2024年滬教版高二化學上冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教版高二化學上冊月考試卷337考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、在密閉容器中進行如下反應：已知Z的起始濃度分別為0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定條件下，當反應達到平衡時，各物質的濃度有可能是（）A.Z為0.3mol/LB.為0.4mol/LC.為0.2mol/LD.為0.4mol/L2、下列各組熱化學方程式中，化學反應的ΔH前者大于后者的是()①C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH1C(s)＋1/2O2(g)===CO(g)ΔH2②S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH3S(g)＋O2(g)===SO2(g)ΔH4③H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l)ΔH52H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH6④CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)ΔH7CaO(s)＋H2O(l)===Ca(OH)2(s)ΔH8A.①B.④C.②③④D.①②③3、現(xiàn)有下列物質：

①纖維素②甲酸甲酯③淀粉④甲醛⑤丙酸⑥乳酸（α-羥基丙酸）⑦乙二酸⑧乙酸。

其中符合Cn（H2O）m的組成；但不屬于糖類的是（）

A.②③④⑥

B.②④⑥⑧

C.①③④⑦

D.②④⑤⑧

4、在一定溫度，固定體積的密閉容器中，下列敘述不是可逆反應A(g)+3B(g)2C(g)達到平衡標志的是（）①C的生成速率與C的分解速率相等；②單位時間生成amolA，同時生成3amolB；③A、B、C的濃度不再變化；④A、B、C的壓強不再變化；⑤混合氣體的密度不再變化；⑥混合氣體的物質的量不再變化；⑦單位時間消耗amolA，同時消耗2amolC；⑧A、B、C的分子數(shù)目比為1:3:2；⑨混合氣體的平均相對分子質量不再變化A.②⑤⑧B.⑦④C.①③D.⑤⑥⑨5、為了配制CH3COO﹣與Na+離子物質的量濃度值比為1：1的溶液，可向醋酸鈉溶液中加入（）A.適量的鹽酸B.適量的NaOH固體C.適量的KOH固體D.適量的NaCl固體6、rm{ClO_{2}}是一種安全殺菌消毒效率高的水處理劑rm{.}通過如下反應可制得rm{ClO_{2}}rm{2NaClO_{3}+H_{2}SO_{4}+SO_{2}簍T2ClO_{2}+2NaHSO_{4}.}下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.rm{NaClO_{3}}是還原劑B.rm{SO_{2}}被還原C.rm{NaClO_{3}}發(fā)生氧化反應D.rm{H_{2}SO_{4}}既不是氧化劑，也不是還原劑7、原子序數(shù)依次增大的元素rm{a}rmrm{c}rmgxtzdos它們的最外層電子數(shù)分別為rm{1}rm{6}rm{7}rm{1.a^{-}}的電子層結構與氦相同，rm和rm{c}的次外層有rm{8}個電子，rm{c^{-}}和rm{d^{+}}的電子層結構相同rm{.}下列敘述錯誤的是rm{(}rm{)}A.元素的非金屬性由大到小的順序為rm{c>b>a}B.rm{a}和其他rm{3}種元素均能形成共價化合物C.rmuyjimbt和其他rm{3}種元素均能形成離子晶體D.元素rm{a}rmrm{c}各自最高和最低化合價的代數(shù)和分別為rm{0}rm{4}rm{6}8、下列分子中的中心原子雜化軌道的類型相同的是（）A.CO2與SO2B.BF3與NH3C.BeCl2與SCl2D.H2O與CH4評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、用酸式滴定管準確移取25.00mL某未知濃度的鹽酸于一潔凈的錐形瓶中，然后用0.20mol?L-1的氫氧化鈉溶液（指示劑為酚酞）．滴定結果如下：

。NaOH起始讀數(shù)NaOH終點讀數(shù)第一次0.10mL18.60mL第二次0.10mL18.00mL第三次0.20mL18.10mL（1）根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以計算出鹽酸的物質的量濃度為____mol?L-1．

（2）達到滴定終點的標志是____

（3）以下操作造成測定結果偏高的原因可能是____．

A．配制標準溶液的氫氧化鈉中混有Na2CO3雜質。

B．滴定終點讀數(shù)時；俯視滴定管的刻度，其它操作均正確。

C．盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過；未用待測液潤洗。

D．滴定到終點讀數(shù)時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴處懸掛一滴溶液。

E．未用標準液潤洗堿式滴定管．10、實驗室制備溴乙烷(C2H5Br)的裝置和步驟如圖：(已知溴乙烷的沸點38.4℃)

①檢查裝置的氣密性；向裝置圖所示的U形管和大燒杯中加入冰水；

②在圓底燒瓶中加入10mL95%乙醇；28mL80%濃硫酸；然后加入研細的13g溴化鈉和幾粒碎瓷片；

③小心加熱；使其充分反應．

回答下列問題：

(1)該實驗制取溴乙烷的化學方程式為：____________

(2)反應時若溫度過高；可看到有紅棕色氣體產生，該氣體分子式為____________，同時還生成另一種無色氣體．

(3)U型管內可觀察到的現(xiàn)象是____________．

(4)反應結束后，U形管中粗制的C2H5Br呈棕黃色．為了除去粗產品中的雜質；可選擇下列試劑中的____________(填字母)

A．NaOH溶液B．H2OC．Na2SO3溶液D．CCl4

所需的主要玻璃儀器是____________(填儀器名稱)．要進一步制得純凈的C2H5Br，可用水洗，然后加入無水CaCl2；再進行____________(填操作名稱)．

(5)下列幾項實驗步驟；可用于檢驗溴乙烷中溴元素，其正確的操作順序是：取少量溴乙烷，然后____________(填代號)．

①加熱；②加入AgNO3溶液；③加入稀HNO3酸化；④加入NaOH溶液；⑤冷卻。

(6)溴乙烷(C2H5Br)多一個碳的同系物所有可能的物質在氫氧化鈉的醇溶液中能發(fā)生反應，寫出該反應的化學方程式____________，____________．11、金屬銅單獨與氨水或單獨與過氧化氫都不能反應，但可與氨水和過氧化氫的混合溶液反應，其反應的化學方應程式為______．12、今有甲；乙、丙、丁四種元素；已知：甲元素是地殼中含量最高的元素；乙元素是金屬元素，它的原子核外K、L層電子數(shù)之和等于M、N層電子數(shù)之和；丙元素的單質及其化合物的焰色反應都顯黃色，氫氣在丁元素單質中燃燒火焰呈蒼白色．

（1）試推斷并寫出甲；乙、丙、丁四種元素的名稱和符號．

____；____；____；____．

（2）寫出上述元素兩兩化合生成的化合物的化學式．

____．13、（7分）根據(jù)下表信息回答以下問題：部分短周期元素的原子半徑及主要化合價。。元素ABCD原子半徑(nm)0.1300.1180.0900.102主要化合價＋2＋3＋2＋6，－2元素EFGH原子半徑(nm)0.0730.1540.0370.099主要化合價－2＋1＋1＋7，－1(1)E、F、G三元素形成的化合物中化學鍵類型是______。(2)B、H兩元素的最高價氧化物所對應的水化物相互反應的離子方程式是________。(3)實驗室中制取H單質反應的化學方程式是________。(4)將A、B兩種元素的單質用導線連接浸入NaOH溶液中，發(fā)現(xiàn)導線中有電流產生，其負極反應式為________。評卷人得分三、簡答題(共8題，共16分)14、電化學及溶解沉淀的相關問題。

rm{(1)}由下列物質冶煉相應金屬時，采用電解法的是______rm{(}填字母，下同rm{)}．

rm{a.Fe_{2}O_{3}}rm{b.NaCl}rm{c.Cu_{2}S}rm{d.Al_{2}O_{3}}

rm{(2)CuSO_{4}}溶液為電解質溶液進行粗銅rm{(}含rm{Al}rm{Zn}rm{Ag}rm{Pt}rm{Au}等雜質rm{)}的電解精煉；下列說法正確的。

