2025年魯教新版高二化學(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2025年魯教新版高二化學(xué)下冊階段測試試卷586考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)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、已知某興奮劑乙基雌烯醇（etylestrenol）的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列敘述中正確的是A.分子內(nèi)消去一個(gè)水分子，產(chǎn)物有3種同分異構(gòu)體B.該物質(zhì)可以視為酚類C.能使溴的四氯化碳溶液褪色D.該物質(zhì)分子中的所有碳原子均共面2、下列說法正確的是（）A.能自發(fā)進(jìn)行的化學(xué)反應(yīng)，一定是△H＜0，△S＞0B.常溫下5.0×10-3mol?L-1KHA溶液的pH=3.75，該溶液中c（A2-）＜c（H2A）C.室溫時(shí)，M（0H）2（s）?M2+（aq）+2OH-（aq）Ksp=a；c（M2+）=bmol?L-1時(shí)，溶液的pH等于14+lg（）D.Na2C2O4溶液：c（OH-）=c（H+）+c（HC2O4-）+2c（H2C2O4）3、下列有機(jī)物發(fā)生的反應(yīng)屬于加成反應(yīng)的是A.乙烯使KMnO4溶液褪色B.乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色C.甲烷和氯氣混合光照D.乙醇、乙酸與濃H2SO4混合加熱4、如圖所示的實(shí)驗(yàn)；能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ?/p>

。ABCD驗(yàn)證化學(xué)能轉(zhuǎn)化為底電能驗(yàn)證溫度對平衡移動的影響驗(yàn)證鐵發(fā)生氫腐蝕驗(yàn)證非金屬Cl＞C＞SiA.AB.BC.CD.D5、下列互為同素異形體的是rm{(}rm{)}A.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}B.rm{;_{6}^{14}C}和rm{;_{6}^{12}C}C.rm{CH_{4}}和rm{CH_{3}CH_{3}}D.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}和6、有rm{4}種混合溶液，分別由等體積rm{0.1mol/L}的rm{2}種溶液混合而成：rm{壟脵C(jī)H_{3}COONa}與rm{HCl}rm{壟脷CH_{3}COONa}與rm{NaOH壟脹CH_{3}COONa}與rm{NaCl壟脺CH_{3}COONa}與rm{NaHCO_{3}}

下列各項(xiàng)排序正確的是A.rm{pH}rm{壟脷>壟脹>壟脺>壟脵}B.rm{c(CH_{3}COO^{-})}rm{壟脷>壟脺>壟脹>壟脵}C.溶液中rm{c(H^{+})}rm{壟脵>壟脹>壟脷>壟脺}D.rm{c(CH_{3}COOH)}rm{壟脵>壟脺>壟脹>壟脷}7、下列關(guān)于有機(jī)物的命名中不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{2}rm{2漏隴}二甲基戊烷B.rm{2漏隴}乙基戊烷C.rm{3}rm{4漏隴}二甲基辛烷D.rm{3漏隴}甲基己烷8、下列晶體熔化時(shí)不需破壞化學(xué)鍵的是rm{(}rm{)}A.晶體硅B.二氧化硅晶體C.干冰D.金屬鉀評卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)9、下列化學(xué)用語表示不正確的是（）A.甲烷的球棍模型：B.乙炔的結(jié)構(gòu)簡式：CH=CHC.3-甲基-1-丁烯的結(jié)構(gòu)簡式：（CH3）2CHCH=CH2D.羥基的電子式：10、陜西省考古研究院工作人員將出土的秦墓銅鼎和銅鐘打開時(shí)，驚奇的發(fā)現(xiàn)，鼎內(nèi)有保存完好的骨頭湯，鐘內(nèi)有酒．經(jīng)檢測，骨頭湯中含有大量的蛋白質(zhì)和動物脂肪，酒中含有乙醇、乙酸和乙酸乙酯．下列說法中正確的是（）A.淀粉、油脂、蛋白質(zhì)都是高分子化合物B.淀粉、油脂、蛋白質(zhì)的水解產(chǎn)物互為同分異構(gòu)體C.油脂通過皂化反應(yīng)生成肥皂的有效成分高級脂肪酸鈉D.酒中含有乙酸，是因?yàn)橐掖奸L期放置在空氣中，在微生物作用下“酒敗成醋”11、rm{T}rm{隆忙}時(shí)，體積均為rm{0.5L}的兩個(gè)恒容密閉容器中發(fā)生可逆反應(yīng)：rm{2A(g)+B(g)}rm{2C(g)}，rm{triangleH}rm{=-QkJ/mol(Q>0)}保持溫度不變，實(shí)驗(yàn)測得起始和平衡時(shí)的有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：。容器編號起始時(shí)各物質(zhì)物質(zhì)的量rm{/mol}達(dá)到平衡時(shí)體系能量的變化rm{A}rm{B}rm{C}rm{C}rm{壟脵}rm{2}rm{1}rm{0}rm{0.75}rm{Q}rm{kJ}rm{壟脷}rm{0.4}rm{0.2}rm{1.6}下列敘述中正確的是A.容器rm{壟脵}rm{壟脷}中反應(yīng)的平衡常數(shù)均為rm{18}B.容器rm{壟脷}中達(dá)到平衡時(shí)放出的熱量為rm{0.05}rm{Q}rm{kJ}C.容器rm{壟脵}rm{壟脷}中起始時(shí)壓強(qiáng)與反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)壓強(qiáng)之比均為rm{3:4}D.其他條件不變，若容器rm{壟脷}保持恒容絕熱，則達(dá)到平衡時(shí)rm{C}的體積分?jǐn)?shù)大于rm{2/3}12、下列說法正確的是rm{(N_{A}}為阿伏加德羅常數(shù)rm{)(}rm{)}A.體心立方是金屬最密堆積形式B.rm{NaCl}晶體的配位數(shù)為rm{4}C.rm{24g}金剛石中含有rm{C-C}鍵的個(gè)數(shù)為rm{4N_{A}}D.中和熱測定時(shí)，用銅棒代替環(huán)形玻璃棒會導(dǎo)致rm{triangleH}偏低13、設(shè)rm{N_{A}}為阿伏加德羅常數(shù)的值rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{1.6}rm{g}由氧氣和臭氧組成的混合物中含有氧原子的數(shù)目為rm{0.1N_{A}}B.rm{0.1}rm{mol}丙烯酸中含有雙鍵的數(shù)目為rm{0.1N_{A}}C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，rm{11.2}rm{L}苯中含有分子的數(shù)目為rm{0.5N_{A}}D.rm{1}rm{mol}rm{Na}被完全氧化生成rm{Na_{2}O_{2}}失去rm{N_{A}}個(gè)電子14、下列說法或表示法不正確的是rm{(}rm{)}A.從rm{C(}石墨rm{)=C(}金剛石rm{)triangleH=1.9}rm{kJ?mol^{-1}}可知金剛石比石墨更穩(wěn)定B.已知rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangleH=-571.6kJ/mol}則rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6kJ/mol}的燃燒熱為rm{H_{2}}rm{285.8}C.在稀溶液中：rm{H^{+}+OH^{-}簍TH_{2}OtriangleH=-57.3kJ?mol^{-1}}若將含rm{kJ/mol}rm{H^{+}+OH^{-}簍TH_{2}Otriangle

