2025年上教版高二化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年上教版高二化學(xué)下冊(cè)月考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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、如圖為用酸性氫氧燃料電池為電源進(jìn)行電解的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。下列說法中，正確的是A.燃料電池工作時(shí)，正極反應(yīng)為：O2+4H++4e－=2H2OB.a極是鐵，b極是銅時(shí)，b極逐漸溶解，a極上有銅析出C.a極是含鋅、鐵的粗銅，b極是純銅，a極溶解銅的質(zhì)量與b極析出銅的質(zhì)量相等D.a、b兩極均是石墨時(shí)，在相同條件下a極產(chǎn)生的氣體與電池中消耗的H2體積相等2、電解裝置如圖所示，電解槽內(nèi)裝有KI及淀粉溶液，中間用陰離子交換膜隔開。在一定的電壓下通電，發(fā)現(xiàn)左側(cè)溶液變藍(lán)色，一段時(shí)間后，藍(lán)色逐漸變淺。已知：3I2＋6OH－=IO＋5I－＋3H2O，下列說法不正確的是()A.右側(cè)發(fā)生的電極反應(yīng)式：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－B.電解結(jié)束時(shí)，右側(cè)溶液中含有IO3-C.電解槽內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的總化學(xué)方程式：KI＋3H2OKIO3＋3H2↑D.如果用陽離子交換膜代替陰離子交換膜，電解槽內(nèi)發(fā)生的總化學(xué)反應(yīng)不變3、用價(jià)層電子對(duì)互斥模型判斷NH4+的構(gòu)型是（）A.V形B.正四面體形C.三角錐形D.平面三角形4、下列說法中正確的是A.處于能量最低狀態(tài)的原子叫做基態(tài)原子B.rm{3s^{2}}表示rm{3s}能級(jí)有兩個(gè)軌道C.同一原子中，rm{1s}rm{2s}rm{3s}電子的能量逐漸減小D.同一原子中，rm{3d}rm{4d}rm{5d}能級(jí)的軌道數(shù)依次增多5、下列裝置中，電流表指針不能發(fā)生偏轉(zhuǎn)的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、工業(yè)廢水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它們會(huì)對(duì)人類及生態(tài)系統(tǒng)產(chǎn)生很大損害，必須進(jìn)行處理。常用的處理方法有兩種。方法1：還原沉淀法。該法的工藝流程為CrO42-Cr2O72-Cr3＋Cr(OH)3↓其中第①步存在平衡：2CrO42-(黃色)＋2H＋Cr2O72-(橙色)＋H2O（1）若平衡體系的pH=2，該溶液顯________色。（2）能說明第①步反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)的是__________。a．Cr2O72-和CrO42-的濃度相同b．2v(Cr2O72-)=v(CrO42-)c．溶液的顏色不變（3）第②步中，還原1molCr2O72-離子，需要________mol的FeSO4·7H2O。（4）第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3＋(aq)＋3OH－(aq)，常溫下，Cr(OH)3的溶度積Ksp=c(Cr3＋)·c3(OH－)=10－32，要使c(Cr3＋)降至10－5mol/L，溶液的pH應(yīng)調(diào)至_______。方法2：電解法。該法用Fe做電極電解含Cr2O72-的酸性廢水，隨著電解進(jìn)行，在陰極附近溶液pH升高，產(chǎn)生Cr(OH)3沉淀。（5）用Fe做電極的原因?yàn)開_________________。（6）在陰極附近溶液pH升高的原因是(用電極反應(yīng)解釋)_________________________________。溶液中同時(shí)生成的沉淀還有__________。7、在金剛石、CS2、N2、C2H4、H2O2；金屬Fe等六種晶體中：

（1）以非極性鍵結(jié)合的非極性分子是______．

（2）通過非極性鍵形成的原子晶體是______．

（3）含有極性共價(jià)鍵和非極性共價(jià)鍵的非極性分子是______．

（4）固態(tài)和熔融狀態(tài)下都能導(dǎo)電的晶體是______．8、鍺rm{(Ge)}是典型的半導(dǎo)體元素，在電子、材料等領(lǐng)域應(yīng)用廣泛rm{.}回答下列問題：

rm{(1)}基態(tài)rm{Ge}原子的核外電子排布式為rm{[Ar]}______；有______個(gè)未成對(duì)電子．

rm{(2)Ge}與rm{C}是同族元素，rm{C}原子之間可以形成雙鍵、叁鍵，但rm{Ge}原子之間難以形成雙鍵或叁鍵rm{.}從原子結(jié)構(gòu)角度分析；原因是______．

rm{(3)}比較下列鍺鹵化物的熔點(diǎn)和沸點(diǎn)；分析其變化規(guī)律及原因______．

。rm{GeCl_{4}}rm{GeBr_{4}}rm{GeI_{4}}熔點(diǎn)rm{/隆忙}rm{-49.5}rm{26}rm{146}沸點(diǎn)rm{/隆忙}rm{83.1}rm{186}約rm{400}rm{(4)}光催化還原rm{CO_{2}}制備rm{CH_{4}}反應(yīng)中，帶狀納米rm{Zn_{2}GeO_{4}}是該反應(yīng)的良好催化劑rm{.Zn}rm{Ge}rm{O}電負(fù)性由大至小的順序是______．

rm{(5)Ge}單晶具有金剛石型結(jié)構(gòu)，其中rm{Ge}原子的雜化方式為______微粒之間存在的作用力是______．

rm{(6)}晶胞有兩個(gè)基本要素：rm{壟脵}原子坐標(biāo)參數(shù)，表示晶胞內(nèi)部各原子的相對(duì)位置，如圖rm{(1}rm{2)}為rm{Ge}單晶的晶胞，其中原子坐標(biāo)參數(shù)rm{A}為rm{(0,0,0)}rm{B}為rm{(dfrac{1}{2},0,dfrac{1}{2})}rm{(dfrac{1}{2},0,dfrac

