2025年蘇人新版高二化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年蘇人新版高二化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、已知反應(yīng)①②稀溶液中，下列結(jié)論正確的是A.碳的燃燒熱為110.5kJ/molB.2molC(s)+1molO2(g)的能量比2molCO(g)的能量高221kJC.0.5molH2SO4(濃)與1molNaOH溶液混合，產(chǎn)生57.3kJ熱量D.稀醋酸與稀NaOH溶液反應(yīng)生成1mol水，放出57.3kJ熱量2、在一定條件下，發(fā)生CO+NO2?CO2+NO的反應(yīng)；達(dá)到化學(xué)平衡后，降低溫度，混合物的顏色變淺，下列有關(guān)該反應(yīng)的說(shuō)法中正確的是（）

A.正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)。

B.正反應(yīng)為放熱反應(yīng)。

C.降溫后CO的濃度增大。

D.降溫后各物質(zhì)的濃度不變。

3、對(duì)水垢的主要成分是CaCO3和Mg（OH）2而不是CaCO3和MgCO3的原因解釋，下列說(shuō)法正確的是（）①M(fèi)g（OH）2比MgCO3更難溶；且在水中發(fā)生了沉淀轉(zhuǎn)化。

②Mg（OH）2的溶度積大于MgCO3的溶度積；且在水中發(fā)生了沉淀轉(zhuǎn)化。

③MgCO3電離出的CO32﹣發(fā)生水解，促進(jìn)水中OH﹣濃度增大，對(duì)Mg（OH）2沉淀溶解平衡而言，Qc＞Ksp，生成Mg（OH）2沉淀。

④MgCO3電離出的CO32﹣發(fā)生水解，促進(jìn)水中OH﹣濃度減小，對(duì)Mg（OH）2沉淀溶解平衡而言，Qc＜Ksp，生成Mg（OH）2沉淀．A.①③B.①②C.③④D.①④4、如圖為鋅rm{隆陋}銅原電池示意圖，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()

A.電子由銅片通過(guò)導(dǎo)線流向鋅片B.鋅片為負(fù)極，且鋅片逐漸溶解C.銅為正極，銅不易失電子而受到保護(hù)D.該裝置能將化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?、下列各化合物的命名不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{2-}甲基rm{-4-}己烯B.rm{2}rm{2-}二甲基戊烷C.rm{2}rm{3-}二甲基戊烷D.rm{2-}甲基rm{-4-}乙基庚烷6、下列離子反應(yīng)方程式不正確的是rm{(}rm{)}A.向rm{Ca(ClO)_{2}}溶液中通入少量rm{SO_{2}Ca^{2+}+3ClO^{-}+SO_{2}+H_{2}O簍TCaSO_{4}隆媒+Cl^{-}+2HClO}B.rm{1mol/L}的rm{NaAlO_{2}}溶液和rm{2.5mol/L}的鹽酸等體積均勻混合：rm{2AlO_{2}^{-}+5H^{+}簍TAl(OH)_{3}隆媒+Al^{3+}+H_{2}O}C.將rm{11.2L}標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氯氣通入rm{200mL2mol/L}的rm{FeBr_{2}}溶液中，離子反應(yīng)方程式為：rm{2Fe^{2+}+8Br^{-}+5Cl_{2}簍T2Fe^{3+}+4Br_{2}+10Cl^{-}}D.向rm{NH_{4}HCO_{3}}溶液中加入足量rm{NaAlO_{2}}溶液：rm{NH_{4}^{+}+2AlO_{2}^{-}+HCO_{3}^{--}+2H_{2}O簍TNH_{3}隆眉+2Al(OH)_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}}．7、下列各項(xiàng)所述的數(shù)字不是rm{6}的是rm{(}rm{)}A.在rm{NaCl}晶體中，與一個(gè)rm{Na^{+}}最近的且距離相等的rm{Cl^{-}}的個(gè)數(shù)B.在金剛石晶體中，圍成最小環(huán)的原子數(shù)C.在二氧化硅晶體中，圍成最小環(huán)的硅原子數(shù)D.在rm{CsCl}晶體中，與一個(gè)rm{Cs^{+}}最近的且距離相等的rm{Cl^{-}}的個(gè)數(shù)8、3－甲基戊烷的一氯代產(chǎn)物有（不考慮立體異構(gòu)）A.3種B.4種C.5種D.6種9、利用紅外光譜對(duì)有機(jī)化合物分子進(jìn)行測(cè)試并記錄，可初步判斷該有機(jī)物分子擁有的（）A.同分異構(gòu)體數(shù)B.原子個(gè)數(shù)C.基團(tuán)種類D.共價(jià)鍵種類評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、1000℃時(shí)，在密閉容器中加入一定量的Na2SO4固體使其發(fā)生以下反應(yīng)并達(dá)平衡：Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)，△H<0，在恒溫恒容時(shí)回答以下問(wèn)題：(1)向容器中分別加入以下物質(zhì)，判斷對(duì)平衡有無(wú)影響，有影響的應(yīng)填寫出平衡移動(dòng)的方向。①加入Na2SO4_________________。②加入焦炭________________。(2)若初時(shí)加入的Na2SO4是1．42g，平衡時(shí)容器中固體物質(zhì)質(zhì)量是1．10g，Na2SO4的轉(zhuǎn)化率是_______________。(3)若將容器溫度升高20℃，H2在混合氣體中含量變化用下圖中_____圖表示最合適。11、（5分）有A、B、C、D、E五種溶液，其中的陽(yáng)離子分別是Ag+、Na+、Ba2+、Al3+、Fe3+，陰離子分別為Cl—、OH—、NO3—、CO32—、SO42—（都不重復(fù)），現(xiàn)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：（1）C溶液中加入純鐵粉，溶液質(zhì)量增加；（2）A、E溶液都呈堿性，測(cè)得0.1mol/L的A溶液pH小于0.1mol/L的E溶液；（3）在B溶液中逐滴加入氨水，出現(xiàn)沉淀，繼而沉淀消失；（4）在D溶液中加入硝酸鋇溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象。據(jù)此推斷各溶液的成分（填溶質(zhì)的化學(xué)式）：A為____；B為；C為__________；D為；E為12、(8分)在25℃時(shí)，有pH為a的HCl溶液和pH為b的NaOH溶液，取VaL該鹽酸溶液用該NaOH溶液中和，需VbLNaOH溶液，（題中a<b，b≥8）。問(wèn)：（1）若a+b=14，則Va／Vb＝.（2）若a+b=13，則Va／Vb＝（3）若a+b＞14，則Va／Vb＝，且VaVb(填“＞”“＜”“＝”)13、（7分）鉻是人體必需元素，如含量不足會(huì)影響糖類和脂類的代謝，過(guò)高則會(huì)引起急性中毒。有關(guān)含鉻化合物的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如下回答下列問(wèn)題：（1）鉻原子的電子排布式____（2）上述反應(yīng)中需用氧化劑的是____（填編號(hào)）。（3）工業(yè)上處理含Cr2O72-的廢水時(shí)，一般將劇毒的Cr2O72-轉(zhuǎn)化為Cr3+,寫出以碳為陰極，鐵作陽(yáng)極，電解處理含NaCl、Cr2O72-的酸性廢水。寫出電極反應(yīng)和溶液中進(jìn)行的反應(yīng)的離子方程式陽(yáng)極____陰極____溶液中____（4）反應(yīng)⑤是可逆反應(yīng)，在Na2CrO4溶液中加入稀硫酸，溶液由黃色逐漸變成橙色，寫出該反應(yīng)的離子方程式____（5）已知Ag2CrO4和AgCl的Ksp分別為9.0×10－12、1.56×10－10，向含有相同濃度的Na2CrO4和NaCl的混合溶液中逐滴加入硝酸銀溶液，首先生成的沉淀是____14、rm{(1)25隆忙}rm{101kPa}時(shí)，使rm{1.0g}乙烯與足量的氧氣反應(yīng)，生成rm{CO_{2}}和液態(tài)rm{H_{2}O}并放出rm{50KJ}的熱量；表示乙烯燃燒熱的熱化學(xué)方程式為______