是______

rm{a.}電能全部轉化為化學能rm{b.}粗銅接電源正極；發(fā)生氧化反應。

rm{c.}溶液中rm{Cu^{2+}}向陽極移動rm{d.}利用陽極泥可回收rm{Ag}rm{Pt}rm{Au}等金屬。

rm{e.}若陽極質量減少rm{64g}則轉移電子數(shù)為rm{2N_{A}}個rm{f.SO_{4}^{2-}}的物質的量濃度不變rm{(}不考慮溶液體積變化rm{)}

rm{(3)}以鋁材為陽極，在rm{H_{2}SO_{4}}溶液中電解；鋁材表面形成氧化膜，陽極電極反應式為：______

rm{(4)}高鐵電池的總反應為rm{3Zn+2K_{2}FeO_{4}+8H_{2}Ounderset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}3Z}rm{3Zn+2K_{2}FeO_{4}+8H_{2}O

underset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}3Z}該電池放電時正極反應式為______

rm{n(OH)_{2}+2Fe(OH)_{3}+4KOH}為了研究難溶鹽的沉淀溶解平衡和沉淀轉化；某同學設計如下實驗．

。rm{(5)}步驟rm{1}向rm{2mL0.005mol?L^{-1}AgNO_{3}}溶液中加入rm{2mL0.005mol?L^{-1}KSCN}溶液，靜置出現(xiàn)白色沉淀步驟rm{2}取rm{1mL}上層清液于試管中，滴加rm{1mol?L^{-1}}滴rm{2Fe(OH_{3})_{3}}溶液．溶液變?yōu)榧t色步驟rm{3}向步驟rm{2}的溶液中，繼續(xù)加入rm{5}滴rm{3mol?L^{-1}AgNO_{3}}溶液現(xiàn)象rm{a}

溶液紅色變淺．步驟rm{4}向步驟rm{1}余下的濁液中加入rm{5}滴rm{3mol?L^{-1}KI}溶液出現(xiàn)黃色沉淀．已知：rm{?.AgSCN}是白色沉淀．

Ⅱrm{.}相同溫度下，rm{K_{ap}(AgI)=8.3隆脕10^{-17}}rm{K_{ap}(AgSCN)=1.0隆脕10^{-12}}

rm{壟脵}步驟rm{3}中現(xiàn)象rm{a}是______

rm{壟脷}用沉淀溶解平衡原理解釋步驟rm{4}的實驗現(xiàn)象．

rm{壟脹}向rm{50mL0.005mol?L^{-1}AgNO_{3}}溶液中加入rm{150mL}rm{mol?L^{-1}}的rm{KSCN}溶液，混合后溶液中rm{Ag^{+}}的濃度約為______rm{mol?L^{-1}(}忽略溶液體積變化rm{)}15、合成氨是人類科學技術上的一項重大突破，其反應原理為：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangleH=-92.4kJ?mol^{-1}}

一種工業(yè)合成氨的簡易流程圖如圖rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangle

H=-92.4kJ?mol^{-1}}

rm{1}天然氣中的rm{(1)}雜質常用氨水吸收，產物為rm{H_{2}S}一定條件下向rm{NH_{4}HS.}溶液中通入空氣；得到單質硫并使吸收液再生，寫出再生反應的化學方程式：______

rm{NH_{4}HS}步驟Ⅱ中制氫氣原理如下：

rm{壟脵CH_{4}(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+3H_{2}(g)triangleH=+206.4kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH=-41.2kJ?mol^{-1}}

對于反應rm{(2)}一定可以提高平衡體系中rm{壟脵CH_{4}(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+3H_{2}(g)triangle

H=+206.4kJ?mol^{-1}}百分含量；又能加快反應速率的措施是______

rm{壟脷CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H=-41.2kJ?mol^{-1}}升高溫度；rm{壟脵}增大水蒸氣濃度；rm{H_{2}}加入催化劑；rm{a.}降低壓強。

利用反應rm{b.}將rm{c.}進一步轉化，可提高rm{d.}產量，若rm{壟脷}和rm{CO}的混合氣體rm{H_{2}}的體積分數(shù)為rm{1molCO}與rm{H_{2}}反應，得到rm{(CO}rm{20%)}和rm{H_{2}O}的混合氣體，則rm{1.18molCO}轉化率為______

rm{CO_{2}}圖rm{H_{2}}表示rm{CO}rm{(3)}條件下，原料氣投料比與平衡時rm{2}體積分數(shù)的關系rm{500隆忙}根據(jù)圖中rm{60.0MPa}點數(shù)據(jù)計算rm{NH_{3}}的平衡體積分數(shù)：______

rm{.}依據(jù)溫度對合成氨反應的影響，在圖rm{a}坐標系中，畫出一定條件下的密閉容器內，從通入原料氣開始，隨溫度不斷升高，rm{N_{2}}物質的量變化的曲線示意圖．

rm{(4)}上述流程圖中，使合成氨放出的能量得到充分利用的步驟是rm{3}填序號rm{NH_{3}}______，簡述本流程中提高合成氨原料總轉化率的方法：______．rm{(5)}16、火箭推進器中盛有強還原劑液態(tài)肼（N2H4）和強氧化劑液態(tài)雙氧水。當把0.4mol液態(tài)肼和0.8molH2O2混合反應；生成氮氣和水蒸氣，放出260kJ的熱量（相當于25℃；101kPa下測得的熱量）。

（1）反應的熱化學方程式為______。

（2）又已知H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol。則16g液態(tài)肼與液態(tài)雙氧水反應生成液態(tài)水時放出的熱量是______kJ。

（3）此反應用于火箭推進，其優(yōu)點是（至少答兩點）______。17、如圖為硬脂酸甘油脂在堿性條件下水解的裝置圖．進行皂化反應的步驟如下：

（1）在圓底燒瓶中裝入7～8g的硬脂酸甘油脂，然后再加入2～3g的氫氧化鈉、5mL水和l0mL酒精，加入的酒精的作用為：______．

（2）隔著石棉網(wǎng)用酒精燈給反應的混合物加熱約lOmin，皂化反應基本完成，所得混合物為______（填“懸濁液”或“乳濁液”或“溶液”或“膠體”）．

（3）向所得的混合物中，加入______，靜置一段時間后，溶液分為上下兩層，肥皂在______層，這個操作稱為______．

（4）圖中長玻璃導管的作用為______．

（5）寫出該反應的化學方程式：______．18、已知：苯和鹵代烴在催化劑作用下可以生成烷基苯和鹵化氫．根據(jù)以下轉化關系（生成物中所有無機物均已略去）；回答下列問題：

