2024年滬科版高二化學(xué)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2024年滬科版高二化學(xué)上冊階段測試試卷25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、rm{N_{2}(g)}與rm{H_{2}(g)}在鐵催化劑表面經(jīng)歷如下過程生成rm{NH_{3}(g)}下列說法____的是

A.Ⅰ過程中破壞的均為非極性鍵B.Ⅰ過程吸收能量，rm{II}過程放出能量C.rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)婁隴H=簍C46kJ隆隴mol^{-1}}D.rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)婁隴H=

簍C46kJ隆隴mol^{-1}}與rm{1molN_{2}(g)}所具有的總能量比rm{3molH_{2}(g)}rm{2mo}rm{NH}rm{NH}所具有的總能量高rm{{,!}_{3}}2、rm{14}下列現(xiàn)象與氫鍵有關(guān)的是rm{(}rm{)}rm{壟脵NH_{3}}的熔、沸點(diǎn)比rm{VA}族其他元素氫化物的高rm{壟脷}小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶rm{壟脹}冰的密度比液態(tài)水的密度小rm{壟脺}尿素的熔、沸點(diǎn)比醋酸的高rm{壟脻}鄰羥基苯甲酸的熔、沸點(diǎn)比對羥基苯甲酸的低rm{壟脼}水分子高溫下也很穩(wěn)定A.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺壟脻壟脼}B.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺壟脻}C.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}D.rm{壟脵壟脷壟脹}3、下面是關(guān)于用已知濃度鹽酸滴定未知濃度氫氧化鈉溶液的酸堿中和滴定實(shí)驗(yàn)操作的敘述：

①取一錐形瓶；用待測NaOH溶液潤洗兩次．

②在一錐形瓶中加入25.00mL待測NaOH溶液．

③加入幾滴石蕊試劑做指示劑．

④取一支酸式滴定管；洗滌干凈．

⑤直接往酸式滴定管中注入標(biāo)準(zhǔn)酸溶液；進(jìn)行滴定．

⑥左手旋轉(zhuǎn)滴定管的玻璃活塞；右手不停搖動(dòng)錐形瓶．

⑦兩眼注視著滴定管內(nèi)鹽酸溶液液面下降；直至滴定終點(diǎn)．

其中所述操作有錯(cuò)誤的序號(hào)為（）

A.①③⑤⑦

B.①⑤⑥⑦

C.③⑤⑦

D.④⑥⑦

4、下列氣體的排放可能會(huì)造成酸雨的是A.COB.CH4C.SO2D.N25、下列物質(zhì)在水溶液中，存在電離平衡的是A．NaOHB．CH3COOHC．BaSO4D．CH3COONa6、鑒別織物成分是真絲還是人造絲，正確的操作方法是rm{(}rm{)}A.滴加醋酸B.滴加濃硫酸C.滴加酒精D.灼燒7、下列液體分別和溴水混合并振蕩，靜置后分為兩層，水層、油層均為無色的是rm{(}rm{)}A.辛烷B.戊炔C.rm{CCl_{4}}D.rm{NaOH}溶液評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、常溫下，將某一元酸rm{HA}和rm{NaOH}溶液等體積混合，兩種溶液的濃度和混合后所得溶液的rm{pH}如下表；請回答：

。實(shí)驗(yàn)編號(hào)rm{HA}物質(zhì)的量濃度rm{(mol?L^{-1})}rm{NaOH}物質(zhì)的量濃度rm{(mol?L^{-1})}混合溶液的rm{pH}甲rm{0.2}rm{0.2}rm{pH=a}乙rm{c}rm{0.2}rm{pH=7}丙rm{0.2}rm{0.1}rm{pH>7}丁rm{0.1}rm{0.1}rm{pH=9}rm{(1)}不考慮其它組的實(shí)驗(yàn)結(jié)果，單從甲組情況分析，如何用rm{a}rm{(}混合溶液的rm{pH)}來說明rm{HA}是強(qiáng)酸還是弱酸______．

rm{(2)}不考慮其它組的實(shí)驗(yàn)結(jié)果，單從乙組情況分析，rm{c}是否一定等于rm{0.2}______rm{(}選填“是”或“否”rm{)}混合液中離子濃度rm{c(A^{-})}與rm{c(Na^{+})}的大小關(guān)系是______．

rm{(3)}丙組實(shí)驗(yàn)結(jié)果分析，rm{HA}是______酸rm{(}選填“強(qiáng)”或“弱”rm{)}該混合溶液中離子濃度由大到小的順序是______．

rm{(4)}丁組實(shí)驗(yàn)所得混合溶液中由水電離出的rm{c(OH^{-})=}______rm{mol?L^{-1}.}寫出該丁組實(shí)驗(yàn)所得混合溶液中下列算式的精確結(jié)果rm{(}不能做近似計(jì)算rm{).c(OH^{-})-c(HA)=}______rm{mol?L^{-1}}．9、鈉及其重要化合物之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示：回答下列問題：rm{(1)}少量的金屬鈉應(yīng)保存在_______________中。rm{(2)Na_{2}O_{2}}的顏色為______________________。rm{(3)}反應(yīng)rm{壟脵}的氧化劑是_____________________。rm{(4)Na_{2}CO_{3}}溶液與rm{BaCl_{2}}溶液反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀，其中rm{Na_{2}CO_{3}}參加反應(yīng)的離子是__rm{(}填“rm{Na^{+}}”或“rm{CObegin{matrix}2-3end{matrix}}”rm{CObegin{matrix}2-3end{matrix}

}rm{)}反應(yīng)rm{(5)}的化學(xué)方程式為_______________。rm{壟脷}10、（6分）紅磷（P）和白磷（P4）均為磷的同素異形體。已知：P4(白s)＋5O2(g)＝P4O10(s)△H=-2983.2kJ/molP(紅s)＋5/4O2(g)＝1/4P4O10(s)△H=-738.5kJ/mol寫出白磷轉(zhuǎn)化為紅磷的熱化學(xué)方程式,由此可知，紅磷比白磷。（填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”）11、rm{(1)}中國科學(xué)院長春應(yīng)用化學(xué)研究所在甲醇燃料電池技術(shù)方面獲得新突破，組裝出了自呼吸電池及主動(dòng)式電堆rm{.}甲醇燃料電池的工作原理如圖所示．rm{壟脵}該電池工作時(shí)，rm口通入的物質(zhì)為____________，rm{c}口通入的物質(zhì)為____________rm{.}

rm{壟脷}該電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為：______________________________rm{.}

rm{壟脹}工作一段時(shí)間后，當(dāng)rm{12.8g}甲醇完全反應(yīng)生成rm{CO_{2}}時(shí)，有______rm{N_{A}}個(gè)電子轉(zhuǎn)移．rm{(2)}古代鐵器rm{(}埋藏在地下rm{)}在嚴(yán)重缺氧的環(huán)境中，仍然銹蝕嚴(yán)重rm{(}電化學(xué)腐蝕rm{).}原因是一種叫做硫酸鹽還原菌的細(xì)菌，能提供正極反應(yīng)的催化劑，每rm{48gSO_{4}^{2-}}放電轉(zhuǎn)移電子數(shù)為rm{2.408隆脕10}該反應(yīng)放出的能量供給細(xì)菌生長、繁殖之需．rm{壟脵}寫出該電化學(xué)腐蝕的正極反應(yīng)的電極反應(yīng)式：______________________________

