2025年仁愛科普版高二化學上冊月考試卷含答案

…………○…………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年仁愛科普版高二化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、維生素C具有的性質(zhì)是（）

A.難溶于水。

B.強氧化性。

C.分解。

D.強還原性。

2、常溫下，在0.10mol?L-1NaX溶液中水的電離度為a1，在0.10mol?L-1HCl溶液中，水的電離度為a2．若a1/a2=108，則0.10mol?L-1NaX溶液的pH是（）A.5B.7C.8D.93、在同一個原子中，rm{M}能層上的電子與rm{Q}能層上的電子的能量相比()A.前者大于后者B.前者小于后者C.前者等于后者D.無法確定4、據(jù)美國rm{隆露}科學rm{隆路}雜志報道：在rm{40GPa}高壓下，用激光器加熱到rm{1800K}制得具有高熔點、高硬度的二氧化碳晶體rm{.}下列關(guān)于該晶體的說法正確的是rm{(}rm{)}A.該晶體屬于分子晶體，可用作制冷材料B.該晶體中碳原子在空間的分布結(jié)構(gòu)與金剛石相似C.該晶體的熔點低于二氧化硅D.rm{1mol}晶體中含rm{4}rm{mol}rm{C-O}鍵5、常溫下，下列各組離子能大量共存的是rm{(}rm{)}A.rm{pH=12}的溶液中：rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{Br^{-}}rm{AlO_{2}^{-}}B.無色溶液中：rm{H^{+}}rm{K^{+}}rm{MnO_{4}^{-}}rm{C_{2}O_{4}^{2-}}C.rm{c(Fe^{3+})=0.1mol?L^{-1}}的溶液中：rm{K^{+}}rm{H^{+}}rm{SCN^{-}}rm{I^{-}}D.由水電離出的rm{c(OH^{-})=1.0隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}的溶液中：rm{Na^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)6、某元素原子結(jié)構(gòu)示意圖為該原子（）A.核電荷數(shù)為32B.核外電子數(shù)為16C.最外層電子數(shù)為6D.核外電子層數(shù)為37、下列說法正確的是（）A.可逆反應的特征是正反應速度總是和逆反應速度相等B.在其它條件不變時，使用催化劑只能改變反應速度，而不能改變化學平衡狀態(tài)C.在其它條件不變時，升高溫度可以使化學平衡向吸熱反應的方向移動D.在其它條件不變時，增大壓強一定會破壞氣體反應的平衡狀態(tài)8、某體積可變的密閉容器，盛有適量的A和B的混合氣體，在一定條件下發(fā)生反應：A（g）+3B（g）?2C（g）．若維持溫度和壓強不變，當達到平衡時容器的體積為V，其中C氣體的體積占10%．下列推斷正確的是（）A.原混合氣體的體積為1.2VB.原混合氣體的體積為1.1VC.反應達平衡時氣體B消耗掉0.05VD.反應達到平衡時氣體A消耗掉0.05V9、下列關(guān)于化學與生活的說法正確的是rm{(}rm{)}A.由rm{SiO_{2}}構(gòu)成的晶體有：水晶、瑪瑙、石英晶體B.膠體的電泳現(xiàn)象的產(chǎn)生，是由于膠體帶電，膠體在外加電場下可以定向流動C.明礬可用于自來水的凈化和殺菌消毒D.rm{Fe^{3+}}與rm{SCN^{-}}形成的配合物，常用于電影特技和魔術(shù)表演10、下列有關(guān)說法正確的是rm{(}rm{)}A.常溫下，rm{PH}均為rm{9}的rm{CH_{3}COONa}和rm{NaOH}溶液中，水的電離程度不相同B.反應rm{NH_{3}(g)+HCl(g)=NH_{4}Cl(s)}在室溫下可自發(fā)進行，則該反應的rm{triangleH>0}C.向濃度均為rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的rm{MgCl_{2}}rm{CuCl_{2}}混合溶液中逐滴加入氨水，先出現(xiàn)藍色沉淀，說明rm{Ksp[Mg(OH)_{2}]>Ksp[Cu(OH)_{2}]}D.已知rm{I;_{3}^{-}?I_{2}+I^{-}}向盛有rm{I;_{3}^{-

}?I_{2}+I^{-}}溶液的試管中加入適量rm{KI_{3}}振蕩靜置后rm{CCl_{4}}層顯紫色，說明rm{CCl_{4}}在rm{KI_{3}}中的溶解度比在水中的大rm{CCl_{4}}11、下列化合物中，核磁共振氫譜只出現(xiàn)兩組峰且峰面積之比為rm{3:2}的是()A.B.C.D.12、下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.以rm{KCl}和rm{ZnCl_{2}}混合液為電鍍液在鐵制品上鍍鋅，故溶液rm{pH}不變B.電解稀氫氧化鈉溶液要消耗rm{OH^{-}}故溶液rm{pH}減小C.電解硫酸鈉溶液，在陰極上發(fā)生反應：rm{4OH^{-}-4e^{-}簍T2H_{2}O+O_{2}隆眉}D.電解氯化銅溶液，在陰極上和陽極上析出產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為rm{1}rm{1}13、常溫下，有關(guān)下列溶液敘述____的是

A.某醋酸溶液的rm{pH=a}將此溶液稀釋rm{10}倍后，溶液的rm{pH=b}則rm{b<a+1}B.rm{pH=13}的堿溶液和rm{pH=2}的酸溶液混合，若所得溶液的rm{pH=7}則堿與酸的體積比一定是rm{1:10}C.將rm{pH=5}的醋酸稀釋rm{1000}倍，溶液的rm{pH隆脰7}D.某溶液由水電離的rm{c(OH^{-})=1.0隆脕10^{-13}mol/L}則此溶液不一定顯酸性rm{c

(OH^{-})=1.0隆脕10^{-13}mol/L}評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)14、（14分）電解原理在化學工業(yè)中有廣泛應用。下圖表示一個電解池，裝有電解液a；X、Y是兩塊電極板，通過導線與直流電源相連。請回答以下問題：（1）若X、Y都是惰性電極，a是飽和NaCl溶液，實驗開始時，同時在兩邊各滴入幾滴酚酞試液，則①電解池中X極上的電極反應式為。在X極附近觀察到的實驗現(xiàn)象是。②Y電極上的電極反應式為。（2）如要用電解方法精煉粗銅，電解液a選用CuSO4溶液，則:①X電極的材料是，電極反應式為。②Y電極的材料是，電極反應式為。（說明：雜質(zhì)發(fā)生的電極反應不必寫出）電解一段時間后，CuSO4溶液的濃度將（填“變大”、“變小”或“不變”）15、(本題8分)對于反應xA(g)＋yB(g)pC(g)＋qD(g)壓強與溫度對C的質(zhì)量分數(shù)的影響如圖：（1）若m、n表示不同溫度，則mn，正反應為反應（填“放熱”、“吸熱”）；（2）若m、n表示不同壓強，則mn，(x＋y)(p＋q)(填＜、＞、＝)；（3）b曲線的OG段比a曲線的OH段陡的原是：；（4）a曲線的HE段高于b曲線的GF段的原是：。16、化學反應原理對化學反應的研究具有指導意義．機動車廢氣排放已成為城市大氣污染的重要．

