2024年華東師大版高二化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………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2024年華東師大版高二化學(xué)下冊階段測試試卷301考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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、如圖是某同學(xué)設(shè)計的原電池裝置，下列敘述中正確的是rm{(}rm{)}

A.氧化劑和還原劑必須直接接觸才能發(fā)生反應(yīng)B.電極Ⅱ上發(fā)生還原反應(yīng)，做原電池的正極C.該原電池的總反應(yīng)式為rm{2Fe^{3+}+Cu簍TCu^{2+}+2Fe^{2+}}D.鹽橋中裝有含氯化鉀的瓊脂，rm{K^{+}}移向負(fù)極區(qū)2、在一定條件下，當(dāng)rm{64gSO_{2}}氣體被氧化成rm{SO_{3}}氣體時，共放出熱量rm{98.3KJ}已知rm{SO_{2}}在此條件下轉(zhuǎn)化率為rm{80%}據(jù)此，下列熱化學(xué)方程式正確的是rm{(}rm{)}A.rm{SO_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)}rm{triangleH=-98.3KJ?mol^{-1}}B.rm{SO_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)}rm{triangleH=-196.6KJ?mol^{-1}}C.rm{SO_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)}rm{triangleH=-78.64KJ?mol^{-1}}D.rm{triangle

H=-98.3KJ?mol^{-1}}rm{triangleH=+196.6KJ?mol^{-1}}rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(l)}3、在密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：mA(g)+nB(g)pC(g)，達(dá)到平衡后,保持溫度不變,將氣體體積縮小到原來的一半，當(dāng)達(dá)到新平衡時，C的濃度為原來1.9倍，下列說法錯誤的是()A.m+n〈pB.平衡向逆反應(yīng)方向移動C.A的轉(zhuǎn)化率降低D.C的體積分?jǐn)?shù)增加4、常溫下，某溶液中由水電離的[H+]和[OH-]的乘積為1.0×10-22mol2?L-2，則在該溶液中一定不能大量共存的離子組是（）A.Al3+、Na+、NO3-、Cl-B.K+、Na+、Cl-、CO32-C.NH4+、Na+、Cl-、SO42-D.NH4+、K+、SiO32-、NO3-5、下列關(guān)于乙二醇和丙三醇的說法中，不正確的是（）A.乙二醇的水溶液凝固點很低，可作汽車發(fā)動機的抗凍劑B.丙三醇的沸點比乙二醇的沸點高，可用于配制化妝品C.這兩種多元醇都易溶于水，但難溶于有機溶劑D.丙三醇可以制造炸藥，乙二醇是制滌綸的主要原料6、分枝酸可用于生化研究，其結(jié)構(gòu)簡式為下列關(guān)于分枝酸的說法不正確的是rm{(}rm{)}A.分子中含有rm{3}種含氧官能團B.rm{1}rm{mol}分枝酸最多可與rm{3mol}rm{NaOH}發(fā)生中和反應(yīng)C.在一定條件下可與乙醇、乙酸反應(yīng)，且反應(yīng)類型相同D.可使溴的四氯化碳溶液、酸性高錳酸鉀溶液褪色，但褪色原理不同7、下列能級符號不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{1s}B.rm{2d}C.rm{3p}D.rm{4f}8、下列說法不正確的是()A.己烷共有rm{4}種同分異構(gòu)體，它們的熔點、沸點各不相同B.在一定條件下，苯與液溴、硝酸作用生成溴苯、硝基苯的反應(yīng)都屬于取代反應(yīng)C.油脂皂化反應(yīng)得到高級脂肪酸與甘油D.聚合物可由單體rm{C{{H}_{3}}CHoverline{overline{}}C{{H}_{2}}}和rm{C{{H}_{2}}overline{overline{}}C{{H}_{2}}}加聚制得rm{C{{H}_{3}}CHoverline{overline{

}}C{{H}_{2}}}評卷人得分二、雙選題(共5題，共10分)9、下列物質(zhì)在氫氧化鈉溶液和加熱條件下反應(yīng)后生成的對應(yīng)有機物中，能夠能被催化氧化成醛的是rm{(}rm{)}A.rm{(CH_{3})_{2}CHCl}B.rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}I}C.rm{(CH_{3})_{3}CCOOCH_{2}CH_{3}}D.rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}CH_{2}Br}10、下列分子中既能發(fā)生消去反應(yīng)，又能發(fā)生氧化反應(yīng)的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{2}CH=CHCH_{2}CH_{2}Cl}B.rm{CH_{3}OH}C.D.11、由物質(zhì)rm{X}合成己烯雌酚rm{Y}的一種路線如圖，下列敘述正確的是()

A.化合物rm{X}中不含有手性碳原子B.rm{1mol}化合物rm{Y}與濃溴水反應(yīng)，最多消耗rm{5molBr_{2}}C.在一定條件下，化合物rm{Y}能發(fā)生加聚反應(yīng)、縮聚反應(yīng)D.在氫氧化鈉水溶液中加熱，化合物rm{X}可以發(fā)生消去反應(yīng)12、下列實驗方法能夠?qū)崿F(xiàn)的是rm{(}rm{)}A.用rm{10ml}量筒量取rm{7.5ml}稀鹽酸B.用托盤天平稱取rm{25.20gNaCl}晶體C.用蒸發(fā)結(jié)晶的方法由硫酸銅溶液制取藍(lán)帆D.用rm{100ml}容量瓶配置rm{0.5mol/l}的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液13、能說明溶液呈中性的可靠依據(jù)是rm{(}rm{)}A.rm{pH=7}B.rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}C.rm{pH}試紙不變色D.石蕊試液不變色評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)14、重金屬鹽可使人中毒。當(dāng)人誤食重金屬鹽時，可以喝____解毒。原因是上述食品中含有較多的，可以跟重金屬鹽形成不溶于水的化合物，可以減輕重金屬鹽類對胃腸黏膜的危害，起到緩解毒性的作用。15、（6分）有一無色干燥的混合氣體，可能是由HCl、NO、NO2、CO2、NH3、H2、O2、Cl2中的幾種混合而成。對混合氣體進(jìn)行如下操作：①混合氣體通過濃H2SO4時，氣體體積明顯減??；②再通入過量堿石灰時，體積又明顯減??；③剩余氣體接觸空氣時，立即變?yōu)榧t棕色?；旌蠚怏w中一定存在，一定不存在，可能存在。16、（8分）下圖是維生素A的分子結(jié)構(gòu)：（1）維生素A中的含氧官能團是（寫名稱）；（2）維生素A的分子式是____；（3）1mol維生素A最多能與mol溴反應(yīng)；（4）試指出維生素A可能發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)類型（任寫一種即可）。17、（1）寫出下列化合物的結(jié)構(gòu)簡式2，2，3，3，-四甲基戊烷：______．