{1}{2})}為rm{(dfrac{1}{2},dfrac{1}{2},0).}則rm{C}原子的坐標(biāo)參數(shù)為______．

rm{(dfrac{1}{2},dfrac

{1}{2},0).}晶胞參數(shù)，描述晶胞的大小和形狀，已知rm{D}單晶的晶胞參數(shù)rm{壟脷}其密度為______rm{Ge}列出計(jì)算式即可rm{a=565.76pm}．rm{g?cm^{-3}(}9、鐵；鋁、銅等金屬及其化合物在日常生活中應(yīng)用廣泛；請(qǐng)根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)回答問題．

rm{(1)}生鐵中含有一種鐵碳化合物rm{X(Fe_{3}C).X}在足量的空氣中高溫煅燒，生成有磁性的固體rm{Y}將rm{Y}溶于過量鹽酸后溶液中大量存在的陽離子是______；rm{Y}與過量濃硝酸反應(yīng)后溶液中含有的鹽的化學(xué)式為______．

rm{(2)}某溶液中有rm{Mg^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Al^{3+}}rm{Cu^{2+}}等離子，向其中加入過量的rm{NaOH}溶液后；過濾，將濾渣高溫灼燒，并將灼燒后的固體投入過量的稀鹽酸中，所得溶液與原溶液相比，溶液中大量減少的陽離子是______．

A.rm{Mg^{2+}}rm{B.Fe^{2+}}rm{C.Al^{3+}}rm{D.Cu^{2+}}

rm{(3)}氧化鐵是重要的工業(yè)顏料；用廢鐵屑制備它的流程如下：

回答下列問題：

rm{壟脵}操作Ⅰ的名稱是______；操作Ⅱ的名稱是______；操作Ⅱ的方法為______．

rm{壟脷}請(qǐng)寫出生成rm{FeCO_{3}}沉淀的離子方程式：______．10、rm{400隆忙}時(shí)，某密閉容器中有rm{X}rm{Y}rm{Z}三種氣體，從反應(yīng)開始到達(dá)到平衡時(shí)各物質(zhì)濃度的變化如圖甲所示rm{(}假定反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，rm{0隆蘆10s}內(nèi)rm{Z}的變化曲線未畫出rm{)}圖乙為相應(yīng)時(shí)刻僅改變反應(yīng)體系中某一條件后正、逆反應(yīng)速率隨時(shí)間變化的情況。rm{(1)}反應(yīng)從開始至平衡時(shí)用rm{X}表示的反應(yīng)速率rm{v(X)=}_____；rm{A}rm{B}rm{C}三點(diǎn)的逆反應(yīng)速率由大到小的順序?yàn)開______。rm{(2)}若rm{t_{3}}時(shí)改變的條件是降低壓強(qiáng)，則rm{Z}物質(zhì)的起始濃度是________；rm{400隆忙}時(shí)該反應(yīng)的平衡常數(shù)為________。rm{(3)t_{4}}時(shí)改變的條件是________11、1919年，langmuir提出等電子原理：原子數(shù)相同、最外層電子總數(shù)相同的分子，互稱為等電子體。等電子體的結(jié)構(gòu)相似、物理性質(zhì)相近。（1）根據(jù)上述原理，僅由第二周期元素組成的共價(jià)分子中，互為等電子體的是：________和________；________和________。（2）此后，等電子原理又有發(fā)展。例如：由短周期元素組成的物質(zhì)中，與NO2－互為等電子體的分子有：__________、__________。12、某工廠用FeCl3溶液腐蝕鍍有銅的絕緣板生產(chǎn)印刷電路，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：①取少量廢液，滴加KSCN溶液顯紅色．②取10mL廢液，加入足量的AgNO3溶液，析出沉淀8.61g．③另取10mL廢液，加入一定質(zhì)量的銅片，充分反應(yīng)后，測(cè)得銅片的質(zhì)量減少了0.256g，再向反應(yīng)后的溶液中滴加KSCN溶液不變色．根據(jù)探究實(shí)驗(yàn)得出結(jié)論：（1）廢液中含有的金屬離子是。（2）求10mL廢液中氯離子的物質(zhì)的量濃度？（3）求10mL廢液中銅離子的物質(zhì)的量是？13、（5分）化學(xué)電池分為，____，____，其中堿性鋅錳電池屬于____，鉛蓄電池屬于。14、下列原子或離子的電子排布的表示方法中，正確的是____，違反了能量最低原理的是____，違反洪特規(guī)則的是____．

①Ca2+：1s22s22p63s23p6

②F﹣：1s22s23p6

③

④Cr：1s22s22p63s23p63d44s2

⑤Fe：1s22s22p63s23p63d64s2

⑥Mg2+：1s22s22p6

⑦評(píng)卷人得分三、探究題(共4題，共8分)15、（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(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)?。?）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(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。16、（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(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。17、（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(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)?。?）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(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。18、（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(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、解答題(共2題，共10分)19、火箭推進(jìn)器中盛有強(qiáng)還原劑液態(tài)肼（N2H4）和強(qiáng)氧化劑液態(tài)雙氧水．當(dāng)把0.4mol液態(tài)肼和0.8molH2O2混合反應(yīng)；生成氮?dú)夂退魵猓懦?56.7kJ的熱量（相當(dāng)于25℃；101kPa下測(cè)得的熱量）．

（1）反應(yīng)的熱化學(xué)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(yīng)生成液態(tài)水時(shí)放出的熱量是______kJ．

（3）此反應(yīng)用于火箭推進(jìn)；除釋放大量熱和快速產(chǎn)生大量氣體外，還有一個(gè)很大的優(yōu)點(diǎn)是______．

20、物質(zhì)的量相同的磷酸鈉溶液和磷酸溶液中所含的PO43-量相同．______．

評(píng)卷人得分五、原理綜合題(共2題，共10分)21、通常用燃燒的方法測(cè)定有機(jī)物的分子式；可在燃燒室內(nèi)將有機(jī)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(jī)物的組成。如圖所示的是用燃燒法確定有機(jī)物物分子式的常用裝置.

