2025年教科新版高二化學(xué)上冊月考試卷

…………○…………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年教科新版高二化學(xué)上冊月考試卷766考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：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7題，共14分)1、相同條件下，等體積、等pH的醋酸溶液和鹽酸溶液加水稀釋相同的倍數(shù)后，所得溶液的pHA.仍相同B.醋酸溶液的大C.鹽酸的大D.無法判斷2、用NaOH固體配制一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液，下列操作中正確的是（）A.稱量時，將固體NaOH直接放在天平左盤上B.將燒杯中溶解固體NaOH所得溶液，冷卻到室溫后轉(zhuǎn)移至容量瓶中C.定容時如果加水超過了刻度線，用膠頭滴管直接吸出多余部分D.定容搖勻后發(fā)現(xiàn)液體體積低于刻度線，再補(bǔ)加少量蒸餾水至刻度線3、某烯烴與rm{H_{2}}加成后的產(chǎn)物是則該烯烴的結(jié)構(gòu)式可能有rm{(}rm{)}A.rm{4}種B.rm{3}種C.rm{2}種D.rm{1}種4、下列現(xiàn)象不是由平衡移動引起的是A.氯水光照顏色變淺B.使用排飽和食鹽水的方法收集氯氣C.H2、I2、HI平衡混合氣加壓顏色變深D.重鉻酸鉀溶液中加堿顏色變?yōu)辄S色5、pH=2的兩種一元酸x和y，體積均為100mL，稀釋過程中pH與溶液體積的關(guān)系如圖所示．分別滴加NaOH溶液（c=0.1mol/L）至pH=7，消耗NaOH溶液的體積為Vx、Vy；則（）

A.x為弱酸，Vx＜VyB.x為強(qiáng)酸，Vx＞VyC.y為弱酸，Vx＜VyD.y為強(qiáng)酸，Vx＞Vy6、下列反應(yīng)中硝酸既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)酸性的是()A.碳酸鈣與稀硝酸B.紅熱木炭與濃硝酸C.氫氧化銅與稀硝酸D.氧化亞鐵與稀硝酸7、下列化學(xué)用語表述正確的是rm{(}rm{)}A.甲烷分子的球棍模型：B.氯化鈉的電子式：C.氯氣的比例模型：D.硫離子的結(jié)構(gòu)示意圖：評卷人得分二、雙選題(共6題，共12分)8、下列判斷正確的是（）A.第一電離能：Al＜MgB.共價鍵極性：H-F＜H-ClC.硬度：Al2O3＜NaClD.酸性：H2SO4＞H2SO39、某烴的結(jié)構(gòu)簡式為：關(guān)于此有機(jī)化合物說法正確的是rm{(}rm{)}A.屬于芳香化合物B.能發(fā)生加聚反應(yīng)，其生成物可表示為：C.易溶于水，也易溶于有機(jī)溶劑D.既能使溴水褪色，又能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色10、在鹵代烴中，有關(guān)化學(xué)鍵的敘述，下列說法不正確的是A.當(dāng)該鹵代烴發(fā)生取代反應(yīng)時，被破壞的鍵一定是rm{壟脵}B.當(dāng)該鹵代烴發(fā)生消去反應(yīng)時，被破壞的鍵一定是rm{壟脵}和rm{壟脹}C.當(dāng)該鹵代烴在堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)時，被破壞的鍵一定是rm{壟脵}D.當(dāng)該鹵代烴發(fā)生消去反應(yīng)時，被破壞的鍵一定是rm{壟脵}和rm{壟脺}11、下列有關(guān)說法正確的是rm{(}rm{)}A.氨水稀釋后，溶液中rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}}的值減小B.rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(NH_{3}cdot

