2025年華東師大版高二化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※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年華東師大版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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、已知反應A＋B===C＋D為放熱反應，對該反應的下列說法中正確的是()A.A的能量一定高于CB.B的能量一定高于DC.A和B的能量總和一定高于C和D的能量總和D.因該反應為放熱反應，故不必加熱就可自動進行2、25℃時，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入過量金屬錫(Sn)，發(fā)生反應：Sn(s)＋Pb2+(aq)Sn2+(aq)＋Pb(s)，體系中c(Pb2+)和c(Sn2+)變化關系如圖所示。下列判斷正確的是（）A.25℃時，該反應的平衡常數(shù)K＝2.2B.往平衡體系中加入少量Sn(NO3)2固體后，c(Pb2+)變小C.升高溫度，平衡體系中c(Pb2+)增大，說明該反應△H＞0D.往平衡體系中加入金屬鉛后，c(Pb2+)增大3、維生素C的結構簡式為丁香油酚的結構簡式為：下列關于兩者的說法正確的是（）A.均含酯基B.均含碳碳雙鍵C.均含醇羥基和酚羥基D.均為芳香化合物4、下列現(xiàn)象與原子核外電子躍遷無關的是A.激光B.焰火C.核輻射D.霓虹燈光5、1919年，Langmuir提出等電子體的概念：原子總數(shù)相同、電子總數(shù)或價電子總數(shù)相同的互為等電子體，等電子體具有結構相似的特征．下列各對粒子中，空間結構相似的是（）A.CS2與NO2B.SO2與N2OC.SO2與O3D.PCl3與BF36、從香莢蘭豆中提取的一種芳香化合物，其分子式為rm{C_{8}H_{8}O_{3}}遇rm{FeCl_{3}}溶液會呈現(xiàn)特征顏色，能發(fā)生銀鏡反應。該化合物可能的結構簡式是：A.B.C.D.7、鎂-次氯酸鹽燃料電池，它具有比能量高、安全方便等優(yōu)點．該電池的正極反應式為：ClO-+H2O+2e-=Cl-+2OH-，關于該電池的敘述正確的是（）A.該電池中鎂為負極，發(fā)生還原反應B.電池工作時，OH-向正極移動C.該電池的總反應為：Mg+ClO-+H2O=Mg（OH）2↓+Cl-D.電池工作時，正極周圍溶液的pH將不斷變小評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、人體內(nèi)缺乏維生素A會使人患夜盲癥，原因是維生素A在人體內(nèi)易被氧化為視黃醛，而視黃醛的缺乏是引起視覺障礙的主要原因。已知視黃醛結構為：（1）檢驗醛基的試劑是，實驗現(xiàn)象：。（2）檢驗碳碳雙鍵的試劑是____，實驗現(xiàn)象：。（3）實驗中先檢驗哪種官能團?____9、（7分）元素X位于第四周期，其基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為2。元素Y基態(tài)原子的3p軌道上有4個電子。元素Z的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層的3倍。（1）Z的氫化物（H2Z）與乙醇互溶，而H2Y在乙醇中溶解度較小，其原因是。（2）Y與Z形成YZ42-的空間構型為。（3）X與Y所形成化合物晶體的晶胞如圖所示。①在一個晶胞中，X離子的數(shù)目為；②若該化合物的密度為ag·cm-3，則晶胞的體積是cm3（只要求列出計算式，阿伏加德羅常數(shù)用NA表示）。10、已知下列熱化學方程式：rm{壟脵H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)婁隴H=-285.8kJ隆隴mol^{-1}}rm{壟脷H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)婁隴H=-241.8kJ隆隴mol^{-1}}rm{壟脹C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)婁隴H=-110.5kJ隆隴mol^{-1}}rm{壟脺C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)婁隴H=-393.5kJ隆隴mol^{-1}}回答下列問題：rm{壟脵H_{2}(g)+

dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)婁隴H=-285.8kJ隆隴mol^{-1}}上述反應中屬于放熱反應的是____________。rm{壟脷H_{2}(g)+

dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)婁隴H=-241.8kJ隆隴mol^{-1}}有燃燒熱為____________；rm{壟脹C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)

婁隴H=-110.5kJ隆隴mol^{-1}}的燃燒熱為____________。rm{壟脺C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)婁隴H=-393.5

kJ隆隴mol^{-1}}燃燒rm{(1)}生成液態(tài)水，放出的熱量為____________。rm{(2)H_{2}}寫出rm{C}燃燒的熱化學方程式__________________________________。rm{(3)}11、rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)}反應過程的能量變化如圖所示rm{.}已知rm{1mol}rm{SO_{2}(g)}氧化為rm{1mol}rm{SO_{3}(g)}的rm{triangleH=-99kJ?mol^{-1}.}請回答下列問題：

rm{triangle

H=-99kJ?mol^{-1}.}圖中rm{(1)}rm{A}分別表示______，rm{C}的大小對該反應的反應熱______rm{E}填“有”或“無”rm{(}影響rm{)}該反應通常用rm{.}作催化劑，加rm{V_{2}O_{5}}會使圖中rm{V_{2}O_{5}}點______rm{B}填“升高”或“降低”rm{(}rm{)}______rm{triangleH}填“變大”、“變小”或“不變”rm{(}

rm{)}圖中rm{(2)}______rm{triangleH=}．rm{KJ?mol^{-1}}12、在火箭推進器中裝有強還原劑肼rm{(N_{2}H_{4})}和強氧化劑rm{(H_{2}O_{2})}當它們混合時，即產(chǎn)生大量的rm{N_{2}}和水蒸氣，并放出大量熱rm{.}已知rm{0.4mol}液態(tài)肼和足量rm{H_{2}O_{2}}反應，生成氮氣和水蒸氣，放出rm{256.65kJ}的熱量．

rm{(1)}寫出該反應的熱化學方程式______．

rm{(2)}已知rm{H_{2}O(l)簍TH_{2}O(g)}rm{triangleH=+44kJ?mol^{-1}}則rm{triangle

H=+44kJ?mol^{-1}}液態(tài)肼燃燒生成氮氣和液態(tài)水時，放出的熱量是______rm{16g}．

rm{kJ}上述反應應用于火箭推進劑；除釋放大量的熱和快速產(chǎn)生大量氣體外，還有一個很突出的優(yōu)點是______．

rm{(3)}已知rm{(4)}rm{triangleH=+67.7kJ?mol^{-1}}rm{N_{2}(g)+2O_{2}(g)簍T2NO_{2}(g)}rm{triangle

H=+67.7kJ?mol^{-1}}rm{triangleH=-534kJ?mol^{-1}}根據(jù)蓋斯定律寫出肼與rm{N_{2}H_{4}(g)+O_{2}(g)簍TN_{2}(g)+2H_{2}O}完全反應生成氮氣和氣態(tài)水的熱化學方程式______．

rm{(g)}已知：rm{triangle

H=-534kJ?mol^{-1}}rm{NO_{2}}rm{(5)}rm{(g)triangleH=+67.7kJ/mol}

rm{N_{2}}rm{(g)+2O_{2}}

rm{(g)簍T2NO_{2}}rm{(g)triangle

H=+67.7kJ/mol}rm{N_{2}H_{4}(g)+O_{2}(g)簍TN_{2}(g)+2H_{2}O}rm{(g)triangleH=-543kJ/mol}

rm{H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TH_{2}O}rm{dfrac{1}{2}H_{2}}