rm{壟脷}文物出土前，鐵器表面的腐蝕產(chǎn)物可能有rm{(}寫化學(xué)式rm{)}____________．rm{(3)}科學(xué)家采用質(zhì)子高導(dǎo)電性的rm{SCY}陶瓷rm{(}可傳遞rm{H^{+})}實(shí)現(xiàn)了低溫常壓下高轉(zhuǎn)化率的電化學(xué)合成氨，其實(shí)驗(yàn)原理示意圖如圖所示，則陰極的電極反應(yīng)式是__________________．12、下表為前rm{20}號(hào)元素中的某些元素性質(zhì)的一些數(shù)據(jù)：。元素性質(zhì)rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}rm{M}rm{I}rm{J}rm{K}原子半徑rm{(10^{-10}m)}rm{1.02}rm{1.86}rm{0.74}rm{1.43}rm{0.77}rm{1.10}rm{0.99}rm{1.54}rm{0.75}rm{1.17}rm{1.34}最高價(jià)態(tài)rm{+6}rm{+1}rm{+3}rm{+4}rm{+5}rm{+7}rm{+1}rm{+5}rm{+4}rm{+1}最低價(jià)態(tài)rm{-2}rm{-2}rm{-4}rm{-3}rm{-1}rm{-3}rm{-4}試回答下列問題：

rm{(1)}以上元素中第一電離能最小的是______rm{(}填元素名稱rm{)}電負(fù)性最大的是________rm{(}填元素名稱rm{)}

rm{(2)}寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式rm{M_{2}C_{2}}與rm{EC_{2}}反應(yīng)：______

rm{(3)}上述rm{E.F.G}三種元素中的某兩中元素形成的化合物中，每一個(gè)原子都滿足rm{8}電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)的______，______rm{(}填化學(xué)式rm{)}．

rm{(4)}元素rm{E}與氫元素形成的分子rm{E_{2}H_{4}}該分子中共形成______個(gè)rm{婁脪}鍵，______個(gè)rm{婁脨}鍵．

rm{(5)C}與rm{I}相比較，非金屬性較弱的______rm{(}填元素名稱rm{)}可以驗(yàn)證你的結(jié)論的是下列中的______

A.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性和揮發(fā)性rm{B.}單質(zhì)分子中的鍵能。

C.兩元素的電負(fù)性rm{D.}含氧酸的酸性評卷人得分三、解答題(共7題，共14分)13、A；B、C、D是按原子序數(shù)由小到大排列的第二、三周期元素的單質(zhì)．B、E均為組成空氣的成分．F的焰色反應(yīng)呈黃色．在G中；非金屬元素與金屬元素的原子個(gè)數(shù)比為1：2．在一定條件下，各物質(zhì)之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示（圖中部分產(chǎn)物未列出）：

請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

（1）A是______；C是______．

（2）H與鹽酸反應(yīng)生成E的化學(xué)方程式是：______．

（3）寫出E只與F反應(yīng)的化學(xué)方程式是：______．

（4）F與G的水溶液恰好反應(yīng)只生成I和D的離子方程式是：______．

14、A～E是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素；其有關(guān)性質(zhì)或結(jié)構(gòu)信息如表所示：

。元素ABCDE有關(guān)性質(zhì)或結(jié)構(gòu)信息單質(zhì)是空氣中主要成分之一，其氫化物水溶液呈堿性原子核外有兩個(gè)未成對電子日常生活中常見的金屬，通常用電解法冶煉其單質(zhì)其簡單陰離子帶兩個(gè)單位負(fù)電荷單質(zhì)有毒，常溫下為有色氣體，常用于自來水消毒請結(jié)合表中信息完成下列各小題：

（1）C在元素周期表中的位置是______；D的簡單陰離子的核外電子排布式為______．

（2）如圖是A～E的第一電離能和電負(fù)性數(shù)據(jù)；請回答：

①E的第一電離能大于D；其原理是（根據(jù)它們在周期表中的位置解釋）______．

②A；B、D三種元素的非金屬性由強(qiáng)到弱的順序是______．

（3）A的常見單質(zhì)分子有多個(gè)共價(jià)鍵．

①常溫下；該單質(zhì)化學(xué)性質(zhì)很穩(wěn)定，是因?yàn)開_____．

②該單質(zhì)分子中σ鍵與π鍵的數(shù)目之比為______．

（4）寫出C；E形成的化合物與A的氫化物在水溶液中反應(yīng)的離子方程式______．

15、Zn-MnO2干電池應(yīng)用廣泛，其電解質(zhì)溶液是ZnCl2-NH4Cl混合溶液．

（1）該電池的負(fù)極材料是______．電池工作時(shí)；電子流向______（填“正極”或“負(fù)極”）．

（2）若ZnCl2-NH4Cl混合溶液中含有雜質(zhì)Cu2+，會(huì)加速某電極的腐蝕．其主要原因是______．欲除去Cu2+；最好選用下列試劑中的______（填代號(hào)）．

a．NaOHb．Znc．Fed．NH3?H2O

（3）MnO2的生產(chǎn)方法之一是以石墨為電極，電解酸化的MnSO4溶液．陰極的電極反應(yīng)式是：______．若電解電路中通過2mol電子，MnO2的理論產(chǎn)量為______．

16、某化學(xué)學(xué)習(xí)興趣小組，為了研究晶體的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，查閱了一水合硫酸四氨合銅（Ⅱ）（[Cu（NH3）4]SO4）?H2O相關(guān)資料：

一水合硫酸四氨合銅（Ⅱ）（[Cu（NH3）4]SO4）?H2O為藍(lán)色正交晶體；常溫下，它易溶于水，受熱分解產(chǎn)生氨氣和硫酸銅，易與空氣中的二氧化碳；水反應(yīng)生成銅的堿式鹽，使晶體變成綠色粉末．

它的制備原理是利用硫酸銅溶液和氨水反應(yīng)生成；其晶體的析出一般不宜用蒸發(fā)濃縮等常規(guī)方法．析出晶體方法：向硫酸銅溶液中加入濃氨水后，再加入濃乙醇溶液使晶體析出．

請回答下列問題：

（1）請寫出制備硫酸四氨合銅（Ⅱ）的反應(yīng)方程式：______．

（2）析出晶體不用蒸發(fā)濃縮方法的原因是______；其中乙醇的作用是______．

（3）硫酸四氨合銅屬于配合物，晶體中Cu2+與NH3之間的鍵型為______；該化學(xué)鍵能夠形成的原因是______．

（4）請你設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案探究確定SO2-4為配合物外界．______．

17、現(xiàn)有電解質(zhì)溶液：①NaOH②NaHCO3③CH3COONa當(dāng)三種溶液的pH相同時(shí)；其物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是______．

18、由溴乙烷可制備多種物質(zhì)，請寫出下列各步反應(yīng)的化學(xué)方程式

（1）______．

（2）______．

（3）______．

（4）______．

（5）______．

19、有一混和氣體平均相對分子質(zhì)量為30；由一氧化碳；乙烯和氧氣組成．經(jīng)點(diǎn)燃充分反應(yīng)后，測得混合氣體中不含有一氧化碳和乙烯．試求：（寫出計(jì)算推理的詳細(xì)過程）