H=-57.3kJ?mol^{-1}}的醋酸溶液與含rm{1mol}rm{CH_{3}COOH}rm{1}的溶液混合，放出的熱量小于rm{mol}rm{Ba(OH)_{2}}D.圖中rm{57.3}曲線表示合成氨rm{kJ}放熱反應(yīng)rm{a}使用催化劑時(shí)，反應(yīng)過程中的能量變化rm{(}15、一定溫度時(shí)，向容積為rm{2L}的恒容密閉容器中充入一定量的rm{SO_{2}}和rm{O_{2}}發(fā)生反應(yīng)：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?}rm{2SO_{3}(g)}rm{婁隴H=-196kJ隆隴mol^{-1}}一段時(shí)間后反應(yīng)達(dá)到平衡，反應(yīng)過程中測得的部分?jǐn)?shù)據(jù)見下表：。反應(yīng)時(shí)間rm{/min}rm{n(SO_{2})/mol}rm{n(O_{2})/mol}rm{0}rm{2}rm{1}rm{5}rm{1.2}rm{10}rm{0.4}rm{15}rm{0.8}下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.反應(yīng)在前rm{10min}內(nèi)的平均速率為rm{v(SO_{2})=0.06mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}B.相同溫度下，若起始時(shí)向容器中充入rm{v(SO_{2})=0.06

mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}則達(dá)平衡時(shí)rm{1.8molSO_{3}(g)}的轉(zhuǎn)化率小于rm{SO_{3}(g)}C.保持其他條件不變，若起始時(shí)向容器中充入rm{40%}則達(dá)平衡時(shí)吸收的熱量為rm{2molSO_{3}(g)}D.相同溫度下，若起始時(shí)向容器中充入rm{78.4kJ}rm{0.40molSO_{2}}和rm{0.20molO_{2}}則反應(yīng)達(dá)到平衡前有rm{0.6molSO_{3}(g)}正rm{v(}逆rm{)>v(}rm{)}評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)16、A；B、C、D四種芳香族化合物都是某些植物揮發(fā)油中的主要成分；有的是藥物，有的是香料．它們的結(jié)構(gòu)簡式如下所示：

請回答下列問題：

（1）用A；B、C、D填空：

既能使FeCl3溶液顯色又能和NaHCO3溶液反應(yīng)放出氣體的有____．

（2）1molB最多能與____molBr2發(fā)生反應(yīng)．

（3）按下圖C經(jīng)一步反應(yīng)可生成E；E是B的同分異構(gòu)體．

①E到F轉(zhuǎn)化過程中除用到催化劑外，還用到一種試劑G是____（寫結(jié)構(gòu)簡式）

②寫出反應(yīng)①的化學(xué)方程式：____．

（4）寫出D與NaHCO3溶液發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：____．17、常溫下，將某一元堿BOH和HCl溶液等體積混合，兩種溶液的濃度和混合后所得溶液的pH如下表：。實(shí)驗(yàn)編號HCl的物質(zhì)的量濃度（mol·L-1）BOH的物質(zhì)的量濃度（mol·L-1）混合溶液的pH①0.10.1pH=5②c0.2pH=7③0.10.2pH>7請回答：（1）從第①組情況分析，BOH是____（選填“強(qiáng)堿”或“弱堿”）。該組所得混合溶液中由水電離出的c（OH—）=____mol·L-1。（2）第②組情況表明，c____0.2。該混合液中離子濃度c（B+）____c（Cl—）(選填“<”、“>”或“=”)。（3）從第③組實(shí)驗(yàn)結(jié)果分析，混合溶液中(選填“<”、“>”或“=”)甲：BOH的電離程度____BCl的水解程度乙：c(B+)—2c(OH—)____c(BOH)—2c(H+)18、實(shí)驗(yàn)室常利用甲醛法測定rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}樣品中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，其反應(yīng)原理為：rm{4NH_{4}^{+}+6HCHO=3H^{+}+6H_{2}O+(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}攏脹}滴定時(shí)，rm{1mol(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}}與rm{4NH_{4}^{+}+6HCHO

=3H^{+}+6H_{2}O+(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}攏脹}相當(dāng)rm{1mol

(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}}然后用rm{lmolH^{+}}標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定反應(yīng)生成的酸。某興趣小組用甲醛法進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：步驟rm{攏脻}稱取樣品rm{NaOH}

步驟rm{I}將樣品溶解后，完全轉(zhuǎn)移到rm{1.500g}容量瓶中；定容，充分搖勻。

步驟rm{II}移取rm{250mL}樣品溶液于rm{III}錐形瓶中，加入rm{25.00mL}的中性甲醛溶液，搖勻、靜置rm{250mL}后，加入rm{10mL20攏樓}滴酚酞試液，用rm{5min}標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)。按上述操作方法再重復(fù)rm{1隆蘆2}次。rm{NaOH}根據(jù)步驟rm{2}填空：

rm{(1)}堿式滴定管用蒸餾水洗滌后，直接加入rm{III}標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，則測得樣品中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)________rm{壟脵}填“偏高rm{NaOH}“偏低rm{(}或“無影響”rm{"}rm{"}錐形瓶用蒸餾水洗滌后，水未倒盡，則滴定時(shí)用去rm{)}標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積_______rm{壟脷}填“偏大”、“偏小”或“無影響”rm{NaOH}rm{(}滴定時(shí)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rm{)}錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化。

rm{壟脹}滴定達(dá)到終點(diǎn)時(shí)；酚酞指示劑由_________色變成_________色。

rm{B.}滴定結(jié)果如下表所示：?若rm{壟脺}標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度為rm{(2)}則該樣品中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___________。rm{NaOH}19、rm{2006}年rm{5}月，齊齊哈爾第二制藥廠生產(chǎn)的假藥“亮菌甲素注射液”導(dǎo)致多名患者腎功能衰竭rm{.}“亮菌甲素”的結(jié)構(gòu)簡式為它配以輔料丙二醇溶成針劑用于臨rm{1}rm{3}rm{5}

床rm{.}假藥中使用廉價(jià)的二甘醇作為輔料，二甘醇為工業(yè)溶劑，有很強(qiáng)的毒性rm{.}請回答下列問題：

rm{(1)}“亮菌甲素”的分子式為______．

rm{(2)}丙二醇的分子式是rm{C_{3}H_{8}O_{2}}已知兩個(gè)羥基連在同一個(gè)碳原子上的物質(zhì)不存在rm{.}寫出其屬于醇類的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式______．

rm{(3)}下列有關(guān)“亮菌甲素”的敘述正確的是______rm{(}填序號rm{)}．

A.“亮菌甲素”能與rm{H_{2}}發(fā)生加成反應(yīng)。

B.不能使酸性rm{KMnO_{4}}褪色。

C.“亮菌甲素”分子中含氧官能團(tuán)只有rm{2}種。

D.rm{1mol}“亮菌甲素”最多與rm{2molNaOH}反應(yīng)．20、0.1mol某烴在足量的氧氣中完全燃燒，生成CO2和水各0.6mol，則該烴的分子式為____．若該烴不能使溴水或高錳酸鉀溶液褪色，但在一定條件下，可以和液溴發(fā)生取代反應(yīng)，其一溴取代物只有一種，則此烴屬于____烴，結(jié)構(gòu)簡式為____，名稱是____．

