2025年北師大版高二化學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………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年北師大版高二化學(xué)下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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5題，共10分)1、能鑒別甲苯；乙醇、苯酚、四氯化碳、已烯五種無色液體的試劑是（）

A.FeCl3溶液。

B.NaOH溶液。

C.酸性高錳酸鉀溶液。

D.溴水。

2、為探究一溴環(huán)己烷()與NaOH的醇溶液共熱發(fā)生的是水解反應(yīng)還是消去反應(yīng)，甲、乙、丙三位同學(xué)分別設(shè)計(jì)如下三個(gè)實(shí)驗(yàn)方案：甲：向反應(yīng)混合液中滴入稀硝酸中和NaOH，然后再滴入AgNO3溶液，若有淺黃色沉淀生成則可證明發(fā)生了消去反應(yīng)。乙：向反應(yīng)混合液中滴入溴水，若溶液顏色很快褪去，則可證明發(fā)生了消去反應(yīng)。丙：向反應(yīng)混合液中滴入酸性KMnO4溶液，若溶液顏色變淺，則可證明發(fā)生了消去反應(yīng)。其中正確的是()A.甲B.乙C.丙D.上述實(shí)驗(yàn)方案都不正確3、分析下表中烴的排列規(guī)律，判斷排列在第12位烴的同分異構(gòu)體的數(shù)目是。123456789C2H2C2H4C2H6C3H4C3H6C3H8C4H6C4H8C4H10A.3B.4C.5D.64、一定條件下，在固定容積的密閉容器中，能表示反應(yīng)rm{X(g)+2Y(g)?2Z(g)}一定達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是rm{(}rm{)}

rm{壟脵X}rm{Y}rm{Z}的物質(zhì)的量之比為rm{1}rm{2}rm{2}rm{壟脷X}rm{Y}rm{Z}的濃度不再發(fā)生變化。

rm{壟脹}容器中氣體的壓強(qiáng)不再發(fā)生變化rm{壟脺}單位時(shí)間內(nèi)生成rm{n}rm{mol}rm{Z}同時(shí)生成rm{n}rm{mol}rm{X}A.rm{壟脵壟脷}B.rm{壟脵壟脺}C.rm{壟脷壟脹}D.rm{壟脹壟脺}5、下表為元素周期表前四周期的一部分，下列有關(guān)rm{R}rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}五種元素的敘述中，正確的是()

A.rm{X}氫化物的沸點(diǎn)低于rm{W}的氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)B.rm{Y}rm{Z}的陰離子電子層結(jié)構(gòu)都與rm{R}原子的相同C.rm{W}的電負(fù)性比rm{X}的的電負(fù)性大D.第一電離能：rm{R>W>Y}評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、某課外興趣小組欲測定某NaOH溶液的濃度；其操作步驟如下：

①將堿式滴定管用蒸餾水洗凈后；用待測溶液潤洗后，再注入待測溶液，調(diào)節(jié)滴定管的尖嘴部分充滿溶液，并使液面處于“0”刻度以下的位置，記下讀數(shù)；將錐形瓶用蒸餾水洗凈后，用待測溶液潤洗錐形瓶2～3次；從堿式滴定管中放出25.00mL待測溶液到錐形瓶中．

②將酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，立即向其中注入0.1000mol?L-1標(biāo)準(zhǔn)鹽酸；調(diào)節(jié)滴定管的尖嘴部分充滿溶液，并使液面處于“0”刻度以下的位置，記下讀數(shù)．

③向錐形瓶中滴入酚酞作指示劑，進(jìn)行滴定．滴定至終點(diǎn)，測得所耗鹽酸的體積為V1mL．

④重復(fù)以上過程，但在滴定過程中向錐形瓶中加入5mL的蒸餾水，測得所耗鹽酸的體積為V2mL．

試回答下列問題：

（1）滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為錐形瓶中的溶液______；

（2）該小組在步驟①中的錯(cuò)誤是______，由此造成的測定結(jié)果______（填“偏高”或“偏低”或“無影響”）；

（3）如圖是某次滴定時(shí)的滴定管中的液面，其讀數(shù)為______mL；

（4）根據(jù)下列數(shù)據(jù)：

。測定次數(shù)待測液體積/mL標(biāo)準(zhǔn)鹽酸體積/mL滴定前讀數(shù)/mL滴定后讀數(shù)/mL滴定前讀數(shù)/mL滴定后讀數(shù)/mL第一次25.000.4020.38第二次25.004.0024.02計(jì)算得出待測燒堿溶液的物質(zhì)的量濃度為______．7、我國政府以國家標(biāo)準(zhǔn)的方式規(guī)定在食鹽中添加碘酸鉀．據(jù)此回答下列問題：

（1）碘是合成下列哪種激素的主要原料之一______

A；胰島素B、甲狀腺激素C、生長激素D、雄性激素。

（2）長期生活在缺碘山區(qū)，又得不到碘鹽供應(yīng)，易患______

A；甲狀腺亢進(jìn)B、佝僂病C、地方性甲狀腺腫D、糖尿病。

（3）可用醋酸、淀粉、碘化鉀溶液，檢驗(yàn)食鹽中含碘酸鉀．能觀察到的明顯現(xiàn)象為______．這是因?yàn)槭雏}中的碘酸鉀被______成碘單質(zhì)．

（4）淀粉水解的最終產(chǎn)物是______（填化學(xué)式），該物質(zhì)在人體中提供能量的化學(xué)方程式為______．8、(14分)W、X、Y、Z是周期表前36號元素中的四種常見元素，其原子序數(shù)依次增大。W、Y的氧化物是導(dǎo)致酸雨的主要物質(zhì)，X的基態(tài)原子最外層電子排布為3s23p1，Z能形成紅色(或磚紅色)的Z2O和黑色的ZO兩種氧化物。（1）則W為，X為，Y為，Z為。（填元素符號）W的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性比H2O(g)(填“強(qiáng)”或“弱”)。（2）Z原子的基態(tài)原子核外電子排布式是，Y的電負(fù)性比X的________(填“大”或“小”)，W的第一電離能比O的(填“大”或“小”)。（3）X的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式是。9、用50mL0.50mol?L-1鹽酸與50mL0.55mol?L-1NaOH溶液在如圖所示的裝置中進(jìn)行中和反應(yīng)．通過測定反應(yīng)過程中所放出的熱量可計(jì)算中和熱．回答下列問題：

（1）從實(shí)驗(yàn)裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃儀器的名稱是____．

（2）燒杯間填滿碎紙條的作用是____．

（3）大燒杯上如不蓋硬紙板，求得的中和熱數(shù)值____（填“偏大；偏小、無影響”）

（4）如果用60mL0.50mol?L-1鹽酸與50mL0.55mol?L-1NaOH溶液進(jìn)行反應(yīng)，與上述實(shí)驗(yàn)相比，所放出的熱量____（填“相等、不相等”），所求中和熱____（填“相等；不相等”）．