有人認為若用氟代替二氧化氮作氧化劑；則反應釋放能量更大，肼和氟反應的熱化學方程式：______．

rm{(g)+dfrac{1}{2}F_{2}}丙烷燃燒可以通過以下兩種途徑：

途徑rm{(g)簍THF}rm{C_{3}H_{8}(g)+5O_{2}(g)簍T3CO_{2}(g)+4H_{2}O(l)triangleH=-a}rm{(g)triangleH=-269kJ/mol}

途徑rm{H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)簍TH_{2}O}rm{C_{3}H_{8}(g)簍TC_{3}H_{6}(g)+H_{2}(g)triangleH=+b}rm{(g)triangleH=-242kJ/mol}

rm{2C_{3}H_{6}(g)+9O_{2}(g)簍T6CO_{2}(g)+6H_{2}O(l)triangleH=-c}rm{(6)}

rm{I}rm{(g)簍T2H_{2}O(l)triangleH=-d}rm{C_{3}H_{8}(g)+5O_{2}(g)簍T3CO_{2}(g)+4H_{2}O(l)triangle

H=-a}rm{kJ?mol^{-1}}均為正值rm{II}

請回答下列問題：

判斷等量的丙烷通過兩種途徑放出的熱量，途徑rm{C_{3}H_{8}(g)簍TC_{3}H_{6}(g)+H_{2}(g)triangle

H=+b}放出的熱量______rm{kJ?mol^{-1}}填“大于”、“等于”或“小于”rm{2C_{3}H_{6}(g)+9O_{2}(g)簍T6CO_{2}(g)+6H_{2}O(l)triangle

H=-c}途徑rm{kJ?mol^{-1}}放出的熱量rm{2H_{2}(g)+O_{2}}由于rm{(g)簍T2H_{2}O(l)triangle

H=-d}的反應中，反應物具有的總能量______rm{kJ?mol^{-1}}填“大于”、“等于”或“小于”rm{(abcd}生成物具有的總能量rm{)}與rm{I}rm{(}rm{)}的數(shù)學關系式是______．rm{II}評卷人得分三、實驗題(共5題，共10分)13、保險粉rm{(Na_{2}S_{2}O_{4})}有極強的還原性，遇熱水或潮濕空氣會分解發(fā)熱，但在堿性環(huán)境下較穩(wěn)定?；卮鹣铝袉栴}：rm{(1)}二氧化硫的制備rm{壟脵}二氧化硫的發(fā)生裝置可以選擇上圖中的_____________rm{(}填大寫字母rm{)}反應的化學方程式為_________。rm{壟脷}欲收集一瓶干燥的二氧化硫，選擇上圖中的裝置，其接口的連接順序為發(fā)生裝置rm{隆煤}_____rm{隆煤}____rm{隆煤}______rm{隆煤}______rm{隆煤}____________rm{.(}按氣流方向，用小寫字母表示rm{)}rm{(2)}保險粉的制備在rm{35-45隆忙}下，將rm{SO_{2}}氣體通入鋅粉一水懸浮液中rm{(}如圖rm{)}使之發(fā)生反應生成rm{ZnS_{2}O_{4}}待反應完全后，移走恒溫水浴裝置并冷卻至室溫，向三頸燒瓶中加人rm{18%}的rm{NaOH}溶液，使之發(fā)生反應生成rm{Na_{2}S_{2}O_{4}}和rm{Zn(OH)_{2}}經(jīng)一系列操作后得到無水rm{Na_{2}S_{2}O_{4}}樣品。rm{壟脵}實驗開始時，應先關閉止水夾rm{K_{3}}打開rm{K_{1}}和rm{K_{2}}通入一段時間rm{SO_{2}}其原因是__________。rm{壟脷}通過觀察_________________，調節(jié)止水夾rm{K_{1}}來控制rm{SO_{2}}的流速。rm{壟脹}由rm{Zn}生成rm{ZnS_{2}O_{4}}的化學方程式為_____________。rm{(3)}稱取rm{2.0gNa_{2}S_{2}O_{4}}樣品溶于冷水中，配成rm{100mL}溶液，取出rm{10mL}該溶液于試管中，用rm{0.10mol/L}的rm{KMnO_{4}}溶液滴定rm{(}滴定至終點時產(chǎn)物為rm{Na_{2}SO_{4}}和rm{MnSO_{4})}重復上述操作rm{2}次，平均消耗溶液rm{12.00mL}則該樣品中rm{Na_{2}S_{2}O_{4}}的質量分數(shù)為_______rm{(}雜質不參與反應rm{)}14、氧化鎂在醫(yī)藥、建筑等行業(yè)應用廣泛rm{.}硫酸鎂還原熱解制備高純氧化鎂是一種新的探索rm{.}以菱鎂礦rm{(}主要成分為rm{MgCO_{3}}含少量rm{FeCO_{3})}為原料制備高純氧化鎂的實驗流程如圖rm{1}

rm{(1)MgCO_{3}}與稀硫酸反應的化學方程式為______．

rm{(2)}加入rm{H_{2}O_{2}}氧化時；發(fā)生反應的離子方程式為______．

rm{(3)}濾渣rm{2}的成分是______rm{(}填化學式rm{)}．

rm{(4)}煅燒過程存在以下反應：

rm{2MgSO_{4}+Cdfrac{underline{;800隆忙;}}{;}2MgO+2SO_{2}隆眉+CO_{2}隆眉}

rm{MgSO_{4}+Cdfrac{underline{;800隆忙;}}{;}MgO+SO_{2}隆眉+CO隆眉}

rm{MgSO_{4}+3Cdfrac{underline{;800隆忙;}}{;}MgO+SO_{2}隆眉+3CO隆眉}

利用如圖rm{2MgSO_{4}+Cdfrac{

underline{;800隆忙;}}{;}2MgO+2SO_{2}隆眉+CO_{2}隆眉}裝置對煅燒產(chǎn)生的氣體進行分步吸收或收集．

rm{MgSO_{4}+Cdfrac{

underline{;800隆忙;}}{;}MgO+SO_{2}隆眉+CO隆眉}中盛放的溶液是______rm{MgSO_{4}+3Cdfrac{

underline{;800隆忙;}}{;}MgO+SO_{2}隆眉+3CO隆眉}中盛放的溶液是______rm{2}填字母rm{壟脵B}．

rm{C}溶液rm{(}溶液rm{)}稀硝酸rm{a.NaOH}溶液。

rm{b.KMnO_{4}}中收集的氣體是______rm{c.}填化學式rm{d.NaHCO_{3}}．

rm{壟脷D}中得到的淡黃色固體與熱的rm{(}溶液反應，產(chǎn)物中元素最高價態(tài)為rm{)}寫出該反應的化學方程式：______．rm{壟脹A}15、rm{(1)}除去甲烷中的乙烯氣體可用______rm{(}填試劑名稱rm{).}實驗方法為______rm{(}填操作名稱rm{)}．