H_{2}O)}}rm{0.1}溶液加蒸餾水稀釋，rm{mol?L^{-1}Na_{2}CO_{3}}的水解程度增大，溶液的rm{CO_{3}^{2-}}減小C.rm{pH}rm{298}時，rm{K}能自發(fā)進(jìn)行，則其rm{2H_{2}S(g)+SO_{2}(g)簍T3S(s)+2H_{2}O(l)}D.對rm{triangleH<0}其他條件不變時充入rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)簍T2NH_{3}(g)}正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率減小rm{N_{2}}12、一定溫度下，對可逆反應(yīng)rm{A(g)+2B(g)?3C(g)}的下列敘述中，不能說明反應(yīng)已達(dá)到平衡的是rm{(}rm{)}A.rm{C}生成的速率與rm{C}分解的速率相等B.單位時間內(nèi)消耗rm{a}rm{mol}rm{A}同時生成rm{3a}rm{mol}rm{C}C.容器內(nèi)的壓強(qiáng)不再變化D.混合氣體中rm{B}物質(zhì)的量不再變化13、由化學(xué)能轉(zhuǎn)變的熱能或電能仍然是人類使用的主要能源rm{.}根據(jù)如圖所示的裝置，判斷下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.該裝置中rm{Pt}極為陽極B.當(dāng)rm{c}極的質(zhì)量變化了rm{2.16g}時，rm{a}極上消耗的rm{O_{2}}在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為rm{1.12L}C.該裝置中rm極的電極反應(yīng)式是：rm{H_{2}+2OH^{-}-2e^{-}=2H_{2}O}D.該裝置中rm{a}極為正極，發(fā)生氧化反應(yīng)評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)14、分子式為C5H12的某烴，它的一氯代物只有一種結(jié)構(gòu)，則該烴結(jié)構(gòu)簡式為：_______________________；按系統(tǒng)命名法命名，其名稱為：_______________________。15、（8分）某同學(xué)按下列步驟配制500mL0.2mol·L－1KCl溶液，請回答有關(guān)問題。。實驗步驟有關(guān)問題①計算所需KCl的質(zhì)量需要KCl的質(zhì)量為________g(保留小數(shù)點后一位)②稱量KCl固體稱量需要用到的主要儀器是________________③將KCl加入100mL燒杯中，并加入適量水為了加快溶解速率，可以采取哪些措施？________________④將燒杯中溶液轉(zhuǎn)移至500mL容量瓶中為了防止溶液濺出，應(yīng)采取什么措施？__________________⑤向容量瓶中加蒸餾水至刻度線在進(jìn)行此操作時當(dāng)加水至離刻度線1cm～2cm處應(yīng)如何操作？____________________（1）上述實驗中使用容量瓶前應(yīng)檢驗_________________________________________________。（2）在進(jìn)行④步操作時未將洗滌燒杯、玻璃棒的洗滌液轉(zhuǎn)移至容量瓶，則配制溶液濃度________(填“偏高”、“偏低”或“不影響”)。（3）若進(jìn)行⑤步操作時加蒸餾水超過刻度線，則需________。16、I．下列有關(guān)實驗操作或結(jié)果的說法中正確的是A．滴定時，眼睛應(yīng)始終注視滴定管內(nèi)液面的變化B．測定酸堿滴定曲線：開始時測試和記錄的間隔可稍小些，滴定至終點附近則要大些C．酸堿中和滴定之前，錐形瓶用蒸餾水洗凈即可，不能用待測液潤洗D．滴定管經(jīng)蒸餾水洗凈后，直接注入標(biāo)準(zhǔn)液，將使測得的待測液濃度偏低E．用pH試紙測量某溶液的pH時要先將試紙潤濕度不變的某容器分隔成A、B兩部分，A容器容積固定不變，B有可移動的活塞，現(xiàn)在A中充入2molSO2和1molO2，在B中充入2molSO3和1molN2，在相同條件下發(fā)生可逆反應(yīng)：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，填空：F．用廣泛pH試紙測量H2SO4溶液的pH時，測得pH=3.2II．如圖所示（1)固定活塞位置在3處不動，達(dá)到平衡后，設(shè)A中壓強(qiáng)為P1，B中壓強(qiáng)為P2，則P1與P2的大小是：P1P2(填“＜”、“＞”、“＝”)。（2）若要使A中與B中平衡狀態(tài)相同，可移動活塞的位置應(yīng)在處。（3)若活塞右移到5處，達(dá)到平衡后，B中SO3為xmol，A中SO3為ymol，則xy(填“＜”、“＞”、“＝”)，理由是。17、（8分）可逆反應(yīng)：aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）；根據(jù)圖回答：（1）壓強(qiáng)P1比P2（填大或小）；（2）（a+b）比（c+d）____（填大或小）；（3）溫度t1℃比t2℃（填高或低）；（4）正反應(yīng)為反應(yīng)。18、在rm{2L}密閉容器中，rm{800隆忙}時反應(yīng)rm{2NO(g)+O_{2}(g)2NO_{2}(g)}體系中，rm{n(NO)}隨時間的變化如下表：

。時間rm{/s}rm{0}rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}rm{5}rm{n(NO)/mol}rm{0.020}rm{0.010}rm{0.008}rm{0.007}rm{0.007}rm{0.007}rm{(1)}寫出該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式：rm{K=}______，已知：rm{K(300隆忙)>K(350隆忙)}該反應(yīng)是______反應(yīng)rm{(}填“放熱”或“吸熱”rm{)}．

rm{(2)}圖中表示rm{NO_{2}}的變化的曲線是______，用rm{O_{2}}的濃度變化表示從rm{0隆蘆2s}內(nèi)該反應(yīng)的平均速率rm{v=}______．

rm{(3)}能說明該反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是______

rm{a.v(NO_{2})=2v(O_{2})}rm{b.}容器內(nèi)壓強(qiáng)保持不變。

rm{c.v_{脛忙}(NO)=2v_{脮媒}(O_{2})}rm{d.}容器內(nèi)物質(zhì)的密度保持不變。

rm{(4)}能使該反應(yīng)的反應(yīng)速率增大；且平衡向正反應(yīng)方向移動的是______

rm{a.}及時分離出rm{NO_{2}}氣體rm{b.}適當(dāng)升高溫度。

rm{c.}增大rm{O_{2}}的濃度rm{d.}選擇高效的催化劑．評卷人得分四、探究題(共4題，共32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(jìn)行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結(jié)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(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(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(shè)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(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(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，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(jìn)行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結(jié)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(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(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(shè)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(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(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，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共2題，共16分)23、金屬鉻在工業(yè)上有廣泛用途，主要用于不銹鋼及高溫合金的生產(chǎn)。鉻銨礬(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一種以碳素鉻鐵(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)為主要原料生產(chǎn)金屬鉻，并能獲得副產(chǎn)物鐵銨礬【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有關(guān)流程如下:

