2025年粵教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年粵教版高二化學上冊階段測試試卷694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8題，共16分)1、關于氧化還原反應CuO+H2Cu+H2O；下列說法中正確的是（）

A.CuO是還原劑，H2是氧化劑。

B.CuO是氧化劑，H2是還原劑。

C.反應中Cu的化合價沒有改變。

D.反應中H的化合價沒有改變。

2、如圖示意的是硼和鎂形成的化合物的晶體結構單元；鎂原子間形成正六棱柱，且棱柱的上下底面還各有一個鎂原子，6個硼原子位于棱柱內(nèi)。則該化合物的化學式可表示為()A.MgBB.MgB2C.Mg2BD.Mg3B23、既能發(fā)生加成反應，也能發(fā)生取代反應，同時能使溴水因反應褪色，也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的是rm{(}rm{)}A.B.rm{C_{6}H_{14}}C.D.4、下圖中A為電源，B為浸透飽和食鹽水和酚酞試液的濾紙，C為盛有稀硫酸的電解槽，e、f為Pt電極。接通電源后，發(fā)現(xiàn)d點顯紅色。下列有關說法正確的是A.電源A上的a極是正極B.d極上的電極反應方程式為2Cl-－2e-＝Cl2↑C.e、f極上產(chǎn)生的氣體體積比為2：1D.C中溶液的pH增大5、在一定溫度下的恒容容器中，反應A(s)+2B(g)C(g)+D(g)已達平衡狀態(tài)的是A.混合氣體的壓強不隨時間變化而變化B.混合氣體的密度不隨時間變化而變化C.氣體總物質(zhì)的量不隨時間變化而變化D.單位時間內(nèi)生成nmolC，同時消耗2nmolB6、下列物質(zhì)的系統(tǒng)命名中，錯誤的是A.2,4-二甲基己烷B.2-甲基-4-戊炔C.3-甲基-2-丁醇D.CH3—CHBr—CHBr—CH32，3-二溴丁烷7、通常狀況下，rm{NC1_{3}}是一種油狀液體，其分子空間構型與氨分子相似，下列對rm{NC1_{3}}的有關敘述正確的是rm{(}rm{)}A.分子中rm{N-C1}鍵鍵長比rm{CCl_{4}}分子中rm{C-C1}鍵鍵長長B.分子中的所有原于均達到rm{8}電子穩(wěn)定結構C.rm{NCl_{3}}分子是非極性分子D.rm{NBr_{3}}比rm{NCl_{3}}易揮發(fā)8、滿足下列條件的電離或離子方程式書寫不正確的是rm{(}rm{)}A.碳酸的電離：rm{H_{2}CO_{3}?2H^{+}+CO_{3}^{2-}}B.偏鋁酸鈉溶液呈堿性：rm{AlO_{2}^{-}+2H_{2}}rm{O?Al(OH)_{3}+OH^{-}}C.在rm{AgCl}的懸濁液中加入rm{Na_{2}S}溶液產(chǎn)生黑色沉淀：rm{2AgCl+S^{2-}=Ag_{2}S+2Cl^{-}}D.用惰性電極電解飽和食鹽水：rm{2Cl^{-}+2H_{2}}rm{Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}}rm{Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}}rm{Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}評卷人得分二、雙選題(共6題，共12分)9、下列哪個圖象能正確反映實驗結果rm{(}rm{)}。選項rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}圖象實驗。

內(nèi)容等量的鹽酸、醋酸分別與足量的石灰石反應向醋酸溶液中滴入同濃度的氨水氯化鋁溶液逐滴滴入到氫氧化鈉溶液中鐵粉逐漸加入到一定量的稀硝酸中A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}10、堿性電池具有容量大、放電電流大的特點，因而得到廣泛應用rm{.}鋅錳堿性電池以氫氧化鉀溶液為電解液，電池總反應式為rm{Zn(s)+2MnO_{2}(s)+H_{2}O(l)簍TZn(OH)_{2}(s)+Mn_{2}O_{3}(s)}下列說法錯誤的是rm{(}rm{)}A.電池工作時，鋅失去電子B.電池工作時，電子由正極通過外電路流向負極C.電池正極的電極反應式為rm{2MnO_{2}(s)+H_{2}O(l)+2e-簍TMn_{2}O_{3}(s)+2OH^{-}(aq)}D.外電路中每通過rm{0.1}rm{mol}電子，鋅的質(zhì)量理論上減少rm{6.5}rm{g}11、可逆反應rm{A(g)+3B(g)?2C(g)+D(g)}在四種不同情況下的反應速率如下，其中反應進行得最快的是rm{(}rm{)}A.rm{V_{A}=0.15mol?(L?min)^{-1}}B.rm{V_{B}=0.6}rm{mol?(L?min)^{-1}}C.rm{V_{C}=0.4}rm{mol?(L?min)^{-1}}D.rm{V_{D}=0.01}rm{mol?(L?s)^{-1}}12、向甲、乙兩個容積均為1L的恒容容器中分別充入2molA、2molB和1molA、1molB．相同條件下發(fā)生如下反應：A（g）+B（g）?xC（g）△H＜0．測得兩容器中c（A）隨時間t的變化如圖所示．下列說法錯誤的是（）A.x可能等于2也可能等于3B.若向平衡后的乙容器充入C，則再次達到平衡時A的體積分數(shù)減小C.若升高甲容器的溫度，可使甲容器中各物質(zhì)的體積分數(shù)與乙容器相同D.若其它條件不變，使乙容器體積變?yōu)?L，則平衡時乙容器中：0.25mol/L＜c（A）＜0.5mol/L13、下列有關說法正確的是（）A.在海輪外殼上鑲入鋅塊，可減緩船體的腐蝕速率B.鉛蓄電池在放電時，兩極質(zhì)量均增加C.鋼鐵在中性溶液中主要繁盛析氫腐蝕D.在室溫下能自發(fā)進行的反應，其△H一定小于014、中藥狼巴草的成分之一M具有清炎殺菌作用，M的結構簡式如圖所示：下列敘述正確的是（）A.M的分子式為C9H6O4B.1molM最多能與2molBr2發(fā)生反應C.1molM最多能與4mol氫氧化鈉反應D.M既可以與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，又可以與NaHCO3溶液反應放出CO2氣體評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)15、（8分）紅外光譜、質(zhì)子核磁共振譜（PMR）是研究有機物結構的重要方法之一。（1）在研究的化合物分子中——所處環(huán)境完全相同的氫原子在PMR譜中出現(xiàn)同一種信號峰。如(CH3)2CHCH2CH3在PMR譜中有4種信號峰。又如CH3－CHBr＝CHX存在著如下的兩種不同空間結構：因此CH3－CHBr＝CHX的PMR譜上會出現(xiàn)氫原子的四種不同信號峰。在測定CH3CH＝CHCl時，能得到氫原子給出的6種信號峰。由此可推斷該有機物一定存在____種不同的結構，其結構簡式分別為：。（2）有機化合物A含碳77.8%，氫為7.40%，其余為氧，A的相對分子質(zhì)量為甲烷的6.75倍。①通過計算確定該有機物的分子式②紅外光譜測定，A分子結構中含有苯環(huán)和羥基。在常溫下A可與濃溴水反應，1molA最多可與2molBr2作用，據(jù)此確定該有機物的結構有____種寫出其中一種與溴水反應的化學方程式16、實驗室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液500mL．根據(jù)這兩種溶液的配制情況回答下列問題：

