2025年人教版PEP高二化學(xué)上冊月考試卷含答案

…………○…………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年人教版PEP高二化學(xué)上冊月考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：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)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、今有如下三個(gè)熱化學(xué)方程式：H2（g）＋1/2O2（g）＝H2O（g）；ΔH＝aKJ·mol－1,H2（g）＋1/2O2（g）＝H2O（l）；ΔH==bkJ·mol－1，2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（l）；ΔH==ckJ·mol－1，關(guān)于它們的下列表述正確的是（）A.它們都是吸熱反應(yīng)B.a、b和c均為正值C.a==bD.2b==c2、當(dāng)反應(yīng)2X+Y2Z△H<0達(dá)到平衡時(shí)，若升高溫度則能使A.Z的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增大B.X的轉(zhuǎn)化率增大，Y的轉(zhuǎn)化率減小C.X的轉(zhuǎn)化率減小，Y的轉(zhuǎn)化率增大D.Y的質(zhì)量分?jǐn)?shù)增大3、區(qū)分晶體與非晶體最可靠的方法（）A.觀察外觀B.稱量C.加熱D.X射線衍射實(shí)驗(yàn)4、下列敘述中一定正確的是rm{(}rm{)}A.任何濃度溶液的酸堿性都可用rm{pH}試紙測定B.某溫度下，rm{pH=6.2}的純水顯酸性C.rm{25隆忙}時(shí)，rm{pH=1}的醋酸溶液中rm{c(H^{+})}是rm{pH=2}的鹽酸溶液中rm{c(H^{+})}的rm{10}倍D.rm{25隆忙}時(shí)，rm{pH=12}的rm{NaOH}溶液中的rm{n(OH^{-})=10^{-2}mol}5、用惰性電極電解一定濃度的硫酸銅溶液，通電一段時(shí)間后，向所得的溶液中加入rm{0.05mol}rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}后恰好恢復(fù)到電解前的濃度和rm{pH.}則電解過程中轉(zhuǎn)移的電子為rm{(}rm{)}A.rm{0.1}rm{mol}B.rm{0.2}rm{mol}C.rm{0.3}rm{mol}D.rm{0.4}rm{mol}6、某化工廠生產(chǎn)的某產(chǎn)品只含C、H、O三種元素，其分子模型如圖所示(圖中球與球之間的連線代表化學(xué)鍵，如單鍵、雙鍵等)。下列物質(zhì)中與該產(chǎn)品互為同分異構(gòu)體的是()A.CH2===C(CH3)COOHB.CH2===CHCOOCH3C.CH3CH2CH===CHCOOHD.CH3CH(CH3)COOH7、25℃、101kPa下，2g氫氣燃燒生成液態(tài)水，放出285.8kJ熱量，表示該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式正確的是A.2H2(g)+O2(g)==2H2O（1）△H＝―285.8kJ／molB.2H2(g)+O2(g)==2H2O（1）△H＝+571.6kJ／molC.2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)△H＝―571.6kJ／molD.H2(g)+O2(g)==H2O（1）△H＝―285.8kJ／mol評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、下列各項(xiàng)分別與哪個(gè)影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素的關(guān)系最為密切？

（1）硫在氧氣中比在空氣中燃燒劇烈____

（2）MnO2加入雙氧水中反應(yīng)更劇烈____

（3）同質(zhì)量的鐵片和鐵粉與足量的同濃度的鹽酸反應(yīng)，后者先反應(yīng)完____

（4）鎂粉在冷水中反應(yīng)僅有微量氣泡逸出，但加熱時(shí)則有大量氣泡產(chǎn)生____

（5）光照下甲烷與氯氣反應(yīng)，而在黑暗處兩者不反應(yīng)____．9、C9H8O2有多種同分異構(gòu)體，任寫其中一種能同時(shí)滿足下列條件的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式：____．

a．苯環(huán)上連接著三種不同官能團(tuán)b．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。

c．能與Br2/CCl4發(fā)生加成反應(yīng)d．遇FeCl3溶液顯示特征顏色．10、已知下列熱化學(xué)方程式：（10分）①H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol-1②H2(g)＋O2(g)＝H2O(g)ΔH＝－241.8kJ·mol-1③C(s)＋O2(g)＝CO(g)ΔH＝－110.5kJ·mol-1④C(s)＋O2(g)＝CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol-1，回答下列問題：（1）上述反應(yīng)中屬于放熱反應(yīng)的是____________。（2）H2的燃燒熱為____________；C的燃燒熱為____________。（3）燃燒10gH2生成液態(tài)水，放出的熱量為____________。（4）寫出CO燃燒的熱化學(xué)方程式__________________________________。11、在CrCl3的水溶液中，一定條件下存在組成為[CrCln（H2O）6-n]x+（n和x均為正整數(shù)）的配離子，將其通過氫離子交換樹脂（R-H），可發(fā)生離子交換反應(yīng)：[CrCln（H2O）6-n]x++xR-H→Rx[CrCln（H2O）6-n]+xH+；交換出來的H+經(jīng)中和滴定，即可求出x和n，確定配離子的組成．現(xiàn)將含0.0015mol[CrCln（H2O）6-n]x+的溶液，與R-H完全交換后，中和生成的H+需濃度為0.1200mol?L-1NaOH溶液25.00mL，可知該配離子的化學(xué)式為______，中心離子的配位數(shù)為______．12、0.1mol某烴與20L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）過量的O2在一定條件下完全反應(yīng)，將反應(yīng)后高溫下的氣體混合物通過過量的Na2O2粉末；使之完全反應(yīng)．反應(yīng)后秤得固體粉末增重15g，并最終得到14.4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氣體．