若該烴能使溴水褪色，且能在催化劑作用下與H2發(fā)生加成反應(yīng)，生成2.2﹣二甲基丁烷，則此烴屬于____烴，結(jié)構(gòu)簡式為____，名稱是____，該加成反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．評卷人得分四、探究題(共4題，共8分)21、（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。22、（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。23、（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。24、（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、推斷題(共2題，共18分)25、rm{0.2mol}某烴rm{A}在氧氣中完全燃燒后，生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}各rm{1.2mol}試回答：rm{(1)}烴rm{A}的分子式為____________。rm{(2)}若烴rm{A}不能使溴水褪色，但在一定條件下能與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)，其一氯取代物只有一種，則烴rm{A}的結(jié)構(gòu)簡式為__________________。rm{(3)}若烴rm{A}能使溴水褪色，在催化劑作用下，與rm{H_{2}}加成，其加成產(chǎn)物經(jīng)測定分子中含有rm{4}個(gè)甲基，烴rm{A}可能有的結(jié)構(gòu)簡式為________26、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}為短周期元素且它們的原子序數(shù)依次增大，rm{A}的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，其中rm{D}原子的rm{L}電子層中，成對電子與未成對電子占據(jù)的軌道數(shù)相同，并且無空軌道；rm{B}原子的rm{L}電子層中未成對電子數(shù)與rm{D}相同，但還有空軌道；rm{D}與rm{E}同族，請回答下列問題：rm{(1)A}與其他元素形成的二元共價(jià)化合物中，一種化合物分子呈三角錐形，該分子的化學(xué)式為______，其中心原子的雜化方式為______，rm{A}分別與rm{B}rm{C}rm{D}形成的共價(jià)化合物中既含有極性共價(jià)鍵，又含有非極性鍵的化合物是________________________。rm{(}填化學(xué)式，任意寫出一種rm{)}rm{(2)}這些元素形成的含氧酸根離子中，其中心原子的價(jià)層電子對數(shù)為rm{3}的酸根離子是______________________rm{(}填化學(xué)式，下同rm{)}酸根離子呈三角錐形結(jié)構(gòu)的是____________。rm{(3)BA_{4}}分子的立體構(gòu)型為__________；根據(jù)電子云重疊方式的不同，該分子里共價(jià)鍵的類型為_________。rm{(4)B}的一種氫化物相對分子質(zhì)量是rm{26}其分子中rm{婁脪}鍵和rm{婁脨}鍵的鍵數(shù)之比為_________。rm{(5)B}與rm{D}形成rm{BD_{2}}分子，與該分子互為等電子體的有____________________。rm{(}分子跟陰離子各寫一個(gè)rm{)}評卷人得分六、解答題(共3題，共30分)27、室溫下向20mL、c（OH-）=0.3mol/L的NaOH與Ba（OH）2溶液中滴加0.05mol/L的硫酸并不斷地振蕩；產(chǎn)生的沉淀隨所加硫酸的體積（V）變化關(guān)系如圖（混合體積的微小變化忽略不計(jì)）：

（1）圖中A點(diǎn)的意義是______，原混合溶液中Ba（OH）2為______mol/L

（2）當(dāng)?shù)渭親2SO4的體積至V2時(shí)，混合溶液的pH=7，則V2=______mL．

28、A；B、D、E是短周期中構(gòu)成蛋白質(zhì)的重要元素；其性質(zhì)見下表．Fe、Co元素的常見化合價(jià)為+2、+3，能形成各種有色配離子．

。ABDE化合價(jià)-4-2-3-2電負(fù)性2.52.53.03.5（1）基態(tài)Fe原子的電子排布式為______．

（2）Fe、Co兩元素的第三電離能I3（Fe）______I3（Co）（填“＜”或“＞”）．

（3）B；D、E的氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)由高到低的順序?yàn)開_____（填化學(xué)式）．

（4）Co與E形成的化合物晶胞如右圖所示；則該化合物的化學(xué)式為______．（用元素符號表示）

（5）Co的離子能與AD-離子生成各種配合物．紫色的配離子[Co（AD）6]4-是一種相當(dāng)強(qiáng)的還原劑；在加熱時(shí)能與水反應(yīng)生。

成[Co（AD）6]3-．

①HAD分子中A元素的雜化類型為______；D元素的化合價(jià)為______

②寫出[Co（AD）6]4-在加熱時(shí)與水反應(yīng)生成[Co（AD）6]3-的離子方程式：______2[Co（CN）6]3-+H2↑+2OH-

29、A和B反應(yīng)生成C，假定反應(yīng)由A、B開始，它們的起始濃度均為1mol/L．反應(yīng)進(jìn)行2min后A的濃度為0.8mol/L，B的濃度為0.6mol/L，C的濃度為0.6mol/L．則2min內(nèi)反應(yīng)的平均速率VA=______，VB=______，VC=______．該反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為______．

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】試題分析：A、因?yàn)檫B接羥基的碳原子的有氫原子的鄰位碳有2個(gè)，所以分子內(nèi)消去一個(gè)水分子，產(chǎn)物只有2種，不選A；B、因?yàn)榻Y(jié)構(gòu)中沒有苯環(huán)，所以不視為酚類，不選B；C、因?yàn)榻Y(jié)構(gòu)中有碳碳雙鍵，所以能使溴的四氯化碳溶液褪色，選C；D、結(jié)構(gòu)中很多的碳原子都是形成4個(gè)共價(jià)鍵，所以不可能所有的碳原子都在一個(gè)平面上，不選D?？键c(diǎn)：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)?！窘馕觥俊敬鸢浮緾2、D【分析】解：A．化學(xué)反應(yīng)能否自發(fā)進(jìn)行；取決于焓變和熵變的綜合判據(jù)，當(dāng)△G=△H-T?△S＜0時(shí)，反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，當(dāng)△H＜0，△S＞0時(shí)，△G=△H-T?△S＜0，一定能自發(fā)進(jìn)行，但是能夠自發(fā)進(jìn)行的反應(yīng)，不一定△H＜0，△S＞0，如：△H＞0，△S＞0在高溫下能夠自發(fā)進(jìn)行，△H＜0，△S＜0在低溫下能夠自發(fā)進(jìn)行，故A錯誤；

B．常溫下5.0×10-3mol?L-1KHA溶液的pH=3.75，說明HA-的電離程度大于其水解程度，該溶液中c（A2-）＞c（H2A）；故B錯誤；

C．Ksp=c（M2+）×c2（OH-）=a，則c（OH-）==mol/L，常溫下氫離子濃度為：c（H+）=mol/L，則該溶液的pH=-lgc（H+）=-lg=14+lg故C錯誤；

D．Na2C2O4溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒可得：c（OH-）=c（H+）+c（HC2O4-）+2c（H2C2O4）；故D正確；

故選D．

A．化學(xué)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷依據(jù)是△H-T△S＜0；由焓變和熵變和溫度共同決定；

B．KHA溶液的pH=3.75，說明HA-的電離程度大于其水解程度，則c（A2-）＞c（H2A）；

C．先根據(jù)該難溶物的溶度積及c（M2+）計(jì)算出該溶液中氫氧根離子濃度，然后根據(jù)水的離子積及pH=-lgc（H+）計(jì)算出該溶液在常溫下pH；

D．根據(jù)溶液中的質(zhì)子守恒判斷．

本題考查了離子濃度大小比較、反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷、難溶物溶度積的計(jì)算等知識，題目難度中等，試題知識點(diǎn)較多、綜合性較強(qiáng)，充分考查學(xué)生的分析能力及化學(xué)計(jì)算能力，注意掌握判斷離子濃度大小的方法，明確難溶物溶度積的概念及應(yīng)用．【解析】【答案】D3、B【分析】有機(jī)物分子的不飽和鍵(雙鍵或三鍵)兩端的碳原子與其他原子或原子團(tuán)直接結(jié)合生成新的化合物的反應(yīng)叫作加成反應(yīng)，所以選項(xiàng)B正確，A是氧化反應(yīng)，C是取代反應(yīng)，D是酯化反應(yīng)，答案選B?！窘馕觥俊敬鸢浮緽4、B【分析】解：A．沒構(gòu)成閉合回路；不能形成原電池，故A錯誤；

B．已知2NO2?N2O4△H＜0；根據(jù)顏色的變化可知平衡移動的方向，以此可確定溫度對平衡移動的影響，故B正確；

C．氯化鈉溶液呈中性；鐵在食鹽水中發(fā)生吸氧腐蝕，在酸性條件下發(fā)生析氫腐蝕，故C錯誤；

D．鹽酸易揮發(fā)；不能證明碳酸比硅酸強(qiáng)，故D錯誤．

故選B．

A．沒構(gòu)成閉合回路；

B．已知2NO2?N2O4△H＜0；根據(jù)顏色的變化判斷；

C．鐵在食鹽水中發(fā)生吸氧腐蝕；

D．鹽酸易揮發(fā)．

本題考查較為綜合，涉及原電池、化學(xué)平衡移動、金屬的腐蝕、非金屬性的比較等知識，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，為高考常見題型，注意相關(guān)知識的學(xué)習(xí)與積累，難度不大．【解析】【答案】B5、A【分析】解：rm{A.O_{2}}和rm{O_{3}}為同種元素組成的不同單質(zhì)；都是單質(zhì)，互為同素異形體，故A正確；

