2025年北師大版高二化學下冊階段測試試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年北師大版高二化學下冊階段測試試卷194考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列關于有機物結構、性質的說法正確的是（）A.石油裂解的主要目的是提高汽油等輕質油的產量與質量，石油催化裂化的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等氣態(tài)短鏈烴B.分子式為C3H7C1的有機物有三種同分異構體C.甲烷、苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯在一定條件下都能發(fā)生取代反應D.向蛋白質溶液中加入濃的Na2SO4或CuSO4溶液均可使蛋白質鹽析而分離提純2、下列物質中標*號的原子為sp3雜化的是()A.H2OB.H3C.F3D.3、已知某溫度下，0.1mol·L-1NaHB溶液中，C(H＋)>c(OH－),則下列各關系式一定正確的是A.c(Na＋)=c(HB－)＋2c(B2－)＋c(OH－)B.溶液的pH=1C.c(Na＋)=0.lmol·L-1≥c(B2－)D.C(H＋).c(OH－)=10-144、常溫時，下列關于電解質溶液的敘述正確的是（）A.稀釋pH=10的氨水，溶液中所有離子的濃度均降低B.pH均為5的鹽酸和氯化銨溶液中，水的電離程度相同C.等濃度的碳酸鈉與碳酸氫鈉溶液相比，碳酸鈉溶液的pH大D.分別中和pH與體積均相同的硫酸和醋酸，硫酸消耗氫氧化鈉的物質的量多5、下列各組的電極材料和電解液，不能組成原電池的是rm{(}rm{)}A.銅片、石墨棒，稀硫酸B.銅片、石墨棒，硝酸銀溶液C.鋅片、銅片，稀鹽酸D.銅片、銀片，rm{FeCl_{3}}溶液評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、化合物A相對分子質量為86；碳的質量分數(shù)為55.8%，氫為7.0%，其余為氧．

（1）A的分子式為____最簡式為____；與A的相對分子質量相同的烴的分子式為____．

（2）A有多種同分異構體，任意寫出2個同時滿足（i）能發(fā)生水解反應（ii）能使溴的四氯化碳溶液褪色兩個條件的同分異構體的結構簡式：____、____；

（3）A的另一種同分異構體，其分子中所有碳原子在一條直線上，其結構中有兩類不同的氫，它的結構簡式為____．7、(8分)鋼鐵很容易生銹而被腐蝕。（1）鋼鐵腐蝕主要是吸氧腐蝕，吸氧腐蝕過程中的電極反應為：負極______________________________；正極_______________________________。（2）為了降低某水庫的鐵閘門的腐蝕速率，可以采用圖甲所示的方案，其中焊接在鐵閘門上的固體材料R可以采用_________(填序號)。A.銅B.鈉C.鋅D.石墨（3）圖乙所示的方案也可以降低鐵閘門的腐蝕速率，其中鐵閘門應該連接在直流電源的___________極上。8、某實驗小組為探究ClO-、I2、SO42-在酸性條件下的氧化性強弱；設計實驗如下：

