2025年粵教新版高二化學上冊階段測試試卷

…………○…………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年粵教新版高二化學上冊階段測試試卷77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5題，共10分)1、鐵片與稀硫酸反應時，下列措施不能使氫氣生成速率加快的是A.加幾滴濃硫酸B.將稀H2SO4加熱C.加CH3COONa(s)D.改用鐵粉2、一定條件下，在體積為10L的密閉容器中，1molX和1molY進行反應：2X（g）+Y（g）Z（g），經(jīng)60s達到平衡，生成0.3molZ，下列說法正確的是A.以X濃度變化表示的反應速率為0.001mol/（L·s）B.容器體積變?yōu)?0L，Z的平衡濃度變?yōu)樵瓉淼腃.若增大壓強，則物質(zhì)Y的轉(zhuǎn)化率減小D.若升高溫度，X的體積分數(shù)增大，則該反應的△H＞03、下圖是溫度和壓強對X+Y2Z反應影響的示意圖；下列敘述正確的是（）

A.X和Y中只有一種為氣態(tài)，z為氣態(tài)B.X、Y、Z均為氣態(tài)C.上述可逆反應的正反應為放熱反應D.上述反應的逆反應的△H>04、將rm{4mol}rm{A}氣體和rm{2mol}rm{B}氣體充入rm{2L}的密閉容器中；一定條件下發(fā)生如下反應：

rm{2A(g)+B(g)?2C(g).}若經(jīng)rm{2s}后測得rm{C}的濃度為rm{0.6mol/L}下列幾種說法正確的是rm{(}rm{)}

rm{壟脵}用物質(zhì)rm{A}表示的反應平均速率為rm{0.3mol/(L?s)}

rm{壟脷}用物質(zhì)rm{B}表示的反應的平均速率為rm{0.3mol/(L?s)}

rm{壟脹2}rm{s}時物質(zhì)rm{A}的轉(zhuǎn)化率為rm{70%}

rm{壟脺2}rm{s}時物質(zhì)rm{B}的濃度為rm{0.7mol/L}A.rm{壟脵壟脹}B.rm{壟脵壟脺}C.rm{壟脷壟脹}D.rm{壟脹壟脺}5、某有機物rm{X}的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，則下列有關說法中不正確的是rm{(}rm{)}

A.能發(fā)生加成、取代、氧化反應B.rm{1}rm{mol}該物質(zhì)最多可與rm{7mol}rm{NaOH}反應C.rm{1}rm{mol}該物質(zhì)最多可與rm{6}rm{mol}rm{H_{2}}反應D.能與rm{FeCl_{3}}溶液發(fā)生顯色反應評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、如圖所示的裝置：

該裝置中離子交換膜只允許____離子通過．反應一段時間后，向燒杯中加入0.1molCu（OH）2后恰好恢復到反應前的CuSO4溶液的濃度和pH．則反應過程中消耗鋅的質(zhì)量為____g，燒杯左側(cè)碳棒上析出物質(zhì)的量為____mol．在此過程中燒杯中右側(cè)電極上發(fā)生的電極反應方程式為：____．

7、（13分）四種常見元素的性質(zhì)或結(jié)構(gòu)信息如下表。試根據(jù)信息回答有關問題。元素ABCD性質(zhì)結(jié)構(gòu)信息原子核外有兩個電子層，最外層有3個未成對的電子原子的M層有1對成對的p電子原子核外電子排布為[Ar]3d104s1，有+1、+2兩種常見化合價有兩種常見氧化物，其中有一種是冶金工業(yè)常用的還原劑⑴寫出B原子的電子排布式____。⑵A元素的氫化物的沸點比同主族相鄰元素氫化物沸點____（填“高”或“低”），其是__________________________。⑶D的最高價氧化物的電子式：____。高溫下D的氧化物還原赤鐵礦的方程式為可逆反應，寫出該反應的化學方程式___________________，該反應的平衡常數(shù)表達式K=___________。⑷往C元素的硫酸鹽溶液中逐滴加入過量A元素的氫化物水溶液，可生成的配合物的化學式為________________，簡要描述該配合物中化學鍵的成鍵情況__________________。⑸下列分子結(jié)構(gòu)圖中的“”表示上述相關元素的原子中除去最外層電子的剩余部分，“”表示氫原子，小黑點“”表示沒有形成共價鍵的最外層電子，短線表示共價鍵。則在以上分子中，中心原子采用sp3雜化形成化學鍵的且空間構(gòu)型是角形的是____（填寫序號）；在②的分子中有____個σ鍵和____個π鍵。⑹已知NH4+、N4H44+的空間構(gòu)型均為四面體，NH4+的結(jié)構(gòu)式為sup10(∣←N－,sup10(∣H（→表示共用電子對由N原子單方面提供）。請畫出N4H44+的結(jié)構(gòu)式_____________________。8、（13分）（1）以基態(tài)硅原子為例，如果電子排布式寫作ls22s22p63s13p3則違反了原理，如寫作ls22s22p63s33p1則違反了原理；（2）已知H、C、Si三種元素的電負性依次為2.1、2.5、1.8，則CH4、SiH4中C、Si的化合價依次為____、____；（3）在我們現(xiàn)今使用的元素周期表中，元素種類最多的族是____族，共種元素；元素種類最多的周期是第____周期，共種元素；（4）熔點：F2Cl2(填“＜”或“＝”“或＞”，下同)，沸點：HF____HCl，一定壓強下HF和HCl的混合氣體降溫時(填HF或HCl)先液化；（5）前三周期元素中，基態(tài)原子中未成對電子數(shù)與其所在周期序數(shù)相同的元素：（用元素符號按原子序數(shù)由小到大排列）。9、以甲烷燃料電池為例來書寫在不同的環(huán)境下電極反應式的書寫方法：rm{(1)}堿性條件燃料電池正極反應式：___________________，燃料電池負極反應式：_________________，燃料電池總反應式：____________________，rm{(2)}固體電解質(zhì)rm{(}高溫下能傳導rm{O^{2-})}燃料電池正極反應式：__________________，燃料電池負極反應式：___________________，燃料電池總反應式：________________。10、在rm{S}rm{S}rm{{,!}^{2-}}、rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}、rm{HSO}rm{HSO}rm{{,!}_{4}^{-}}、rm{K}rm{K}rm{{,!}^{+}}11、材料的不斷發(fā)展可以促進社會進步．

①“遼寧號”航母的服役舉世矚目．鋼鐵是制造航母的主要材料，鋼鐵在潮濕空氣中易發(fā)生______腐蝕（填“析氫”或“吸氧”）．請列舉兩種防止鋼鐵腐蝕的方法：______、______．

②精美的瓷器彰顯中華古代文明．青瓷是中國最早發(fā)明的瓷器，青瓷表面的綠色是釉層中的______價鐵元素顯色而成的（填“+2”或“+3”）．評卷人得分三、解答題(共8題，共16分)12、鎂將成為21世紀重要的輕型環(huán)保材料．海洋是天然的鎂元素寶庫，從海水中提取鎂的流程如下：

（1）在實驗室進行過濾操作時需要用到的玻璃儀器有燒杯；玻璃棒及______．

（2）金屬鎂是一種較活潑金屬，在二氧化碳氣體中也能燃燒．燃燒的化學方程式為2Mg+CO2=C+2MgO；此反應類型屬于______．

A．分解反應B．化合反應C．置換反應D．復分解反應。

（3）金屬鎂在高溫下與氮氣反應生成氮化鎂；在氮化鎂中氮元素的化合價為-3．據(jù)此寫出氮化鎂的化學式______．

（4）鎂鋁合金廣泛用于火箭；導彈和飛機制造業(yè)等．某興趣小組為探究鎂鋁合金的組成；取16g鎂鋁合金樣品，把120mL氫氧化鈉溶液平均分成三份依次加入樣品中，充分反應后，過濾出固體，將其洗滌、干燥、稱量，得實驗數(shù)據(jù)如下：

。所加氫氧化鈉溶液的次數(shù)第一次第二次第三次剩余固體的質(zhì)量/g10.65.24.0從以上數(shù)據(jù)可知；該合金中，鎂元素與鋁元素的質(zhì)量比為______．所用氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度為______mol/L．