rm{(2)}下列有關蒸餾乙醇和提純苯甲酸實驗的判斷不正確的有______；

rm{a.}蒸餾乙醇的主要儀器有蒸餾燒瓶；溫度計、冷凝管、鐵架臺、酒精燈、接液管和錐形瓶。

rm{b.}如果溫度計水銀球位置低于支管口下沿；則收集的乙醇含有低沸點雜質。

rm{c.}提純苯甲酸時；用熱水溶解，冷卻后過濾除去固體雜質。

rm{d.}測定苯甲酸晶體的熔點可能判斷苯甲酸晶體是否為純凈物。

rm{(3)}兩種有機物rm{A}和rm{B}可以互溶；有關性質如下：

。相對密度rm{(20隆忙)}熔點沸點溶解性rm{A}rm{0.7893}rm{-117.3^{circ}C}rm{78.5^{circ}C}與水以任意比混溶rm{B}rm{0.7137}rm{-116.6^{circ}C}rm{34.5^{circ}C}不溶于水若要除去rm{A}和rm{B}的混合物中少量的rm{B}可采用______rm{(}填代號rm{)}方法即可得到rm{A}．

rm{a.}重結晶rm{b.}蒸餾rm{c.}萃取rm{d.}加水充分振蕩，分液．16、（15分）淀粉水解的產(chǎn)物（C6H12O6）用硝酸氧化可以制備草酸，裝置如圖所示（加熱、攪拌和儀器固定裝置均已略去）：實驗過程如下：①將1∶1的淀粉水乳液與少許硫酸(98%)加入燒杯中，水浴加熱至85℃～90℃，保持30min，然后逐漸將溫度降至60℃左右；②將一定量的淀粉水解液加入三頸燒瓶中；③控制反應液溫度在55～60℃條件下，邊攪拌邊緩慢滴加一定量含有適量催化劑的混酸（65%HNO3與98%H2SO4的質量比為2：1.5）溶液；④反應3h左右，冷卻，減壓過濾后再重結晶得草酸晶體。硝酸氧化淀粉水解液過程中可發(fā)生下列反應：C6H12O6＋12HNO3→3H2C2O4＋9NO2↑＋3NO↑＋9H2OC6H12O6-＋8HNO3→6CO2＋8NO↑＋10H2O3H2C2O4＋2HNO3→6CO2＋2NO↑＋4H2O請回答下列問題：（1）實驗①加入98%硫酸少許的目的是：。（2）冷凝水的進口是（填a或b）；實驗中若混酸滴加過快，將導致草酸產(chǎn)量下降，其原因是。（3）檢驗淀粉是否水解完全所用的試劑為。（4）草酸重結晶的減壓過濾操作中，除燒杯、玻璃棒外，還必須使用屬于硅酸鹽材料的儀器有。（5）當尾氣中n(NO2):n(NO)＝1：1時，過量的NaOH溶液能將NOx全部吸收，發(fā)生的化學反應為：NO2＋NO＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O，若用含硫酸的母液來吸收氮氧化物，其優(yōu)點是、缺點是____。（6）將產(chǎn)品在恒溫箱內(nèi)約90℃以下烘干至恒重，得到二水合草酸。用KMnO4標準溶液滴定，該反應的離子方程式為：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O稱取該樣品0.12g，加適量水完全溶解，然后用0.020mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定至終點（雜質不參與反應），此時溶液顏色由____變?yōu)開___。滴定前后滴定管中的液面讀數(shù)如圖所示，則該草酸晶體樣品中二水合草酸的質量分數(shù)為。17、某小組同學進行從海帶中提取碘的實驗，實驗流程如下：

rm{(1)}寫出rm{壟脷}對應的離子反應方程式____________________，rm{(2)}rm{壟脹}的操作名稱是_____，進行操作rm{壟脹}時，應該取____rm{(}填上層、下層rm{)}液體完成后續(xù)實驗，完成操作rm{壟脺}需要用到下列實驗裝置___rm{(}填字母rm{)}

rm{(3)}該小組同學認為與氯水相比，用雙氧水更好，理由是______rm{(}填序號rm{)}rm{壟脵}氯水容易揮發(fā)出氯氣，導致環(huán)境污染，因此選用雙氧水更好。rm{壟脷}雙氧水反應后的產(chǎn)物是水和氧氣，清潔環(huán)保。rm{壟脹}與氯水相比，雙氧水很穩(wěn)定，因此濃度能夠保持恒定。評卷人得分四、探究題(共4題，共36分)18、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；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）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為。19、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗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提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗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1成立，則實驗現(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。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數(shù)為。20、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；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）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為。21、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗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提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗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1成立，則實驗現(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。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數(shù)為。評卷人得分五、計算題(共3題，共6分)22、恒溫時，將rm{2molA}和rm{2molB}氣體投入固定容積為rm{2L}密閉容器中發(fā)生反應：

rm{2A(g)+B(g)?xC}rm{(g)+D(s)}rm{C500}解質rm{.}rm{10s}時，測得rm{A}的物質的量為rm{1.7mol}rm{C}的反應速率為rm{0.0225mol?L^{-1}?s^{-1}}rm{40s}時反應恰好處于平衡狀態(tài)，此時rm{B}的轉化率為rm{20%}．

rm{(1)x=}______

rm{(2)}從反應開始到rm{40s}達平衡狀態(tài)，rm{A}的平均反應速率為______

rm{(3)}平衡時容器中rm{B}的體積分數(shù)為______

rm{(4)}該溫度下此反應的平衡常數(shù)值為______

rm{(5)}下列各項能表示該反應達到平衡狀態(tài)是______

A.消耗rm{A}的物質的量與生成rm{D}的物質的量之比為rm{2}rm{1}

B.容器中rm{A}rm{B}的物質的量rm{n(A)}rm{n(B)=2}rm{1}

C.氣體的平均相對分子質量不再變化。

D.壓強不再變化rm{E.}氣體密度不再變化。

rm{(6)}在相同溫度下，若起始時rm{c(A)=5mol?L^{-1}}rm{c(B)=6mol?L^{-1}}反應進行一段時間后，測得rm{A}的濃度為rm{3mol?L^{-1}}則此時該反應是否達到平衡狀態(tài)______rm{(}填“是”與“否”rm{)}此時rm{v_{(脮媒)}}______rm{v_{(脛忙)}(}填“大于”“小于”或“等于”rm{)}．23、已知：某溫度時，rm{K_{sp}(AgCl)=1.8隆脕10^{-10}}rm{K_{sp}(Ag_{2}CrO_{4})=1.1隆脕10^{-12}}試求：rm{(1)}此溫度下rm{AgCl}飽和溶液和rm{Ag_{2}CrO_{4}}飽和溶液的物質的量濃度，并比較兩者的大小。rm{(2)}此溫度下，在rm{0.010mol隆隴L^{-1}}的rm{AgNO_{3}}溶液中，rm{AgCl}與rm{Ag_{2}CrO_{4}}分別能達到的最大物質的量濃度，并比較兩者的大小。24、（12分）某含氧有機化合物可以作為無鉛汽油的抗爆震劑，它的相對分子質量為88.0，含C的質量分數(shù)為68.2％，含H的質量分數(shù)為13.6％。（要有計算及解釋說明過程）。(1)請寫出有機物分子式。(2)紅外光譜和核磁共振氫譜顯示該分子中有4個甲基。請寫出其結構簡式。評卷人得分六、綜合題(共2題，共18分)25、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．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．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】放熱反應是指反應物的總能量高于產(chǎn)物的總能量【解析】【答案】C2、A【分析】【解析】【答案】A3、B【分析】【解答】解：A．丁香油酚中不含﹣COOC﹣；故A錯誤；