B.rm{{,!}^{14}_{6}}C、rm{{,!}^{12}_{6}C}是質(zhì)子數(shù)相同中子數(shù)不同的同種元素的不同原子；為同位素，故B錯誤；

C.rm{CH_{4}}和rm{CH_{3}CH_{3}}是結(jié)構(gòu)相似組成相差rm{CH_{2}}的同系物；故C錯誤；

D.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}和分子式相同結(jié)構(gòu)不同為同分異構(gòu)體，故D錯誤．

故選A．

由同種元素形成的不同種單質(zhì)互為同素異形體；互為同素異形體的物質(zhì)要符合以下兩個(gè)條件：同種元素形成，不同單質(zhì)；據(jù)此進(jìn)行分析判斷．

本題考查同素異形體，題目難度不大，判斷是否互為同素異形體的關(guān)鍵要把握兩點(diǎn)：rm{壟脵}同種元素形成，rm{壟脷}不同單質(zhì)，這是解決此類題的關(guān)鍵之所在．【解析】rm{A}6、B【分析】

試題分析：rm{壟脵}中恰好反應(yīng)生成醋酸，濃度是rm{0.05mol/L}醋酸鈉水解溶液顯堿性，同樣碳酸氫鈉溶液也是顯堿性的，而氫氧化鈉是強(qiáng)堿，所以溶液rm{pH}由小到大的順序是rm{壟脵<壟脹<壟脺<壟脷}rm{A}rm{C}不正確；氫氧化鈉能抑制醋酸鈉的水解，所以選項(xiàng)B正確；rm{c(CH_{3}COOH)}由大到小的順序是rm{壟脵>壟脹>壟脺>壟脷}rm{D}不正確；答案選B。

考點(diǎn)：考查鹽類水解以及弱電解質(zhì)電離的有關(guān)判斷和濃度大小比較。

點(diǎn)評：該題是高考中的常見考點(diǎn)和題型，屬于中等難度試題的考查，試題綜合性強(qiáng)，在對學(xué)生基礎(chǔ)知識鞏固和訓(xùn)練的同時(shí)，側(cè)重對學(xué)生能力的培養(yǎng)和解題方法的指導(dǎo)與相連，旨在考查學(xué)生靈活運(yùn)用基礎(chǔ)知識決實(shí)際問題的能力。該題的關(guān)鍵是明確外界條件是如何影響鹽類水解和電離平衡的，然后具體問題、具體分析即可，有利于提高學(xué)生的邏輯推理能力和應(yīng)試能力。【解析】rm{B}7、B【分析】解：rm{A.2}rm{2-}二甲基戊烷，該有機(jī)物主鏈為戊烷，在rm{2}號rm{C}含有rm{2}個(gè)甲基，該有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式為：rm{C(CH_{3})_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}該命名符合烷烴的命名原則，故A正確；

B.rm{2-}乙基戊烷，烷烴的命名出現(xiàn)rm{2-}乙基，說明選取的主鏈不是最長碳鏈，該有機(jī)物最長碳鏈含有rm{6}個(gè)rm{C}主鏈為己烷，其結(jié)構(gòu)簡式為：rm{CH_{3}CH_{2}CH(CH_{3})CH_{2}CH_{2}CH_{3}}正確命名應(yīng)該為：rm{3-}甲基己烷；故B錯誤；

C.rm{3}rm{4-}二甲基辛烷，主鏈為辛烷，在rm{3}rm{4}號rm{C}各含有rm{1}個(gè)甲基，該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式為：rm{CH_{3}CH_{2}CH(CH_{3})CH(CH_{3})CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}故C正確；

D.rm{3-}甲基己烷，主鏈為己烷，在rm{3}號rm{C}含有rm{1}個(gè)甲基，該有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式為：rm{CH_{3}CH_{2}CH(CH_{3})CH_{2}CH_{2}CH_{3}}故D正確；故選B．

烷烴的命名原則：碳鏈最長稱某烷；靠近支鏈把號編，簡單在前同相并，其間應(yīng)劃一短線：

rm{1}碳鏈最長稱某烷：選定分子里最長的碳鏈做主鏈；并按主鏈上碳原子數(shù)目稱為“某烷“；

rm{2}靠近支鏈把號編：把主鏈里離支鏈較近的一端作為起點(diǎn)，用rm{1}rm{2}rm{3}等數(shù)字給主鏈的各碳原子編號定位以確定支鏈的位置；

rm{3}簡單在前同相并，其間應(yīng)劃一短線：把支鏈作為取代基，把取代基的名稱寫在烷烴名稱的前面，在取代基的前面用阿拉伯?dāng)?shù)字注明它在烷烴主鏈上的位置，而且簡單的取代基要寫在復(fù)雜的取代基前面，如果有相同的取代基，則要合并起來用二、三等數(shù)字表示，但是表示相同的取代基位置的阿拉伯?dāng)?shù)字要用逗號隔開，并在號數(shù)后面連一短線，中間用“rm{-}“隔開．

本題考查了有機(jī)物的命名，題目難度中等，試題側(cè)重對學(xué)生基礎(chǔ)知識的檢驗(yàn)和訓(xùn)練，解題的關(guān)鍵是明確有機(jī)物的命名原則，然后結(jié)合有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式靈活運(yùn)用即可．【解析】rm{B}8、C【分析】解：rm{A}晶體硅是原子晶體；熔化需要破壞共價(jià)鍵，故A錯誤；

B；二氧化硅晶體屬于原子晶體；熔化時(shí)破壞共價(jià)鍵，故B錯誤。

C；干冰屬于分子晶體；熔化時(shí)破壞分子間作用力，沒有破壞化學(xué)鍵，故C正確；

D；金屬鉀屬于金屬晶體；熔化時(shí)破壞金屬鍵，故D錯誤；

故選C．

根據(jù)熔化時(shí)不需要破壞化學(xué)鍵的是分子晶體；原子晶體；離子晶體、金屬晶體熔化時(shí)需要破壞化學(xué)鍵，以此來分析．

本題考查化學(xué)鍵與晶體類型，難度不大，掌握常見物質(zhì)的晶體類型是解題的關(guān)鍵．【解析】rm{C}二、雙選題(共7題，共14分)9、A|B【分析】解：A．球棍模型表現(xiàn)原子間的連接與空間結(jié)構(gòu)，甲烷分子式為CH4，C原子形成4個(gè)C-H，為正四面體結(jié)構(gòu)，碳原子半徑大于氫原子半徑，球棍模型為故A錯誤；

B．乙炔的官能團(tuán)為碳碳三鍵；故乙炔的結(jié)構(gòu)簡式為CH≡CH，故B錯誤；

C.3-甲基-1-丁烯是在主鏈上有4個(gè)碳原子，在1號和2號碳原子間有碳碳雙鍵，在3號碳原子上有一個(gè)甲基，故結(jié)構(gòu)簡式為：（CH3）2CHCH=CH2；故C正確；

D．羥基是電中性基團(tuán)，氧原子與氫原子以1對共用電子對連接，電子式為故D正確；

故選AB．

A．甲烷分子中；C的原子半徑大于H原子；

B．乙炔的官能團(tuán)為碳碳三鍵；

C.3-甲基-1-丁烯是在主鏈上有4個(gè)碳原子；在1號和2號碳原子間有碳碳雙鍵，在3號碳原子上有一個(gè)甲基；

D．羥基為中性原子團(tuán)；O的最外層含有7個(gè)電子；

本題考查了常見的化學(xué)用語，是高考的常見題型，難度不大，應(yīng)注意氫氧根和羥基的電子式的區(qū)別．【解析】【答案】AB10、C|D【分析】解：A．油脂的相對分子質(zhì)量較小；不是高分子化合物，故A錯誤；