（1）如圖所示的儀器中配制溶液肯定不需要的是______；（填序號），配制上述溶液還需用到的玻璃儀器是______（填儀器名稱）．

（2）配制NaOH時，在實驗中其他操作均正確，若定容時仰視刻度線，則所得溶液濃度______0.1mol/L（填“大于”；“等于”或“小于”）．

（3）根據(jù)計算得知，所需質(zhì)量分數(shù)為98%、密度為1.84g/cm3的濃硫酸的體積為______mL（計算結果保留一位小數(shù)）．在實驗中其他操作均正確，若用量筒量取濃硫酸時仰視刻度線，則所得配得溶液濃度______0.5mol/L（填“大于”、“等于”或“小于”）．17、在1-18號元素中；部分連號元素單質(zhì)的熔點情況如圖所示，試回答：

（1）c點代表的單質(zhì)可以是______，其熔點高的主要原因是______．

（2）d所屬的晶體類型是______．18、有機物甲的結構簡式如圖；它可通過不同的化學反應分別制得結構簡式為乙～庚的物質(zhì)．

請回答下列問題：

（1）在甲～庚七種物質(zhì)中；互為同分異構體的是______．（填代號，下同）；可看作酯類的是______；______和庚．

（2）已知HCHO分子中所有原子都在同一平面內(nèi)，則在上述分子中所有原子有可能都在同一平面內(nèi)的物質(zhì)是______．19、有四種常見藥物①阿司匹林②青霉素③胃舒平④麻黃堿．請回答下列問題．

（1）由于具有興奮作用，國際奧委會嚴禁運動員服用的藥物是____（填序號；下同）．

（2）從用藥安全角度考慮，使用前要進行皮膚敏感性測試的藥物是____．

（3）濫用藥物會導致不良后果，如過量服用會引起中毒的是____．若中毒，應立即停藥，并靜脈注射NaHCO3．

（4）某同學胃酸過多，應選用的藥物是____．

（5）寫出一種抗酸藥中和胃酸的反應的化學方程式：____．20、今有濃度均為0．1mol/L的醋酸、鹽酸和硫酸三種稀溶液，按下列題示回答問題（回答時用“＞”、“＜”或“=”連接a、b、c）：（1）設三種溶液的pH分別為a、b、c，則大小關系為。（2）若取等質(zhì)量的鋅分別跟這三種溶液反應，使鋅恰好完全反應時，所消耗三種酸的體積分別為a、b、c，則其大小關系為。（3）取上述三種溶液各10mL，分別跟0．1mol/LNaOH溶液10mL混合，當反應結束后，三種混合液的pH分別為a、b、c，則其大小關系為。21、硫是一種重要的非金屬元素，廣泛存在于自然界，回答下列問題：rm{(1)}基態(tài)硫原子的價層電子排布圖是_________________。rm{(2)}已知rm{S_{2}O_{8}^{2-}}的結構為其中rm{S}的化合價是______。rm{(3)}含硫的物質(zhì)的特殊性質(zhì)與其結構相關。rm{壟脵}熔點：rm{SF_{6}}_______rm{AlF_{3}(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}原因是___________________。rm{壟脷}沸點rm{{,!}}_______rm{(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}原因是___________________。rm{(4)ZnS}晶胞如圖所示：rm{壟脵}由圖可知，rm{Zn^{2+}}填在了rm{S^{2-}}形成的______________空隙中。rm{壟脷}已知晶胞密度為，rm{婁脩g/cm^{3}}阿伏加德羅常數(shù)為rm{N_{A}}則rm{Zn^{2+}}到rm{S^{2-}}的距離為__________rm{pm(}用含rm{婁脩}rm{NA}的代數(shù)式表示rm{)}評卷人得分四、工業(yè)流程題(共4題，共32分)22、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：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中鐵元素的化合價為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為___(填“氧化還原反應”；“復分解反應”或“化合反應”)。

②反應2加入飽和KOH溶液可轉化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學氧化法生產(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，該反應的化學方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為___（保留小數(shù)點后1位）。

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

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測曲線I和曲線Ⅱ產(chǎn)生差異的原因是___。23、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時易被氧氣氧化；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FeSO4·nH2O中結晶水的含量進行測定。

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；實驗步驟如下：

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：關閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時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．加熱時間過長，F(xiàn)eSO4進一步分解了。

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．加熱時間過短，結晶水未完全失去24、金屬鉻在工業(yè)上有廣泛用途，主要用于不銹鋼及高溫合金的生產(chǎn)。鉻銨礬(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一種以碳素鉻鐵(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)為主要原料生產(chǎn)金屬鉻，并能獲得副產(chǎn)物鐵銨礬【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有關流程如下:

已知部分陽離子以氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金屬離子濃度為0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3開始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，其目的是____________

(2)凈化和轉化階段:所得殘渣的主要成分是___________，轉化時需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為______；過濾；洗滌、干燥。

(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)陽極液通入SO2的離子反應方程式______________。