10、（共8分）依據(jù)氧化還原反應(yīng)：2Ag＋(aq)+Cu(s)=Cu2＋(aq)+2Ag(s)，設(shè)計(jì)的原電池如圖所示。請回答下列問題：（1）電極X的材料是____：電解質(zhì)溶液Y的溶質(zhì)是____：（2）銀電極為電池的____極，發(fā)生的電極反應(yīng)為____；x電極上發(fā)生的電極反應(yīng)為____；（3）鹽橋中裝有含瓊膠的KNO3飽和溶液，則鹽橋中NO3－移向____。（填“左側(cè)燒杯”或“右側(cè)燒杯”）11、以下是25℃時(shí)幾種難溶電解質(zhì)的溶解度：。難溶電解質(zhì)Mg(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3溶解度/g9×10-41．7×10-61．5×10-43．0×10-9在無機(jī)化合物的提純中，常利用難溶電解質(zhì)的溶解平衡原理除去某些雜質(zhì)離子。例如：①為了除去氯化銨中的雜質(zhì)Fe3+，先將混合物溶于水，再加入一定量的試劑反應(yīng)，過濾結(jié)晶即可；②為了除去氯化鎂晶體中的雜質(zhì)Fe3+，先將混合物溶于水，加入足量的氫氧化鎂，充分反應(yīng)，過濾結(jié)晶即可；③為了除去硫酸銅晶體中的雜質(zhì)Fe2+，先將混合物溶于水，加入一定量的H2O2，將Fe2+氧化成Fe3+，調(diào)節(jié)溶液的pH=a，過濾結(jié)晶即可。請回答下列問題：（1）上述三種除雜方案都能夠達(dá)到很好的效果，F(xiàn)e3+、Fe2+都被轉(zhuǎn)化為(填化學(xué)式)而除去。（2）①中加入的試劑應(yīng)該選擇為宜，其原因是。（3）②中除去Fe3+所發(fā)生的總反應(yīng)的離子方程式為。（4）已知Fe(OH)3的Ksp=1×10-35mol4/L4；化學(xué)上通常認(rèn)為殘留在溶液中離子濃度小于1×10-5mol/L時(shí)，沉淀完全。方案③中a最小值為.（5）下列與方案③相關(guān)的敘述中，正確的是(填字母)。A．H2O2是綠色氧化劑，在氧化過程中不引進(jìn)雜質(zhì)，不產(chǎn)生污染B．將Fe2+氧化為Fe3+的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀較難過濾C．調(diào)節(jié)溶液pH=a可選擇的試劑是氫氧化銅或堿式碳酸銅D．Cu2+可以大量存在于pH=a的溶液中E．在pH>a的溶液中Fe3+一定不能大量存在12、（14分）下圖是元素周期表的一部分。①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩（1）元素⑨的價(jià)電子軌道表示式為，元素⑩的次外層電子數(shù)為個(gè)。（2）如果在溫度接近373K時(shí)，根據(jù)M=m/n測定⑤的氣態(tài)氫化物的相對分子質(zhì)量，結(jié)果發(fā)現(xiàn)測定結(jié)果比理論值高，其原因是。（3）某些不同族元素的性質(zhì)也有一定的相似性，如上表中元素⑦與元素②的氫氧化物有相似的性質(zhì)。寫出元素②的氫氧化物與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式。（4）根據(jù)下列五種元素的第一至第四電離能數(shù)據(jù)（單位：kJ·mol-1），回答下面各題：。元素代號I1I2I3I4Q2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600U420310044005900①在周期表中，最可能處于同一主族的是。（填元素代號）②T元素最可能是（填“s”、“p”、“d”、“ds”等）區(qū)元素，位于族；若T為第二周期元素，Z是第三周期元素中原子半徑最小的主族元素，則T、Z形成的化合物分子鍵角為。13、rm{(1)}已知rm{CH_{3}COONH_{4}}溶液為中性，又知rm{CH_{3}COOH}溶液加到rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中有氣體放出，試推斷：rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}溶液的rm{pH}______rm{7(}填“大于”、“小于”或“等于”rm{)}

rm{(2)}常溫下，將rm{0.2mol/L}rm{CH_{3}COOH}溶液與rm{0.2mol/L}rm{NaOH}溶液等體積混合rm{(}忽略混合后溶液體積的變化rm{)}測得混合溶液的rm{pH=8}則rm{c(OH^{-})-c(CH_{3}COOH)=}______rm{mol/L}

rm{(3)25隆忙}時(shí)，將rm{a}rm{mol?L^{-1}}的氨水與rm{0.02mol/L}的鹽酸溶液等體積混合rm{(}設(shè)混合后溶液的體積為原兩溶液體積之和rm{)}平衡時(shí)有rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})}則溶液顯______rm{(}填酸、堿、中rm{)}性；則混合溶液中離子濃度由大到小的關(guān)系：______；

rm{(4)}已知常溫下rm{Cu(OH)_{2}}的rm{K_{sp}=2.0隆脕10^{-20}mol^{3}?L^{-3}}rm{Mg(OH)_{2}}的rm{K_{sp}=1.8隆脕10^{-11}mol^{3}?L^{-3}}若。

向濃度均為rm{0.02mol/L}的rm{CuCl_{2}}rm{MgCl_{2}}的混合溶液中加入rm{NaOH}溶液則______先生成沉淀，當(dāng)rm{Cu^{2+}}開始沉淀時(shí)溶液的rm{pH=}______。評卷人得分三、解答題(共5題，共10分)14、常溫下；有0.1mol/L的鹽酸和0.1mol/L的醋酸溶液，回答下列問題：

①比較兩溶液的pH；鹽酸______（填“＜”；“=”或“＞”）醋酸。

②兩種酸均能與氫氧化鈉反應(yīng)生成鹽；其中醋酸與氫氧化鈉反應(yīng)能生成醋酸鈉，實(shí)驗(yàn)室現(xiàn)有部分醋酸鈉固體，取少量溶于水，溶液呈______（填“酸性”；“中性”或“堿性”），其原因是（用離子方程式表示）______．

③向醋酸溶液中加入一定量的NaOH溶液；當(dāng)測得溶液的pH=7時(shí)，溶液中離子的濃度大小為______（填字母，下同），當(dāng)測得溶液的pH＜7時(shí)，溶液中離子的濃度大小為______．

a．c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）

b．c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+）

c．c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）

d．c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）

15、維生素C的分子式為C6H8O6．

維生素C能與單質(zhì)碘發(fā)生反應(yīng)：C6H8O6+I2→C6H6O6+2HI

（1）上述反應(yīng)______（填“是”或“不是”）氧化還原反應(yīng)；理由是______．在此反應(yīng)中維生素C表現(xiàn)______性（填“酸”；“氧化”或“還原”）．

（2）血液中運(yùn)載氧的血紅蛋白中含有亞鐵離子；人之所以患壞血病，是因?yàn)槿梭w從攝取的食物中吸收的鐵主要是+3價(jià)鐵，+3價(jià)鐵不能直接被吸收利用．據(jù)此推測，維生素C在抗壞血病方面的作用原理是______．

16、下列各組物質(zhì)①O2和O3②乙烷和丁烷③12C和14C④CH3CH2CH2CH3和（CH3）2CHCH3⑤

互為同系物的是______；互為同分異構(gòu)體的是______互為同位素的是______，互為同素異形體的是______，是同一物質(zhì)的是______．（請?zhí)顚懶蛱枺?/p>

17、美國阿波羅宇宙飛船上使用的氫氧燃料電池是一種新型的化學(xué)電源；被稱為21世紀(jì)的明星電池，其構(gòu)造如圖所示：兩個(gè)電極均由多孔性碳制成，通入的氣體由孔隙中逸出，并在電極表面放電．

（1）a是______極（填“正”或“負(fù)”），其pH值______（填升高、降低或不變），b極的電極反應(yīng)式______．

（2）某些碳?xì)浠衔镆部勺鳛槿剂想姵氐娜剂希缣烊粴猓淄椋┑龋魧D中H2換成CH4時(shí)，電池內(nèi)總的反應(yīng)方程式為：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O．請寫出a極的電極反應(yīng)式______．在電池工作期間，CO32-流向______極（填a或b）．

18、用石墨做電極電【解析】

①稀H2SO4②K2SO4溶液③CuCl2溶液④CuSO4溶液⑤KOH溶液．

（1）陰陽極都有氣體產(chǎn)生，且體積比（相同條件下）為2：1的是______（填序號，下同），其陽極的電極反應(yīng)式都是______，陰極的電極反應(yīng)式都是______，總反應(yīng)的化學(xué)方程式是______2H2↑+O2↑評卷人得分四、簡答題(共4題，共20分)19、甲醇是一種重要的有機(jī)化工原料，可用于制取甲醚rm{.}一定溫度下，在三個(gè)體積為rm{1.0L}的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：rm{2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)}．

。容器溫度rm{(隆忙)}起始物質(zhì)的量rm{(mol)}平衡物質(zhì)的量rm{(mol)}編號rm{CH_{3}OH(g)}rm{CH_{3}OCH_{3}(g)}rm{H_{2}O(g)}rm{H_{2}O(g)}Ⅰrm{387}rm{0.20}rm{0.080}rm{0.080}Ⅱrm{387}rm{0.40}rm{a}rm{B}Ⅲrm{207}rm{0.20}rm{0.090}rm{0.090}rm{(1)}容器rm{I}中的反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)所需的時(shí)間______rm{(}填“大于”“小于”或等于rm{)}容器rm{II}中的．

rm{(2)a=}______

rm{(3)}下列說法中能說明該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是______rm{.(}填字母rm{)}