現(xiàn)準(zhǔn)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(qǐng)回答:

(1)產(chǎn)生的氧氣按從左到右流向，所選裝置各導(dǎo)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(qǐng)改進(jìn)這套裝置的一個(gè)不足之處_________。

(5)若該有機(jī)物分子中含有4個(gè)甲基，則該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式為_________；該有機(jī)物的二氯代物有_______種。22、通常用燃燒的方法測(cè)定有機(jī)物的分子式；可在燃燒室內(nèi)將有機(jī)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(jī)物的組成。如圖所示的是用燃燒法確定有機(jī)物物分子式的常用裝置.

現(xiàn)準(zhǔn)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(qǐng)回答:

(1)產(chǎn)生的氧氣按從左到右流向，所選裝置各導(dǎo)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(qǐng)改進(jìn)這套裝置的一個(gè)不足之處_________。

(5)若該有機(jī)物分子中含有4個(gè)甲基，則該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式為_________；該有機(jī)物的二氯代物有_______種。評(píng)卷人得分六、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(shí)驗(yàn)_______參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】試題分析：A、因?yàn)槿剂想姵氐碾娊赓|(zhì)呈酸性，正極反應(yīng)為：O2+4H++4e－=2H2O，正確；B、a極為陽極，逐漸溶解，b極為陰極，有銅析出，錯(cuò)誤；C、因?yàn)閍極Cu、Zn、Fe失電子，b極Cu2+得電子生成Cu，a極溶解銅的質(zhì)量與b極析出銅的質(zhì)量不相等，錯(cuò)誤；D、a、b兩極均是石墨時(shí)，根據(jù)電子守恒，a極產(chǎn)生產(chǎn)生O2，體積為電池中消耗的H2體積的1/2，錯(cuò)誤。考點(diǎn)：本題考查燃料電池、電解原理及應(yīng)用?！窘馕觥俊敬鸢浮緼2、D【分析】試題分析：在一定的電壓下通電，發(fā)現(xiàn)左側(cè)溶液變藍(lán)色，則在左側(cè)發(fā)生的的氧化反應(yīng)：2I—－2e-=I2,I2,遇淀粉溶液變?yōu)樗{(lán)色，則在右側(cè)發(fā)生的是還原反應(yīng)，電極電極反應(yīng)式：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，正確；B．由于在電解時(shí)陰離子在左側(cè)失去電子被氧化為I2,陽離子H+在右側(cè)放電產(chǎn)生氫氣，所以所以在右側(cè)c(OH-)濃度增大，發(fā)生反應(yīng)3I2＋6OH－=IO＋5I－＋3H2O，故電解結(jié)束時(shí)，右側(cè)溶液中含有IO3-，錯(cuò)誤；C．電解槽內(nèi)左側(cè)發(fā)生反應(yīng)：2I—－2e-=I2；3I2＋6OH－=IO＋5I－＋3H2O，左側(cè)的總方程式是I—-6e－+6OH－=IO＋3H2O，右側(cè)發(fā)生反應(yīng)：2H++2e-=H2↑所以發(fā)生反應(yīng)的總化學(xué)方程式：KI＋3H2OKIO3＋3H2↑，正確；D．如果用陽離子交換膜代替陰離子交換膜，陽極電極反應(yīng)是：2I—－2e-=I2,陰極電極反應(yīng)是：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，所以電解槽內(nèi)發(fā)生的總化學(xué)反應(yīng)會(huì)發(fā)生變化，錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：考查電化學(xué)反應(yīng)原理，主要是電極反應(yīng)式的書寫及電極的判斷的知識(shí)。【解析】【答案】D3、B【分析】解：NH4+中心原子N電子對(duì)數(shù)=4+=4，中心原子是SP3雜化，沒有一對(duì)孤電子對(duì)，所以NH4+的立體結(jié)構(gòu)是正四面體型；

故選B．

根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定中心原子雜化方式及粒子的空間構(gòu)型，價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=σ鍵個(gè)數(shù)+孤電子對(duì)個(gè)數(shù)，σ鍵個(gè)數(shù)=配原子個(gè)數(shù)，孤電子對(duì)個(gè)數(shù)=（a-xb），a指中心原子價(jià)電子個(gè)數(shù)，x指配原子個(gè)數(shù)，b指配原子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)需要的電子個(gè)數(shù)．

本題考查了NH4+空間構(gòu)型的判斷，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論來分析解答即可，題目難度不大，注意判斷中心原子的價(jià)層電子對(duì)以及孤對(duì)電子數(shù)的判斷．【解析】【答案】B4、A【分析】【分析】本題考查軌道數(shù)和比較軌道能量大小?！窘獯稹緼.處于最低能量的原子叫做基態(tài)原子；故A正確；

B.rm{3s^{2}}表示rm{3s}能級(jí)容納rm{2}個(gè)電子，rm{s}能級(jí)有rm{1}個(gè)原子軌道；故B錯(cuò)誤；

C.能級(jí)符號(hào)相同，能層越大，電子能量越高，所以rm{1s}rm{2s}rm{3s}電子的能量逐漸增大；故C錯(cuò)誤；

D.同一原子中，rm{2d}rm{3d}rm{4d}能級(jí)的軌道數(shù)相等，都為rm{5}故D錯(cuò)誤。

故選A。

【解析】rm{A}5、A【分析】解：rm{A.}鋅插入氯化銅溶液；鋅置換出銅，電子不經(jīng)過導(dǎo)線，沒有電流產(chǎn)生，則電流表指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故A選；