B．淀粉；油脂、蛋白質(zhì)的水解產(chǎn)物分別為葡萄糖、高級脂肪酸、氨基酸等；組成不同，分子式不同，不是同分異構(gòu)體，故B錯誤；

C．油脂通過皂化反應(yīng)生成高級脂肪酸鈉和甘油；高級脂肪酸鈉可用于制肥皂，故C正確；

D．乙醇可被氧化生成乙酸；乙醇中含有乙酸；乙酸乙酯等，故D正確．

故選CD．

A．高分子化合物的相對分子質(zhì)量在10000以上；

B．淀粉；油脂、蛋白質(zhì)的水解產(chǎn)物組成不同；分子式不同；

C．油脂通過皂化反應(yīng)生成高級脂肪酸鈉和甘油；

D．乙醇可被氧化生成乙酸．

本題考查常見有機(jī)物的性質(zhì)，為高考常見題型，題目難度不大，本題注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累，注意把握有機(jī)物的結(jié)構(gòu)、組成、性質(zhì)和應(yīng)用等問題．【解析】【答案】CD11、rAD【分析】本題考查化學(xué)平衡有關(guān)計(jì)算、等效平衡、反應(yīng)熱等問題，題目難度中等，注意等效平衡思想的應(yīng)用，關(guān)鍵是判斷兩容器內(nèi)平衡途徑的建立。容器rm{壟脵}中參加反應(yīng)的rm{A}的物質(zhì)的量rm{=2mol隆脕0.75QKJ/QKJ}中參加反應(yīng)的rm{壟脵}的物質(zhì)的量rm{A}rm{=2mol隆脕0.75QKJ/QKJ}則：rm{=1.5mol}

rm{2A(g)+B(g)?2C(g)}rm{2A(g)+B(g)?2C(g)}起始rm{(mol)}rm{2}rm{1}rm{0}rm{(mol)}

rm{2}rm{1}rm{0}轉(zhuǎn)化rm{(mol)}rm{1.5}rm{0.75}rm{1.5}

rm{(mol)}rm{1.5}rm{0.75}rm{1.5}

平衡rm{(mol)}rm{0.5}rm{0.25}rm{1.5}中完全轉(zhuǎn)化到方程式左邊可以得到rm{(mol)}rm{0.5}容器rm{0.25}rm{1.5}反應(yīng)為完全等效平衡，平衡時(shí)各組分的物質(zhì)的量相等，恒溫恒容下，rm{壟脷}中完全轉(zhuǎn)化到方程式左邊可以得到rm{2molA}rm{1mol}容器rm{壟脵}rm{壟脷}反應(yīng)為完全等效平衡，平衡時(shí)各組分的物質(zhì)的量相等，rm{壟脷}中rm{A}的起始物質(zhì)的量為rm{0.4mol}小于平衡時(shí)的rm{0.5mol}故rm{壟脷}中發(fā)生rm{2C(g)?2A(g)+B(g)triangleH=+Q

kJ/mol(Q>0)}．中rm{壟脷}的起始物質(zhì)的量為rm{2molA}小于平衡時(shí)的rm{1mol}故rm{壟脵}中發(fā)生rm{2C(g)?2A(g)+B(g)triangleH=+QkJ/mol(Q>0)}．

rm{壟脷}中平衡常數(shù)rm{壟脷}rm{A}rm{0.4mol}rm{0.5mol}反應(yīng)為完全等效平衡，所以rm{壟脷}的平衡常數(shù)也是rm{2C(g)?2A(g)+B(g)triangleH=+Q

kJ/mol(Q>0)}故A正確；A.由于溫度相等，rm{壟脵}中平衡常數(shù)rm{K=}中反應(yīng)吸收熱量，容器rm{壟脵}rm{K=}反應(yīng)為完全等效平衡，平衡時(shí)rm{=18}的物質(zhì)的量相等，則rm{=18}中吸收的熱量為rm{(0.25-0.2)mol隆脕QkJ/mol=0.05QkJ}故B錯誤；rm{壟脵}rm{壟脷}屬于等效平衡，rm{壟脷}起始的物質(zhì)的量之和是rm{18}B.rm{壟脷}中反應(yīng)吸收熱量，容器rm{壟脵}rm{壟脷}反應(yīng)為完全等效平衡，平衡時(shí)rm{B}的物質(zhì)的量相等，則rm{壟脷}中吸收的熱量為rm{(0.25-0.2)mol隆脕QkJ/mol=0.05Q

kJ}故B錯誤；起始的物質(zhì)的量之和是rm{壟脷}平衡時(shí)物質(zhì)的量之和相等都是rm{壟脵}所以兩次投料的rm{壟脷}rm{B}rm{壟脷}中rm{(0.25-0.2)mol隆脕QkJ/mol=0.05Q

kJ}的體積分?jǐn)?shù)為C.，其他條件不變，若容器rm{壟脵壟脷}保持恒容絕熱，隨反應(yīng)進(jìn)行，溫度降低，反應(yīng)向生成rm{壟脵}的方向移動，生成rm{3mol}時(shí)，混合氣體減小rm{壟脷}則達(dá)到平衡時(shí)rm{2.2mol}的體積分?jǐn)?shù)大于rm{2.25}故D正確。起始時(shí)壓強(qiáng)與反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)壓強(qiáng)之比不相等，故C錯誤；。D.平衡時(shí)rm{壟脵}rm{壟脷}中rm{C}的體積分?jǐn)?shù)為rm{1.5mol隆脗(0.5+0.25+1.5)mol=2/3}【解析】rm{AD}12、rCD【分析】解：rm{A}六方最密堆積和面心立方最密堆積是空間利用率最高的結(jié)構(gòu)；是金屬最密堆積的形式，故A錯誤；

B、rm{NaCl}晶體中rm{Na^{+}}配位數(shù)為rm{6}而不是rm{4}故B錯誤；

C、金剛石中每個(gè)rm{C}都與令外rm{4}個(gè)rm{C}相連，則平均每個(gè)rm{C}原子成鍵數(shù)目為rm{4隆脕dfrac{1}{2}=2}個(gè)，rm{24g}金剛石中含rm{C}原子的物質(zhì)的量為rm{2mol}則含有rm{C-C}鍵的個(gè)數(shù)為rm{4N_{A}}故C正確；

D、根據(jù)銅棒導(dǎo)熱，使反應(yīng)中放出的熱量散失，會導(dǎo)致rm{triangleH}偏低；故D正確；

故選CD．

A；六方最密堆積和面心立方最密堆積空間利用率最高；

B、rm{NaCl}晶體中rm{Na^{+}}配位數(shù)為rm{6}

C、金剛石中每個(gè)rm{C}都與另外rm{4}個(gè)rm{C}相連，則平均每個(gè)rm{C}原子成鍵數(shù)目為rm{4隆脕dfrac{1}{2}=2}個(gè)；

D；根據(jù)銅棒導(dǎo)熱；使反應(yīng)中放出的熱量散失．

本題考查了晶體結(jié)構(gòu)，明確晶胞結(jié)構(gòu)是解決本題的關(guān)鍵，難點(diǎn)是配位數(shù)的計(jì)算，難度中等．【解析】rm{CD}13、rAD【分析】解：rm{A.}氧氣和臭氧分子中都只含有氧原子，rm{1.6g}該混合物中含有rm{O}的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{1.6g}{16g/mol}=0.1mol}含有氧原子的數(shù)目為rm{dfrac

{1.6g}{16g/mol}=0.1mol}故A正確；

B.rm{0.1N_{A}}rm{0.1}丙烯酸中含有rm{mol}碳碳雙鍵和rm{0.1mol}碳氧雙鍵，含有雙鍵的數(shù)目為rm{0.1mol}故B錯誤；