rm{(2)}比較下列熱化學(xué)方程式中rm{triangleH}的大小關(guān)系。

rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)+2H_{2}O}rm{(l)triangleH_{1}}

rm{CH_{4}(g)+2O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)+2H_{2}O}rm{(g)triangleH_{2}}

則rm{triangleH_{1}}______rm{triangleH_{2}}

rm{(3)}依據(jù)蓋斯定律可以對(duì)某些難以通過(guò)實(shí)驗(yàn)直接測(cè)定的化學(xué)反應(yīng)的焓變進(jìn)行推算。

已知：rm{C}rm{(s}石墨rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH_{1}}

rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle

H_{1}}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g}rm{)=2H_{2}O}

rm{(l)triangleH_{2}}rm{2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g}rm{)=4CO_{2}(g)+2H_{2}O}

則rm{(1)triangleH_{3}}rm{2C}石墨rm{(s}反應(yīng)的rm{)+H_{2}(g)=C_{2}H_{2}(g)}的表達(dá)式為：rm{triangleH}______。rm{triangleH=}15、在極性分子中，正電荷中心同負(fù)電荷中心間的距離稱為偶極長(zhǎng)，通常用rmou5h6iw表示rm{.}極性分子的極性強(qiáng)弱同偶極長(zhǎng)和正rm{(}或負(fù)rm{)}電荷中心的電量rm{(q)}有關(guān)，一般用偶極矩rm{(婁脤)}來(lái)衡量rm{.}分子的偶極矩定義為偶極長(zhǎng)和偶極上端電荷電量的乘積，即rm{婁脤=d?q.}試回答以下問(wèn)題：