13、某溫度（t℃）時，測得0.01mol/L的NaOH溶液的pH為11，則該溫度下水的Kw=______，此溫度下，將pH=a的NaOH溶液VaL與pH=b的H2SO4溶液VbL混合；通過計算填寫以下不同情況時兩溶液的體積比：

（1）若所得溶液為中性，且a=12，b=2，則Va：Vb=______；

（2）若所得溶液為中性，且a+b=12，則Va：Vb=______；

（3）若所得溶液的pH=10，且a=12，b=2，則Va：Vb=______．

14、復分解反應存在這樣一個規(guī)律：較強酸可制取較弱酸．中和反應；鹽類的水解也是復分解反應；鹽類的水解反應的逆反應是中和反應．鹽類的水解反應中，弱酸強堿鹽中弱酸根離子對應的弱酸越弱，其鹽越容易發(fā)生水解．

已知在常溫下測得濃度均為0.1mol/L的下列6種溶液的pH：

。溶質(zhì)CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.88.111.610.311.111.3（1）請根據(jù)上述信息判斷下列反應不能發(fā)生的是______（填編號）．

A．CO2+H2O+2NaClO═Na2CO3+2HClO

B．CO2+H2O+NaClO═NaHCO3+HClO

C．CO2+H2O+C6H5ONa-→NaHCO3+C6H5OH

D．CO2+H2O+2C6H5ONa-→Na2CO3+2C6H5OH

E．Na2CO3+C6H5OH-→NaHCO3+C6H5ONa

F．CH3COOH+NaCN═CH3COONa+HCN

（2）一些復分解反應的發(fā)生還遵循其他的規(guī)律．下列變化都屬于復分解反應：

①將石灰乳與純堿溶液混合可制得苛性鈉溶液。

②向飽和碳酸氫銨溶液中加入飽和食鹽水可獲得小蘇打固體。

③蒸發(fā)KCl和NaNO3的混合溶液；首先析出NaCl晶體．

根據(jù)上述反應；總結(jié)出復分解反應發(fā)生的另一規(guī)律為______．

（3）物質(zhì)的量濃度均為0.05mol/L的下列五種物質(zhì)的溶液中；pH由大到小的順序是______（填編號）．

①C6H5OH（苯酚）②CH3COOH③HClO4④HClO⑤H2SO4

（4）一定溫度下，向等體積純水中分別加入等物質(zhì)的量的下列物質(zhì)：①NaOH、②CH3COOH；③NaClO；則水的電離程度最大的是______（填編號）．

（5）25℃時，M酸溶液的pH=a，N堿溶液的pH=b．

①若X為強酸，Y為強堿，且a+b=14；若兩者等體積混合后，溶液的pH=______，此時溶液中金屬陽離子濃度大于酸根陰離子濃度，其原因可能是______．

②若X的化學式為HR，Y的化學式為MOH，且a+b=14；兩者等體積混合后溶液顯酸性，則混合溶液中必定有一種離子能發(fā)生水解，該離子為______（填離子符號）；混合后的溶液中，下列微粒濃度大小關系正確的是______（填序號）．

ac（MOH）＞c（M+）＞c（R-）＞c（H+）＞c（OH-）

bc（HR）＞c（M+）＞c（R-）＞c（OH-）＞c（H+）

cc（R-）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH-）

dc（M+）＞c（R-）＞c（OH-）＞c（H+）

ec（M+）+c（H+）=c（R-）+c（OH-）

15、某地區(qū)使用含較少Ca2+、Mg2+的天然水按下列四個步驟制取自來水．

天然水自來水。

回答下列問題：

（1）該地區(qū)的天然水屬于______（“硬水”或“軟水”）

（2）在第一步中需要加入凝聚劑；常用的凝聚劑可以是______（任填一種凝聚劑名稱）

（3）常用液氯作為消毒劑；其原理是______．

16、將0.3molNaCl固體與0.1molCuSO4?5H2O固體混合溶于水；配成1000mL混合液．然后取出200ml溶液，用石墨作電極，通電一段時間．電解過程分為三個階段試回答：

（1）其中第一階段發(fā)生的電解反應的離子方程式為______．

（2）電解的最后一個階段；陰極上發(fā)生的電極反應式變?yōu)開_____．

（3）若Cl-正好全部變?yōu)槁葰庖莩鰰r；陰極上產(chǎn)生氣體的體積______L（標準狀況下）

17、I．有機物組成的測定。

化學上常用燃燒法確定有機物的組成，這種方法是在電爐加熱時用純O2氧化管內(nèi)樣品；根據(jù)產(chǎn)物的質(zhì)量確定有機物的組成，圖1所列裝置是用燃燒法確定有機物A的分子式常用的裝置．（每種裝置只用一次）

回答下列問題：

（1）產(chǎn)生的O2按從左到右流向；所選裝置各導管的連接順序是______（填接口代號）．

（2）C裝置中濃H2SO4的作用是______．

（3）D裝置中MnO2的作用是______．

（4）燃燒管中CuO的作用是______．

（5）若準確稱取1.50g樣品（只含C；H、O三種元素中的兩種或三種）；經(jīng)充分燃燒后，A管質(zhì)量增加3.96g，B管質(zhì)量增加0.90g，則該有機物A的實驗式為______．

II．有機物結(jié)構(gòu)的確定。

為進一步確定上述有機物A的分子結(jié)構(gòu)；采用了下列幾種現(xiàn)代儀器進行分析，結(jié)果如下：

方法一：經(jīng)質(zhì)譜法分析得知A的相對分子質(zhì)量為150．

方法二：核磁共振儀可以測出A的核磁共振氫譜有5個峰；其面積之比為1：2：2：2：3．

方法三：利用紅外光譜儀可測得A分子的紅外光譜如圖2所示．

已知：A分子中只含一個苯環(huán)；且苯環(huán)上只有一個取代基，且B的水解產(chǎn)物中含有乙醇．試回答下列問題：

（6）A的分子式為______．

（7）A的結(jié)構(gòu)簡式為______．

18、晶胞是晶體中最小的重復單位；數(shù)目巨大的晶胞無隙并置構(gòu)成晶體．NaCl晶體是一個正六面體（如圖一）．我們把陰；陽離子看成不等徑的圓球，并彼此相切（已知a為常數(shù)）．

請計算下列問題：

（1）每個晶胞平均分攤______個Na+，______個Cl-．

（2）NaCl晶體中陰陽離子的最短距離為______（用a表示）．

（3）NaCl晶體為“巨分子”；在高溫下（≥1413℃時）晶體轉(zhuǎn)變成氣態(tài)團簇分子．現(xiàn)有1molNaCl晶體，加強熱使其氣化，測得氣體體積為11.2L（已折算為標準狀況）．則此時氯化鈉氣體的分子式為______．

19、某實驗小組的同學測定碳酸鋇樣品中所含碳酸鋇的質(zhì)量分數(shù)；有如下操作：

Ⅰ．準確稱取0.250g樣品；磨碎后加入少量蒸餾水；

Ⅱ．加入35.00mL0.1mol?L-1的鹽酸；充分反應后樣品溶解；

Ⅲ．以酚酞為指示劑，用0.1mol?L-1NaOH溶液滴定至終點；

Ⅳ．重復上述操作3次．

①第Ⅰ步磨碎樣品后加入少量蒸餾水及第Ⅱ步溶解樣品均在______（填儀器名稱）中進行；第Ⅱ步操作中加入35.00mL0.100mol?L-1的鹽酸所使用的儀器是______．