（1）在①～⑥6個反應中，屬于取代反應的是（填反應編號）______

（2）寫出物質的結構簡式：I______

（3）寫出下列化學方程式：①______；③______；⑥______．19、某化合物的分子式rm{C_{5}H_{11}Cl}結構分析表明，該分子中有兩個rm{-CH_{3}}有兩個rm{-CH_{2}-}有一個和一個rm{-Cl}它的可能結構有四種，請寫出這四種可能的結構簡式：______．20、本題為選做題，包括rm{A}rm{B}兩題。選學rm{隆露}化學與生活rm{隆路}模塊的考生答rm{A}題，選學rm{隆露}有機化學基礎rm{隆路}模塊的考生答rm{B}題。每位考生只可選做rm{1}題。若兩題都作答，則以rm{A}題計分。A.rm{隆露}化學與生活rm{隆路}化學科學與材料、人體健康和環(huán)境保護等密切相關。rm{壟脜}材料是人類社會發(fā)展的重要物質基礎。rm{壟脵}高爐煉鐵和生產硅酸鹽水泥都要用到的原料是____rm{(}填字母rm{)}rm{a.}黏土rm{b.}石灰石rm{c.}焦炭rm{壟脷}橡膠是制造輪胎的重要原料，天然橡膠通過硫化措施可增大強度和彈性，硫化后的橡膠是____結構。rm{(}選填“線型”或“體型”rm{)}rm{壟脹}玻璃鋼具有質輕、電絕緣性好、強度大等特點。玻璃鋼屬于____rm{(}填字母rm{)}rm{a.}金屬材料rm{b.}無機非金屬材料rm{c.}復合材料rm{壟脺}為防止鋼鐵器件腐蝕，下列舉措____的是____rm{(}填字母rm{)}rm{a.}表面鍍鋅rm{b.}表面刷油漆rm{c.}確保潮濕環(huán)境rm{壟脝}營養(yǎng)均衡是人體健康的保證。紫薯中含有豐富的蛋白質、纖維素、淀粉、多種氨基酸、維生素和磷、鐵等rm{10}多種天然礦物質元素。其中鐵和硒含量豐富。rm{壟脵}維生素rm{A}屬于____rm{(}填：“脂溶性”或“水溶性”rm{)}維生素。rm{壟脷}下列屬于人體中微量元素的是____rm{(}填字母rm{)}rm{a.}鐵rm{b.}磷rm{c.}硒rm{壟脹}蛋白質水解最終產物是____。甲醛可使蛋白質發(fā)生____。rm{壟脺}氨基酸可重新合成人體所需的蛋白質、糖或脂類物質，以滿足各種生命活動的需要。其中蛋氨酸等rm{8}種氨基酸人體自身不能合成，必須通過食物攝入，它們被稱為____。rm{壟脟}潔凈安全的生存環(huán)境更是健康的保障。rm{壟脵}在煤中加入適量的石灰石作脫硫劑，可以減少____型酸雨的發(fā)生。脫硫后產生的廢料中含有的____rm{(}填化學式rm{)}可用于制造建筑材料。rm{壟脷}漂白粉可用于飲用水殺菌消毒，其原理可用化學方程式表示為____。rm{壟脹}向冶銅工廠預處理過的污泥渣rm{(}主要成分為rm{Cu)}中加入氨水后，并持續(xù)通入空氣生成rm{Cu(NH_{3})_{4}(OH)_{2}}寫出相關反應的化學方程式：____B.有機化學基礎rm{壟脜}根據(jù)分子中所含官能團可預測有機化合物的性質。rm{壟脵}分子中所有原子位于同一條直線上的是____rm{(}填字母rm{)}

rm{a.}乙烷rm{b.}乙烯rm{c.}乙炔rm{壟脷}能發(fā)生水解反應的有機物是____rm{(}填字母rm{)}

rm{a.CH_{3}CH_{2}Br}rm{b.CH_{3}CH_{2}OH}rm{c.}葡萄糖rm{壟脹}鑒別苯與甲苯適宜的試劑是____rm{(}填字母rm{)}

rm{a.}水rm{b.KMnO_{4}}酸性溶液rm{c.NaOH}溶液rm{壟脺}下列化合物中，能發(fā)生酯化反應的是____rm{(}填字母rm{)}

rm{a.CH_{3}CHO}rm{b.HCOOCH_{3}}rm{c.CH_{3}OH壟脻}能鑒別和兩種物質的試劑是____rm{(}填字母rm{)}

rm{a.FeCl_{3}}溶液rm{b.}金屬鈉rm{c.}飽和rm{NaHCO_{3}}溶液rm{壟脝}四苯基乙烯rm{(TFE)}及其衍生物具有誘導發(fā)光特性，在光電材料等領域應用前景廣泛。以下是rm{TFE}的兩條合成路線rm{(}部分試劑及反應條件省略rm{)}

rm{壟脵A}的名稱是____；rm{B}中官能團的名稱是____，rm{D}中官能團的名稱是____；rm{壟脷B隆煤C}的反應類型為____；rm{E隆煤F}的化學方程式是____。rm{壟脹W}是rm{D}的同分異構體，具有下列結構特征：rm{壟隆.}屬于萘rm{(}rm{)}的一元取代物；rm{壟壟.}存在羥甲基rm{(-CH_{2}OH)}寫出rm{W}所有可能的結構簡式：____。21、電離度表示電解質的相對強弱；電離度的定義：

rm{婁脕=(}已電離的電解質分子數(shù)rm{/}溶液中原有電解質的總分子數(shù)rm{)隆脕100%}．

已知rm{25隆忙}時幾種物質rm{(}微粒rm{)}的電離度rm{(}溶液濃度均為rm{0.1mol?L^{-1})}如表：rm{(}已知rm{H_{2}SO_{4}}第一步電離是完全的rm{)}

。編號物質rm{(}微粒rm{)}電離度rm{婁脕}rm{A}硫酸溶液rm{(}第一步完全電離rm{)}第二步rm{HSO_{4}^{-}?H^{+}+SO_{4}^{2-}}rm{10%}rm{B}硫酸氫鈉溶液：rm{HSO_{4}^{-}?H^{+}+SO_{4}^{2}}rm{29%}rm{C}醋酸：rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+H^{+}}rm{1.33%}rm{D}鹽酸：rm{HCl=H^{+}+Cl^{-}}rm{100%}rm{(1)}根據(jù)題意；請寫出向硫酸溶液中滴加足量氫氧化鋇溶液反應的離子反應方程式______

rm{(2)25隆忙}時，rm{0.1mol?L^{-1}}上述幾種溶液中，rm{c(H^{+})}從大到小的順序是______rm{(}填序號rm{)}

rm{(3)25隆忙}時，rm{0.1mol?L^{-1}}硫酸溶液中rm{HSO_{4}^{-}}的電離度小于相同溫度下rm{0.1mol?L^{-1}}硫酸氫鈉溶液中rm{HSO_{4}^{-}}的電離度；其原因是______．

rm{(4)}醋酸的電離平衡常數(shù)rm{K}的表達式是______，醋酸的電離平衡常數(shù)rm{K}與電離度rm{婁脕}的關系式為：rm{K=}______rm{(}用含rm{婁脕}的代數(shù)式表示rm{)}評卷人得分四、探究題(共4題，共28分)22、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數(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。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數(shù)為。24、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為。25、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數(shù)為。評卷人得分五、推斷題(共3題，共30分)26、（12分）物質A～G有下圖所示轉化關系（部分反應物、生成物沒有列出）。其中A為某金屬礦的主要成分，經(jīng)過一系列反應可得到B和C。單質C可與E的濃溶液發(fā)生反應，G為磚紅色沉淀。(提示：葡萄糖結構簡式為CH2OH(CHOH)4CHO)請回答下列問題：（1）寫出下列物質的化學式：B____、E、G（2）利用電解精煉法可提純C物質，在該電解反應中陽極電極材料是____，陰極電極材料是____，電解質溶液是____（3）反應②的化學方程式是。（4）將0.23molB和0.11mol氧氣放入容積為1L的密閉容器中，發(fā)生反應①，在一定溫度下，反應達到平衡，得到0.12molD，則反應的平衡常數(shù)K=（保留一位小數(shù)）若溫度不變，再加入0.50mol氧氣后重新達到平衡，則：B的平衡濃度（填“增大”、“不變”或“減小”），氧氣的轉化率（填“升高”、“不變”或“降低”），D的體積分數(shù)（填“增大”、“不變”或“減小”）。27、已知rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{K}五種元素均位于周期表的前四周期，且原子序數(shù)依次增大rm{.}元素rm{X}是周期表中原子半徑最小的元素；rm{Y}的基態(tài)原子中電子占據(jù)了三種能量不同的原子軌道，且這三種軌道中的電子數(shù)相同；rm{W}位于第rm{2}周期，其原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的rm{3}倍；rm{K}位于rm{ds}區(qū)且原子的最外層電子數(shù)與rm{X}的相同．