已知部分陽離子以氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金屬離子濃度為0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3開始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，其目的是____________

(2)凈化和轉(zhuǎn)化階段:所得殘渣的主要成分是___________，轉(zhuǎn)化時需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為______；過濾；洗滌、干燥。

(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)陽極液通入SO2的離子反應(yīng)方程式______________。

(5)工業(yè)廢水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“鈣、鎂”是將其轉(zhuǎn)化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當(dāng)加入過量NaF使兩種沉淀共存時，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某課外活動小組將鉻銨礬(NH4CrSO4)·12H2O)經(jīng)過一系列操作獲得了Cr2(CO3)3粗品。該小組利用EDTA(乙二胺四乙酸二鈉，陰離子簡寫為H2Y2-)測定粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，準(zhǔn)確稱取2.00g粗品試樣，溶于5.0mL稀鹽酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl緩沖溶液、0.10g紫脲酸銨混合指示劑，用0.100mol/LEDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至呈穩(wěn)定顏色，平均消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標(biāo)準(zhǔn)溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結(jié)束后氣泡消失，則測定結(jié)果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w[Cr2(CO3)3]=____。24、疊氮化鈉(NaN3)常用作汽車安全氣囊及頭孢類藥物生產(chǎn)等。水合肼還原亞硝酸甲酯(CH3ONO)制備疊氮化鈉(NaN3)的工藝流程如下：

已知：i．疊氮化鈉受熱或劇烈撞擊易分解；具有較強(qiáng)的還原性。

ii．相關(guān)物質(zhì)的物理性質(zhì)如下表：。相關(guān)物質(zhì)熔點℃沸點℃溶解性CH3OH-9767.1與水互溶亞硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5與水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300與水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步驟I總反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

(2)實驗室模擬工藝流程步驟II；III的實驗裝置如圖。

①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。該反應(yīng)放熱，但在20℃左右選擇性和轉(zhuǎn)化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是___________。

②步驟II開始時的操作為___________(選填字母編號)。步驟III蒸餾時的操作順序是___________(選填字母編號)。

a．打開K1、K2b．關(guān)閉K1、K2c．打開K3d．關(guān)閉K3e．水浴加熱f．通冷凝水。

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發(fā)至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醇洗滌2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)實驗室用滴定法測定產(chǎn)品純度。測定過程涉及的反應(yīng)為：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

稱取2.50g產(chǎn)品配成250mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反應(yīng)后稍作稀釋，向溶液中加適量硫酸，滴加2滴鄰菲噦啉指示劑，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的Ce4＋，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。

①產(chǎn)品純度為___________。

②為了提高實驗的精確度，該實驗還需要___________。評卷人得分六、簡答題(共1題，共9分)25、四種常見元素的性質(zhì)或結(jié)構(gòu)信息如下表，試根據(jù)信息回答有關(guān)問題。。元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}性質(zhì)結(jié)構(gòu)信息原子核外有兩個電子層，最外層有rm{3}個未成對的電子原子的rm{M}層有rm{1}對成對的rm{p}電子原子核外電子排布為rm{[Ar]3d^{10}4s^{x}}有rm{+1}rm{+2}兩種常見化合價有兩種常見氧化物，其中有一種是冶金工業(yè)常用的還原劑rm{壟脜}寫出rm{B}原子的電子排布式_____。rm{壟脝A}元素的氫化物的沸點比同主族相鄰元素氫化物沸點_____rm{(}填“高”或“低”rm{)}其原因是_____。rm{壟脟D}元素最高價氧化物的熔點比同主族相鄰元素最高價氧化物的熔點_____rm{(}填“高”或“低”rm{)}其原因是_____。rm{壟脠}往rm{C}元素的硫酸鹽溶液中逐滴加入過量rm{A}元素的氫化物水溶液；寫出有關(guān)離子方程式為_____，形成的配合物中含有的化學(xué)鍵有_____。

rm{壟脡}下列分子結(jié)構(gòu)圖中的“”表示上述相關(guān)元素的原子中除去最外層電子的剩余部分，“”表示氫原子，小黑點“”表示沒有形成共價鍵的最外層電子，短線表示共價鍵。則在以上分子中，中心原子采用rm{sp^{3}}雜化形成化學(xué)鍵的是_____rm{(}填寫序號rm{)}在rm{壟脷}的分子中有_____個rm{婁脪}鍵和____個rm{婁脨}鍵。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】試題分析：醋酸是弱酸，在稀釋的時候會繼續(xù)電離出H+，所以酸性減弱得較慢，鹽酸是強(qiáng)酸稀釋的時候酸性變?nèi)踺^快，故加水稀釋相同的倍數(shù)后醋酸的酸性較強(qiáng)，選C。考點：強(qiáng)酸和弱酸稀釋時溶液酸堿性的變化?！窘馕觥俊敬鸢浮緾2、B【分析】【解析】【答案】B3、B【分析】【解析】依照碳的四價原則處理，參考圖示：