（2）①寫出Na2CO3溶液與AlCl3溶液反應(yīng)的離子方程______．

②寫出由甲苯制備TNT的化學(xué)方程式：______．

③Na2CO3溶液顯堿性，用離子方程式表示原因______，其溶液中離子濃度大小順序為______．

（3）除去括號中的雜質(zhì)，填上適宜的試劑和提純方法乙醇（水）：______、______．

甲烷燃料電池（在KOH環(huán)境中）的負(fù)極的電極反應(yīng)式：______．

（4）將煤轉(zhuǎn)化為煤氣的主要化學(xué)反應(yīng)為：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）

C（s）、CO（g）和H2（g）完全燃燒的熱化學(xué)方程式為：

C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5kJ/mol

H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=-242.0kJ/mol

CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=-283.0kJ/mol

根據(jù)以上數(shù)據(jù)，寫出C（s）與水蒸氣反應(yīng)的熱化學(xué)方程______．18、Ⅰrm{.}銅及其化合物在很多領(lǐng)域有重要用途，如金屬銅用來制造電線電纜，五水硫酸銅可用作殺菌劑。rm{(1)}往硫酸銅溶液中加入過量氨水，可生成rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}配離子。已知rm{NF_{3}}與rm{NH_{3}}的空間構(gòu)型都是三角錐形，但rm{NF_{3}}不易與rm{Cu^{2+}}形成配離子，其原因是________________________。rm{(2)}向rm{CuSO_{4}}溶液中加入過量rm{NaOH}溶液可生成rm{[Cu(OH)_{4}]^{2-}}不考慮空間構(gòu)型，rm{[Cu(OH)_{4}]^{2-}}的結(jié)構(gòu)可用示意圖表示為________。rm{(3)}膽礬rm{CuSO_{4}隆隴5H_{2}O}可寫作rm{[Cu(H_{2}O)_{4}]SO_{4}隆隴H_{2}O}其結(jié)構(gòu)示意圖如下：下列有關(guān)膽礬的說法正確的是________。A.所有氧原子都采取rm{sp^{3}}雜化B.氧原子存在配位鍵和氫鍵兩種化學(xué)鍵C.rm{Cu^{2+}}的價電子排布式為rm{3d^{8}4s^{1}}D.膽礬中的水在不同溫度下會分步失去Ⅱrm{.}經(jīng)研究表明，rm{Fe(SCN)_{3}}是配合物，rm{Fe^{3+}}與rm{SCN^{-}}不僅能以rm{1隆脙3}的個數(shù)比配合，還能以其他個數(shù)比配合。請按要求填空：rm{(1)}若所得rm{Fe^{3+}}和rm{SCN^{-}}的配合物中，主要是rm{Fe^{3+}}與rm{SCN^{-}}以個數(shù)比rm{1隆脙1}配合所得離子顯血紅色。該離子的離子符號是__________。rm{(2)}若rm{Fe^{3+}}與rm{SCN^{-}}以個數(shù)比rm{1隆脙5}配合，則rm{FeCl_{3}}與rm{KSCN}在水溶液中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式可以表示為________。19、鈉是活潑金屬的代表，鈉和鈉的化合物是中學(xué)化學(xué)的基礎(chǔ)知識。請回答下列有關(guān)問題。(1)鈉跟水劇烈反應(yīng)，生成____和氫氣(H2)，此實驗說明鈉的化學(xué)性質(zhì)活潑；(2)鈉有兩種氧化物，其中能用于呼吸面具和潛水艇中作為氧氣來源的氧化物是：____；(3)固體碳酸鈉中含有碳酸氫鈉雜質(zhì)，除去此雜質(zhì)的簡單方法是____（填“萃取”或“加熱”或“蒸餾”）。20、（12分）20世紀(jì)30年代，Eyring和Pelzer在碰撞理論的基礎(chǔ)上提出化學(xué)反應(yīng)的過渡態(tài)理論：化學(xué)反應(yīng)并不是通過簡單的碰撞就能完成的，而是在反應(yīng)物到生成物的過程中經(jīng)過一個高能量過渡態(tài)。分析圖中信息，回答下列問題：（1）圖一是NO2和CO反應(yīng)生成CO2和NO過程中能量變化示意圖，請寫出NO2和CO反應(yīng)的熱化學(xué)方程式__________________________________在反應(yīng)體系中加入催化劑，E1和E2的變化是：E1_________，E2________（填“增大”、“減小”或“不變”），對反應(yīng)熱是否有影響?_______________，原因是_（2）圖二是紅磷P(s)和Cl2(g)發(fā)生反應(yīng)生成PCl3(g)和PCl5(g)的反應(yīng)過程與能量關(guān)系圖(圖中的△H表示生成1mol產(chǎn)物的數(shù)據(jù))。根據(jù)圖二回答下列問題：①PCl5(g)分解成PCl3(g)和Cl2(g)的熱化學(xué)方程式②P(s)和Cl2(g)分兩步反應(yīng)生成1molPCl5(g)的△H1與P(s)和Cl2(g)一步反應(yīng)生成1molPCl5(g)的△H2關(guān)系是：△H2______△H1(填“大于”、“小于”或“等于”)，原因是21、按要求寫出下列方程式。