C.標(biāo)況下苯不是氣體；不能使用標(biāo)況下的氣體摩爾體積計(jì)算，故C錯誤；

D.rm{0.2N_{A}}rm{1}rm{mol}被完全氧化生成rm{Na}反應(yīng)產(chǎn)物中鈉離子的化合價(jià)為rm{Na_{2}O_{2}}則反應(yīng)中失去rm{+1}電子，失去rm{1mol}個(gè)電子；故D正確；

故選AD．

A.rm{N_{A}}由氧氣和臭氧組成的混合物中含有rm{1.6g}原子，根據(jù)rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{N}{N_{A}}}計(jì)算；

B.丙烯酸中含有碳碳雙鍵和碳氧雙鍵；

C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下苯的狀態(tài)不是氣體；

D.鈉為rm{1.6gO}價(jià)金屬，rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac

{N}{N_{A}}}鈉完全反應(yīng)失去rm{+1}電子．

本題考查阿伏加德羅常數(shù)的綜合應(yīng)用，題目難度中等，明確標(biāo)況下氣體摩爾體積的使用條件為解答關(guān)鍵，注意掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學(xué)量與阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系，試題有利于提高學(xué)生靈活運(yùn)用基礎(chǔ)知識解決實(shí)際問題的能力．rm{1mol}【解析】rm{AD}14、rAD【分析】解：rm{A.}從rm{C(}石墨rm{)簍TC(}金剛石rm{)triangleH=+1.9kJ/mol}可知石墨具有的能量較低，物質(zhì)具有的能量越低越穩(wěn)定，所以石墨比金剛石更穩(wěn)定，故A錯誤；

B.rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangleH=-571.6kJ/mol}即rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6kJ/mol}完全燃燒生成液態(tài)水放出rm{2molH_{2}}熱量，則rm{571.6kJ}燃燒放出的熱量rm{1molH_{2}}rm{285.8kJ}的燃燒熱為rm{H_{2}}故B正確；

C.乙酸是弱酸，電離過程是吸熱過程，含rm{285.8kJ/mol}的溶液與含rm{1molCH_{3}COOH}的稀溶液混合，放出熱量小于rm{1molNaOH}故C正確；

D.催化劑改變反應(yīng)歷程，降低反應(yīng)的活化能，圖象rm{57.3kJ}活化能減小，rm{a}使用了催化劑；該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，應(yīng)反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，但圖象描述是吸熱反應(yīng)，故D錯誤；

故選AD．

A.物質(zhì)能量越高；穩(wěn)定性越差，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，石墨能量小于金剛石；

B.根據(jù)熱化學(xué)方程式的意義和書寫方法來判斷，燃燒熱是rm{a}攝氏度，rm{25}時(shí)，rm{101kPa}可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時(shí)所放出的熱量；

C.乙酸是弱酸；電離過程是吸熱過程；

D.催化劑改變反應(yīng)歷程；降低反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，應(yīng)反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量．

本題考查了物質(zhì)穩(wěn)定性與能量高低的關(guān)系、燃燒熱、中和熱等，注意中和熱的測定實(shí)驗(yàn)中使用的是強(qiáng)酸和強(qiáng)堿的稀溶液，題目難度中等，側(cè)重于考查學(xué)生對基礎(chǔ)知識的應(yīng)用能力．rm{1mol}【解析】rm{AD}15、BD【分析】【分析】本題考查等效平衡的應(yīng)用、化學(xué)平衡的計(jì)算等，恒溫、恒容條件下，對于氣體物質(zhì)的量變化的反應(yīng)，“一邊倒”后量相等即為等效平衡，化學(xué)反應(yīng)方向的判定用rm{Q_{c}}與rm{K}的相對大小判斷?！窘獯稹緼.前rm{10min}內(nèi)rm{?cleft({O}_{2}right)=dfrac{?nleft({O}_{2}right)}{V}=dfrac{0.6mol}{2L}=0,3mol/L}則rm{?cleft(S{O}_{2}right)=2?cleft({O}_{2}right)=0,6mol/L}rm{?nleft(S{O}_{2}right)=?cleft(S{O}_{2}right)隆脕V=0.6mol/L隆脕2L=1.2mol}則rm{?cleft({O}_{2}right)=

dfrac{?nleft({O}_{2}right)}{V}=dfrac{0.6mol}{2L}=0,3mol/L

}時(shí)rm{nleft(S{O}_{2}right)=0.8mol}則rm{vleft(S{O}_{2}right)=dfrac{?cleft(S{O}_{2}right)}{?t}=dfrac{0.6mol/L}{10min}=0.06mol.{L}^{-1}.mi{n}^{-1}}故A正確；B.由rm{?cleft(S{O}_{2}right)=2?cleft({O}_{2}right)=0,6mol/L

}可知rm{?nleft(S{O}_{2}right)=?cleft(S{O}_{2}right)隆脕V=0.6mol/L隆脕2L=1.2mol

}時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，rm{10min}rm{nleft(S{O}_{2}right)=0.8mol

}rm{vleft(S{O}_{2}right)=

dfrac{?cleft(S{O}_{2}right)}{?t}=

dfrac{0.6mol/L}{10min}=0.06mol.{L}^{-1}.mi{n}^{-1}}起始物質(zhì)的量rm{A}rm{10min}rm{2SO_{2}(g)+O_{2}}rm{(g)?}轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量rm{2SO_{3;}(g)}rm{(mol)}rm{2}rm{1}平衡物質(zhì)的量rm{0}rm{(mol)}rm{1.2}rm{0.6}相同溫度下，若起始時(shí)向容器中充入rm{1.2}反應(yīng)與充入rm{(mol)}和rm{0.8}為等效平衡，平衡時(shí)rm{0.4}的轉(zhuǎn)化率為rm{1.2}若若起始時(shí)向容器中充入rm{2molSO_{3}(g)}相當(dāng)于減壓，平衡逆向移動，達(dá)平衡時(shí)rm{2molSO_{2}}的轉(zhuǎn)化率大于rm{1molO_{2}}，故B錯誤；C.保持其他條件不變，若起始時(shí)向容器中充入rm{SO_{3}(g)}與充入rm{40%}和rm{1.8molSO_{3}(g)}為等效平衡，平衡時(shí)各物質(zhì)的物質(zhì)的量相等，則rm{SO_{3}(g)}反應(yīng)rm{40%}根據(jù)rm{2molSO_{3}(g)}rm{2molSO_{2}}rm{1molO_{2}}rm{SO_{3}(g)}則達(dá)平衡時(shí)吸收的熱量為rm{0.8mol}，故C正確；D.由rm{2SO_{2}(g)+O_{2}}知該溫度下rm{K=dfrac{{c}^{2}left(S{O}_{3}right)}{{c}^{2}left(S{O}_{2}right)cleft({O}_{2}right)}=dfrac{0.{6}^{2}}{0.{4}^{2}隆脕0.2}=11.25}相同溫度下，若起始時(shí)向容器中充入rm{(g)?}rm{2SO_{3;}(g)}和rm{婁隴H=-196kJ隆隴mol^{-1}}此時(shí)rm{{Q}_{c}=dfrac{{c}^{2}left(S{O}_{3}right)}{{c}^{2}left(S{O}_{2}right)cleft({O}_{2}right)}=dfrac{0.{3}^{2}}{0.{2}^{2}隆脕0.{1}^{2}}=225}rm{78.4kJ}則反應(yīng)逆向進(jìn)行，rm{B}正rm{K=

dfrac{{c}^{2}left(S{O}_{3}right)}{{c}^{2}left(S{O}_{2}right)cleft({O}_{2}right)}=

dfrac{0.{6}^{2}}{0.{4}^{2}隆脕0.2}=11.25}逆rm{0.40molSO_{2}}故D錯誤。故選BD。rm{0.20molO_{2}}【解析】rm{BD}三、填空題(共5題，共10分)16、略