A.容器中壓強(qiáng)不變。

B.混合氣體中rm{c(CH_{3}OCH_{3})}不變。

C.混合氣體的密度不變。

D.單位時(shí)間內(nèi)生成rm{CH_{3}OH}與rm{CH_{3}OCH_{3}}的分子個(gè)數(shù)之比為rm{2}rm{1}

rm{(4)}已知下面兩個(gè)反應(yīng)rm{(m}rm{n}均大于rm{0)}

反應(yīng)rm{壟脵}rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-m}rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-m}

反應(yīng)rm{kJ?mol^{-1}}rm{2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangleH=-n}rm{壟脷}

則下列rm{2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-n}與rm{kJ?mol^{-1}}的關(guān)系中，正確的是______rm{m}填字母rm{n}．

A.rm{(}rm{)}rm{n>2m}rm{B.m>2n}．rm{C.2m>n}20、科學(xué)家正在研究溫室氣體rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}的轉(zhuǎn)化和利用。rm{(1)CH_{4}}和rm{CO_{2}}所含的三種元素電負(fù)性從小到大的順序?yàn)開_______。rm{(2)}下列關(guān)于rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}的說法正確的是________rm{(}填序號rm{)}rm{a.}固態(tài)rm{CO_{2}}屬于分子晶體rm{b.CH_{4}}分子中含有極性共價(jià)鍵，是極性分子rm{c.}因?yàn)樘細(xì)滏I鍵能小于碳氧鍵，所以rm{CH_{4}}熔點(diǎn)低于rm{CO_{2}}rm{d.CH_{4}}和rm{CO_{2}}分子中碳原子的雜化類型分別是rm{sp^{3}}和rm{sp}rm{(3)}在rm{Ni}基催化劑作用下，rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}反應(yīng)可獲得化工原料rm{CO}和rm{H_{2}}．rm{壟脵}基態(tài)rm{Ni}原子的電子排布式為________，該元素位于元素周期表的第________族。rm{壟脷Ni}能與rm{CO}形成正四面體形的配合物rm{Ni(CO)_{4}}rm{1molNi(CO)_{4}}中含有________rm{mol婁脪}鍵。rm{(4)}一定條件下，rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}都能與rm{H_{2}O}形成籠狀結(jié)構(gòu)rm{(}如下圖所示rm{)}的水合物晶體，其相關(guān)參數(shù)見下表。rm{CH_{4}}與rm{H_{2}O}形成的水合物俗稱“可燃冰”。

。參數(shù)分子分子直徑rm{/nm}分子與rm{H_{2}O}的結(jié)合能rm{E/kJ隆隴mol^{-1}}rm{CH_{4}}rm{0.436}rm{16.40}rm{CO_{2}}rm{0.512}rm{29.91}rm{壟脵}“可燃冰”中分子間存在的rm{2}種作用力是________。rm{壟脷}為開采深海海底的“可燃冰”，有科學(xué)家提出用rm{CO_{2}}置換rm{CH_{4}}的設(shè)想。已知上圖中籠狀結(jié)構(gòu)的空腔直徑為rm{0.586nm}根據(jù)上述圖表，從物質(zhì)結(jié)構(gòu)及性質(zhì)的角度分析，該設(shè)想的依據(jù)是________。21、甲醇可作為燃料電池的原料rm{.}通過下列反應(yīng)可以制備甲醇：rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-90.8kJ?mol^{-1}}在一容積可變的密閉容器中充入rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-90.8kJ?mol^{-1}}rm{10mol}和rm{CO}rm{20mol}rm{H_{2}}的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度rm{CO}壓強(qiáng)rm{(T)}的變化如圖所示，當(dāng)達(dá)到平衡狀態(tài)rm{(P)}時(shí)，容器的體積為rm{A}．

rm{20L}反應(yīng)的平衡常數(shù)為______．

rm{(1)T_{1}隆忙}圖中rm{(2)}______rm{P_{1}}填“rm{P_{2}(}”、“rm{>}”或“rm{<}”rm{=}．

rm{)}如反應(yīng)開始時(shí)仍充入rm{(3)}rm{10mol}和rm{CO}rm{20mol}則在平衡狀態(tài)rm{H_{2}}時(shí)容器的體積rm{B}______L.

rm{V(B)=}關(guān)于反應(yīng)rm{(4)}在化學(xué)平衡狀態(tài)時(shí)的描述正確的是______rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}填字母，下同rm{(}．

A.rm{)}的含量保持不變。

B.容器中rm{CO}濃度與rm{CH_{3}OH}濃度相等。

C.rm{H_{2}}rm{2v_{脮媒}(CH_{3}OH)=v}

D.容器中混合氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變。

rm{{,!}_{脮媒}(H_{2})}已知rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangleH=+41.3kJ?mol^{-1}}試寫出由rm{(5)}和rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangle

H=+41.3kJ?mol^{-1}}制取氣態(tài)甲醇和氣態(tài)水的熱化學(xué)方程式______．rm{CO_{2}}22、鈦酸鋇是一種強(qiáng)介電化合物材料，具有高介電常數(shù)和低介電損耗，是電子陶瓷中使用最廣泛的材料之一，被譽(yù)為電子陶瓷工業(yè)的支柱，工業(yè)制取方法如下，先獲得不溶性草酸氧鈦鋇晶體rm{[BaTiO(C_{2}O_{4})_{2}隆隴4H_{2}O]}煅燒后可獲得鈦酸鋇粉體。rm{(1)}酸浸時(shí)發(fā)生的反應(yīng)的離子方程式為____。rm{(2)}配制rm{TiCl_{4}}溶液時(shí)通常將rm{TiCl_{4}}固體溶于濃鹽酸再加水稀釋，其目的是____。rm{(3)}加入rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液時(shí)，發(fā)生反應(yīng)獲得草酸氧鈦鋇晶體，從混合液得到的可循環(huán)使用的物質(zhì)rm{X}是____rm{(}填化學(xué)式rm{)}設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案驗(yàn)證草酸氧鈦鋇晶體是否洗滌干凈_______________________________________。rm{(4)}煅燒草酸氧鈦鋇晶體得到rm{BaTiO_{3}}的同時(shí)，生成高溫下的氣體產(chǎn)物有rm{CO}_______和。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共1題，共2分)23、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩(wěn)定性差，在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應(yīng)：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-?；卮鹣铝袉栴}：

（1）工業(yè)上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

①Na2FeO4中鐵元素的化合價(jià)為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時(shí)的化學(xué)反應(yīng)類型為___(填“氧化還原反應(yīng)”；“復(fù)分解反應(yīng)”或“化合反應(yīng)”)。

②反應(yīng)2加入飽和KOH溶液可轉(zhuǎn)化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學(xué)氧化法生產(chǎn)高鐵酸鈉(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質(zhì)量為___（保留小數(shù)點(diǎn)后1位）。

（3）采用三室膜電解技術(shù)制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽極的電極反應(yīng)式為__。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質(zhì)的主要成分為___(填化學(xué)式)。

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測曲線I和曲線Ⅱ產(chǎn)生差異的原因是___。評卷人得分六、探究題(共4題，共32分)24、（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。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(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。26、（14分）某研究性學(xué)習(xí)小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍(lán)色沉淀。甲同學(xué)認(rèn)為兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學(xué)認(rèn)為這兩者相互促進(jìn)水解反應(yīng)，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學(xué)認(rèn)為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結(jié)晶水）Ⅰ．按照乙同學(xué)的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序?yàn)?。?）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進(jìn)行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實(shí)驗(yàn)開始時(shí)和實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。27、（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。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】