雙鍵的位置可能在如圖的rm{壟脵壟脷壟脹}處，則烯烴的結(jié)構(gòu)式可能有rm{3}種。

故選B。【解析】rm{B}4、C【分析】選項C中反應(yīng)前后體積不變，加壓平衡不移動，但碘的濃度增大，所以顏色加深，其余都是和平衡移動有關(guān)系的，答案選C?！窘馕觥俊敬鸢浮緾5、C【分析】【解答】解：從圖象看，稀釋10倍，x的pH值變化1，y的pH值變化小于1，說明x為強(qiáng)酸，y為弱酸．pH相等的強(qiáng)酸和弱酸與堿反應(yīng)，反應(yīng)中弱酸還繼續(xù)電離，故弱酸消耗堿的量大，即Vx＜Vy；故選C．

【分析】根據(jù)稀釋相同倍數(shù)酸x、y的pH變化，判斷強(qiáng)酸、弱酸，pH相等的強(qiáng)酸和弱酸與堿反應(yīng)，反應(yīng)中弱酸還繼續(xù)電離，弱酸消耗堿的量大．6、D【分析】【分析】本題考查了硝酸的性質(zhì)，根據(jù)反應(yīng)中硝酸的化合價確定硝酸的性質(zhì)，硝酸體現(xiàn)氧化性和酸性，說明該反應(yīng)中部分硝酸得電子化合價降低、部分硝酸中各元素化合價不變，據(jù)此分析解答?！窘獯稹緼.二者反應(yīng)方程式為rm{CaCO_{3}+2HNO_{3(脧隆)}=Ca(NO_{3})_{2}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}該反應(yīng)中沒有化合價的變化，只表現(xiàn)酸性，故A錯誤；

B.rm{C+4HNO_{3}(}濃rm{)=CO_{2}隆眉+4NO_{2}隆眉+2H_{2}O}該反應(yīng)中rm{N}元素化合價由rm{+5}價變?yōu)閞m{+4}價、rm{C}元素化合價由rm{0}價變?yōu)閞m{+4}價；所以硝酸作氧化劑，只體現(xiàn)氧化性，故B錯誤；

C.rm{Cu(OH)_{2}+2HNO_{3}=Cu}rm{(NO}rm{(NO}rm{3}rm{3}rm{)}中；硝酸中各元素化合價不變，所以硝酸只體現(xiàn)酸性，故C錯誤；

D.rm{)}rm{3}rm{3}rm{+2H_{2}O}rm{3FeO+10HNO_{3}=3Fe(NO_{3})_{3}+}元素化合價由rm{NO}價變?yōu)閞m{NO}價表現(xiàn)氧化性，部分rm{隆眉+}的化合價沒有變化，表現(xiàn)酸性；故D正確。

故選D。

rm{隆眉+}【解析】rm{D}7、D【分析】解：rm{A.}球棍模型表現(xiàn)原子間的連接與空間結(jié)構(gòu)，甲烷分子式為rm{CH_{4}}rm{C}原子形成rm{4}個rm{C-H}為正四面體結(jié)構(gòu)，碳原子半徑大于氫原子半徑，球棍模型為故A錯誤；

B.氯化鈉為離子化合物，鈉離子直接用離子符號表示，氯離子需要標(biāo)出最外層電子及所帶電荷，氯化鈉正確的電子式為：故B錯誤；

C.氯氣中含有rm{2}個rm{Cl}原子，氯氣的比例模型為：故C錯誤；

D.硫離子是硫原子得rm{2}個電子后形成的，故核外有rm{18}個電子，故結(jié)構(gòu)示意圖為故D正確．

故選D．

A.甲烷分子中，rm{C}的原子半徑大于rm{H}原子；

B.氯化鈉為離子化合物；電子式中需要標(biāo)出陰陽離子所帶電荷；

C.氯氣分子中，兩個rm{Cl}原子的相對體積大小應(yīng)該相等；

D.硫離子的核外有rm{18}個電子．

本題考查了常見化學(xué)用語的表示方法，題目難度中等，涉及球棍模型、電子式、比例模型以及離子的結(jié)構(gòu)示意圖等知識，明確常見化學(xué)用語的書寫原則為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生規(guī)范答題的能力．【解析】rm{D}二、雙選題(共6題，共12分)8、A|D【分析】解：A．Mg的3s電子全滿；為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，Mg難失去1個電子，則第一電離能：Al＜Mg，故A正確；

B．非金屬性F＞Cl；則共價鍵極性：H-F＞H-Cl，故B錯誤；

C．離子的電荷越大，半徑越小，則晶格能越大，則硬度：Al2O3＞NaCl；故C錯誤；

D．非羥基氧原子個數(shù)越多；酸性越強(qiáng)，硫酸；亞硫酸均為二元酸，非羥基氧原子數(shù)分別為2、1，則硫酸酸性強(qiáng)，故D正確；

故選AD．

A．Mg的3s電子全滿；為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；

B．非金屬性越強(qiáng)；鍵的極性越強(qiáng)；

C．離子的電荷越大；半徑越小，則晶格能越大；

D．非羥基氧原子個數(shù)越多；酸性越強(qiáng)．

本題考查元素周期表和元素周期律的應(yīng)用，為高頻考點，涉及第一電離能、晶格能判斷及酸性比較、極性比較等，注意結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵，側(cè)重選修三知識點的考查，題目難度中等．【解析】【答案】AD9、rAD【分析】解：rm{A.}含苯環(huán)，只含rm{C}rm{H}元素；則屬于芳香化合物，故A正確；