B.可形成原電池反應(yīng)；鎂為負(fù)極，鋁為正極，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故B不選；

C.可形成原電池反應(yīng)；鋅為負(fù)極，銅為正極，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故C不選；

D.可形成原電池反應(yīng)；鋅為負(fù)極，銅為正極，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故D不選．

故選A．

如電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)；則形成原電池反應(yīng)，否則不能發(fā)生偏轉(zhuǎn)，以此解答該題．

本題考查了原電池的構(gòu)成條件，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和雙基的考查，難度不大，注意這幾個(gè)條件必須同時(shí)存在才能形成原電池，缺一不可．【解析】rm{A}二、填空題(共9題，共18分)6、略

【分析】【解析】試題分析：（1）若平衡體系的pH＝2，這說明溶液顯酸性，氫離子濃度增大，因此平衡正反應(yīng)方向移動(dòng)，所以該溶液顯橙色。（2）在一定條件下，當(dāng)可逆反應(yīng)的正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率相等時(shí)（但不為0），反應(yīng)體系中各種物質(zhì)的濃度或含量不再發(fā)生變化的狀態(tài)，稱為化學(xué)平衡狀態(tài)。平衡時(shí)各種物質(zhì)的濃度不再發(fā)生變化，但各種物質(zhì)的濃度之間不一定滿足某種關(guān)系，a不能說明；速率之比是相應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，因此b中的關(guān)系始終是成立，不能說明，b不正確；顏色的深淺和濃度有關(guān)系，因此當(dāng)溶液有色不再發(fā)生變化時(shí)，可以說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，c正確，答案選c。（3）在反應(yīng)②中Cr元素的化合價(jià)從＋6價(jià)降低到＋3價(jià)，得到3個(gè)電子。鐵元素的化合價(jià)從＋2價(jià)升高到＋3價(jià)，上去1個(gè)電子，則根據(jù)電子得失守恒可知n（Cr2O72-）×6＝n（FeSO4?7H2O）×1，解得n（FeSO4?7H2O）＝6mol。（4）根據(jù)溶度積常數(shù)的表達(dá)式Ksp＝c(Cr3+)·c3(OH—)＝10-32可知，當(dāng)溶液中c（Cr3+）＝10-5mol/L時(shí)，溶液的c（OH-）＝＝10-9mol/L，因此c（H+）＝＝10-5mol/L，所以pH＝5，即要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH應(yīng)調(diào)至5。（5）Cr2O72—要生成Cr(OH)3沉淀，必需有還原劑，而鐵做電極時(shí)，在陽極上可以失去電子產(chǎn)生Fe2+，電極反應(yīng)式為Fe－2e－＝Fe2+。（6）在電解池中陽離子在陰極得到電子，在溶液中由于H+得電子得能力強(qiáng)于Fe2+的，因此陰極是H+放電，電極反應(yīng)式為2H++2e－＝H2↑。隨著電解的進(jìn)行，溶液中的H+濃度逐漸降低，水的電離被促進(jìn)，OH－濃度逐漸升高。由于Fe2+被Cr2O72—氧化生成Fe3+，當(dāng)溶液堿性達(dá)到一定程度時(shí)就會(huì)產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀。考點(diǎn)：考查外界條件對(duì)平衡狀態(tài)的影響、可逆反應(yīng)平衡狀態(tài)的判斷、氧化還原反應(yīng)的有關(guān)計(jì)算、溶度積常數(shù)的有關(guān)計(jì)算以及電化學(xué)原理的應(yīng)用和電極反應(yīng)式的書寫等【解析】【答案】（11分）（1）橙（1分）（2）c（1分）（3）6（2分）（4）5（2分）（5）陽極反應(yīng)為Fe－2e－＝Fe2＋，提供還原劑Fe2＋2分（6）2H＋＋2e－＝H2↑，F(xiàn)e(OH)3（3分）7、略

【分析】解：（1）雙原子單質(zhì)分子是以非極性鍵結(jié)合的非極性分子，則N2是以非極性鍵結(jié)合的非極性分子，故答案為：N2；

（2）金剛石是通過非極性鍵形成的原子晶體；故答案為：金剛石；

（3）C2H4分子中含有C-H極性共價(jià)鍵和C-C非極性共價(jià)鍵的非極性分子，故答案為：C2H4；

（4）金屬Fe中存在自由電子；所以固態(tài)和熔融狀態(tài)下都能導(dǎo)電，故答案為：金屬Fe．

不同非金屬元素之間易形成極性共價(jià)鍵；分子的結(jié)構(gòu)對(duì)稱；正負(fù)電荷的中心重合，則為非極性分子，如果存在自由移動(dòng)的離子和電子就能導(dǎo)電，以此來解答．

本題主要考查極性鍵和非極性鍵，熟悉常見元素之間的成鍵是解答本題的關(guān)鍵，注意化學(xué)鍵、空間構(gòu)型與分子的極性的關(guān)系來分析解答即可，難度不大．【解析】N2；金剛石；C2H4；金屬Fe8、略

【分析】解：rm{(1)Ge}是rm{32}號(hào)元素，位于第四周期第rm{IVA}族，基態(tài)rm{Ge}原子核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{2}}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}4p^{2}}在最外層的rm{4s}能級(jí)上rm{2}個(gè)電子為成對(duì)電子，rm{4p}軌道中rm{2}個(gè)電子分別處以不同的軌道內(nèi)，有rm{2}軌道未成對(duì)電子；

故答案為：rm{3d^{10}4s^{2}4p^{2}}rm{2}

rm{(2)}雖然rm{Ge}與rm{C}是同族元素，rm{C}原子之間可以形成雙鍵、叁鍵，但考慮rm{Ge}的原子半徑大，難以通過“肩并肩”方式形成rm{婁脨}鍵，所以rm{Ge}原子之間難以形成雙鍵或叁鍵；