（1）原混合氣體中氧氣所占的體積分?jǐn)?shù)[ω（O2）]．

（2）原混合氣體中一氧化碳的體積分?jǐn)?shù)[ω（CO）]的取值范圍．

（3）原混合氣體中乙烯的體積分?jǐn)?shù)[ω（C2H4）]的取值范圍．

評卷人得分四、探究題(共4題，共24分)20、（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。21、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學(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。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。評卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共12分)24、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學(xué)小組設(shè)計(jì)并開展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學(xué)方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。25、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數(shù)相等；Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價(jià)和最低化合價(jià)的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個(gè)數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序?yàn)開__________（填元素符號(hào)）。

(3)R、T兩元素最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________。

(4)某同學(xué)用X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)生成固體物質(zhì)RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應(yīng)生成X的單質(zhì)。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

②該同學(xué)認(rèn)為取X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)后的固體物質(zhì)與X2Q反應(yīng)，若能產(chǎn)生的單質(zhì)，即可證明得到的固體物質(zhì)一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。26、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學(xué)小組設(shè)計(jì)并開展以下實(shí)驗(yàn)：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學(xué)方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。27、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質(zhì)是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實(shí)驗(yàn)_______評卷人得分六、原理綜合題(共4題，共24分)28、研究鈉及其化合物有重要意義。

（1）NaOH是實(shí)驗(yàn)室中最常用的試劑之一。實(shí)驗(yàn)室配制0.5mol/L的氫氧化鈉溶液500mL；根據(jù)配制溶液的過程，回答問題：

①實(shí)驗(yàn)中除需要托盤天平（帶砝碼）、藥匙、燒杯和玻璃棒外，還需要的其他玻璃儀器是__________。

②實(shí)驗(yàn)中需用托盤天平（帶砝碼）稱量NaOH固體________g。

（2）Na2O2可作為呼吸面具和潛水艇里氧氣的來源。Na2O2作為供氧劑時(shí)可能發(fā)生的反應(yīng)有_________、___________。

（3）過氧化鈉保存不當(dāng)容易變質(zhì)生成Na2CO3。某過氧化鈉樣品已經(jīng)部分變質(zhì)，請你設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)，限用一種溶液和水，證明過氧化鈉已經(jīng)變質(zhì)：_________________________（說明操作；現(xiàn)象和結(jié)論）。

（4）NaNO2因外觀和食鹽相似；又有咸味，容易使人誤食中毒。

①已知NaNO2能發(fā)生如下反應(yīng)：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反應(yīng)中，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，每生成2.24LNO氣體，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_______mol，參加反應(yīng)的HI的物質(zhì)的量是________________mol。

②實(shí)驗(yàn)室要鑒別NaNO2和NaCl兩種固體，可選用的試劑是_________（填序號(hào)）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液29、通常用燃燒的方法測定有機(jī)物的分子式；可在燃燒室內(nèi)將有機(jī)物樣品與純氧在電爐加熱下充分燃燒，根據(jù)產(chǎn)品的質(zhì)量確定有機(jī)物的組成。如圖所示的是用燃燒法確定有機(jī)物物分子式的常用裝置.

現(xiàn)準(zhǔn)確稱取0.72g某烴樣品；經(jīng)燃燒后A管增重2.2g，B管增重1.08g。請回答:

(1)產(chǎn)生的氧氣按從左到右流向，所選裝置各導(dǎo)管的連接順是:__________；

(2)A、B管內(nèi)均盛有固態(tài)試劑，A管的作用是__________。

(3)燃燒管中CuO的作用是_________；如果把CuO網(wǎng)去掉，A管重量將_________；(填“增大”；“減小”、或“不變”)；

(4)請改進(jìn)這套裝置的一個(gè)不足之處_________。

(5)若該有機(jī)物分子中含有4個(gè)甲基，則該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式為_________；該有機(jī)物的二氯代物有_______種。30、化學(xué)家侯德榜創(chuàng)立了中國的制堿工藝，促進(jìn)了世界制堿技術(shù)的發(fā)展。下圖是純堿工藝的簡化流

（1）寫出CO2的電子式____________________。

（2）用離子方程式表示純堿工藝中HCO3-的生成___________________。

（3）工業(yè)生產(chǎn)時(shí)先氨化再通CO2，順序不能顛倒，原因是_______________。

（4）濾液A中最主要的兩種離子是_________。

（5）某小組設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)分離濾液A中的主要物質(zhì)。打開分液漏斗活塞，一段時(shí)間后，試管中有白色晶體生成，用化學(xué)原理解釋白色晶體產(chǎn)生的原因___________________。

（6）某純堿樣品因煅燒不充分而含少量NaHCO3，取質(zhì)量為m1的純堿樣品，充分加熱后質(zhì)量為m2，則此樣品中碳酸氫鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為______________________。31、研究鈉及其化合物有重要意義。

（1）NaOH是實(shí)驗(yàn)室中最常用的試劑之一。實(shí)驗(yàn)室配制0.5mol/L的氫氧化鈉溶液500mL；根據(jù)配制溶液的過程，回答問題：

①實(shí)驗(yàn)中除需要托盤天平（帶砝碼）、藥匙、燒杯和玻璃棒外，還需要的其他玻璃儀器是__________。

②實(shí)驗(yàn)中需用托盤天平（帶砝碼）稱量NaOH固體________g。

（2）Na2O2可作為呼吸面具和潛水艇里氧氣的來源。Na2O2作為供氧劑時(shí)可能發(fā)生的反應(yīng)有_________、___________。

（3）過氧化鈉保存不當(dāng)容易變質(zhì)生成Na2CO3。某過氧化鈉樣品已經(jīng)部分變質(zhì)，請你設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)，限用一種溶液和水，證明過氧化鈉已經(jīng)變質(zhì)：_________________________（說明操作；現(xiàn)象和結(jié)論）。

（4）NaNO2因外觀和食鹽相似；又有咸味，容易使人誤食中毒。

①已知NaNO2能發(fā)生如下反應(yīng)：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反應(yīng)中，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，每生成2.24LNO氣體，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_______mol，參加反應(yīng)的HI的物質(zhì)的量是________________mol。

②實(shí)驗(yàn)室要鑒別NaNO2和NaCl兩種固體，可選用的試劑是_________（填序號(hào)）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】本題考查了化學(xué)反應(yīng)能量變化，圖象分析判斷，注意拆開化學(xué)鍵吸收能量，形成化學(xué)鍵放出能量，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等?！窘獯稹緼.Ⅰ過程中破壞的氮氮鍵、氫氫鍵均為非極性鍵，故A正確；B.Ⅰ過程為舊化學(xué)鍵斷裂過程，吸收能量，rm{II}過程新化學(xué)鍵形成過程，放出能量，故B正確；過程新化學(xué)鍵形成過程，放出能量，故B正確；rm{II}C.由圖可知rm{N}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+3H}rm{(g)+3H}rm{(g)triangleH=2隆脕(1129-1175)kJ/mol=-92kJ/mol}故C錯(cuò)誤；rm{{,!}_{2}}rm{(g)?2NH}rm{(g)?2NH}與rm{{,!}_{3}}rm{(g)triangle