B.含碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應(yīng)，生成物為故B錯誤；

C.屬于烴類物質(zhì)；不溶于水，易溶于有機(jī)溶劑，故C錯誤；

D.含碳碳雙鍵，既能使溴水褪色，又能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色；故D正確；

故選：rm{AD}

由結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中含苯環(huán)、碳碳雙鍵，只含rm{C}rm{H}元素；結(jié)合烯烴的性質(zhì)來解答．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重烯烴性質(zhì)的考查，注意芳香烴概念的理解，題目難度不大．【解析】rm{AD}10、AD【分析】【分析】

本題考查有機(jī)物反應(yīng)中化學(xué)鍵的斷裂及有機(jī)物的結(jié)構(gòu)式的應(yīng)用等相關(guān)知識。

【解答】

A.該鹵代烴發(fā)生取代反應(yīng)時，還可能斷裂的化學(xué)鍵是rm{壟脷}和rm{壟脹}故A錯誤；和rm{壟脷}故A錯誤；

rm{壟脹}和B.該鹵代烴發(fā)生消去反應(yīng)時，斷裂的應(yīng)該是rm{壟脵}和rm{壟脹}故B正確，那么rm{D}就錯誤；故B正確，那么rm{壟脵}就錯誤；

rm{壟脹}故C正確；

rm{D}該鹵代烴發(fā)生消去反應(yīng)時，斷裂的應(yīng)該是C.該鹵代烴在堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)時，斷裂rm{壟脵}故C正確；和rm{壟脵}故D錯誤。

D.

rm{壟脵}【解析】rm{AD}11、rBC【分析】解：rm{A.}氨水溶液中一水合氨在電離平衡，加水稀釋促進(jìn)電離，銨根離子物質(zhì)的量增加，一水合氨分子減少，rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}}比值增大；故A錯誤；

B.碳酸鈉溶液中碳酸根離子水解溶液顯堿性，加水稀釋促進(jìn)水解正向進(jìn)行，氫氧根離子濃度減小，氫離子濃度增大，溶液rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(NH_{3}cdot

H_{2}O)}}堿性；故B正確；

C.rm{PH}時，rm{298K}能自發(fā)進(jìn)行，反應(yīng)前后氣體體積減小，rm{2H_{2}S(g)+SO_{2}(g)簍T3S(s)+2H_{2}O(l)}則滿足rm{triangleH-TtriangleS<0}其rm{triangleS<0}故C正確；

D.增大反應(yīng)物濃度，正逆反應(yīng)速率都增大，對rm{triangleH-Ttriangle

S<0}其他條件不變時充入rm{triangleH<0}正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率也增大，故D錯誤；

故選BC．

A.氨水溶液中一水合氨在電離平衡；加水稀釋促進(jìn)電離，銨根離子物質(zhì)的量增加，一水合氨分子減少；

B.碳酸鈉溶液中碳酸根離子水解溶液顯堿性；加水稀釋促進(jìn)水解正向進(jìn)行，氫氧根離子濃度減??；

C.反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷依據(jù)rm{triangleH-TtriangleS<0}

D.增大反應(yīng)物濃度；正逆反應(yīng)速率都增大．

本題考查了弱電解質(zhì)電離平衡、鹽類水解平衡、化學(xué)平衡的影響因素分析，反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷依據(jù)等知識點，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等．rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)簍T2NH_{3}(g)}【解析】rm{BC}12、rBC【分析】解：rm{A}rm{C}生成的速率與rm{C}分解的速率相等；說明正逆反應(yīng)速率相等達(dá)平衡狀態(tài)，故A不選；

B、單位時間內(nèi)消耗rm{a}rm{mol}rm{A}同時生成rm{3a}rm{mol}rm{C}都體現(xiàn)正反應(yīng)方向，未體現(xiàn)正與逆的關(guān)系，故B選；

C；兩邊計量數(shù)相等；容器內(nèi)的壓強(qiáng)始終不隨時間的變化而變化，故C選；

D、混合氣體中rm{B}物質(zhì)的量不再變化；說明正逆反應(yīng)速率相等，達(dá)平衡狀態(tài)，故D不選；

故選BC．

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，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，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，正逆反應(yīng)速率相等，但不為rm{0}．【解析】rm{BC}13、rBD【分析】解：左邊裝置是原電池，通入氫氣電極rm為負(fù)極，電極反應(yīng)為rm{H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O}通入氧氣的電極為正極，電極反應(yīng)為rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}右側(cè)裝置為電解池，rm{C}棒為陰極，電極反應(yīng)為rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}鉑絲為陽極，電極反應(yīng)為rm{4OH^{-}-4e^{-}=O_{2}隆眉+2H_{2}O}