（1）求該烴的分子式．

（2）該烴可使Br2CCl4溶液褪色，而且沒有支鏈．寫出該烴可能的結(jié)構(gòu)簡式．評卷人得分三、推斷題(共5題，共10分)13、X；Y、Z、Q、E五種元素中；X原子核外的M層中只有兩對成對電子，Y原子核外的L層電子數(shù)是K層的兩倍，Z是地殼內(nèi)含量（質(zhì)量分?jǐn)?shù)）最高的元素，Q的核電荷數(shù)是X與Z的核電荷數(shù)之和，E在元素周期表的各元素中電負(fù)性最大．請回答下列問題：

（1）X、Y，E的元素符號(hào)依次為______、______、______；

（2）XZ2與YZ2分子的立體結(jié)構(gòu)分別是______和______，相同條件下兩者在水中的溶解度較大的是______（寫分子式），理由是______；

（3）Q的元素符號(hào)是______，它屬于第______周期，它的核外電子排布式為______；

（4）E元素氣態(tài)氫化物的電子式______．14、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四種強(qiáng)電解質(zhì)，它們在水中電離時(shí)可產(chǎn)生下列離子rm{(}每種物質(zhì)只含一種陰離子且互不重復(fù)rm{).}陽離子rm{Na^{+}}rm{Ba^{2+}}rm{NH_{4}^{+}}陰離子rm{CH_{3}COO^{-}}rm{Cl^{-}}rm{OH^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}

已知：rm{壟脵A}rm{C}溶液的rm{pH}均大于rm{7}rm{A}rm{B}的溶液中水的電離程度相同；rm{壟脷C}溶液和rm{D}溶液相遇時(shí)只生成白色沉淀，rm{B}溶液和rm{C}溶液相遇時(shí)只生成刺激性氣味的氣體，rm{A}溶液和rm{D}溶液混合時(shí)無明顯現(xiàn)象．

rm{壟脵A}是______，rm{B}是______．

rm{壟脷}用離子方程式表示rm{A}溶液呈堿性的原因______．15、有一種線性高分子；結(jié)構(gòu)如圖所示．

完成下列填空：

rm{(1)}該高分子由______種單體rm{(}聚合成高分子的簡單小分子rm{)}聚合而成．

rm{(2)}寫出上述單體中相對分子質(zhì)量最小和相對分子質(zhì)量最大的分子間發(fā)生縮聚反應(yīng)的化學(xué)方程式______．

rm{(3)}上述單體中相對分子質(zhì)量最小的分子在一定條件下完全消去后所得物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式為______rm{.}該物質(zhì)加聚生成的高分子rm{(}填“能”或“不能”rm{)}______與溴的rm{CCl_{4}}溶液發(fā)生加成反應(yīng)rm{.}該物質(zhì)三分子聚合成環(huán)；所得物質(zhì)的名稱是______．

rm{(4)}上述單體中其中互為同系物的是rm{(}寫出所有可能，用結(jié)構(gòu)簡式表述rm{)}______．

rm{(5)}與上述單體中相對分子質(zhì)量最大的物質(zhì)互為同系物，且相對分子質(zhì)量多rm{14}的結(jié)構(gòu)有______種rm{.}16、現(xiàn)有A、B、C、D、E、F六種短周期主族元素，它們的原子序數(shù)依次增大，D原子核外啞鈴形原子軌道上有2個(gè)未成對電子，D與A形成的化合物分子構(gòu)型是V型。B元素是形成化合物種類最多的元素，A、B的最外層電子數(shù)之和與C的最外層電子數(shù)相等，F(xiàn)是同周期第一電離能最小的元素。（1）寫出C元素基態(tài)原子的價(jià)電子排布式；B、C、D三種元素電負(fù)性由大到小的順序?yàn)椋ㄓ迷胤?hào)表示）；（2）E與A能形成分子式為EA的化合物。接近EA沸點(diǎn)的EA蒸氣的相對分子質(zhì)量測量值要大于其分子計(jì)算值，原因是；C、D分別與A形成最簡單分子中，穩(wěn)定性較高的是（填化學(xué)式）分子；該分子再與A+結(jié)合成離子時(shí)，ACA鍵的鍵角會(huì)____（填“變大”、“不變”或“變小”）（3）C與F形成的化合物FC3中，C3的空間構(gòu)型為，C3—中心原子采用____雜化。灼燒FC3時(shí)，火焰呈現(xiàn)特殊顏色，請從原理上解釋產(chǎn)生該現(xiàn)象的原因：____。（4）右圖為B元素的某種單質(zhì)晶體的晶胞，則該晶體中B原子的空間占有率為____（用r表示B的原子半徑，用帶r的表達(dá)式表示，不必簡化）17、有A；B、C、D四種短周期元素；它們的原子序數(shù)由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的電子層數(shù)，且A的L層電子數(shù)是K層電子數(shù)的兩倍，C燃燒時(shí)呈現(xiàn)黃色火焰，C的單質(zhì)在高溫下與B的單質(zhì)充分反應(yīng)，可以得到與D單質(zhì)顏色相同的淡黃色固態(tài)化合物，試根據(jù)以上敘述回答：