(1)雙氧水(H2O2)和水都是極弱電解質(zhì)，但H2O2溶液顯酸性．若把H2O2看成二元弱酸；請寫出它在水中的電離方程式：____________．

(2)漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，漂白粉的水溶液呈弱堿性的主要原因是(用離子方程式表示)：____________．22、反應(yīng)mA（g）+nB（g）?pC（g）達(dá)到平衡后，當(dāng)減壓后混合體系中C的百分含量增大．則加壓后，C的濃度______，（填“變大”、“變小”或“不變”）；若C是有色物質(zhì)，A、B是無色物質(zhì)，減小壓強，反應(yīng)混合物的顏色______（填“變深”、“變淺”或“不變”）．評卷人得分四、計算題(共2題，共10分)23、某僅由碳、氫、氧三種元素組成的有機化合物，經(jīng)測定其相對分子質(zhì)量為rm{90.}取有機物樣品rm{1.8g}在純氧中完全燃燒，將產(chǎn)物先后通過濃硫酸和堿石灰，兩者分別增重rm{1.08g}和rm{2.64g.}試求該有機物的分子式．24、在100mL混合溶液中,HNO3和H2SO4的物質(zhì)的量濃度分別是0.6mol/L、0.2mol/L。向該混合液中加入1.92g銅粉，加熱待充分反應(yīng)后，再加入0.1mol/L的NaOH溶液使溶液呈中性。若反應(yīng)產(chǎn)生的氣體只有NO，求：（1）反應(yīng)后的溶液中硝酸根離子的物質(zhì)的量。（2）加入NaOH溶液的體積為多少升？評卷人得分五、探究題(共4題，共20分)25、（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(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?jǐn)?shù)為。26、（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(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(shè)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(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?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，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。27、（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(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?jǐn)?shù)為。28、（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(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(shè)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(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?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，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4題，共32分)29、rm{(1)}寫出rm{Co^{2+}}基態(tài)的價電子排布式________________。rm{(2){SO}_{3}^{2-}}的空間構(gòu)型是________。rm{(3)OCN^{-}}與rm{CO_{2}}是等電子體，則rm{OCN^{-}}中碳原子的雜化方式是_________________。rm{(4)}層狀晶體六方氮化硼rm{(BN)}具有很高的熔點，硼原子和氮原子均為rm{sp^{2}}雜化。該晶體中存在的作用力有________。rm{(5)}元素rm{O}rm{Mg}rm{Ni}可形成一種晶體，其晶胞如圖所示。在晶體中，每個rm{Ni^{2+}}與________個rm{Mg^{2+}}配位。該晶體的化學(xué)式是________。30、某課外興趣小組欲測定某NaOH溶液的濃度；其操作步驟如下：

①將堿式滴定管用蒸餾水洗凈后；用待測溶液潤洗后，再注入待測溶液，調(diào)節(jié)滴定管的尖嘴部分充滿溶液，并使液面處于“0“刻度以下的位置，記下讀數(shù)；將錐形瓶用蒸餾水洗凈后，用待測溶液潤洗錐形瓶2～3次；從堿式滴定管中放入25.00mL待測溶液到錐形瓶中；

②將酸式滴定管用蒸餾水洗凈后；立即向其中注入0.1000mol/L標(biāo)準(zhǔn)鹽酸，調(diào)節(jié)滴定管的尖嘴部分充滿溶液，并使液面處于“0“刻度以下的位置，記下讀數(shù)；

③向錐形瓶中滴入酚酞作指示劑，進(jìn)行滴定．滴定至指示劑恰好變色，且30分鐘不變化，測得所耗鹽酸的體積為V1mL；

④重復(fù)以上過程，但在滴定過程中向錐形瓶加入5mL的蒸餾水，測得所耗鹽酸的體積為V2mL．

試回答下列問題：

（1）錐形瓶中的溶液從______色變?yōu)開_____色時；停止滴定．

（2）滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應(yīng)觀察______；

A．滴定管內(nèi)液面的變化B．錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化。

（3）該小組在步驟①中的錯誤是______，由此造成的測定結(jié)果______（填偏高；偏低或無影響）；

（4）步驟②缺少的操作是______；

（5）如圖，是某次滴定時的滴定管中的液面，其讀數(shù)為______mL；

（6）根據(jù)如表數(shù)據(jù)：

。滴定次數(shù)待測液體積（mL）標(biāo)準(zhǔn)鹽酸體積（mL）滴定前讀數(shù)（mL）滴定后讀數(shù)（mL）滴定前讀數(shù)（mL）滴定后讀數(shù)（mL）第一次25.000.5020.40第二次25.004.0024.10請計算待測燒堿溶液的濃度為______mol/L．31、以黃鐵礦為原料制硫酸會產(chǎn)生大量的廢渣，合理利用廢渣可以減少環(huán)境污染，變廢為寶。工業(yè)上利用廢渣rm{(}含rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}的硫酸鹽及少量rm{CaO}和rm{MgO)}制備高檔顏料鐵紅rm{(Fe_{2}O_{3})}和回收rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}具體生產(chǎn)流程如下：

注：銨黃鐵礬的化學(xué)式為rm{(NH_{4})_{2}Fe_{6}(SO_{4})_{4}(OH)_{12}}rm{(1)}在廢渣溶解操作時，應(yīng)選用________溶解rm{(}填字母rm{)}

A.氨水rm{B.}氫氧化鈉溶液rm{C.}鹽酸rm{D.}硫酸氫氧化鈉溶液rm{B.}鹽酸rm{C.}硫酸rm{D.}物質(zhì)rm{(2)}是一種氧化劑，工業(yè)上最好選用________rm{A}供選擇使用的有：空氣、rm{(}rm{Cl_{2}}其理由是_____________________________________。氧化過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為__________________________________________________。rm{MnO_{2})}根據(jù)如圖有關(guān)數(shù)據(jù)，你認(rèn)為工業(yè)上氧化操作時應(yīng)控制的條件rm{(3)}從溫度、rm{(}和氧化時間三方面說明rm{pH}是：_______________________________________________。

rm{)}銨黃鐵礬中可能混有的雜質(zhì)有rm{(4)}_______________________。rm{Fe(OH)_{3}}32、rm{(4}分rm{)}用沉淀法測定rm{NaHCO_{3}}和rm{K_{2}CO_{3}}混合物的組成。實驗過程是每次稱取一定質(zhì)量的樣品溶于水制成溶液，向其中滴加相同濃度的rm{Ba(OH)_{2}}溶液rm{50mL}每次實驗均充分反應(yīng)。實驗記錄如下：。實驗序號樣品質(zhì)量rm{/g}沉淀質(zhì)量rm{/g}rm{1}rm{1.716}rm{2.758}rm{2}rm{2.574}rm{4.137}rm{3}rm{3.432}rm{5.516}rm{4}rm{4.290}rm{5.516}rm{(1)}樣品中rm{n(NaHCO_{3})隆脙n(K_{2}CO_{3)}=}__________；rm{(2)Ba(OH)_{2}}溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度是____________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】解：rm{A.}原電池中氧化劑和還原劑分別在正負(fù)極上反應(yīng)；不需要直接接觸就能發(fā)生反應(yīng)，故A錯誤；

B.電極Ⅱ銅電極上銅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；做原電池的負(fù)極，故B錯誤；

C.該原電池負(fù)極上銅失電子，正極上鐵離子得電子，所以其電池反應(yīng)式為rm{2Fe^{3+}+Cu簍TCu^{2+}+2Fe^{2+}}故C正確；

D.鹽橋的作用是平衡正負(fù)極兩池的電荷，鹽橋中離子的定向移動形成電流，rm{K^{+}}移向正極區(qū)；故D錯誤；

故選C．

該原電池中；銅電極易失電子發(fā)生氧化反應(yīng)而作負(fù)極，鉑電極上鐵離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則鉑電極是正極，鹽橋的作用是平衡正負(fù)極兩池的電荷．