實驗①：在淀粉碘化鉀溶液中加入少量次氯酸鈉溶液；并加入少量的稀硫酸，溶液立即變藍；

實驗②：向實驗①的溶液中加入4mL0.5mol/L的亞硫酸鈉溶液；藍色恰好完全褪去．

（1）寫出實驗①中發(fā)生反應的離子方程式______．

（2）實驗②中化學反應轉移電子的物質的量是______．

（3）以上實驗說明，在酸性條件下ClO-、I2、SO42-的氧化性由強到弱的順序是______．9、寫出實驗現(xiàn)象；按要求寫反應式．

（1）向FeCl2溶液中加雙氧水，現(xiàn)象為______，離子方程式______．

（2）向FeCl3溶液中加入金屬鈉，現(xiàn)象為______，離子方程式______．10、鎂及其合金是一種用途很廣的金屬材料，目前世界上rm{60%}的鎂是從海水中提取的。主要步驟如下：rm{(1)}為了使rm{MgSO_{4}}轉化為rm{Mg(OH)_{2}}試劑rm{壟脵}可以選用_______，要使rm{MgSO_{4}}完全轉化為沉淀，加入試劑rm{壟脵}的量應________；rm{(2)}加入試劑rm{壟脵}后，能夠分離得到rm{Mg(OH)_{2}}沉淀的方法是_______；rm{(3)}試劑rm{壟脷}可以選用______；rm{(4)}無水rm{MgCl_{2}}在熔融狀態(tài)下，通電后會產生rm{Mg}和rm{Cl_{2}}該反應的化學方程式為：____________________。11、氫化鋁鈉rm{(NaAlH_{4})}是一種新型輕質儲氫材料，摻入少量rm{Ti}的rm{NaAlH_{4}}在rm{150隆忙}時釋氫，在rm{170隆忙}rm{15.2MPa}條件下又重復吸氫。rm{NaAlH_{4}}可由rm{AlCl_{3}}和rm{NaH}在適當條件下合成。rm{NaAlH_{4}}的晶胞結構如圖所示。

rm{(1)}基態(tài)rm{Ti}原子核外共有________種運動狀態(tài)不相同的電子。基態(tài)rm{Ti}原子的____為__________________。rm{(2)NaH}的熔點為rm{680隆忙}不溶于有機溶劑，則rm{NaH}屬于________晶體，其電子式為________。與rm{Na}同族的金屬rm{Li}可形成一種新型的儲氫材料rm{LiH}rm{NaH}與rm{LiH}二者熔點由高到低的順序為_______________，原因為_______。rm{(3)AlCl_{3}}在rm{178隆忙}時升華，其蒸氣的相對分子質量約為rm{267}蒸氣分子的結構式為________rm{(}以“rm{隆煤}”標明配位鍵rm{)}rm{(4)}請列舉出與rm{AlH_{4}^{-}}空間構型相同的兩種常見離子：______________rm{(}填化學式rm{)}rm{(5)NaAlH_{4}}晶體的密度為___________rm{g/cm^{3}(}用含rm{a}的代數(shù)式表示rm{)}rm{NaAlH_{4}}晶體中，與rm{Na^{+}}緊鄰且等距的rm{AlH_{4}^{-}}有________個。12、（10分）在一定溫度下，在一體積固定的密閉容器中加入2molX和1molY，發(fā)生如下反應：2X(g)＋Y(g)aZ(g)＋W(g)ΔH＝－QkJ/mol(Q＞0)當反應達到平衡后，反應放出的熱量為Q1kJ，物質X的轉化率為α；平衡后再升高溫度，混合氣體的平均相對分子質量減小，則(1)溫度升高，平衡常數(shù)K的值是__________(填“增大”、“減小”或“不變”)。(2)化學計量數(shù)a的值為__________。(3)有同學認為，Q1一定小于Q，你認為該結論是否正確？__________，其理由是____________________。(4)維持溫度、體積不變，若起始時向容器中加入的物質的量如下列各項，反應達到平衡后放出的熱量仍為Q1kJ的是__________(稀有氣體不參與反應)。A．2molX、1molY、1molArB．amolZ、1molWC．1molX、0.5molY、0.5amolZ、0.5molWD．2molX、1molY、1molZ13、如圖所示，K1固定不動，K2可自由移動，A、B兩個容器中均發(fā)生反應：X(g)+3Y(g)2Z(g)ΔH=-92kJ?mol-1。若向A、B中都通入xmolX和ymolY的混合氣體，且初始A、B容積相同，假設整個過程中A、B均保持溫度不變。請回答：（1）若x=1，y=3，起始容積均為1L，在某溫度下，5min后A中達到化學平衡狀態(tài)，測得X還剩0．2mol，則5min內Y的反應速率；（2）若x:y=1:2，則平衡時，A容器中的轉化率：XY（請?zhí)睢埃尽保埃肌?，“＝”）；?）若x=1，y=3，某溫度下，當B中放出熱量78．2kJ時，則B中X的轉化率為；（4）若A起始容積為2L，x=0．20mol，y=0．60mol，反應中Z的物質的量濃度的變化情況如下圖所示，且在第5分鐘時移動K1使A容器的體積瞬間縮小一半后，若在第7分鐘時達到新的平衡（此時Z的濃度約為0．25mol·L—1），請在圖中畫出第5分鐘后Z濃度的變化曲線。14、抗酸藥物的種類很多；其有效成分一般是碳酸氫鈉；碳酸鈣、碳酸鎂、氫氧化鋁和氫氧化鎂等物質．某品牌抗酸藥的主要成分有糖衣、碳酸鎂、氫氧化鋁、淀粉．請回答：