（1）元素名稱：A______B______C______D______

（2）寫出AB2的電子式為______

（3）畫出D的原子結(jié)構(gòu)示意圖______，用電子式表示化合物C2D的形成過程______．評卷人得分四、計(jì)算題(共4題，共40分)18、某抗酸藥每片含碳酸鈣534mg、氫氧化鎂180mg。試計(jì)算10片該藥片理論上可與1.00mol·L-1的鹽酸溶液多少毫升恰好反應(yīng)?19、（6分）PCl5的熱分解反應(yīng)如下：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。（1）寫出反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式；（2）已知某溫度下，在容積為10.0L的密閉容器中充入2.00molPCl5，達(dá)到平衡后，測得容器內(nèi)PCl3的濃度為0.150mol/L。求該溫度下的平衡常數(shù)。（3）在相同的容器中起始充入5.00molPCl5，達(dá)平衡后，PCl5的分解率是多少？20、某溫度下，純水中c（H＋）＝1.0×10－6mol·L-1，則此時(shí)c（OH－）＝▲mol·L-1。在此溫度下，將100mLpH=1的稀硫酸和鹽酸的混合液與100mL未知濃度的Ba(OH)2溶液相混合，充分反應(yīng)后過濾，得0.233g沉淀，濾液的pH值變?yōu)?1(設(shè)混合液體積為兩者之和，所得固體體積忽略不計(jì)）。則原混合酸液中SO42－的物質(zhì)的量=____mol。Cl－的物質(zhì)的量=____mol。Ba(OH)2的物質(zhì)的量濃度=▲mol·L-1。21、rm{CO}rm{CH_{4}}均為常見的可燃?xì)怏w．

rm{(1)}等體積的rm{CO}rm{CH_{4}}在相同的條件下分別完全燃燒；轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為______．

rm{(2)120隆忙}rm{101kPa}下，rm{a}rm{mL}由rm{CO}rm{CH_{4}}組成的混合氣體在rmrm{mL}氧氣中完全燃燒后；恢復(fù)至原來的溫度與壓強(qiáng)．

rm{壟脵}若混合氣體與氧氣恰好完全反應(yīng)，產(chǎn)生rmrm{mLCO_{2}}則混合氣體中rm{CH_{4}}的體積分?jǐn)?shù)為______rm{%.}

rm{壟脷}若燃燒后氣體體積縮小了rm{dfrac{a}{4}mL}則rm{a}與rm的關(guān)系為______數(shù)學(xué)表達(dá)式表示rm{)}．評卷人得分五、探究題(共4題，共40分)22、（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)椤＃?）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。23、（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。24、（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。25、（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。評卷人得分六、簡答題(共1題，共6分)26、已知：

現(xiàn)有一種用于治療高血脂的新藥“滅脂靈”是按如下路線合成的．

已知rm{C}的分子式為rm{C_{7}H_{7}Cl}試回答以下問題：

rm{(1)}上述反應(yīng)rm{壟脵壟脷壟脹壟脺壟脻}中屬于取代反應(yīng)的是______rm{.(}填序號(hào)rm{)}

rm{(2)}反應(yīng)rm{壟脻}的條件可能是______．

A.rm{NaOH}溶液加熱rm{B.NaOH}醇溶液加熱rm{C.}稀硫酸加熱rm{D.}濃硫酸加熱。

rm{(3)}寫出rm{B}rm{H}的結(jié)構(gòu)簡式：rm{B}______H、______．

rm{(4)}寫出rm{I}與銀氨溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式：______．

rm{(5)}寫出含六個(gè)甲基且屬于酯類的rm{E}的rm{3}種同分異構(gòu)體______．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】由于氣態(tài)水的能量高于液態(tài)水的能量，所以氫氣燃燒生成液態(tài)水時(shí)放出的熱量多，但放熱越多，△H越小，選項(xiàng)D正確，A不正確，應(yīng)該是放熱反應(yīng)；B不正確，都是負(fù)值；C不正確，應(yīng)該是a大于b，所以答案選D?！窘馕觥俊敬鸢浮緿2、D【分析】考查外界條件對平衡的影響。正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，因此Z的質(zhì)量分?jǐn)?shù)減小，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率都降低，但反應(yīng)物的含量增大，所以答案選D?！窘馕觥俊敬鸢浮緿3、D【分析】解：當(dāng)X射線通過晶體時(shí)；會(huì)在記錄儀上看到分立的斑點(diǎn)或譜線，而非晶體則沒有，所以X射線衍射實(shí)驗(yàn)是區(qū)分晶體與非晶體最可靠的方法．

故選：D．

常見的固體分為晶體和非晶體；X射線衍射實(shí)驗(yàn)是區(qū)分晶體與非晶體最可靠的方法．

本題考查的是區(qū)分晶體與非晶體的方法，難度不大，注意晶體與非晶體最本質(zhì)的區(qū)別是組成物質(zhì)的粒子在微觀空間是否有序排列．【解析】【答案】D4、C【分析】解：rm{A}用rm{pH}試紙可以測定溶液的酸堿度，其范圍是rm{0隆蘆14}強(qiáng)酸性或者強(qiáng)堿性的溶液無法使用試紙測定，故A錯(cuò)誤；

B、某溫度下，rm{pH=6.2}的純水中，rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}純水顯示中性，故B錯(cuò)誤；

C、rm{25隆忙}時(shí)，rm{pH=1}的醋酸溶液中rm{c(H^{+})}為rm{0.1mol/L}rm{pH=2}的鹽酸溶液中rm{c(H^{+})=0.01mol/L}所以rm{25隆忙}時(shí)，rm{pH=1}的醋酸溶液中rm{c(H^{+})}是rm{pH=2}的鹽酸溶液中rm{c(H^{+})}的rm{10}倍；故C正確；

D；沒有告訴氫氧化鈉溶液的體積；無法計(jì)算溶液中氫氧根離子的物質(zhì)的量，故D錯(cuò)誤；

故選：rm{C}

A、rm{pH}試紙的測定分為rm{0-14}溶液中氫離子或氫氧根離子濃度大于rm{1mol/L}時(shí)，無法使用rm{pH}試紙測定；

B；水的電離為吸熱反應(yīng)；溫度升高，水的電離程度增大，水的離子積增大，氫離子濃度增大，但是純水中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，溶液顯示中性；