A．只有苯酚與氯化鐵發(fā)生顯色反應(yīng)；不能鑒別，故A錯(cuò)誤；

B．只有苯酚與NaOH溶液反應(yīng)；不能鑒別，故B錯(cuò)誤；

C．己烯；甲苯、乙醇均使酸性高錳酸鉀溶液褪色；不能鑒別，故C錯(cuò)誤；

D．加入溴水；己烯與溴水發(fā)生加成反應(yīng)而使溴水褪色，甲苯的密度比水小，色層在上層，四氯化碳的密度比水大，色層在下層，乙醇與溴水互溶，苯酚與溴水發(fā)生取代反應(yīng)生成三溴苯酚沉淀，顯現(xiàn)各不相同，可鑒別，故D正確；

故選D．

【解析】【答案】根據(jù)有機(jī)物的性質(zhì)的異同選擇鑒別試劑；題中所給有機(jī)物中己烯；甲苯、四氯化碳都不溶于水，但己烯和甲苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，乙醇與水混溶，其中己烯與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，苯酚與溴水發(fā)生取代反應(yīng)，以此解答該題．

2、D【分析】鹵代烴水解后生成烯烴，水解后生成醇。甲方案：沒有酸化反應(yīng)液。乙方案：溴與NaOH溶液反應(yīng)也可褪色。丙方案：KMnO4溶液也可氧化醇而導(dǎo)致自身褪色?！窘馕觥俊敬鸢浮緿3、A【分析】【解析】【答案】A4、C【分析】解：rm{壟脵}平衡時(shí)，rm{X}rm{Y}rm{Z}的物質(zhì)的量之比可能為rm{1}rm{2}rm{2}也可能不量與各物質(zhì)的初始濃度及轉(zhuǎn)化率有關(guān)，故錯(cuò)誤；

rm{壟脷}容rm{X}rm{Y}rm{Z}的濃度不再發(fā)生變化；說明正逆反應(yīng)速率相等，達(dá)平衡狀態(tài)，故正確；

rm{壟脹}容器中氣體的壓強(qiáng)不再發(fā)生變化；說明氣體的物質(zhì)的量不變反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，故正確；

rm{壟脺}單位時(shí)間內(nèi)生成rm{2n}rm{mol}rm{Z}等效于消耗rm{n}rm{mol}rm{X}同時(shí)生成rm{n}rm{mol}rm{X}兩者的量不符合，故錯(cuò)誤；

故選C。

根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征解答；當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度；百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時(shí)要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應(yīng)的進(jìn)行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時(shí)，說明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)。

本題考查了化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷，難度不大，注意當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，但不為rm{0}【解析】rm{C}5、D【分析】【分析】本題考查位置、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握元素的位置、性質(zhì)、元素周期律等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應(yīng)用，題目難度不大?！窘獯稹坑蓤D及元素在周期表的位置可知，rm{X}為rm{N}rm{W}為rm{P}rm{Y}為rm{S}rm{R}為rm{Ar}rm{Z}為rm{Br}

A.rm{X}rm{W}為同主族元素；氫化物的沸點(diǎn)與分子間作用力和氫鍵有關(guān)，氨分子間存在氫鍵，而磷化氫分子間不存在氫鍵，則氨的沸點(diǎn)高于磷化氫的沸點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；

B.rm{Y}的陰離子結(jié)構(gòu)有rm{3}個(gè)電子層，rm{Z}的陰離子結(jié)構(gòu)有rm{4}個(gè)電子層，則rm{Y}的陰離子電子層結(jié)構(gòu)都與rm{R}原子的相同；故B錯(cuò)誤；

C.rm{X}rm{W}為同主族元素，rm{N}的非金屬性比rm{P}強(qiáng)，則rm{N}的電負(fù)性大；故C錯(cuò)誤；

D.rm{Ar}rm{P}rm{S}的第一電離能依次減??；故D正確。

故選D?！窘馕觥縭m{D}二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】解：（1）用鹽酸滴定氫氧化鈉溶液以酚酞作指示劑；終點(diǎn)現(xiàn)象是當(dāng)?shù)渭幼詈笠坏螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)，溶液由紅色變?yōu)闊o色，且30s不復(fù)色；

故答案為：當(dāng)?shù)渭幼詈笠坏螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)；溶液由紅色變?yōu)闊o色，且30s不復(fù)色；

（2）根據(jù)待測溶液潤洗錐形瓶，會(huì)使的待測液的物質(zhì)的量增多，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=可知c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大；

故答案為：待測溶液潤洗錐形瓶；偏高；

（3）滴定管的刻度線自上而下逐漸增大；且讀數(shù)到0.01ml，所以關(guān)鍵滴定管中的液面可知，讀數(shù)應(yīng)該是22.60ml；

故答案為：22.60；

（4）第一次酸的體積為20.38mL-0.40mL=19.98mL，第二次酸的體積為24.02mL-4.00mL=20.02mL，消耗酸的平均體積為20.00mL，由酸堿中和的實(shí)質(zhì)可知，20.00mL×0.1000mol?L-1=25.00mL×c（堿），解得c（堿）=0.08000mol?L-1；

故答案為：0.08000mol?L-1．

（1）根據(jù)滴定終點(diǎn)；錐形瓶中的溶液顏色發(fā)生變化，且30s內(nèi)不恢復(fù)；

（2）根據(jù)待測溶液潤洗錐形瓶，會(huì)使的待測液的物質(zhì)的量增多；根據(jù)c（待測）=分析不當(dāng)操作對V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響；以此判斷濃度的誤差；

（3）滴定管的刻度線自上而下逐漸增大；且讀數(shù)到0.01ml；

（4）第一次酸的體積為20.38mL-0.40mL=19.98mL，第二次酸的體積為24.02mL-4.00mL=20.02mL，消耗酸的平均體積為20.00mL，利用H+、OH-的物質(zhì)的量相等來計(jì)算．

本題考查酸堿中和滴定，明確中和滴定實(shí)驗(yàn)的原理、步驟、指示劑的選擇、數(shù)據(jù)處理等即可解答，注意滴定管的讀數(shù)為易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度中等．【解析】當(dāng)?shù)渭幼詈笠坏螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)，溶液由紅色變?yōu)闊o色，且30s不復(fù)色；待測溶液潤洗錐形瓶；偏高；22.60；0.08000mol?L-17、略

【分析】解：（1）人體攝入的碘主要是來自海產(chǎn)品和碘鹽；碘是合成甲狀腺激素的主要元素，缺乏會(huì)患甲狀腺腫大和呆小癥，故選B；

（2）A．甲狀腺機(jī)能亢進(jìn)是因碘攝入太多造成的；故A錯(cuò)誤；

B．鈣主要存在于骨胳和牙齒中；使骨和牙齒具有堅(jiān)硬的結(jié)構(gòu)支架，缺乏幼兒和青少年會(huì)患佝僂病，老年人會(huì)患骨質(zhì)疏松，碘是合成甲狀腺激素的主要元素，缺乏會(huì)患甲狀腺腫大和呆小癥，故B錯(cuò)誤；

C．碘是合成甲狀腺激素的主要元素；缺乏會(huì)患甲狀腺腫大，故C正確；

D．糖尿病是因血糖濃度過高；造成尿中含有大量的葡萄糖的病癥，故D錯(cuò)誤；

故選C；

（3）碘化鉀和碘酸鉀在酸性條件下能發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘5KI+KIO3+6HCl=6KCl+3H2O+3I2；該反應(yīng)中KI是還原劑，還原劑對應(yīng)的產(chǎn)物I2是氧化產(chǎn)物，KIO3是氧化劑；在反應(yīng)中被還原，該反應(yīng)中有碘單質(zhì)生成，碘遇淀粉變藍(lán)色，所以觀察到溶液變藍(lán)色，故答案為：溶液變藍(lán)色；還原；

（4）淀粉水解的產(chǎn)物是葡萄糖，分子式為：C6H12O，C葡萄糖在人體中被氧化為人體提供能量，即6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故答案為：C6H12O6；C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O．

（1）碘是合成甲狀腺激素的主要元素；

（2）根據(jù)碘；鈣的生理功能；以及葡萄糖的生理功能和糖尿病的成因判斷；

（3）碘化鉀和碘酸鉀在酸性條件下能發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘；碘遇淀粉變藍(lán)色，據(jù)此分析；