A.通過以上分析知，rm{Pt}為陽極；故A正確；

B.當(dāng)rm{c}極生成單質(zhì)銀，質(zhì)量變化為rm{2.16g}所以物質(zhì)的量為：rm{dfrac{2.16g}{108g/mol}=0.02mol}所以rm{dfrac

{2.16g}{108g/mol}=0.02mol}極上消耗的rm{a}的物質(zhì)的量為rm{O_{2}}標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為rm{0.005mol}故B錯誤；

C.rm{0.112L}電極上氫氣失電子和氫氧根離子反應(yīng)生成水，電極反應(yīng)為rm故C正確；

D.通入氧氣的電極為正極；正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，故D錯誤；

故選BD．

左邊裝置是原電池，通入氫氣電極rm{H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O}為負(fù)極，電極反應(yīng)為rm通入氧氣的電極為正極，電極反應(yīng)為rm{H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O}右側(cè)裝置為電解池，rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}棒為陰極，電極反應(yīng)為rm{C}鉑絲為陽極，電極反應(yīng)為rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}據(jù)此分析解答．

本題考查了原電池和電解池原理，根據(jù)得失電子判斷正負(fù)極，明確各個電極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，注意氣體摩爾體積的適用范圍及適用條件，為易錯點．rm{4OH^{-}-4e^{-}=O_{2}隆眉+2H_{2}O}【解析】rm{BD}三、填空題(共5題，共10分)14、略

【分析】【解析】【答案】2,2——二甲基丙烷15、略

【分析】試題分析：根據(jù)題意知，500mL0.2mol?L-1KCl溶液中含有溶質(zhì)氯化鉀0.1mol，需要氯化鉀的質(zhì)量為：74.5g/mol×0.1mol=7.45≈7.5g；稱量7.5g氯化鉀，可以使用托盤天平進(jìn)行稱量；為了加速溶解，需要使用玻璃棒進(jìn)行攪拌；轉(zhuǎn)移溶液時，需要使用玻璃棒引流，目的是避免液體流到容量瓶外邊；定容時，先直接加蒸餾水到容量瓶刻度線1-2cm，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至凹液面與刻度線相切；（1）在使用容量瓶配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時，必須檢查容量瓶是否漏水；（2）未將洗滌燒杯、玻棒的洗液轉(zhuǎn)移至容量瓶，導(dǎo)致配制的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，配制的溶液濃度偏低；（3）若進(jìn)行⑤步操作時加蒸餾水超過刻度線，會導(dǎo)致配制的溶液濃度偏低，此次配制失敗，需要倒掉重新配制。考點：考查了配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液方法及誤差分析?！窘馕觥俊敬鸢浮竣?.5②托盤天平、藥匙③攪拌(或適當(dāng)加熱)④用玻璃棒進(jìn)行引流⑤改用膠頭滴管加水至凹液面與刻度線相切（1）容量瓶是否漏水（2）偏低（3）重新配制16、略

【分析】試題分析：Ⅰ．A.滴定時眼睛要注視錐形瓶內(nèi)的顏色變化，A錯誤；B.滴定終點時應(yīng)間隔的小寫，B錯誤；C.錐形瓶只能用蒸餾水洗滌，不可用待測液洗滌，否則物質(zhì)的量偏大，C正確；D.滴定管應(yīng)用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗，否則濃度偏低，D錯誤；F.PH試紙只能粗略測量pH，只能讀整數(shù)，F(xiàn)錯誤，答案選C；Ⅱ．（1）如圖所示A為恒容的密閉容器，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，壓強(qiáng)減小，B為恒壓的裝置，壓強(qiáng)始終保持不變，故P1考點：化學(xué)平衡移動的方向【解析】【答案】Ⅰ．C；Ⅱ．（1）＜（2）3（3）＜；理由：活塞在3處時，A和B平衡狀態(tài)相同，若活塞右移到5處，則B中壓強(qiáng)減小，平衡向生成SO2的方向移動，故n（SO3）減小，x＜y，故答案為＜。17、略

【分析】壓強(qiáng)越大，溫度越高，反應(yīng)速率越快，達(dá)到平衡的時間就越短，所以由圖像可以看出P1＜P2，t1℃＞t2℃；又因為壓強(qiáng)越大，A的轉(zhuǎn)化率越低，故正反應(yīng)是體積增大的反應(yīng)，所以（a+b）＜（c+d）。而溫度越高A的含量越低，因此升高溫度有利于A的轉(zhuǎn)化，故正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）小；（2）??；（3）高；（4）吸熱。18、放熱；b；0.0015mol/（L?s）；bc；c【分析】解rm{(1)}可逆反應(yīng)rm{2NO(g)+O_{2}(g)?2NO_{2}(g)}的平衡常數(shù)rm{k=dfrac{c^{2}(NO_{2})}{c^{2}(NO)cdotc(O_{2})}}

rm{k=dfrac

{c^{2}(NO_{2})}{c^{2}(NO)cdotc(O_{2})}}說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動，故正反應(yīng)是放熱反應(yīng)；