C、rm{25隆忙}時(shí)，rm{pH=1}的醋酸溶液中rm{c(H^{+})=0.1mol/L}rm{pH=2}的鹽酸溶液中rm{c(H^{+})=0.01mol/L}

D、rm{25隆忙}時(shí)，rm{pH=12}的rm{NaOH}溶液中的rm{c(OH^{-})=10^{-2}mol}溶液體積不知，無法計(jì)算溶液中氫氧根離子的物質(zhì)的量．

本題考查了溶液rm{pH}的簡單計(jì)算、水的電離及其影響因素、試紙的使用方法，題目難度中等，注意掌握溶液酸堿性與溶液的rm{pH}之間的關(guān)系，明確rm{pH}試紙測定范圍．【解析】rm{C}5、C【分析】解：電解硫酸銅溶液后溶液呈酸性；向電解后的溶液中加入堿式碳酸銅能恢復(fù)原溶液，堿式碳酸銅和硫酸反應(yīng)生成硫酸銅；水和二氧化碳，溶液質(zhì)量增加的量是銅、氫氧根離子，所以實(shí)際上電解硫酸銅溶液分兩個(gè)階段：

第一階段rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}

第二階段：rm{2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}2H_{2}隆眉+O_{2}隆眉}

將堿式碳酸銅化學(xué)式改變?yōu)閞m{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}所以加入rm{2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}2H_{2}隆眉+O_{2}隆眉}就相當(dāng)于加入rm{2CuO?H_{2}O?CO_{2}}和rm{0.05molCu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}水；

第一階段：根據(jù)銅原子守恒知，電解硫酸銅溶液析出rm{0.1molCuO}轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量rm{0.05mol}

第二階段：電解生成rm{n(Cu)=n(CuO)=0.1mol}水轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量rm{=0.1mol隆脕2=0.2mol}

所以解過程中共轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{0.1mol}

故選：rm{=0.05mol隆脕2=0.1mol}．

堿式碳酸銅和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸銅、水和二氧化碳，所以加入rm{0.2mol+0.1mol=0.3mol}堿式碳酸銅rm{C}相當(dāng)于加入rm{0.05mol}rm{[Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}]}根據(jù)生成物知，陰極上銅離子和氫離子放電；陽極上氫氧根離子放電，根據(jù)銅和氫氣的物質(zhì)的量與轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式計(jì)算轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量．

本題考查了電解原理，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力和計(jì)算能力，明確實(shí)際上加入的物質(zhì)是解本題關(guān)鍵，再根據(jù)原子守恒、轉(zhuǎn)移電子守恒來分析解答，難度中等．rm{0.1molCuO}【解析】rm{C}6、B【分析】【解析】試題分析：因?yàn)樵摲肿又缓珻、H、O三種元素，根據(jù)其分子模型可以推出，該產(chǎn)品為CH2===C(CH3)COOH，所以只有CH2===CHCOOCH3與其為同分異構(gòu)體，所以該題的答案為B，C中CH3CH2CH===CHCOOH與該產(chǎn)品為同系物?？键c(diǎn)：同分異構(gòu)體【解析】【答案】B7、D【分析】試題分析：2gH2合1mol，題就成了1molH2完全燃燒生成的液態(tài)水放出285.8kJ，H2（g）+O2(g)=H2O(l)；△H=-285.8kJ／mol，D正確?？键c(diǎn)：考查熱化學(xué)方程式的書寫?！窘馕觥俊敬鸢浮緿二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】

（1）因增大反應(yīng)物濃度；加快化學(xué)反應(yīng)速率，所以硫在純氧中燃燒比在空氣中進(jìn)行得更快，更劇烈，故答案為：反應(yīng)物濃度；

（2）因使用催化劑，可以加快化學(xué)反應(yīng)速率，所以MnO2加入雙氧水中反應(yīng)更劇烈；故答案為：催化劑；

（3）增大反應(yīng)物接觸面積；可以加快化學(xué)反應(yīng)速率，所以同質(zhì)量的鐵片和鐵粉與足量的同濃度的鹽酸反應(yīng)，后者先反應(yīng)完，故答案為：反應(yīng)物接觸面積；

（4）升高溫度；加快化學(xué)反應(yīng)速率，所以鎂粉在冷水中反應(yīng)僅有微量氣泡逸出，但加熱時(shí)則有大量氣泡產(chǎn)生，故答案為：溫度；

（5）光照能加快化學(xué)反應(yīng)速率；所以光照下甲烷與氯氣反應(yīng)，而在黑暗處兩者不反應(yīng)，故答案為：光照．

【解析】【答案】根據(jù)影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素方面進(jìn)行分析；判斷；從而得出正確的結(jié)論．

9、略

【分析】

C9H8O2的不飽和度為=6，苯環(huán)上連接著三種不同官能團(tuán)，遇FeCl3溶液顯示特征顏色，說明分子中含有酚羥基-OH，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，分子中含有醛基-CHO，能與Br2/CCl4發(fā)生加成反應(yīng)；含有不飽和的碳碳鍵，由于苯環(huán)的不飽和度為4，-CHO的不飽和度為1，故不飽和的碳碳鍵的不飽和度為6-4-1=1，故為C=C雙鍵，符合條件的同分異構(gòu)體有。

等，故答案為：等．

【解析】【答案】C9H8O2的不飽和度為=6，苯環(huán)上連接著三種不同官能團(tuán)，遇FeCl3溶液顯示特征顏色，說明分子中含有酚羥基-OH，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，分子中含有醛基-CHO，能與Br2/CCl4發(fā)生加成反應(yīng)；含有不飽和的碳碳鍵，由于苯環(huán)的不飽和度為4，-CHO的不飽和度為1，故不飽和的碳碳鍵的不飽和度為6-4-1=1，故為C=C雙鍵，據(jù)此書寫．