請回答下列問題：rm{(}答題時，rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{K}用所對應的元素符號表示rm{)}

rm{(1)K}的外圍電子軌道表示式是______

rm{(2)Y}rm{Z}元素的某種氫化物的分子中均含有rm{18}個電子，則該rm{Y}rm{Z}的氫化物的沸點相差較大的主要原因是______．

rm{(3)}若rm{X}rm{Y}rm{W}形成的某化合物rm{(}相對分子質量為rm{46)}呈酸性，則該分子中rm{婁脪}鍵與rm{婁脨}鍵比值______

rm{(4)Z}rm{K}兩元素形成的某化合物的晶胞結構如圖所示，則該化合物的化學式是______，rm{Z}原子的配位數(shù)是______．28、存在于茶葉的有機物rm{A}其分子中所含的苯環(huán)上有rm{2}個取代基，取代基不含支鏈，且苯環(huán)上的一氯代物只有rm{2}種。rm{A}遇rm{FeCl_{3}}溶液發(fā)生顯色反應。rm{F}分子中除了rm{2}個苯環(huán)外；還有一個六元環(huán)。它們的轉化關系如圖：

請回答下列問題：rm{(1)}有機物rm{A}中含氧官能團的名稱是____________________。rm{(2)}寫出下列反應的化學方程式rm{A隆煤B}___________________________________________________________；rm{M隆煤N}___________________________________________________________。rm{(3)A隆煤C}的反應類型為____，rm{E隆煤F}的反應類型為_________________。rm{(4)1molA}可以和_______rm{molBr_{2}}反應。rm{(5)A隆煤C}的過程中還可能有另一種產物rm{C_{1}}請寫出rm{C_{1}}在rm{NaOH}水溶液中反應的化學方程式：__________________________。評卷人得分六、綜合題(共2題，共8分)29、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．30、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【解析】試題分析：該反應是可逆反應，則反應物和生成物的濃度都不可能是0，B中如果為0.4mol/L，則Z的濃度必然是0，B錯誤；同樣分析可知，選項CD都是不可能的，答案選A?？键c：考查可逆反應的有關判斷和計算【解析】【答案】A2、C【分析】【解析】【答案】C3、B【分析】

①纖維素（C6H10O5）n，符合Cn（H2O）m的組成；但它屬于多糖，故①錯誤；

②甲酸甲酯C2H4O2，符合Cn（H2O）m的組成；但它屬于酯，故②正確；

③淀粉（C6H10O5）n，符合Cn（H2O）m的組成；但它屬于多糖，故③錯誤；

④甲醛CH2O，符合Cn（H2O）m的組成；但它屬于醛，故④正確；

⑤丙酸C3H6O2，不符合Cn（H2O）m的組成；它屬于羧酸，故⑤錯誤；

⑥乳酸（2-羥基丙酸）C：3H6O3，符合Cn（H2O）m的組成；但它屬于羧酸，故⑥正確；

⑦乙二酸C2H2O4，不符合Cn（H2O）m的組成；且它屬于羧酸，故⑦錯誤；

⑧乙酸C2H4O2，符合Cn（H2O）m的組成；但它屬于羧酸，故⑧正確；

故選B．

【解析】【答案】糖為多羥基醛或多羥基酮或水解生成多羥基醛或多羥基酮的物質；糖類物質分單糖；二糖、多糖三種，根據(jù)糖的定義解答；

4、A【分析】【解析】試題分析：在一定條件下，當可逆反應中正反應速率和逆反應速率相等時（但不為0），各種物質的濃度或含量均不再發(fā)生變化的狀態(tài)，是化學平衡狀態(tài)。所以①③正確。②中反應速率的方向是相同的，速率之比是相應的化學計量數(shù)之比，因此②中的關系始終是成立，不正確。該反應是體積減小的可逆反應，即壓強和物質的量也是減小的，所以當壓強和物質的量不再發(fā)生變化時，可以說明，④⑥正確。密度是混合氣的質量和容器容積的比值，在反應過程中質量和容積始終是不變的，⑤不正確。⑦中反應速率的方向相反，且能滿足速率之比是相應的化學計量數(shù)之比，⑦正確。平衡時濃度不再發(fā)生變化，但物質之間的濃度不一定相等或滿足某種關系，⑧不正確?；旌蠚獾钠骄鄬Ψ肿淤|量是混合氣的質量和混合氣的總的物質的量的比值，質量不變，但物質的量是變化的，所以⑨可以說明，答案選A。考點：考查可逆反應平衡狀態(tài)的判斷【解析】【答案】A5、C【分析】【解答】解：CH3COONa是強堿弱酸鹽，CH3COO﹣水解導致溶液呈堿性，CH3COO﹣+H2O?CH3COOH+OH﹣，導致溶液中c（CH3COO﹣）＜c（Na+），為了配制CH3COO﹣與Na+離子物質的量濃度值比為1：1的溶液，應該加入含有OH﹣的物質來抑制醋酸根離子水解；

A．HCl電離出氫離子；氫離子和氫氧根離子反應生成水而促進水電離，反應不符合條件，故A錯誤；

B．加入NaOH能抑制醋酸根離子電離，但NaOH含有鈉離子，導致鈉離子的量增大，不可能實現(xiàn)CH3COO﹣與Na+離子物質的量濃度值比為1：1的溶液；所以不符合條件，故B錯誤；

C．加入適量的KOH溶液；KOH電離出氫氧根離子抑制醋酸根離子水解，且鈉離子的量不變，所以可以實現(xiàn)，故C正確；

D．加入適量NaCl固體，NaCl不影響醋酸根離子水解，還導致溶液中鈉離子濃度增大，所以不可能實現(xiàn)CH3COO﹣與Na+離子物質的量濃度值比為1：1的溶液；故D錯誤；

故選C．

【分析】CH3COONa是強堿弱酸鹽，CH3COO﹣水解導致溶液呈堿性，則溶液中c（CH3COO﹣）＜c（Na+），為了配制CH3COO﹣與Na+離子物質的量濃度值比為1：1的溶液，應該加入抑制醋酸根離子反應的物質，據(jù)此分析解答．6、D【分析】解：rm{A.}該反應中rm{Cl}元素的化合價由rm{+5}價降低為rm{+4}價，所以rm{NaClO_{3}}是氧化劑；故A錯誤；

B.rm{S}元素的化合價由rm{+4}價升高到rm{+6}價，則rm{SO_{2}}被氧化；故B錯誤；

C.rm{NaClO_{3}}是氧化劑；發(fā)生還原反應，故C錯誤；

D.rm{H_{2}SO_{4}}中元素的化合價均不變；既不是氧化劑，也不是還原劑，故D正確；

故選D．

rm{2NaClO_{3}+H_{2}SO_{4}+SO_{2}簍T2ClO_{2}+2NaHSO_{4}}中，rm{Cl}元素的化合價由rm{+5}價降低為rm{+4}價，rm{S}元素的化合價由rm{+4}價升高到rm{+6}價；以此來解答．