故答案為：rm{Ge}原子半徑大，原子間形成的rm{婁脪}單鍵較長，rm{p-p}軌道肩并肩重疊程度很小或幾乎不能重疊，難以形成rm{婁脨}鍵；

rm{(3)}鍺的鹵化物都是分子晶體，分子間通過分子間作用力結(jié)合，對(duì)于組成與結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對(duì)分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強(qiáng)，熔沸點(diǎn)越高，由于相對(duì)分子質(zhì)量：rm{GeCl_{4}<GeBr_{4}<GeI_{4}}故沸點(diǎn)：rm{GeCl_{4}<GeBr_{4}<GeI_{4}}

故答案為：rm{GeCl_{4}}rm{GeBr_{4}}rm{GeI_{4}}的熔；沸點(diǎn)依次增高；原因是分子結(jié)構(gòu)相似；分子量依次增大，分子間相互作用力逐漸增強(qiáng)；

rm{(4)}元素非金屬性：rm{Zn<Ge<O}元素的非金屬性越強(qiáng)，吸引電子的能力越強(qiáng)，元素的電負(fù)性越大，故電負(fù)性：rm{O>Ge>Zn}

故答案為：rm{O>Ge>Zn}

rm{(5)Ge}單晶具有金剛石型結(jié)構(gòu)，rm{Ge}原子與周圍rm{4}個(gè)rm{Ge}原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，向空間延伸的立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，屬于原子晶體，rm{Ge}原子之間形成共價(jià)鍵，rm{Ge}原子雜化軌道數(shù)目為rm{4}采取rm{sp^{3}}雜化；

故答案為：rm{sp^{3}}共價(jià)鍵；

rm{(6)壟脵D}與周圍rm{4}個(gè)原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，rm{D}與頂點(diǎn)rm{A}的連線處于晶胞體對(duì)角線上，過面心rm{B}rm{C}及上底面面心原子的平面且平行側(cè)面將晶胞rm{2}等分，同理過rm{D}原子的且平衡側(cè)面的平面將半個(gè)晶胞再rm{2}等份，可知rm{D}處于到各個(gè)面的rm{dfrac{1}{4}}處，則rm{D}原子的坐標(biāo)參數(shù)為rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac{1}{4})}

故答案為：rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac{1}{4})}

rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac

{1}{4})}晶胞中rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac

{1}{4})}原子數(shù)目為rm{4+8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=8}結(jié)合阿伏伽德羅常數(shù)，可知出晶胞的質(zhì)量為rm{dfrac{8隆脕73g/mol}{6.02times10^{23}mol^{-1}}}晶胞參數(shù)rm{壟脷}

其密度為rm{dfrac{8隆脕73g/mol}{6.02times10^{23}mol^{-1}}隆脗(565.76隆脕10^{-10}cm)^{3}=dfrac{8隆脕73}{6.02times565.76^{3}}隆脕10^{7}}

故答案為：rm{dfrac{8隆脕73}{6.02times565.76^{3}}隆脕10^{7}}．

rm{Ge}是rm{4+8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=8}號(hào)元素，位于第四周期第rm{dfrac{8隆脕73g/mol}{6.02times

10^{23}mol^{-1}}}族，基態(tài)rm{a=565.76pm}原子核外電子排布式為rm{dfrac{8隆脕73g/mol}{6.02times

10^{23}mol^{-1}}隆脗(565.76隆脕10^{-10}cm)^{3}=dfrac{8隆脕73}{6.02times

565.76^{3}}隆脕10^{7}}

rm{dfrac{8隆脕73}{6.02times

565.76^{3}}隆脕10^{7}}原子半徑大，難以通過“肩并肩”方式形成rm{(1)Ge}鍵；

rm{32}鍺的鹵化物都是分子晶體；相對(duì)分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強(qiáng)，熔沸點(diǎn)越高；

rm{IVA}元素的非金屬性越強(qiáng)；吸引電子的能力越強(qiáng)，元素的電負(fù)性越大；

rm{Ge}單晶具有金剛石型結(jié)構(gòu)，rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}4p^{2}}原子與周圍rm{(2)Ge}個(gè)rm{婁脨}原子形成正四面體結(jié)構(gòu)；向空間延伸的立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，屬于原子晶體；

rm{(3)}與周圍rm{(4)}個(gè)原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，rm{(5)Ge}與頂點(diǎn)rm{Ge}的連線處于晶胞體對(duì)角線上，過面心rm{4}rm{Ge}及上底面面心原子的平面且平行側(cè)面將晶胞rm{(6)壟脵D}等分，同理過rm{4}原子的且平衡側(cè)面的平面將半個(gè)晶胞rm{D}等等份可知rm{A}處于到各個(gè)面的rm{B}處；

rm{C}根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中rm{2}原子數(shù)目，結(jié)合阿伏伽德羅常數(shù)表示出晶胞的質(zhì)量，再根據(jù)rm{D}計(jì)算晶胞密度．

本題是對(duì)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、化學(xué)鍵、晶體類型與性質(zhì)、電負(fù)性、雜化方式、晶胞計(jì)算等，rm{2}中晶胞計(jì)算為易錯(cuò)點(diǎn)、難點(diǎn)，需要學(xué)生具備一定的空間想象與數(shù)學(xué)計(jì)算能力，難度較大．rm{D}【解析】rm{3d^{10}4s^{2}4p^{2}}rm{2}鍺的原子半徑大，原子之間形成的rm{婁脪}單鍵較長，rm{p-p}軌道肩并肩重疊程度很小或幾乎不能重疊，難以形成rm{婁脨}鍵；rm{GeCl_{4}}rm{GeBr_{4}}rm{GeI_{4}}熔、沸點(diǎn)依次增高；原因是分子結(jié)構(gòu)相似，相對(duì)分子質(zhì)量依次增大，分子間相互作用力逐漸增強(qiáng)；rm{O>Ge>Zn}rm{sp^{3}}共價(jià)鍵；rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac{1}{4})}rm{dfrac{8隆脕73}{6.02times565.76^{3}}隆脕10^{7}}rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac

{1}{4})}9、略

【分析】解：rm{(1)X}在足量的空氣中高溫煅燒，生成有磁性的固體rm{Y}rm{Y}為四氧化三鐵，與鹽酸反應(yīng)生成氯化鐵、氯化亞鐵，rm{Y}溶于過量鹽酸后溶液中大量存在的陽離子是rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{H^{+}}rm{Y}與過量濃硝酸反應(yīng)生成硝酸鐵，鹽的化學(xué)式為rm{Fe(NO_{3})_{3}}還存在rm{Y}中的rm{FeCl_{3}}

故答案為：rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{H^{+}}rm{FeCl_{3}}rm{Fe(NO_{3})_{3}}

rm{(2)}加入過量的rm{NaOH}溶液后，rm{Mg^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Cu^{2+}}轉(zhuǎn)化為沉淀，灼燒后的固體投入過量的稀鹽酸，溶液中存在rm{Mg^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{Cu^{2+}}則所得溶液與原溶液相比，溶液中大量減少的陽離子是rm{Fe^{2+}}rm{Al^{3+}}故答案為：rm{BC}

rm{(3)}由制備流程可知，碳酸鈉水解顯堿性，可促進(jìn)油污的水解，加稀硫酸除去碳酸鈉，且溶解rm{Fe}操作rm{I}為過濾，濾液中含rm{Fe^{2+}}與碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸亞鐵沉淀，操作rm{II}為洗滌；然后干燥；灼燒得到氧化鐵．

rm{壟脵}由上述分析可知，操作rm{I}為過濾，操作rm{II}為洗滌，操作Ⅱ的方法為在漏斗中加入適量蒸餾水，浸沒沉淀，讓蒸餾水自然流下，重復(fù)rm{2隆蘆3}次；

故答案為：過濾；洗滌；在漏斗中加入適量蒸餾水，浸沒沉淀，讓蒸餾水自然流下，重復(fù)rm{2隆蘆3}次；

rm{壟脷}生成rm{FeCO_{3}}沉淀的離子方程式為rm{Fe^{2+}+2HCO_{3}^{-}簍TFeCO_{3}隆媒+CO_{2}隆眉+H_{2}O}故答案為：rm{Fe^{2+}+2HCO_{3}^{-}簍TFeCO_{3}隆媒+CO_{2}隆眉+H_{2}O.}

rm{(1)X}在足量的空氣中高溫煅燒，生成有磁性的固體rm{Y}rm{Y}為四氧化三鐵，與鹽酸反應(yīng)生成氯化鐵、氯化亞鐵，rm{Y}與過量濃硝酸反應(yīng)生成硝酸鐵；

rm{(2)}加入過量的rm{NaOH}溶液后，rm{Mg^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Cu^{2+}}轉(zhuǎn)化為沉淀，灼燒后的固體投入過量的稀鹽酸，溶液中存在rm{Mg^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{Cu^{2+}}

rm{(3)}由制備流程可知，碳酸鈉水解顯堿性，可促進(jìn)油污的水解，加稀硫酸除去碳酸鈉，且溶解rm{Fe}操作rm{I}為過濾，濾液中含rm{Fe^{2+}}與碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸亞鐵沉淀，操作rm{II}為洗滌；然后干燥；灼燒得到氧化鐵．

本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)及混合物分離提純方法選擇，為高頻考點(diǎn)，注意把握流程中發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離方法等，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度中等．【解析】rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{H^{+}}rm{FeCl_{3}}rm{Fe(NO_{3})_{3}}rm{BC}過濾；洗滌；在漏斗中加入適量蒸餾水，浸沒沉淀，讓蒸餾水自然流下，重復(fù)rm{2隆蘆3}次；rm{Fe^{2+}+2HCO_{3}^{-}簍TFeCO_{3}隆媒+CO_{2}隆眉+H_{2}O}10、（1）0.09mol?L－1?s－1C>B>A

（2）0.2mol?L－110/3(或3.33)

（3）升高溫度【分析】【分析】本題考查了化學(xué)平衡的影響因素分析判斷，化學(xué)平衡常數(shù)、反應(yīng)速率概念計(jì)算應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等?！窘獯稹縭m{(1)}根據(jù)圖象可知，rm{10s}時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，rm{X}的濃度從rm{1.5mol/L}降為rm{0.6mol/L}所以rm{v(X)=dfrac{;;1.5mol/L-0.6mol/L;}{10s}=0.09mol/(L?s)}根據(jù)圖可知，反應(yīng)中rm{v(X)=

dfrac{;;1.5mol/L-0.6mol/L;}{10s}=0.09mol/(L?s)}的濃度隨反應(yīng)的進(jìn)行在減小，rm{X}的濃度在增大，所以rm{Y}為生成物，rm{Y}rm{A}rm{B}三點(diǎn)的rm{C}的濃度逐漸增大，所以rm{Y}rm{A}rm{B}三點(diǎn)的逆反應(yīng)速率也逐漸增大，即反應(yīng)速率rm{C}，故答案為：rm{C>B>A}rm{0.09mol/(L?s)}；rm{C>B>A}若rm{(2)}時(shí)改變的條件是降低壓強(qiáng)，根據(jù)圖乙可知，平衡不移動(dòng)，說明該反應(yīng)前后氣體體積不變，根據(jù)圖甲可知，rm{t_{3}}為反應(yīng)物，rm{X}為生成物，rm{Y}rm{X}的濃度變化量之比為rm{Y}rm{3}所以rm{2}只能生成物，且反應(yīng)方程式為rm{Z}利用三段式可知；