rm{(3)}治癌藥rm{Pt(NH_{3})_{2}Cl_{2}}具有兩種異構(gòu)體，棕黃色者rm{婁脤>0}淡黃色者rm{婁脤=0}．

rm{壟脵}試在方框內(nèi)畫出兩種異構(gòu)體的空間構(gòu)型圖：

rm{壟脷}該化合物的兩種異構(gòu)體在水中溶解度較大的是______rm{(}填“棕黃色者”或“淡黃色者”rm{)}理由是______．16、某工業(yè)廢水僅含下表中的某些離子，且各種離子的物質(zhì)的量濃度相等，均為rm{0.1mol/L(}此數(shù)值忽略水的電離及離子的水解rm{)}。陽(yáng)離子rm{K^{+}}rm{Ag^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Al^{3+}}rm{NH^{+}_{4}}陰離子rm{Cl^{-}}rm{CO^{2}_{3}}rm{NO^{-}_{3}}rm{SO^{2}_{4}}rm{SiO^{2}_{3}}rm{I^{-}}甲同學(xué)欲探究廢水的組成，進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：Ⅰrm{.}取該無(wú)色溶液rm{5mL}滴加一滴氨水有沉淀生成，且離子種類增加。Ⅱrm{.}用鉑絲蘸取溶液，在火焰上灼燒，透過(guò)藍(lán)色鈷玻璃觀察，無(wú)紫色火焰。Ⅲrm{.}另取溶液加入過(guò)量鹽酸，有無(wú)色氣體生成，該無(wú)色氣體遇空氣變成紅棕色。Ⅳrm{.}向Ⅲ中所得的溶液中加入rm{BaCl_{2}}溶液，有白色沉淀生成。請(qǐng)推斷：rm{(1)}由Ⅰ、Ⅱ判斷，溶液中一定不含有的陽(yáng)離子是______。rm{(2)}Ⅲ中加入鹽酸生成無(wú)色氣體的離子方程式是________________。rm{(3)}甲同學(xué)最終確定原溶液中所含陽(yáng)離子有________，陰離子有________；并據(jù)此推測(cè)原溶液應(yīng)該呈________性，原因是________________________rm{(}請(qǐng)用離子方程式說(shuō)明rm{)}rm{(4)}另取rm{100mL}原溶液，加入足量的rm{NaOH}溶液，此過(guò)程中涉及的離子方程式為___________________________________________________________。充分反應(yīng)后過(guò)濾，洗滌，灼燒沉淀至恒重，得到的固體質(zhì)量為________rm{g}17、已知化合物甲和乙都不溶于水，甲可溶于質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于或等于98％的硫酸，而乙不溶?，F(xiàn)有一份甲和乙的混合物樣品，通過(guò)實(shí)驗(yàn)進(jìn)行分離，可得到固體甲。(實(shí)驗(yàn)中使用的過(guò)濾器是用于過(guò)濾強(qiáng)酸性液體的耐酸過(guò)濾器)請(qǐng)?zhí)顚懕碇锌崭?，完成由上述混合物得到固體甲的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)。18、rm{(1)}碳原子有rm{4}個(gè)價(jià)電子，在形成化合物時(shí)價(jià)電子均參與成鍵，但雜化方式不一定相同。在乙烷、乙烯、乙炔和苯四種分子中，碳原子采取rm{sp}雜化的分子是___________rm{(}寫結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，下同rm{)}采取rm{sp^{2}}雜化的分子是__________，采取rm{sp^{3}}雜化的分子是____________。試寫出一種有機(jī)物分子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，要求同時(shí)含有三種不同雜化方式的碳原子：___________________。rm{(2)}甲醛rm{(HCHO)}在rm{Ni}催化作用下加氫可得甲醇rm{(CH_{3}OH)}甲醇分子內(nèi)rm{C}原子的雜化方式為____________，甲醇分子內(nèi)的rm{O隆陋C隆陋H}鍵角________rm{(}填“大于”、“等于”或“小于”rm{)}甲醛分子內(nèi)的rm{O簍TC隆陋H}鍵角。

評(píng)卷人得分三、探究題(共4題，共8分)19、（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(guò)濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請(qǐng)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(guò)下列所示裝置進(jìn)行定量分析來(lái)測(cè)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(guò)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。20、（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(guò)實(shí)驗(yàn)來(lái)探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過(guò)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(shuō)法合理嗎？____簡(jiǎn)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(wú)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(cè)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。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(guò)濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請(qǐng)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(guò)下列所示裝置進(jìn)行定量分析來(lái)測(cè)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(guò)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(guò)實(shí)驗(yàn)來(lái)探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過(guò)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(shuō)法合理嗎？____簡(jiǎn)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(wú)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(cè)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(píng)卷人得分四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共24分)23、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(wú)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）。24、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(qǐng)回答下列問(wèn)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(duì)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(qǐng)判斷該方法是否合理并說(shuō)明理由：_____________。25、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(wú)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）。26、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(wú)色溶液；取無(wú)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(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共2題，共12分)27、（12分）常溫下電解200mLNaCl、CuSO4的混合溶液，所得氣體的體積隨時(shí)間變化如下圖所示，根據(jù)圖中信息回答下列問(wèn)題。（氣體體積已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積，且忽略氣體在水中的溶解和溶液體積的變化）⑴圖中曲線________(填Ⅰ或Ⅱ)表示陽(yáng)極產(chǎn)生氣體的變化；⑵求NaCl和CuSO4的物質(zhì)的量濃度；⑶求t2時(shí)所得溶液的H＋的物質(zhì)的量濃度。28、rm{1{.}08g}某有機(jī)物在純氧中完全燃燒，僅生成rm{3{.}08g}二氧化碳和rm{0{.}72g}水rm{{.}}經(jīng)測(cè)定，該有機(jī)物與氫氣的相對(duì)密度為rm{54}試回答下列問(wèn)題：

rm{(1)}該有機(jī)物的分子式為______；

rm{(2)}實(shí)驗(yàn)證實(shí)，該有機(jī)物遇三氯化鐵溶液顯紫色rm{{.}}寫出該有機(jī)物分子可能的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式____________________________________________。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】試題分析：A、燃燒熱是物質(zhì)完全燃燒產(chǎn)生的熱量，碳沒(méi)生成二氧化碳，錯(cuò)誤；B、正確；C、濃硫酸溶解時(shí)放熱，錯(cuò)誤；D、醋酸是弱電解質(zhì)，存在電離吸熱過(guò)程，錯(cuò)誤。考點(diǎn)：考查溶液熱有關(guān)問(wèn)題?！窘馕觥俊敬鸢浮緽2、B【分析】

（1）對(duì)CO+NO2CO2+NO來(lái)說(shuō)，NO2是紅棕色氣體，達(dá)平衡后，降低溫度，混合物顏色變淺，說(shuō)明NO2的濃度減?。粍t可判斷降溫平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，根據(jù)勒夏特列原理，該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，因此A錯(cuò)誤，B正確．

（2）該反應(yīng)降溫向正反應(yīng)方向移動(dòng)，c（NO2）、c（CO）會(huì)減小，c（CO2）；c（NO）會(huì)增大；因此C、D均不正確．

故答案為B．

【解析】【答案】分析：本題要根據(jù)勒夏特列原理來(lái)具體分析各個(gè)選項(xiàng)。

3、A【分析】【解答】解：①M(fèi)g（OH）2的溶度積小于MgCO3的溶度積，水中的碳酸氫鎂受熱分解生成碳酸鎂會(huì)繼續(xù)反應(yīng)生成更難溶的氫氧化鎂沉淀，故正確；②Mg（OH）2的溶度積小于MgCO3的溶度積；故錯(cuò)誤；