②判斷滴定達到終點的現(xiàn)象為______．

③重復上述操作，滴定時平均耗用0.100mol?L-1的NaOH溶液15.00mL，通過計算，樣品中BaCO3的質(zhì)量分數(shù)為______．

④下列操作使所測樣品中碳酸鋇的質(zhì)量分數(shù)偏大的是______．

A．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡；滴定后無氣泡。

B．向樣品中加鹽酸時；有少量鹽酸濺出。

C．滴定時；有少量NaOH溶液滴到瓶外壁上。

D．讀滴定管開始時仰視；終點讀數(shù)時俯視．

評卷人得分四、推斷題(共4題，共12分)20、下表為長式周期表的一部分，其中的編號代表對應的元素。。rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}rm{壟脻}rm{壟脼}rm{壟脽}rm{壟脿}rm{壟謾}rm{壟芒}請回答下列問題：rm{(1)壟脹}和rm{壟脵}形成的一種rm{5}核rm{10}電子分子，其立體構(gòu)型為____，中心原子雜化方式為____，屬于____分子rm{(}填“極性”或“非極性”rm{)}rm{(2)}元素rm{壟脹}和rm{壟脽}的最高價氧化物對應水化物中酸性較強的是：____rm{(}填化學式rm{)}元素rm{壟脼}的電負性____元素rm{壟脽(}選填“rm{>}”、“rm{=}”、“rm{<}”rm{=)}的電負性。rm{(3)}根據(jù)元素周期表分區(qū)，元素rm{壟謾}位于____區(qū)，其基態(tài)原子電子排布式為____。rm{(4)}某些不同族元素的性質(zhì)也有一定的相似性，如上表中元素rm{壟脷}與元素rm{壟脻}的氫氧化物有相似的性質(zhì)。請寫出元素rm{壟脷}的氫氧化物與rm{NaOH}溶液反應的離子方程式____。21、有關物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關系如下圖所示。rm{B}是紅棕色固體，rm{D}是紅棕色氣體，rm{E}是常見的無色液體，rm{G}是淡黃色粉末。

rm{(1)F}的化學式為____________。rm{(2)E}的電子式為____________。rm{(3)}寫出rm{E+G隆煤H+C}的化學方程式________________。rm{(4)}寫出反應rm{壟脷}的離子方程式_______________。22、環(huán)己烷可制備rm{1}rm{4-}環(huán)己二醇，下列七步有關反應rm{(}其中無機產(chǎn)物都已經(jīng)略去rm{)}中；其中有兩步屬于取代反應，兩步屬于消去反應，三步屬于加成反應，試回答：

rm{(1)}寫出下列化合物的結(jié)構(gòu)簡式：rm{B}______rm{C}______

rm{(2)}反應rm{壟脺}所用的試劑和條件分別為：______

rm{(3)}寫出rm{壟脵}rm{壟脺}的化學方程式：rm{壟脵}______；rm{壟脺}______．23、香精是由人工合成的模仿水果和天然____氣味的濃縮芳香油，屬于人造香料，多用于制造食品，化妝品和卷煙等。Ⅰrm{.}蘇合香醇是一種食用香精，其合成路線如下圖所示。rm{(1)}蘇合香醇的結(jié)構(gòu)簡式為____，它不能發(fā)生的有機反應類型有____。rm{壟脵}取代反應rm{壟脷}加成反應rm{壟脹}消去反應rm{壟脺}加聚反應rm{壟脻}氧化反應rm{壟脼}水解反應rm{(2)}rm{Y}分子中最多有____個原子共平面。Ⅱrm{.}有機物rm{G}也是一種常見香料，其合成路線如下圖。其中rm{D}的相對分子質(zhì)量為rm{88}它的核磁共振氫譜顯示只有三組峰；rm{F}與蘇合香醇互為同系物。rm{(3)}rm{C}與新制rm{Cu(OH)_{2}}懸濁液反應的化學方程________。rm{(4)}rm{G}中含有兩個甲基，rm{E}可發(fā)生銀鏡反應，在催化劑存在下，rm{1molE}與rm{2molH_{2}}可以反應生成rm{F}則rm{E}的結(jié)構(gòu)簡式為____。rm{(5)}rm{D}與rm{F}反應的化學方程式為____。rm{(6)}苯環(huán)上有兩個取代基，且顯弱酸性的rm{F}的同分異構(gòu)體共有____種。評卷人得分五、探究題(共4題，共20分)24、（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(jié)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(jié)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(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分數(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(zhì)量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為。26、（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(jié)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(jié)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(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分數(shù)為。27、（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(zhì)量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為。評卷人得分六、綜合題(共2題，共10分)28、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)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(zhì)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．29、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)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(zhì)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5題，共10分)1、C【分析】試題分析：A、增大c(H+)，反應速率加快，錯誤；B、升高溫度，反應速率增大，錯誤；C、減小c(H+)，反應速率減小，正確；D、增大固體反應物的表面積，反應速率加快，錯誤?？键c：考查物質(zhì)的分類、元素、單質(zhì)、氧化物、酸、鹽等相關知識?！窘馕觥俊敬鸢浮緾2、A【分析】試題分析：A、經(jīng)2min達到平衡，生成0.6molZ，則Z的反應速率v（Z）=0.6mol÷10L÷120s=0.0005mol/（L?s），根據(jù)化學反應速率之比等于化學質(zhì)量數(shù)之比，由方程式可知，v（X）=2v（Z）=2×0.0005mol/（L?s）=0.00lmol/（L?s），故A正確；B、反應前后氣體的化學計量數(shù)之和不相等，體積變?yōu)?0L，體系的壓強減小，平衡向逆反應方向移動，Z的平衡濃度小于原來的1/2，故B錯誤；C、增大壓強平衡向正反應方向移動，反應物Y的轉(zhuǎn)化率增大，故C錯誤；D、升高溫度，X的體積分數(shù)增大，說明升高溫度平衡向逆反應方向移動，則正反應的△H＜0，故D錯誤。考點：本題考查化學平衡移動、反應速率的計算。【解析】【答案】A3、A【分析】【分析】正確答案：A

A；由圖；加壓后Z的體積分數(shù)減少，平衡逆向移動，逆向體積縮小，X和Y中只有一種為氣態(tài)，Z為氣態(tài)；

B；不正確；

C、不正確，由圖升高溫度，Z增加，平衡正向移動，正向△H>0，吸熱反應，D也不正確。4、B【分析】解：rm{A}rm{B}的起始濃度分別為rm{2mol/L}rm{1mol/L}反應rm{2s}后測得rm{C}的濃度為rm{0.6mol/L}則：

rm{2A(g)+B(g)?2C(g)}

起始rm{(mol/L)}rm{2}rm{1}rm{0}

變化rm{(mol/L)}rm{0.6}rm{0.3}rm{0.6}

rm{2s}末rm{(mol/L)}rm{1.4}rm{0.7}rm{0.6}

rm{壟脵}用物質(zhì)rm{A}表示rm{2s}內(nèi)的平均反應速率rm{=dfrac{0.6mol/L}{2s}=0.3mol/(L?s)}故rm{=dfrac{0.6mol/L}{2s}=0.3

mol/(L?s)}正確；

rm{壟脵}用物質(zhì)rm{壟脷}表示rm{B}內(nèi)的平均反應速率rm{=dfrac{0.3mol/L}{2s}=0.15mol/(L?s)}故rm{2s}錯誤；

rm{=dfrac{0.3mol/L}{2s}=0.15

mol/(L?s)}后物質(zhì)rm{壟脷}的轉(zhuǎn)化率rm{=dfrac{0.6mol/L}{2mol/L}隆脕100%=30%}故rm{壟脹2s}錯誤；

rm{A}后物質(zhì)rm{=dfrac

{0.6mol/L}{2mol/L}隆脕100%=30%}的濃度rm{壟脹}故rm{壟脺2s}正確；

故選：rm{B}

利用三段式計算出，各組分濃度變化量、rm{=0.7mol/L}末的濃度，根據(jù)rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}計算rm{壟脺}rm{B}rm{2s}的轉(zhuǎn)化率rm{=dfrac{A{脜簍露脠鹵盲祿爐脕驢}}{A{碌脛脝冒脢錄脜簍露脠}}隆脕100%}

本題考查化學反應速率及化學平衡有關計算，題目較簡單，側(cè)重對基礎知識的鞏固，注意三段式解題法的應用。rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}【解析】rm{B}5、C【分析】解：rm{A.}含有苯環(huán)；可發(fā)生加成反應，含有酚羥基，可發(fā)生氧化；取代反應，故A正確；