本題考查氧化還原反應，明確元素化合價變化是解本題關鍵，側重于氧化還原反應基本概念的考查，題目難度不大．【解析】rm{D}7、B【分析】解：由以上分析可知rm{a}為rm{H}元素、rm為rm{S}元素、rm{c}為rm{Cl}元素、rmqzbtfqb為rm{K}元素．

A.同周期自左而右非金屬性增強，氫化物中rm{H}元素為正價，其非金屬性最弱，故非金屬性rm{Cl>S>H}故A正確；

B.rm{H}元素與rm{S}元素、rm{Cl}元素放出形成rm{H_{2}S}rm{HCl}二者屬于共價化合物，但與rm{K}元素形成的化合物為rm{KH}屬于離子化合物，故B錯誤；

C.rm{K}元素與其它元素可以形成rm{KH}rm{K_{2}S}rm{KCl}均屬于離子化合物，故C正確；

D.rm{H}元素最高正化合價為rm{+1}最低負化合價為rm{-1}rm{S}元素最高正化合價為rm{+6}最低負化合價為rm{-2}rm{Cl}元素最高正化合價為rm{+7}最低負化合價為rm{-1}最高和最低化合價的代數(shù)和分別為rm{0}rm{4}rm{6}故D正確．

故選B．

原子序數(shù)依次增大的元素rm{a}rmrm{c}rmgfbftfc它們的最外層電子數(shù)分別為rm{1}rm{6}rm{7}rm{1}rm{a^{-}}的電子層結構與氦相同，則rm{a}為rm{H}元素；rm和rm{c}的次外層有rm{8}個電子，則rm為rm{S}元素，rm{c}為rm{Cl}元素；rm{c^{-}}和rm{d^{+}}的電子層結構相同，則rmjcvnnmn為rm{K}元素；結合元素化合物的性質及元素周期律解答．

本題考查結構性質位置關系應用，為高考常見題型，推斷元素是解題關鍵，側重對元素周期律的考查，題目涉及金屬氫化物是中學知識的盲點，題目難度不大．【解析】rm{B}8、D【分析】解：A、CO2中C原子雜化軌道數(shù)為×（4+0）=2，采取sp雜化方式，SO2中S原子雜化軌道數(shù)為×（6+0）=3，采取sp2雜化方式；中心原子雜化軌道的類型不同，故A錯誤；

B、NH3中N原子雜化軌道數(shù)為×（5+3）=4，采取sp3雜化方式，BF3中B原子雜化軌道數(shù)為×（3+3）=3，采取sp2雜化方式；中心原子雜化軌道的類型不相同，故B錯誤；

C、BeCl2中Be原子雜化軌道數(shù)為（2+2）=2，采取sp雜化方式，SCl2中S原子雜化軌道數(shù)為（6+2）=4，采取sp3雜化方式；中心原子雜化軌道的類型不同，故C錯誤；

D、CH4中C原子雜化軌道數(shù)為×（4+4）=4，采取sp3雜化方式，H2O中O原子雜化軌道數(shù)為×（6+2）=4，采取sp3雜化方式；中心原子雜化軌道的類型相同，故D正確；

故選：D。

A；B、C、D物質屬于ABm；ABm型雜化類型的判斷：

公式：電子對數(shù)n=（中心原子的價電子數(shù)+配位原子的成鍵電子數(shù)±電荷數(shù)）

注意：①當上述公式中電荷數(shù)為正值時取“-”；電荷數(shù)為負值時取“+”．

②當配位原子為氧原子或硫原子時；成鍵電子數(shù)為零．

D；對于有機物利用雜化軌道數(shù)=孤對電子對數(shù)+σ鍵數(shù)．

根據(jù)n值判斷雜化類型：一般有如下規(guī)律：當n=2，sp雜化；n=3，sp2雜化；n=4，sp3雜化．

本題考查了分子或離子中原子軌道雜化類型的判斷，難度中等，判斷中心原子的雜化軌道數(shù)是關鍵．【解析】D二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】

（1）所用氫氧化鈉的體積為：=17.90，C（HCl）===0.1432（mol/L）；

故答案為：0.1432；

（2）酚酞的變色范圍為8.2-10.0；在不同PH的顏色變化為：無色-粉紅色-紅色，當?shù)味ńK點時酚酞由無色變粉紅色，故答案為：無色變粉紅色且30s不變色；

（3）根據(jù)C（HCl）=分析，配制標準溶液的氫氧化鈉中混有Na2CO3雜質；導致所用氫氧化鈉溶液體積偏大，故A偏高；

滴定終點讀數(shù)時；俯視滴定管的刻度，其讀數(shù)偏少，V（NaOH）偏少，故B偏低；盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用待測液潤洗，無影響；

滴定到終點讀數(shù)時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴處懸掛一滴溶液；V（NaOH）偏高，故D偏高；

未用標準液潤洗堿式滴定管；氫氧化鈉濃度降低，導致所用氫氧化鈉體積增多，故E偏高．

故答案為：ADE

【解析】【答案】（1）根據(jù)鹽酸和氫氧化鈉恰好反應；二者物質的量相等求出鹽酸的濃度，氫氧化鈉的體積取平均值，考慮到第一次誤差較大，應舍去第一組數(shù)據(jù)．

（2）根據(jù)酚酞的變色范圍來確定；

（3）根據(jù)C（HCl）=分析．

10、略

【分析】解：(1)溴化鈉、濃硫酸和乙醇制取溴乙烷的化學方程式為：NaBr+H2SO4+C2H5OHNaHSO4+C2H5Br+H2O；

故答案為：NaBr+H2SO4+C2H5OHNaHSO4+C2H5Br+H2O；

(2)由于濃硫酸具有強氧化性，會有溴生成，化學式為Br2；

故答案為：Br2；

(3)在U型管內有制取的溴乙烷；所以現(xiàn)象是有油狀液體生成；

故答案為：有油狀液體生成；

(4)粗制的C2H5Br呈棕黃色；說明含有單質溴雜質，則。

A．溴乙烷能夠與氫氧化鈉反應；故A錯誤；

B．溴在溴乙烷中的溶解度比在水中大；加水難以除去溴乙烷中的溴，故B錯誤；

C．Na2SO3與溴發(fā)生氧化還原反應，Na2SO3可除去溴；故C制取；

D．溴和溴乙烷都能溶于四氯化碳；不能將二者分離，故D錯誤；

分液使用的主要儀器是分液漏斗；要進一步制得純凈的C2H5Br，可用水洗，然后加入無水CaCl2；利用沸點不同再進行蒸餾分離；

故答案為：C；分液漏斗；蒸餾；

(5)檢驗溴乙烷中溴元素；應在堿性條件下水解，最后加入硝酸酸化，加入硝酸銀，觀察是否有黃色沉淀生成，所以操作順序為④①⑤③②；

故答案為：④①⑤③②；

(6)比溴乙烷多一個碳原子的同系物是溴丙烷，存在1-溴丙烷和2-溴丙烷兩種同分異構體，與氫氧化鈉的醇溶液中能發(fā)生反應的方程式為：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH=CH2+NaBr+H2O；CH3CHBrCH3+NaOHCH3CH=CH2+NaBr+H2O；

故答案為：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH=CH2+NaBr+H2O；CH3CHBrCH3+NaOHCH3CH=CH2+NaBr+H2O．【解析】NaBr+H2SO4+C2H5OHNaHSO4+C2H5Br+H2O;Br2;有油狀液體生成;C;分液漏斗;蒸餾;④①⑤③②;CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH=CH2+NaBr+H2O;CH3CHBrCH3+NaOHCH3CH=CH2+NaBr+H2O11、略