（4）淀粉水解的產(chǎn)物是葡萄糖；葡萄糖在人體中被氧化為人體提供能量．

本題考查了化學(xué)反應(yīng)方程式及電極反應(yīng)式的書寫等知識點(diǎn)，難度不大，（3）題易錯(cuò)，注意氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物物質(zhì)的量的判斷，特別是氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物是同一物質(zhì)的化學(xué)反應(yīng)．【解析】B；C；溶液變藍(lán)色；還原；C6H12O6；C6H12O6C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O8、略

【分析】試題分析：根據(jù)前36號、常見元素，元素原子序數(shù)按W、X、Y、Z依次增大等知識，W、Y的氧化物是導(dǎo)致酸雨的主要物質(zhì)，應(yīng)該是NO2和SO2，再依據(jù)“原子序數(shù)依次增大”的信息，可知W為N元素，Y為S元素。X的基態(tài)原子核外有7個(gè)原子軌道填充了電子，其核外電子排布式應(yīng)為1s22s22p63s23p1,該元素應(yīng)為Al。Z能形成紅色(或磚紅色)Z2O和黑色的ZO兩種氧化物，可知Z為Cu。（1）則W為N，X為Al，Y為S，Z為Cu，W(N)位于元素周期表第二周期第ⅤA族，W的氣態(tài)氫化物為NH3，因N的非金屬性比O弱，NH3穩(wěn)定性比H2O弱。（2）Z原子的基態(tài)原子核外電子排布式是[Ar]3d104s1，Y(S)的原子半徑小于X(Al)，所以Y(S)對外層電子的吸引力強(qiáng)于X(Al)，故Y的第一電離能比X的大Y的電負(fù)性比X的大，W的第一電離能比O的大；（3）氫氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)的離子方程式為Al(OH)3＋OH-=AlO2-＋2H2O。考點(diǎn)：考查元素的推斷，化學(xué)反應(yīng)方程式，核外電子排布等知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）NAlSCu弱（2）[Ar]3d104s1大大（3）Al(OH)3＋OH-=AlO2-＋2H2O9、略

【分析】

（1）由量熱計(jì)的構(gòu)造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌器；

故答案為：環(huán)形玻璃攪拌器；

（2）中和熱測定實(shí)驗(yàn)成敗的關(guān)鍵是保溫工作；大小燒杯之間填滿碎紙條的作用是減少實(shí)驗(yàn)過程中的熱量損失；

故答案為：減少實(shí)驗(yàn)過程中的熱量損失；

（3）大燒杯上如不蓋硬紙板；會(huì)使一部分熱量散失，求得的中和熱數(shù)值將會(huì)減??；

故答案為：偏??；

（4）反應(yīng)放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)；并若用60mL0.50mol?L-1鹽酸與50mL0.55mol?L-1NaOH溶液進(jìn)行反應(yīng)，與上述實(shí)驗(yàn)相比，生成水的量增多，所放出的熱量偏高，但是中和熱的均是強(qiáng)酸和強(qiáng)堿反應(yīng)生成1mol水時(shí)放出的熱，與酸堿的用量無關(guān)，中和熱數(shù)值相等；

故答案為：不相等；相等；

【解析】【答案】（1）根據(jù)量熱計(jì)的構(gòu)造來判斷該裝置的缺少儀器；

（2）中和熱測定實(shí)驗(yàn)成敗的關(guān)鍵是保溫工作；

（3）大燒杯上如不蓋硬紙板；會(huì)使一部分熱量散失；

（4）反應(yīng)放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)；并根據(jù)中和熱的概念和實(shí)質(zhì)來回答；

10、略

【分析】試題分析：（1）在反應(yīng)2Ag＋(aq)+Cu(s)=Cu2＋(aq)+2Ag(s)中，銅元素的化合價(jià)由0價(jià)升高到+2價(jià)，說明失電子，作原電池的負(fù)極，所以電極X的材料是Cu，該裝置設(shè)有鹽橋，所以將銅插入硫酸銅溶液中，將銀插入硝酸銀溶液中，則電解質(zhì)溶液Y的溶質(zhì)是AgNO3；（2）銅作負(fù)極，則銀電極是正極，電極反應(yīng)為Ag＋+e－=Ag，X電極是負(fù)極，電極反應(yīng)為Cu-2e－=Cu2＋，（3）左側(cè)燒杯的電極是負(fù)極，帶正電，所以鹽橋中NO3－移向左側(cè)燒杯。考點(diǎn)：考查原電池的工作原理。【解析】【答案】（電極反應(yīng)式每空2分，其它每空1分，共8分）（1）CuAgNO3（2）正Ag＋+e－=AgCu-2e－=Cu2＋（3）左側(cè)燒杯11、略

【分析】試題解析：（1）上述三種除雜方案都能夠達(dá)到很好的效果，F(xiàn)e3+、Fe2+都被轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3而除去；（2）①用氫氧化鈉溶液，會(huì)引入新的雜質(zhì)，沉淀表面含鈉離子和氫氧根離子，為了不引入其它雜質(zhì)離子，應(yīng)加氨水使Fe3+沉淀；（3）②中根據(jù)溶解度表可知Mg（OH）2易轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3，因此在氯化鎂溶液中加入足量的Mg（OH）2可除去Fe3+：2Fe3++3Mg（OH）2=3Mg2++2Fe（OH）3；（4）Fe(OH)3的Ksp=1×10-35mol/L，當(dāng)鐵離子沉淀完全時(shí)，c（OH-）==1×10-10mol/L，則c(H+)=1×10-4mol/L，ph=4；（5）根據(jù)H2O2是綠色氧化劑，在氧化過程中被還原成水，不引進(jìn)雜質(zhì)、不產(chǎn)生污染，故A正確；根據(jù)Fe（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3，形成Fe（OH）2沉淀Fe2+沉淀不完全，故B錯(cuò)誤；原來溶液是酸性較強(qiáng)，加入氫氧化銅或堿式碳酸銅可以與H+反應(yīng)．H+反應(yīng)后，PH增大，當(dāng)PH=4的時(shí)候，F(xiàn)e（OH）3完全沉淀，而Cu2+還沒沉淀．而氫氧化銅或堿式碳酸銅是固體，不會(huì)引入新的雜質(zhì)，故C正確；氫氧化銅或堿式碳酸銅與H+反應(yīng)，H+反應(yīng)后，PH增大，當(dāng)PH=4的時(shí)候，F(xiàn)e（OH）3完全沉淀，而Cu2+還沒沉淀，以Cu2+形式存在，而氫氧化銅或堿式碳酸銅是固體，不會(huì)引入新的雜質(zhì)，故D正確；在pH＞4的溶液中Fe3+全部以Fe（OH）3完全沉淀，F(xiàn)e3+一定不能大量存在，故E正確。考點(diǎn)：物質(zhì)的分離提純【解析】【答案】（1）Fe(OH)3（2）氨水不會(huì)引入新的雜質(zhì)（3）2Fe3++3Mg(OH)2==3Mg2++2Fe(OH)3（4）4（5）ACDE12、略