本題考查原電池原理，明確正負(fù)極上得失電子是解本題關(guān)鍵，知道鹽橋的作用，題目較簡單．【解析】rm{C}2、A【分析】解：在一定條件下，將rm{64g}rm{SO_{2}}氣體物質(zhì)的量為rm{1mol}通入密閉容器中被氧化成rm{SO_{3}}氣體時生成rm{SO_{3}}氣體rm{1mol}達(dá)到平衡時，共放出熱量rm{98.3KJ}則rm{1mol}二氧化硫完全反應(yīng)放熱rm{=98.3KJ}反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：rm{SO_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)}rm{triangleH=-98.3KJ?mol^{-1}}

A、由物質(zhì)聚集狀態(tài)和對應(yīng)反應(yīng)的焓變可知，熱化學(xué)方程式為rm{SO_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)}rm{triangleH=-98.3KJ?mol^{-1}}故A正確；

B、由物質(zhì)聚集狀態(tài)和對應(yīng)反應(yīng)的焓變可知，熱化學(xué)方程式為rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangleH=-196.6KJ?mol^{-1}}選項中三氧化硫為液態(tài)，故B錯誤；

C、由物質(zhì)聚集狀態(tài)和對應(yīng)反應(yīng)的焓變可知，熱化學(xué)方程式為rm{SO_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)}rm{triangleH=-98.3KJ?mol^{-1}}故C錯誤；

D；反應(yīng)是放熱反應(yīng)焓變?yōu)樨?fù)值；故D錯誤；

故選A．

在一定條件下，將rm{SO_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)}rm{triangle

H=-98.3KJ?mol^{-1}}氣體物質(zhì)的量為rm{SO_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)}被氧化為三氧化硫rm{triangle

H=-98.3KJ?mol^{-1}}達(dá)到平衡時，共放出熱量rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangle

H=-196.6KJ?mol^{-1}}rm{SO_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)}二氧化硫完全反應(yīng)放熱rm{triangle

H=-98.3KJ?mol^{-1}}依據(jù)熱化學(xué)方程式書寫方法標(biāo)注物質(zhì)聚集狀態(tài)和對應(yīng)反應(yīng)的焓變寫出熱化學(xué)方程式判斷．

本題考查了熱化學(xué)方程式書寫方法，注意反應(yīng)焓變的意義是全部轉(zhuǎn)化放出的熱量，題目難度中等．rm{64g}【解析】rm{A}3、C【分析】氣體體積壓縮到原來的一半的瞬間，C的濃度為原平衡的2倍，但最終平衡時，C的濃度為原平衡的1.9倍，這說明增大壓強平衡向逆反應(yīng)方向移動，即正反應(yīng)是體積增大的，所以選項ABD都是錯誤的，C正確，答案選C?！窘馕觥俊敬鸢浮緾4、D【分析】解：常溫下，某溶液中由水電離的[H+]和[OH-]的乘積為1.0×10-22mol2?L-2，則水電離的[H+]=[OH-]=1.0×10-11mol/L；該溶液為酸性或堿性溶液，溶液中存在電離氫離子或氫氧根離子；

A．Al3+、Na+、NO3-、Cl-之間不反應(yīng)；都不與氫離子反應(yīng)，在酸性溶液中能夠共存，故A錯誤；

B．K+、Na+、Cl-、CO32-之間不反應(yīng)；都不與氫氧根離子反應(yīng)，在堿性溶液中能夠共存，故B錯誤；

C．NH4+、Na+、Cl-、SO42-之間不反應(yīng)；都不與氫離子反應(yīng)，在酸性溶液中能夠共存，故C錯誤；

D．NH4+與氫氧根離子反應(yīng)，SiO32-與氫離子反應(yīng)，NH4+、SiO32-之間發(fā)生雙水解反應(yīng)；在溶液中一定不能大量共存，故D正確；

故選D．

常溫下，某溶液中由水電離的[H+]和[OH-]的乘積為1.0×10-22mol2?L-2，則水電離的[H+]=[OH-]=1.0×10-11mol/L；該溶液為酸性或堿性溶液，溶液中存在電離氫離子或氫氧根離子；

A．四種離子之間不反應(yīng)；都不與氫離子反應(yīng)；

B．四種離子之間不反應(yīng)；都不與氫氧根離子反應(yīng)；

C．四種離子之間不反應(yīng)；都不與氫離子反應(yīng)；

D．銨根離子與硅酸根離子發(fā)生雙水解反應(yīng)；銨根離子與氫氧根離子；硅酸根離子與氫離子反應(yīng)．

本題考查離子共存的判斷，題目難度中等，注意掌握離子反應(yīng)發(fā)生條件，明確離子不能大量共存的一般情況：能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間等；還應(yīng)該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH-；是“可能”共存，還是“一定”共存等；試題側(cè)重對學(xué)生基礎(chǔ)知識的訓(xùn)練和檢驗，有利于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力，提高學(xué)生靈活運用基礎(chǔ)知識解決實際問題的能力．【解析】【答案】D5、C【分析】解：A．乙二醇的水溶液凝固點很低；可作汽車發(fā)動機的抗凍劑，故A正確；

B．丙三醇比乙二醇羥基個數(shù)多；碳原子數(shù)也多，所以丙三醇沸點應(yīng)比乙二醇的沸點高，且丙三醇具有吸濕性，能用作配制化妝瓶，故B正確；

C．這兩種多元醇易溶于乙醇；也易溶于水，故C錯誤；

D．丙三醇可以制造硝酸甘油；乙二醇是制造滌綸的主要原料，故D正確．

故選C．

A．乙二醇的水溶液凝固點很低；

B．碳原子數(shù)越多；羥基數(shù)越多，沸點越高；

C．乙二醇和丙三醇易溶于乙醇；也易溶于水；

D．硝酸甘油是炸藥；滌綸是以對苯二甲酸或?qū)Ρ蕉姿岫柞ズ鸵叶紴樵辖?jīng)酯化或酯交換和縮聚反應(yīng)而制得的成纖高聚物-聚對苯二甲酸乙二醇酯．

本題主要考查的多元醇（乙二醇和丙三醇）的性質(zhì)，類比乙醇的性質(zhì)以及掌握羥基的性質(zhì)是關(guān)鍵，題目難度中等，注意硝酸甘油是炸藥．【解析】【答案】C6、B【分析】解：rm{A.}該物質(zhì)中含有碳碳雙鍵、醇羥基、醚鍵和羧基四種官能團，但含有rm{3}種含氧官能團；故A正確；