①氣缸中生成NO的反應為：N2（g）+O2（g）?2NO（g）△H＞0．汽車啟動后，氣缸內(nèi)溫度越高，單位時間內(nèi)NO排放量越大，請分析兩點原因____、____．

②汽車汽油不完全燃燒時還產(chǎn)生CO；若設(shè)想按下列反應除去CO：

2CO（g）=2C（s）+O2（g）△H＞0，該設(shè)想能否實現(xiàn)？____（選填“能”或“不能”），依據(jù)是____．17、現(xiàn)有NH4Cl和NH3?H2O組成的混合溶液，若其pH=7，則該溶液中c(NH4+)____________c(Cl-)；若pH＞7，則該溶液中c(NH4+)____________c(Cl-)．(填“＞”、“＜”、“=”)．18、化合物甲、乙、丙有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：甲（C4H10O）乙（C4H8）丙（C4H8Br2）回答：

（1）甲中官能團的名稱是______，甲可能結(jié)構(gòu)有______種，其中可催化氧化為醛的有______種；使酸性KMnO4溶液褪色的有______種．

（2）甲→乙的反應類型為______，乙→丙的反應類型為______．19、二水合草酸鎵的結(jié)構(gòu)如圖所示，其中鎵原子在周期表中的位置為______，草酸根中碳原子的雜化方式為______。20、（9分）化學反應的焓變通常用實驗進行測定，也可進行理論推算。（1）實驗測得，5g甲醇(CH3OH，液態(tài))在氧氣中充分燃燒生成二氧化碳氣體和液態(tài)水時釋放出113.5kJ的熱量，試寫出甲醇燃燒的熱化學方程式：。（2）已知化學鍵的鍵能為：?；瘜W鍵H—HN—H鍵能/(kJ·mol-1)436391945又知反應N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=akJ·mol-1。試根據(jù)表中所列鍵能數(shù)據(jù)估算a的值為。（3）已知：C(石墨，s)+O2(g)CO2(g)ΔH=-393kJ·mol-12H2(g)+O2(g)2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-12C2H2(g)+5O2(g)4CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-2599kJ·mol-1根據(jù)蓋斯定律，計算298K時C(石墨，s)和H2(g)反應生成1molC2H2(g)的焓變?yōu)椤?1、下列各化合物中，屬于同系物的是____，屬于同分異構(gòu)體的是____（填入編號）Α、CH3CH2CH2CHO與

Β、與

C、與

D、與

Ε、與

F、戊烯和環(huán)戊烷．22、A、rm{B}rm{D}rm{E}rm{F}為原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素，非金屬元素rm{A}最外層電子數(shù)與其周期數(shù)相同，rm{B}的最外層電子數(shù)是其所在周期數(shù)的rm{2}倍。rm{B}單質(zhì)在rm{D}單質(zhì)中充分燃燒能生成其最高價化合物rm{BD_{2}}rm{E^{+}}與rm{D^{2-}}具有相同的電子數(shù)。rm{A}單質(zhì)在rm{F}單質(zhì)中燃燒，產(chǎn)物溶于水得到一種強酸。用相應的化學用語回答下列問題：rm{(1)F}在周期表中的位置是__________，rm{BD_{2}}的結(jié)構(gòu)式為____________，寫出一種工業(yè)制備單質(zhì)rm{F}的離子方程式____________________________。rm{(2)B}rm{D}rm{E}組成的一種鹽中，rm{E}的質(zhì)量分數(shù)為rm{43%}其俗名為________；rm{(3)}寫出rm{E}與rm{D}形成的既含離子鍵又含共價鍵的化合物的電子式____，該物質(zhì)與水反應的化學方程式_________________________________________________。評卷人得分四、原理綜合題(共4題，共28分)23、研究鈉及其化合物有重要意義。

（1）NaOH是實驗室中最常用的試劑之一。實驗室配制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實驗中除需要托盤天平（帶砝碼）、藥匙、燒杯和玻璃棒外，還需要的其他玻璃儀器是__________。

②實驗中需用托盤天平（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作為供氧劑時可能發(fā)生的反應有_________、___________。

（3）過氧化鈉保存不當容易變質(zhì)生成Na2CO3。某過氧化鈉樣品已經(jīng)部分變質(zhì)，請你設(shè)計實驗，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：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反應中，標準狀況下，每生成2.24LNO氣體，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_______mol，參加反應的HI的物質(zhì)的量是________________mol。

②實驗室要鑒別NaNO2和NaCl兩種固體，可選用的試劑是_________（填序號）。

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24、銅在生活中有廣泛的應用。CuCl2和CuCl是兩種常見的鹽,廣泛應用于工業(yè)生產(chǎn).

I.CuCl2固體遇水易水解。實驗室用如圖所示的實驗儀器及藥品來制備純凈；干燥的氯氣；并與粗銅（含雜質(zhì)鐵）反應制備氯化銅（鐵架臺、鐵夾及酒精燈省略）。

（1）寫出裝置A中，發(fā)生反應的化學反應方程式：_______________________________，裝置C的作用是_______________________________

（2）完成上述實驗，按氣流方向連接各儀器接口的順序是a→_________________________。（每種儀器限使用一次）

（3）上述D裝置的作用是____________________

（4）實驗完畢，取試管中的固體用鹽酸溶解后，欲提純氯化銅（原粗銅含雜質(zhì)鐵）可加入_________；并過濾。

A.CuB.CuCO3C.CuOD.NaOH

ⅡCuCl是應用廣泛的有機合成催化劑；可采取不同方法制取。CuCl晶體呈白色，露置于潮濕空氣中易被氧化。

方法一：向上述制得的氯化銅溶液中通入SO2，加熱一段時間即可制得CuCl，寫出該反應的離子方程式：_______________________________。

方法二銅粉還原CuSO4溶液。

已知：CuCl難溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl－[CuCl3]2－(無色溶液)。

（1）①中，“加熱”溫度不宜過高和過低，目的是_______________，當觀察到_________________________________________________________________________________現(xiàn)象；即表明反應已經(jīng)完全。

（2）②中，加入大量水的作用是______________。（從平衡角度解釋）

（3）溶液中氯離子濃度達到一定量時，生成CuCl會部分溶解生成CuCl2-在一定溫度下建立兩個平衡:CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)Ksp=1.4x10-6CuCl(s)+Cl一(aq)CuCl2-(aq)K=0.35

分析[Cu+]、[CuCl2-]和Ksp,K的數(shù)學關(guān)系，在圖中畫出「Cu+]、[CuCl2-]的函數(shù)關(guān)系曲線(要求至少標出曲線上一個坐標點)

_______________25、研究鈉及其化合物有重要意義。

（1）NaOH是實驗室中最常用的試劑之一。實驗室配制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實驗中除需要托盤天平（帶砝碼）、藥匙、燒杯和玻璃棒外，還需要的其他玻璃儀器是__________。

②實驗中需用托盤天平（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作為供氧劑時可能發(fā)生的反應有_________、___________。

（3）過氧化鈉保存不當容易變質(zhì)生成Na2CO3。某過氧化鈉樣品已經(jīng)部分變質(zhì)，請你設(shè)計實驗，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：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反應中，標準狀況下，每生成2.24LNO氣體，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_______mol，參加反應的HI的物質(zhì)的量是________________mol。

②實驗室要鑒別NaNO2和NaCl兩種固體，可選用的試劑是_________（填序號）。

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26、通常用燃燒的方法測定有機物的分子式；可在燃燒室內(nèi)將有機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)量確定有機物的組成。如圖所示的是用燃燒法確定有機物物分子式的常用裝置.