【分析】

（1）因含有酚羥基的物質(zhì)能使FeCl3溶液顯色，含有-COOH的有機(jī)物能和NaHCO3溶液反應(yīng)生成氣體；由結(jié)構(gòu)簡式可知，只有D中既含有酚羥基又有-COOH；

則D既能使FeCl3溶液顯色又能和NaHCO3溶液反應(yīng)放出氣體；故答案為：D；

（2）根據(jù)B的結(jié)構(gòu)可知；酚羥基的鄰對位能與溴發(fā)生取代，則1molB與3mol溴發(fā)生取代，碳碳雙鍵與溴發(fā)生加成反應(yīng)，則1molB與1mol溴發(fā)生加成，共4mol，故答案為：4；

（3）C經(jīng)一步反應(yīng)可生成E，E是B的同分異構(gòu)體，則反應(yīng)①為氧化反應(yīng)，E為C6H5CH2CH2COOH；反應(yīng)②為酯化反應(yīng)；

①E為C6H5CH2CH2COOH，M=150，F(xiàn)為酯，M=178，由E+G→F+H2O可知，G為CH3CH2OH，故答案為：CH3CH2OH；

②反應(yīng)①的化學(xué)方程式為2C6H5CH2CH2CHO+O22C6H5CH2CH2COOH，故答案為：2C6H5CH2CH2CHO+O22C6H5CH2CH2COOH；

（4）D中含有-COOH，能與NaHCO3溶液發(fā)生反應(yīng)生成二氧化碳，該反應(yīng)為

故答案為：．

【解析】【答案】（1）含有酚羥基的物質(zhì)能使FeCl3溶液顯色，含有-COOH的有機(jī)物能和NaHCO3溶液反應(yīng)生成氣體；

（2）根據(jù)B的結(jié)構(gòu)可知；酚羥基的鄰對位能與溴發(fā)生取代，碳碳雙鍵與溴發(fā)生加成反應(yīng)；

（3）C經(jīng)一步反應(yīng)可生成E，E是B的同分異構(gòu)體，則反應(yīng)①為氧化反應(yīng)，E為C6H5CH2CH2COOH；反應(yīng)②為酯化反應(yīng)；

（4）D中含有-COOH，能與NaHCO3溶液發(fā)生反應(yīng)生成二氧化碳．

17、略

【分析】【解析】試題分析：（1）一元堿BOH和HCl溶液等體積混合，兩種溶液的物質(zhì)的量濃度都為0.1mol/L，則酸堿的物質(zhì)的量相等，即二者恰好反應(yīng)。但溶液pH＝5，所以生成的鹽水解，則BOH是弱堿。由于促進(jìn)水的電離，所以該組所得混合溶液中由水電離出的c（OH—）＝1×10—5mol·L-1。（2）反應(yīng)后溶液呈中性，若BOH為強(qiáng)堿，則c＝0.2；若BOH為弱堿，則c＜0.2。根據(jù)①可知c＜0.2。由于反應(yīng)后溶液呈中性，則有c（OH-）＝c（H+），根據(jù)溶液呈中性，則有c（B+）+c（H+）＝c（Cl-）+c（OH-），所以c（B+）＝c（Cl—）。（3）根據(jù)酸堿的濃度可知，堿是過量的，溶液呈堿性，則c（OH-）＞c（H+），這說明BOH的電離程度大于BCl的水解程度；根據(jù)電荷守恒可知c（B+）+c（H+）＝c（Cl-）+c（OH-），而根據(jù)物料守恒可知c（B+）+c（BOH－）＝2c（Cl-），則c(B+)—2c(OH—)＝c(BOH)—2c(H+)?？键c(diǎn)：考查酸堿混合的判斷、溶液中離子濃度大小比較【解析】【答案】（1）弱堿；1×10—5（2）＜；＝（3）＞；＝18、（1）①偏高②無影響③B④無粉紅(或淺紅)

（2）18.85%【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的含量的測定，側(cè)重于中和滴定的考查，注重于學(xué)生實(shí)驗(yàn)?zāi)芰头治瞿芰陀?jì)算能力的綜合考查，為考試高頻考點(diǎn)，題目難度不大?！窘獯稹縭m{(1)壟脵}堿式滴定管用蒸餾水洗滌后需要再用rm{NaOH}溶液潤洗，否則相當(dāng)于rm{NaOH}溶液被稀釋；滴定消耗的體積會偏高，測得樣品中氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)也將偏高；

故答案為：偏高；

rm{壟脷}錐形瓶用蒸餾水洗滌后，雖然水未倒盡，但待測液中的rm{H^{+}}的物質(zhì)的量不變，則滴定時(shí)所需rm{NaOH}標(biāo)準(zhǔn)溶液中的氫氧化鈉的物質(zhì)的量就不變；也就是無影響；

故答案為：無影響；

rm{壟脹}定時(shí)邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應(yīng)注意觀察顏色變化，確定滴定終點(diǎn)，故答案為：rm{B}

rm{壟脺}待測液為酸性，酚酞應(yīng)為無色，當(dāng)溶液轉(zhuǎn)為堿性時(shí)，溶液顏色變?yōu)榉奂trm{(}或淺紅rm{)}故答案為：粉紅rm{(}或淺紅rm{)}

rm{(2)}標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積應(yīng)取三次實(shí)驗(yàn)的平均值；

首先確定滴定時(shí)所用的rm{NaOH}標(biāo)準(zhǔn)溶液為rm{dfrac{20.01+19.99+20.00}{3}=20.00mL}

根據(jù)題意中性甲醛溶液一定是過量的，而且rm{dfrac{20.01+19.99+20.00}{3}=20.00mL

}銨鹽經(jīng)溶解后，取了其中rm{1.500g}進(jìn)行滴定，即rm{dfrac{1}{10}}

滴定結(jié)果，溶液中含有rm{0.15g}含rm{H^{+}(}共rm{(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+})}

根據(jù)rm{0.02L隆脕隆脕0.1010mol/L=0.00202mol}每生成rm{4NH_{4}^{+}+6HCHO簍T3H^{+}+6H_{2}O+(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+}}含rm{4molH^{+}(}會消耗rm{(CH_{2})_{6}N_{4}H^{+})}

所以共消耗rm{NH_{4}^{+}4mol}

其中含氮元素rm{NH_{4}^{+}0.00202mol}

所以氮的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為rm{dfrac{0.02828}{0.15}隆脕100攏樓=18.85攏樓}

故答案為：rm{0.00202mol隆脕14g/mol=0.02828g}rm{dfrac{0.02828}{0.15}隆脕100攏樓=18.85攏樓

}【解析】rm{(1)壟脵}偏高rm{壟脷}無影響rm{壟脹B}rm{壟脺}無粉紅rm{(}或淺紅rm{)}rm{(2)18.85%}19、略

【分析】解：rm{(1)}分析有機(jī)物結(jié)構(gòu)可知，分子中含有rm{12}個(gè)rm{C}rm{10}個(gè)rm{H}以及rm{5}個(gè)rm{O}原子，則分子式為rm{C_{12}H_{10}O_{5}}

故答案為：rm{C_{12}H_{10}O_{5}}

rm{(2)}丙二醇的分子式是rm{C_{3}H_{8}O_{2}}對應(yīng)的同分異構(gòu)體中兩個(gè)羥基在不同的碳原子上，有相鄰和相間兩種位置，為rm{HOCH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}rm{CH_{3}CHOHCHOH}