①寫出該抗酸藥發(fā)揮功效時的化學反應方程式：______．

②淀粉在抗酸藥中作填充劑、粘合劑，它在人體內酶的作用下發(fā)生水解反應，最終轉化為______（填分子式）．評卷人得分三、有機推斷題(共4題，共8分)15、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．16、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．17、某研究小組按下列路線合成神經系統(tǒng)藥物抗癇靈：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

請回答：

(1)下列說法正確的是___________。

A．化合物B能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應。

B．化合物C能發(fā)生氧化反應。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫出化合物E的結構簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學方程式___________。

(4)設計以化合物C為原料經過三步制備化合物D的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物，寫出化合物H同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式___________。

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子。18、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路線如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烴基或氫原子)

②D與A互為同系物；在相同條件下；D蒸氣相對于氫氣的密度為39。

請回答下列問題：

（1）G中含氧官能團的名稱是_______________，寫出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

（2）②的反應類型是____________，B和F的結構簡式分別為______________、___________________。

（3）寫出反應①的化學方程式_________________________________________________。

（4）C有多種同分異構體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請以為原料設計它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應流程圖：_____________________________________________________________________。評卷人得分四、探究題(共4題，共32分)19、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為。20、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數(shù)為。21、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數(shù)為。22、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發(fā)生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數(shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數(shù)為。評卷人得分五、實驗題(共2題，共4分)23、氧化還原滴定實驗同中和滴定類似(用已知濃度的氧化劑溶液滴定未知濃度的還原劑溶液或反之)?，F(xiàn)有0．01mol·L－1KMnO4酸性溶液和未知濃度的無色NaHSO3溶液。反應離子方程式是2MnO4-＋5HSO3-＋H＋2Mn2＋＋5SO42-＋3H2O。填空回答問題：（1）滴定過程中用到的玻璃儀器除了酸式滴定管、堿式滴定管外還缺少_____________________（2）不用________(填“酸”或“堿”)式滴定管盛放高錳酸鉀溶液。試分析原因：（3）選何種指示劑，說明理由，到達終點時顏色變化（4）當用酸滴定堿時，下列操作使測定結果（堿的濃度）偏高的是①酸式滴定管滴至終點，俯視讀數(shù)②堿液移入錐形瓶后，加入10mL蒸餾水③酸式滴定管注入酸溶液后，尖嘴有氣泡時便開始滴定，滴定后無氣泡④酸式滴定管用蒸餾水潤洗后，未用標準液潤洗（5）有關數(shù)據記錄如下：。實驗序號待測液體積（mL）所消耗KMnO4酸性溶液的體積（mL）滴定前滴定后120.000.5020.60220.006.0025.90320.001.4024.20則NaHSO3溶液的物質的量濃度為______________mol/L。24、乙二酸結構簡式為rm{HOOC簍CCOOH}通常以二水化合物的形式存在，俗稱草酸晶體。已知草酸晶體在rm{101隆忙}時熔化并開始升華，rm{157隆忙}時大量升華，繼續(xù)升溫會分解生成rm{CO}rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}rm{(1)}下列關于乙二酸的敘述正確的是rm{(}填編號rm{)}_______________。rm{壟脵}能和乙二醇發(fā)生酯化反應rm{壟脷}能使酸性高錳酸鉀溶液褪色rm{壟脹}其溶液能使藍色石蕊試紙變紅rm{壟脺}能和碳酸氫鈉溶液反應生成氣體欲驗證上述性質，除用到膠頭滴管、試管和玻璃導管外，還必需使用的玻璃儀器有_______、_______。rm{(2)}乙二酸的工業(yè)生產方法之一是以乙二醇為原料，在一定條件下，用空氣氧化得到。寫出該反應的化學方程式________________________________rm{(3)}欲檢驗草酸晶體受熱分解的產物中是否有rm{CO_{2}}甲、乙兩位同學分別設計了裝置rm{1}裝置rm{2}來完成實驗。