現(xiàn)準確稱取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)請改進這套裝置的一個不足之處_________。

(5)若該有機物分子中含有4個甲基，則該有機物的結(jié)構(gòu)簡式為_________；該有機物的二氯代物有_______種。評卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共36分)27、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，某化學小組設(shè)計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，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_______________________（填化學式）。

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

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學式）。28、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的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個數(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為___________（填元素符號）。

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

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

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應的化學方程式為___________。

②該同學認為取X、R兩元素的單質(zhì)反應后的固體物質(zhì)與X2Q反應，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：_____________。29、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，某化學小組設(shè)計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，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_______________________（填化學式）。

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

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學式）。30、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，進行以下實驗：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，還需做的實驗_______評卷人得分六、計算題(共4題，共12分)31、將一小塊金屬鈉投入到盛有100mlAlCl3和MgCl2的混合溶液的燒杯中，發(fā)現(xiàn)燒杯中有氣泡產(chǎn)生，在這過程中還看到燒杯中有白色沉淀產(chǎn)生，沉淀物先多后少。反應完畢后，收集到標準狀況下氫氣13.44L同時得到21.4g沉淀，將沉淀溶于過量的NaOH溶液中，發(fā)現(xiàn)沉淀減少了15.6g，求原混合溶液中Mg2+、Al3+及Cl-的物質(zhì)的量濃度。32、單晶硅的晶體結(jié)構(gòu)與金剛石一種晶體結(jié)構(gòu)相似；都屬立方晶系晶胞，如圖：

rm{(1)}將鍵聯(lián)的原子看成是緊靠著的球體，試計算晶體硅的空間利用率rm{(}計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字，下同rm{)}

rm{(2)}已知rm{Si-Si}鍵的鍵長為rm{234pm}試計算單晶硅的密度是多少rm{g/cm^{3}}．33、鈷rm{(Co)}及其化合物在工業(yè)上有廣泛應用rm{.}為從某工業(yè)廢料中回收鈷，某學生設(shè)計流程如圖rm{(}廢料中含有rm{Al}rm{Li}rm{Co_{2}O_{3}}和rm{Fe_{2}O_{3}}等物質(zhì)rm{)}．

已知：rm{壟脵}物質(zhì)溶解性：rm{LiF}難溶于水，rm{Li_{2}CO_{3}}微溶于水；

rm{壟脷}部分金屬離子形成氫氧化物沉淀的rm{pH}見表．

。rm{Fe^{3+}}rm{Co^{2+}}rm{Co^{3+}}rm{Al^{3+}}rm{pH(}開始沉淀rm{)}rm{1.9}rm{7.15}rm{-0.23}rm{3.4}rm{pH(}完全沉淀rm{)}rm{3.2}rm{9.15}rm{1.09}rm{4.7}請回答：

rm{(1)}寫出步驟Ⅱ中rm{Co_{2}O_{3}}與鹽酸反應生成rm{Cl_{2}}的離子方程式：______．

rm{(2)}步驟Ⅲ中rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的作用是調(diào)節(jié)溶液的rm{pH}應使溶液的rm{pH}不超過______；廢渣中的主要成分除了rm{LiF}外；還有______．

rm{(3)NaF}與溶液中的rm{Li^{+}}形成rm{LiF}沉淀；此反應對步驟Ⅳ所起的作用是______．

rm{(4)}在空氣中加熱rm{5.49g}草酸鈷晶體rm{(CoC_{2}O_{4}?2H_{2}O)}樣品，受熱過程中不同溫度范圍內(nèi)分別得到一種固體物質(zhì)，其質(zhì)量如表rm{.}已知：rm{M(CoC_{2}O_{4}?2H_{2}O)=183g/mol}

。溫度范圍rm{/隆忙}固體質(zhì)量rm{/g}rm{150隆蘆210}rm{4.41}rm{290隆蘆320}rm{2.41}rm{890隆蘆920}rm{2.25}經(jīng)測定，rm{210隆蘆290隆忙}過程中產(chǎn)生的氣體只有rm{CO_{2}}此過程發(fā)生反應的化學方程式是______rm{.}溫度高于rm{890隆忙}時，固體產(chǎn)物發(fā)生分解反應，固體產(chǎn)物為______．34、在密閉容器中加入等濃度的CO與H2O，T℃時發(fā)生如下反應：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH<0已知CO的濃度變化如圖所示，第4minCO的濃度不再改變。（1）從0~4min，該反應的平均速率v(CO)＝____mol/（L·min）；該反應的平衡常數(shù)表達式為：K=____；可計算得該反應的平衡常數(shù)結(jié)果為：K=____。（2）為了增大CO的轉(zhuǎn)化率，可以采取的措施有____。A．增大反應物中CO的濃度B．降低反應溫度C．將密閉容器體積壓縮至一半D．加入適宜的催化劑（3）若不改變反應溫度和反應物中CO的起始濃度，使CO的轉(zhuǎn)化率達到90%，則水蒸氣的起始濃度至少為____mol/L？參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】

維生素C具有的性質(zhì)有易溶于水；受熱分解、強還原性等；是一種常用的抗氧化劑；

故選D．

【解析】【答案】維生素C是一種水溶性維生素；又名抗壞血酸，化學名稱為：L-3-氧代蘇己糖醛酸內(nèi)酯，具有強還原性，極易氧化成去氫壞血酸，故可用作抗氧化劑．

2、D【分析】解：水的電離度之比等于溶液中水電離的氫氧根離子濃度之比，則在0.1mol/L鹽酸中水電離的氫氧根離子濃度為10-13mol/L，則0.1mol/LNaR的溶液中水的電離的氫氧根離子濃度為10-12mol/L×108=10-4mol/L，所以0.1mol/LNaR的溶液中c（H+）==10-9mol/L；所以pH=9；

故選D．

電離度之比等于溶液中水電離的氫氧根離子濃度之比；求出水電離的氫氧根離子濃度，再求出pH．

本題考查了鹽類的水解、水的電離、溶液PH計算等知識點，試題側(cè)重對學生基礎(chǔ)知識的訓練和檢驗，有利于培養(yǎng)學生靈活運用基礎(chǔ)知識解決實際問題的能力，題目難度中等．【解析】【答案】D3、B【分析】【分析】

本題考查了核外電子排布的規(guī)律，注意能量的排布規(guī)律?！窘獯稹?/p>

在同一個原子中，能層的能量由低到高的順序是：rm{K}rm{L}rm{M}rm{N}rm{O}rm{P}rm{Q}故B正確。

故選B。【解析】rm{B}4、D【分析】解：rm{A.}該晶體與二氧化硅類似；具有高熔點；高硬度，屬于原子晶體，該晶體有很高的沸點，不易汽化，不可用作致冷劑，故A錯誤；