10、略

【分析】【解析】試題分析：放熱反應(yīng)的ΔH<0故①②③④都屬于放熱反應(yīng)；H2的燃燒熱反應(yīng)方程式是①式為285.8kJ·mol-1；C的燃燒熱反應(yīng)方程式是④式為393.5kJ·mol-1；燃燒10gH2生成液態(tài)水，放出的熱量為1429kJ；CO燃燒的熱化學(xué)方程式由蓋斯定律得④—③即CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.5kJ·mol-1?？键c(diǎn)：燃燒熱蓋斯定律【解析】【答案】（每空2分，共10分）（1）①②③④（2）285.8kJ·mol-1393.5kJ·mol-1（3）1429kJ（4）CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.5kJ·mol-111、略

【分析】解：中和生成的H+需濃度為0.1200mol/L氫氧化鈉溶液25.00mL，由H++OH-=H2O，可以得出H+的物質(zhì)的量為0.12mol/L×25.00×10-3L=0.003mol；

所以x==2，則[CrCln（H2O）6-n]2+中Cr的化合價(jià)為+3價(jià)，則有3-n=2，解得n=1，即該配離子的化學(xué)式為[CrCl（H2O）5]2+；配離子中Cl原子和水分子數(shù)目即是中心離子的配位數(shù)，配位數(shù)為6；

故答案為：[CrCl（H2O）5]2+；6．

中和發(fā)生反應(yīng)：H++OH-=H2O，由中和生成的H+需要的NaOH溶液，可得出H+物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算出x，[CrCln（H2O）6-n]x+中Cr的化合價(jià)為+3價(jià)；化合價(jià)代數(shù)和等于離子所帶電荷，據(jù)此計(jì)算n的值，進(jìn)而確定該配離子化學(xué)式．

本題考查配離子和配位數(shù)、以及方程式有關(guān)計(jì)算，難度不大，注意利用方程式及化合價(jià)與離子電荷關(guān)系即可解答．【解析】[CrCl（H2O）5]2+；612、略

【分析】

（1）氧氣過量，由4H～O2～2H2O、C～O2～CO2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，反應(yīng)前后氣體減少的體積是CO2體積的一半；Na2O2粉末與1molH2O及1molCO2反應(yīng)，質(zhì)量會(huì)分別增加2g、28g，根據(jù)n=計(jì)算出生成二氧化碳的物質(zhì)的量；結(jié)合總質(zhì)量列式計(jì)算出水的物質(zhì)的量，從而可計(jì)算出該有機(jī)物的分子式；

（2）該烴分子式為C5H10，可以使Br2的CCl4溶液褪色；其分子中含有碳碳雙鍵，再結(jié)合呈直鏈狀寫出其結(jié)構(gòu)簡式．

本題考查了有機(jī)物分子式、結(jié)構(gòu)簡式的確定，題目難度中等，根據(jù)反應(yīng)方程式得出二氧化碳的物質(zhì)的量為解答關(guān)鍵，注意差量法在化學(xué)計(jì)算中的應(yīng)用方法．【解析】解：（1）氧氣過量，由4H～O2～2H2O、C～O2～CO2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，O2減少的體積是CO2體積的一半；Na2O2粉末與1molH2O及1molCO2反應(yīng)；質(zhì)量會(huì)分別增加2g；28g；

n（CO2）==0.5mol；

28n（CO2）+2n（H2O）=15g；

n（H2O）=0.5mol；

則0.1mol該烴含C原子0.5mol，含H原子1mol，則其分子式為：C5H10；

答：該烴的分子式為：C5H10；

（2）該烴分子式為C5H10，可以使Br2的CCl4溶液褪色，該分子中肯定含有碳碳雙鍵，呈直鏈狀，則結(jié)構(gòu)簡式為：CH2=CHCH2CH2CH3和CH3CH=CHCH2CH3；

答：該烴可能的結(jié)構(gòu)簡式為：CH2=CHCH2CH2CH3和CH3CH=CHCH2CH3．三、推斷題(共5題，共10分)13、略

【分析】解：（1）X原子核外的M層中只有兩對成對電子，核外電子排布應(yīng)為1s22s22p63s23p4；為S元素，Y原子核外的L層電子數(shù)是K層的兩倍，Y有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為4，故Y為C元素，E在元素周期表的各元素中電負(fù)性最大，應(yīng)為F元素；

故答案為：S；C；F；

（2）SO2中，S和O形成2個(gè)δ鍵，有1個(gè)孤電子對，為V形，CO2中，C和O形成2個(gè)δ鍵，沒有孤電子對，為直線形．SO2是極性分子，H2O也是極性分子，相似相溶，而CO2是非極性分子，故SO2在水中溶解度更大；

故答案為：V形；直線形；SO2；SO2是極性分子，H2O也是極性分子，相似相溶，而CO2是非極性分子；

（3）Q的核電荷數(shù)是X與Z的核電荷數(shù)之和，原子序數(shù)為24，為Cr元素，位于周期表第四周期ⅥB族，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1；

故答案為：Cr；四；1s22s22p63s23p63d54s1；

（4）E在元素周期表的各元素中電負(fù)性最大，應(yīng)為F元素，氣態(tài)氫化物是HF，H原子和F原子間為共價(jià)鍵，故氟化氫的電子式為

故答案為：．

X原子核外的M層中只有兩對成對電子，核外電子排布應(yīng)為1s22s22p63s23p4；為S元素；

Y原子核外的L層電子數(shù)是K層的兩倍；Y有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為4，故Y為C元素；