rm{(I)}簡述檢驗裝置rm{1}氣密性的操作方法__________________________________________________。rm{(II)B}和rm{E}兩個裝置中更合理的是_____________，理由為__________________________________rm{(III)}請從rm{A隆蘆F}中選擇合適的儀器，組裝一套可更好達到實驗目的的裝置，按照氣流由左到右的順序依次為rm{(}用字母表示rm{)}__________________參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】解：A．石油催化裂化的目的是提高汽油等輕質油的產量與質量；裂解的目的是得到小分子的烯烴，故A錯誤；

B．分子式為C3H7C1的有機物有CH3CH2CH2Cl、CH3CHClCH32種同分異構體；故B錯誤；

C．甲烷可在光照條件下與氯氣發(fā)生取代反應；苯可在催化作用下與溴發(fā)生取代反應，乙醇；乙酸可發(fā)生酯化反應，為取代反應，乙酸乙酯可發(fā)生水解反應，也為取代反應，故C正確；

D．CuSO4為重金屬鹽；可使蛋白質變性，故D錯誤．

故選C．

A．石油裂化是將重油轉化為輕質油；裂解是得到小分子的烯烴等；

B．根據丙烷的等效氫原子種類判斷；

C．烴；醇、酸、酯在一定條件下都可發(fā)生取代反應；

D．重金屬鹽可使蛋白質變性．

本題綜合考查有機物的結構和性質，為歷年高考常見題型和高頻考點，題目多角度考查物質的分離、同分異構體、官能團的性質等知識，有利于學生良好科學素養(yǎng)的培養(yǎng)，難度不大．【解析】【答案】C2、B【分析】ACD均是平面型結構，屬于sp2雜化。氨氣中氮原子有1對孤對電子，是sp3雜化。答案選B?！窘馕觥俊敬鸢浮緽3、C【分析】【分析】A．根據題意，NaHB是強電解質，溶液呈酸性，如果存在HB-，則HB-的電離程度大于水解程度，即NaHB溶液中含有的離子是（Na+)、（H+)、c（HB-)、c（B2-)、c（OH-)，根據電荷守恒得：c（Na+)+c（H+)=c（HB-)+2c（B2-)+c（OH-)，故A錯誤；B．NaHB是強電解質，溶液呈酸性，可能有兩種情況，即HB-能夠完全電離，也可能部分電離．當HB-完全電離時，0.1mol/L的NaHB的pH=1，當HB-部分電離時，0.1mol/L的NaHB的pH＞1．故B錯誤；C．NaHB是強電解質，說明0.1mol/L的NaHB的溶液中c（Na+)=0.1mol/L．根據B項的分析，當HB-完全電離時，0.1mol/L的NaHB的c（B2-)=0.1mol/L，當HB-部分電離時，c（B2-)＜0.1mol/L．因此，c（Na+)=0.1mol/L≥c（B2-)，故C正確；D．在0.1mol/L的NaHB溶液中，無法求解氫離子的濃度，因而無法確定c（H+)-c（OH-)=10-14，但是可以知道c（H+)×c（OH-)=10-14；故D錯誤；

故選C．4、C【分析】解：A、稀釋pH=10的氨水，由于氨水中存在H+、OH-和NH4+；稀釋后c（OH-）減小，水的離子積不變，c（H+）增大；故A錯誤；

B、pH均為5的鹽酸和氯化銨溶液中，鹽酸溶液的氫離子主要是鹽酸提供的，并且抑制了水的電離；而氯化銨溶液中，NH4+結合水電離的H+；促進了水的電離，故B錯誤；

C、等濃度的碳酸鈉與碳酸氫鈉溶液中，由于碳酸的酸性大于HCO3-的酸性；酸性越強，其離子的水解越弱，所以碳酸鈉的水解程度大于碳酸氫鈉的，碳酸鈉溶液的pH大，故C正確；