B．均含碳碳雙鍵；故B正確；

C．維生素C不含酚﹣OH；故C錯誤；

D．維生素C不含苯環(huán)；不是芳香化合物，故D錯誤；

故選B．

【分析】維生素C中含﹣OH、碳碳雙鍵、﹣COOC﹣，丁香油酚中含酚﹣OH、碳碳雙鍵、醚鍵，結合常見有機物的官能團、結構來解答．4、C【分析】試題分析：電子躍遷本質上是組成物質的粒子（原子、離子或分子）中電子的一種能量變化。核輻射是原子核從一種能量狀態(tài)結構或轉變?yōu)榱硪环N結構或另一種能量狀態(tài)過程中所釋放出來的微觀離子流，與電子躍遷無關。激光、霓虹燈廣告、節(jié)日里燃放的焰火是原子的發(fā)射光譜，與原子核外電子發(fā)生躍遷有關，因此正確的答案選C?？键c：考查原子核外電子躍遷的有關判斷和應用【解析】【答案】C5、C【分析】解：A．CS2與NO2分子中原子個數(shù)相等；電子總數(shù)和價電子總數(shù)都不相同，所以不是等電子體，則其空間構型不相似，故A錯誤；

B．SO2與N2O中原子個數(shù)相等；電子總數(shù)和價電子總數(shù)都不相同，所以不是等電子體，則其空間構型不相似，故B錯誤；

C．SO2與O3中原子個數(shù)相等；電子總數(shù)不相同，但價電子總數(shù)相同，所以是等電子體，其空間構型相似，故C正確；

D．PCl3與BF3分子中原子個數(shù)相等；電子總數(shù)和價電子總數(shù)都不相同，所以不是等電子體，則其空間構型不相似，故D錯誤；

故選C．

原子總數(shù)相同；電子總數(shù)或價電子總數(shù)相同的互為等電子體；等電子體的結構相似、物理性質相似，根據(jù)等電子體的概念分析解答．

本題以分子空間構型的判斷為載體考查了等電子體，明確等電子體的概念以及電子的計算是解本題關鍵，題目難度不大．【解析】【答案】C6、A【分析】【分析】本題考查了有機物的結構和性質，知道常見有機物官能團及其性質是解本題關鍵，再結合題干確定有機物的官能團，題目難度不大。一種芳香化合物，其分子式為rm{C_{8}H_{8}O_{3}}則該物質中含有苯環(huán)，與rm{FeCl_{3}}溶液會呈現(xiàn)特征顏色，能發(fā)生銀鏡反應，說明該有機物中含有酚羥基、醛基，結合其分子式確定結構簡式?！窘獯稹恳环N芳香化合物，其分子式為rm{C_{8}H_{8}O_{3}}則該物質中含有苯環(huán)，與rm{FeCl_{3}}溶液會呈現(xiàn)特征顏色；能發(fā)生銀鏡反應，說明該有機物中含有酚羥基；醛基；

A.該分子中含有醛基和酚羥基，且分子式為rm{C_{8}H_{8}O_{3}}故A正確；

B.該分子中不含酚羥基；所以不能顯色反應，不符合題意，故B錯誤；

C.該反應中不含醛基；所以不能發(fā)生銀鏡反應，不符合題意，故C錯誤；

D.該分子中含有醛基和酚羥基，能發(fā)生顯色反應和銀鏡反應，其分子式為rm{C_{8}H_{6}O_{3}}不符合題意，故D錯誤。

故選A?！窘馕觥縭m{A}7、C【分析】解：A．負極發(fā)生氧化反應；故A錯誤；

B．原電池原理中；陰離子向負極移動，陽離子向正極移動，故B錯誤；

C．負極上鎂失電子，正極上次氯酸根離子得電子，所以電池反應為Mg+ClO-+H2O=Mg（OH）2↓+Cl-；故C正確；

D．電池工作時正極上的反應為：ClO-+H2O+2e-=Cl-+2OH-，在正極附近生成OH-；故pH增大，故D錯誤；

故選：C。

該原電池中，鎂作負極，負極上鎂失電子發(fā)生氧化反應，正極上次氯酸根離子得電子發(fā)生還原反應，電池反應式為：Mg+ClO-+H2O=Mg（OH）2↓+Cl-；原電池放電時，電解質溶液中陽離子向正極移動，陰離子向負極移動．

本題考查原電池（燃料電池）基本原理，涉及電極判斷、電極反應書寫、離子流動等相關知識，難度不大．【解析】C二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】檢驗醛基一般用新制的氫氧化銅懸濁液或新制的銀氨氣溶液。檢驗碳碳雙鍵一般用溴水或酸性高錳酸鉀溶液。由于溴水或酸性高錳酸鉀溶液都能使醛基氧化，所以要首先檢驗醛基?！窘馕觥俊敬鸢浮浚靠崭?分，其他合理答案也可得分）(1)銀氨溶液，有銀鏡生成。(2)溴水，溴水褪色。(3)先檢驗醛基9、略

【分析】試題分析：元素X位于第四周期，其基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，則內(nèi)層電子數(shù)=2+8+18=28，且最外層電子數(shù)為2，所以該原子有30個電子，為Zn元素；元素Y基態(tài)原子的3p軌道上有4個電子，則Y是S元素；元素Z的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層的3倍，元素最外層電子數(shù)小于或等于8，所以Z是O元素，則（1）在乙醇的水溶液中，水分子和乙醇分子之間易形成氫鍵，氫鍵的存在導致其溶解性增大，而H2S不能形成氫鍵。（2）SO42-中價層電子數(shù)=4+(6+2?4×2)=4，且沒有孤電子對，所以是正四面體結構。（3）①X離子數(shù)目=8×+6×=4。②該晶胞中X離子數(shù)目=8×+6×=4，Y離子數(shù)目=4，則1個晶胞的質量是g，因此晶胞的體積是g÷ag·cm-3＝cm3?？键c：考查物質結構和性質，涉及氫鍵、空間構型、晶胞結構與計算等知識點【解析】【答案】（1）水分子與乙醇分子之間能形成氫鍵（2分）（2）正四面體（1分）（3）①4（2分）②（）（2分）10、（1）①②③④（2）285.8kJ·mol－1393.5kJ/mol（3）1429KJ（4）【分析】【分析】本題考查了放熱反應的判斷、燃燒熱的概念應用、蓋斯定律的應用，側重于反應熱的計算的考查，題目難度中等?！窘獯稹縭m{(1)}熱化學方程式中rm{triangleH}為負值的反應為放熱反應，所以上述反應中屬于放熱反應的是rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}故答案為：rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}