B.不是苯環(huán)，只有rm{-COOH}與rm{NaOH}反應(yīng)，則rm{1mol}分枝酸最多可與rm{2molNaOH}發(fā)生中和反應(yīng)；故B錯誤；

C.含rm{-COOH}與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)，含rm{-OH}與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)；故C正確；

D.碳碳雙鍵與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應(yīng)，雙鍵與rm{-OH}均能被酸性高錳酸鉀溶液氧化；原理不同，故D正確；

故選B．

該有機物中含有碳碳雙鍵；醇羥基、醚鍵、羧基；具有烯烴、酚、醚和羧酸性質(zhì)，能發(fā)生加成反應(yīng)、加聚反應(yīng)、氧化反應(yīng)、取代反應(yīng)等，據(jù)此分析解答．

本題考查有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，明確官能團及其性質(zhì)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，注意該分子中沒有酚羥基，為易錯點．【解析】rm{B}7、B【分析】解：rm{S}亞層在每一層上都有，rm{p}亞層至少在第二層及以上，rmnqvwryr亞層至少在第三層及以上，所以不會出現(xiàn)rm{2d}rm{f}亞層至少在第四層及以上，故選：rm{B}．

根據(jù)第一層rm{(K}層rm{)}上只有rm{1S}亞層，第二電子層rm{(L}層rm{)}只有rm{2s}和rm{2p}亞層，第三電子層rm{(M}層rm{)}只有rm{3s}rm{3p}和rm{3d}亞層，第四電子層rm{(N}層rm{)}只有rm{4s}rm{4p}rm{4d}和rm{4f}亞層．

本題主要考查了能層上的能級，難度不大，抓住規(guī)律即可．【解析】rm{B}8、A【分析】略【解析】rm{A}二、雙選題(共5題，共10分)9、rCD【分析】解：rm{A.(CH_{3})_{2}CHCl}發(fā)生水解生成rm{(CH_{3})_{2}CHOH}rm{(CH_{3})_{2}CHOH}能夠能被催化氧化成酮；故A錯誤；

B.rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}I}發(fā)生水解生成rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}OH}rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}OH}不能夠能被催化氧化；故B錯誤；

C.rm{(CH_{3})_{3}CCOOCH_{2}CH_{3}}發(fā)生水解反應(yīng)生成rm{(CH_{3})_{3}CCOOH}和rm{HOCH_{2}CH_{3}}rm{HOCH_{2}CH_{3}}能夠能被催化氧化生成醛；故C正確；

D.rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}CH_{2}Br}發(fā)生水解生成rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}CH_{2}OH}rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}CH_{2}OH}能夠能被催化氧化成醛；故D正確；

故選CD．

鹵代烴能水解得到醇，酯類水解得到羧酸和醇，而醇中與羥基所連碳相鄰的碳原子上至少有rm{2}個氫原子，氧化生成醛；與羥基所連碳相鄰的碳原子上有rm{1}個氫原子；氧化生成酮；與羥基所連碳相鄰的碳原子上沒有氫原子，不能被氧化．

本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，難度中等，注意醇發(fā)生氧化反應(yīng)生成醛的條件．【解析】rm{CD}10、rAC【分析】解：rm{A.}含有碳碳雙鍵；可發(fā)生氧化反應(yīng)，含有氯原子，可發(fā)生消去反應(yīng)，故A正確；

B.只有一個rm{C}原子；不能發(fā)生消去反應(yīng)，故B錯誤；

C.含有羥基；可發(fā)生消去；氧化反應(yīng)，故C正確；

D.羥基相連的碳原子上沒有rm{H}不能發(fā)生氧化反應(yīng)，姑姑D錯誤．

故選AC．

氯代烴醇發(fā)生消去反應(yīng)必須滿足“鹵素原子、羥基所連碳的相鄰碳上連有rm{H}”，能發(fā)生氧化反應(yīng)，如含有羥基，則羥基相連的碳原子上有rm{1}個rm{H}也可含有醛基，以此來解答．

本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握有機物的官能團及性質(zhì)的關(guān)系，把握有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系，題目難度不大．【解析】rm{AC}11、BC【分析】【分析】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(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意酚；烯烴、鹵代烴的性質(zhì)，題目難度不大。

【解答】A.化合物rm{x}中與rm{Br}相連的rm{C}連接rm{4}個不同基團；該碳原子為手性碳原子，故A錯誤；

B.化合物rm{Y}中含酚rm{-OH}和碳碳雙鍵，則rm{1mol}化合物rm{Y}與濃溴水反應(yīng)，最多消耗rm{5mol}rm{Br_{2}}故B正確；

C.化合物rm{Y}中含酚rm{-OH}可發(fā)生縮聚反應(yīng)；含碳碳雙鍵可發(fā)生加聚反應(yīng)，故C正確；

D.氫氧化鈉水溶液中加熱，化合物rm{X}發(fā)生水解反應(yīng)，在rm{NaOH}醇溶液中加熱發(fā)生消去反應(yīng)；故D錯誤。

故選BC?！窘馕觥縭m{BC}12、rAD【分析】解：rm{A.}規(guī)格為rm{10mL}的量筒的最小讀數(shù)為rm{0.1mL}可用rm{10mL}量筒量取rm{7.5mL}稀鹽酸；故A正確；

B.托盤天平的最小讀數(shù)為rm{0.1g.}無法用托盤天平稱取rm{25.20gNaCl}晶體；故B錯誤；

C.需要通過蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾得到硫酸銅晶體；不能直接蒸發(fā)結(jié)晶，故C錯誤；

D.可以用規(guī)格為rm{100mL}的容量瓶配制rm{0.5mol/L}的碳酸鈉溶液；故D正確；

故選AD．

A.rm{10mL}量筒的最小讀數(shù)為rm{0.1mL}

B.托盤天平只能讀到rm{0.1}無法稱量出rm{0.01g}氯化鈉；

C.蒸發(fā)結(jié)晶無法得到含有結(jié)晶水的藍(lán)帆；

D.可以用rm{100mL}的容量瓶配制rm{0.5mol/L}的碳酸鈉溶液．

本題考查了化學(xué)實驗方案的評價，題目難度不大，明確常見化學(xué)實驗基本操作方法為解答關(guān)鍵，注意掌握常見儀器的構(gòu)造及使用方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的化學(xué)實驗?zāi)芰Γ窘馕觥縭m{AD}13、rBC【分析】解：rm{A.pH=7}的溶液不一定呈中性，如rm{100隆忙}時，水的離子積常數(shù)是rm{10^{-12}}rm{pH=6}時溶液呈中性，當(dāng)rm{pH=7}時溶液呈堿性；故A錯誤；