故答案為：rm{HOCH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}rm{CH_{3}CHOHCHOH}

rm{(3)A.}“亮菌甲素”中含有苯環(huán)和rm{C=C}鍵，能與rm{H_{2}}發(fā)生加成反應(yīng)；故A正確；

B.“亮菌甲素”中含有酚羥基和醇羥基，二者都能使酸性rm{KMnO_{4}}退色；故B錯誤；

C.“亮菌甲素”中含有酚羥基、醇羥基、醚鍵以及酯基等官能團(tuán)，含氧官能團(tuán)有rm{4}種；故C錯誤；

D.“亮菌甲素”中含有酚羥基，具有酸性，含有酯基，可在堿性條件下水解，且水解生成的酚rm{-OH}也與rm{NaOH}反應(yīng)，rm{1mol}“亮菌甲素”最多與rm{3molNaOH}反應(yīng)；故D錯誤；

故答案為：rm{A}．

rm{(1)}由結(jié)構(gòu)可知分子式；

rm{(2)}兩個(gè)羥基在不同的碳原子上；有相鄰和相間兩種位置；

rm{(3)}“亮菌甲素”中含有酚羥基；醇羥基、醚鍵以及酯基等官能團(tuán)；以此來解答．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)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，注意常見有機(jī)物的官能團(tuán)、有機(jī)反應(yīng)等，題目難度不大．【解析】rm{C_{12}H_{10}O_{5}}rm{HOCH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}rm{CH_{3}CHOHCHOH}rm{A}20、C6H12|環(huán)烷||環(huán)己烷|烯|（CH3）3C﹣CH=CH2|3，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯|（CH3）3C﹣CH=CH2+H2（CH3）3C﹣CH2CH3【分析】【解答】解：0.1mol某烴在足量的氧氣中完全燃燒，生成CO2和水各0.6mol，則n（C）=n（CO2）=0.6mol、n（H）=2n（H2O）=1.2mol，1mol該烴中含有C、H的物質(zhì)的量分別為：n（C）=mol=6mol，n（H）=mol=12，該烴的分子式為：C6H12；

若該烴不能使溴水或高錳酸鉀溶液褪色，則分子中不存在碳碳雙鍵，但在一定條件下，可以和液溴發(fā)生取代反應(yīng)，其一溴取代物只有一種，則此烴只能為環(huán)己烷，環(huán)己烷的結(jié)構(gòu)簡式為：

若該烴能使溴水褪色，且能在催化劑作用下與H2發(fā)生加成反應(yīng)，則該有機(jī)物分子中含有碳碳雙鍵，屬于烯烴，與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成2.2﹣二甲基丁烷：CH3C（CH3）2CH2CH3，向2，2﹣二甲基丁烷的碳架上添加碳碳雙鍵，只有一種添加方式，則該烯烴的結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）3C﹣CH=CH2，該有機(jī)物的名稱為：3，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯，該加成反應(yīng)的化學(xué)方程式為（CH3）3C﹣CH=CH2+H2（CH3）3C﹣CH2CH3；

故答案為：C6H12；環(huán)烷；環(huán)己烷；烯；（CH3）3C﹣CH=CH2；3，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯；（CH3）3C﹣CH=CH2+H2（CH3）3C﹣CH2CH3；

【分析】根據(jù)C元素、H元素守恒確定該烴的分子式為C6H12；該烴的分子式為C6H12，不飽和對為1，若該烴不能使溴水或高錳酸鉀溶液褪色，說明烴中苯環(huán)不飽和鍵，該烴為環(huán)烷烴，其一溴取代物只有一種，說明分子中只有一種H原子，該烴為環(huán)己烷；若該烴能使溴水褪色，說明分子中含有1個(gè)C=C雙鍵，該烴屬于烯烴，在催化劑作用下與H2發(fā)生加成反應(yīng)，生成2.2﹣二甲基丁烷，則該烴的結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）C﹣CH=CH2．四、探究題(共4題，共8分)21、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(yàn)水和CO2的方法進(jìn)行驗(yàn)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(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）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+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）22、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(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）23、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(yàn)水和CO2的方法進(jìn)行驗(yàn)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(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）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+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）24、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(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、推斷題(共2題，共18分)25、（1）C6H12（2）（3）CH3C(CH3)=C(CH3)CH3；(CH3)3CCH=CH2；(CH3)2CHC(CH3)=CH2【分析】本題考查了有機(jī)物分子式的確定，根據(jù)烴rm{A}燃燒生成的二氧化碳和水的物質(zhì)的量可以計(jì)算一個(gè)烴分子中含有的碳、氫原子個(gè)數(shù)，從而確定烴的分子式，根據(jù)分子式確定不飽和度，再根據(jù)烴的性質(zhì)確定烴的官能團(tuán)，最后結(jié)合烴的結(jié)構(gòu)要求確定其結(jié)構(gòu)簡式。rm{A}某烴rm{(1)0.2mol}在氧氣中完全燃燒后，生成rm{A}和rm{CO_{2}}各rm{H_{2}O}則該烴中含有碳、氫的原子個(gè)數(shù)分別為rm{1.2mol}和rm{6}所以該烴的分子式為rm{12}只有rm{C_{6}H_{12}}只有rm{(2)C_{6}H_{12}}個(gè)不飽和度，rm{1}不能使溴水褪色，則烴rm{A}不能使溴水褪色，則rm{A}為環(huán)烷烴，在一定條件下能與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)，其一氯取代物為環(huán)烷烴，在一定條件下能與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)，其一氯取代物只有一種，則rm{A}的分子結(jié)構(gòu)應(yīng)非常對稱，為環(huán)己烷，結(jié)構(gòu)簡式為rm{A}若烴rm{A}能使溴水褪色，與rm{(3)}加成，則rm{A}中含有碳碳雙鍵，和氫氣的rm{H_{2}}rm{A}個(gè)甲基，則烴加成產(chǎn)物經(jīng)測定的結(jié)構(gòu)可能有三種，其碳架結(jié)構(gòu)為：分子中含有rm{4}個(gè)甲基，則烴rm{A}的結(jié)構(gòu)可能有三種，其碳架結(jié)構(gòu)為：可分別不同時(shí)安排碳碳雙鍵rm{4}所以rm{A}可能有的結(jié)構(gòu)簡式為rm{(壟脵壟脷壟脹}解答本題的關(guān)鍵為能夠根據(jù)烴的分子式和化學(xué)性質(zhì)推測其結(jié)構(gòu)簡式，本題的易錯點(diǎn)為：滿足條件的同分異構(gòu)體的書寫。rm{)}【解析】rm{(1)C_{6}H_{12}}rm{{,!}_{(2)}}rm{(3)}rm{CH_{3}C(CH_{3})=C(CH_{3})CH_{3}}；rm{(CH_{3})_{3}CCH=CH_{2}}；rm{(CH_{3})_{2}CHC(CH_{3})=CH_{2}}；rm{CH_{3}C(CH_{3})=C(CH_{3})CH_{3}}；rm{(CH_{3})_{3}CCH=CH_{2}}rm{(CH_{3})_{2}CHC(CH_{3})=CH_{2}}26、rm{(1)NH}rm{3}rm{3}rm{sp^{3;;}H_{2}O_{2}}、rm{N_{2}H_{4}}?rm{C_{2}H_{4}}rm{(2)CO_{3}^{2-隆壟}NO_{2}^{-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{SO}rm{3}rm{3}正四面體rm{{,!}^{2-}}鍵rm{(3)}rm{婁脪}rm{(4)3:2}rm{(5)CS_{2}}rm{N_{2}O}rm{SCN^{-}}rm{OCN^{-}}【分析】【分析】本題考查元素推斷、價(jià)層電子對互斥理論、雜化軌道理論、共價(jià)鍵、等電子體等，根據(jù)核外電子排布規(guī)律推斷元素是解題關(guān)鍵?！窘獯稹緼、B、rm{C}rm{D}rm{E}為短周期元素且它們的原子序數(shù)依次增大，rm{A}的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，則rm{A}是rm{H}元素；其中rm{D}原子的rm{L}電子層中，成對電子與未成對電子