③MgCO3電離出的CO32﹣發(fā)生水解，水解顯堿性，使水中OH﹣濃度增大；故正確；

④MgCO3電離出的CO32﹣發(fā)生水解，水解顯堿性，使水中OH﹣濃度增大，因?yàn)镸g（OH）2的溶度積更小，所以Qc＞Ksp生成Mg（OH）2沉淀；故錯(cuò)誤；

故選A．

【分析】①M(fèi)g（OH）2的溶度積小于MgCO3的溶度積；水中的碳酸氫鎂受熱分解生成碳酸鎂會(huì)繼續(xù)反應(yīng)生成更難溶的氫氧化鎂沉淀；

②Mg（OH）2的溶度積小于MgCO3的溶度積；

③MgCO3電離出的CO發(fā)生水解，水解顯堿性，使水中OH﹣濃度增大；

④MgCO3電離出的CO發(fā)生水解，水解顯堿性，使水中OH﹣濃度增大，因?yàn)镸g（OH）2的溶度積更小，所以Qc＞Ksp生成Mg（OH）2沉淀．4、A【分析】【分析】本題考查了原電池的工作原理，難度不大?！窘獯稹緼.鋅是負(fù)極，銅是正極，電子從鋅通過(guò)導(dǎo)線流向銅，故A錯(cuò)誤；B.該原電池中，鋅是負(fù)極，負(fù)極上鋅失電子變成鋅離子進(jìn)入溶液導(dǎo)致鋅逐漸溶解，故B正確；C.銅為正極，銅上氫離子得電子生成氫氣，所以銅不易失電子而受到保護(hù)，故C正確；D.該裝置是原電池；是將化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿难b置，故D正確。

故選A。

【解析】rm{A}5、A【分析】解：rm{A.2-}甲基rm{-4-}己烯名稱中主碳鏈編號(hào)錯(cuò)誤，離碳碳雙鍵近的一端編號(hào)，正確的名稱為：rm{5-}甲基rm{-2-}己烯；故A錯(cuò)誤；

B.rm{2}rm{2-}二甲基戊烷，名稱中主碳鏈主鏈編號(hào)錯(cuò)誤，離取代基近的一端編號(hào)，正確名稱為：rm{2}rm{2-}二甲基戊烷；故B正確；

C.rm{2}rm{3-}二甲基戊烷，主碳鏈rm{5}個(gè)碳；離取代基近的一端編號(hào)得到名稱符合系統(tǒng)命名方法，故C正確；

D.rm{2-}甲基rm{-4-}乙基庚烷，主碳鏈rm{7}個(gè)碳；離取代基近的一端編號(hào)，得到名稱符合系統(tǒng)命名法，故D正確；

故選A．

烷烴命名原則：

rm{壟脵}長(zhǎng)：選最長(zhǎng)碳鏈為主鏈；

rm{壟脷}多：遇等長(zhǎng)碳鏈時(shí)；支鏈最多為主鏈；

rm{壟脹}近：離支鏈最近一端編號(hào)；

rm{壟脺}小：支鏈編號(hào)之和最小rm{.}看下面結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號(hào)”的原則；

rm{壟脻}簡(jiǎn)：兩取代基距離主鏈兩端等距離時(shí)，從簡(jiǎn)單取代基開始編號(hào)rm{.}如取代基不同；就把簡(jiǎn)單的寫在前面，復(fù)雜的寫在后面；

本題考查了有機(jī)物相同命名方法的應(yīng)用，注意主鏈選擇，起點(diǎn)編號(hào)，名稱書寫的規(guī)范方法是解題關(guān)鍵，題目較簡(jiǎn)單．【解析】rm{A}6、C【分析】解：rm{A.}向rm{Ca(ClO)_{2}}溶液中通入少量rm{SO_{2}}二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為：rm{Ca^{2+}+3ClO^{-}+SO_{2}+H_{2}O簍TCaSO_{4}隆媒+Cl^{-}+2HClO}故A正確；

B.rm{1mol/L}的rm{NaAlO_{2}}溶液和rm{2.5mol/L}的rm{HCl}溶液等體積互相均勻混合，反應(yīng)生成氯化鋁和氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)的離子反應(yīng)為：rm{2AlO_{2}^{-}+5H^{+}=Al^{3+}+Al(OH)_{3}隆媒+H_{2}O}故B正確；

C.還原性rm{Fe^{2+}>Br^{-}}所以通入氯氣先發(fā)生反應(yīng)rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}簍T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}rm{Fe^{2+}}反應(yīng)完畢，剩余的氯氣再發(fā)生反應(yīng)rm{2Br^{-}+Cl_{2}簍TBr_{2}+2Cl^{-}}rm{200mL2mol/L}的rm{FeBr_{2}}溶液中rm{0.4molFeBr_{2}}通入rm{11.2L}標(biāo)準(zhǔn)狀況下的rm{Cl_{2}}物質(zhì)的量為rm{0.5mol}反應(yīng)的離子方程式為：rm{4Fe^{2+}+2Br^{-}+5Cl_{2}簍T4Fe^{3+}+3Br_{2}+10Cl^{-}}故C錯(cuò)誤；

D.向rm{NH_{4}HCO_{3}}溶液中加入足量rm{NaAlO_{2}}溶液，二者發(fā)生雙水解反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為：rm{NH_{4}^{+}+2AlO_{2}^{-}+HCO_{3}^{--}+2H_{2}O簍TNH_{3}隆眉+2Al(OH)_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}}故D正確；

故選C．

A.次氯酸鈣與少量二氧化硫反應(yīng)生成硫酸鈣沉淀；氯化鈣和次氯酸；

B.二者的物質(zhì)的量比為rm{2}rm{5}rm{1molAl(OH)_{3}}消耗rm{3molH^{+}}反應(yīng)生成等量的鋁離子；氫氧化鋁；

C.還原性rm{Fe^{2+}>Br^{-}}所以通入氯氣先發(fā)生反應(yīng)rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}簍T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}rm{Fe^{2+}}反應(yīng)完畢，剩余的氯氣再發(fā)生反應(yīng)rm{2Br^{-}+Cl_{2}簍TBr_{2}+2Cl^{-}}