【分析】解：金屬銅單獨與氨水或單獨與過氧化氫都不能反應，而同時混合能反應，說明兩者能互相促進，是兩種物質共同作用的結果：其中過氧化氫為氧化劑，氨與rm{Cu^{2+}}形成配離子，兩者相互促進使反應進行，方程式可表示為：方程式可表示為：rm{Cu+H_{2}O_{2}+4NH_{3}簍T[Cu(NH_{3})_{4}](OH)_{2}}

故答案為：rm{Cu+H_{2}O_{2}+4NH_{3}簍T[Cu(NH_{3})_{4}](OH)_{2}}．

金屬銅單獨與氨水或單獨與過氧化氫都不能反應，而同時混合能反應，說明兩者能互相促進，這是兩種物質共同作用的結果：其中過氧化氫為氧化劑，氨與rm{Cu^{2+}}形成配離子；兩者相互促進使反應進行，根據(jù)電荷守恒，還有氫氧根離子生成，據(jù)此書寫方程式．

本題考查了絡合物方程式的書寫，掌握銅的絡合物的性質是解答關鍵，題目難度不大．【解析】rm{Cu+H_{2}O_{2}+4NH_{3}簍T[Cu(NH_{3})_{4}](OH)_{2}}12、略

【分析】

地殼中含量最高的元素是O元素；原子核外K；L層電子數(shù)之和等于M、N層電子數(shù)之和的是Ca；單質及其化合物的焰色反應都顯黃色是Na元素；單質中燃燒火焰呈蒼白色是Cl元素；

（1）由以上分析可知甲為O；名稱為氧元素，乙為Ca，名稱為鈣元素，丙為Na，名稱為鈉元素，丁為Cl，名稱為氯元素；

故答案為：氧元素；O；鈣元素，Ca；鈉元素，Na；氯元素，Cl；

（2）O、Ca、Na、Cl可形成的化合物有Na2O、Na2O2、CaO、NaCl、CaCl2，故答案為：Na2O、Na2O2、CaO、NaCl、CaCl2．

【解析】【答案】地殼中含量最高的元素是O元素；原子核外K；L層電子數(shù)之和等于M、N層電子數(shù)之和的是Ca；單質及其化合物的焰色反應都顯黃色是Na元素；單質中燃燒火焰呈蒼白色是Cl元素；以此解答該題．

13、略

【分析】根據(jù)元素的結構及有關性質可知，A是Mg，B是Al，C是Be，D是S，E是O，F(xiàn)是Na，G是H，H是Cl。（1）E、F、G三元素形成的化合物是氫氧化鈉，含有離子鍵和極性鍵。（2）B、H兩元素的最高價氧化物所對應的水化物分別是氫氧化鋁和高氯酸，所以二者反應的方程式是Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O。（3）實驗室制取氯氣的化學方程式是MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。（4）鎂的活潑性強于鋁的，但鎂和氫氧化鈉溶液不反應，而鋁是可以反應的，所以鋁是負極，鎂是正極。則負極電極反應式是Al－3e－＋4OH－===AlO2－＋2H2O。【解析】【答案】(1)離子鍵和共價鍵(2)Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O(3)MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O(4)Al－3e－＋4OH－===AlO2－＋2H2O三、簡答題(共8題，共16分)14、略

【分析】解：rm{(1)}冶煉活潑金屬rm{K}rm{Ca}rm{Na}rm{Mg}rm{Al}一般用電解熔融的氯化物，由于rm{AlCl_{3}}是共價化合物熔融時不導電，所以rm{Al}是電解熔融的rm{Al_{2}O_{3}}制得；rm{Na}是電解熔融的rm{NaCl}

故答案為：rm{bd}

rm{(2)a}電能時不可能全部轉化為化學能，還可能轉化為熱能，故rm{a}錯誤；

rm粗銅接電源正極，為電解池的陽極，失去電子發(fā)生氧化反應，故rm正確；

rm{c}溶液中rm{Cu^{2+}}向陰極移動，在陰極上放電，故rm{c}錯誤；

rmuwpsvcr粗銅中的rm{Ag}rm{Pt}rm{Au}不失去電子，沉淀在陽極底部，則利用陽極泥可以回收rm{Ag}rm{Pt}rm{Au}等金屬，故rmmhdfffb正確；

rm{e.}粗銅中有比銅活潑的金屬鋅、鐵首先放電，所以若陽極質量減少rm{64g}則轉移電子數(shù)不是rm{2N_{A}}個，故rm{e}錯誤；

rm{f.SO_{4}^{2-}}的物質的量不變，體積不變，所以rm{SO_{4}^{2-}}物質的量濃度不變，故rm{f}正確；

故答案為：rm{bdf}

rm{(3)}陽極發(fā)生氧化反應，rm{Al}在陽極放電，由題意可知生成rm{Al_{2}O_{3}}由元素守恒可知應有水參加反應，根據(jù)電荷守恒有氫離子生成，陽極電極反應式為：rm{2Al+3H_{2}O-6e^{-}簍TAl_{2}O_{3}+6H^{+}}

故答案為：rm{2Al+3H_{2}O-6e^{-}簍TAl_{2}O_{3}+6H^{+}}

rm{(4)}高鐵酸鉀在正極得到電子，電極反應式為rm{FeO_{4}^{2-}+4H_{2}O+3e^{-}=Fe(OH)_{3}+5OH^{-}}故答案為：rm{FeO_{4}^{2-}+4H_{2}O+3e^{-}=Fe(OH)_{3}+5OH^{-}}

rm{(5)壟脵}加入硝酸銀，銀離子會和硫氰酸根離子之間反應得到rm{AgSCN}白色沉淀；故答案為：出現(xiàn)白色沉淀；

rm{壟脷}rm{AgSCN(s)?Ag^{+}(aq)+SCN^{-}(aq)}加入rm{KI}后，因為溶解度：rm{AgI<AgSCN}沉淀會向著更難溶的方向轉化，即rm{Ag^{+}}與rm{I^{-}}反應生成rm{AgI}黃色沉淀：rm{Ag^{+}+I^{-}簍TAgI隆媒}rm{AgSCN}的溶解平衡正向移動；

故答案為：rm{AgSCN(s)?Ag^{+}(aq)+SCN^{-}(aq)}加入rm{KI}后，因為溶解度：rm{AgI<AgSCN}rm{Ag^{+}}與rm{I^{-}}反應生成rm{AgI}黃色沉淀：rm{Ag^{+}+I^{-}簍TAgI隆媒}rm{AgSCN}的溶解平衡正向移動；

rm{壟脹}向rm{50mL0.005mol?L?^{1}}的rm{AgNO_{3}}溶液中加入rm{150mL0.005mol?L?^{1}}的rm{KSCN}溶液，rm{KSCN}過量，溶液中剩余的rm{c(SCN^{-})=dfrac{0.005mol/L隆脕(0.15-0.05)L}{(0.15+0.05)L}=0.0025mol/L}

則rm{c(Ag^{+})=dfrac{Ksp(AgSCN)}{c(SCN^{-})}=dfrac{10^{-12}}{0.0025}=4隆脕10?^{10}mol?L?^{1}}