【分析】試題分析：（1）根據(jù)元素在周期表中的位置可知，元素⑨是鈦元素，原子序數(shù)是22，因此根據(jù)核外電子排布規(guī)律其知的價(jià)電子軌道表示式為元素⑩是鐵，其次外層電子數(shù)為14個(gè)。（2）元素⑤是水，水分子間存在氫鍵，H2O分子發(fā)生締合，因此測定結(jié)果比理論值高。（3）②、⑦分別是Be和Al，氫氧化鋁是兩性氫氧化物，則元素②的氫氧化物與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為2OH—+Be(OH)2＝BeO22—+2H2O。（4）由元素的電離能可以看出，Q的電離能很大，可能為零族元素，R和U的第一電離能較小，第二電離能劇增，故表現(xiàn)+1價(jià)，最外層電子數(shù)為1，二者位于同一族，S的第一、第二電離能較小，第三電離能劇增，故表現(xiàn)+2價(jià)，最外層電子數(shù)為2，T的第一、第二、第三電離能較小，第四電離能劇增，表現(xiàn)+3價(jià)，最外層電子數(shù)為3，則①由上述分析可知，R和U的第一電離能較小，第二電離能劇增，故表現(xiàn)+1價(jià)，最外層電子數(shù)為1，二者位于同一族。②由上述分析可知，T的第一、第二、第三電離能較小，第四電離能劇增，表現(xiàn)+3價(jià)，最外層電子數(shù)為3，可能為P區(qū)元素，位于第ⅢA族；若T為第二周期元素，則T是B元素。Z是第三周期元素中原子半徑最小的主族元素，因此Z是氯元素，則T、Z形成的化合物是BCl3,B原子的價(jià)層電子對數(shù)是3個(gè)，且不存在孤對電子，所以是平面三角形結(jié)構(gòu)，分子鍵角為120°?？键c(diǎn)：考查元素周期表的結(jié)構(gòu)、元素周期律的應(yīng)用【解析】【答案】（1）14（2）分子間存在氫鍵，H2O分子發(fā)生締合（3）2OH—+Be(OH)2＝BeO22—+2H2O（4）①R和U②p（1分）IIIA（1分）120°13、略

【分析】解：rm{(1)}將rm{CH_{3}COOH}溶液加到rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中有氣體放出，說明rm{CH_{3}COOH}的酸性比碳酸的強(qiáng)，rm{CH_{3}COONH_{4}}溶液為中性，說明相同條件下，氨水和rm{CH_{3}COOH}的電離程度相同，所以rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}中銨根離子的水解程度小于碳酸根離子的水解程度，所以溶液的rm{pH>7}

故答案為：大于；

rm{(2)}取rm{0.2mol/LCH_{3}COOH}溶液與rm{0.2mol/LNaOH}溶液等體積混合，溶液的rm{pH=8}rm{c(H^{+})=10^{-8}mol/L}rm{c(OH^{-})=10^{-6}mol/L}溶液顯堿性，說明rm{CH_{3}COO^{-}}離子水解，溶液中存在質(zhì)子守恒：rm{c(OH^{-})=c(H^{+})+c(CH_{3}COOH)}則rm{c(OH^{-})-c(CH_{3}COOH)=c(H^{+})=10^{-8}mol/L}

故答案為：rm{10^{-8}}

rm{(3)25隆忙}時(shí)，將rm{amol?L^{-1}}的氨水與rm{0.02mol/L}的鹽酸溶液等體積混合rm{(}設(shè)混合后溶液的體積為原兩溶液體積之和rm{)}溶液中存在電荷守恒：rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(OH^{-})}平衡時(shí)有rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})}則溶液中rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}溶液呈中性，混合溶液中離子濃度由大到小的關(guān)系rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})>c(H^{+})=c(OH^{-})}

故答案為：中；rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})>c(H^{+})=c(OH^{-})}

rm{(4)}溶度積常數(shù)越小的物質(zhì)越先沉淀，氫氧化銅的溶度積小于氫氧化鎂的溶度積，所以氫氧化銅先沉淀，常溫下rm{Cu(OH)_{2}}的rm{K_{sp}=c(Cu^{2+})c^{2}(OH^{-})=2.0隆脕10^{-20}mol^{3}?L^{-3}}rm{c(OH^{-})=sqrt{dfrac{Ksp}{c(Cu^{2+})}}=sqrt{dfrac{2.0隆脕10^{-20}}{0.02}}=10^{-9}mol/L}rm{c(H^{+})=dfrac{10^{-14}}{10^{-9}}=10-5mol/L}rm{c(OH^{-})=sqrt{dfrac

{Ksp}{c(Cu^{2+})}}=sqrt{dfrac

{2.0隆脕10^{-20}}{0.02}}=10^{-9}mol/L}

故答案為：rm{c(H^{+})=dfrac

{10^{-14}}{10^{-9}}=10-5mol/L}rm{PH=5}

rm{Cu^{2+}}根據(jù)題意知，rm{5}的酸性比碳酸強(qiáng)，rm{(1)}溶液為中性，說明銨根離子和該酸根離子水解程度相同，由此得知銨根離子水解程度小于碳酸根離子，所以rm{CH_{3}COOH}中溶液呈堿性；

rm{CH_{3}COONH_{4}}取rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}溶液與rm{(2)}溶液等體積混合，溶液的rm{0.2mol/LCH_{3}COOH}則rm{0.2mol/LNaOH}rm{pH=8}根據(jù)依據(jù)溶液中質(zhì)子守恒計(jì)算判斷；

rm{c(H^{+})=10^{-8}mol/L}氨水和鹽酸反應(yīng)，平衡時(shí)有rm{c(OH^{-})=10^{-6}mol/L}結(jié)合溶液中存在電荷守恒分析；

rm{(3)}溶度積小的先生成沉淀，結(jié)合rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})}的溶度積常數(shù)計(jì)算溶液rm{(4)}

本題考查了弱電解質(zhì)電離平衡、鹽類水解、沉淀溶解平衡、電解質(zhì)溶液中電荷守恒和離子濃度大小比較的分析判斷，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。rm{Cu(OH)_{2}}【解析】大于；rm{10^{-8}}中；rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})>c(H^{+})=c(OH^{-})}rm{Cu^{2+}}rm{5}三、解答題(共5題，共10分)14、略

【分析】

（1）鹽酸是強(qiáng)酸；醋酸是弱酸，相同溫度和相同濃度的鹽酸和醋酸，鹽酸中氫離子濃度大于醋酸中氫離子濃度，所以醋酸的pH大于鹽酸的pH，故選＜；

（2）醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，因水解導(dǎo)致其溶液中氫氧根離子濃度大于氫離子濃度而使溶液呈堿性，水解方程式為：CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-；

故答案為：CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-；

（3）當(dāng)pH=7時(shí)，c（H+）=c（OH-），溶液存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），則c（Na+）=c（CH3COO-），中性溶液中氫離子或氫氧根離子濃度較小，則c（CH3COO-）＞c（H+），所以有c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-），故選b；

當(dāng)pH＜7時(shí)，c（H+）＞c（OH-），溶液存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），則c（Na+）＜c（CH3COO-）；

若溶液中酸濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于醋酸鈉時(shí)，c（H+）＞c（Na+），若醋酸鈉濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于醋酸濃度時(shí)，c（Na+）＞c（H+）；故選C．

【解析】【答案】（1）醋酸是弱酸，鹽酸是強(qiáng)酸，所以C（H+）=C（HCl）=C（CH3COOH）＜C（H+）；根據(jù)氫離子濃度大小確定pH的大小；

（2）醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽；因水解導(dǎo)致其溶液呈堿性；

（3）當(dāng)pH=7時(shí)，c（H+）=c（OH-），當(dāng)pH＜7時(shí)，c（H+）＞c（OH-）；結(jié)合電荷守恒判斷；

15、略

【分析】

（1）維生素C能與單質(zhì)碘發(fā)生反應(yīng)：C6H8O6+I2→C6H6O6+2HI；反應(yīng)物中碘元素從0價(jià)，變?yōu)楫a(chǎn)物HI中的-1價(jià)；

有元素化合價(jià)變化，是氧化還原反應(yīng)，C6H8O6中氫元素為+1價(jià)，氧元素為-2價(jià)，則碳元素為+價(jià)，產(chǎn)物C6H6O6中；碳元素為+1價(jià)，化合價(jià)升高，是還原劑，表現(xiàn)還原性；

故答案為：是；反應(yīng)前后元素的化合價(jià)有變化；還原；

（2）由題意知，F(xiàn)e3+是氧化劑，維生素C是還原劑，具有還原性，將從食物中獲取的Fe3+還原為Fe2+；

故答案為：將所攝入食物中的+3價(jià)鐵還原為+2價(jià)鐵．

【解析】【答案】（1）氧化還原反應(yīng)是有化合價(jià)變化的反應(yīng)；根據(jù)各物質(zhì)所發(fā)生的反應(yīng)來回答；在化學(xué)反應(yīng)中，物質(zhì)中的元素化合價(jià)升高，則元素被氧化，發(fā)生還原反應(yīng)，元素具有還原性；