rm{3X?2Y+Z}

起始rm{3X?2Y+Z}rm{(mol/L)}rm{1.5}rm{0.6}

轉(zhuǎn)化rm{0.2}rm{(mol/L)0.9}rm{0.6}

平衡rm{0.3}rm{(mol/L)0.6}rm{1.2}

所以rm{0.5}物質(zhì)的起始濃度是rm{Z}rm{K=dfrac{;;1.{2}^{2}隆脕0.5}{;0.{6}^{3};}=dfrac{10}{3}隆脰3.33}故答案為：rm{0.2mol/L}rm{K=

dfrac{;;1.{2}^{2}隆脕0.5}{;0.{6}^{3};}=dfrac{10}{3}隆脰3.33

}或rm{0.2mol/L}；rm{10/3(}時(shí)改變條件時(shí)，正逆反應(yīng)速率都增大，說明rm{3.33)}時(shí)改變條件是升高溫度，故答案為：升高溫度。rm{(3)t_{4}}【解析】rm{(1)0.09mol?L^{-1}?s^{-1}}rm{C>B>A}rm{(2)0.2mol?L^{-1}}rm{10/3(}或rm{3.33)}rm{(3)}升高溫度11、略

【分析】（1）僅由第二周期元素組成的共價(jià)分子中，即C、N、O、F組成的共價(jià)分子，N2與CO均為10個(gè)價(jià)電子，N2O與CO2均為16個(gè)價(jià)電子，符合題意。（2）依據(jù)等電子原理的發(fā)展，只要原子數(shù)相同，各原子最外層電子數(shù)之和也相同，即可互稱為等電子體。NO2－是三原子組成的離子，最外層電子數(shù)（即價(jià)電子）之和為5＋6×2＋1＝18，SO2、O3也是三原子，價(jià)電子總數(shù)分別也為6＋6×2＝18、6×3＝18?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）N2OCO2N2CO（2）SO2O312、略

【分析】試題分析：（1）依據(jù)元素化合價(jià)變化升降數(shù)值，結(jié)合氧化還原反應(yīng)的雙線橋標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目；錳元素化合價(jià)從+7價(jià)降低到+2價(jià)，得到5個(gè)電子；氯元素化合價(jià)從-1價(jià)升高為0價(jià)，失去1個(gè)電子，所以雙線橋表示為：（2）依據(jù)化學(xué)方程式和元素化合價(jià)變化判斷電子轉(zhuǎn)移，計(jì)算被氧化的物質(zhì)的量；2KMnO4+16HCl（濃）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。若生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L氯氣，物質(zhì)的量＝11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol；生成5molCl2，轉(zhuǎn)移電子為10mol，所以生成0.5mol氯氣轉(zhuǎn)移轉(zhuǎn)移電子為1mol，其個(gè)數(shù)是6.02×1023或NA；16molHCl反應(yīng)，其中被氧化的HCl為10mol；生成氯氣物質(zhì)的量為5mol，所以0.5mol氯氣生成，被氧化的HCl為1mol。（3）參加反應(yīng)的氯化氫的物質(zhì)的量是1.6mol其質(zhì)量＝1.6mol×363.5g/mol，所以需消耗36.5%的濃鹽酸的質(zhì)量為1.6mol×363.5g/mol÷36.5%＝160g。考點(diǎn)：考查氧化還原反應(yīng)方程式配平、計(jì)算以及質(zhì)量百分比濃度的計(jì)算。【解析】【答案】（1）（2分）（2）6.02×1023或NA；1mol（每空2分）（3）160g（4分）13、略

【分析】考查化學(xué)電池的分類及常見的化學(xué)電源。鉛蓄電池是可以反復(fù)充放電的，所以是二次電池?！窘馕觥俊敬鸢浮竣僖淮坞姵?，②二次電池，③燃料電池，一次電池，二次電池。（各1分共5分）14、①⑤⑥|②|③④【分析】【解答】解：能量最低原理：原子核外電子先占有能量較低的軌道．然后依次進(jìn)入能量較高的軌道；

泡利不相容原理：每個(gè)原子軌道上最多只能容納2個(gè)自旋狀態(tài)相反的電子；

洪特規(guī)則：在等價(jià)軌道（相同電子層；電子亞層上的各個(gè)軌道）上排布的電子將盡可能分占不同的軌道；且自旋方向相同；

根據(jù)圖片知；原子或離子的電子排布式正確的是①⑤⑥，違反能量最低原理的是②，違反洪特規(guī)則的是③④，違反泡利原理的是⑦；

故答案為：①⑤⑥；②；③④．

【分析】根據(jù)構(gòu)造原理確定核外電子排布式是否正確；能量最低原理：原子核外電子先占有能量較低的軌道．然后依次進(jìn)入能量較高的軌道；

泡利不相容原理：每個(gè)原子軌道上最多只能容納2個(gè)自旋狀態(tài)相反的電子；

洪特規(guī)則：在等價(jià)軌道（相同電子層、電子亞層上的各個(gè)軌道）上排布的電子將盡可能分占不同的軌道，且自旋方向相同．三、探究題(共4題，共8分)15、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)此可以通過檢驗(yàn)水和CO2的方法進(jìn)行驗(yàn)證。由于通過澄清的石灰水會(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）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時(shí)通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時(shí)通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實(shí)驗(yàn)誤差。（3）裝置B中增加的質(zhì)量是水，所以氫氧化銅的質(zhì)量是所以沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為1－（49n/9m）?！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）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時(shí)通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時(shí)通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）16、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）17、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)此可以通過檢驗(yàn)水和CO2的方法進(jìn)行驗(yàn)證。由于通過澄清的石灰水會(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）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時(shí)通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時(shí)通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實(shí)驗(yàn)誤差。（3）裝置B中增加的質(zhì)量是水，所以氫氧化銅的質(zhì)量是所以沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為1－（49n/9m）?！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）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時(shí)通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結(jié)束時(shí)通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）18、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、解答題(共2題，共10分)19、略