Z是地殼內(nèi)含量最高的元素；為O元素；

Q的核電荷數(shù)是X與Z的核電荷數(shù)之和，原子序數(shù)為24，為Cr元素；

E在元素周期表的各元素中電負(fù)性最大；應(yīng)為F元素；

結(jié)合元素對應(yīng)單質(zhì)；化合物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)解答該題．

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素的性質(zhì)，題目難度中等，本題注意把握原子核外電子排布，推斷元素的種類是關(guān)鍵，還要注意把握分析空間構(gòu)型的判斷．【解析】S；C；F；V形；直線形；SO2；SO2是極性分子，H2O也是極性分子，相似相溶，而CO2是非極性分子；Cr；四；1s22s22p63s23p63d54s1；14、略

【分析】解：rm{壟脵A}rm{C}溶液的rm{pH}均大于rm{7}應(yīng)為醋酸鹽和堿溶液，rm{A}rm{B}的溶液中水的電離程度相同，則溶液水解程度相同；rm{壟脷C}溶液和rm{D}溶液相遇時(shí)只生成白色沉淀，rm{B}溶液和rm{C}溶液相遇時(shí)只生成刺激性氣味的氣體，rm{A}溶液和rm{D}溶液混合時(shí)無明顯現(xiàn)象，則說明rm{C}為rm{Ba(OH)_{2}}rm{D}為rm{Na_{2}SO_{4}}則rm{B}為rm{NH_{4}Cl}綜上所述，rm{A}為rm{CH_{3}COONa}rm{B}為rm{NH_{4}Cl}rm{C}為rm{Ba(OH)_{2}}rm{D}為rm{Na_{2}SO_{4}}

rm{壟脵A}是rm{CH_{3}COONa}rm{B}是rm{NH_{4}Cl}故答案為：rm{CH_{3}COONa}rm{NH_{4}Cl}

rm{壟脷CH_{3}COONa}顯示堿性，因?yàn)榇姿岣x子水解導(dǎo)致溶液顯示堿性，水解離子反應(yīng)為rm{CH_{3}COO^{-}+H_{2}O?CH_{3}COOH+OH^{-}}

故答案為：rm{CH_{3}COO^{-}+H_{2}O?CH_{3}COOH+OH^{-}}．

rm{壟脵A}rm{C}溶液的rm{pH}均大于rm{7}應(yīng)為醋酸鹽和堿溶液，rm{A}rm{B}的溶液中水的電離程度相同，則溶液水解程度相同；rm{壟脷C}溶液和rm{D}溶液相遇時(shí)只生成白色沉淀，rm{B}溶液和rm{C}溶液相遇時(shí)只生成刺激性氣味的氣體，rm{A}溶液和rm{D}溶液混合時(shí)無明顯現(xiàn)象，則說明rm{C}為rm{Ba(OH)_{2}}rm{D}為rm{Na_{2}SO_{4}}則rm{B}為rm{NH_{4}Cl}綜上所述，rm{A}為rm{CH_{3}COONa}rm{B}為rm{NH_{4}Cl}rm{C}為rm{Ba(OH)_{2}}rm{D}為rm{Na_{2}SO_{4}}以此來解答．

本題考查無機(jī)物的推斷，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、鹽類水解為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與推斷能力的考查，注意白色沉淀及氣體的判斷，題目難度不大．【解析】rm{CH_{3}COONa}rm{NH_{4}Cl}rm{CH_{3}COO^{-}+H_{2}O?CH_{3}COOH+OH^{-}}15、略

【分析】解：rm{(1)}由高聚物可知該有機(jī)物的單體有：rm{HO-CH_{2}-CH_{2}-OH}rm{HOOC-COOH}rm{HOOC-CH_{2}-COOH}等；

故答案為：rm{5}

rm{(2)}上述單體中相對分子質(zhì)量最小和相對分子質(zhì)量最大的分別是：rm{HO-CH_{2}-CH_{2}-OH}二者反應(yīng)的方程式為：

rm{nHO-CH_{2}-CH_{2}-OH+nHOOC-C_{6}H_{5}-COOH}rm{+2nH_{2}O}

故答案為：rm{nHO-CH_{2}-CH_{2}-OH+nHOOC-C_{6}H_{5}-COOH}rm{+2nH_{2}O}

rm{(3)}上述單體中式量最小的分子為rm{HO-CH_{2}-CH_{2}-OH}在一定條件下完全消去后所得物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式為rm{CH隆脭CH}含有不飽和鍵，可與溴發(fā)生加成反應(yīng)，三分子rm{CH隆脭CH}聚合成環(huán)；可得到苯；

故答案為：rm{CH隆脭CH}能；苯；

rm{(4)}互為同系物的是：rm{HOOC-COOH}與rm{HOOC-CH_{2}-COOH}rm{HO-CH_{2}-CH_{2}-OH}與

故答案為：rm{HOOC-COOH}與rm{HOOC-CH_{2}-COOH}rm{HO-CH_{2}-CH_{2}-OH}與

rm{(5)}相對分子質(zhì)量最大的物質(zhì)為與之互為同系物，且相對分子質(zhì)量多rm{14}即多一個(gè)rm{CH_{2}}所以除了苯環(huán)外；

取代基可能為：rm{-CH(COOH)_{2}}有rm{1}種結(jié)構(gòu)；

取代基可能為：rm{-COOH}rm{-CH_{2}COOH}存在鄰、間、對rm{3}種結(jié)構(gòu)；

取代基可能為：rm{-COOH}rm{-COOH}rm{-CH_{3}}rm{2}個(gè)rm{-COOH}在鄰、間、對三種結(jié)構(gòu)，rm{-CH_{3}}再取代鄰苯二甲酸中苯環(huán)上的一個(gè)氫原子，有rm{2}種結(jié)構(gòu)，rm{-CH_{3}}再取代間苯二甲酸中苯環(huán)上的一個(gè)氫原子，有rm{3}種結(jié)構(gòu)，rm{-CH_{3}}再取代對苯二甲酸中苯環(huán)上的一個(gè)氫原子，有rm{1}種結(jié)構(gòu)；