(5)工業(yè)廢水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“鈣、鎂”是將其轉化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當加入過量NaF使兩種沉淀共存時，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某課外活動小組將鉻銨礬(NH4CrSO4)·12H2O)經(jīng)過一系列操作獲得了Cr2(CO3)3粗品。該小組利用EDTA(乙二胺四乙酸二鈉，陰離子簡寫為H2Y2-)測定粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分數(shù)，準確稱取2.00g粗品試樣，溶于5.0mL稀鹽酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl緩沖溶液、0.10g紫脲酸銨混合指示劑，用0.100mol/LEDTA標準溶液滴定至呈穩(wěn)定顏色，平均消耗標準溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標準溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結束后氣泡消失，則測定結果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分數(shù)w[Cr2(CO3)3]=____。25、過碳酸鈉(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，同時具有Na2CO3和H2O2雙重性質(zhì)?？捎糜谙礈?、紡織、醫(yī)藥、衛(wèi)生等領域。工業(yè)上常以過碳酸鈉產(chǎn)品中活性氧含量([O]%＝×100%)來衡量其優(yōu)劣；13%以上為優(yōu)等品。一種制備過碳酸鈉的工藝流程如圖：

回答下列問題：

(1)過碳酸鈉受熱易分解，寫出反應的化學方程式：_____________。

(2)穩(wěn)定劑及反應溫度等因素對產(chǎn)品質(zhì)量有很大影響。

①下列試劑中，可能用作“穩(wěn)定劑”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反應溫度對產(chǎn)品產(chǎn)率(y%)及活性氧含量的影響如下圖所示。要使產(chǎn)品達到優(yōu)等品且產(chǎn)率超過90%，合適的反應溫度范圍是______________。

③“結晶”時加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循環(huán)利用的主要物質(zhì)是______________。

(4)產(chǎn)品中活性氧含量的測定方法：稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高錳酸鉀標準溶液滴定，至溶液呈淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色即為終點，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均體積為26.56mL。另外，在不加樣品的情況下按照上述過程進行空白實驗，消耗KMnO4溶液的平均體積為2.24mL。

①過碳酸鈉與硫酸反應，產(chǎn)物除硫酸鈉和水外，還有_____________。

②該樣品的活性氧含量為________%。評卷人得分五、探究題(共4題，共36分)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(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。28、（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(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。29、（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8分)30、在下列物質(zhì)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(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．31、在下列物質(zhì)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(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8題，共16分)1、B【分析】

在反應CuO+H2Cu+H2O中，Cu元素的化合價降低，H元素的化合價升高，在反應中CuO是氧化劑，H2是還原劑．

故選B．

【解析】【答案】氧化還原反應的特征是化合價的升降；可根據(jù)化合價的變化分析．

2、B【分析】里面的B為6個，鎂原子為12×1／6+2×1／2=3該化合物的化學式為MgB2【解析】【答案】B3、D【分析】解：rm{A}能發(fā)生加成反應；也能發(fā)生取代反應，但不能使溴水因反應褪色，也不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A錯誤；

B、rm{C_{6}H_{14}}能發(fā)生取代反應；不能起加成反應，不能使溴水因反應褪色，也不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B錯誤；

C、能發(fā)生加成反應；也能發(fā)生取代反應，不能使溴水因反應褪色，但能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C錯誤；

D、能發(fā)生加成反應；也能發(fā)生取代反應，同時能使溴水因反應褪色，也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D正確；

故選：rm{D}．

A；苯的化學性質(zhì)特點：易取代難加成；不能使溴水因反應褪色，不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色；

B；烷烴的化學性質(zhì)特點：能發(fā)生取代反應；不能起加成反應，不能使溴水因反應褪色，也不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色；

C；苯的同系物；能發(fā)生加成反應，也能發(fā)生取代反應，不能使溴水因反應褪色，但能使酸性高錳酸鉀溶液褪色；

D；苯乙烯具有苯和乙烯的性質(zhì)；乙烯能與溴水發(fā)生加成反應溴水褪色，也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色．

本題考查有機物的結構和性質(zhì)，掌握有機物的官能團的性質(zhì)，需要注意的是苯能使溴水因萃取褪色，題目難度不大．【解析】rm{D}4、C【分析】試題分析：A、d點顯紅色，說明為電解池的陰極，則a為電源的負極，不選A；B、d上是溶液中的氫離子得到電子變成氫氣，不選B；C、e為電解池的陰極，產(chǎn)生氫氣，f為電解池的陽極，產(chǎn)生氧氣，二者在相同條件下體積比為2:1，選C；D、C中實際電解的水，硫酸濃度增大，所以pH減小，不選D?？键c：電解原理的應用?！窘馕觥俊敬鸢浮緾5、B【分析】【解析】【答案】B6、B【分析】試題分析：烷烴系統(tǒng)命名法的步驟1、選主鏈，稱某烷2、編號位，定支鏈3、取代基，寫在前，注位置，短線連4、不同基，簡到繁，相同基，合并算；烷烴的系統(tǒng)命名法使用時應遵循兩個基本原則：1、最簡化原則；2、明確化原則。主要表現(xiàn)在“一長一近一多一少”。即“一長”是主鏈最長；“一近”是編號起點離支鏈要近；“一多”是支鏈數(shù)目要多，“一小”是支鏈位置號碼之和要小，烯烴和炔烴的命名是以烷烴為基礎，選擇含碳碳雙鍵和叁鍵的最長碳鏈為主鏈，根據(jù)此原則，A.2,4-二甲基己烷，正確；B.4-甲基-1-戊炔，錯誤；C.3-甲基-2-丁醇，正確；D.2，3-二溴丁烷，正確；選B?？键c：考查有機物的命名。【解析】【答案】B7、B【分析】解：rm{A}rm{C}原子的原子半徑大于rm{N}原子的原子半徑，所以rm{CCl_{4}}中rm{C-C1}鍵鍵長比rm{NC1_{3}}中rm{N-C1}鍵鍵長；故A錯誤．