B.能與氫氧化鈉反應的為羧基、酯基、酚羥基和氯原子，且酯基、氯原子可水解生成酚羥基、羧基、rm{HCl}則rm{1}rm{mol}該物質(zhì)最多可與rm{7mol}rm{NaOH}反應；故B正確；

C.能與氫氣發(fā)生加成反應的苯環(huán)和碳碳雙鍵，則rm{1}rm{mol}該物質(zhì)最多可與rm{4}rm{mol}rm{H_{2}}反應；故C錯誤；

D.含有酚羥基，能與rm{FeCl_{3}}溶液發(fā)生顯色反應；故D正確．

故選C．

有機物含有羧基；具有酸性，可發(fā)生中和；酯化反應，含有酚羥基，可發(fā)生取代、氧化反應，含有酯基，可發(fā)生水解反應，含有氯原子，可發(fā)生取代反應，以此解答該題．

本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)的關系為解答的關鍵，側(cè)重烯烴、酯性質(zhì)的考查，題目難度不大．【解析】rm{C}二、填空題(共6題，共12分)6、略

【分析】

該裝置左端為原電池；Zn為負極，Cu為正極，正極上氫離子放電，則為使溶液不顯電性，硫酸根離子通過離子交換膜移動到負極；

燒杯中溶液通電一段時間后，向所得的溶液中加入0.1mol的Cu（OH）2后恰好恢復到電解前的濃度；

發(fā)生2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O2H2↑+O2↑；

即燒杯中右側(cè)電極上發(fā)生的電極反應為Cu2++2e-=Cu和2H++2e-=H2↑，由Cu（OH）2CuO+H2O；

則轉(zhuǎn)移的電子為（0.1mol×2+0.1mol×2）=0.4mol；

則原電池中Zn-2e-=Zn2+，則消耗的Zn為×65g/mol=13g；

電解池中左側(cè)碳棒上4OH--4e-=2H2O+O2↑，則析出氧氣的物質(zhì)的量為=0.1mol；

故答案為：陰離子（或SO42-）；13；0.1；Cu2++2e-=Cu和2H++2e-=H2↑．

【解析】【答案】由圖可知，該裝置左端為原電池，電解硫酸銅溶液，Zn為負極，離子交換膜只允許陰離子通過；燒杯中發(fā)生2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，若通電一段時間后，向所得的溶液中加入0.1mol的Cu（OH）2后恰好恢復到電解前的濃度；則電解硫酸銅之后發(fā)生水的電解，以此來解答．

7、略

【分析】【解析】試題分析：B原子的M層有1對成對的p電子,說明M層電子數(shù)是4，所以B原子的電子排布式1s22s22p63s23p4；，A原子核外有兩個電子層，最外層有3個未成對的電子所以A原子L層電子數(shù)是5即是N原子，A元素的氫化物的沸點比同主族相鄰元素氫化物沸點高，因為A的氫化物存在氫鍵；D有兩種常見氧化物，其中有一種是冶金工業(yè)常用的還原劑，是CO所以D的最高價氧化物的電子式高溫下D的氧化物還原赤鐵礦的方程式為可逆反應，該反應的化學方程式Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)；該反應的平衡常數(shù)表達式K＝C3（CO2）/C3（CO）；C原子核外電子排布為[Ar]3d104s1，有+1、+2兩種常見化合價所以C原子時Cu，C元素的硫酸鹽溶液是硫酸銅溶液，逐滴加入過量A元素的氫化物水溶液是氨水，可生成的配合物的化學式為[Cu(NH3)4]SO4，該配合物中化學鍵的成鍵情況是中心原子與配位體之間以配位鍵相結(jié)合，內(nèi)界與外界之間以離子鍵相結(jié)合；中心原子采用sp3雜化形成化學鍵的且空間構(gòu)型是角形的是④；在②的分子中有3個σ鍵和____2個π鍵；已知NH4+、N4H44+的空間構(gòu)型均為四面體，NH4+的結(jié)構(gòu)式為sup10(∣←N－,sup10(∣H；N4H44+的結(jié)構(gòu)式是考點：元素的性質(zhì)或結(jié)構(gòu)配位鍵【解析】【答案】⑴1s22s22p63s23p4（1分）⑵高，因為A的氫化物存在氫鍵（各1分）⑶Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)K＝C3（CO2）/C3（CO）（各1分）⑷[Cu(NH3)4]SO4（1分）,中心原子與配位體之間以配位鍵相結(jié)合，內(nèi)界與外界之間以離子鍵相結(jié)合（1分）⑸④（1分）3（1分）2（1分）⑹（2分）8、略

【分析】【解析】【答案】（13分）（1）能量最低；泡利（2）-4；+4（3）ⅢB；32；六；32（4）＜；＞；HF（1至4小題每空均為1分）（5）HCOP（2分，漏寫、多寫或錯一個均扣1分，其余情況酌情給分）9、（1）O2＋2H2O＋4e－═══4OH－CH4＋10OH－－8e－═══CO32-＋7H2OCH4＋2O2＋2NaOH═══Na2CO3＋3H2O

（2）O2＋4e－═══2O2-CH4＋4O2－－8e－═══CO2＋2H2OCH4＋2O2═══CO2＋2H2O【分析】【分析】本題考查不同條件下燃料電池電極方程式書寫和電池總反應方程式的書寫，難度一般。【解答】rm{(1)}堿性條件下，燃料電池正極通氧氣，電極反應式為：堿性條件下，燃料電池正極通氧氣，電極反應式為：rm{(1)}rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}簍T簍T簍T4OH^{-}}，燃料電池負極通甲烷，電極反應式為：，則rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}簍T簍T簍TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}燃料電池總反應式：，故答案為：rm{CH_{4}+2O_{2}+2NaOH簍T簍T簍TNa_{2}CO_{3}+3H_{2}O}rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}簍T簍T簍T4OH^{-}}rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}簍T簍T簍TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}rm{CH_{4}+2O_{2}+2NaOH簍T簍T簍TNa_{2}CO_{3}+3H_{2}O}rm{(2)}高溫下能傳導固體電解質(zhì)中rm{(}高溫下能傳導rm{O}rm{(}rm{O}燃料電池正極通氧氣，電極反應式為：rm{{,!}^{2-}}燃料電池負極通甲烷，電極反應式為：rm{)}rm{)}rm{O_{2}+4e^{-}簍T簍T簍T2O^{2-}}故答案為：rm{CH_{4}+4O^{2-}-8e^{-}簍T簍T簍TCO_{2}+2H_{2}O}燃料電池總反應式：rm{CH_{4}+2O_{2}簍T簍T簍TCO_{2}+2H_{2}O}rm{O_{2}+4e^{-}簍T簍T簍T2O^{2-}}【解析】rm{(1)O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}簍T簍T簍T4OH^{-;;;;;;}CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}簍T簍T簍TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}rm{CH_{4}+2O_{2}+2NaOH簍T簍T簍TNa_{2}CO_{3}+3H_{2}O}rm{(2)O_{2}+4e^{-}簍T簍T簍T2O^{2-;;;;;;}CH_{4}+4O^{2-}-8e^{-}簍T簍T簍TCO_{2}+2H_{2}O}rm{CH_{4}+2O_{2}簍T簍T簍TCO_{2}+2H_{2}O}10、K+S2-、Fe3+HSO4-HSO3-【分析】【分析】本題是對弱電解質(zhì)的電離和鹽類水解的知識的考查，是中學化學的基礎知識，難度較小。關鍵是掌握電離和水解的原理，側(cè)重基礎知識的考查?！窘獯稹恳罁?jù)電離和水解的原理可得：rm{S}rm{S}rm{2-}rm{2-}和rm{Fe}rm{Fe}rm{3+}rm{3+}只可能發(fā)生電離，只可以水解，rm{HSO}rm{HSO}即可能電離又可能水解，rm{4}rm{4}即不可能電離也不可能水解。據(jù)此答題。故答案為：rm{-}rm{-}rm{HSO}rm{HSO}rm{3}rm{3}rm{-}rm{-}rm{K}rm{K}rm{+}rm{+}既不能電離又不能水解的離子是rm{K}rm{K}rm{+}rm{+}，只能水解不能電離的離子是rm{S}rm{S}【解析】rm{K}rm{K}rm{{,!}^{+;;;;}}rm{S}rm{S}rm{{,!}^{2-}}、rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}rm{HSO}rm{HSO}11、略