所以符合條件的結(jié)構(gòu)有rm{10}種；

故答案為：rm{10}．

由高聚物可知該有機(jī)物的單體有rm{HO-CH_{2}-CH_{2}-OH}rm{HOOC-COOH}rm{HOOC-CH_{2}-COOH}等；結(jié)合對應(yīng)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)解答該題．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，題目難度不大，注意根據(jù)高聚物判斷有機(jī)物的單體為解答該題的關(guān)鍵，注意把握有機(jī)物的官能團(tuán)的性質(zhì)．【解析】rm{5}rm{nHO-CH_{2}-CH_{2}-OH+nHOOC-C_{6}H_{5}-COOH}rm{+2nH_{2}O}rm{CH隆脭CH}能；苯；rm{HOOC-COOH}與rm{HOOC-CH_{2}-COOH}rm{HO-CH_{2}-CH_{2}-OH}與rm{10}16、略

【分析】試題分析：D原子核外啞鈴形原子軌道上有2個(gè)未成對電子，可知D的p軌道電子排布為：p2或者p4D與A形成的化合物分子構(gòu)型是V型，則D的p軌道電子排布為：p4，D為氧元素，A為氫元素。B元素是形成化合物種類最多的元素，則B為碳元素，C為氮元素。F是同周期第一電離能最小的元素，則F為鈉元素，E為氟元素。（1）C為氮元素，價(jià)電子排布為：2s22p3，同周期元素從左至右電負(fù)性逐漸增大，所以電負(fù)性由大到小為：O＞N＞C。（2）E與A能形成分子式為EA的化合物為HF，HF分子間存在很強(qiáng)的氫鍵，分子易形成多聚體（HF）n所以相對分子質(zhì)量要大于HF。C、D分別與A形成最簡單分子為NH3和H2O，非金屬性O(shè)＞N，所以氫化物的穩(wěn)定性H2O＞NH3。H2O與H+形成H3O+，H2O中有兩對孤對電子，而H3O+只有一對孤對電子，孤對電子數(shù)目減少，對共價(jià)鍵的排斥力也減小，因此H-O-H鍵角變大。（3）C與F形成的化合物FC3為NaN3，N3-與CO2為等電子體，中心氮原子采取sp雜化，因此N3-空間構(gòu)型為直線型。灼燒NaN3時(shí)，鈉原子低能級電子躍遷到高能級形成激發(fā)態(tài)，激發(fā)態(tài)不穩(wěn)定，電子又從激發(fā)態(tài)遷回基態(tài)，從高能級躍遷到低能級，放出能量，能量以光波的形式存在，使火焰呈現(xiàn)特殊的顏色。（4）該原子表示的是金剛石的晶胞。通過計(jì)算一個(gè)金剛石晶胞含有碳原子數(shù)為：個(gè)，碳原子的半徑為r，則碳原子所占的體積為V1=設(shè)晶胞的邊長為a，根據(jù)金剛石晶胞的結(jié)構(gòu)，則則則晶胞的體積V=（）3，則該晶體中B原子的空間占有率為：×100%考點(diǎn)：本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)。具體考察元素周期表短周期元素價(jià)電子排布規(guī)律、電負(fù)性規(guī)律、非金屬氫化物的穩(wěn)定性、氫鍵、簡單分子的雜化軌道理論和空間構(gòu)型、晶體結(jié)構(gòu)相關(guān)計(jì)算?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）2s22p3O＞N＞C（2）HF分子間通過氫鍵作用形成(HF)n分子，使相對分子質(zhì)量增大H2O（3）直線型在加熱條件下，低能級電子躍遷到高能級，不穩(wěn)定，電子由高能級躍遷回低能級，能量以光波形式釋放，使火焰呈現(xiàn)特殊顏色（4）或17、略

【分析】解：有A；B、C、D四種短周期元素；它們的原子序數(shù)由A到D依次增大．已知A和B原子有相同的電子層數(shù)，則A、B處于同一周期，且A的L層電子數(shù)是K層電子數(shù)的兩倍，則A有2個(gè)電子層，L層電子數(shù)為4，故A為碳元素；C單質(zhì)燃燒時(shí)呈現(xiàn)黃色火焰，則C為鈉元素；C的單質(zhì)在點(diǎn)燃時(shí)與足量的B單質(zhì)充分反應(yīng)，可以得到與D單質(zhì)顏色相同的淡黃色固態(tài)化合物，則B為氧元素，D為硫元素；

（1）通過以上分析知；A是碳，B是氧，C是鈉，D是硫；

故答案為：碳；氧；鈉；硫；

（2）CO2分子中碳原子與氧原子形成2對共用電子對，電子式為故答案為：

（3）D是硫原子，有三個(gè)電子層，最外層6個(gè)電子，得到硫原子的原子結(jié)構(gòu)示意圖為：C2D是硫化鈉，由鈉離子與硫離子構(gòu)成，硫化鈉電子式為用電子式表示其形成過程為：

故答案為：．

有A；B、C、D四種短周期元素；它們的原子序數(shù)由A到D依次增大．已知A和B原子有相同的電子層數(shù)，則A、B處于同一周期，且A的L層電子數(shù)是K層電子數(shù)的兩倍，則A有2個(gè)電子層，L層電子數(shù)為4，故A為碳元素；C單質(zhì)燃燒時(shí)呈現(xiàn)黃色火焰，則C為鈉元素；C的單質(zhì)在點(diǎn)燃時(shí)與足量的B單質(zhì)充分反應(yīng)，可以得到與D單質(zhì)顏色相同的淡黃色固態(tài)化合物，則B為氧元素，D為硫元素，據(jù)此解答．