B、rm{NC1_{3}}中rm{N}原子最外層電子數(shù)rm{5+}化合價的絕對值rm{3=8}所以rm{N}原子達到rm{8}電子穩(wěn)定結構；rm{NC1_{3}}中rm{C1}原子最外層電子數(shù)rm{7+}化合價的絕對值rm{1=8}所以rm{C1}原子達到rm{8}電子穩(wěn)定結構；故B正確．

C、rm{NC1_{3}}的分子空間構型與氨分子相似，都是三角錐型結構，氨分子是極性分子，所以rm{NCl_{3}}分子也是極性分子；故C錯誤．

D、分子晶體中物質(zhì)的熔沸點與相對分子質(zhì)量有關，相對分子質(zhì)量越大其熔沸點越高，所以rm{NBr_{3}}比rm{NCl_{3}}的熔沸點高，rm{NCl_{3}}比rm{NBr_{3}}易揮發(fā)；故D錯誤．

故選B．

A；原子半徑越?。辉娱g形成的鍵長越短．

B、如果元素的最外層電子數(shù)rm{+}元素的化合價的絕對值rm{=8}該元素就達到rm{8}電子穩(wěn)定結構，否則沒有達到rm{8}電子穩(wěn)定結構．

C；根據(jù)該分子是否是對稱結構判斷分子的極性．

D；物質(zhì)的熔沸點越低越容易揮發(fā)．

學生只要明確熔沸點大小的判斷方法、化合物中原子最外層電子數(shù)是否為rm{8}的判斷方法、原子半徑與鍵長的關系即可解答本題，難度不大．【解析】rm{B}8、A【分析】解：rm{A}碳酸是二元弱酸，電離分步進行，故電離方程式為rm{H_{2}CO_{3}?H^{+}+HCO_{3}^{-}}rm{HCO_{3}^{-}?H^{+}+CO_{3}^{2-}}故A錯誤；

B、偏鋁酸根離子水解方程式為rm{AlO_{2}^{-}+2H_{2}}rm{O?Al(OH)_{3}+OH^{-}}故B正確；

C、rm{Ag_{2}S}的rm{ksp}小于rm{AgCl}的rm{Ksp}故Arm{gCl}沉淀容易轉化為rm{Ag_{2}S}沉淀，則在rm{AgCl}的懸濁液中加入rm{Na_{2}S}溶液產(chǎn)生黑色沉淀，方程式為rm{2AgCl+S^{2-}=Ag_{2}S+2Cl^{-}}故C正確；

D、用惰性電極電解飽和食鹽水能生成氫氣、氯氣和氫氧化鈉，化學方程式為rm{2NaCl+2H_{2}}rm{Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}}rm{Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}}離子方程式為rm{Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2NaOH}rm{Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}}rm{2Cl^{-}+2H_{2}}故D正確．

故選A．

A；碳酸是二元弱酸；電離分步進行；

B；偏鋁酸根離子是弱酸根離子；水解為氫氧化鋁沉淀和氫氧根離子；

C、rm{Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}}的rm{Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}小于rm{Ag_{2}S}的rm{ksp}

D；用惰性電極電解飽和食鹽水能生成氫氣、氯氣和氫氧化鈉．

本題考查了電離方程式、水解方程式、沉淀的轉化反應等書寫的正誤判斷，難度不大，應注意多元弱酸的電離要分步進行．rm{AgCl}【解析】rm{A}二、雙選題(共6題，共12分)9、rBC【分析】解：rm{A.}鹽酸和醋酸都是一元酸；等量的酸消耗等量的碳酸鈣，所以等量的鹽酸；醋酸分別與足量的石灰石反應生成的二氧化碳的體積相同，圖象不符，故A錯誤；

B.醋酸和一水合氨是弱電解質(zhì)；醋酸銨是強電解質(zhì)，向醋酸溶液中滴入同濃度的氨水，生成強電解質(zhì)，溶液的導電性增強，氨水過量時，溶液中離子濃度減小導電性減弱，圖象符合，故B正確；

C.鋁離子與氫氧根離子結合生成氫氧化鋁沉淀，rm{Al^{3+}+3OH^{-}=Al(OH)_{3}隆媒}氫氧化鋁沉淀與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}圖象符合，故C正確；

D.鐵粉逐漸加入到一定量的稀硝酸中，先生成鐵離子，后生成亞鐵離子，rm{Fe}與硝酸反應，rm{1molFe}生成rm{1molFe^{3+}}rm{Fe}粉與rm{Fe^{3+}}反應rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{1molFe}生成rm{3molFe^{2+}}圖象不符，故D錯誤。

故選BC。

A.鹽酸和醋酸都是一元酸；等量的酸消耗等量的碳酸鈣；

B.醋酸和一水合氨是弱電解質(zhì)；醋酸銨是強電解質(zhì)；

C.鋁離子與氫氧根離子結合生成氫氧化鋁沉淀；氫氧化鋁沉淀與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉；

D.鐵粉逐漸加入到一定量的稀硝酸中；先生成鐵離子，后生成亞鐵離子。

本題考查了元素化合物的性質(zhì)，題目難度中等，注意把握物質(zhì)混合后發(fā)生的反應以及溶液中離子濃度的變化是解題的關鍵，側重于考查學生的讀圖能力和分析、應用能力?！窘馕觥縭m{BC}10、rBD【分析】解：rm{A.Zn}失去電子；為原電池的負極，故A正確；

B.電池工作時；電子由負極通過外電路流向正極，故B錯誤；

C.rm{Mn}得到電子，正極發(fā)生還原反應為rm{2MnO_{2}(s)+H_{2}O(l)+2e-簍TMn_{2}O_{3}(s)+2OH^{-}(aq)}故C正確；

D.外電路中每通過rm{0.1mol}電子，消耗rm{0.05molZn}則鋅的質(zhì)量理論上減少rm{0.05mol隆脕65g/mol=3.25g}故D錯誤；

故選BD．

由rm{Zn(s)+2MnO_{2}(s)+H_{2}O(l)簍TZn(OH)_{2}(s)+Mn_{2}O_{3}(s)}可知，rm{Zn}失去電子作負極，rm{Mn}得到電子；電子由負極移向正極，以此來解答．