【分析】

（1）反應(yīng)方程式為：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，0.4mol液態(tài)肼放出256.7KJ的熱量，則1mol液態(tài)肼放出的熱量為=641.75kJ；

所以反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.75kJ/mol；

故答案為：N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.75kJ/mol；

（2）①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.75kJ/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=-817.75KJ/mol；

16g液態(tài)肼物質(zhì)的量==0.5mol；

所以16g液態(tài)肼與液態(tài)雙氧水反應(yīng)生成液態(tài)水時(shí)放出的熱量是408.875KJ；故答案為：408.875；

（3）此反應(yīng)用于火箭推進(jìn)；除釋放大量熱和快速產(chǎn)生大量氣體外，還有一個(gè)很大的優(yōu)點(diǎn)是產(chǎn)物為氮?dú)夂退?，是空氣成分不?huì)造成環(huán)境污染，故答案為：產(chǎn)物不會(huì)造成環(huán)境污染．

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

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

（3）依據(jù)產(chǎn)物判斷生成物質(zhì)無污染．

20、略

【分析】

磷酸是中強(qiáng)酸；存在電離平衡，磷酸鹽存在水解平衡，這兩個(gè)平衡程度都很?。?/p>

磷酸電離由3步（磷酸是三元酸）；分別是磷酸二氫根，磷酸氫根，最后是少量磷酸根離子；

磷酸鈉電離狀態(tài)下電離出鈉離子和磷酸根離子；但是磷酸根離子要水解，其程度也很小，所以磷酸鈉中磷酸根離子遠(yuǎn)多于等濃度的磷酸溶液；

故答案為：×．

【解析】【答案】磷酸鈉溶液中磷酸根能發(fā)生水解，磷酸溶液中磷酸電離產(chǎn)生PO43-．

五、原理綜合題(共2題，共10分)21、略

【分析】分析：(1)D中生成的氧氣中含有水蒸氣；應(yīng)先通過C中的濃硫酸干燥，在E中電爐加熱時(shí)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(jìn)一步反應(yīng)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(jìn)行裝置的連接。

(2)氫氧化鈉固體；吸收二氧化碳?xì)怏w；，以便測(cè)定有機(jī)物中碳的量。

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

(4)空氣中二氧化碳；水蒸氣直接進(jìn)入A裝置中；影響實(shí)驗(yàn)。

(5)根據(jù)A管質(zhì)量增加2.2g為二氧化碳的質(zhì)量；計(jì)算出碳的量，B管質(zhì)量增加1.08g是水的質(zhì)量，計(jì)算出氫原子的量，算出碳?xì)湓觽€(gè)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(yīng)先通過C中的濃硫酸干燥，在E中電爐加熱時(shí)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(jìn)一步反應(yīng)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(jī)物的組成，則產(chǎn)生的氧氣按從左到右流向，所選裝置各導(dǎo)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?xì)怏w；正確答案：吸收生成二氧化碳。

(3)在E中電爐加熱時(shí)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(jìn)一步反應(yīng)生成二氧化碳，使有機(jī)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管重量將減小；正確答案：吸收生成二氧化碳；使有機(jī)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(yīng)產(chǎn)生的二氧化碳；但是空氣中水蒸氣；二氧化碳也能夠進(jìn)入A裝置，影響實(shí)驗(yàn)，因此在A裝置后連接一個(gè)裝有堿石灰的干燥管；正確答案：在A裝置后連接一個(gè)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(jī)物為烴，故只含有C和H兩種元素，且個(gè)數(shù)比為：0.05：1.2=5：12，故可以確定為戊烷（C5H12），該有機(jī)物分子中含有4個(gè)甲基，則該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式為該有機(jī)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(jī)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(gè)裝有堿石灰的干燥管(CH3)4C222、略

【分析】分析：(1)D中生成的氧氣中含有水蒸氣；應(yīng)先通過C中的濃硫酸干燥，在E中電爐加熱時(shí)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(jìn)一步反應(yīng)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(jìn)行裝置的連接。

(2)氫氧化鈉固體；吸收二氧化碳?xì)怏w；，以便測(cè)定有機(jī)物中碳的量。

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

(4)空氣中二氧化碳；水蒸氣直接進(jìn)入A裝置中；影響實(shí)驗(yàn)。

(5)根據(jù)A管質(zhì)量增加2.2g為二氧化碳的質(zhì)量；計(jì)算出碳的量，B管質(zhì)量增加1.08g是水的質(zhì)量，計(jì)算出氫原子的量，算出碳?xì)湓觽€(gè)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(yīng)先通過C中的濃硫酸干燥，在E中電爐加熱時(shí)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(jìn)一步反應(yīng)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(jī)物的組成，則產(chǎn)生的氧氣按從左到右流向，所選裝置各導(dǎo)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?xì)怏w；正確答案：吸收生成二氧化碳。

(3)在E中電爐加熱時(shí)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(jìn)一步反應(yīng)生成二氧化碳，使有機(jī)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(jī)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(yīng)產(chǎn)生的二氧化碳；但是空氣中水蒸氣；二氧化碳也能夠進(jìn)入A裝置，影響實(shí)驗(yàn)，因此在A裝置后連接一個(gè)裝有堿石灰的干燥管；正確答案：在A裝置后連接一個(gè)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(jī)物為烴，故只含有C和H兩種元素，且個(gè)數(shù)比為：0.05：1.2=5：12，故可以確定為戊烷（C5H12），該有機(jī)物分子中含有4個(gè)甲基，則該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式為該有機(jī)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；