H=2隆脕(1129-1175)kJ/mol=-92kJ/mol}故C錯(cuò)誤；rm{(g)triangle

H=2隆脕(1129-1175)kJ/mol=-92kJ/mol}所具有的總能量比D.合成氨的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故rm{1molN}rm{1molN}rm{{,!}_{2}}所具有的總能量高，故D正確。故選C。

rm{(g)}與rm{3molH}【解析】rm{C}2、B【分析】【分析】本題考查氫鍵對物質(zhì)性質(zhì)的影響，分子間氫鍵的存在導(dǎo)致物質(zhì)熔沸點(diǎn)升高、溶解性增大，且同分異構(gòu)體中分子內(nèi)氫鍵導(dǎo)致物質(zhì)的熔沸點(diǎn)降低。注意氫鍵只影響物質(zhì)物理性質(zhì)不影響化學(xué)性質(zhì)，氫鍵屬于分子間作用力，不屬于化學(xué)鍵，為易錯(cuò)點(diǎn)?！窘獯稹縭m{壟脵}第rm{VA}族中只有rm{N}的氫化物分子間含有氫鍵，氫鍵的存在導(dǎo)致氨氣熔沸點(diǎn)升高，所以rm{NH_{3}}的熔、沸點(diǎn)比rm{VA}族其它元素氫化物的高；故正確；

rm{壟脷}小分子的醇；羧酸都可以和水形成分子間氫鍵；導(dǎo)致溶解性增大，所以可以和水以任意比互溶，故正確；

rm{壟脹}冰的水分子間存在氫鍵；其體積變大，則相同質(zhì)量時(shí)冰的密度比液態(tài)水的密度小，所以冰的密度比液態(tài)水的密度小，故正確；

rm{壟脺}尿素分子間可以形成的氫鍵比醋酸分子間形成的氫鍵多；尿素的熔；沸點(diǎn)比醋酸的高，故正確；

rm{壟脻}對羥基苯甲酸易形成分子之間氫鍵；而鄰羥基苯甲酸形成分子內(nèi)氫鍵，所以鄰羥基苯甲酸的熔；沸點(diǎn)比對羥基苯甲酸的低，故正確；

rm{壟脼}水分子在高溫下也很穩(wěn)定與其化學(xué)鍵有關(guān)；與氫鍵無關(guān)，故錯(cuò)誤。

故選B?！窘馕觥縭m{B}3、A【分析】

①中和滴定中錐形瓶不需要潤洗；因堿的物質(zhì)的量一定，有蒸餾水對實(shí)驗(yàn)無影響，故錯(cuò)誤；

②錐形瓶中盛放待測液；標(biāo)準(zhǔn)酸滴定堿，所以錐形瓶中加入25.00mL待測NaOH溶液，故正確；

③石蕊遇堿變藍(lán)；遇酸變紅，但變色范圍與反應(yīng)終點(diǎn)差距大，酸滴定堿一般選擇酚酞作指示劑，故錯(cuò)誤；

④實(shí)驗(yàn)前滴定管需洗滌；防止殘留物質(zhì)對實(shí)驗(yàn)造成影響，故正確；

⑤酸式滴定管需要潤洗；否則濃度變小，消耗酸偏大，則不能直接往酸式滴定管中注入標(biāo)準(zhǔn)酸溶液，故錯(cuò)誤；

⑥滴定過程中；需要控制活塞和振蕩錐形瓶，即左手旋轉(zhuǎn)滴定管的玻璃活塞，右手不停搖動(dòng)錐形瓶，故正確；

⑦滴定過程中；需要觀察錐形瓶中溶液顏色的變化，從而確定滴定終點(diǎn)，而不能觀察滴定管內(nèi)鹽酸溶液液面下降，故錯(cuò)誤；

故選A．

【解析】【答案】①中和滴定中錐形瓶不需要潤洗；

②錐形瓶中盛放待測液；

③石蕊遇堿變藍(lán)；遇酸變紅，但變色范圍與反應(yīng)終點(diǎn)差距大；

④實(shí)驗(yàn)前滴定管需洗滌；

⑤酸式滴定管需要潤洗；

⑥滴定過程中；需要控制活塞和振蕩錐形瓶；

⑦滴定過程中；需要觀察錐形瓶中溶液顏色的變化．

4、C【分析】【解析】試題分析：CO可以引起血液中毒，CH4可以用作燃料，SO2可以形成酸雨，N2大氣的主要成分。答案選C?？键c(diǎn)：物質(zhì)的性質(zhì)【解析】【答案】C5、B【分析】【解析】【答案】B6、D【分析】【分析】

在蛋白質(zhì)的性質(zhì)中可以知道；蛋白質(zhì)灼燒有燒焦羽毛的味道。

【解答】蠶絲屬于蛋白質(zhì)，遇到濃硝酸有顏色反應(yīng)，灼燒后有燒焦羽毛的氣味。人造絲屬于纖維素，遇到濃硝酸沒有顏色反應(yīng)，灼燒后也沒有燒焦羽毛的氣味，所以可以用濃硝酸或者灼燒的方法來鑒別。故選D?！窘馕觥縭m{D}7、B【分析】解：rm{A.}辛烷與溴不反應(yīng)；溴易溶于辛烷，溶液分層，辛烷層為橙黃色，故A錯(cuò)誤；

B.戊炔與溴發(fā)生加成反應(yīng)；溴水褪色，且溶液分層，故B正確；

C.溴溶液四氯化碳；不反應(yīng)，四氯化碳層呈橙紅色，故C錯(cuò)誤；

D.溴與氫氧化鈉反應(yīng)；溶液無色，不分層，故D錯(cuò)誤．

故選B．

靜置后分為兩層；水層；油層均為無色，說明溴參加反應(yīng)，且應(yīng)生成不溶于水的溴代烴，以此解答．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握有機(jī)物的官能團(tuán)的性質(zhì)，難度不大．【解析】rm{B}二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】解：rm{(1)}不考慮其它組的實(shí)驗(yàn)結(jié)果，單從甲組情況分析，若rm{a=7}則rm{HA}是強(qiáng)酸；若rm{a>7}則rm{HA}是弱酸；

故答案為：若rm{a=7}則rm{HA}是強(qiáng)酸；若rm{a>7}則rm{HA}是弱酸；

rm{(2)}不考慮其它組的實(shí)驗(yàn)結(jié)果，單從乙組情況分析，rm{pH=7}若rm{HA}為強(qiáng)酸，則rm{C}等于rm{0.2}若rm{HA}為弱酸，則rm{C}大于rm{0.2}所以rm{C}不一定為rm{0.2}溶液中存在電荷守恒：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(A^{-})+c(OH^{-})}因rm{pH=7}則rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}則rm{c(A^{-})=c(Na^{+})}

故答案為：否；rm{c(A^{-})=c(Na^{+})}

rm{(3)HA}物質(zhì)的量濃度為rm{0.2mol/L}而rm{NaOH}物質(zhì)的量濃度為rm{0.1mol/L}rm{pH>7}所以rm{HA}是弱酸，丙組得到的溶液為rm{0.05mol/L}的rm{HA}和rm{0.05mol/L}的rm{NaH}的混合液，根據(jù)電荷守恒可以得到rm{c(OH^{-})+c(A^{-})=c(Na^{+})+c(H^{+})}由于rm{pH>7}所以rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}即rm{c(Na^{+})>c(A^{-})}所以混合溶液中離子濃度由大到小的順序是rm{c(Na^{+})>c(A^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}