D、c（H+）=10-PH，硫酸是強電解質，氫離子完全電離出來；醋酸是弱電解質，氫離子部分電離，c（醋酸）＞c（H+）；所以醋酸消耗的氫氧化鈉比硫酸多，故D錯誤．

本題答案是C．

A、氨水是弱電解質，稀釋后c（H+）減小，但是c（H+）增大；

B、鹽酸溶液，酸的氫離子抑制了水的電離，氯化銨中的銨離子結合OH-；促進了水的電離；

C、碳酸的酸性大于HCO3-的酸性，CO32-的水解強于HCO3-；

D；硫酸是強電解質；溶液中完全電離，醋酸是弱電解質，部分電離．

本題考查的是弱電解質的電離平衡知識，難度適中．【解析】【答案】C5、A【分析】自發(fā)的氧化還原反應是形成原電池的關鍵，銅片、石墨棒、稀硫酸三者沒有氧化還原反應發(fā)生?！窘馕觥縭m{A}二、填空題(共9題，共18分)6、略

【分析】

（1）化合物A相對分子質量為86，碳的質量分數(shù)為55.8%，氫為7.0%，其余為氧，A中C、H、O原子的原子個數(shù)之比==2：3：1，結合A的相對分子質量知，A的分子式為C4H6O2，最簡式為C2H3O，相對分子質量為86，與A相對分子質量相同的烴的分子式為C6H14；

故答案為：C4H6O2；C2H3O；C6H14；

（2）滿足（i）能發(fā)生水解反應，說明含有酯基，（ii）能使溴的四氯化碳溶液褪色，說明含有碳碳雙鍵，則符合這兩個條件的A的同分異構體的結構簡式為CH2=CHCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）=CH2等；

故答案為：CH2=CHCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2（或其它兩種）

（3）分子中所有碳原子在一條直線上，其結構中有兩類不同的氫為HOCH2C≡CCH2OH；

故答案為：HOCH2C≡CCH2OH．

【解析】【答案】化合物A相對分子質量為86，碳的質量分數(shù)為55.8%，氫為7.0%，其余為氧，A中C、H、O原子的原子個數(shù)之比==2：3：1，結合A的相對分子質量知，A的分子式為C4H6O2，A有多種同分異構體，滿足（i）能發(fā)生水解反應，說明含有酯基，（ii）能使溴的四氯化碳溶液褪色，說明含有碳碳雙鍵，則符合這兩個條件的A的同分異構體的結構簡式為CH2=CHCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）=CH2等，其中分子中所有碳原子在一條直線上，其結構中有兩類不同的氫為HOCH2C≡CCH2OH；以此解答該題．

7、略

【分析】考查鋼鐵的腐蝕與防護。（1）鋼鐵腐蝕電化學腐蝕時，鐵是負極，失去電子，發(fā)生氧化反應。如果發(fā)生吸氧腐蝕，則氧氣在正極得到電子，電極反應式分別是負極：2Fe—4e—＝2Fe2+、正極：O2+4e—+2H2O＝4OH—。（2）裝置甲是通過原電池原理防止腐蝕的，因此鐵應該是正極，所以R是負極，則金屬性要強于鐵的，所以答案選C。（3）裝置乙是通過電解池原理保護鐵的，所以鐵是陰極和電源的負極相連。【解析】【答案】（1）2Fe—4e—＝2Fe2+O2+4e—+2H2O＝4OH—（2）C;（3）負（每空2分）8、略

【分析】解：（1）實驗①說明酸性條件下，次氯酸鈉把碘離子氧化生成碘單質，同時自身被還原生成氯離子，該反應中，次氯酸根離子得電子作氧化劑，碘離子失電子是還原劑，氧化產物是碘，所以氧化性強弱為：ClO-＞I2，反應離子方程式為：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；

故答案為：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；

（2）實驗②說明碘單質把亞硫酸根離子氧化生成硫酸根離子，自身被還原生成碘離子，氧化劑是碘，還原劑是亞硫酸鈉，氧化產物是硫酸根離子，所以氧化性強弱為：I2＞SO42-，反應離子方程式為：H2O+I2+SO32-=SO42-+2I-+2H+；