D.偏鋁酸鈉足量；二者發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氨氣；氫氧化鋁沉淀和碳酸鈉．

本題考查了離子方程式的書寫判斷，為高考的高頻題，題目難度中等，注意掌握離子方程式的書寫原則，明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應(yīng)物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學(xué)式，檢查是否符合原化學(xué)方程式等．【解析】rm{C}7、D【分析】解：rm{A.NaCl}晶體屬面心立方結(jié)構(gòu)，晶胞結(jié)構(gòu)如圖由結(jié)構(gòu)圖可知，氯化鈉晶體中鈉離子位于頂點(diǎn)和面心，距離頂點(diǎn)最近的氯離子位于棱心，共有rm{6}個(gè)，氯離子位于棱和體心，距離體心距離最近的鈉離子，位于面心，共有rm{6}個(gè)，則氯離子和鈉離子配位數(shù)都是rm{6}所以在rm{NaCl}晶體中每個(gè)rm{Na^{+}(}或rm{C1^{-})}周圍都緊鄰rm{6}個(gè)rm{Cl^{-}(}或rm{Na^{+})}故A正確；

B.金剛石晶體中，由共價(jià)鍵形成的最小碳環(huán)上有rm{6}個(gè)碳原子；每個(gè)碳原子形成四個(gè)共價(jià)鍵，從而形成空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，故B正確；

C.由二氧化硅晶體結(jié)構(gòu)圖可知，晶體中最小環(huán)上含有rm{6}個(gè)硅原子和rm{6}個(gè)氧原子；故C正確；

D.由氯化銫體的晶胞可知，rm{CsCl}晶體中每個(gè)rm{Cs^{+}}周圍緊鄰的有rm{8}個(gè)rm{Cl^{-}}而和每個(gè)rm{Cl^{-}}等距離緊鄰的也有rm{8}個(gè)rm{Cs^{+}}故D錯(cuò)誤；

故選D．

A.在rm{NaCl}晶體中，一個(gè)rm{Na^{+}}周圍有rm{6}個(gè)rm{Cl^{-}}一個(gè)rm{Cl^{-}}周圍有rm{6}個(gè)rm{Na^{+}}

B.金剛石晶體中，最小的環(huán)上有rm{6}個(gè)碳原子；

C.二氧化硅晶體相當(dāng)于在硅晶體中兩個(gè)硅原子間分別加上一個(gè)rm{O}原子，因此最小環(huán)上的原子個(gè)數(shù)為rm{12}個(gè)，每個(gè)最小環(huán)上有rm{6}個(gè)硅原子；

D.根據(jù)rm{CsCl}晶體的晶胞分析，rm{CsCl}中離子的配位數(shù)是rm{8}．

本題考查了晶體的結(jié)構(gòu)分析，重點(diǎn)是對(duì)結(jié)構(gòu)圖象的觀察與理解，掌握常見(jiàn)晶胞的結(jié)構(gòu)是解題的關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】rm{D}8、B【分析】試題分析：(CH3CH2)2CHCH3有四種等效氫原子，-CH2CH3上兩種，剩余的-CH（CH3）-兩種，因此答案是B?？键c(diǎn)：考查同分異構(gòu)體【解析】【答案】B9、C【分析】解：組成分子的各種基團(tuán)都有自己特定的紅外特征吸收峰；利用紅外光譜對(duì)有機(jī)化合物分子進(jìn)行測(cè)試并記錄，可以清晰的記錄出不同基團(tuán)的吸收峰，所以可初步判斷該有機(jī)物分子擁有的基團(tuán)種類；

故選C．

組成分子的各種基團(tuán)都有自己特定的紅外特征吸收峰；所以通過(guò)紅外光譜可以判斷有機(jī)物的基團(tuán)種類．

本題考查了紅外光譜在測(cè)定有機(jī)化合分子結(jié)構(gòu)時(shí)的作用，題目比較簡(jiǎn)單．【解析】【答案】C二、填空題(共9題，共18分)10、略

【分析】（1）考查外界條件對(duì)平衡的影響。①硫酸鈉是固體，改變固體的質(zhì)量，平衡不移動(dòng)。②高溫下，焦炭和水蒸氣反應(yīng)生成氫氣和CO，相當(dāng)于是降低生成物濃度，增加反應(yīng)物濃度，所以平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)。（2）設(shè)硫酸鈉的轉(zhuǎn)化率是x。硫酸鈉是0.01mol，則生成硫化鈉是0.01x，所以142×（0.01－0.01x）＋0.01x×78＝1.10，解得x＝50％。（3）由于正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，氫氣的含量增加，所以答案選A?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）①無(wú)②正向移動(dòng)（2）50％（3）A11、略

【分析】C溶液中加入純鐵粉，溶液質(zhì)量增加，說(shuō)明C中含有鐵離子。溶液顯堿性的應(yīng)該是氫氧化鈉或氫氧化鋇以及碳酸鈉，根據(jù)（2）可知A是碳酸鈉，則B是氫氧化鋇。根據(jù)（3）中，B中含有銀離子，則B是硝酸銀。根據(jù)（4）可知D中沒(méi)有SO42—，所以C是硫酸鐵，D是氯化鋁?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?分）(每空1分）ANa2CO3；BAgNO3；CFe2(SO4)3；DAlCl3；EBa(OH)212、略

【分析】【解析】【答案】（8分）（1）若a+b=14，則Va／Vb＝____.（2）若a+b=13，則Va／Vb＝1:10（3）若a+b＞14，則Va／Vb＝____，且Va____________Vb13、略