（2）維生素C是還原劑；具有還原性．

16、略

【分析】

①O2和O3是氧元素組成的結(jié)構(gòu)不同的單質(zhì)；互為同素異形體；

②乙烷和丁烷，結(jié)構(gòu)相似，都屬于烷烴，分子組成相差2個(gè)CH2原子團(tuán)；互為同系物．

③12C和14C中子數(shù)不同；是碳元素的不同原子，互為同位素；

④CH3CH2CH2CH3和（CH3）2CHCH3；分子式相同；結(jié)構(gòu)不同，為同分異構(gòu)體；

⑤組成和結(jié)構(gòu)都相同；為同一物質(zhì)；

故答案為：②；④；③；①；⑤．

【解析】【答案】根據(jù)結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差一個(gè)或若干個(gè)CH2原子團(tuán)的物質(zhì)互稱為同系物；分子式相同；結(jié)構(gòu)不同的化合物互稱為同分異構(gòu)體；質(zhì)子數(shù)相同中子數(shù)不同的原子互稱同位素；同種元素形成的不同單質(zhì)互為同素異形體；同種物質(zhì)指組成和結(jié)構(gòu)都相同的物質(zhì)；然后對照概念分析．

17、略

【分析】

（1）氫氧燃料電池中，通入氫氣的一極a為電源的負(fù)極，通入氧氣的一極b為原電池的正極，由于電解質(zhì)溶液呈堿性，則負(fù)極電極反應(yīng)式為：2H2-4e-+4OH-=4H2O（或H2-2e-+2OH-=2H2O），電極附近溶液PH降低；正極電極反應(yīng)式為：O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案為：負(fù)；降低；O2+4e-+2H2O=4OH-；

（2）電池內(nèi)總的反應(yīng)方程式為：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，依據(jù)元素化合價(jià)變化得到，甲烷失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，氧氣得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，a電極是失電子發(fā)生氧化反應(yīng)做負(fù)極，正極電極反應(yīng)為：O2+4e-+2H2O=4OH-；總電池反應(yīng)減去正極電極反應(yīng)乘以2，得到負(fù)極電極反應(yīng)為：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；原電池中陰離子移向負(fù)極；碳酸根離子移向負(fù)極a；

故答案為：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；a；

【解析】【答案】（1）氫氧燃料電池中，通入氫氣的一極為電源的負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為H2-2e-+2OH-=2H2O，通入氧氣的一極為原電池的正極，電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-，原電池工作時(shí)，電子由負(fù)極經(jīng)外電路流向正極，氫氧燃料電池的總反應(yīng)為：2H2+O2=2H2O；

（2）依據(jù)燃料電池反應(yīng)的原理分析；燃料被氧化做原電池的負(fù)極，氧氣得到電子做原電池的正極反應(yīng)還原反應(yīng)；

18、略

【分析】

（1）電解①②⑤時(shí)，陰極氫離子放電，生成氫氣，即4H++4e-→2H2↑；陽極氫氧根離子放電，生成氧氣；

即4OH-→O2↑+2H2O+4e-；兩極都有氣體產(chǎn)生，且體積比（相同條件下）為2：1；

故答案為：①②⑤；4OH-→O2↑+2H2O+4e-；4H++4e-→2H2↑；2H2O2H2↑+O2↑；

（2）電解①⑤時(shí)；陰極是氫離子得電子生成氫氣，陽極是氫氧根離子失電子得到氧氣，兩極都有氣體產(chǎn)生，①溶液的濃度增大，pH變小，⑤溶液的濃度增大，pH變大，故答案為：①；⑤；

（3）電解④是；陰極析出金屬，陽極析出氣體，且溶液中生成了酸，pH明顯減小；

電解方程式為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

故答案為：④；2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4．

【解析】【答案】（1）電解水時(shí)；陰極氫離子放電，生成氫氣，陽極氫氧根離子放電，生成氧氣，兩極都有氣體產(chǎn)生，且體積比（相同條件下）為2：1；

（2）電解酸時(shí)；兩極均有氣體生成，溶液酸性增強(qiáng)，電解堿時(shí)，兩極均有氣體生成，溶液堿性增強(qiáng)；

（3）一個(gè)電極析出金屬；一個(gè)電極析出氣體，且溶液pH明顯減小的是“放氧生酸型”的鹽．

四、簡答題(共4題，共20分)19、大于；0.16；BD；A【分析】解：rm{(1)}溫度相同；濃度越大，反應(yīng)速率越大，達(dá)到平衡時(shí)所需的時(shí)間越少，Ⅰ；Ⅱ反應(yīng)溫度相同，Ⅰ的濃度低，需要的時(shí)間長，故答案為：大于；

rm{(2)}反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ溫度相同，反應(yīng)rm{2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)}是反應(yīng)前后氣體體積不變的反應(yīng)，Ⅰ、Ⅱ?qū)儆诘刃胶?，Ⅱ的生成物量為Ⅰ的rm{dfrac{0.40}{0.20}=2}倍，故rm{a=0.08隆脕2=0.16}rm{b=0.08隆脕2=0.16}

故答案為：rm{0.160}

rm{(3)A}反應(yīng)前后氣體體積不變；壓強(qiáng)始終相等，所以壓強(qiáng)不變不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

B、平衡后各組分濃度保持不變，rm{c(CH_{3}OCH_{3})}不變；說明各組分濃度都不再變化，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故B正確；

C；容器體積不變；據(jù)質(zhì)量守恒定律，反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，所以密度始終不變，所以密度不變不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；

D、單位時(shí)間內(nèi)生成rm{CH_{3}OH}與rm{CH_{3}OCH_{3}}的分子個(gè)數(shù)之比為rm{2}rm{1}說明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故D正確；

故選BD；

rm{(4)}由反應(yīng)rm{壟脵}rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-mkJ?mol^{-1}}

反應(yīng)rm{壟脷2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangleH=-nkJ?mol^{-1}}

根據(jù)rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-mkJ?mol^{-1}}得rm{2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangleH=-(n-2m)kJ?mol^{-1}}

由rm{壟脷2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-nkJ?mol^{-1}}知rm{triangleH=-(n-2m)kJ?mol^{-1}<0}故rm{壟脷-2壟脵}

故答案為：rm{2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-(n-2m)kJ?mol^{-1}}．

rm{(2)}溫度相同；濃度越大，反應(yīng)速率越大，達(dá)到平衡時(shí)所需的時(shí)間越少；

rm{triangle

H=-(n-2m)kJ?mol^{-1}<0}反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ溫度相同，反應(yīng)rm{n>2m}是反應(yīng)前后氣體體積不變的反應(yīng)；Ⅰ；Ⅱ?qū)儆诘刃胶猓?/p>

rm{A}反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)；正逆反應(yīng)速率相等，平衡時(shí)各種物質(zhì)的物質(zhì)的量；濃度、含量等不再發(fā)生變化，以及由此衍生的其它量不變，可由此進(jìn)行判斷；

rm{(1)}由蓋斯定律可計(jì)算．

本題考查了化學(xué)平衡常數(shù)的移動(dòng)以及平衡狀態(tài)的判斷、反應(yīng)熱大小判斷問題，難度一般，注意蓋斯定律的應(yīng)用．rm{(2)}【解析】大于；rm{0.16}rm{BD}rm{A}20、rm{(1)H<C<O}

rm{(2)ad}

rm{(3)}rm{壟脵}rm{壟脵}rm{[Ar]3d^{8}4s^{2;;}VIII}rm{壟脷}

rm{壟脷}氫鍵范德華力rm{8}二氧化碳的分子直徑小于籠狀結(jié)構(gòu)的空腔直徑，且二氧化碳與水的結(jié)合能力強(qiáng)于甲烷rm{(4)壟脵}【分析】【分析】本題以研究溫室氣體rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}的轉(zhuǎn)化和利用為載體，主要考查的是電負(fù)性的大小比較、分子晶體的性質(zhì)、核外電子排布以及化學(xué)鍵等，綜合性較強(qiáng)，難度中等，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力和對基礎(chǔ)知識的應(yīng)用能力。【解答】rm{(1)}元素的非金屬性越強(qiáng)，其電負(fù)性越大，由于非金屬性rm{O>C>H}故電負(fù)性rm{H<C<O}