設轉移電子的物質的量為x．

H2O+SO32-+I2=SO42-+2I-+2H+轉移電子。

1mol2mol

0.5mol/L×0.004Lx

x==0.004mol；

故答案為：0.004mol；

（3）實驗①說明氧化性強弱為：ClO-＞I2，實驗②說明氧化性強弱為：I2＞SO42-，所以在酸性條件下ClO-、I2、SO42-的氧化性由強到弱的順序是ClO-、I2、SO42-；

故答案為：ClO-、I2、SO42-．

實驗①說明酸性條件下；次氯酸鈉把碘離子氧化生成碘單質，同時自身被還原生成氯離子；

實驗②說明碘單質把亞硫酸根離子氧化生成硫酸根離子；自身被還原生成碘離子，根據亞硫酸鈉和轉移電子的關系式計算轉移電子的物質的量；

根據同一化學反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性判斷ClO-、I2、SO42-的氧化性強弱．

本題以實驗設計為載體考查了物質氧化性強弱的判斷，明確“同一化學反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性”是解本題的關鍵，難度不大，側重于考查學生的分析能力和實驗探究能力．【解析】ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；0.004mol；ClO-、I2、SO42-9、略

【分析】解：（1）雙氧水具有氧化性，可氧化亞鐵離子，反應的離子方程式為2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；可觀察到淡綠色溶液轉變棕黃色溶液；

故答案為：淡綠色溶液轉變棕黃色溶液；2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；

（2）鈉和水反應生成氫氧化鈉，氫氧化鈉和氯化鐵反應生成氫氧化鐵沉淀，可觀察到有無色無味氣體產生，有紅褐色沉淀生成，相關的離子方程式為2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑、Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓（或2Fe3++6Na+6H2O=Fe（OH）3↓+3H2↑+6Na+）；

故答案為：有無色無味氣體產生，有紅褐色沉淀生成；2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑、Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓（或2Fe3++6Na+6H2O=Fe（OH）3↓+3H2↑+6Na+）．

（1）雙氧水具有氧化性；可氧化亞鐵離子；

（2）鈉和水反應生成氫氧化鈉；氫氧化鈉和氯化鐵反應生成氫氧化鐵沉淀．

本題考查元素化合物知識以及離子方程式的書寫，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，注意把握物質的相關性質以及離子方程式的書寫方法，難度不大．【解析】淡綠色溶液轉變棕黃色溶液；2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；有無色無味氣體產生，有紅褐色沉淀生成；2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑、Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓（或2Fe3++6Na+6H2O=Fe（OH）3↓+3H2↑+6Na+）10、rm{(1)NaOH}過量

rm{(2)}過濾

rm{(3)}鹽酸

rm{(4)MgCl_{2}dfrac{underline{;{碌莽陸芒};}}{;}Mg+Cl_{2}隆眉}rm{(4)MgCl_{2}dfrac{

underline{;{碌莽陸芒};}}{;}Mg+Cl_{2}隆眉}【分析】解：rm{(1)}使rm{MgSO_{4}}轉化為rm{Mg(OH)_{2}}應選擇堿，在轉化中不引入新的離子，則試劑rm{壟脵}選擇rm{NaOH}反應的離子方程式為rm{Mg^{2+}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}隆媒}

故答案為：氫氧化鈉溶液；過量；

rm{(2)}過濾適用于不溶于水的固體和液體，分離固體和液體用過濾，所以分離得到rm{Mg(OH)_{2}}沉淀的方法是過濾；

故答案為：過濾；

rm{(3)}把氫氧化鎂轉化成氯化鎂需加入鹽酸進行中和反應，氫氧化鎂和鹽酸反應得到氯化鎂和水，反應的化學方程式為：rm{Mg(OH)_{2}+2HCl=MgCl_{2}+2H_{2}O}

故答案為：鹽酸；

rm{(4)}無水氯化鎂在熔融狀態(tài)下，通過電解得到金屬鎂，化學方程式為：rm{MgCl_{2}dfrac{underline{;{碌莽陸芒};}}{;}Mg+Cl_{2}隆眉}