故答案為：rm{dfrac{c^{2}(NO_{2})}{c^{2}(NO)cdotc(O_{2})}}放熱；

rm{K(300隆忙)>K(350隆忙)}由方程式rm{dfrac{c^{2}(NO_{2})}{c^{2}(NO)cdot

c(O_{2})}}可知，平衡時rm{(2)}rm{2NO(g)+O_{2}(g)?2NO_{2}(g)}rm{trianglec(NO)}rm{trianglec(O_{2})}rm{trianglec(NO_{2})=2}由表中數(shù)據(jù)可知，平衡時rm{c(NO)=dfrac{0.007mol}{2L}=0.0035mol/L}曲線rm{1}平衡時的濃度為rm{2}故曲線rm{c(NO)=dfrac

{0.007mol}{2L}=0.0035mol/L}表示rm的濃度變化；

由圖中數(shù)據(jù)可知rm{0.0035mol/L}內(nèi)，rm的濃度變化量為rm{NO_{2}}故rm{v(NO)=dfrac{0.006mol/L}{2s}=0.003mol/(L?s)}根據(jù)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，故rm{v(O_{2})=dfrac{1}{2}v(NO)=dfrac{1}{2}隆脕0.003mol/(L?s)=0.0015mol/(L?s)}

故答案為：rm{2s}rm{NO}

rm{0.01mol/L-0.004mol/L=0.006mol/L}始終都存在rm{v(NO)=dfrac

{0.006mol/L}{2s}=0.003mol/(L?s)}關(guān)系，故不能說明到達(dá)平衡，故rm{v(O_{2})=dfrac{1}{2}v(NO)=dfrac

{1}{2}隆脕0.003mol/(L?s)=0.0015mol/(L?s)}錯誤；

rm隨反應(yīng)進(jìn)行氣體的物質(zhì)的量減小，壓強(qiáng)增減小，容器內(nèi)壓強(qiáng)保持不變，說明到達(dá)平衡，故rm{0.0015mol/(L?s)}正確；

rm{(3)a.}不同物質(zhì)表示的正逆速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，反應(yīng)到達(dá)平衡，故rm{v(NO_{2})=2v(O_{2})}說明到達(dá)平衡，故rm{a}正確；

rm{b.}反應(yīng)混合氣體的質(zhì)量不變，容器的體積不變，密度始終不變，故容器內(nèi)物質(zhì)的密度保持不變，不能說明到達(dá)平衡，故rm錯誤；

故選rm{c.}

rm{v_{脛忙}(NO)=2v_{脮媒}(O_{2})}及時分離出rm{c}氣體，平衡向正反應(yīng)移動，但反應(yīng)速率降低，故rm{d.}錯誤；

rmz1fx35j適當(dāng)升高溫度，反應(yīng)速率增大，平衡向逆反應(yīng)移動，故rm{bc}錯誤；

rm{(4)a.}增大rm{NO_{2}}的濃度，反應(yīng)速率增大，平衡向正反應(yīng)移動，故rm{a}正確；

rm{b.}選擇高效的催化劑，增大反應(yīng)速率，不影響平衡移動，故rm錯誤；

故選rm{c.}．

rm{O_{2}}化學(xué)平衡常數(shù)；是指在一定溫度下，可逆反應(yīng)都達(dá)到平衡時各生成物濃度的化學(xué)計量數(shù)次冪的乘積除以各反應(yīng)物濃度的化學(xué)計量數(shù)次冪的乘積所得的比值，據(jù)此書寫；

rm{c}說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動，故正反應(yīng)是放熱反應(yīng)；

rm{d.}由表中數(shù)據(jù)可知，平衡時rm{c(NO)=dfrac{0.007mol}{2L}=0.0035mol/L}由方程式rmr9hffhx可知，平衡時rm{c}rm{(1)}rm{K(300隆忙)>K(350隆忙)}rm{(2)}rm{c(NO)=dfrac

{0.007mol}{2L}=0.0035mol/L}據(jù)此判斷表示rm{2NO(g)+O_{2}(g)?2NO_{2}(g)}的濃度變化的曲線；

由圖中數(shù)據(jù)可知rm{trianglec(NO)}內(nèi)，rm{trianglec(O_{2})}的濃度變化量為rm{trianglec(NO_{2})=2}根據(jù)rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}計算rm{1}再根據(jù)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比計算rm{2}

rm{NO_{2}}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，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，說明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)；

rm{2s}根據(jù)外界條件對反應(yīng)速率與平衡的移動分析解答．

考查平衡常數(shù)即影響因素、化學(xué)反應(yīng)速率、影響化學(xué)平衡的元素與平衡狀態(tài)的判斷等，難度中等，注意平衡狀態(tài)判斷選擇判斷的物理量，應(yīng)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，說明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)．rm{NO}【解析】rm{dfrac{c^{2}(NO_{2})}{c^{2}(NO)cdotc(O_{2})}}放熱；rm{dfrac{c^{2}(NO_{2})}{c^{2}(NO)cdot

c(O_{2})}}rmrm{0.0015mol/(L?s)}rm{bc}rm{c}四、探究題(共4題，共32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，而氫氧化銅分解會產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗水和CO2的方法進(jìn)行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應(yīng)該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成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。從而減少實驗誤差。（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）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，則也可能不會出現(xiàn)血紅色。（3）根據(jù)（2）中分析可知，此時應(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，而氫氧化銅分解會產(chǎn)生水，據(jù)此可以通過檢驗水和CO2的方法進(jìn)行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應(yīng)該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成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。從而減少實驗誤差。（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）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+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）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，則也可能不會出現(xiàn)血紅色。（3）根據(jù)（2）中分析可知，此時應(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2分，共8分）（4）（2分）五、工業(yè)流程題(共2題，共16分)23、略