本題考查原電池，為高頻考點，把握電池反應中元素的化合價變化、原電池的工作原理為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意轉移電子與物質(zhì)的量計算，題目難度不大．【解析】rm{BD}11、rAD【分析】解：不同物質(zhì)表示的速率之比等于其化學計量數(shù)之比；故反應速率與其化學計量數(shù)的比值越大，反應速率越快；

A.rm{dfrac{V_{A}}{1}=0.15mol?(L?min)^{-1}}

B.rm{dfrac{V_{B}}{3}=0.2mol?(L?min)^{-1}}

C.rm{dfrac{V_{C}}{2}=0.2mol?(L?min)^{-1}}

D.rm{dfrac

{V_{A}}{1}=0.15mol?(L?min)^{-1}}rm{dfrac

{V_{B}}{3}=0.2mol?(L?min)^{-1}}rm{dfrac{V_{D}}{1}=0.6mol?(L?min)^{-1}}

故反應速率rm{dfrac

{V_{C}}{2}=0.2mol?(L?min)^{-1}}

故選D．

不同物質(zhì)表示的速率之比等于其化學計量數(shù)之比；故反應速率與其化學計量數(shù)的比值越大，反應速率越快，注意單位要一致．

本題考查反應速率的比較，注意利用比值法可快速解答，要注意單位應一致，也可以利用歸一法解答比較，難度不大．rm{V_{D}=0.01}【解析】rm{AD}12、A|B【分析】解：由圖象可知平衡時，甲容器平衡時，A的轉化率為×100%=61%，乙容器內(nèi)A的轉化率為×100%=50%；甲容器內(nèi)壓強比乙容器內(nèi)大，增大壓強向正反應移動，增大壓強平衡壓強增大向著體積減小的方向移動，故：1+1＞X，所以x=1．

A、由圖象可知平衡時，甲容器平衡時，A的轉化率為×100%=61%，乙容器內(nèi)A的轉化率為×100%=50%；甲容器內(nèi)壓強比乙容器內(nèi)大，增大壓強向正反應移動．若x=2，反應前后氣體體積不變，甲；乙為等效平衡，轉化率相等；若x=3，壓強大的A的轉化率小，顯然只有x=1符合題意，故A錯誤；

B；向平衡后的乙容器中充入C；容器內(nèi)壓強雖然增大，但反應混合物各組分的濃度變化相同，與原平衡為等效平衡，所以再次達到平衡時A的體積分數(shù)不變，故B錯誤；

C；△H＜0；甲容器單獨升溫，平衡向逆反應進行，甲容器內(nèi)A的轉化率減小，則可使甲容器中各物質(zhì)的體積分數(shù)與乙容器相同，故C正確；

D、若其它條件不變，使乙容器體積變?yōu)?L，可以等效為原平衡狀態(tài)下壓強減小一倍，平衡向逆反應方向移動，A轉化率減小，平衡移動目的是降低濃度增大趨勢，但不能消除濃度增大，達新平衡時濃度比原平衡大，則平衡時乙容器中：0.25mol?L-1＜c（A）＜0.5mol?L-1；故D正確；

故選AB．

由圖象可知平衡時，甲容器平衡時，A的轉化率為×100%=61%，乙容器內(nèi)A的轉化率為×100%=50%；甲容器內(nèi)壓強比乙容器內(nèi)大，增大壓強向正反應移動，增大壓強平衡壓強增大向著體積減小的方向移動，故：1+1＞X，所以x=1．

A、由圖象可知平衡時，甲容器平衡時，A的轉化率為×100%=61%，乙容器內(nèi)A的轉化率為×=50%；甲容器內(nèi)壓強比乙容器內(nèi)大，增大壓強向正反應移動．若x=2，反應前后氣體體積不變，甲；乙為等效平衡，轉化率相等；若x=3，壓強大的A的轉化率??；

B；向平衡后的乙容器中充入C；容器內(nèi)壓強雖然增大，但反應混合物各組分的濃度變化相同，與原平衡為等效平衡；

C；△H＜0；甲容器單獨升溫，平衡向逆反應進行，甲容器內(nèi)A的轉化率減小；

D；若其它條件不變；使乙容器體積變?yōu)?L，可以等效為原平衡狀態(tài)下壓強減小一倍，平衡向正反應方向移動，A轉化率增大，平衡移動目的是降低濃度增大趨勢，但不能消除濃度增大，達新平衡時濃度比原平衡大．

本題考查平衡圖象、等效平衡、外界條件對平衡影響、平衡計算等，題目難度中等，根據(jù)圖象計算平衡時轉化率、確定x值是解題的關鍵，注意BD是易錯點．【解析】【答案】AB13、A|B【分析】解：A；在海輪的外殼上鑲入鋅塊；會和鐵形成原電池，鋅做負極，海輪做正極，而在原電池中正極被保護，故可減緩船體的腐蝕，故A正確；

B、放電時，鉛失電子發(fā)生氧化反應而作負極，電極反應式為Pb-2e-+SO42-=PbSO4，二氧化鉛得電子作正極，電極反應式為PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O，兩極均生成難溶性的PbSO4；所以兩極質(zhì)量均增加，故B正確；

C；鋼鐵在酸性條件下發(fā)生析氫腐蝕；在中性或弱酸性條件下發(fā)生吸氧腐蝕，故C錯誤；

D；反應自發(fā)進行的判斷依據(jù)是△H-T△S＜0；在室溫下能自發(fā)進行的反應，其△H不一定小于0，故D錯誤；

故選AB．

A；在原電池中正極被保護；

B；根據(jù)鉛蓄電池中的電極反應分析；

C；鋼鐵在酸性條件下發(fā)生析氫腐蝕；

D；反應自發(fā)進行的判斷依據(jù)是△H-T△S＜0．

本題考查了金屬的電化學腐蝕及防護，難度不大，應注意的是在原電池中正極被保護，在電解池中陰極被保護．【解析】【答案】AB14、A|C【分析】解：A．由結構可知分子式為C9H6O4；故A正確；

B．酚-OH的鄰位與溴發(fā)生取代，碳碳雙鍵與溴發(fā)生加成，則1molM最多能與3molBr2發(fā)生反應；故B錯誤；

C．酚-OH；-COOC-及水解生成的酚-OH均與NaOH反應；則1molM最多能與4mol氫氧化鈉反應，故C正確；

D．含酚-OH與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，但與NaHCO3溶液不反應；故D錯誤；