故答案為：rm{MgCl_{2}dfrac{underline{;{碌莽陸芒};}}{;}Mg+Cl_{2}隆眉.}

海水中加入氫氧化鈣沉淀鎂離子生成氫氧化鎂沉淀；過濾后在沉淀中加入鹽酸溶解，得到氯化鎂溶液，通過濃縮蒸發(fā)，冷卻結晶得到氯化鎂晶體，在氯化氫氣流中加熱失水得到無水氯化鎂，電解熔融氯化鎂得到金屬鎂．

rm{MgCl_{2}dfrac{

underline{;{碌莽陸芒};}}{;}Mg+Cl_{2}隆眉}利用復分解反應及rm{MgCl_{2}dfrac{

underline{;{碌莽陸芒};}}{;}Mg+Cl_{2}隆眉.}轉化為rm{(1)}時陰離子的變化來選擇試劑；需要加入過量氫氧化鈉溶液沉淀；

rm{MgSO_{4}}根據分離不溶于水的固體的方法是過濾進行解答；

rm{Mg(OH)_{2}}根據框圖從氫氧化鎂到氯化鎂的反應分析；需要加入鹽酸溶解；

rm{(2)}根據反應物和生成物以及反應條件寫出化學方程式．

本題考查了從海水中提取鎂的反應原理，利用所學知識結合流程圖信息是解答本題的關鍵，難度不大．rm{(3)}【解析】rm{(1)NaOH}過量rm{(2)}過濾rm{(3)}鹽酸rm{(4)MgCl_{2}dfrac{underline{;{碌莽陸芒};}}{;}Mg+Cl_{2}隆眉}rm{(4)MgCl_{2}dfrac{

underline{;{碌莽陸芒};}}{;}Mg+Cl_{2}隆眉}11、（1）22

（2）離子Na＋[︰H]－LiH>NaHLi+半徑小于Na+半徑，則LiH的晶格能大于NaH的晶格能

（3）

（4）（等合理的均可）

（5）8【分析】【分析】本題以氫化鋁鈉為背景，考查了原子核外電子的運動狀態(tài)、電子排布圖、晶體類型、電子式、離子晶體的熔點比較、配位鍵、空間構型以及晶胞密度的計算和配位數(shù)等知識，綜合性較大，有一定難度?！窘獯稹?/p>

rm{(1)}rm{Ti}是第rm{22}號元素，原子核外有rm{22}個電子，原子核外不可能有運動狀態(tài)相同的電子，因此基態(tài)rm{Ti}原子核外共有rm{22}種運動狀態(tài)不相同的電子；基態(tài)rm{Ti}原子的價電子排布式為rm{3d^{2}4s^{2}}根據泡利原理和洪特規(guī)則，其價電子排布圖為是第rm{Ti}號元素，原子核外有rm{22}個電子，原子核外不可能有運動狀態(tài)相同的電子，因此基態(tài)rm{22}原子核外共有rm{Ti}種運動狀態(tài)不相同的電子；基態(tài)rm{22}原子的價電子排布式為rm{Ti}根據泡利原理和洪特規(guī)則，其價電子排布圖為故答案為：rm{3d^{2}4s^{2}}rm{22}rm{(2)}的熔點較高，且不溶于有機溶劑，說明是離子晶體，其電子式為rm{NaH}的熔點較高，且不溶于有機溶劑，說明是離子晶體，其電子式為；rm{NaH}和rm{Na^{+}[漏UH]^{-}}一樣也屬于離子晶體，但因為rm{LiH}和半徑小于rm{LiH}半徑，rm{NaH}的晶格能大于rm{Li^{+}}的晶格能，所以rm{Na^{+}}的熔點比rm{LiH}高。故答案為：離子；rm{NaH}；rm{LiH}；rm{NaH}半徑小于rm{Na^{+}[漏UH]^{-}}半徑，則rm{LiH>NaH}的晶格能大于rm{Li^{+}}的晶格能rm{Na^{+}}rm{LiH}說明蒸汽的分子式為rm{NaH}根據價鍵規(guī)律可知其結構式應為故答案為：rm{(3)}蒸氣的相對分子質量約為rm{267}說明蒸汽的分子式為rm{Al_{2}Cl_{6}}根據價鍵規(guī)律可知其結構式應為rm{267}rm{Al_{2}Cl_{6}}rm{(4)}rm{AlH}rm{AlH}rm{{,!}_{4}^{-}}空間構型為正四面體，空間構型為正四面體的離子還有rm{N{{H}_{4}}^{+}}等，故答案為：rm{S{{O}_{4}}^{2-}}rm{S{{O}_{4}}^{2-}(Cl{{O}_{4}}^{-}}rm{Cl{{O}_{4}}^{-}}rm{P{{O}_{4}}^{3-}}rm{Si{{O}_{4}}^{4-}}等合理的均可rm{B{{H}_{4}}^{-}}rm{N{{H}_{4}}^{+}}晶胞中的rm{S{{O}_{4}}^{2-}(Cl{{O}_{4}}^{-}