【分析】解：鋼鐵在潮濕的空氣中形成原電池；發(fā)生電化學腐蝕，電化腐蝕分為吸氧腐蝕和析氫腐蝕，而析氫腐蝕只在較強酸性條件下才發(fā)生，所以鋼鐵在潮濕的空氣中發(fā)生電化學腐蝕中的吸氧腐蝕；

金屬腐蝕的防護主要方法有：①改變金屬的內(nèi)部結(jié)構(gòu)．例如；把鉻；鎳加入普通鋼中制成不銹鋼．

②在金屬表面覆蓋保護層．例如；在金屬表面涂漆；電鍍或用化學方法形成致密耐腐蝕的氧化膜等．

③電化學保護法．a(chǎn)．外加電流的陰極保護法．利用電解裝置；使被保護的金屬與電源負極相連．

b．犧牲陽極的陰極保護法．利用原電池裝置；使被保護的金屬與另一種更易失電子的金屬組成新的原電池；

故答案為：電化學；涂油漆（或電鍍）；連接鋅等活潑金屬；

②青瓷表面的綠色是釉層中的+2價鐵元素顯色而成的；

故選：+2．

①根據(jù)金屬腐蝕分類和條件分析．鋼鐵在潮濕的空氣中形成原電池；發(fā)生電化學腐蝕，電化腐蝕分為吸氧腐蝕和析氫腐蝕，而析氫腐蝕只在較強酸性條件下才發(fā)生；金屬腐蝕的防護主要方法有：①改變金屬的內(nèi)部結(jié)構(gòu)．②在金屬表面覆蓋保護層．③電化學保護法；

②+2價鐵顯淺綠色；

本題考查了鋼鐵的電化學腐蝕及防護等，側(cè)重于基礎知識的考查，題目難度不大．【解析】吸氧；涂油漆（或電鍍）；連接鋅等活潑金屬；+2三、解答題(共8題，共16分)12、略

【分析】

（1）過濾操作中用到的儀器有燒杯；玻璃棒和漏斗；

故答案為：漏斗；

（2）2Mg+CO2=C+2MgO反應中；單質(zhì)和化合物反應生成了新的單質(zhì)和化合物，所以屬于置換反應；

故選C；

（3）由于氮化鎂中氮元素的化合價為-3，鎂元素的化合價是+2價，化合價最小公倍數(shù)是6，氮化鎂中鎂原子個數(shù)是3，氮原子個數(shù)為2，氮化鎂的化學式為：Mg3N2；

故答案為：Mg3N2；

（4）金屬鋁與氫氧化鈉溶液反應；第一次加入40mL氫氧化鈉溶液，固體質(zhì)量減少5.4g，減少的是金屬鋁；第二次加入40ml，溶解的金屬鋁也是5.4g；第三次加入40mL氫氧化鈉溶液，只溶解了1.2g鋁，說明氫氧化鈉溶液有剩余，所以第三次固體的質(zhì)量4g是金屬鎂，故金屬鋁的質(zhì)量是：16g-4g=12g；

鎂元素與鋁元素的質(zhì)量比為：4g：12g=1：3；

根據(jù)反應2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，第一次反應消耗了5.4g鋁，鋁的物質(zhì)的量是0.2mol，消耗的40mL氫氧化鈉溶液中的n（NaOH）=n（Al）=0.2mol，氫氧化鈉的物質(zhì)的量濃度為：=5mol/L；

故答案為：1：3；5．

【解析】【答案】（1）根據(jù)過濾實驗操作用到的儀器完成；

（2）分析反應特點；單質(zhì)和化合物反應生成了新的單質(zhì)和化合物，屬于置換反應；

（3）氮化鎂中氮元素的化合價為-3；鎂元素的化合價是-2價，可以求出氮化鎂的化學式；

（4）金屬鋁能夠和氫氧化鈉溶液反應；根據(jù)表中數(shù)據(jù)，第三次得到的固體是金屬鎂；再根據(jù)第一次反應的鋁的物質(zhì)的量計算出氫氧化鈉溶液的濃度．

13、略

【分析】

0.01mol?L-1的NaOH溶液的pH為11，則氫離子濃度=10-11mol/L，氫氧化鈉是強電解質(zhì)完全電離，所以溶液中氫氧根離子濃度是0.01mol/L，則Kw=c（H+）．c（OH-）=0.01×10-11=10-13，故答案為：10-13；

（1）該溫度下Kw=1.0×10-13，混合溶液為中性，則VaL×0.1mol/L=VbL×0.01mol/L，解得Va：Vb=1：10；故答案為：1：10；

（2）所得混合溶液為中性，Va：Vb==1013-a-b；

且a+b=12，解得Va：Vb=10：1；故答案為：10：1；

（3）所得混合溶液的pH=10，堿過量，則=0.001mol/L．解得Va：Vb=1：9；故答案為：1：9．

【解析】【答案】根據(jù)溶液的pH計算溶液中氫離子濃度，根據(jù)氫氧化鈉的濃度計算氫氧根離子濃度，再結(jié)合Kw=c（H+）．c（OH-）計算即可；

（1）混合溶液為中性，則VaL×0.1mol/L=VbL×0.01mol/L；

（2）所得混合溶液為中性，Va：Vb==1013-a-b；

（3）所得混合溶液的pH=10，堿過量，則=0.001mol/L．

14、略

【分析】

（1）六種鹽都為強堿弱酸鹽；鹽的pH越大，說明對應的酸水解程度越大，則對應的酸越弱，則。

A．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，應生成NaHCO3；所以反應不能發(fā)生，故A錯誤；

B．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，應生成NaHCO3；反應能進行，故B正確；

C．酸性H2CO3＞C6H5OH＞HCO3-，應生成NaHCO3故C正確；

D．酸性H2CO3＞C6H5OH＞HCO3-，應生成NaHCO3；故D錯誤；

E、C6H5OH＞HCO3-，故能生成NaHCO3；故E正確；

F、CH3COOH酸性大于HCN；反應能發(fā)生，故C正確．

故答案為AD；

（2）由題意可知；三個反應都有沉淀生成，根據(jù)所給反應，總結(jié)出復分解反應發(fā)生的另一規(guī)律為：反應能夠由溶解度相對較大的物質(zhì)向生成溶解度相對較小的物質(zhì)的方向進行，故答案為：反應能夠由溶解度相對較大的物質(zhì)向生成溶解度相對較小的物質(zhì)的方向進行；

（3）酸性越強；氫離子濃度越大，PH越小，所以氫離子濃度從大到小順序為：⑤③②④①，所以PH從大到小順序為①④②③⑤，故答案為：①④②③；

（4）在水中加酸或堿抑制水的電離；加易水解的鹽促進電離，所以電離程度最大的為NaClO，故答案為：③；

（5）①將25℃的規(guī)律遷移過來，即可知該溫度下：pH之和為14的酸、堿溶液等體積混合，誰弱顯誰性，無弱顯中性．本題中“A為強酸，B為強堿”，故混合溶液呈中性，pH=7，由于溶液呈中性，故c（H+）=c（OH-）；若A為一元酸，B為一元堿，結(jié)合電荷守恒可知，酸的陰離子濃度等于堿的陽離子濃度．若酸是n（n≠1）元強酸而堿為一元強堿，則其電荷守恒關系式中，堿的陽離子濃度等于酸的陰離子濃度的n倍，所以堿的陽離子濃度大于酸的陰離子濃度；

故答案為：7；酸是二元強酸；堿是一元強堿；

②由于混合溶液呈酸性，根據(jù)“pH之和為14的酸、堿溶液等體積混合，誰弱顯誰性，無弱顯中性”可判斷HR一定是弱酸，則R-離子一定能發(fā)生水解；

MOH不可能大于由于溶液呈酸性，故c（H+）＞c（OH-），排除b、d，根據(jù)c（H+）＞c（OH-）和c（M+）+c（H+）=c（R-）+c（OH-）可得c（R-）＞c（M+）；則a錯誤；