故選AC．

由結構可知分子式；分子中含酚-OH；碳碳雙鍵、-COOC-，結合酚、烯烴、酯的性質(zhì)來解答．

本題考查有機物的結構與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意酚、烯烴、酯的性質(zhì)，題目難度不大．【解析】【答案】AC三、填空題(共7題，共14分)15、略

【分析】【解析】【答案】（8分）（1）2、和（3分）（2）①C7H8O（2分）②2種。（1分）或（2分）16、略

【分析】解：（1）配制一定物質(zhì)的量濃度溶液用的儀器有：托盤天平；藥匙、燒杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管；不需要的儀器有燒瓶和分液漏斗，還需用到的玻璃儀器是燒杯、玻璃棒；

故答案為：A；C；燒杯和玻璃棒；

（2）若定容時仰視刻度線；則導致溶液的體積偏大，所以配制溶液的濃度偏低，故所得溶液濃度小于0.1mol/L；

故答案為：小于；

（3）質(zhì)量分數(shù)為98%、密度為1.84g/cm3的濃硫酸的物質(zhì)的量濃度c===18.4（mol/L）；設需要濃硫酸的體積為V，依據(jù)溶液稀釋前后所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變設需要濃硫酸的體積為V，則：V×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得V=13.6ml；

用量筒量取濃硫酸時仰視刻度線導致濃硫酸的體積偏大，量取硫酸的物質(zhì)的量偏大，依據(jù)c=可知溶液的濃度偏高；

故答案為：13.6；大于．

（1）根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液用到儀器進行解答；

（2）根據(jù)c=分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響判斷；

（3）先依據(jù)c=計算濃硫酸的物質(zhì)的量濃度；依據(jù)溶液稀釋前后所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變計算需要濃硫酸的體積；用量筒量取濃硫酸時仰視刻度線導致濃硫酸的體積偏大．

本題考查了一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制，明確配制原理和過程是解題關鍵，注意誤差分析的方法和技巧，題目難度不大．【解析】A、C；燒杯和玻璃棒；小于；13.6；大于17、略

【分析】解：晶體熔沸點大小順序：原子晶體＞金屬晶體＞分子晶體；

（1）原子晶體熔點最高；原子晶體熔點與鍵長成反比，根據(jù)圖知，c的熔點最高，為原子晶體，短周期元素中，C和Si都是原子晶體，但C-C鍵長小于Si-Si鍵，所以碳單質(zhì)的熔沸點最高，故答案為：金剛石；金剛石原子晶體；

（2）熔沸點較低的單質(zhì)是分子晶體；d的熔沸點較低，說明是分子晶體，故答案為：分子晶體．

晶體熔沸點大小順序：原子晶體＞金屬晶體＞分子晶體；

（1）原子晶體熔點最高；原子晶體熔點與鍵長成反比；

（2）d的熔沸點較低；說明是分子晶體．

本題以晶體類型與熔沸點高低關系為載體考查元素周期律，明確常見物質(zhì)晶體類型及熔沸點高低順序是解本題關鍵，題目難度不大．【解析】金剛石；金剛石是原子晶體；分子晶體18、丙和戊戊己丙【分析】解：（1）在甲～庚七種物質(zhì)中；丙和戊分子式相同，但結構不同，互為同分異構體，戊；己、庚含有酯基，可看作酯類；

故答案為：丙和戊；戊；己；

（2）丙含有苯環(huán)；C=C以及羧基；所有的原子可能在同一個平面上，而其它物質(zhì)都含有飽和碳原子，具有甲烷的結構特征，則一定不在同一個平面上；

故答案為：丙．

甲含有羧基；具有酸性，可發(fā)生中和；酯化反應，含有羥基，可發(fā)生取代、消去和氧化反應，甲還可發(fā)生縮聚反應，苯環(huán)、C.C≡C以及羧基為平面結構，原子可能在同一個平面上，而亞甲基為四面體構型，以此來解答．以此解答該題．

本題考查有機物的結構和性質(zhì)，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，注意把握有機物的官能團的結構和性質(zhì)，為解答該題的關鍵，題目難度不大．【解析】丙和戊戊己丙19、略

【分析】

（1）因麻黃堿是一種生物堿；能對人的中樞神經(jīng)系統(tǒng)起興奮作用，則國際奧委會嚴禁運動員服用，故答案為：④；

（2）青霉素是應用廣泛的抗菌藥物；它本身毒性很小，而較常見的卻是藥物的過敏，引起不良的反應以致死亡，則使用前要進行皮膚敏感性測試，故答案為：②；

（3）阿司匹林為感冒用藥，但因其含有水楊酸，服用過量易造成酸中毒，可靜脈注射NaHCO3來降低酸性；故答案為：①；

（4）因胃酸的成分為鹽酸；治療胃酸過多則選擇胃舒平，因氫氧化鋁與酸反應可減少鹽酸，若不是胃潰瘍的病人，也可服用含小蘇打的藥物，故答案為：③；

（5）氫氧化鋁與酸反應可減少鹽酸，若不是胃潰瘍的病人，也可服用含小蘇打的藥物，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O或。

NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，故答案為：Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O；