B.rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}溶液一定呈中性；故B正確；

C.rm{pH}試紙測定溶液的酸堿性時；中性溶液不變色，故C正確；

D.使石蕊試液呈紫色的溶液；常溫下溶液顯酸性，故D錯誤．

故選BC．

溶液的酸堿性是根據(jù)溶液中氫離子濃度和氫氧根離子濃度的相對大小判斷的；

當(dāng)溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子濃度時；溶液呈酸性；

當(dāng)氫離子濃度和氫氧根離子濃度相等時；溶液呈中性；

當(dāng)溶液中氫氧根離子濃度大于氫離子濃度時，溶液呈堿性，注意不能根據(jù)溶液的rm{pH}值大小判斷．

本題考查了溶液酸堿性的判斷，屬于易錯題，注意不能根據(jù)溶液的rm{PH}值判斷溶液的酸堿性，要根據(jù)氫離子濃度和氫氧根離子濃度的相對大小判斷溶液的酸堿性．【解析】rm{BC}三、填空題(共9題，共18分)14、略

【分析】試題分析：可溶性的重金屬鹽，能電離出重金屬離子，它能破壞蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)，服用含有豐富蛋白質(zhì)的食品，如雞蛋清、牛奶等，可防止人體本身的蛋白質(zhì)被破壞，有解毒作用，所以答案選依次是豆?jié){、牛奶等；蛋白質(zhì)?？键c：考查蛋白質(zhì)的性質(zhì)【解析】【答案】豆?jié){、牛奶等蛋白質(zhì)15、略

【分析】【解析】試題分析：氣體無色說明不存在二氧化氮和氯氣。氣體通過濃硫酸，體積縮小，說明存在氨氣，所以不存在氯化氫；通過堿石灰體積又明顯減小，說明存在二氧化碳，剩余氣體接觸空氣，立即變?yōu)榧t棕色，說明存在一氧化氮，不存在氧氣?？键c：氣體的性質(zhì)【解析】【答案】氨氣、二氧化碳、一氧化氮二氧化氮、氯氣、氧氣、氯化氫氫氣16、略

【分析】【解析】【答案】（每空2分，共8分）（1）羥基；（2）C20H30O；（3）5；（4）加成、取代（寫出任意一個即可）。17、略

【分析】解：（1）2，2，3，3-四甲基戊烷，主鏈有5個碳原子，2號、3號碳上各有2個甲基，結(jié)構(gòu)簡式為：（CH3）3C-C（CH3）2-CH2-CH3；

故答案為：（CH3）3C-C（CH3）2-CH2-CH3；

（2）①Na2CO3溶液與AlCl3溶液反應(yīng)發(fā)生雙水解：3CO32-+2Al3++3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案為：3CO32-+2Al3++3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；

②甲苯在濃硫酸作用下可與濃硝酸反應(yīng)生成TNT，反應(yīng)的化學(xué)方程式為

故答案為：

③Na2CO3溶液顯堿性是由于CO32-能水解：CO32-+H2O?HCO3-+OH-；在Na2CO3溶液中Na2CO3═2Na++CO32-，CO32-+H2O?HCO3-+OH-，HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，CO32-水解使溶液呈堿性，有c（OH-）＞c（H+）；由于CO3-少部分水解，有c（CO32-）＞c（HCO3-），HCO3-又發(fā)生第二步水解，有c（OH-）＞c（HCO3-），第二步水解較第一步水解弱的多，那么c（OH-）、c（HCO3-）相差不大，但c（H+）比c（OH-）小的多，因此c（OH-）＞c（HCO3-），溶液中離子濃度大小為：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）；

故答案為：CO32-+H2O?HCO3-+OH-；c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）；

（3）除去乙醇中的水的方法是加生石灰CaO，將水反應(yīng)為Ca（OH）2；然后蒸餾即可得無水乙醇．

KOH溶液做電解質(zhì)，氧氣在正極得到電子生成氫氧根離子，則正極為2O2+4H2O+8e-=8OH-，甲烷失電子在堿溶液中反應(yīng)，甲烷在負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)在堿溶液中生成碳酸鹽，此時不會有CO2放出；負(fù)極為CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；故答案為：CaO，蒸餾；CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；

（4）①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5kJ/mol

②H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=-242.0kJ/mol

③CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=-283.0kJ/mol

根據(jù)蓋斯定律，將①-②-③可得：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.5kJ/mol；

故答案為：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.5kJ/mol；

（1）是主鏈有5個碳原子的烷烴；2號；3號碳上各有2個甲基；

（2））①Na2CO3溶液與AlCl3溶液反應(yīng)發(fā)生雙水解；

②甲苯在濃硫酸作用下可與濃硝酸反應(yīng)生成TNT；

③Na2CO3溶液顯堿性是由于CO32-能水解；根據(jù)碳酸鈉在溶液中的行為來分析；

（3）除去乙醇中的水的方法是加生石灰然后蒸餾即可；

KOH溶液做電解質(zhì)；甲烷在負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)在堿溶液中生成碳酸鹽；

（4）根據(jù)蓋斯定律；將所給的反應(yīng)通過加減乘除等變形得所要求的目標(biāo)反應(yīng)，反應(yīng)熱做相應(yīng)的變化即可．

本題綜合考查了原電池的電極反應(yīng)、離子方程式的書寫和鹽類的水解等以及蓋斯定律，明確在離子反應(yīng)中哪些物質(zhì)應(yīng)保留化學(xué)式及反應(yīng)的實質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，難度不大．【解析】（CH3）3C-C（CH3）2-CH2-CH3；3CO32-+2Al3++3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；CO32-+H2O?HCO3-+OH-；c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）；CaO；蒸餾；CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.5kJ?mol-118、Ⅰ.（1）N、F、H三種元素的電負(fù)性：F＞N＞H，在NF3中，共用電子對偏向F原子，偏離N原子，使得氮原子上的孤電子對難與Cu2＋形成配位鍵