由于OH-和H+均來自于弱電解質(zhì)的電離，其濃度應該很小，故c（R-）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH-），即c正確．由電荷守恒可知e正確；故答案為：R-；ce．

【解析】【答案】（1）六種鹽都為強堿弱酸鹽；鹽的pH越大，說明對應的酸水解程度越大，則對應的酸越弱，根據(jù)強酸生成弱酸的特點判斷反應能否進行；

（2）根據(jù)三個反應都有沉淀生成分析；

（3）根據(jù)酸性強弱程度分析；

（4）根據(jù)影響水的電離平衡的因素分析；

（5）：①根據(jù)pH之和為14的酸；堿溶液等體積混合；誰弱顯誰性，無弱顯中性判斷；根據(jù)電荷守恒，金屬陽離子濃度大于酸根陰離子濃度，則陰離子所帶電荷多；

②根據(jù)“pH之和為14的酸、堿溶液等體積混合，即n（H+）=n（OH-）；混合后溶液顯酸性，氫離子過量，則酸是弱酸；從鹽類的水解以及電荷守恒角度分析．

15、略

【分析】

（1）某地區(qū)使用含較少Ca2+、Mg2+的天然水；所以屬于軟水，故答案為：軟水；

（2）常用的凝聚劑有明礬；硫酸鋁、氯化鐵等；故答案為：明礬；

（3）常用液氯作為消毒劑；其原理是：氯氣能和水反應生成次氯酸，次氯酸能夠消毒殺菌，故答案為：氯氣能和水反應生成次氯酸，次氯酸能夠消毒殺菌．

【解析】【答案】（1）硬水是指含有較多鈣鎂離子的水；軟水是指含有較少鈣鎂離子的水．

（2）常用的凝聚劑有明礬；硫酸鋁、氯化鐵等；

（3）常用液氯作為消毒劑；其原理是：氯氣能和水反應生成次氯酸，次氯酸能夠消毒殺菌；

16、略

【分析】

根據(jù)題意知，取出的溶液中含有的溶質(zhì)的物質(zhì)的量分別為：NaCl0.06mol，CuSO40.02mol；溶液中陰陽離子的放電順序分別為：陽離子放電順序Cu2+＞H+＞Na+，陰離子放電順序為Cl-＞OH-＞SO42-

所以；該溶液電解三個階段分別為：

第一階段：Cu2+和Cl-放電；生成氯氣和銅；

根據(jù)得失電子相等知；銅離子先完全電解，氯離子還剩0.02mol，所以發(fā)生第二階段電解反應；

第二階段：H+和Cl-放電；生成氫氣和氯氣；

根據(jù)得失電子相等知；氯離子完全電解，發(fā)生第三階段反應；

第三階段：H+和OH-放電；生成氫氣和氧氣．

（1）根據(jù)以上分析知，第一階段的電解反應為Cu2++2Cl-Cu+Cl2

故答案為Cu2++2Cl-Cu+Cl2

（2）電解的最后階段，H+在陰極上放電，OH-的陽極上放電；分別生成氫氣和氧氣．

故答案為：2H++2e-═H2↑

（3）當銅離子全部生成銅單質(zhì)時；根據(jù)得失電子相等知，氯離子還剩0.02mol．

當陰極上有氣體生成時；發(fā)生的電解反應為：

2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-

222.4L

0.02mol0.224L

故答案為0.224L．

【解析】【答案】（1）根據(jù)溶液中陰陽離子的放電順序；判斷每一階段放電的離子，然后寫出電解反應的離子方程式．

（2）先確定最后階段放電的離子；再寫出陰極上發(fā)生的電極反應式．

（3）先根據(jù)題意判斷當陰極有氣體產(chǎn)生時發(fā)生的電解反應；然后計算銅全部析出時剩余的氯離子的物質(zhì)的量，根據(jù)氯離子的物質(zhì)的量計算陰極上生成氣體的體積．

17、略

【分析】

據(jù)實驗目的和各裝置的作用推知整套裝置為D→C→E→B→A，各導管接口順序為g→f，e→h，i→c，d→a．其中D為O2發(fā)生裝置（MnO2作催化劑），C中濃H2SO4作用是吸收水分，得到干燥純凈的O2，E為有機物燃燒裝置，B中CaCl2吸收反應生成的H2O．

（1）產(chǎn)生氧氣中含有水；應經(jīng)過干燥后才可與有機物反應，生成二氧化碳和水，用無水氯化鈣吸收水，用堿石灰吸水二氧化碳，整套裝置為D→C→E→B→A，各導管接口順序為g→f，e→h，i→c，d→a；

故答案為：g→f；e→h，i→c，d→a；

（2）C中濃H2SO4作用是吸收水分，得到干燥純凈的O2，故答案為：吸收水分，得到干燥純凈的O2；

（3）D為O2發(fā)生裝置，雙氧水在二氧化錳作催化劑條件下反應生成氧氣，故答案為：作催化劑，加快產(chǎn)生O2的速率；

（4）本實驗需測定有機物中碳元素、氫元素的質(zhì)量，原理是根據(jù)氫氧化鈉吸收的二氧化碳的質(zhì)量求碳元素的質(zhì)量，有機物燃燒時可能也產(chǎn)生一氧化碳，為了測定精確，要將有機物不完全燃燒產(chǎn)生的少量CO氧化成CO2，氧化銅通過與一氧化碳反應能保證有機物中的碳都轉(zhuǎn)化為CO2，故答案為：使有機物更充分氧化生成CO2和H2O；

（5）A管質(zhì)量增加3.96克說明生成了3.96克二氧化碳，可得碳元素的質(zhì)量：3.96克××100%=1.08克。

B管質(zhì)量增加0.90g說明生成了0.90g水，可得氫元素的質(zhì)量：0.90g××100%=0.1克。

從而可推出含氧元素的質(zhì)量為：1.50g-1.08g-0.1g=0.32克。

設最簡式為CXHYOZ，則12X：Y：16Z=1.08：0.1：0.32X：Y：Z=9：10：2最簡式為C9H10O2即分子式為：C9H10O2，根據(jù)A分子中只含一個苯環(huán)，且苯環(huán)上只有一個取代基，且B的水解產(chǎn)物中含有乙醇，結(jié)合核磁共振氫譜圖可以得出A的結(jié)構(gòu)簡式為：故答案為：．

【解析】【答案】明確各裝置的作用是解題的前提，A用來吸收二氧化碳、B用來吸收水、C用于干燥通入E中的氧氣、D用來制取反應所需的氧氣、E是在電爐加熱時用純氧氣氧化管內(nèi)樣品；根據(jù)一氧化碳能與氧化銅反應可被氧化成二氧化碳的性質(zhì)可知CuO的作用是把有機物不完全燃燒產(chǎn)生的CO轉(zhuǎn)化為CO2；確定物質(zhì)的化學式可借助元素的質(zhì)量守恒進行解答，據(jù)實驗目的和各裝置的作用推知整套裝置為D→C→E→B→A，各導管接口順序為g→f，e→h，i→c，d→a．其中D為O2發(fā)生裝置（MnO2作催化劑），C中濃H2SO4作用是吸收水分，得到干燥純凈的O2，E為有機物燃燒裝置，B中CaCl2吸收反應生成的H2O，A中NaOH吸收反應生成的CO2根據(jù)原子守恒結(jié)合質(zhì)量守恒確定有機物的分子式；并根據(jù)性質(zhì)確定其最簡式．