B.該晶體中碳原子在空間的分布結(jié)構(gòu)與二氧化硅中的硅相似；而不是金剛石，故B錯誤；

C.碳的半徑小于硅；所以碳氧鍵的強度大于硅氧鍵，所以該晶體的熔點高于二氧化硅，故C錯誤；

D.二氧化碳中，rm{1}個rm{C}原子形成rm{4}個rm{C-O}鍵，故rm{1mol}原子晶體中含rm{4molC-O}鍵；故D正確．

故選D．

A.該晶體與二氧化硅類似；具有高熔點；高硬度；

B.該晶體中碳原子在空間的分布結(jié)構(gòu)與二氧化硅中的硅相似；

C.碳的半徑小于硅；所以碳氧鍵的強度大于硅氧鍵；

D.二氧化碳中，rm{1}個rm{C}原子形成rm{4}個rm{C-O}鍵．

本題考查了晶體結(jié)構(gòu)，以二氧化硅結(jié)構(gòu)為模型采用知識遷移的方法進行分析解答，同時考查學生知識遷移能力，難度中等．【解析】rm{D}5、A【分析】解：rm{A}該溶液為堿性溶液，rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{Br^{-}}rm{AlO_{2}^{-}}離子之間不反應；也不與氫氧根離子反應，在溶液中能夠大量共存，故A正確；

B、rm{MnO_{4}^{-}}為有色離子；不滿足溶液為無色溶液的要求，故B錯誤；

C、溶液中rm{Fe^{3+}}能夠與rm{SCN^{-}}rm{I^{-}}離子反應；在溶液中不能夠大量共存，故C錯誤；

D、該溶液為酸性或者堿性溶液，rm{NH_{4}^{+}}能夠與氫氧根離子反應，rm{HCO_{3}^{-}}離子能夠與氫離子和氫氧根離子反應；在溶液中能夠大量共存，故D錯誤；

故選A．

A、rm{pH=12}的溶液為堿性溶液；溶液中存在大量的氫氧根離子；

B；無色溶液中不存在有色的離子；高錳酸根離子為有色離子；

C、rm{c(Fe^{3+})=0.1mol?L^{-1}}的溶液；鐵離子能夠與硫氰根離子；碘離子反應；

D、由水電離出的rm{c(OH^{-})=1.0隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}的溶液為酸性或者堿性溶液；銨離子能夠與氫氧根離子反應，碳酸氫根離子能夠與氫離子和氫氧根離子反應．

本題考查了離子共存的判斷，題目難度中等，注意掌握離子反應發(fā)生的條件，明確常見的離子不能共存的情況，明確常見有色離子，溶液高錳酸根離子、鐵離子、銅離子等．【解析】rm{A}二、雙選題(共8題，共16分)6、B|C|D【分析】解：A．原子結(jié)構(gòu)示意圖為圓圈內(nèi)的數(shù)字表示核電荷數(shù)為16，故A錯誤；

B．的核外電子總數(shù)為16；故B正確；

C．的最外層電子數(shù)為6；故C正確；

D．的核外電子層數(shù)為3；故D正確；

故選BCD．

原子結(jié)構(gòu)示意圖表示的核電荷數(shù)為16；核外電子數(shù)為16、最外層含有6個電子；其核外電子層數(shù)為3，據(jù)此進行判斷．

本題考查了原子結(jié)構(gòu)示意圖的表示方法，題目難度不大，試題側(cè)重基礎(chǔ)知識的考查，明確原子結(jié)構(gòu)示意圖的表示方法及意義即可解答．【解析】【答案】BCD7、B|C【分析】解：A；因可逆反應的特征是可逆性、不完全轉(zhuǎn)化性；與正逆反應速率的大小無關(guān)，故A錯誤；

B；在其它條件不變時；因催化劑同等程度的改變化學反應速率，則不影響化學平衡的移動，故B正確；

C；根據(jù)勒夏特列原理可知；在其它條件不變時，升高溫度能使化學平衡向吸熱的方向移動，故C正確；

D；在其它條件不變時；對于反應前后氣體體積相等的反應，增大壓強同等程度增大反應物和生成物的反應速率，化學平衡不移動，故D錯誤；

故選BC．

A；根據(jù)可逆反應的特征來分析；

B；根據(jù)催化劑對化學反應速率和化學平衡的影響來分析；

C；根據(jù)溫度對化學平衡的影響來分析；

D；根據(jù)壓強對化學平衡移動的影響來分析．

本題考查化學平衡移動的影響因素，明確溫度、壓強、催化劑對化學反應速率及化學平衡的影響即可解答，并注意二者不可混淆．【解析】【答案】BC8、B|D【分析】解：當達到平衡時容器的體積為V；其中C氣體的體積占10%，則。

A（g）+3B（g）?2C（g）△V

1322

0.1V0.1V

則原混合氣體為V+0.1V=1.1V；設(shè)A的體積為x，B的體積為1.1V-x，轉(zhuǎn)化的A為y，則。

A（g）+3B（g）?2C（g）

開始x1.1V-x0

轉(zhuǎn)化0.05V0.15V0.1V

由上述分析可知；原混合氣體的體積為1.1V，故B正確；A錯誤；

由上述分析可知；反應達平衡時氣體B消耗掉0.15V，反應達到平衡時氣體A消耗掉0.05V，故C錯誤；D正確；

故選BD．

當達到平衡時容器的體積為V；其中C氣體的體積占10%，則。

A（g）+3B（g）?2C（g）△V

1322

0.1V0.1V

則原混合氣體為V+0.1V=1.1V；設(shè)A的體積為x，B的體積為1.1V-x，轉(zhuǎn)化的A為y，則。

A（g）+3B（g）?2C（g）

開始x1.1V-x0

轉(zhuǎn)化0.05V0.15V0.1V

以此來解答．

本題考查化學平衡的計算，為高頻考點，把握差量法計算、反應中體積與物質(zhì)的量的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意體積差的應用，題目難度不大．【解析】【答案】BD9、rAD【分析】解：rm{A.}石英是無色透明的二氧化硅晶體瑪瑙是具有彩色環(huán)帶或?qū)訝钍⒕w；水晶；瑪瑙、石英晶體的主要成分都是二氧化硅，故A正確；

B.膠體不帶電；膠體粒子能吸附電荷，所以在外加電流的作用下，膠體會產(chǎn)生電泳現(xiàn)象，故B錯誤；

C.明礬能水解生成氫氧化鋁膠體；氫氧化鋁膠體能吸附凈水，但是不能殺菌消毒，故C錯誤；

D.rm{Fe^{3+}}與rm{SCN^{-}}形成的配合物；顯血紅色，在電影表演中可以用作假的血液，故D正確．

故選AD．

A.水晶；瑪瑙、石英晶體的主要成分都是二氧化硅；

B.膠體不帶電；能吸附電荷；

C.明礬能水解生成氫氧化鋁膠體能吸附凈水；

D.rm{Fe^{3+}}與rm{SCN^{-}}形成的配合物；顯血紅色．

本題考查較綜合，涉及二氧化硅晶體、膠體的性質(zhì)、明礬凈水原理、鐵離子的性質(zhì)等知識點，側(cè)重考查學生分析問題、解答問題能力，明確物質(zhì)的性質(zhì)即可解答，題目難度不大．【解析】rm{AD}10、rAC【分析】解：rm{A.}常溫下，rm{PH}均為rm{9}的rm{CH_{3}COONa}和rm{NaOH}溶液中；氫氧根離子濃度相同，酸堿抑制水的電離，水解的鹽促進水的電離，水的電離程度不相同，故A正確；