（2）或

（3）D

Ⅱ.（1）[Fe（SCN）]2＋

（2）FeCl3＋5KSCN＝K2[Fe（SCN）5]＋3KCl【分析】【分析】本題綜合考查物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)知識，側(cè)重于配位鍵、電子排布式、化學(xué)鍵等知識，題目難度中等，注意把握化學(xué)鍵的類型。【解答】Ⅰrm{.}rm{(1)N}rm{F}rm{H}三種元素的電負(fù)性：rm{F>N>H}rm{F}的電負(fù)性比rm{N}大，rm{N-F}成鍵電子對向rm{F}偏移，偏離rm{N}原子，導(dǎo)致rm{NF}rm{(1)N}rm{F}三種元素的電負(fù)性：rm{H}rm{F>N>H}的電負(fù)性比rm{F}大，rm{N}成鍵電子對向rm{N-F}偏移，偏離rm{F}原子，導(dǎo)致rm{N}rm{NF}rm{{,!}_{3}}原子核對其孤對電子的吸引能力增強，難以形成配位鍵，故中rm{N}原子核對其孤對電子的吸引能力增強，難以形成配位鍵，故rm{NF}rm{N}rm{NF}rm{{,!}_{3}}不易與rm{Cu}rm{Cu}rm{{,!}^{2+}}形成配離子，三種元素的電負(fù)性：故答案為：rm{N}rm{F}rm{H}三種元素的電負(fù)性：rm{F>N>H}在rm{NF}在rm{N}rm{F}rm{H}原子，偏離rm{F>N>H}原子，使得氮原子上的孤電子對難與rm{NF}rm{{,!}_{3}}中，共用電子對偏向rm{F}原子，偏離rm{N}原子，使得氮原子上的孤電子對難與rm{Cu}

rm{F}rm{N}rm{Cu}rm{{,!}^{2+}}形成配位鍵；rm{(2)[Cu(OH)}rm{(2)[Cu(OH)}個rm{{,!}_{4}}rm{]}rm{]}或rm{{,!}^{2-}}或中與rm{Cu}

rm{Cu}．氧原子并不都是rm{{,!}^{2+}}雜化，該結(jié)構(gòu)中的氧原子部分飽和，部分不飽和，雜化方式不同。從現(xiàn)代物質(zhì)結(jié)構(gòu)理論出發(fā)，硫酸根離子中與rm{4}個rm{OH}和非羥基rm{4}之間除了形成rm{OH}個rm{{,!}^{-}}鍵之外，還形成了反饋形成配位鍵，可表示為鍵。形成，故答案為：鍵的電子不能處于雜化軌道上，；必須保留未經(jīng)雜化的rm{(3)A}．軌道，就不可能都是rm{(3)A}雜化，故A錯誤；rm{sp^{3}}配位鍵，rm{S}rm{O}rm{1}rm{婁脪}rm{婁脨}rm{婁脨}rm{O}rm{p}rm{sp^{3}}存在氫鍵，但氫鍵不是化學(xué)鍵，故B錯誤；

B.在上述結(jié)構(gòu)示意圖中，存在rm{O隆煤Cu}配位鍵，rm{[Cu(H}是rm{O隆煤Cu}號元素，原子核外電子數(shù)為rm{[Cu(H}rm{{,!}_{2}}原子的核外電子排布式為rm{O)}rm{O)}rm{{,!}_{4}}rm{]SO}rm{]SO}rm{{,!}_{4}}與rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}存在氫鍵，但氫鍵不是化學(xué)鍵，故B錯誤；rm{O}C.rm{Cu}是rm{29}號元素，原子核外電子數(shù)為rm{29}rm{Cu}原子的核外電子排布式為rm{1s}rm{Cu}rm{29}rm{29}rm{Cu}能級上各一個電子生成銅離子，故銅離子價電子電子排布式rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}

rm{2s}rm{{,!}^{2}}個rm{2p}rm{2p}rm{{,!}^{6}}與其他微?？繗滏I結(jié)合，易失去，有rm{3s}個rm{3s}rm{{,!}^{2}}rm{3p}與rm{3p}rm{{,!}^{6}}rm{3d}rm{3d}

rm{{,!}^{10}}Ⅱrm{4s}與rm{4s}以個數(shù)比rm{{,!}^{1}}，失去rm{4s}rm{3d}能級上各一個電子生成銅離子，故銅離子價電子電子排布式rm{3d}配合生成帶有兩個正電荷的離子：rm{4s}故答案為：rm{3d}

rm{3d}與rm{{,!}^{9}}以個數(shù)比，故C錯誤；D.配合所得離子為由圖可知，膽礬中有rm{1}個rm{H}故Frm{1}與rm{H}在水溶液中反應(yīng)生成rm{{,!}_{2}}與rm{O}與其他微?？繗滏I結(jié)合，易失去，有rm{4}個rm{H}所以的反應(yīng)方程式為：rm{O}故答案為：rm{4}rm{H}【解析】Ⅰrm{.}rm{.}rm{(1)N}rm{F}三種元素的電負(fù)性：rm{H}在rm{F>N>H}中，共用電子對偏向rm{NF_{3}}原子，偏離rm{F}原子，使得氮原子上的孤電子對難與rm{N}形成配位鍵rm{Cu^{2+}}或rm{(2)}Ⅱrm{(3)D}rm{.(1)[Fe(SCN)]^{2+}}rm{(2)FeCl_{3}+5KSCN=K_{2}[Fe(SCN)_{5}]+3KCl}19、略

【分析】【解析】試題分析：(1)鈉跟水劇烈反應(yīng)，生成氫氧化鈉和氫氣。（2）鈉的氧化物有氧化鈉和過氧化鈉，其中能用于呼吸面具和潛水艇中作為氧氣來源的氧化物是過氧化鈉。（3）碳酸氫鈉不穩(wěn)定，加熱分解生成碳酸鈉、水和CO2，所以固體碳酸鈉中含有碳酸氫鈉雜質(zhì)，除去此雜質(zhì)的簡單方法是加熱?？键c：考查鈉的性質(zhì)、過氧化鈉的用途以及物質(zhì)的除雜【解析】【答案】（1）NaOH或氫氧化鈉；（2）Na2O2或過氧化鈉；（3）加熱20、略

【分析】【解析】【答案】（12分）（1）NO2(g)＋CO(g)＝CO2(g)＋NO(g)△H＝－234kJ/mol；（2分）減?。?分）；減?。?分）；無影響（1分）；催化劑只降低反應(yīng)的活化能，不能改變反應(yīng)物的總能量和生成物的總能量之差，即反應(yīng)熱不改變。（或：因為催化劑只降低反應(yīng)的活化能，同等程度的降低E1、E2的值，則E1—E2的差（即反應(yīng)熱）不改變。）（2分）（2）①PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)△H＝+93kJ/mol（2分）②等于（1分）；根據(jù)蓋斯定律可知，如果一個化學(xué)反應(yīng)可以分步進(jìn)行，則各分步反應(yīng)的反應(yīng)熱之和與該反應(yīng)一步完成時的反應(yīng)熱是相同的。（或者答化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱只與反應(yīng)體系的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，而與反應(yīng)的途徑無關(guān)。）（2分）21、略