【解析】【答案】（1）根據(jù)麻黃堿的成分含有能使人興奮的作用來分析；

（2）青霉素屬于消炎常用藥物；使用前需要做皮膚敏感性測試；

（3）阿司匹林為常用的感冒用藥；過量服用會造成酸中毒；

（4）根據(jù)藥物的成分及與酸的反應來分析；

（5）氫氧化鋁與酸反應可減少鹽酸；若不是胃潰瘍的病人，也可服用含小蘇打的藥物；

20、略

【分析】【解析】試題分析：（1）醋酸是一元弱酸。在溶液中存在電離平衡：CH3COOHCH3COO-+H+。c(CH3COOH)＞c(H+)，鹽酸和硫酸都是強酸，完全電離，鹽酸是一元強酸，硫酸是二元強酸，電離方程式為：HCl=H++Cl-．H2SO4=2H++SO42-。所以c(H+)硫酸＞鹽酸＞醋酸。c(H+)越大，溶液的pH越小。故設三種溶液的pH分別為a、b、c，則大小關系為a＞b＞c。（2）（2）若取等質(zhì)量的鋅分別跟這三種溶液反應，使鋅恰好完全反應時，所消耗三種酸的體積分別為a、b、c，假設Zn的物質(zhì)的量為1mol，則消耗的三種酸的物質(zhì)的量為2mol、2mol、1mol．由于三種酸的物質(zhì)的量濃度相等，所以消耗的三者的體積大小關系為a＝b=2c（或a＝b＞c）。（3）取上述三種溶液各10mL，分別跟0．1mol/LNaOH溶液10mL混合，當反應結束后，得到的物質(zhì)分別NaAc、NaCl、NaHSO4。NaAc是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性；NaCl是強酸強堿鹽，不水解，溶液顯中性；NaHSO4是強酸的酸式鹽，電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性。若三種混合液的pH分別為a、b、c，則其大小關系為a＞b＞c?？键c：考查等濃度的醋酸、鹽酸和硫酸三種稀溶液的pH、與Zn、NaOH等發(fā)生反應時溶液的體積及pH的關系的知識。【解析】【答案】（1）a＞b＞c（2）a＝b＞c（3）a＞b＞c21、(1)

(2)+6

(3)①<SF6是分子晶體，AlF3是離子晶體，離子晶體的熔點高于分子晶體

②<因為形成分子間氫鍵

(4)正四面體【分析】【分析】本題考查物質(zhì)結構知識，包含價電子排布圖的書寫，判斷粒子的鍵角，晶體的熔點比較，晶胞的計算，涉及的知識點較多，考查較為全面，題目難度不大?！窘獯稹縭m{(1)}rm{(1)S}位于周期表中第rm{3}周期，第rm{VIA}族，其價層電子排布式為rm{3s}位于周期表中第rm{(1)S}周期，第rm{3}族，其價層電子排布式為rm{VIA}rm{3s}rm{{,!}^{2}}rm{3p}rm{3p}rm{{,!}^{4}}

，則基態(tài)硫原子的價層電子排布圖是；故答案為：由；的結構可知，rm{(2)}的成鍵結構與rm{S_{2}O_{8}^{2-}}相同，所以rm{S}的化合價是rm{SO_{4}^{2-}}故答案我：rm{S}rm{+6}是分子晶體，而rm{+6}是離子晶體，離子晶體的熔點高于分子晶體，所以rm{(3)壟脵SF_{6}}rm{AlF_{3}}熔點：rm{SF}rm{SF}故答案為：rm{{,!}_{6}<}rm{AlF}是分子晶體，rm{AlF}是離子晶體，離子晶體的熔點高于分子晶體；rm{{,!}_{3}}對羥基苯磺酸能形成分子間氫鍵，鄰羥基苯磺酸能形成分子內(nèi)氫鍵，所以沸點對羥基苯磺酸rm{<}鄰羥基苯磺酸，

rm{SF_{6}}rm{AlF_{3}}因為形成分子間氫鍵rm{壟脷}對羥基苯磺酸能形成分子間氫鍵，鄰羥基苯磺酸能形成分子內(nèi)氫鍵，所以沸點對羥基苯磺酸rm{>}鄰羥基苯磺酸，rm{壟脷}rm{>}和金剛石晶胞的相似性，故答案為：rm{<}；rm{(4)}rm{壟脵ZnS}和金剛石晶胞的相似性，rm{S}rm{壟脵ZnS}rm{S}

rm{{,!}^{2-}}形成的是正四面體結構，則rm{Zn}rm{Zn}晶胞，則有rm{{,!}^{2+}}填在了rm{S}rm{S}則一個晶胞的體積為rm{{,!}^{2+}}形成的正四面體空隙中，故答案為：正四面體；rm{壟脷}取rm{1mol}晶胞，則有rm{N}rm{1mol}rm{N}rm{{,!}_{A}}個晶胞，設晶胞參數(shù)為rm{acm}則一個晶胞的體積為rm{V}rm{acm}rm{V}晶胞中，含有rm{{,!}_{0}}的數(shù)目為rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}rm{=a}的數(shù)目為rm{=a}因此rm{{,!}^{3}}的質(zhì)量為rm{cm}已知晶體的密度為rm{cm}rm{{,!}^{3}}，對于立方晶胞，頂點粒子占rm{婁脩=dfrac{m}{{N}_{A}{V}_{0}}=dfrac{4隆脕(65+32)}{{N}_{A}{a}^{3}}}，可得rm{a=sqrt[3]{dfrac{4隆脕(65+32)}{婁脩{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}pm}rm{dfrac{1}{8}}

，面心粒子占rm{sqrt[3]{dfrac{4隆脕(65+32)}{婁脩{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}}rm{dfrac{1}{2}}，內(nèi)部粒子為整個晶胞所有，則一個rm{ZnS}晶胞中，含有rm{Zn}的數(shù)目為【解析】rm{(1)}rm{(2)+6}rm{(3)}rm{壟脵}rm{壟脵}rm{<}是分子晶體，rm{SF_{6}}是離子晶體，離子晶體的熔點高于分子晶體rm{AlF_{3}}rm{壟脷}因為形成分子間氫鍵rm{壟脷}正四面體rm{sqrt[3]{dfrac{4隆脕(65+32)}{婁脩{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}}rm{<}四、工業(yè)流程題(共4題，共32分)22、略

【分析】【分析】

(1)反應1中發(fā)生反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分離出的Na2FeO4中加入飽和KOH溶液反應生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，同時生成還原產(chǎn)物NaCl，結合守恒法寫出該反應的化學方程式；根據(jù)電子守恒計算制備0.5molNa2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量；

(3)電解時，陽極發(fā)生氧化反應生成FeO42-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越??；與鐵離子的水解有關。

【詳解】

(1)①Na2FeO4中鈉元素的化合價為+1價；氧元素的化合價為-2價，根據(jù)化合物中元素的正負化合價代數(shù)和為0，則鐵元素的化合價為0-(-2)×4-(+1)×2=+6價；高鐵酸鈉中鐵元素為+6價，具有強氧化性，能殺菌消毒，故高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為發(fā)生氧化還原反應；