B.反應rm{NH_{3}(g)+HCl(g)=NH_{4}Cl(s)}在室溫下可自發(fā)進行，則rm{triangleH-TtriangleS<0}反應rm{triangleH-Ttriangle

S<0}則該反應的rm{triangleS<0}才能滿足rm{triangleH-TtriangleS<0}故B錯誤；

C.向濃度均為rm{triangleH<0}的rm{triangleH-Ttriangle

S<0}rm{0.1mol?L^{-1}}混合溶液中逐滴加入氨水，先出現(xiàn)藍色沉淀為氫氧化銅沉淀，氫氧化鎂和氫氧化銅陰陽離子比相同，說明rm{MgCl_{2}}故C正確；

D.加入適量rm{CuCl_{2}}碘溶解在rm{Ksp[Mg(OH)_{2}]>Ksp[Cu(OH)_{2}]}層顯紫色，則由現(xiàn)象可知rm{CCl_{4}}在rm{CCl_{4}}中的溶解度比在水中的大；故D錯誤；

故選AC．

A.酸堿抑制水的電離；水解的鹽促進水的電離；

B.反應自發(fā)進行的判斷依據(jù)是rm{triangleH-TtriangleS<0}分析；

C.向濃度均為rm{I_{2}}的rm{CCl_{4}}rm{triangleH-Ttriangle

S<0}混合溶液中逐滴加入氨水；先出現(xiàn)藍色沉淀，氫氧化鎂和氫氧化銅陰陽離子比相同，溶度積越大越溶于水，說明氫氧化銅溶度積小于氫氧化鎂；

D.加入適量rm{0.1mol?L^{-1}}碘溶解在rm{MgCl_{2}}層顯紫色．

本題考查了鹽類水解、影響水電離平衡因素、溶度積常數(shù)的分析應用、反應自發(fā)進行的判斷依據(jù)、物質(zhì)溶解性比較等，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等．rm{CuCl_{2}}【解析】rm{AC}11、BD【分析】【分析】本題考查核磁共振氫譜、有機物結(jié)構(gòu)判斷等，難度中等，判斷分子中等效氫是解題的關(guān)鍵，注意掌握等效氫的判斷?！窘獯稹緼.分子中有rm{3}種rm{H}原子，分別處于甲基上、環(huán)上甲基鄰位、苯環(huán)甲基間位，三者rm{H}原子數(shù)目之比為rm{3}rm{2}rm{2}故A錯誤；

B.該物質(zhì)為高度對稱結(jié)構(gòu)，分子中有rm{2}種rm{H}原子，分別處于甲基上、環(huán)上，二者rm{H}原子數(shù)目之比為rm{6}rm{4=3}rm{2}故B正確；

C.該物質(zhì)為對稱結(jié)構(gòu)，分子中有rm{2}種rm{H}原子，分別處于甲基上、rm{C=C}雙鍵上，二者rm{H}原子數(shù)目之比為rm{6}rm{2=3}rm{1}故C錯誤；

D.該物質(zhì)分子中有rm{2}種rm{H}原子，分別處于甲基上、亞甲基上，二者rm{H}原子數(shù)目之比為rm{6}rm{4=3}rm{2}故D正確。

故選BD。

【解析】rm{BD}12、rAD【分析】解：rm{A}制品上鍍鋅，rm{Zn}作陽極，rm{Fe}作陰極，陽極上rm{Zn}放電生成rm{Zn^{2+}}陰極上鋅離子放電生成rm{Zn}溶液中各離子濃度不變，rm{pH}不變；故A正確；

B、電解rm{NaOH}溶液相當于電解水，rm{NaOH}溶液濃度增大，rm{pH}增大；故B錯誤；

C；電解硫酸鈉溶液相當于電解水；陰極上氫離子反應生成氫氣，故C錯誤；

D、電解氯化銅溶液生成rm{Cu}和氯氣，每生成rm{1molCu}和rm{1mol}氯氣都是轉(zhuǎn)移rm{2mol}電子；故D正確；

故選AD．

A、制品上鍍鋅，rm{Zn}作陽極，rm{Fe}作陰極；

B、電解rm{NaOH}溶液相當于電解水，rm{NaOH}溶液濃度增大；

C；電解硫酸鈉溶液相當于電解水；陰極上氫離子反應；

D、電解氯化銅溶液生成rm{Cu}和氯氣．

本題考查了電鍍原理和電解原理，注意電極上各離子的放電順序，題目難度不大．【解析】rm{AD}13、BD【分析】【分析】本題考查混合溶液酸堿性判斷，難度不大?！窘獯稹緼.醋酸為弱酸，加水稀釋促進電離，應為rm{b<a+1}故A錯誤；B.若所得混合液的rm{pH=7}反應后溶液呈中性，酸堿恰好完全反應，因rm{c(OH^{-})=0.1mol/L}rm{c(H^{+})=0.01mol/L}則堿與酸的體積比是rm{1}rm{10}故B正確；C.鹽酸無論稀釋多少倍，溶液仍呈酸性，可接近rm{7}但小于rm{7}故C錯誤；D.常溫下，某溶液中由水電離的rm{c(OH^{-})=1.0隆脕10^{-13}}水的電離受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，故D正確。故選BD?！窘馕觥縭m{BD}三、填空題(共9題，共18分)14、略

【分析】試題分析：（1）①和電源的負極相連的電極X極是陰極，該電極上氫離子發(fā)生得電子的還原反應，即2H++2e-=H2↑，所以該電極附近氫氧根濃度增大，堿性增強，滴入幾滴酚酞試液會變紅，故答案為：2H++2e-=H2↑；放出氣體，溶液變紅；②和電源的正極相連的電極Y極是陽極，該電極上氯離子發(fā)生失電子的氧化反應，即2Cl--2e-=Cl2↑。故答案為：2Cl--2e-=Cl2↑；（2）①電解方法精煉粗銅，電解池的陰極材料是純銅，電極反應為：Cu2++2e-=Cu，故答案為：純銅；Cu2++2e-=Cu；②電解方法精煉粗銅，電解池的陽極材料是粗銅，電極反應為：Cu-2e-=Cu2+，故答案為：粗銅，Cu-2e-=Cu2+CuSO4溶液的濃度將變小考點：原電池和電解池的工作原理【解析】【答案】（1）①2H++2e-=H2↑②2Cl--2e-=Cl2↑（2）①粗銅，Cu-2e-=Cu2+②純銅，Cu2++2e-=Cu變小15、略

【分析】試題分析：（1）如圖所示，n比m反應速率快，故m考點：化學反應速率及平衡的移動【解析】【答案】（1）＜放熱（2）＜＜（3）因為OG段表示的溫度、壓強均高于OH段，所以反應速快，到達平衡所需的時間少，故b曲線的OG段比a曲線的OH段陡（4）HE段相對于GF段是在低溫、低壓條件下到達的平衡，因為該可逆反應正反應是放熱、體積增大的反應，故降溫、減壓，平衡向正反應方向移動，C的含量增大，故a曲線的HE段高于b曲線的GF段16、溫度升高，反應速率加快|溫度升高，有利于平衡反應正向進行|不能|該反應是焓增、熵減的反應，任何溫度下均不能自發(fā)進行【分析】【解答】解：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＞0，反應時氣體體積不變的吸熱反應，溫度升高，反應速率加快，平衡右移，單位時間內(nèi)NO排放量越大；故答案為：溫度升高，反應速率加快；溫度升高，有利于平衡反應正向進行；②2CO（g）=2C（s）+O2（g）△H＞0；反應是焓變增大，熵變減小的反應，△H＞0，△S＜0，則△H﹣T△S＞0，反應任何溫度下都不能自發(fā)進行；故答案為：不能；該反應是焓增；熵減的反應，任何溫度下均不能自發(fā)進行．