故答案為：弱；rm{c(Na^{+})>c(A^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}

rm{(4)}丁組實(shí)驗(yàn)所得混合溶液為濃度為rm{0.05mol/L}的rm{NaA}溶液，其rm{pH}為rm{9}促進(jìn)水的電離，rm{OH^{-}}全部為水電離，所以由水電離出的rm{c(OH^{-})=1隆脕10^{-5}mol/L}溶液中存在質(zhì)子守恒，rm{c(OH^{-})=c(HA)+c(H^{+})}則rm{c(OH^{-})-c(HA)=c(H^{+})=1隆脕10^{-9}mol/L}

故答案為：rm{1隆脕10^{-5}}rm{1隆脕10^{-9}}．

rm{(1)}酸堿恰好完全反應(yīng)，如反應(yīng)后呈中性，則rm{pH=7}為強(qiáng)酸，如rm{pH>7}則為弱酸；

rm{(2)}若rm{HA}為強(qiáng)，則rm{C}等于rm{0.2}若rm{HA}為弱酸，則rm{C}大于rm{0.2}所以rm{C}不一定為rm{0.2}結(jié)合電荷守恒判斷；

rm{(3)pH>7}所以rm{HA}是弱酸，得到的溶液為rm{0.05mol/L}的rm{HA}和rm{0.05mol/L}的rm{NaH}的混合液；

rm{(4)}所得混合溶液為濃度為rm{0.05mol/L}的rm{NaA}溶液，其rm{pH}為rm{9}促進(jìn)水的電離，rm{OH^{-}}全部為水電離，以此可計(jì)算濃度，溶液中存在質(zhì)子守恒，rm{c(OH^{-})=c(HA)+c(H^{+}).}

本題考查較為綜合，涉及了鹽類水解、強(qiáng)弱酸、電荷守恒等知識(shí)，有一定的綜合性，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計(jì)算能力的考查，該題的命題方式為高考命題的熱點(diǎn)，本題難度中等．【解析】若rm{a=7}則rm{HA}是強(qiáng)酸；若rm{a>7}則rm{HA}是弱酸；否；rm{c(A^{-})=c(Na^{+})}弱；rm{c(Na^{+})>c(A^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}rm{1隆脕10^{-5}}rm{1隆脕10^{-9}}9、（1）煤油或石蠟油

（2）淡黃色

（3）H2O

（4）CO32-

（5）2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O【分析】【分析】本題考查的是鈉的重要化合物的性質(zhì)和轉(zhuǎn)化，難度一般?！窘獯稹縭m{(1)}金屬鈉能與氧氣或水等反應(yīng)，所以應(yīng)保存在煤油或石蠟油中，故答案為：煤油或石蠟油；rm{(2)}過氧化鈉是淡黃色的，故答案為：淡黃色；rm{(3)}鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，水中氫元素化合價(jià)降低，水做氧化劑，故答案為：rm{H_{2}O}；rm{(4)}碳酸鈉和氯化鋇反應(yīng)生成碳酸鋇和氯化鈉，參加反應(yīng)的是碳酸根離子，故答案為：rm{CO_{3}^{2-}}rm{(5)}碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉和水和二氧化碳，故答案為：rm{2NaHCO_{3}overset{triangle}{!=}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{2NaHCO_{3}overset{triangle

}{!=}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}【解析】rm{(1)}煤油或石蠟油rm{(2)}淡黃色rm{(3)H_{2}O}rm{(4)CO_{3}^{2-}}rm{(5)2NaHCO_{3}overset{triangle}{!=}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{(5)2NaHCO_{3}overset{triangle

}{!=}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}10、略

【分析】試題分析：由蓋斯定律，第一個(gè)熱化學(xué)方程式減去4倍第二個(gè)熱化學(xué)方程式得，P4(白s)＝P(紅s)△H=-2983.2kJ/mol-（-738.5kJ/mol）×4=－29.2kJ/mol，由此可知，白磷具有的能量高，紅磷比白磷穩(wěn)定?？键c(diǎn)：熱化學(xué)方程式的書寫【解析】【答案】（6分）P4(s)＝4P(s)△H＝－29.2kJ/mol，穩(wěn)定；11、（1）①CH3OHO2②CH3OH+6e-+H2O=CO2+6H+③2.4（2）①SO42-+8e-+4H2O=S2-+8OH-②Fe(OH)2、FeS（3）N2+6H++6e-=2NH3【分析】【分析】本題是對電化學(xué)的知識(shí)的考查，是高考?？贾R(shí)點(diǎn)，難度一般。掌握原理是關(guān)鍵，涉及原電池的電極反應(yīng)式、轉(zhuǎn)移的電子數(shù)的計(jì)算、電解池的計(jì)算等知識(shí)?！窘獯稹縭m{(1)}依據(jù)原電池的原理：負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極發(fā)生還有反應(yīng)，電子守恒。本題是甲醇燃料電池，即甲醇在負(fù)極，氧氣在正極，離子是陽離子向正極移動(dòng)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)。據(jù)此答題。rm{壟脵}依據(jù)離子移動(dòng)的方向，所以左邊的電極是負(fù)極，右邊的電極是正極，所以該電池工作時(shí)，rm口通入的物質(zhì)為依據(jù)離子移動(dòng)的方向，所以左邊的電極是負(fù)極，右邊的電極是正極，所以該電池工作時(shí)，rm{壟脵}口通入的物質(zhì)為rmrm{CH_{3}OH}口通入的物質(zhì)為rm{c}故答案為：rm{O_{2}}rm{CH_{3}OH}；rm{O_{2}}該電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為：rm{壟脷}該電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為：故答案為：rm{壟脷}rm{CH_{3}OH+6e^{-}+H_{2}O=CO_{2}+6H^{+}}依據(jù)電極反應(yīng)方程式，當(dāng)rm{CH_{3}OH+6e^{-}+H_{2}O=CO_{2}+6H^{+}}甲醇完全反應(yīng)生成rm{壟脹}依據(jù)電極反應(yīng)方程式，當(dāng)rm{12.8g}甲醇完全反應(yīng)生成rm{CO}rm{壟脹}rm{12.8g}rm{CO}而rm{2}甲醇產(chǎn)生rm{2}電子，所以時(shí)，甲醇的物質(zhì)的量是：rm{12.8g}rm{12.8g}電子轉(zhuǎn)移。即rm{隆脗32g?mol-1=0.4mol}rm{1mol}個(gè)電子轉(zhuǎn)移，故答案為：rm{6mol}有rm{0.4mol}rm{0.4mol}的物質(zhì)的量是rm{隆脕6=2.4mol}rm{2.4}而放電轉(zhuǎn)移電子數(shù)為rm{NA}個(gè)電子轉(zhuǎn)移，故答案為：rm{2.4}電子的物質(zhì)的量是rm{NA}所以rm{2.4}需要得到rm{(2)48gSO}電子；依據(jù)化合價(jià)的變化，則產(chǎn)物的化合價(jià)是rm{{,!}_{4}^{2-}}的物質(zhì)的量是rm{48g}據(jù)此答題。rm{{,!}_{4}^{2-}}該電化學(xué)腐蝕的正極反應(yīng)的電極反應(yīng)式：rm{48g}故答案為：rm{隆脗96g?mol^{-;1}=0.5mol}rm{2.408隆脕10^{24}}文物出土前，鐵器表面的腐蝕產(chǎn)物可能有：rm{2.408隆脕10^{24}隆脗6.02隆脕10^{23}=4mol}rm{1molSO_{4}^{2-}}故答案為：rm{8mol}rm{-2}rm{壟脵}該電化學(xué)腐蝕的正極反應(yīng)的電極反應(yīng)式：依據(jù)電解池的原理：陰極發(fā)生還有反應(yīng)，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，依原理圖，導(dǎo)電的例子是rm{壟脵}則陰極的電極反應(yīng)式是：rm{SO_{4}^{2-}+8e^{-}+4H_{2}O=S^{2-}+8OH^{-}}故答案為：rm{SO_{4}^{2-}+8e^{-}+4H_{2}O=S^{2-}+8OH^{-}}rm{壟脷}文物出土前，鐵器表面的腐蝕產(chǎn)物可能有：【解析】rm{(1)壟脵C(jī)H_{3}OH}rm{O_{2}}rm{壟脷CH_{3}OH+6e^{-}+H_{2}O=CO_{2}+6H^{+}}rm{壟脹2.4}rm{(2)壟脵SO_{4}^{2-}+8e^{-}+4H_{2}O=S^{2-}+8OH^{-}}rm{壟脷Fe(OH)_{2}}rm{FeS}rm{(3)N_{2}+6H^{+}+6e^{-}=2NH_{3}}12、（1）鉀；氧；