rm{(2)1mol}純凈物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物所放出的熱量為燃燒熱，則rm{H}rm{H}的rm{{,!}_{2}}燃燒熱為rm{285.8kJ隆隴mol^{-1}}；的燃燒熱為rm{C}故答案為：rm{393.5kJ/mol}rm{285.8kJ隆隴mol^{-1}}

rm{393.5kJ/mol}由rm{{H}_{2}(g)+dfrac{1}{2}{O}_{2}(g)={H}_{2}O(l)triangle=-285.8kJ?mo{l}^{-1}}可知rm{(3)}完全燃燒生成液態(tài)水，放出的熱量為rm{{H}_{2}(g)+

dfrac{1}{2}{O}_{2}(g)={H}_{2}O(l)triangle=-285.8kJ?mo{l}^{-1}

}所以rm{1molH_{2}}rm{285.8kJ}生成液態(tài)水，放出的熱量為rm{dfrac{10g}{2g/mol}隆脕285.8kJ/mol=1429kJ}

故答案為：rm{10g}

rm{H_{2}}已知rm{壟脹C(s)+dfrac{1}{2}{O}_{2}(g)簍TCO(g)triangleH=-110.5kJ/mol;}

rm{壟脺C(s)+O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)triangleH=-393.5kJ/mol}

把方程式rm{

dfrac{10g}{2g/mol}隆脕285.8kJ/mol=1429kJ}得：rm{CO(g)+dfrac{1}{2}{O}_{2}(g)=C{O}_{2;}(g)triangleH=-283.0kJ/mol}

故答案為：rm{CO(g)+dfrac{1}{2}{O}_{2}(g)=C{O}_{2;}(g)triangleH=-283.0kJ/mol}rm{2858KJ}【解析】rm{(1)壟脵壟脷壟脹}rm{壟脺}rm{壟脺}rm{(2)285.8kJ隆隴mol}rm{(2)285.8kJ隆隴mol}rm{{,!}^{-1}}rm{(4)CO(g)+dfrac{1}{2}{O}_{2}(g)=C{O}_{2;}(g)triangleH=-283.0kJ/mol}rm{393.5kJ/mol}11、略

【分析】解：rm{(1)}因圖中rm{A}rm{C}分別表示反應物總能量、生成物總能量，rm{B}為活化能，反應熱可表示為rm{A}rm{C}活化能的大小之差；活化能的大小與反應熱無關，加入催化劑能降低反應的活化能，加快化學反應速率；

故答案為：反應物總能量；生成物總能量；無；降低；不變；

rm{(2)}因rm{1mol}rm{SO_{2}(g)}氧化為rm{1mol}rm{SO_{3}}的rm{triangleH=-99kJ?mol^{-1}}所以rm{triangle

H=-99kJ?mol^{-1}}氧化為rm{2molSO_{2}(g)}的rm{triangleH=-198kJ?mol^{-1}}則rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangleH=-198KJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{2molSO_{3}}

rm{triangle

H=-198kJ?mol^{-1}}rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangle

H=-198KJ?mol^{-1}}分別表示反應物總能量、生成物總能量，rm{-198}為活化能；活化能的大小與反應熱無關；催化劑改變反應速率通過參與反應過程，降低活化能實現(xiàn)；

rm{(1)A}根據(jù)參加反應rm{C}的物質的量之比等于對應的rm{B}之比進行解答；

本題考查反應過程的能量變化圖以及運用蓋斯定律進行反應熱的計算，注意活化能的大小與反應熱無關，題目難度不大．rm{(2)}【解析】反應物總能量；生成物總能量；無；降低；不變；rm{-198}12、略

【分析】解：rm{(1)}已知rm{0.4mol}液態(tài)肼和足量rm{H_{2}O_{2}(l)}反應生成氮氣和水蒸氣時放出rm{256.64kJ}的熱量，依據(jù)熱化學方程式的書寫原則，結合定量關系寫出，rm{1mol}肼和過氧化氫反應生成氮氣和水蒸氣放出的熱量rm{=dfrac{256.64kJ隆脕1mol}{0.4mol}=641.6KJ}所以熱化學方程式為：rm{N_{2}H_{4}(1)+2H_{2}O_{2}(1)=N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-641.625kJ/mol}

故答案為：rm{N_{2}H_{4}(1)+2H_{2}O_{2}(1)=N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-641.625kJ/mol}

rm{=dfrac

{256.64kJ隆脕1mol}{0.4mol}=641.6KJ}液態(tài)肼物質的量rm{=dfrac{16g}{32g/mol}=0.5mol}

由rm{N_{2}H_{4}(1)+2H_{2}O_{2}(1)=N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-641.625kJ/mol}rm{N_{2}H_{4}(1)+2H_{2}O_{2}(1)=N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-641.625kJ/mol}

rm{壟脷H_{2}O(1)=H_{2}O(g)triangleH=+44kJ/mol}

結合蓋斯定律的內(nèi)容和要求，可以把rm{(2)16g}方向倒轉得到rm{壟脹4H_{2}O(g)=4H_{2}O(l)triangleH=-44隆脕4kJ/mol=-176kJ/mol}

rm{=dfrac

{16g}{32g/mol}=0.5mol}得到rm{壟脵N_{2}H_{4}(1)+2H_{2}O_{2}(1)=N_{2}(g)+4H_{2}O(g)}rm{triangleH=-641.6kJ/mol}

所以rm{壟脷H_{2}O(1)=H_{2}O(g)triangle

H=+44kJ/mol}液態(tài)肼與足量雙氧水反應生成氮氣和液態(tài)水時，放出的熱量rm{=dfrac{0.5mol隆脕817.6kJ}{1mol}=408.8kJ}

故答案為：rm{壟脷隆脕4}

rm{壟脹4H_{2}O(g)=4H_{2}O(l)triangle

H=-44隆脕4kJ/mol=-176kJ/mol}反應應用于火箭推進器；除釋放出大量熱量和快速生成大量氣體產(chǎn)生巨大推力外，反應的生成物是氮氣和水，很突出的優(yōu)點是對環(huán)境無污染；

故答案為：產(chǎn)物為氮氣和水；無污染；

rm{壟脵+壟脹}rm{triangleH=+67.7KJ?mol^{-1}}

rm{N_{2}H_{4}(1)+2H_{2}O_{2}(1)=N_{2}(g)+4H_{2}O(l)}rm{triangleH=-817.6kJ/mol}rm{triangleH=-534KJ?mol^{-1}}

將方程式rm{0.5mol}得rm{2N_{2}H_{4}(g)+2NO_{2}(g)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=2(-534KJ?mol^{-1})-(+67.7KJ?mol^{-1})=-1135.7kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{=dfrac