【分析】【解析】【答案】14、略

【分析】解：rm{(1)1.0g}乙烯與足量的氧氣反應(yīng)，生成rm{CO_{2}}和液態(tài)rm{H_{2}O}并放出rm{50kJ}的熱量，可知rm{1mol}乙烯與足量的氧氣反應(yīng)，生成rm{CO_{2}}和液態(tài)rm{H_{2}O}放熱為rm{50kJ隆脕28=1400kJ}則表示乙烯燃燒熱的熱化學(xué)方程式為rm{C_{2}H_{4}(g)+3O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-1400}rm{C_{2}H_{4}(g)+3O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-1400}

故答案為：rm{C_{2}H_{4}(g)+3O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-1400kJ/mol}

rm{kJ/mol}放熱反應(yīng)的焓變?yōu)樨?fù)，反應(yīng)物相同，生成物中氣態(tài)水的能量比液態(tài)水的能量高，可知生成氣態(tài)水放熱少，焓變大，即rm{triangleH_{1}<triangleH_{2}}故答案為：rm{C_{2}H_{4}(g)+3O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-1400kJ/mol}

rm{(2)}由rm{triangleH_{1}<triangle

H_{2}}石墨rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH_{1}}

rm{壟脷2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH_{2}}

rm{壟脹2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)=4CO_{2}(g)+2H_{2}O(1)triangleH_{3}}

結(jié)合蓋斯定律可知，rm{壟脵隆脕2+壟脷隆脕dfrac{1}{2}-壟脹隆脕dfrac{1}{2}}得到rm{<}石墨rm{(3)}其rm{triangleH=2triangleH_{1}+dfrac{1}{2}triangleH_{2}-dfrac{1}{2}triangleH_{3}}

故答案為：rm{2triangleH_{1}+dfrac{1}{2}triangleH_{2}-dfrac{1}{2}triangleH_{3}}

rm{壟脵C(jī)(s}乙烯與足量的氧氣反應(yīng)，生成rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle

H_{1}}和液態(tài)rm{壟脷2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangle

H_{2}}并放出rm{壟脹2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)=4CO_{2}(g)+2H_{2}O(1)triangle

H_{3}}的熱量，可知rm{壟脵隆脕2+壟脷隆脕dfrac{1}{2}-壟脹隆脕dfrac

{1}{2}}乙烯與足量的氧氣反應(yīng)，生成rm{2C(s}和液態(tài)rm{)+H_{2}(g)=C_{2}H_{2}(g)}放熱為rm{triangleH=2triangleH_{1}+dfrac

{1}{2}triangleH_{2}-dfrac{1}{2}triangleH_{3}}

rm{2triangleH_{1}+dfrac

{1}{2}triangleH_{2}-dfrac{1}{2}triangleH_{3}}放熱反應(yīng)的焓變?yōu)樨?fù)；反應(yīng)物相同，生成物中氣態(tài)水的能量比液態(tài)水的能量高；

rm{(1)1.0g}由rm{CO_{2}}石墨rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH_{1}}

rm{壟脷2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH_{2}}

rm{壟脹2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)=4CO_{2}(g)+2H_{2}O(1)triangleH_{3}}

結(jié)合蓋斯定律可知，rm{壟脵隆脕2+壟脷隆脕dfrac{1}{2}-壟脹隆脕dfrac{1}{2}}得到rm{H_{2}O}石墨rm{50kJ}以此來(lái)解答。

本題考查反應(yīng)熱與焓變及熱化學(xué)方程式，為高頻考點(diǎn)，把握熱化學(xué)方程式的書寫、焓變的關(guān)系、蓋斯定律的應(yīng)用為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意燃燒熱的判斷，題目難度不大。rm{1mol}【解析】rm{C_{2}H_{4}(g)+3O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-1400kJ/mol}rm{C_{2}H_{4}(g)+3O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-1400kJ/mol}rm{2triangleH_{1}+dfrac{1}{2}triangleH_{2}-dfrac{1}{2}triangleH_{3}}rm{<}15、略

【分析】解：rm{壟脵}根據(jù)題意，rm{Pt(NH_{3})_{2}Cl_{2}}具有平面四邊形結(jié)構(gòu)，若rm{婁脤=0}則為非極性分子，rm{NH_{3}}和rm{Cl}分別對(duì)稱分布在四邊形的rm{4}個(gè)角上，即正負(fù)電荷重心重合，故淡黃色者是若rm{婁脤>0}則為極性分子，rm{NH_{3}}和rm{Cl}在四邊形的rm{4}個(gè)角上的分布是不對(duì)稱的，即正負(fù)電荷重心不重合，故棕黃色者是故答案為：

rm{壟脷}根據(jù)“相似相溶”規(guī)律，水是極性分子，因此極性分子的溶質(zhì)易溶解在水中，即在水中溶解度較大的是棕黃色者，故答案為：棕黃色者；棕黃色者rm{婁脤>0}是極性分子，淡黃色者rm{婁脤=0}為非極性分子；水是極性分子，根據(jù)“相似相溶”規(guī)律，棕黃色化合物在水中的溶解度大．

rm{壟脵}根據(jù)題意，rm{Pt(NH_{3})_{2}Cl_{2}}具有平面四邊形結(jié)構(gòu)，若rm{婁脤=0}則為非極性分子，rm{NH_{3}}和rm{Cl}分別對(duì)稱分布在四邊形的rm{4}個(gè)角上，即正負(fù)電荷重心重合；若rm{婁脤>0}則為極性分子，rm{NH_{3}}和rm{Cl}在四邊形的rm{4}個(gè)角上的分布是不對(duì)稱的；即正負(fù)電荷重心不重合；