18、略

【分析】

（1）該晶胞中鈉離子個數(shù)=12×=4，氯離子個數(shù)=8×

故答案為：4；4；

（2）根據(jù)圖片二知，NaCl晶體中陰陽離子的最短距離為a的一半即

故答案為：

（3）1mol氯化鈉的質(zhì)量=1mol×58.8g/mol=58.5g，標況下，氣體體積為11.2L的氯化鈉的物質(zhì)的量=

=0.5mol，M==117g/mol，所以氯化鈉氣體的分子式為Na2Cl2；

故答案為：Na2Cl2．

【解析】【答案】（1）利用均攤法計算每個晶胞中含有的氯離子和鈉離子個數(shù)；

（2）根據(jù)圖片二確定NaCl晶體中陰陽離子的最短距離；

（3）M==根據(jù)摩爾質(zhì)量確定其化學式．

19、略

【分析】

①測定碳酸鋇樣品中所含碳酸鋇的質(zhì)量分數(shù)，先磨碎再加入鹽酸溶解，在操作過程中為準確測定減少損失，依據(jù)測定方法是用滴定方法進行，所以選擇在錐形瓶中進行；定量實驗所需要的鹽酸體積，第Ⅱ步操作中加入35.00mL0.100mol?L-1的鹽酸；依據(jù)題干信息可知體積需要精確到0.01ml，化學上用酸式滴定管準確取用；故答案為：錐形瓶；酸式滴定管；

②滴定過程是氫氧化鈉滴定剩余的鹽酸；所以加入酚酞在鹽酸中無色，滴入氫氧化鈉溶液至恰好反應，溶判斷滴定達到終點的現(xiàn)象為液從無色變?yōu)榧t色，半分鐘不褪色；

故答案為：最后一滴滴入后；溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且30s內(nèi)不變色；

③重復上述操作（均加入35.00mL0.1mol?L-1的鹽酸），滴定時平均耗用0.100mol?L-1的NaOH溶液15.00mL，計算加入鹽酸溶解碳酸鋇，剩余的氯化氫物質(zhì)的量=氫氧化鈉物質(zhì)的量=0.0150mL×0.100mol?L-1=0.0015mol，與碳酸鋇反應的氯化氫物質(zhì)的量=0.0350L×0.100mol/L-0.0015mol=0.002mol；BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O；計算得到碳酸鋇物質(zhì)的量為0.001mol；

碳酸鋇的質(zhì)量分數(shù)=×100%=78.8%；

故答案為：78.8%；

④依據(jù)誤差分析的依據(jù)：c（待測液）=與碳酸鋇反應的氯化氫物質(zhì)的量=氯化氫總的物質(zhì)的量-氫氧化鈉滴定消耗物質(zhì)的量；

A．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡；滴定后無氣泡，標準液體積增大，滴定消耗氫氧化鈉物質(zhì)的量增大，與碳酸鋇反應的氯化氫物質(zhì)的量減小，碳酸鋇的質(zhì)量分數(shù)偏小，故A不符合；

B．向樣品中加鹽酸時；有少量鹽酸濺出，滴定消耗氫氧化鈉物質(zhì)的量減小，與碳酸鋇反應的氯化氫物質(zhì)的量增大，碳酸鋇的質(zhì)量分數(shù)偏高，故B符合；

C．滴定時；有少量NaOH溶液滴到瓶外壁上，滴定消耗氫氧化鈉物質(zhì)的量增大，與碳酸鋇反應的氯化氫物質(zhì)的量減小，碳酸鋇的質(zhì)量分數(shù)偏低，故C不符合；

D．讀滴定管開始時仰視；終點讀數(shù)時俯視，滴定消耗氫氧化鈉物質(zhì)的量減小，與碳酸鋇反應的氯化氫物質(zhì)的量增大，碳酸鋇的質(zhì)量分數(shù)偏高，故D符合；

故答案為：BD．

【解析】【答案】①測定碳酸鋇樣品中所含碳酸鋇的質(zhì)量分數(shù)；先磨碎再加入鹽酸溶解，在操作過程中為準確測定減少損失，依據(jù)測定方法是用滴定方法進行，所以選擇在錐形瓶中進行；定量實驗所需要的鹽酸體積，依據(jù)題干信息可知需要精確到0.01ml，化學上用滴定管準確取用；

②滴定實驗是以酚酞做指示劑；用氫氧化鈉滴定過量的鹽酸，終點變化為無色變淺紅色；

③依據(jù)滴定實驗計算過量的氯化氫物質(zhì)的量；計算出和碳酸鋇反應的氯化氫物質(zhì)的量，結(jié)合化學方程式計算碳酸鋇物質(zhì)的量，換算質(zhì)量計算碳酸鋇的質(zhì)量分數(shù)；

④滴定實驗誤差分析c（待測液）=操作過程中錯誤的操作可以歸納為消耗標準液的體積變化，結(jié)合鹽酸總量來判斷碳酸鋇消耗鹽酸量的多少分析判斷；

四、推斷題(共4題，共12分)20、（1）正四面體形sp3非極性（2）HClO4<（3）d1s22s22p63s23p63d64s2（或[Ar]3d64s2）（4）Be(OH)2＋2OH-＝BeO22-＋2H2O【分析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，rm{壟脵}為rm{H}rm{壟脷}為rm{Be}rm{壟脹}為rm{C}rm{壟脺}為rm{Mg}rm{壟脻}為rm{Al}rm{壟脼}為rm{S}rm{壟脽}為rm{Cl}rm{壟脿}為rm{Ca}rm{壟謾}為rm{Fe}rm{壟芒}為rm{Cu}依次解答。為rm{壟脵}rm{H}為rm{壟脷}rm{Be}為rm{壟脹}rm{C}為rm{壟脺}rm{Mg}為rm{壟脻}rm{Al}為rm{壟脼}rm{S}為rm{壟脽}rm{Cl}為rm{壟脿}rm{Ca}為rm{壟謾}rm{Fe}為rm{壟芒}依次解答。rm{Cu}【解答】和rm{(1)壟脹}和rm{壟脵}形成的一種rm{5}核rm{10}電子分子，化學式為rm{CH_{4}}其立體構(gòu)型為形成的一種rm{(1)壟脹}核rm{壟脵}電子分子，化學式為rm{5}其立體構(gòu)型為正四面體形；rm{10}rm{CH_{4}}中心原子雜化方式為rm{sp^{3}}正四面體形；rm{sp^{3}}；非極性；；屬于非極性分子；元素故答案為：和rm{sp^{3}}的最高價氧化物對應水化物中酸性較強的是rm{sp^{3}}；rm{(2)}和rm{壟脹}是同周期的元素，從左到右電負性依次增強，所以rm{壟脽}的電負性rm{HClO_{4}}元素rm{HClO_{4}}故答案為：rm{S}rm{Cl}rm{壟脼}位于rm{<}區(qū)；rm{壟脽}的原子序數(shù)為rm{<}所以電子排布式為：rm{(3)}；根據(jù)元素周期表分區(qū)，元素rm{壟謾}位于或rm{壟謾}rmw0cygcq區(qū)rmccsa2isrm{Fe}的原子序數(shù)為rm{26}所以電子排布式為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}rm{Fe}rm{26}或rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}rm{(}rm{[Ar]3d^{6}4s^{2}}rm{[Ar]3d^{6}4s^{2}}元素rm{)}的氫氧化物與；溶液反應反應生成故答案為：rmocousyqrmkc4qeaa；rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}rm{(}或rm{[Ar]3d^{6}4s^{2}}rm{)}；rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}rm{(}rm{[Ar]3d^{6}4s^{2}}rm{[Ar]3d^{6}4s^{2}}rm{)}；rm{(4)}元素rm{壟脷}的氫氧化物與rm{NaOH}溶液反應反應生成rm{Na}rm{(4)}rm{(4)}離子方程式為：rm{壟脷}rm{NaOH}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{BeO}rm{BeO}rm{{,!}_{2}}；

，該反應為rm{Be(OH)}rm{Be(OH)}rm{{,!}_{2}}rm{+2NaOH簍TNa}rm{+2NaOH簍TNa}rm{{,!}_{2}}rm{BeO}rm{BeO}。rm{{,!}_{2}}【解析】rm{(1)}正四面體形rm{sp^{3;;;;;}}非極性rm{(2)HClO_{4;;;;;}}rm{<}rm{(3)d}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}(}或rm{[Ar]3d^{6}4s^{2})}rm{(4)Be(OH)_{2}+2OH^{-}=BeO_{2}^{2-}+2H_{2}O}21、（1）HNO3