【分析】【詳解】

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，增大接觸面積，提高反應(yīng)速率；(2)碳與雙氧水、硫酸銨及硫酸均不反應(yīng)，故凈化和轉(zhuǎn)化階段:所得殘渣的主要成分是碳(或C)，轉(zhuǎn)化時需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾、洗滌、干燥；(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制離子的水解；(4)陽極液通入SO2，二氧化硫與Cr2O72-反應(yīng)生成SO42-、Cr3+，反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標(biāo)準(zhǔn)溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結(jié)束后氣泡消失，消耗的標(biāo)準(zhǔn)溶液計數(shù)偏大，則測定結(jié)果將偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接觸面積，提高反應(yīng)速率②.碳(或C)③.使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+④.蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶⑤.抑制離子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%24、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程：NaNO2與甲醇、70%稀硫酸反應(yīng)得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反應(yīng)：CH3ONO+N2H4?H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液為NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸餾A將甲醇分離，得到B溶液，將其結(jié)晶、抽濾、洗滌、干燥得到產(chǎn)品。計算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，結(jié)合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應(yīng)，剩余的六硝酸鈰銨，向溶液中加適量硫酸，用c2mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵銨)標(biāo)準(zhǔn)滴定溶液滴定過量的Ce4+；結(jié)合化學(xué)方程式定量關(guān)系計算；為了提高實驗的精確度，氧化還原反應(yīng)滴定實驗一般要用平行實驗，求平均值。

【詳解】

(1)步驟I總反應(yīng)亞硝酸鈉和甲醇在酸性條件下生成CH3ONO和硫酸鈉，化學(xué)方程式為2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案為：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應(yīng)CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化學(xué)方程式為CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。該反應(yīng)放熱，但在20℃左右選擇性和轉(zhuǎn)化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是緩慢通入CH3ONO氣體，降低反應(yīng)速率，防止溫度升高過快。故答案為：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；緩慢通入CH3ONO氣體；

②步驟Ⅱ中制備疊氮化鈉的操作是在三頸瓶中進(jìn)行，制備疊氮化鈉的操作是打開K1、K2，關(guān)閉K3；步驟Ⅲ中溶液A進(jìn)行蒸餾的合理操作順序是：關(guān)閉K1、K2→打開K3→水浴加熱、通冷凝水或打開K3→關(guān)閉K1、K2→水浴加熱、通冷凝水，故步驟II開始時的操作為ad(da)(選填字母編號)。步驟III蒸餾時的操作順序是cbfe(bcfe)(選填字母編號)。故答案為：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發(fā)至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醇洗滌2～3次后，再真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)干燥。精制NaN3的方法是重結(jié)晶；使混合在一起的雜質(zhì)彼此分離。故答案為：真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)；重結(jié)晶；

(4)①計算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，結(jié)合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應(yīng)，剩余的六硝酸鈰銨，向溶液中加適量硫酸，用c2mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵銨)標(biāo)準(zhǔn)滴定溶液滴定過量的Ce4+，結(jié)合化學(xué)方程式定量關(guān)系計算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，與NaN3反應(yīng)的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=(c1V1-c2V2)×10-3mol，

ω==產(chǎn)品純度為故答案為：

②為了提高實驗的精確度，氧化還原反應(yīng)滴定實驗一般要用平行實驗，求平均值，該實驗還需要補(bǔ)充平行實驗(重復(fù)滴定2~3次)。故答案為：補(bǔ)充平行實驗(重復(fù)滴定2~3次)。【解析】2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2OCH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O緩慢通入CH3ONO氣體ad(da)cbfe(bcfe)真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)重結(jié)晶補(bǔ)充平行實驗(重復(fù)滴定2~3次)六、簡答題(共1題，共9分)25、（1）1s22s22p63s23p4

（2）高因為A的氫化物存在氫鍵

（3）低晶體類型不同，二氧化碳形成分子晶體，二氧化硅形成原子晶體；

（4）Cu2++2NH3?H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-離子鍵、共價鍵、配位鍵

（5）①③④32【分析】【分析】本題綜合考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)知識，題目涉及電子排布式、氫鍵、配位鍵以及雜化類型等知識，難度中等，注意氫鍵的形成特點和配位鍵的形成。【解答】rm{A}的基態(tài)原子核外有兩個電子層，最外層有rm{3}個未成對的電子，得到rm{A}的基態(tài)電子排布式rm{1s}的基態(tài)原子核外有兩個電子層，最外層有rm{A}個未成對的電子，得到rm{3}的基態(tài)電子排布式rm{A}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2