{0.5mol隆脕817.6kJ}{1mol}=408.8kJ}rm{408.8}rm{(3)}rm{H_{2}O(g)triangleH=-1135.7kJ?mol^{-1}}

rm{(5)壟脵N_{2}H_{4}(g)+O_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-543kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷dfrac{1}{2}H_{2}(g)+dfrac{1}{2}F_{2}(g)=HF(g)triangleH=-269kJ?mol^{-1}}

rm{壟脹H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)triangleH=-242kJ?mol^{-1}}

依據(jù)蓋斯定律rm{(4)壟脵N_{2}(g)+2O_{2}(g)簍T2NO_{2}(g)}得到：rm{N_{2}H_{4}(g)+2F_{2}(g)=N_{2}(g)+4HF(g)triangleH=-1135kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{triangle

H=+67.7KJ?mol^{-1}}rm{(g)triangleH=-1135kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷N_{2}H_{4}(g)+O_{2}(g)簍TN_{2}(g)+2H_{2}O}根據(jù)蓋斯定律，煤作為燃料不管是一步完成還是分兩步完成，反應物和產(chǎn)物的焓值是一定的，所以兩途徑的焓變值一樣，放出的熱量一樣；由于rm{(g)}的反應中rm{triangle

H=-534KJ?mol^{-1}}該反應是吸熱反應，反應物具有的總能量小于生成物的總能量；

途徑rm{2隆脕壟脷-壟脵}rm{壟脵C_{3}H_{8}(g)+5O_{2}(g)簍T3CO_{2}(g)+4H_{2}O(l)triangleH=-akJ?mol^{-1}}

途徑rm{2N_{2}H_{4}(g)+2NO_{2}(g)=3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=2(-534KJ?mol^{-1})-(+67.7KJ?mol^{-1})=-1135.7kJ?mol^{-1}}rm{壟脷C_{3}H_{8}(g)簍TC_{3}H_{6}(g)+H_{2}(g)triangleH=+bkJ?mol^{-1}}

rm{壟脹2C_{3}H_{6}(g)+9O_{2}(g)簍T6CO_{2}(g)+6H_{2}O(l)triangleH=-ckJ?mol^{-1}}

rm{壟脺2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangleH=-dkJ?mol^{-1}}反應rm{2N_{2}H_{4}(g)+2}反應rm{NO_{2}}反應rm{(g)簍T3N_{2}(g)+4}反應rm{H_{2}O(g)triangle

H=-1135.7kJ?mol^{-1}}所以rm{(5)壟脵N_{2}H_{4}(g)+O_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H=-543kJ?mol^{-1}}所以rm{b=-a+dfrac{1}{2}(c+d)=b=dfrac{c}{2}+dfracnqqzzrk{2}-a}．

故答案為：等于；小于；rm{b=dfrac{c}{2}+dfracqhcgelx{2}-a}．

rm{壟脷dfrac{1}{2}H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}F_{2}(g)=HF(g)triangleH=-269kJ?mol^{-1}}根據(jù)題給條件厲害書寫熱化學方程式的原則寫出；

rm{壟脹H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)triangleH=-242kJ?mol^{-1}}依據(jù)rm{壟脵-壟脹隆脕2+壟脷隆脕4}中寫出的熱化學方程式和rm{H_{2}O(1)=H_{2}O(g)triangleH=+44kJ/mol}利用蓋斯定律寫出熱化學方程式計算；

rm{N_{2}H_{4}(g)+2F_{2}(g)=N_{2}(g)+4HF(g)triangle

H=-1135kJ?mol^{-1}}依據(jù)反應產(chǎn)物的性質分析無污染物產(chǎn)生分析；

rm{N_{2}H_{4}(g)+2F_{2}(g)=N_{2}(g)+4HF}rm{triangleH=+67.7KJ?mol^{-1}}

rm{(g)triangle

H=-1135kJ?mol^{-1}}rm{(6)}rm{triangleH=-534KJ?mol^{-1}}

將方程式rm{C_{3}H_{8}(g)簍TC_{3}H_{6}(g)+H_{2}(g)}得rm{triangleH>0}根據(jù)蓋斯定律計算焓變；并書寫熱化學方程式；

rm{(5))壟脵N_{2}H_{4}(g)+O_{2}(g)=N_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=-543kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷dfrac{1}{2}H_{2}(g)+dfrac{1}{2}F_{2}(g)=HF(g)triangleH=-269kJ?mol^{-1}}

rm{壟脹H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)triangleH=-242kJ?mol^{-1}}

依據(jù)蓋斯定律rm{I}得到：rm{N_{2}H_{4}(g)+2F_{2}(g)=N_{2}(g)+4HF(g)}利用蓋斯定律計算得到焓變，并書寫熱化學方程式；

rm{壟脵C_{3}H_{8}(g)+5O_{2}(g)簍T3CO_{2}(g)+4H_{2}O(l)triangle

H=-akJ?mol^{-1}}根據(jù)蓋斯定律來判斷兩種途徑放熱之間的關系；該反應屬于吸熱反應，反應物具有的總能量小于生成物的總能量；需要吸收能量，所以反應條件為加熱；途徑rm{II}rm{壟脵C_{3}H_{8}(g)+5O_{2}(g)簍T3CO_{2}(g)+4H_{2}O(l)triangleH=-akJ?mol^{-1}}

途徑rm{壟脷C_{3}H_{8}(g)簍TC_{3}H_{6}(g)+H_{2}(g)triangle

H=+bkJ?mol^{-1}}rm{壟脷C_{3}H_{8}(g)簍TC_{3}H_{6}(g)+H_{2}(g)triangleH=+bkJ?mol^{-1}}

rm{壟脹2C_{3}H_{6}(g)+9O_{2}(g)簍T6CO_{2}(g)+6H_{2}O(l)triangleH=-ckJ?mol^{-1}}

rm{壟脺2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangleH=-dkJ?mol^{-1}}反應rm{壟脹2C_{3}H_{6}(g)+9O_{2}(g)簍T6CO_{2}(g)+6H_{2}O(l)triangle

H=-ckJ?mol^{-1}}反應rm{壟脺2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangle

H=-dkJ?mol^{-1}}反應rm{壟脵=}反應rm{壟脷+}根據(jù)蓋斯定律來判斷各步反應之間的關系．

本題考查學生蓋斯定律的應用以及反應吸放熱與反應物、生成物能量之間的關系，可以根據(jù)所學知識進行回答，難度不大．rm{壟脹隆脕dfrac{1}{2}+}【解析】rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-641.625kJ?mol^{-1}}rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)簍TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-641.625kJ?mol^{-1}}產(chǎn)物為氮氣和水，無污染；rm{2N_{2}H_{4}(g)+2NO_{2}(g)簍T3N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-1135.7kJ?mol^{-1}}rm{N_{2}H_{4}(g)+2F_{2}(g)=N_{2}(g)+4HF(g)triangleH=-1135kJ?mol^{-1}}等于；小于；rm{b=dfrac{c}{2}+dfrackvtf44o{2}-a}rm{408.8}三、實驗題(共5題，共10分)13、rm{(1)壟脵A}rm{Na_{2}SO_{3}+H_{2}SO_{4(脜簍)}=Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{壟脷g}rm{h}rm{e}rm{f}rm{i(e)}

rm{(2)壟脵}排除裝置中的氧氣

rm{壟脷}三頸燒瓶rm{(}或裝置rm{G)}中通入二氧化硫導管中的氣泡數(shù)

rm{壟脹Zn+2SO_{2}=ZnS_{2}O_{4}}

rm{(3)87%}【分析】【分析】本題考查性質實驗方案設計，側重考查學生知識綜合應用、根據(jù)實驗目的及物質的性質進行排列順序、實驗基本操作能力及計算，綜合性較強，注意把握物質性質以及對題目信息的獲取于使用，難度中等?！窘獯稹縭m{(1)壟脵}實驗室用亞硫酸鈉與濃硫酸反應制備二氧化硫，選擇rm{A}裝置，化學方程式為：rm{Na_{2}SO_{3}+H_{2}SO_{4(脜簍)}=Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}