（2）

（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

（4）Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓【分析】【分析】本題考查無機物的推斷，涉及硝酸和硝酸鹽的性質(zhì)，化學方程式、離子方程式、電子式的書寫等，難度中等?！窘獯稹縭m{B}是紅棕色固體，則rm{B}是rm{Fe_{2}O_{3}}rm{D}是紅棕色氣體，則rm{D}是rm{NO_{2}}rm{E}是常見的無色液體，則rm{E}是rm{H_{2}O}能與水反應的是紅棕色固體，則rm{B}是rm{B}rm{Fe_{2}O_{3}}是紅棕色氣體，則rm{D}是rm{D}rm{NO_{2}}是常見的無色液體，則rm{E}是rm{E}能與水反應的淡黃色粉末是過氧化鈉，則rm{H_{2}O}是rm{G}是rm{Na_{2}O_{2}}生成物rm{H}是rm{NaOH}rm{C}是rm{O_{2}}rm{F}是硝酸，rm{A}是硝酸鐵，硝酸鐵和氫氧化鈉反應生成氫氧化鐵和硝酸鈉。生成物rm{G}是rm{Na_{2}O_{2}}rm{H}是rm{NaOH}rm{C}是硝酸，rm{O_{2}}是硝酸鐵，硝酸鐵和氫氧化鈉反應生成氫氧化鐵和硝酸鈉。rm{F}由上述分析知rm{A}的化學式為rm{(1)}由上述分析知rm{F}的化學式為rm{HNO_{3}}rm{(1)}rm{F}的電子式為故答案為：rm{HNO_{3}}反應故答案為：rm{HNO_{3}}rm{HNO_{3}}rm{(2)E}的電子式為的化學方程式為：rm{(2)E}rm{(3)}反應rm{E+G}rm{(3)}rm{E+G}rm{隆煤}rm{H+C}的化學方程式為：rm{2Na}rm{H+C}rm{2Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}故答案為：rm{+2CO}rm{+2CO}rm{{,!}_{2}}rm{=2Na}rm{=2Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{+O}rm{+O}rm{{,!}_{2}}rm{2Na}反應rm{2Na}的離子方程式：rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}故答案為：rm{{,!}_{2}}rm{+2CO}rm{+2CO}rm{{,!}_{2}}【解析】rm{(1)HNO_{3}}rm{(2)}rm{(3)}rm{2Na}rm{2Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{+2CO}rm{+2CO}rm{{,!}_{2}}rm{=2Na}rm{=2Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}22、氫氧化鈉醇溶液、加熱；【分析】解：環(huán)己烷和氯氣發(fā)生取代反應生成rm{1-}氯環(huán)己烷，rm{1-}氯環(huán)己烷和氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應生成rm{A}rm{A}的結(jié)構(gòu)簡式為：rm{A}和氯氣反應生成rm{B}則rm{B}發(fā)生消去反應生成所以rm{B}的結(jié)構(gòu)簡式為則rm{A}和氯氣發(fā)生加成反應生成rm{B}和溴發(fā)生加成反應生成和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應生成rm{C}和氫氣發(fā)生加成反應生成

rm{(1)}通過以上分析知，rm{B}的結(jié)構(gòu)簡式為rm{C}的結(jié)構(gòu)簡式為

故答案為：

rm{(2)}反應rm{壟脺}為：所用的試劑和條件分別為氫氧化鈉醇溶液；加熱；

故答案為：氫氧化鈉醇溶液；加熱；

rm{(3)}反應rm{壟脵}的化學方程式為反應rm{壟脺}的化學方程式為

故答案為：．

環(huán)己烷和氯氣發(fā)生取代反應生成rm{1-}氯環(huán)己烷，rm{1-}氯環(huán)己烷和氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應生成rm{A}rm{A}的結(jié)構(gòu)簡式為：rm{A}和氯氣反應生成rm{B}rm{B}發(fā)生消去反應生成所以rm{B}的結(jié)構(gòu)簡式為則rm{A}和氯氣發(fā)生加成反應生成rm{B}和溴發(fā)生rm{1}rm{4}加成反應生成和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應生成rm{C}為和氫氣發(fā)生加成反應生成據(jù)此進行答題．

本題考查有機推斷，題目難度中等，明確有機物的斷鍵和成鍵特點是解本題關鍵，注意反應條件不同反應產(chǎn)物不同，為易錯點，試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力及邏輯推理能力．【解析】氫氧化鈉醇溶液、加熱；23、略

【分析】【分析】本題考查有機物的推斷與合成，注意充分利用有機物的結(jié)構(gòu)與分子式進行推斷，熟練掌握官能團的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化是解答本題的關鍵，題目難度中等。Ⅰ根據(jù)題中各物質(zhì)轉(zhuǎn)化關系，芳香烴rm{C}rm{{,!}_{8}H}rm{{,!}_{10}}在光照條件下與氯氣發(fā)生側(cè)鏈上的取代反應得rm{X}rm{X}堿性水解得蘇合香醇，蘇合香醇氧化后不能發(fā)生銀鏡反應，可推知rm{Z}為蘇合香醇為，rm{X}為芳香烴rm{C}rm{{,!}_{8}H}rm{{,!}_{10}}為rm{X}發(fā)生消去反應得rm{Y}為據(jù)此答題；

Ⅱrm{F}與蘇合香醇互為同系物，rm{F}為醇，則rm{D}為羧酸，rm{D}的相對分子質(zhì)量通過質(zhì)譜法測得為rm{88}結(jié)合rm{G}的分子式可知，rm{D}的分子式為rm{C}rm{{,!}_{4}H}rm{{,!}_{8}O}rm{{,!}_{2}}rm{D}的核磁共振氫譜顯示只有三組峰，則rm{D}為rm{2-}甲基丙酸，結(jié)合合成轉(zhuǎn)化圖中的反應條件可知，rm{A}為rm{2-}甲基丙烯，rm{B}為rm{2-}甲基丙醇，rm{C}為rm{2-}甲基丙醛，rm{D}與rm{F}發(fā)生酯化反應生成rm{G(C}rm{{,!}_{13}H}rm{{,!}_{18}O}rm{{,!}_{2})}則rm{F}為rm{C}rm{{,!}_{9}H}rm{{,!}_{12}O}rm{G}中含有兩個rm{-CH}rm{{,!}_{3}}rm{E}可發(fā)生銀鏡反應，在催化劑存在下rm{1molE}與rm{2molH}rm{{,!}_{2}}可以反應生成rm{F}所以rm{E}為rm{C}rm{{,!}_{9}H}rm{{,!}_{8}O}則rm{E}的結(jié)構(gòu)簡式為rm{F}為則rm{G}為據(jù)此解答。【解答】Ⅰ根據(jù)題中各物質(zhì)轉(zhuǎn)化關系，芳香烴rm{C_{8}H_{10}}在光照條件下與氯氣發(fā)生側(cè)鏈上的取代反應得rm{X}rm{X}堿性水解得蘇合香醇，蘇合香醇氧化后不能發(fā)生銀鏡反應，可推知rm{Z}為蘇合香醇為，rm{X}為芳香烴rm{C_{8}H_{10}}為rm{X}發(fā)生消去反應得rm{Y}為

rm{(1)}根據(jù)上面的分析可知，蘇合香醇的結(jié)構(gòu)簡式為它不能發(fā)生的有機反應類型有加聚反應和水解反應，故選rm{壟脺}rm{壟脼}

rm{(2)Y}為分子中有苯環(huán)的結(jié)構(gòu)和乙烯的結(jié)構(gòu)，苯中所有原子共面，乙烯中所有原子共面，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以rm{Y}分子中所以原子都能共面，最多有rm{16}個；

Ⅱrm{F}與蘇合香醇互為同系物，rm{F}為醇，則rm{D}為羧酸，rm{D}的相對分子質(zhì)量通過質(zhì)譜法測得為rm{88}結(jié)合rm{G}的分子式可知，rm{D}的分子式為rm{C_{4}H_{8}O_{2}}rm{D}的核磁共振氫譜顯示只有三組峰，則rm{D}為rm{2-}甲基丙酸，結(jié)合合成轉(zhuǎn)化圖中的反應條件可知，rm{A