本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用，側(cè)重對電子式的考查，注意掌握電子式表示化學(xué)鍵或物質(zhì)的性質(zhì)過程，題目難度中等．【解析】碳；氧；鈉；硫；四、計(jì)算題(共4題，共40分)18、略

【分析】CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O（1分）Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O（1分）根據(jù)以上化學(xué)方程式可分別求得：10片該藥片中含有的CaCO３、Mg(OH)２能夠反應(yīng)的鹽酸的體積依次為0.107L、0.062L(2分)故所求鹽酸的體積為0.169L即169mL(2分)（根據(jù)計(jì)算過程合理給分）【解析】【答案】169mL19、略

【分析】（1）平衡常數(shù)是在一定條件下，可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，生成物濃度的冪之積和反應(yīng)物濃度冪之積的比值，所以表達(dá)式為（2）PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)起始濃度（mol/lL）0.200轉(zhuǎn)化濃度（mol/l）0.150.150.15平衡濃度（mol/L00.050.150.15所以K＝（3）PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)起始濃度（mol/lL）0.500轉(zhuǎn)化濃度（mol/l）xxx平衡濃度（mol/L00.5－xxx所以K＝解得x＝0.3所以轉(zhuǎn)化率是0.3÷0.5×100％＝60％【解析】【答案】（1）（2）K＝0.45（3）60％20、略

【分析】【解析】【答案】1.0×10－6（2分）；0.001（2分）；0.008（2分）；0.15（2分）21、1：4；33；b≥【分析】解：rm{(1)}一個(gè)rm{CO}轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{2}一個(gè)rm{CH_{4}}轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{8}等體積的rm{CO}rm{CH_{4}}轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為rm{1}rm{4}故答案為：rm{1}rm{4}

rm{(2)壟脵}設(shè)rm{CO}為rm{xml}rm{CH_{4}}為rm{yml}

rm{2CO+O_{2}dfrac{;{碌茫脠錄};}{;}2CO_{2}}

rm{2CO+O_{2}dfrac{

;{碌茫脠錄};}{;}2CO_{2}}rm{xmldfrac{xml}{2}}

rm{CH_{4}+2O_{2}dfrac{;{碌茫脠錄};}{;}CO_{2}+2H_{2}O}

rm{xml}rm{CH_{4}+2O_{2}dfrac{

;{碌茫脠錄};}{;}CO_{2}+2H_{2}O}rm{yml}

則rm{2yml}rm{yml}

解得：rm{dfrac{x}{2}+2y=a}rm{x+y=a}

所以混合氣體中rm{x=dfrac{2a}{3}}的體積分?jǐn)?shù)為rm{dfrac{dfrac{a}{3}ml}{a;mL}隆脕100%=33.3%}

rm{y=dfrac{a}{3}}設(shè)rm{CH_{4}}為rm{dfrac{dfrac

{a}{3}ml}{a;mL}隆脕100%=33.3%}rm{壟脷}為rm{CO}

rm{2CO+O_{2}dfrac{;{碌茫脠錄};}{;}2CO_{2}triangleV}

rm{xml}rm{CH_{4}}rm{yml}rm{2CO+O_{2}dfrac{

;{碌茫脠錄};}{;}2CO_{2}triangleV}

rm{CH_{4}+2O_{2}dfrac{;{碌茫脠錄};}{;}CO_{2}+2H_{2}O}

rm{xml}rm{dfrac{xml}{2}}rm{xml}

則rm{dfrac{x}{2}ml}

rm{壟脷dfrac{;x}{2}+2yleqslantb}

rm{壟脹dfrac{x}{2}=dfrac{a}{4}}

由rm{CH_{4}+2O_{2}dfrac{

;{碌茫脠錄};}{;}CO_{2}+2H_{2}O}得，可得到rm{yml}代入rm{2yml}式，可得到：rm{yml}代入rm{壟脵x+y=a}式，可得到rm{壟脷dfrac{;x}{2}+2yleqslant

b}故答案為：rm{壟脹dfrac{x}{2}=dfrac

{a}{4}}

rm{壟脹}根據(jù)rm{a=2x}反應(yīng)后生成rm{壟脵}碳的價(jià)態(tài)由rm{y=x=dfrac{a}{2}}升高到rm{壟脷}價(jià)，化合價(jià)升高rm{bgeqslantdfrac{5a}{4}}即一個(gè)rm{bgeqslantdfrac{5a}{4}}轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{(1)}rm{CO}反應(yīng)后生成rm{CO_{2}}和水，碳的價(jià)態(tài)由rm{+2}升高到rm{+4}價(jià)，化合價(jià)升高rm{2}即一個(gè)rm{CO}轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{2}來分析計(jì)算；

rm{CH_{4}}根據(jù)方程式rm{2CO+O_{2}dfrac{;{碌茫脠錄};}{;}2CO_{2}}rm{CH_{4}+2O_{2}dfrac{;{碌茫脠錄};}{;}CO_{2}+2H_{2}O}建立方程式組求解；

rm{CO_{2}}根據(jù)方程式rm{2CO+O_{2}dfrac{;{碌茫脠錄};}{;}2CO_{2}}rm{CH_{4}+2O_{2}dfrac{;{碌茫脠錄};}{;}CO_{2}+2H_{2}O}利用差量法，建立方程式組求解；

本題主要考查了利用化學(xué)方程式進(jìn)行計(jì)算，難度不大，注意找出各個(gè)量之間的關(guān)系．rm{-4}【解析】rm{1}rm{4}rm{33}rm{bgeqslantdfrac{5a}{4}}五、探究題(共4題，共40分)22、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）23、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）24、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