（2）

（3）

（4）5；1；

（5）氮；C；【分析】【分析】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律知識(shí)，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握原子的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)和在周期表中的遞變規(guī)律，為解答該題的關(guān)鍵，難度中等?！窘獯稹壳皉m{20}號(hào)元素中，rm{A}rm{C}都最低價(jià)rm{-2}處于rm{VIA}族，rm{A}有rm{+6}價(jià)，rm{C}只有rm{-2}價(jià)，則rm{A}為硫rm{S}rm{C}為氧rm{O}rm{E}rm{J}都有rm{+4}rm{-4}價(jià)，處于rm{IVA}族，rm{E}的原子半徑較小，則rm{E}是碳rm{C}rm{J}是硅rm{Si}rm{F}rm{I}都有rm{+5}rm{-3}價(jià)，處于rm{VA}族，rm{F}的原子半徑大于rm{I}則rm{F}是磷rm{P}rm{I}是氮rm{N}rm{G}有rm{+7}rm{-1}價(jià)，為Ⅶrm{A}族元素，rm{G}是rm{Cl}元素；rm{D}只有rm{+3}價(jià)，為Ⅲrm{A}族元素，原子半徑大于rm{Si}原子半徑，所以rm{D}是rm{Al}元素；rm{B}rm{M}rm{K}最高正價(jià)為rm{+1}沒有負(fù)價(jià)，處于rm{IA}族，rm{B}的原子半徑比rm{Al}原子半徑大很多，不能處于同周期，則rm{B}為鉀rm{K}rm{B}rm{M}rm{K}原子半徑相差不是太大，應(yīng)相鄰，則rm{M}為鈉rm{Na}rm{K}為鋰rm{Li}號(hào)元素中，rm{20}rm{A}都最低價(jià)rm{C}處于rm{-2}族，rm{VIA}有rm{A}價(jià)，rm{+6}只有rm{C}價(jià)，則rm{-2}為硫rm{A}rm{S}為氧rm{C}rm{O}rm{E}都有rm{J}rm{+4}價(jià)，處于rm{-4}族，rm{IVA}的原子半徑較小，則rm{E}是碳rm{E}rm{C}是硅rm{J}rm{Si}rm{F}都有rm{I}rm{+5}價(jià)，處于rm{-3}族，rm{VA}的原子半徑大于rm{F}則rm{I}是磷rm{F}rm{P}是氮rm{I}rm{N}有rm{G}rm{+7}價(jià)，為Ⅶrm{-1}族元素，rm{A}是rm{G}元素；rm{Cl}只有rm{D}價(jià)，為Ⅲrm{+3}族元素，原子半徑大于rm{A}原子半徑，所以rm{Si}是rm{D}元素；rm{Al}rm{B}rm{M}最高正價(jià)為rm{K}沒有負(fù)價(jià)，處于rm{+1}族，rm{IA}的原子半徑比rm{B}原子半徑大很多，不能處于同周期，則rm{Al}為鉀rm{B}rm{K}rm{B}rm{M}原子半徑相差不是太大，應(yīng)相鄰，則rm{K}為鈉rm{M}rm{Na}為鋰rm{K}

rm{Li}以上rm{(1)}以上rm{11}種元素中，鉀rm{K}元素的金屬性最強(qiáng)，其第一電離能最小，氧的電負(fù)性最大，故答案為：鉀、氧；種元素中，鉀rm{(1)}元素的金屬性最強(qiáng)，其第一電離能最小，氧的電負(fù)性最大，故答案為：鉀、氧；

rm{11}rm{K}rm{(2){M}_{2}{C}_{2}}rm{(2){M}_{2}{C}_{2}}，二者反應(yīng)的方程式為rm{2N{a}_{2}{O}_{2}+2C{O}_{2}簍T2N{a}_{2}C{O}_{3}+{O}_{2}}故答案為：rm{2N{a}_{2}{O}_{2}+2C{O}_{2}簍T2N{a}_{2}C{O}_{3}+{O}_{2}}

與rm{E{C}_{2}}rm{E{C}_{2}}化學(xué)式分別為rm{N{a}_{2}{O}_{2}}三種元素中的某兩種元素形成的化合物中，每一個(gè)原子都滿足rm{N{a}_{2}{O}_{2}}電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)的物質(zhì)可能是，故答案為：和rm{C{O}_{2}}和rm{C{O}_{2}}，二者反應(yīng)的方程式為rm{2N{a}_{2}{O}_{2}+2C{O}_{2}簍T2N{a}_{2}C{O}_{3}+{O}_{2}

}故答案為：

rm{2N{a}_{2}{O}_{2}+2C{O}_{2}簍T2N{a}_{2}C{O}_{3}+{O}_{2}

}元素rm{2N{a}_{2}{O}_{2}+2C{O}_{2}簍T2N{a}_{2}C{O}_{3}+{O}_{2}

}與氫元素形成的分子rm{(3)C}rm{P}rm{Cl}三種元素中的某兩種元素形成的化合物中，每一個(gè)原子都滿足rm{8}電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)的物質(zhì)可能是，故答案為：rm{(3)C}rm{P}直接與碳碳雙鍵相連的原子與形成碳碳雙鍵的兩個(gè)原子在同一平面上，所以rm{Cl}個(gè)氫原子和兩個(gè)碳原子都在同一平面上rm{8}rm{PC{l}_{3}}rm{CC{l}_{4}}；rm{(4)}元素rm{E}與氫元素形成的分子rm{{E}_{2}{H}_{4}}個(gè)鍵，碳碳雙鍵中的一個(gè)鍵是rm{(4)}鍵，另一個(gè)鍵是rm{E}鍵，這樣除去碳碳雙鍵之中的一個(gè)鍵是rm{{E}_{2}{H}_{4}}鍵外，其余，其結(jié)構(gòu)簡式為rm{{H}_{2}C=C{H}_{2}}個(gè)鍵都是rm{{H}_{2}C=C{H}_{2}}鍵，

rm{.}直接與碳碳雙鍵相連的原子與形成碳碳雙鍵的兩個(gè)原子在同一平面上，所以rm{4}個(gè)氫原子和兩個(gè)碳原子都在同一平面上rm{.H}rm{.}

rm{4}與rm{.H}的化學(xué)式為rm{{,!}_{2}}和rm{C=CH}二者同周期元素，從左到右元素的非金屬性逐漸增強(qiáng)，則非金屬性氮的較弱，

rm{C=CH}

rm{{,!}_{2}}

分子中共有rm{6}個(gè)鍵，碳碳雙鍵中的一個(gè)鍵是rm{婁脨}鍵，另一個(gè)鍵是rm{摟脪}鍵，這樣除去碳碳雙鍵之中的一個(gè)鍵是rm{婁脨}鍵外，其余rm{5}個(gè)鍵都是rm{摟脪}鍵，

rm{6}

rm{婁脨}

rm{摟脪}【解析】rm{(1)}鉀；氧；rm{(2)2N{a}_{2}{O}_{2}+2C{O}_{2}=2Na2C{O}_{3}+{O}_{2}}rm{(2)2N{a}_{2}{O}_{2}+2C{O}_{2}=2Na2C{O}_{3}+{O}_{2}