故答案為：rm{c(SCN^{-})=dfrac

{0.005mol/L隆脕(0.15-0.05)L}{(0.15+0.05)L}=0.0025mol/L}．

rm{c(Ag^{+})=dfrac

{Ksp(AgSCN)}{c(SCN^{-})}=dfrac

{10^{-12}}{0.0025}=4隆脕10?^{10}mol?L?^{1}}冶煉活潑金屬rm{4隆脕10?^{10}}rm{(1)}rm{K}rm{Ca}rm{Na}一般用電解熔融的氯化物rm{Mg}是電解熔融的rm{Al}制得；

rm{(Al}粗銅精煉時；粗銅為陽極；純銅為陰極，結合電解原理分析；

rm{Al_{2}O_{3})}陽極發(fā)生氧化反應，rm{(2)}在陽極放電，由題意可知生成rm{(3)}由元素守恒可知應有水參加反應，根據(jù)電荷守恒有氫離子生成；

rm{Al}高鐵酸鉀在正極得到電子，電極反應式為rm{Al_{2}O_{3}}

rm{(4)}銀離子會和硫氰酸根離子之間反應得到rm{FeO_{4}^{2-}+4H_{2}O+3e^{-}=Fe(OH)_{3}+5OH^{-}}白色沉淀；

rm{(5)壟脵}沉淀向著更難溶的方向轉化；

rm{AgSCN}向rm{壟脷}的rm{壟脹}溶液中加入rm{50mL0.005mol?L?^{1}}的rm{AgNO_{3}}溶液，rm{150mL0.005mol?L?^{1}}過量，根據(jù)溶液中剩余的rm{KSCN}的濃度，結合rm{KSCN}計算．

本題綜合考查學生電化學、溶度積常數(shù)的有關計算等，屬于綜合知識的考查，難度中等，側重于考查學生的分析能力和對基礎知識的應用能力．rm{KSCN}【解析】rm{bd}rm{bdf}rm{2Al+3H_{2}O-6e^{-}簍TAl_{2}O_{3}+6H^{+}}rm{FeO_{4}^{2-}+4H_{2}O+3e^{-}=Fe(OH)_{3}+5OH^{-}}出現(xiàn)白色沉淀；rm{4隆脕10?^{10}}15、略

【分析】解：rm{(1)H_{2}S}雜質常用氨水吸收，產物為rm{NH_{4}HS}一定條件下向rm{NH_{4}HS}溶液中通入空氣，得到單質硫并使吸收液再生，反應過程中生成一水合氨，依據(jù)原子守恒和電子守恒配平書寫化學方程式為：rm{2NH_{4}HS+O_{2}dfrac{underline{;{脪祿露簍脤玫錄鎂};}}{;}2NH_{3}?H_{2}O+2S}

故答案為：rm{2NH_{4}HS+O_{2}dfrac{underline{;{脪祿露簍脤玫錄鎂};}}{;}2NH_{3}?H_{2}O+2S隆媒}

rm{2NH_{4}HS+O_{2}dfrac{

underline{;{脪祿露簍脤玫錄鎂};}}{;}2NH_{3}?H_{2}O+2S}反應rm{壟脵CH_{4}(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+3H_{2}(g)triangleH=+206.4kJ?mol^{-1}}是氣體體積增大的吸熱反應，一定可以提高平衡體系中rm{2NH_{4}HS+O_{2}dfrac{

underline{;{脪祿露簍脤玫錄鎂};}}{;}2NH_{3}?H_{2}O+2S隆媒}百分含量；說明平衡正向進行，又能加快反應速率，說明影響反應速率的條件可以是升溫；加壓、增大濃度等，分析反應特征可知反應正向進行且反應速率增大的只有升溫平衡向吸熱反應進行，平衡正向進行反應速率增大；

rm{(2)}反應是吸熱反應，升高溫度，反應速率增大，平衡正向進行，平衡體系中rm{壟脵CH_{4}(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+3H_{2}(g)triangle

H=+206.4kJ?mol^{-1}}百分含量增大，故rm{H_{2}}符合；

rm{a.}增大水蒸氣濃度，平衡正向進行，反應速率增大，但平衡體系中rm{H_{2}}百分含量不一定增大，故rm{a}不符合；

rm{b.}加入催化劑，改變反應速率不改變化學平衡，反應速率增大，氫氣百分含量不變，故rm{H_{2}}不符合；

rm降低壓強，反應速率減小，平衡正向進行，氫氣百分含量增大，故rm{c.}不符合；

故選rm{c}

利用反應rm{d.}將rmbndohae進一步轉化，可提高rm{a}產量，若rm{壟脷}和rm{CO}的混合氣體rm{H_{2}}的體積分數(shù)為rm{1molCO}中rm{H_{2}}為rm{(CO}rm{20%)}的物質的量為rm{CO}與rm{0.2mol}反應，得到rm{H_{2}}rm{0.8mol}和rm{H_{2}O}的混合氣體，依據(jù)反應前后氣體體積不變，增加的部分應該是起始的水蒸氣的物質的量為rm{1.18molCO}設轉化的一氧化碳的物質的量為rm{CO_{2}}依據(jù)化學平衡三段式列式計算。

rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH=-41.2kJ?mol^{-1}}

起始量rm{H_{2}}rm{0.18mol}rm{x}rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H=-41.2kJ?mol^{-1}}

變化量rm{(mol)0.2}rm{0.18+x}rm{0}rm{0.8}

平衡量rm{(mol)x}rm{x}rm{x}rm{x}

則rm{(mol)0.2-x}

rm{0.18}

則rm{x}轉化率為rm{dfrac{0.18mol}{0.2mol}隆脕100%=90%}

故答案為：rm{x+0.8}rm{0.2-x+x+x+0.8=1.18}

rm{x=0.18}依據(jù)反應特征rm{N_{2}+3H_{2}=2NH_{3}triangleV}

rm{CO}rm{dfrac

{0.18mol}{0.2mol}隆脕100%=90%}rm{a}rm{90%}

平衡體積rm{(3)}rm{N_{2}+3H_{2}=2NH_{3}triangle

V}

即反應前后氣體體積減小為生成氨氣的體積，相同條件下，氣體體積比等于氣體物質的量之比，圖象分析可知平衡狀態(tài)氨氣體積含量rm{1}設平衡混合氣體體積為rm{3}氨氣為體積rm{2}則反應前氣體體積rm{2}氮氣和氫氣按照rm{V}rm{V}混合，氮氣體積rm{42%}依據(jù)化學方程式計算反應的氮氣體積為rm{100}平衡狀態(tài)氮氣為rm{42}則氮氣體積分數(shù)為rm{100+42=142}

故答案為：rm{1}

rm{3}合成氨的反應是放熱反應；開始反應，氨氣物質的量增大，達到平衡狀態(tài)，繼續(xù)升溫，平衡逆向進行，氨氣物質的量減小，畫出的圖象為：

故答案為：

rm{=142隆脕dfrac{1}{4}=35.5}分析流程合成氨放熱通過Ⅳ熱交換器加熱反應混合氣體；使反應達到所需溫度，提高合成氨原料總轉化率，依據(jù)平衡移動原理分析，分離出氨氣促進平衡正向進行，把平衡混合氣體中氮氣和氫氣重新循環(huán)使用，提高原理利用率；