故答案為：rm{H<C<O}

rm{(2)a.}二氧化碳屬于分子晶體，故rm{a}正確；

rm{b.}甲烷中含有極性共價(jià)鍵，但是正四面體結(jié)構(gòu)，屬于非極性分子，故rm錯(cuò)誤；

rm{c.}二氧化碳熔點(diǎn)高，原因是rm{C}與rm{O}形成rm{2}對共價(jià)鍵，故rm{c}錯(cuò)誤；

rm{d.}甲烷為正四面體形，rm{C}原子含有rm{4}個(gè)rm{婁脪}鍵，無孤電子對，采取rm{sp^{3}}雜化，二氧化碳為直線形，碳氧雙鍵中有rm{1}個(gè)rm{婁脪}鍵和rm{1}個(gè)rm{婁脨}鍵，因此rm{C}原子采取rm{sp}雜化，故rmrhthp1t正確；

故答案為：rm{ad}

rm{(3)壟脵Ni}為rm{28}號元素，基態(tài)rm{Ni}原子的電子排布式為rm{[Ar]3d^{8}4s^{2}}處于元素周期表中第四周期第rm{V}Ⅲ族；

故答案為：rm{[Ar]3d^{8}4s^{2}}rm{V}Ⅲ；

rm{壟脷}該配合物的配離子中rm{Ni}原子和rm{C}原子之間有rm{4}個(gè)rm{婁脪}鍵，rm{CO}分子中rm{C}和rm{O}之間存在rm{1}個(gè)rm{婁脪}鍵，rm{1}個(gè)rm{婁脨}鍵，rm{1}個(gè)配位鍵，因此rm{4}個(gè)rm{CO}有rm{4}個(gè)rm{婁脪}鍵，故rm{1molNi(CO)_{4}}中含有rm{8mol婁脪}鍵，故答案為：rm{8}

rm{(4)壟脵C(jī)H_{4}}與rm{H_{2}O}形成的水合物俗稱“可燃冰”；分子晶體中作用力是范德華力，水分子之間存在氫鍵；

故答案為：氫鍵；范德華力；

rm{壟脷}由表格可知：二氧化碳的分子直徑小于籠狀結(jié)構(gòu)的空腔直徑，即rm{0.512<0.586}能順利進(jìn)入籠狀空腔內(nèi)，且二氧化碳與水的結(jié)合能力強(qiáng)于甲烷，即rm{29.91>16.40}

故答案為：二氧化碳的分子直徑小于籠狀結(jié)構(gòu)的空腔直徑；且二氧化碳與水的結(jié)合能力強(qiáng)于甲烷。

【解析】rm{(1)H<C<O}rm{(2)ad}rm{(3)}rm{壟脵}rm{壟脵}rm{[Ar]3d^{8}4s^{2;;}VIII}rm{壟脷}rm{壟脷}氫鍵范德華力rm{8}二氧化碳的分子直徑小于籠狀結(jié)構(gòu)的空腔直徑，且二氧化碳與水的結(jié)合能力強(qiáng)于甲烷rm{(4)壟脵}21、略

【分析】解：rm{(1)}分析圖象可知，rm{A}狀態(tài)下rm{CO}的轉(zhuǎn)化率為rm{0.5}則rm{CO}轉(zhuǎn)化了rm{10mol隆脕0.5=5mol}根據(jù)三段式：

rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH}

起始物質(zhì)的量：rm{10}rm{20}rm{0}

轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量：rm{5}rm{10}rm{5}

平衡物質(zhì)的量：rm{5}rm{10}rm{5}

當(dāng)達(dá)到平衡狀態(tài)rm{A}時(shí)，容器的體積為rm{20L.}則平衡常數(shù)rm{K=dfrac{5mol隆脗20L}{(5mol隆脗20L)cdot(10mol隆脗20L)^{2}}=4}

故答案為：rm{K=dfrac{5mol隆脗20L}{(5mol隆脗20L)cdot

(10mol隆脗20L)^{2}}=4}

rm{4}正反應(yīng)方向?yàn)闅怏w體積減小的方向，rm{(2)}時(shí)比較rm{T_{1}隆忙}的轉(zhuǎn)化率，轉(zhuǎn)化率越大，則壓強(qiáng)越大，圖象中rm{CO}轉(zhuǎn)化率大于rm{P_{2}}可知rm{P_{1}}

故答案為：rm{P_{1}<P_{2}}

rm{<}分析圖象得rm{(3)}點(diǎn)時(shí)rm{B}的轉(zhuǎn)化率為rm{CO}根據(jù)三段式：

rm{0.8}

起始rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}rm{(mol)}rm{10}rm{20}

轉(zhuǎn)化rm{0}rm{(mol)}rm{8}rm{16}

平衡rm{8}rm{(mol)}rm{2}rm{4}

設(shè)體積為rm{8}rm{VL}rm{A}兩容器溫度相同，即化學(xué)平衡常數(shù)相等，則有rm{K=dfrac{(8隆脗V)}{(2隆脗V)cdot(4隆脗V)^{2}}=4}解得rm{B}

故答案為：rm{K=dfrac{(8隆脗V)}{(2隆脗V)cdot

(4隆脗V)^{2}}=4}

rm{V=4L}的含量保持不變；說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故A正確；

B.容器中rm{4}濃度與rm{(4)A.CO}濃度相等；與消耗量和起始量有關(guān)反應(yīng)不一定達(dá)到平衡，故B錯(cuò)誤；

C.反應(yīng)速率之比等于化學(xué)方程式系數(shù)之比是正反應(yīng)速率之比，rm{CH_{3}OH}均是指正反應(yīng)速率，不能判斷達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；

D.混合氣體質(zhì)量不變；反應(yīng)前后體積不同，反應(yīng)過程中密度變化，容器中混合氣體的密度保持不變說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故D正確；

故答案為：rm{CO}

rm{2V_{脮媒}(CH_{3}OH)=V_{脮媒}(H_{2})}已知：rm{壟脵C(jī)O(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-90.8kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangleH=+41.3kJ?mol^{-1}}

根據(jù)蓋斯定律，rm{AD}可得：rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH=-49.5}rm{(5)}

故答案為：rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH=-49.5}rm{壟脵C(jī)O(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-90.8kJ?mol^{-1}}

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

H=+41.3kJ?mol^{-1}}結(jié)合圖象rm{壟脵+壟脷}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-49.5}狀態(tài)下rm{kJ?mol^{-1}}的轉(zhuǎn)化率為rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-49.5}根據(jù)三段式列式計(jì)算反應(yīng)平衡時(shí)個(gè)物質(zhì)的量，計(jì)算rm{kJ?mol^{-1}}

rm{(1)}正反應(yīng)方向?yàn)闅怏w體積減小的方向，rm{T_{1}}時(shí)比較rm{P_{1}}的轉(zhuǎn)化率；轉(zhuǎn)化率越大，則壓強(qiáng)越大；

rm{CO}rm{0.5}反應(yīng)溫度相等，則平衡常數(shù)相等，根據(jù)三段式列出rm{K}狀態(tài)下各組分濃度；利用平衡常數(shù)計(jì)算；

rm{(2)}根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征：正逆反應(yīng)速率相同；各成分濃度保持不變分析判斷選項(xiàng)；

rm{T_{1}隆忙}已知：rm{壟脵C(jī)O(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-90.8kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangleH=+41.3kJ?mol^{-1}}

根據(jù)蓋斯定律，rm{CO}可得．

本題考查蓋斯定律，圖象分析以及三段式計(jì)算的應(yīng)用等，考查范圍廣，難度中等，對于化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷和電極反應(yīng)式是高考的熱點(diǎn)，能夠熟練應(yīng)用．rm{(3)A}【解析】rm{4}rm{<}rm{4}rm{AD}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH=-49.5kJ?mol^{-1}}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-49.5kJ?mol^{-1}}22、（1）BaCO3+2H+＝Ba2++CO2↑+H2O；將BaCO3粉碎。

（2）防止Ti4+的水解。