}rm{(3)CC{l}_{4}}rm{PC{l}_{3}}rm{(4)5}rm{1}氮；rm{(5)}rm{C}三、解答題(共7題，共14分)13、略

【分析】

F的焰色反應(yīng)呈黃色，說明F是鈉的化合物，而F是單質(zhì)B、C化合而成，B、E均為組成空氣的成分，故C為金屬鈉；G是單質(zhì)C、D化合而成，原子個(gè)數(shù)比為D：C=1：2，且原子序數(shù)D＞C，故D為硫；B為組成空氣的成分，最容易想到的是O2，如B為O2，E也為組成空氣的成分，E只能是CO2，A為碳，因F+E=H+B，故F是Na2O2，H是Na2CO3．

（1）由以上分析可知；A為碳，C為金屬鈉，故答案為：碳；鈉；

（2）H是Na2CO3，與鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳和水，反應(yīng)的為Na2CO3+2HCl═CO2↑+H2O+2NaCl；

故答案為：Na2CO3+2HCl═CO2↑+H2O+2NaCl；

（3）E與F反應(yīng)為CO2和Na2O2的反應(yīng)，生成碳酸鈉和氧氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；

故答案為：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；

（4）G為Na2S，具有還原性，F(xiàn)是Na2O2，具有氧化性，二者在溶液中反應(yīng)生成單質(zhì)硫和NaOH，反應(yīng)的離子方程式為Na2O2+S2-+2H2O═4OH-+S↓+2Na+；

故答案為：Na2O2+S2-+2H2O═4OH-+S↓+2Na+．

【解析】【答案】F的焰色反應(yīng)呈黃色，說明F是鈉的化合物，而F是單質(zhì)B、C化合而成，B、E均為組成空氣的成分，故C為金屬鈉；G是單質(zhì)C、D化合而成，原子個(gè)數(shù)比為D：C=1：2，且原子序數(shù)D＞C，故D為硫，G為Na2S；B為組成空氣的成分，最容易想到的是O2，如B為O2，E也為組成空氣的成分，E只能是CO2，A即為碳．因F+E=H+B，故F是Na2O2，H是Na2CO3；然后結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)及化學(xué)用語來解答．

14、略

【分析】

A～E是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，A單質(zhì)是空氣中主要成分之一，其氫化物水溶液呈堿性，則A為氮元素；B原子核外有兩個(gè)未成對電子，則B的外圍電子排布為ns2np2或ns2np4；原子序數(shù)大于氮元素小于Al元素，處于第二周期，故B為氧元素；C是日常生活中常見的金屬，通常用電解法冶煉其單質(zhì)，則C為Al元素；D元素簡單陰離子帶兩個(gè)單位負(fù)電荷，處于ⅥA族，原子序數(shù)大于Al元素，故D為硫元素；E元素單質(zhì)有毒，常溫下為有色氣體，常用于自來水消毒，故E為Cl元素；

（1）C為Al元素，原子核外有3個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為3，處于周期表中第3周期ⅢA族；硫離子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p6；

故答案為：第3周期ⅢA族；1s22s22p63s23p6；

（2）①由圖可知；同一周期由左到右第一電離能逐漸增大，故Cl元素的第一電離能較大；

故答案為：同一周期由左到右第一電離能逐漸增大；

②電負(fù)性越大；非金屬性越強(qiáng)，由可知，電負(fù)性B＞A＞D，故非金屬性B＞A＞D；

故答案為：B＞A＞D；

（3）①氮?dú)夥肿又写嬖诘I；氮氮叁鍵的鍵能很大，氮?dú)獾幕瘜W(xué)性質(zhì)穩(wěn)定；

故答案為：氮氮叁鍵的鍵能很大；

②N≡N三鍵中含有1個(gè)σ鍵；2個(gè)π鍵；故氮?dú)夥肿又笑益I與π鍵數(shù)目之比為1：2；

故答案為：1：2；

（4）氯化鋁與氨水反應(yīng)生成氫氧化鋁與氯化銨，反應(yīng)離子方程式為：Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

故答案為：Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．

【解析】【答案】A～E是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，A單質(zhì)是空氣中主要成分之一，其氫化物水溶液呈堿性，則A為氮元素；B原子核外有兩個(gè)未成對電子，則B的外圍電子排布為ns2np2或ns2np4；原子序數(shù)大于氮元素小于Al元素，處于第二周期，故B為氧元素；C是日常生活中常見的金屬，通常用電解法冶煉其單質(zhì)，則C為Al元素；D元素簡單陰離子帶兩個(gè)單位負(fù)電荷，處于ⅥA族，原子序數(shù)大于Al元素，故D為硫元素；E元素單質(zhì)有毒，常溫下為有色氣體，常用于自來水消毒，故E為Cl元素，據(jù)此解答．

15、略

【分析】

（1）負(fù)極上是失電子的；則Zn失電子為負(fù)極，電子由負(fù)極流向正極，故答案為：Zn（或鋅）；正極；

（2）電化學(xué)腐蝕較化學(xué)腐蝕更快，鋅與還原出來的Cu構(gòu)成銅鋅原電池而加快鋅的腐蝕．題目中a和d選項(xiàng)不能除去雜質(zhì)離子，c項(xiàng)會(huì)引入新雜質(zhì)，所以應(yīng)選Zn將Cu2+置換為單質(zhì)而除去．故答案為：鋅與還原出來的Cu構(gòu)成銅鋅原電池而加快鋅的腐蝕；b；

（3）陰極上得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，H+得電子生成氫氣．因?yàn)镸nSO4～MnO2～2e-，通過2mol電子產(chǎn)生1molMnO2，其質(zhì)量為87g．故答案為：2H++2e-→H2；87g．

【解析】【答案】（1）鋅錳原電池中負(fù)極材料為活潑金屬Zn，MnO2為正極；電池工作時(shí)電子從負(fù)極經(jīng)外電路流向正極；

（2）若ZnCl2-NH4Cl混合溶液中含有雜質(zhì)Cu2+，鋅與還原出來的Cu構(gòu)成銅鋅原電池而加快鋅的腐蝕．除雜時(shí)不能引入新雜質(zhì)，應(yīng)選Zn將Cu2+置換為單質(zhì)而除去；

（3）電解酸化的MnSO4溶液時(shí)，根據(jù)離子的放電順序，陰極上首先放電的是H+，電極反應(yīng)式為：2H++2e-=H2↑，陽極反應(yīng)式為：MnSO4-2e-+2H2O═MnO2+SO42-+4H+，若電路中通過2mol電子產(chǎn)生1molMnO2；質(zhì)量為87g．