故答案為：Ⅳ；分離液氨，未反應的氮氣和氫氣循環(huán)使用；

rm{21}雜質常用氨水吸收，產物為rm{35.5-21=14.5}一定條件下向rm{14.5%}溶液中通入空氣；得到單質硫并使吸收液再生，反應過程中生成一水合氨，依據(jù)原子守恒和電子守恒配平書寫化學方程式；

rm{14.5%}反應rm{(4)}是氣體體積增大的吸熱反應，一定可以提高平衡體系中rm{(5)}百分含量，說明平衡正向進行，又能加快反應速率，說明影響反應速率的條件可以是升溫、加壓、增大濃度等，分析反應特征可知反應正向進行且反應速率增大的只有升溫平衡向吸熱反應進行，平衡正向進行反應速率增大，依據(jù)平衡移動原理和影響反應速率因素分析判斷；依據(jù)化學平衡三段式列式計算，轉化率rm{=dfrac{{脧沒潞脛脕驢}}{{脝冒脢錄脕驢}}隆脕100%}計算；

rm{(1)H_{2}S}依據(jù)反應特征rm{NH_{4}HS}反應前后氣體體積減小為生成氨氣的體積，相同條件下，氣體體積比等于氣體物質的量之比，圖象分析可知平衡狀態(tài)氨氣體積含量rm{NH_{4}HS}設平衡混合氣體體積為rm{(2)}氨氣為體積rm{壟脵}計算反應的氮氣，依據(jù)氣體體積比計算原混合氣體中氮氣體積，得到平衡狀態(tài)下氮氣體積分數(shù)；

rm{H_{2}}合成氨的反應是放熱反應；開始反應，氨氣物質的量增大，達到平衡狀態(tài)，繼續(xù)升溫，平衡逆向進行，氨氣物質的量減小，據(jù)此畫出變化圖象；

rm{=dfrac

{{脧沒潞脛脕驢}}{{脝冒脢錄脕驢}}隆脕100%}依據(jù)反應是氣體體積減小的放熱反應；結合平衡移動原理分析判斷；

本題考查了化學平衡影響因素分析，平衡計算應用，注意反應特征的計算應用，圖象繪制，掌握基礎是關鍵，題目難度較大；rm{(3)}【解析】rm{2NH_{4}HS+O_{2}dfrac{underline{;{脪祿露簍脤玫錄鎂};}}{;}2NH_{3}?H_{2}O+2S隆媒}rm{2NH_{4}HS+O_{2}dfrac{

underline{;{脪祿露簍脤玫錄鎂};}}{;}2NH_{3}?H_{2}O+2S隆媒}rm{a}rm{90%}Ⅳ；分離液氨，未反應的氮氣和氫氣循環(huán)使用rm{14.5%}16、（1）N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-650kJ/mol；

（2）413；

（3）產物不會造成環(huán)境污染，釋放大量熱和快速產生大量氣體?！痉治觥俊痉治觥?/p>

該題考查熱化學方程式的書寫；反應熱的計算；是高考中的常見題型，試題基礎性強，難易適中。該題結合火箭發(fā)射，有利于培養(yǎng)學生學習化學的興趣，有利于調動學生的學習積極性。

（1）依據(jù)反應物和生成物配平書寫化學方程式，根據(jù)定律關系判斷，0.4mol液態(tài)肼和0.8molH2O2混合恰好反應；所以1mol液態(tài)肼完全反應放出641.75kJ的熱量；

（2）H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol；依據(jù)蓋斯定律計算分析得到；

（3）依據(jù)產物判斷生成物質無污染。

【解答】

（1）反應方程式為：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，0.4mol液態(tài)肼放出260kJ的熱量，則1mol液態(tài)肼放出的熱量為=650kJ；

所以反應的熱化學方程式為：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-650kJ/mol；

故答案為：N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-650kJ/mol；

（2）①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-650kJ/mol；②H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol；

依據(jù)蓋斯定律①-②×4得到N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-826KJ/mol；

16g液態(tài)肼物質的量==0.5mol；

所以16g液態(tài)肼與液態(tài)雙氧水反應生成液態(tài)水時放出的熱量是413KJ；

故答案為：413；

（3）此反應用于火箭推進；除釋放大量熱和快速產生大量氣體外，還有一個很大的優(yōu)點是產物為氮氣和水，是空氣成分不會造成環(huán)境污染；

故答案為：產物不會造成環(huán)境污染；釋放大量熱和快速產生大量氣體。

【解析】（1）N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-650kJ/mol；

（2）413；

（3）產物不會造成環(huán)境污染，釋放大量熱和快速產生大量氣體。17、略

【分析】解：（1）加入的酒精可溶解硬脂酸甘油酯；故答案為：溶解硬脂酸甘油酯；

（2）所得混合物粒子直徑在1nm～100nm之間；屬于膠體，故答案為：膠體；

（3）皂化反應所得混合物加入食鹽發(fā)生鹽析；能使硬脂酸鈉在上層析出，故答案為：食鹽；上；鹽析；

（4）酒精和水易揮發(fā)；長玻璃導管能使其冷凝回流，故答案為：冷凝；

（5）硬脂酸甘油脂能在再堿性條件下水解生成硬脂酸鈉和甘油，故答案為：（C17H35COO）3C3H5+3NaOH3C17H35COONa+C3H5（0H）3．

（1）硬脂酸甘油脂不溶于水；

（2）分散質粒子直徑在1nm～100nm之間的分散系屬于膠體；

（3）皂化反應所得混合物加入食鹽能使硬脂酸鈉在上層析出；

（4）酒精；水易揮發(fā)；長導管能給氣體足夠的冷卻時間；

（5）硬脂酸甘油脂能在堿性條件下水解生成硬脂酸鈉和甘油．

本題考查肥皂的制取，注意皂化反應所得混合物為膠體，難度不大．【解析】溶解硬脂酸甘油酯；膠體；食鹽；上；鹽析；冷凝；（C17H35COO）3C3H5+3NaOH3C17H35COONa+C3H5（0H）318、略

【分析】解：D與Cl2在光照條件下生成的G，G為鹵代烴，G與NaOH溶液加熱發(fā)生取代反應生成故G為G發(fā)生消去反應生成H為H發(fā)生加聚反應生成高聚物I為．逆推可知D為D發(fā)生氧化反應生成E為．由A與B的相互轉化可知B為鹵代烴，而B與苯發(fā)生反應生成D，故B為CH3CH2Cl，則A為CH2=CH2，C為CH3CH2OH，E與C發(fā)生酯化反應生成F為

（1）①為取代反應；②為消去反應，③為酯化反應或取代反應，④為取代反應，⑤為取代反應，⑥為消去反應，所以屬于取代反應的是①③④⑤，故答案為：①③④⑤；

（2）由上述分析可知，I結構簡式為

故答案為：

（3）反應①是苯與CH3CH2Cl發(fā)生取代反應生成乙苯，反應方程式為：反應③是苯甲酸與乙醇的酯化反應，反應方程式為+CH3CH2OH+H2O；反應⑥是G與NaOH醇溶液加熱發(fā)生消去反應，化學方程式為：

故答案為：+CH3CH2OH+H2；．

D與Cl2在光照條件下生成的G，G為鹵代烴，G與NaOH溶液加熱發(fā)生取代反應生成故G為G發(fā)生消去反應生成H為H發(fā)生加聚反應生成高聚物I為．逆推可知D為D發(fā)生氧化反應生成E為．由A與B的相互轉化可知B為鹵代烴，而B與苯發(fā)生反應生成D，故B為CH3CH2Cl，則A為CH2=CH2，C為CH3CH2OH，E與C發(fā)生酯化反應生成F為據(jù)此解答．

本題考查有機物推斷、有機反應類型、化學方程式的書寫等，注意根據(jù)G的反應產物利用逆推法進行推斷，需要學生熟練掌握官能團的性質與轉化，難度中等．【解析】①③④⑤；+CH3CH2OH+H2O；19、略

【分析】解：某化合物rm{A}的化學式為rm{C_{5}H_{11}Cl}分析數(shù)據(jù)表明，分子中有兩個rm{-CH_{3}}兩個rm{-CH_{2}-}一個和一個rm{-Cl}兩個甲基和一個氯原子只能位于邊上，兩個亞甲基只能連接兩個原子或原子團，一個次亞甲基連接rm{3}個原