【分析】①依據(jù)影響化學反應速率和化學平衡的因素分析判斷；②依據(jù)反應自發(fā)進行的條件是△H﹣T△S＜0分析判斷．17、略

【分析】解：常溫下，混合溶液中pH=7說明溶液呈中性，則溶液中C(H+)=C(OH-)，根據(jù)電荷守恒得C(H+)+C(NH4+)=C(OH-)+C(Cl-)，則c(NH4+)=c(Cl-)；

若pH＞7，說明溶液呈堿性，則C(H+)＜C(OH-)，根據(jù)電荷守恒得C(H+)+C(NH4+)=C(OH-)+C(Cl-)，則c(NH4+)＞c(Cl-)；

故答案為：=；＞．【解析】=;＞18、略

【分析】解：根據(jù)反應原理甲（C4H10O）乙（C4H8）丙（C4H8Br2）可知；甲為醇類物質(zhì)，乙為1-丁烯（或2-丁烯或2-甲基丙烯），丙為烯烴的加成產(chǎn)物；

（1）甲中一定含-OH，名稱為羥基，為醇類物質(zhì)，丁基有4種，則丁醇有4種，可催化氧化為醛的醇為伯醇，能夠被催化氧化生成醛的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH2CH2CH2OH、（CH3）2CHCH2OH兩種；醇羥基連接的C原子上必須有H，才能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，叔丁醇的結(jié)構(gòu)簡式為：其分子中羥基連接的碳原子上沒有H，不能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，即能夠使酸性高錳酸鉀褪色的同分異構(gòu)體有3種；

故答案為：羥基；4；2；3；

（2）①為醇的消去反應；反應條件為濃硫酸；加熱，②為烯烴的加成反應，條件為溴水或溴的四氯化碳溶液；

故答案為：消去反應；加成反應．

甲（C4H10O）乙（C4H8）丙（C4H8Br2）可知；甲為醇類物質(zhì)，甲中一定含-OH，為醇類物質(zhì)，丁基有4種，則丁醇有4種，可催化氧化為醛的醇為伯醇；乙為1-丁烯（或2-丁烯或2-甲基丙烯），丙為烯烴的加成產(chǎn)物，涉及的反應①為醇的消去反應，②為烯烴的加成反應，然后結(jié)合有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)來解答．

本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，把握轉(zhuǎn)化關(guān)系及醇、烯烴的性質(zhì)為解答的關(guān)鍵，注意丁基與丁醇的關(guān)系、伯醇可氧化為醛及有機反應類型即可解答，注重能力提高和思維訓練，題目難度不大．【解析】羥基；4；2；3；消去反應；加成反應19、第四周期ⅢA族sp2【分析】解：鎵是31號元素，其原子核外有31個電子，根據(jù)構(gòu)造原理知，其基態(tài)原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s24p1，元素周期數(shù)等于其電子層數(shù)，主族元素中，原子最外層電子數(shù)等于其族序數(shù)，所以鎵位于第四周期第IIIA族，草酸根離子為C2O42-，一個C形成3根σ鍵和1根π鍵，說明C形成的雜化軌道有3個，剩余一個p軌道參與形成π鍵，則C原子的雜化方式為sp2；

故答案為：第四周期ⅢA族；sp2。

鎵是31號元素，其原子核外有31個電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其基態(tài)原子核外電子排布式，元素周期數(shù)等于其電子層數(shù)，主族元素中，原子最外層電子數(shù)等于其族序數(shù)；草酸根離子為C2O42-；一個C形成3根σ鍵和1根π鍵，據(jù)此判斷C原子的雜化方式。

本題考查元素在周期表中的位置以及原子的雜化方式，掌握基態(tài)原子核外電子排布規(guī)律以及雜化理論的應用是解答關(guān)鍵，題目難度不大?！窘馕觥康谒闹芷冖驛族sp220、略

【分析】試題分析：（1）5gCH3OH在氧氣中燃燒生成CO2和液態(tài)水，放出113.5kJ熱量，32g即1molCH3OH在氧氣中燃燒生成CO2和液態(tài)水，放出726.4kJ熱量，則熱化學方程式為：CH3OH(g)+3/2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-726.4kJ·mol-1;故答案為：CH3OH(g)+3/2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-726.4kJ·mol-1;（2）N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=945kJ?mol-1+436kJ?mol-1×3-391kJ?mol-1×6=-93kJ?mol-1=akJ?mol-1，因此a=-93，故答案為：-93；已知：①C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H1=-393kJ?mol-1；②2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H2=-571.6kJ?mol-1；③2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H2=-2599kJ?mol-1；2C（s，石墨）+H2（g）=C2H2（g）的反應可以根據(jù)①×2+②×-③得到，所以反應焓變△H=2×（-393kJ?mol-1）+（-571.6kJ?mol-1）×-（-2599kJ?mol-1）×=+227.7kJ?mol-1，故答案為：+227.7kJ?mol-1；考點：化學反應中的能量變化【解析】【答案】（1）CH3OH(g)+3/2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-726.4kJ·mol-1;（2）-93（3）227.7kJ·mol-121、BE|AF【分析】【解答】解：互為同系物的有機物具有相似的結(jié)構(gòu)、不同的分子式，滿足條件的為：Β．與Ε．與同分異構(gòu)體具有相同的分子式、不同結(jié)構(gòu)，滿足條件的有：?。瓹H3CH2CH2CHO與F．戊烯和環(huán)戊烷；

故答案為：BE；AF．

【分析】有機化合物中具有同一通式、組成上相差一個或多個CH2原子團；在結(jié)構(gòu)與性質(zhì)上相似的化合物互為同系物；

具有相同分子式而結(jié)構(gòu)不同的化合物互為同分異構(gòu)體；

根據(jù)以上概念進行判斷．22、（1）第三周期VIIA族O=C=O2Cl?+2H2O=2OH?+H2↑+Cl2↑（2）純堿（或蘇打）

（3）2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑【分析】【分析】本題考查元素化合物推斷，題目涉及的知識點較多，側(cè)重于考查學生對所學知識點綜合應用能力，題目難度中等?！窘獯稹緼、rm{B}rm{D}rm{E}rm{F}為短周期元素，非金屬元素rm{A}最外層電子數(shù)與其周期數(shù)相同，則rm{A}為rm{H}元素；rm{E^{+}}與rm{D^{2-}}具有相同的電子數(shù)，則rm{E}處于rm{IA}族，rm{D}處于Ⅵrm{A}族，則rm{E}為rm{Na}rm{D}為rm{O}元素；rm{B}在rm{D}中充分燃燒生成其最高價化合物rm{BD_{2}}rm{B}的最高正化合價為rm{+4}rm{B}的最外層電子數(shù)是其所在周期數(shù)的rm{2}倍，則rm{B}處于第二周期，故B為碳元素；rm{A}在rm{F}中燃燒，產(chǎn)物溶于水得到種強酸，則rm{F}為rm{Cl}

rm{(1)F}為rm{Cl}在周期表中的位置是第三周期rm{VIIA}族，rm{CO2}的結(jié)構(gòu)式為：rm{O=C=O}工業(yè)制備單質(zhì)rm{Cl_{2}}的離子方程式rm{2Cl^{?}+2H_{2}O=}rm{2OH^{?}+H_{2}隆眉+