故答案為：rm{A}rm{Na_{2}SO_{3}+H_{2}SO_{4(脜簍)}=Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{壟脷A}裝置制備二氧化硫，用濃硫酸干燥二氧化硫，為干燥充分，導氣管長進短出，則rm{a}連接rm{g}連接rm{h}二氧化硫的密度比空氣大，故導氣管深入集氣瓶底部，再連接rm{e}連接rm{f}二氧化硫不能排放至空氣中，用堿性試劑吸收；

故答案為：rm{g}rm{h}rm{e}rm{f}rm{i(e)}

rm{(2)壟脵}裝置中有氧氣會氧化鋅；所以原因為：排除裝置中的氧氣；

故答案為：排除裝置中的氧氣；

rm{壟脷}通過觀察三頸燒瓶rm{(}或裝置rm{G)}中通入二氧化硫導管中的氣泡數(shù)控制硫酸的滴入速度，調節(jié)止水夾rm{K_{1}}來控制rm{SO_{2}}的流速；

故答案為：三頸燒瓶rm{(}或裝置rm{G)}中通入二氧化硫導管中的氣泡數(shù)；

rm{壟脹}由rm{Zn}生成rm{ZnS_{2}O_{4}}的反應為鋅與二氧化硫之間的氧化還原反應，化學方程式為：rm{Zn+2SO_{2}=ZnS_{2}O_{4;}}

故答案為：rm{Zn+2SO_{2}=ZnS_{2}O_{4}}

rm{(3)Na_{2}S_{2}O_{4}}與rm{KMnO_{4}}反應產(chǎn)物為rm{Na_{2}SO_{4}}和rm{MnSO_{4}}則硫元素共升高rm{6}價，錳元素共降低rm{5}價，化合價升降應相同，故關系為rm{5S_{2}O_{4}^{2-}隆蘆6MnO_{4}^{-}}

rm{5}rm{6}

rm{n}rm{12隆脕10^{-3}L隆脕0.1mol/L}rm{n=dfrac{5隆脕12隆脕{10}^{-3}隆脕0.1}{6}={10}^{-3}mol}

則rm{n=dfrac{5隆脕12隆脕{10}^{-3}隆脕0.1}{6}={10}^{-3}mol

}樣品中rm{2g}的質量分數(shù)為rm{=dfrac{{10}^{-3}mol隆脕dfrac{100mL}{10mL}隆脕174g/mol}{2g}=87攏樓}

故答案為：rm{Na_{2}S_{2}O_{4}}rm{=dfrac{{10}^{-3}mol隆脕

dfrac{100mL}{10mL}隆脕174g/mol}{2g}=87攏樓}【解析】rm{(1)壟脵A}rm{Na_{2}SO_{3}+H_{2}SO_{4(脜簍)}=Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{壟脷g}rm{h}rm{e}rm{f}rm{i(e)}rm{(2)壟脵}排除裝置中的氧氣rm{壟脷}三頸燒瓶rm{(}或裝置rm{G)}中通入二氧化硫導管中的氣泡數(shù)rm{壟脹Zn+2SO_{2}=ZnS_{2}O_{4}}rm{(3)87%}14、略

【分析】解：rm{(1)MgCO_{3}}與稀硫酸反應生成硫酸鎂、二氧化碳和水，化學方程式為rm{MgCO_{3}+H_{2}SO_{4}簍TMgSO_{4}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}

故答案為：rm{MgCO_{3}+H_{2}SO_{4}簍TMgSO_{4}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{(2)}加入rm{H_{2}O_{2}}氧化時，在酸性溶液中氧化硫酸亞鐵為硫酸鐵，反應的化學方程式為rm{2FeSO_{4}+H_{2}O_{2}+H_{2}SO_{4}簍TFe_{2}(SO_{4})_{3}+2H_{2}O}離子反應為rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}=2Fe^{3+}+2H_{2}O}

故答案為：rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}=2Fe^{3+}+2H_{2}O}

rm{(3)}酸溶后過濾得到溶液中加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，加入氨水調節(jié)溶液rm{PH}使鐵離子全部沉淀；過濾后所以得到沉淀為氫氧化鐵；

故答案為：rm{Fe(OH)_{3}}

rm{(4)}煅燒得到的氣體主要有rm{SO_{2}}rm{CO_{2}}rm{CO}rm{S}產(chǎn)生的氣體進行分步吸收或收集，所以通過rm{A}使硫蒸氣冷凝下來，再通過rm{B}裝置高錳酸鉀溶液吸收二氧化硫，通過rm{C}中的氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳氣體在rm{D}中收集；

rm{壟脵B}中盛放的溶液可以rm{KMnO_{4}}溶液吸收二氧化硫，rm{C}中盛放的溶液是rm{NaOH}溶液；吸收二氧化碳；

故答案為：rmrm{a}

rm{壟脷D}中收集的氣體可以是rm{CO}故答案為：rm{CO}

rm{壟脹A}中得到的淡黃色固體與熱的rm{NaOH}溶液反應，依據(jù)氧化還原反應原理，產(chǎn)物中元素最高價態(tài)為rm{+4}最低價為rm{-2}價，反應的離子方程式為rm{3S+6NaOHdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Na_{2}S+Na_{2}SO_{3}+3H_{2}O}

故答案為：rm{3S+6NaOHdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Na_{2}S+Na_{2}SO_{3}+3H_{2}O.}

以菱鐵礦rm{3S+6NaOHdfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}2Na_{2}S+Na_{2}SO_{3}+3H_{2}O}主要成分為rm{3S+6NaOHdfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}2Na_{2}S+Na_{2}SO_{3}+3H_{2}O.}含少量rm{(}為原料，加入稀硫酸酸溶過濾得到濾液為硫酸鎂，硫酸亞鐵溶液，濾渣rm{MgCO_{3}}為不溶物，濾液中加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，加入一水合氨調節(jié)溶液rm{FeCO_{3})}沉淀鐵離子，過濾得到濾渣rm{1}為氫氧化鐵沉淀；濾液為硫酸鎂溶液，蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾洗滌制備硫酸鎂，和木炭高溫煅燒制備高純氧化鎂．

rm{PH}碳酸鎂與稀硫酸反應生成硫酸鎂水和二氧化碳；

rm{2}過氧化氫在酸性條件下氧化硫酸亞鐵為硫酸鐵；

rm{(1)}加入氨水調節(jié)溶液rm{(2)}使氫氧化鐵全部沉淀；

rm{(3)}煅燒得到的氣體主要有rm{PH}rm{(4)}rm{SO_{2}}rm{CO_{2}}產(chǎn)生的氣體進行分步吸收或收集，所以通過rm{CO}使硫蒸氣冷凝下來，再通過rm{S}裝置高錳酸鉀溶液吸收二氧化硫，通過rm{A}中的氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳氣體在rm{B}中收集．

