，rm{A}在二氧化錳存在條件下轉(zhuǎn)化成rm{D}rm{A}rm{B}點(diǎn)燃得到rm{B}則rm{C}為rm{D}rm{A}為rm{H_{2}O_{2}}rm{D}與rm{H_{2}O}反應(yīng)生成rm{D(H_{2}O)}和rm{E(Cl_{2})}且rm{G}光照條件下轉(zhuǎn)化成rm{F}則rm{G}為rm{F}rm{G}為rm{HClO}據(jù)此進(jìn)行解答。

本題考查無機(jī)物推斷，題目難度不大，抓住突破口“rm{F}能使帶火星的木條復(fù)燃，rm{HCl}為黃綠色氣體”為解答關(guān)鍵，注意熟練掌握常見元素及其化合物性質(zhì)，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及綜合應(yīng)用能力。rm{B}【解析】殺菌消毒rm{(}或作漂白劑rm{)}rm{2H_{2}O_{2}dfrac{overset{;MnO_{2};}{}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

overset{;MnO_{2};}{}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}rm{CaCO_{3}+2H^{+}簍TCa^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}22、（1）加成反應(yīng)

（2）羧基CH3CHO

（3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O

CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O【分析】【分析】本題考查有機(jī)物推斷、官能團(tuán)、有機(jī)反應(yīng)方程式書寫，比較基礎(chǔ)，涉及烯與醇、醛、羧酸之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系等，難度不大，注意基礎(chǔ)知識(shí)的理解掌握?！窘獯稹縭m{A}能發(fā)生連續(xù)氧化性生成rm{C}則rm{A}為醇、rm{B}為醛、rm{C}為羧酸rm{.}故乙烯與水發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{A}rm{A}為rm{CH_{3}CH_{2}OH}乙醇在rm{Cu}或rm{Ag}作催化劑條件下發(fā)生氧化反應(yīng)rm{CH_{3}CHO}rm{B}為rm{CH_{3}CHO}rm{CH_{3}CHO}可進(jìn)一步氧化物rm{CH_{3}COOH}rm{C}為rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}CH_{2}OH}和rm{CH_{3}COOH}在濃硫酸作用下反應(yīng)生成乙酸乙酯rm{(CH_{3}COOCH_{2}CH_{3})}

rm{(1)}由上述分析可知，反應(yīng)rm{壟脵}是乙烯與水發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{CH_{3}CH_{2}OH}故答案為：加成反應(yīng)；

rm{(2)}由上述分析可知，rm{A}為rm{CH}rm{3}rm{3}rm{CH}rm{2}乙醇在rm{2}或rm{OH}作催化劑條件下發(fā)生氧化反應(yīng)rm{Cu}rm{Ag}rm{CH}rm{3}為rm{3}rm{CHO}rm{B}rm{CH}rm{3}rm{3}可進(jìn)一步氧化物rm{CHO}rm{CH}rm{3}rm{3}為rm{CHO}含有羧基，故答案為：羧基；

rm{CH}反應(yīng)rm{3}是乙醇催化氧化變成乙醛，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}反應(yīng)rm{3}是乙醇和乙酸反應(yīng)生成乙酸乙酯，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{CH_{3}CH_{2}OH+CH_{3}COOHxrightarrow[?]{脜簍脕貌脣謾}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}故答案為：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH+CH_{3}COOHxrightarrow[?]{脜簍脕貌脣謾}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}rm{COOH}【解析】rm{(1)}加成反應(yīng)rm{(2)}羧基rm{CH_{3}CHO}rm{(3)2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{(3)2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{CH}rm{2}rm{COOHxrightarrow[?]{脜簍脕貌脣謾}CH}rm{2}rm{OH+CH}rm{3}rm{3}rm{COOHxrightarrow[?]{脜簍脕貌脣謾}

CH}rm{3}rm{3}rm{COOCH}rm{2}五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共16分)23、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅；又因?yàn)闊o氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會(huì)生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學(xué)方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應(yīng)生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點(diǎn)睛：本題主要考查