Cl_{2}隆眉}族，rm{VIIA}的結(jié)構(gòu)式為：rm{CO2}工業(yè)制備單質(zhì)rm{O=C=O}的離子方程式rm{Cl_{2}}rm{2OH^{?}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}；

故答案為：rm{2Cl^{?}+2H_{2}O=}族；rm{2OH^{?}+H_{2}隆眉+

Cl_{2}隆眉}第三周期rm{VIIA}族；rm{O=C=O}rm{2Cl^{?}+2H_{2}O=}rm{2OH^{?}+H_{2}隆眉+

Cl_{2}隆眉}rm{2OH^{?}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

rm{VIIA}rm{O=C=O}rm{2Cl^{?}+2H_{2}O=}組成的一種鹽，rm{2OH^{?}+H_{2}隆眉+

Cl_{2}隆眉}的質(zhì)量分數(shù)為rm{(2)C}則該鹽為碳酸鈉，俗名為純堿；故答案為：純堿；

rm{O}和rm{Na}rm{Na}rm{43%}rm{(3)Na}rm{O}形成的既含離子鍵又含共價鍵的化合物為rm{Na_{2}O_{2}}電子式為：與水反應的化學方程式rm{Na}rm{2}；

故答案為：rm{2}rm{O}【解析】rm{(1)}第三周期rm{VIIA}族rm{O=C=O}rm{2Cl^{?}+2H_{2}O=}rm{2OH^{?}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{2OH^{?}+H_{2}隆眉+

Cl_{2}隆眉}純堿rm{(2)}或蘇打rm{(}

rm{)}rm{(3)}rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}隆眉}四、原理綜合題(共4題，共28分)23、略

【分析】（1）①實驗室配制0.5mol/L的氫氧化鈉溶液500mL，需要選用500mL的容量瓶，配制步驟為：計算、稱量、溶解、冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等，需要使用的儀器有：托盤天平、玻璃棒、燒杯、藥匙、500mL容量瓶、膠頭滴管等，還缺少的玻璃儀器為：500mL容量瓶、膠頭滴管。②依據(jù)m=CVM，需要氫氧化鈉的質(zhì)量=0.5mol·L－1×0.5L×40g·mol－1=10.0g；(2)過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，反應的方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；過氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，反應的方程式為：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；（3）證明過氧化鈉已經(jīng)變質(zhì)，檢驗產(chǎn)生的CO32－：取少量樣品于一潔凈試管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振蕩，有白色沉淀生成，證明Na2O2已經(jīng)變質(zhì)。（4）①2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O上述反應中，每生成2molNO,轉(zhuǎn)移2mol電子，參加反應的HI的物質(zhì)的量4mol，標準狀況下，每生成2.24LNO氣體，即0.1molNO，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.1mol，參加反應的HI的物質(zhì)的量是0.2mol。②A、在酸性條件下，亞硝酸鈉和碘離子反應方程式為2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，溶液呈黃色，故A正確；B、NaNO2和NaCl與NaOH溶液均無明顯現(xiàn)象，故B錯誤；C、在酸性條件下，亞硝酸鈉和碘離子反應方程式為2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉變藍色，氯離子和碘離子不反應，所以反應現(xiàn)象不同，所以可以用酸性條件下的KI淀粉試液來區(qū)別，故C正確；D、NaNO2和NaCl與NaOH溶液均無明顯現(xiàn)象，故D錯誤；故選AC?！窘馕觥?00mL容量瓶、膠頭滴管10.02Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑取少量樣品于一潔凈試管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振蕩，有白色沉淀生成，證明Na2O2已經(jīng)變質(zhì)0.10.2AC24、略

【分析】【分析】

【詳解】

I.（1）寫出裝置A中，發(fā)生反應的化學反應方程式為：2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2，裝置C裝有飽和食鹽水，其作用是除去氯氣中混有的HCl；（2）從a出來的氣體含有氯化氫和水蒸氣，依次通過dejh除去氯化氫和水蒸氣，然后與銅反應，最后尾氣處理用氫氧化鈉，則依次再通過bcgf，所以按照氣流方向各儀器接口的連接順序為a→d→e→j→h→b→c→g→f；（3）D裝置中裝有堿石灰，其作用是吸收氯氣防止尾氣污染；防止空氣中的水蒸氣進入裝置，使CuCl2水解；（4）實驗完畢，取試管中的固體用鹽酸溶解后，欲提純氯化銅（原粗銅含雜質(zhì)鐵）可加入CuO或CuCO3、Cu2(OH)2CO3、.Cu(OH)2以消耗氫離子但不引入新的雜質(zhì)；并過濾。答案選BC；

Ⅱ、向制得的氯化銅溶液中通入SO2，加熱一段時間即可制得CuCl，同時生成硫酸，反應的離子方程式為：2Cu2+＋2Cl-＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H+＋SO42-；（1）溫度不能過低，防止反應速率慢；不能過高，過高HCl揮發(fā)，故①中“加熱”溫度不宜過高和過低；當觀察到溶液由藍色變?yōu)闊o色，即表明反應已經(jīng)完全；（2）②中，加入大量水的作用是稀釋促進平衡CuCl（白色）+2Cl-[CuCl3]2-（無色溶液）逆向移動，生成CuCl；（３）根據(jù)①CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)Ksp=1.4x10-6；②CuCl(s)+Cl一(aq)CuCl2-(aq)K=0.35，①+②得2CuCl(s)Cu+(aq)+[CuCl2]-(aq)K=0．49×10-6，根據(jù)方程式可知：c(Cu+)·c([CuCl2]-)=0．49×10-6,兩離子濃度成反比，兩離子濃度相同時為0．7×10-3mol/L，據(jù)此可畫出圖像為：【解析】2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2除去氯氣中混有的HCldejh(bc)gf吸收氯氣防止尾氣污染；防止空氣中的水蒸氣進入裝置，使CuCl2水解BC2Cu2+＋2Cl-＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H+＋SO42-溫度不能過低，防止反應速率慢；不能過高，過高HCl揮發(fā)溶液由藍色變?yōu)闊o色稀釋促進平衡CuCl（白色）+2Cl-[CuCl3]2-（無色溶液）逆向移動，生成CuCl；25、略