rm{壟脷}根據(jù)“相似相溶”規(guī)律；水是極性分子，因此極性分子的溶質(zhì)易溶解在水中．

本題考查了分子的極性和分子結(jié)構(gòu)、分子性質(zhì)的關(guān)系，具有很強(qiáng)的綜合性，屬于要求較高的題目rm{.}這類題目要求考生審清題目信息，并與所學(xué)知識(shí)結(jié)合起來(lái)．【解析】棕黃色者；棕黃色者rm{婁脤>0}是極性分子，淡黃色者rm{婁脤=0}為非極性分子，水是極性分子，根據(jù)“相似相溶”規(guī)律，棕黃色化合物在水中的溶解度大16、（1）K+、NH4+、Cu2+（2）6I-＋2NO3-＋8H＋=3I2＋2NO↑＋4H2O（3）Mg2＋、Al3＋Cl－、NO3-、SO42-、I－酸Mg2＋＋2H2O?Mg(OH)2＋2H＋、Al3＋＋3H2O?Al(OH)3＋3H＋（4）Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Al3＋＋4OH－=AlO2-＋2H2O0.4【分析】【分析】本題考查了常見(jiàn)離子的檢驗(yàn)，題目難度中等，明確常見(jiàn)離子的性質(zhì)及檢驗(yàn)方法為解答關(guān)鍵，注意掌握某些特殊離子具有的性質(zhì)，如顏色、兩性、焰色反應(yīng)的火焰顏色等，常常為此類題的突破口。【解答】根據(jù)rm{壟脵}取該無(wú)色溶液rm{5mL}可知一定不含有rm{Cu}根據(jù)取該無(wú)色溶液rm{壟脵}可知一定不含有rm{5mL}rm{Cu}rm{{,!}^{2+}}，滴加一滴氨水有沉淀生成，且離子種類增加，說(shuō)明增加的是rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{4}^{+}}，所以原溶液中一定不含rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{4}^{+}}，可能含有rm{Mg}rm{Mg}rm{{,!}^{2+}}、rm{Al}rm{Al}rm{{,!}^{3+}}用鉑絲蘸取溶液，在火焰上灼燒，透過(guò)藍(lán)色鉆玻璃觀察，無(wú)紫色火焰，說(shuō)明沒(méi)有，不含rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{4}^{+}}另取溶液加入少量鹽酸，有無(wú)色氣體生成，該無(wú)色氣體遇空氣變成紅棕色，說(shuō)明有還原性離子，rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}；rm{壟脷}用鉑絲蘸取溶液，在火焰上灼燒，透過(guò)藍(lán)色鉆玻璃觀察，無(wú)紫色火焰，說(shuō)明沒(méi)有rm{K}rm{壟脷}rm{K}rm{{,!}^{+}}即溶液中有；rm{壟脹}另取溶液加入少量鹽酸，有無(wú)色氣體生成，該無(wú)色氣體遇空氣變成紅棕色，說(shuō)明有還原性離子rm{I}rm{壟脹}rm{I}rm{{,!}^{-}}與rm{NO}rm{NO}rm{{,!}_{3}^{-}}向、rm{H}中所得的溶液中加入rm{H}rm{{,!}^{+}}反應(yīng)生成rm{NO}即溶液中有rm{I}rm{NO}rm{I}rm{{,!}^{-}}根據(jù)上述分析可知、rm{NO}rm{NO}rm{{,!}_{3}^{-}}；判斷一定不含有rm{Ag}rm{Ag}rm{{,!}^{+}}；rm{壟脺}向rm{壟脹}中所得的溶液中加入rm{BaCl}rm{壟脺}rm{壟脹}rm{BaCl}rm{{,!}_{2}}溶液，有白色沉淀生成，說(shuō)明有rm{SO}rm{SO}根據(jù)上述分析可知溶液加入少量鹽酸，有無(wú)色氣體生成為rm{{,!}_{4}^{2-}}與，rm{(1)}反應(yīng)生成rm{(1)}對(duì)應(yīng)的離子方程式為：rm{(1)}Ⅰ、Ⅱ判斷，溶液中一定不含有的陽(yáng)離子是rm{K}rm{K}rm{{,!}^{+}}根據(jù)上述分析可知溶液中含有的陽(yáng)離子為、rm{NH_{4}^{+}}rm{NH_{4}^{+}}陰離子有、rm{Cu}rm{Cu}rm{{,!}^{2+}}故答案為：rm{K}此溶液為強(qiáng)酸弱堿鹽，溶液顯酸性，是因?yàn)殇X離子、鎂離子水解，離子方程式為：故答案為：rm{K}rm{{,!}^{+}}、rm{NH_{4}^{+}}rm{NH_{4}^{+}}、rm{Cu}rm{Cu}rm{{,!}^{2+}}；；rm{(2)}根據(jù)上述分析可知rm{(2)}根據(jù)上述分析可知rm{(2)}rm{I^{-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{H^{+}}rm{NO}rm{6I^{-}+2NO_{3}^{-}+8H^{+}=3I_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}故答案為：故答案為：rm{6I^{-}+2NO_{3}^{-}+8H^{+}=3I_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{(3)}根據(jù)上述分析可知溶液中含有的陽(yáng)離子為rm{(3)}根據(jù)上述分析可知溶液中含有的陽(yáng)離子為酸；rm{(3)}rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}rm{Cl-}rm{NO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{I^{-}}rm{Mg}rm{Mg}rm{{,!}^{2+}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O?Mg(OH)}rm{O?Mg(OH)}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}由于原溶液中含有鎂離子與鋁離子，所以加入足量的rm{+2H}溶液，此過(guò)程中涉及的離子方程式為：rm{{,!}^{+}}、rm{Al}rm{Al}所以rm{{,!}^{3+}}原溶液中含有鎂離子的物質(zhì)的量為rm{+3H}質(zhì)量為rm{+3H}rm{{,!}_{2}}rm{O?Al(OH)}rm{O?Al(OH)}rm{{,!}_{3}}。rm{+3H}【解析】rm{(1)K^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Cu^{2+}}rm{(2)6I^{-}+2NO_{3}^{-}+8H^{+}=3I_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{(3)Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}rm{Cl-}rm{NO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{I^{-}}酸rm{Mg}rm{Mg}rm{{,!}^{2+}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O?Mg(OH)}rm{O?Mg(OH)}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}^{+}}、rm{Al}rm{Al}rm{{,!}^{3+}}rm{+3H}rm{+3H}rm{{,!}_{2}}rm{O?Al(OH)}rm{O?Al(OH)}17、略