【分析】解：(1)過氧化氫是弱電解質(zhì)，H2O2溶液顯酸性屬于二元弱酸分部電離，電離的方程式為：H2O2?H++HO2-HO2-?H++O22-；

故答案為：H2O2?H++HO2-HO2-?H++O22-；

(2)漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，漂白粉的水溶液呈弱堿性的主要原因是次氯酸根離子水解，離子方程式為：ClO-+H2O?HClO+OH-；

故答案為：ClO-+H2O?HClO+OH-；【解析】H2O2?H++HO2-HO2-?H++O22-;ClO-+H2O?HClO+OH-22、略

【分析】解：當(dāng)減壓后混合體系中C的百分含量增大；可知減小壓強平衡正向移動，則m+n＜p，則加壓后，平衡雖逆向移動，但體積減小，C的濃度變大；若C是有色物質(zhì)，A；B是無色物質(zhì)，減小壓強，平衡正向移動，C的物質(zhì)的量增大，但體積增大，可知C的濃度變小，則反應(yīng)混合物的顏色變淺；

故答案為：變大；變淺．

當(dāng)減壓后混合體系中C的百分含量增大；可知減小壓強平衡正向移動，則m+n＜p，則增大壓強平衡逆向移動，但體積影響各物質(zhì)的濃度，以此來解答．

本題考查化學(xué)平衡的影響因素，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，注意把握外界條件對平衡移動的影響，難度不大．【解析】變大；變淺四、計算題(共2題，共10分)23、略

【分析】

有機物的質(zhì)量和相對分子質(zhì)量可計算有機物的物質(zhì)的量，根據(jù)生成的水和二氧化碳的質(zhì)量可計算有機物中含有的rm{C}rm{H}原子個數(shù)，結(jié)合相對分子質(zhì)量可計算rm{O}原子個數(shù)；進(jìn)而可求得分子式．

本題考查有機物分子式的確定，側(cè)重于學(xué)生分析能力和計算能力的考查，題目難度不大，注意根據(jù)相對分子質(zhì)量確定氧原子個數(shù)．【解析】解：設(shè)有機物的分子式為rm{C_{x}H_{y}O_{z}}

rm{n(C_{x}H_{y}O_{z})=dfrac{1.8g}{90g/mol}=0.02mol}

rm{n(H_{2}O)=dfrac{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}

rm{n(CO_{2})=dfrac{2.64g}{44g/mol}=0.06mol}

所以rm{n(C_{x}H_{y}O_{z})=dfrac

{1.8g}{90g/mol}=0.02mol}rm{n(H_{2}O)=dfrac

{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}．

所以反應(yīng)物分子式為rm{n(CO_{2})=dfrac

{2.64g}{44g/mol}=0.06mol}

又因為有機物分子量為rm{x=3}則有機物中rm{y=6}原子數(shù)為rm{dfrac{90-12隆脕3-1隆脕6}{16}=3}

故推得有機物分子式為rm{C_{3}H_{6}O_{z}}

答：該有機化合物分子式為rm{90}．rm{O}24、略

【分析】【解析】試題分析：銅與混酸反應(yīng)離子方程式為3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O0.03mol0.1mol0.06硝酸根離子過量0.03mol。氫離子過量0.02mol，所以需要加入氫氧化鈉溶液0.2L?？键c：化學(xué)計算【解析】【答案】（1）0.03mol（2）0.2五、探究題(共4題，共20分)25、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，而氫氧化銅分解會產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗水和CO2的方法進(jìn)行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應(yīng)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(jié)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?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）26、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，則也可能不會出現(xiàn)血紅色。（3）根據(jù)（2）中分析可知，此時應(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2分，共8分）（4）（2分）27、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，而氫氧化銅分解會產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗水和CO2的方法進(jìn)行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應(yīng)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(jié)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?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）28、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，則也可能不會出現(xiàn)血紅色。（3）根據(jù)（2）中分析可知，此時應(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2分，共8分）（4）（2分）六、簡答題(共4題，共32分)29、rm{(1)3d^{7}}

rm{(2)}三角錐型

rm{(3)sp}

rm{(4)}共價鍵、范德華力rm{(}或分子間作用力rm{)}

rm{(5)8}rm{Mg_{2}NiO_{3}}【分析】【分析】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)，雜化方式的判斷、空間構(gòu)型的判斷、化學(xué)式的確定、配位數(shù)的判斷等知識點都是學(xué)習(xí)重點，難點是rm{(4)}題，明確晶體結(jié)構(gòu)是解此題關(guān)鍵，會利用知識遷移的方法進(jìn)行解答，難度中等．【解答】rm{(1)Co}是rm{27}號元素，rm{Co^{2+}}離子核外有rm{25}個電子，rm{3d}電子為其價電子，rm{3d}能級上有rm{7}個電子，所以其價電子排布式為rm{3d^{7}}故答案為：rm{3d^{7}}

rm{(2)SO_{3}^{2-}}中rm{S}原子價層電子對rm{=3+dfrac{1}{2}left(6+2-3隆脕2right)=4}且有一個孤電子對，所以其空間構(gòu)型是三角錐型，故答案為：三角錐型；

rm{=3+

dfrac{1}{2}left(6+2-3隆脕2right)=4}中rm{(3)OCN^{-}}原子價層電子對rm{=2+dfrac{1}{2}left(4+1-1隆脕2-1隆脕3right)=2}所以采用rm{C}雜化，故答案為：rm{=2+

dfrac{1}{2}left(4+1-1隆脕2-1隆脕3right)=2}

rm{sp}六方氮化硼的結(jié)構(gòu)與石墨類似，故其晶體也是分層結(jié)構(gòu)，層間是分子間作用力，層內(nèi)的rm{sp}原子與rm{(4)}原子間是極性共價鍵，故答案為：共價鍵、范德華力rm{B}或分子間作用力rm{N}

rm{(}我們以rm{)}號鎳離子為中心分別向上、左、前方向進(jìn)行延伸，得到rm{(5)}個晶胞，由于每個晶胞有兩個面上的鎂離子距離rm{1}號鎳離子最近rm{8}紅圈標(biāo)志rm{1}又因為每個鎂離子為rm{(}個晶胞共有，因此每個rm{)}離子的rm{2}離子配位數(shù)rm{Ni^{2+}}

該晶胞中鎂離子個數(shù)rm{Mg^{2+}}鎳離子個數(shù)rm{=2隆脕8隆脕dfrac{1}{2}}氧離子個數(shù)rm{=4隆脕dfrac{1}{2}=2}所以其化學(xué)式為：rm{8隆脕dfrac{1}{8}=1}

rm{=12隆脕dfrac{1}{4}=3}【解析】rm{(1)3d^{7}}rm{(2)}三角錐型rm{(3)sp}rm