本題考查物質的制備實驗，為高頻考點，涉及氧化還原反應、實驗基本操作、離子方程式的書寫等知識點，綜合性較強，側重考查基本操作、基本原理，明確流程圖中發(fā)生的反應、基本操作方法、物質性質是解本題關鍵，難點是確定各物質中成分，題目難度中等．rm{C}【解析】rm{MgCO_{3}+H_{2}SO_{4}簍TMgSO_{4}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}=2Fe^{3+}+2H_{2}O}rm{Fe(OH)_{3}}rmrm{a}rm{CO}rm{3S+6NaOHdfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2Na_{2}S+Na_{2}SO_{3}+3H_{2}O}rm{3S+6NaOHdfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}2Na_{2}S+Na_{2}SO_{3}+3H_{2}O}15、略

【分析】解：rm{(1)}乙烯和溴發(fā)生加成反應；甲烷和乙烯不反應，所以可以用溴水除去甲烷中的乙烯，實驗方法為洗氣；

故答案為：溴水；洗氣；

rm{(2)a.}蒸餾乙醇的主要儀器有蒸餾燒瓶；溫度計、冷凝管、鐵架臺、酒精燈、接液管和錐形瓶；蒸餾燒瓶盛放液體、溫度計測定溫度、冷凝管冷凝蒸氣、接液管接收液體、錐形瓶盛放蒸餾得到的液體，故正確；

rm{b.}蒸餾燒瓶中溫度從下到上逐漸降低；所以如果溫度計水銀球位置低于支管口下沿，則收集的乙醇含有沸點雜質。

；故錯誤；

rm{c.}溫度高時；苯甲酸的溶解度小，所以提純苯甲酸時，用熱水溶解，冷卻后過濾除去固體雜質，從而得到較純凈的苯甲酸，故正確；

rm{d.}純凈物有固定的熔點；如果苯甲酸不純，則測定的熔點與苯甲酸熔點有差異，故正確；

故選rm

rm{(3)}根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，rm{A}和rm{B}的沸點相差較大，可以采用蒸餾方法分離，故選rm．

rm{(1)}乙烯和溴發(fā)生加成反應；甲烷和乙烯不反應，所以可以用溴水除去甲烷中的乙烯；

rm{(2)a.}蒸餾乙醇的主要儀器有蒸餾燒瓶；溫度計、冷凝管、鐵架臺、酒精燈、接液管和錐形瓶；根據(jù)儀器的用途選取儀器；

rm{b.}蒸餾燒瓶中溫度從下到上逐漸降低；

rm{c.}溫度高時；苯甲酸的溶解度小；

rm{d.}純凈物有固定的熔點；

rm{(3)}互溶且沸點相差較大的液體可以采用蒸餾方法分離提純．

本題考查化學實驗方案評價，為高頻考點，涉及實驗基本操作、物質分離和提純、儀器的選取等知識點，明確實驗原理、物質性質差異性、實驗基本操作方法是解本題關鍵，側重考查學生實驗操作、實驗設計、實驗評價能力，題目難度不大．【解析】溴水；洗氣；rmrm16、略

【分析】（1）淀粉水解需要用濃硫酸作催化劑加快其水解速度。（2）由于冷凝管是豎直放置的，由此從a進水冷凝效果最好。硝酸屬于氧化性酸，濃度過大會進一步氧化草酸，導致產(chǎn)率降低。（3）因為碘遇淀粉顯藍色，所以驗證淀粉完全水解的方法是加入碘水，溶液不顯藍色。（4）減壓過濾時需要用的布氏漏斗、吸濾瓶。（5）用含硫酸的母液來吸收氮氧化物，會生成硝酸而重復使用，但也會造成吸收不充分，造成環(huán)境污染。（6）由方程式可知當反應恰好完成時，如果再滴入酸性高錳酸鉀溶液，則溶液顏色將由無色變成紅棕色。滴定前的讀數(shù)是2.50ml，滴定后的讀數(shù)是18.50ml，即消耗酸性高錳酸鉀溶液的體積16.00ml，物質的量是3.2×10－4mol，因此草酸的物質的量是8.0×10－4mol，所以樣品中二水合草酸的質量分數(shù)為【解析】【答案】(1)加快淀粉水解的速度（或起到催化劑的作用）(2)a溫度過高、硝酸濃度過大，導致H2C2O4進一步被氧化(3)碘水或KI-I2溶液(4)布氏漏斗、吸濾瓶（安全瓶、抽氣泵不作為主要儀器）(5)優(yōu)點：提高HNO3利用率(或循環(huán)使用氮氧化物)缺點：NOx（或氮氧化物）吸收不完全⑹無色紫紅色（或淡紫色）84.0%17、（1）2I-+Cl2=I2+2Cl-

（2）萃取下層C（3）①②

【分析】【分析】

本題考查了從海帶中提取碘的實驗的知識。【解答】

rm{(1)壟脷}對應的離子反應方程式rm{2I^{-}+Cl_{2}=I_{2}+2Cl^{-}}故答案為：rm{2I^{-}+Cl_{2}=I_{2}+2Cl^{-}}rm{2

I^{-}+Cl_{2}=I_{2}+2Cl^{-}}的操作名稱是萃取，進行操作rm{2

I^{-}+Cl_{2}=I_{2}+2Cl^{-}}時，應該取層液體完成后續(xù)實驗，完成操作rm{(2)壟脹}需要用到下列實驗裝置rm{壟脹}故答案為：萃??；下層；rm{壟脺}；

rm{C}rm{C}rm{(3)}氯水容易揮發(fā)出氯氣，導致環(huán)境污染，因此選用雙氧水更好。該小組同學認為與氯水相比，用雙氧水更好，理由是雙氧水反應后的產(chǎn)物是水和氧氣；清潔環(huán)保；

故答案為：rm{壟脵}

rm{壟脷}【解析】rm{(1)2I^{-}+Cl_{2}=I_{2}+2Cl^{-;}}

rm{(1)2

I^{-}+Cl_{2}=I_{2}+2Cl^{-;}}萃取下層rm{(2)}rm{C}

rm{(3)壟脵壟脷}四、探究題(共4題，共36分)18、略

【分析】Ⅰ．根據(jù)乙的理解，應該是水解相互促進引起的，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，而氫氧化銅分解會產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成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；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質量是水，所以氫氧化銅的質量是所以沉淀中CuCO3的質量分數(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；結束時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）19、略

【分析】（1）若假設1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會變?yōu)檠t色。（2）由于鐵離子能氧化單質銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會出現(xiàn)血紅色。（3）根據(jù)（2）中分析