【分析】（1）①實驗室配制0.5mol/L的氫氧化鈉溶液500mL，需要選用500mL的容量瓶，配制步驟為：計算、稱量、溶解、冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等，需要使用的儀器有：托盤天平、玻璃棒、燒杯、藥匙、500mL容量瓶、膠頭滴管等，還缺少的玻璃儀器為：500mL容量瓶、膠頭滴管。②依據(jù)m=CVM，需要氫氧化鈉的質(zhì)量=0.5mol·L－1×0.5L×40g·mol－1=10.0g；(2)過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，反應的方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；過氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，反應的方程式為：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；（3）證明過氧化鈉已經(jīng)變質(zhì)，檢驗產(chǎn)生的CO32－：取少量樣品于一潔凈試管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振蕩，有白色沉淀生成，證明Na2O2已經(jīng)變質(zhì)。（4）①2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O上述反應中，每生成2molNO,轉(zhuǎn)移2mol電子，參加反應的HI的物質(zhì)的量4mol，標準狀況下，每生成2.24LNO氣體，即0.1molNO，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.1mol，參加反應的HI的物質(zhì)的量是0.2mol。②A、在酸性條件下，亞硝酸鈉和碘離子反應方程式為2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，溶液呈黃色，故A正確；B、NaNO2和NaCl與NaOH溶液均無明顯現(xiàn)象，故B錯誤；C、在酸性條件下，亞硝酸鈉和碘離子反應方程式為2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉變藍色，氯離子和碘離子不反應，所以反應現(xiàn)象不同，所以可以用酸性條件下的KI淀粉試液來區(qū)別，故C正確；D、NaNO2和NaCl與NaOH溶液均無明顯現(xiàn)象，故D錯誤；故選AC?！窘馕觥?00mL容量瓶、膠頭滴管10.02Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑取少量樣品于一潔凈試管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振蕩，有白色沉淀生成，證明Na2O2已經(jīng)變質(zhì)0.10.2AC26、略

【分析】分析：(1)D中生成的氧氣中含有水蒸氣；應先通過C中的濃硫酸干燥，在E中電爐加熱時用純氧氧化管內(nèi)樣品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，則E中CuO可與CO進一步反應生成二氧化碳，然后分別通入B（吸收水）；A（吸收二氧化碳）中，按照上述分析進行裝置的連接。

(2)氫氧化鈉固體；吸收二氧化碳氣體；，以便測定有機物中碳的量。

(3)燃燒管中CuO的作用是把反應生成的一氧化碳轉(zhuǎn)化為二氧化碳；減小實驗誤差。

(4)空氣中二氧化碳；水蒸氣直接進入A裝置中；影響實驗。

(5)根據(jù)A管質(zhì)量增加2.2g為二氧化碳的質(zhì)量；計算出碳的量，B管質(zhì)量增加1.08g是水的質(zhì)量，計算出氫原子的量，算出碳氫原子個數(shù)比，確定烴的分子式，再根據(jù)題意要求寫出結(jié)構(gòu)簡式。

詳解：（1）D中生成的氧氣中含有水蒸氣，應先通過C中的濃硫酸干燥，在E中電爐加熱時用純氧氧化管內(nèi)樣品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，則E中CuO可與CO進一步反應生成二氧化碳，然后分別通入B（吸收水）、A（吸收二氧化碳）中，根據(jù)產(chǎn)物的質(zhì)量推斷有機物的組成，則產(chǎn)生的氧氣按從左到右流向，所選裝置各導管的連接順是g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)；正確答案：g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)。

(2)A中盛放氫氧化鈉固體；它能夠吸收二氧化碳氣體；正確答案：吸收生成二氧化碳。

(3)在E中電爐加熱時用純氧氧化管內(nèi)樣品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，則E中CuO可與CO進一步反應生成二氧化碳，使有機物分子中的碳盡可能轉(zhuǎn)化為CO2；如果把CuO網(wǎng)去掉，一氧化碳不能被氫氧化鈉吸收，A管重量將減??；正確答案：吸收生成二氧化碳；使有機物分子中的碳盡可能轉(zhuǎn)化為CO2；減小。

(4)A裝置中氫氧化鈉吸收反應產(chǎn)生的二氧化碳；但是空氣中水蒸氣；二氧化碳也能夠進入A裝置，影響實驗，因此在A裝置后連接一個裝有堿石灰的干燥管；正確答案：在A裝置后連接一個裝有堿石灰的干燥管。

（5）A管質(zhì)量增加2.2g為二氧化碳的質(zhì)量，n（CO2）=2.2g÷44g·mol﹣1=0.05mol，n（C）=n（CO2）=0.05mol，B管質(zhì)量增加1.08g是水的質(zhì)量，n（H2O）=1.08g÷18g．mol﹣1=0.6mol，n（H）=2n（H2O）=1.2mol，此有機物為烴，故只含有C和H兩種元素，且個數(shù)比為：0.05：1.2=5：12，故可以確定為戊烷（C5H12），該有機物分子中含有4個甲基，則該有機物的結(jié)構(gòu)簡式為該有機物的二氯代物有2種，可在相同、不同的甲基上，和正確答案：(CH3)4C；2?！窘馕觥縢-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)吸收生成二氧化碳使有機物分子中的碳盡可能轉(zhuǎn)化為CO2減小在A裝置后連接一個裝有堿石灰的干燥管(CH3)4C2五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共36分)27、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色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產(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）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色。【解析】①.NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）228、略

【分析】【分析】

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，周期表的全部元素中X的原子半徑最小，則X為H元素，X與R的最外層電子數(shù)相等，二者原子序數(shù)相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數(shù)為4，則Z為C元素；U的最高化合價和最低化合物的代數(shù)和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物，則Q為O元素，這兩種化合物為Na2O2、Na2O；T與Z同主族，由于Z是C元素，所以T為Si元素，據(jù)此分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：X為H；Z為C，Q為O，R為Na，T為Si，U為Cl元素。(1)T為Si元素，原子核外電子排布為2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X為H，Z為C，Q為O，同一周期元素原子序數(shù)越大原子半徑越小；原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑越大，所以上述三種元素中原子半徑由小到大順序為H

(3)R為Na，T為Si，它們的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以與強堿NaOH發(fā)生中和反應產(chǎn)生Na2SiO3和H2O，反應的化學方程式為：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X為H，R為Na，Q為O，H、Na二種元素形成的化合物NaH是離子化合物，X2Q是H2O，NaH與H2O反應產(chǎn)生NaOH和H2。

①NaH中Na+與H-通過離子鍵結(jié)合，電子式為NaH與H2O反應產(chǎn)生NaOH和H2，反應方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非?；顫姷慕饘伲梢耘c水反應產(chǎn)生H2，反應方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na殘留，過量的Na與水反應也生成氫氣，因此不能根據(jù)H；Na反應后的固體與水反應放出氫氣確定得到的固體一定是純凈NaH，即該同學的說法不合理。

【點睛】

本題考查元素周期表及原子結(jié)構(gòu)在元素推斷中的應用。根據(jù)元素的原子結(jié)構(gòu)及相互關(guān)系推斷元素是解題關(guān)鍵。熟練掌握結(jié)構(gòu)、性質(zhì)、位置關(guān)系，注意元素金屬性、非金屬性強弱比較實驗事實，要注意基礎(chǔ)知識并靈活運用，注意金屬氫化物有關(guān)問題。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反應后有Na殘留，也能與水反應生成H229、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色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產(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）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）230、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和過量KOH的混合物AgNO3和過量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）繼續(xù)滴加稀HNO3至溶液明顯呈酸性，若白色沉淀溶解，為Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，為AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物六、計算題(共4題，共12分)31、略

【分析】試題分析：根據(jù)2Na+2H2O—→2NaO