②反應2加入飽和KOH溶液可轉化析出K2FeO4，即加入飽和KOH溶液發(fā)生的反應為Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；說明該溫度下高鐵酸鉀的溶解度小于高鐵酸鈉的溶解度；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，反應中Fe元素的化合價從+3價升高為+6價，Cl元素的化合價從+1價降為-1價，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒，則該反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；設制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為mg，則由電子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根據(jù)裝置圖，F(xiàn)e為陽極，電解時，陽極發(fā)生氧化反應生成FeO42-，電極方程式為Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；陰極電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉，則陰極室得到的A溶液中溶質(zhì)的主要成分為NaOH；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越小，根據(jù)“高鐵酸鹽在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，則產(chǎn)生曲線Ⅰ和曲線Ⅱ差異的原因是Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應從而降低K2FeO4濃度?！窘馕觥竣?+6②.氧化還原反應③.該溫度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應，從而降低K2FeO4的濃度23、略

【分析】【詳解】

1．A．裝置B中的濃硫酸不能換成濃氫氧化鈉溶液；因為氫氧化鈉溶液會吸收二氧化碳氣體，達不到排盡裝置中空氣的目的，故A錯誤；

B．步驟Ⅰ的目的是導入二氧化碳氣體，排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4?nH2O被氧化；故B正確；

C．裝置B和裝置D不能互換位置；因為堿石灰也會吸收二氧化碳氣體，故C錯誤；

D．將A裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉末；會使產(chǎn)生二氧化碳的速率過大，粉末狀的石灰石會很快反應完，同時還會帶入HCl氣體，故D錯誤；

答案選B；

2．先熄滅酒精燈，通二氧化碳直至C裝置冷卻至室溫，然后關閉K1；操作甲：熄滅酒精燈，操作丙：關閉K1；故選C；

3．硫酸亞鐵晶體的質(zhì)量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亞鐵無水鹽的質(zhì)量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的結晶水的質(zhì)量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故選B；

4．A．加熱時間過長，F(xiàn)eSO4進一步分解；會使m(無水鹽)偏大，則n偏大，故A錯誤；

B．將原晶體中易揮發(fā)物質(zhì)的質(zhì)量計入減少的結晶水中；則n偏大，故B錯誤；

C．裝置D中的堿石灰失效了；不會影響n值，故C錯誤；

D．加熱時間過短；結晶水未完全失去，n值會小于理論值，故D正確；

答案選D。【解析】①.B②.C③.B④.D24、略

【分析】【詳解】

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，增大接觸面積，提高反應速率；(2)碳與雙氧水、硫酸銨及硫酸均不反應，故凈化和轉化階段:所得殘渣的主要成分是碳(或C)，轉化時需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+轉化為Fe3+。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥；(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制離子的水解；(4)陽極液通入SO2，二氧化硫與Cr2O72-反應生成SO42-、Cr3+，反應的離子反應方程式為3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標準溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結束后氣泡消失，消耗的標準溶液計數(shù)偏大，則測定結果將偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分數(shù)w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接觸面積，提高反應速率②.碳(或C)③.使Fe2+轉化為Fe3+④.蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶⑤.抑制離子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%25、略

【分析】【詳解】

(1)過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，受熱分解生成碳酸鈉、氧氣、水，反應為：2(2Na2CO3?3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，具有碳酸鈉和過氧化氫的性質(zhì)，過氧化氫易分解，MnO2、FeCl3為其催化劑，所以不能選，過氧化氫與碘離子發(fā)生氧化還原反應：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能選，過碳酸鈉與硅酸鈉不反應，可能用作“穩(wěn)定劑”，故C選項符合，故答案為c；

②根據(jù)圖象分析，溫度為286.8～288.5K，產(chǎn)品達到優(yōu)等品且產(chǎn)率超過90%，超過288.5K后，活性氧百分含量和產(chǎn)率均降低，所以最佳反應溫度范圍為286.8～288.5K；

③結晶過程中加入氯化鈉、攪拌，增加鈉離子濃度，能降低過碳酸鈉的溶解度，有利于過碳酸鈉析出；

(3)結晶過程中加入氯化鈉促進過碳酸鈉析出，“母液”中主要為氯化鈉溶液，NaCl溶液又是結晶過程中促進過碳酸鈉析出的原料，故循環(huán)利用的物質(zhì)是NaCl；

(4)①過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)是由Na2CO3-與H2O2復合而形成的一種固體放氧劑，過碳酸鈉與硫酸反應，為碳酸鈉、過氧化氫和硫酸反應，所以產(chǎn)物為硫酸鈉、過氧化氫、二氧化碳、水；

②稱量0.1600g樣品，在250mL錐形瓶中用100mL0.5mol?L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol?L-1高錳酸鉀標準溶液滴定，反應中MnO4-是氧化劑，H2O2是還原劑，氧化產(chǎn)物是O2；依據(jù)元素化合價變化，錳元素化合價從+7價變化為+2價，過氧化氫中的氧元素化合價從-1價變化為0價，根據(jù)電子守恒配平寫出離子方程式為：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依據(jù)反應2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L0.01216mol

過碳酸鈉產(chǎn)品中活性氧含量([O]%=×100%==12.16%。

點睛：明確實驗目的及反應原理為解答關鍵，制備過碳酸鈉的工藝流程：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3?3H2O2；雙氧水穩(wěn)定性差，易分解；因此向反應前的H2O2中加入穩(wěn)定劑的作用是防止雙氧水分解，因過碳酸鈉易溶解于水，可利用鹽析原理，結晶過程中加入氯化鈉、攪拌，能降低過碳酸鈉的溶解度，有利于過碳酸鈉析出，從溶液中過濾出固體后，需要洗滌沉淀，然后干燥得到產(chǎn)品?！窘馕觥竣?2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋3O2↑＋6H2O②.c③.286.8～288.5K④.提高產(chǎn)量；增加鈉離子濃度，促進過碳酸鈉析出⑤.NaCl⑥.CO2⑦.12.16%五、探究題(共4題，共36分)26、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(zhì)量是水，所以氫氧化銅的質(zhì)量是所以沉淀中CuCO3的質(zhì)量分數(shù)為1－（49n/9m）?！窘馕觥俊敬鸢浮?/p>