【分析】【解析】試題分析：由于化合物甲和乙都不溶于水，甲可溶于質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于或等于98％的硫酸，而乙不溶。所以要分離甲和乙的混合物，應(yīng)該首先將混合物溶于濃硫酸中，然后通過(guò)過(guò)濾即可分離出乙。然后利用甲不溶于水，將濾液注入水中，將濃硫酸稀釋，即可析出甲?？键c(diǎn)：考查物質(zhì)的分離和提純【解析】【答案】。序號(hào)實(shí)驗(yàn)步驟簡(jiǎn)述實(shí)驗(yàn)操作（不必?cái)⑹鋈绾谓M裝實(shí)驗(yàn)裝置）①溶解將混合物放入燒杯中，加入98%H2SO4，充分?jǐn)嚢柚钡焦腆w不再溶解②過(guò)濾安裝好過(guò)濾裝置，將①的懸濁液沿玻璃棒加入過(guò)濾器中過(guò)濾③稀釋在另一燒杯中，注入適量蒸餾水，將②的濾液沿玻璃棒慢慢加入該燒杯中，并不斷攪拌④過(guò)濾重新安裝好過(guò)濾裝置，將③的懸濁液沿玻璃棒加入過(guò)濾器中過(guò)濾⑤洗滌沉淀向④的過(guò)濾器中注入少量蒸餾水，使水面浸過(guò)沉淀物，等水濾出后，再次加水洗滌，連洗幾次⑥檢驗(yàn)沉淀是否洗凈用小試管從⑤的漏斗下口取少量洗出液，滴入BaCl2溶液。沒(méi)有白色沉淀，說(shuō)明沉淀已洗凈18、（1）CH≡CH；CH2=CH2、C6H6；CH3CH3(各1分)；

CH≡CCH2CH=CH2(其他合理答案均可);

（2）sp3小于【分析】【分析】本題考查了原子雜化方式的判斷，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論來(lái)分析解答即可，為學(xué)習(xí)難點(diǎn)和易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度中等?！窘獯稹?/p>

rm{(1)}乙烷中碳原子雜化軌道數(shù)rm{=婁脪}鍵數(shù)rm{+}孤對(duì)電子對(duì)數(shù)rm{=4+0=4}采用rm{sp^{3}}雜化，乙烯中含有單鍵和雙鍵，既有rm{婁脪}鍵和rm{婁脨}鍵，分子中碳原子含有rm{3}個(gè)rm{婁脪}鍵電子對(duì)，沒(méi)有孤對(duì)電子對(duì)，雜化類型為rm{sp^{2}}乙炔中碳原子雜化軌道數(shù)rm{=婁脪}鍵數(shù)rm{+}孤對(duì)電子對(duì)數(shù)rm{=2+0=2}采取rm{sp}雜化，苯中每個(gè)碳原子形成rm{3}個(gè)鍵，不含孤獨(dú)電子對(duì)，為rm{sp^{2}}雜化；同時(shí)含有三種不同雜化方式的碳原子可以為rm{CH隆脭CCH_{2}CH=CH_{2};}

故答案為：rm{CH隆脭CH}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{簍TCH}、rm{2}rm{2}rm{C}rm{6}；rm{6}rm{H}rm{6}rm{6}；rm{CH}rm{3}其他合理答案均可rm{3}

rm{CH}甲醇分子中碳原子雜化軌道數(shù)rm{3}鍵數(shù)rm{3}孤對(duì)電子對(duì)數(shù)rm{CH隆脭CCH_{2}CH=CH_{2}}采用rm{(}rm{);}雜化，是四面體結(jié)構(gòu)，rm{(2)}鍵角為rm{婁脪}甲醛中碳原子采用rm{+}雜化，是平面三角形，rm{=4+0=4}鍵角為rm{sp}

故答案為：rm{3}rm{3}；小于。rm{O-C-H}【解析】rm{(1)CH隆脭CH}rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{C_{6}H_{6;;攏祿}CH_{3}CH_{3}(}各rm{1}分rm{)}；

rm{CH隆脭CCH_{2}CH=CH_{2}}rm{(}其他合理答案均可rm{);}

rm{(2)sp^{3}}小于三、探究題(共4題，共8分)19、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(guò)檢驗(yàn)水和CO2的方法進(jìn)行驗(yàn)證。由于通過(guò)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(wú)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(guò)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(guò)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(guò)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(wú)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(guò)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(guò)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）20、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）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(huì)產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過(guò)檢驗(yàn)水和CO2的方法進(jìn)行驗(yàn)證。由于通過(guò)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(wú)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(guò)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(guò)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(guò)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(wú)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(guò)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(guò)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(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）四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共24分)23、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過(guò)量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說(shuō)明固體中一定有硝酸銅；又因?yàn)闊o(wú)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(guò)量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說(shuō)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(guò)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(lái)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(yīng)生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學(xué)方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過(guò)量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說(shuō)明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸銅；加入過(guò)量硝酸鋇，說(shuō)明硝酸鋇有剩余，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應(yīng)生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點(diǎn)睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學(xué)生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應(yīng)，并且知道無(wú)色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍(lán)色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）224、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(jià)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??；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?yàn)镠

(3)R為Na，T為Si，它們的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物分別為NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以與強(qiáng)堿NaOH發(fā)生中和反應(yīng)產(chǎn)生Na2SiO3和H2O，反應(yīng)的化學(xué)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(yīng)產(chǎn)生NaOH和H2。

①NaH中Na+與H-通過(guò)離子鍵結(jié)合，電子式為NaH與H2O反應(yīng)產(chǎn)生NaOH和H2，反應(yīng)方程式為：NaH+H