16、略

【分析】

（1）根據(jù)題意知，硫酸銅和氨水反應(yīng)生成硫酸四氨合銅（Ⅱ），反應(yīng)方程式為CuSO4+4NH3+H2O=[Cu（NH3）4]SO4?H2O，故答案為：CuSO4+4NH3+H2O=[Cu（NH3）4]SO4?H2O；

（2）根據(jù)題意知[Cu（NH3）4]SO4?H2O受熱分解，所以不能用蒸發(fā)濃縮法制取[Cu（NH3）4]SO4?H2O，[Cu（NH3）4]SO4?H2O在水中的溶解度大于在乙醇中的溶解度；所以向硫酸銅溶液中加入濃氨水后，再加入濃乙醇溶液能使晶體析出；

故答案為：[Cu（NH3）4]SO4?H2O受熱分解；硫酸四氨合銅在乙醇中的溶解度遠(yuǎn)小于在水中的溶解度或減小水的極性；

（3）配合物中中心原子和配體之間存在配位鍵，所以硫酸四氨合銅配合物晶體中Cu2+與NH3之間的鍵型為配位鍵；中心原子是銅離子，提供空軌道，配體是氨分子提供孤電子對，從而形成配位鍵；

故答案為：配位鍵，NH3能提供孤對電子，Cu2+能接受孤對電子（或有空軌道）；

（4）如果硫酸根離子為配合物的外界；則配合物溶于水后，能電離出自由移動(dòng)的硫酸根離子，向溶液中加入硝酸鋇溶液，如果溶液中有白色沉淀生成則證明硫酸根離子為配合物的外界，否則不是；

故答案為：取硫酸四氨合銅晶體溶于水配成溶液，向溶液中加入適量的Ba（NO3）2溶液，溶液中出現(xiàn)白色沉淀，說明溶液中有SO42-存在于外界．

【解析】【答案】（1）根據(jù)題意知硫酸銅和氨水反應(yīng)生成硫酸四氨合銅（Ⅱ）；

（2）根據(jù)題意知[Cu（NH3）4]SO4?H2O受熱分解；硫酸四氨合銅在乙醇中和水中的溶解性大小分析；

（3）晶體中Cu2+與NH3之間的鍵型為配位鍵；NH3能提供孤對電子，Cu2+能接受孤對電子（或有空軌道）；

（4）如果硫酸根離子為配合物的外界；則配合物溶于水后，能電離出自由移動(dòng)的硫酸根離子，用硝酸鋇溶液來檢驗(yàn)溶液中是否存在自由移動(dòng)的硫酸根離子，從而確定硫酸根離子是否為配合物的外界．

17、略

【分析】

氫氧化鈉是強(qiáng)堿，不水解，相同濃度的三種溶液氫氧化鈉的pH最大，所以pH相同的三種溶液中，氫氧化鈉濃度最低，已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-；所以碳酸氫鈉的水解程度大于醋酸鈉，則醋酸鈉的濃度大于碳酸氫鈉，碳酸氫鈉的濃度大于氫氧化鈉，故答案為：③②①．

【解析】【答案】氫氧化鈉是強(qiáng)堿；不水解，碳酸氫鈉和醋酸鈉是鹽，鹽溶液的堿性強(qiáng)弱取決于陰離子的水解能力，當(dāng)pH相同時(shí)，越難水解的鹽，其濃度越大．

18、略

【分析】

（1）鹵代烴在堿性醇溶液加熱條件下發(fā)生了消去反應(yīng)，生成不飽和烯烴，CH2BrCH3+NaOHCH2=CH2↑+H2O+NaBr，故答案為：CH2Br-CH3+NaOHCH2=CH2↑+H2O+NaBr；

（2）由乙烯生成1，2-二溴乙烷，發(fā)生了加成反應(yīng)，CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案為：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；

（3）鹵代烴在堿性水溶液加熱條件下發(fā)生了取代反應(yīng)，生成醇：CH2BrCH2Br+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaBr，故答案為：CH2BrCH2Br+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaBr；

（4）鹵代烴在堿性水溶液加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)；由溴乙烷變成乙醇，生成乙醇與溴化鈉；

方程式為CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；

故答案為：CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；

（5）1；2-二溴乙烷，在堿性醇溶液加熱條件下發(fā)生了消去反應(yīng)；

方程式為CH2BrCH2Br+2NaOHCH≡CH↑+2NaBr+2H2O；

故答案為：CH2BrCH2Br+2NaOHCH≡CH↑+2NaBr+2H2O；

【解析】【答案】抓住官能團(tuán)的性質(zhì)；根據(jù)題干給出的信息，從變化物質(zhì)的性質(zhì)及反應(yīng)來分析解答；

19、略

【分析】

（1）一氧化碳；乙烯和氧氣的相對分子質(zhì)量分別為28、28、32；

所以32ω（O2）+28[1-ω（O2）]=30；

解得ω（O2）=0.5；

答：原混合氣體中氧氣所占的體積分?jǐn)?shù)為0.5；

（2）原混合氣體中氧氣體積分?jǐn)?shù)ω（O2）=0.5，所以ω（CO）+ω（C2H4）=0.5；

假定混合氣體1L，一氧化碳體積分?jǐn)?shù)為ω（CO），乙烯的體積分?jǐn)?shù)ω（C2H4）；混合氣體中不含有一氧化碳和乙烯，說明一氧化碳與乙烯都完全燃燒，一氧化碳與乙烯消耗的氧氣應(yīng)小于或等于混合氣體中氧氣的量．

由反應(yīng)2CO+O2═2CO2，C2H4+3O2═2CO2+2H2O可知；0.5ω（CO）+3ω（C2H4）≤0.5；

聯(lián)立ω（CO）+ω（C2H4）=0.5，0.5ω（CO）+3ω（C2H4）≤0.5，解得ω（CO）≥0.4；ω（C2H4）≤0.1；

所以0.4≤ω（CO）≤0.5；

答：原混合氣體中一氧化碳的體積分?jǐn)?shù)的取值范圍為0.4≤ω（CO）≤0.5；

（3）由（2）分析可知，0≤ω（C2H4）≤0.1；

答：原混合氣體中乙烯的體積分?jǐn)?shù)的取值范圍0≤ω（C2H4）≤0.1．

【解析】【答案】（1）混合氣體由一氧化碳、乙烯和氧氣組成，一氧化碳、乙烯和氧氣的相對分子質(zhì)量分別為28、28、32．一氧化碳、乙烯的相對分子質(zhì)量相等，可以等效為1種物質(zhì)，所以混合氣體等效為兩組分混合．根據(jù)平均相對分子質(zhì)量計(jì)算公式可知，32ω（O2）+28[1-ω（O2）]=30，據(jù)此計(jì)算ω（O2）；

（2）（3）假定混合氣體1L，令一氧化碳體積分?jǐn)?shù)為ω（CO），乙烯的體積分?jǐn)?shù)ω（C2H4）；混合氣體中不含有一氧化碳和乙烯，說明一氧化碳與乙烯都完全燃燒，一氧化碳與乙烯消耗的氧氣應(yīng)小于或等于混合氣體中氧氣的量，據(jù)此列不等式求解．

四、探究題(共4題，共24分)20、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）21、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）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）五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共12分)24、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅；又因?yàn)闊o氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會(huì)生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不