}有rm{P{{O}_{4}}^{3-}}個在面上，rm{Si{{O}_{4}}^{4-}}個在棱邊上，個數(shù)為rm{6隆脕dfrac{1}{2}+4隆脕dfrac{1}{4}=4}晶胞中的rm{B{{H}_{4}}^{-}}有rm{)}個在頂點，rm{(5)}個在面上，rm{Na^{+}}個在內部，個數(shù)為rm{8隆脕dfrac{1}{8}+4隆脕dfrac{1}{2}+1=4}所以rm{6}個晶胞的質量為rm{4}晶胞的體積為rm{a隆脕{10}^{-7}cm隆脕a隆脕{10}^{-7}cm隆脕2a隆脕{10}^{-7}cm=2{a}^{3}隆脕{10}^{-21}c{m}^{3}}晶胞的密度為rm{dfrac{4隆脕dfrac{54}{{N}_{A}}g}{2{a}^{3}隆脕{10}^{-21}c{m}^{3}}=dfrac{1.08隆脕{10}^{23}}{{N}_{A}隆脕{a}^{3}}g隆隴c{m}^{-3}}根據上面的分析可知，晶胞中rm{6隆脕dfrac{1}{2}+4隆脕dfrac{1}{4}=4

}和rm{AlH_{4}^{-}}個數(shù)相等，因此它們的配位數(shù)之比等于rm{8}以體心的rm{4}研究，與之緊鄰且等距的rm{1}位于晶胞的rm{8隆脕dfrac{1}{8}+4隆脕dfrac{1}{2}+1=4

}個側棱的中間、晶胞中上面立方體的左右側面面心、晶胞中下面立方體的前后面的面心，共rm{1}個，則rm{4隆脕dfrac{54}{{N}_{A}}g}rm{a隆脕{10}^{-7}cm隆脕a隆脕{10}^{-7}cm隆脕2a隆脕{10}^{-7}cm=2{a}^{3}隆脕{10}^{-21}c{m}^{3}

}rm{dfrac{4隆脕

dfrac{54}{{N}_{A}}g}{2{a}^{3}隆脕{10}^{-21}c{m}^{3}}=

dfrac{1.08隆脕{10}^{23}}{{N}_{A}隆脕{a}^{3}}g隆隴c{m}^{-3}}rm{Na^{+}}也有rm{AlH_{4}^{-}}個。故答案為：rm{dfrac{1.08隆脕{10}^{23}}{{N}_{A}隆脕{a}^{3}}}；rm{1:1}rm{AlH_{4}^{-}}【解析】rm{(1)22}rm{(2)}離子rm{Na^{+}[漏UH]^{-}}rm{LiH>NaH}rm{Na^{+}[漏UH]^{-}}rm{LiH>NaH}半徑小于rm{Li^{+}}半徑，則rm{Na^{+}}的晶格能大于rm{LiH}的晶格能rm{NaH}rm{(3)}rm{S{{O}_{4}}^{2-}(Cl{{O}_{4}}^{-}}rm{(4)N{{H}_{4}}^{+}}rm{S{{O}_{4}}^{2-}(Cl{{O}_{4}}^{-}

}rm{P{{O}_{4}}^{3-}}等合理的均可rm{Si{{O}_{4}}^{4-}}rm{(5)dfrac{1.08隆脕{10}^{23}}{{N}_{A}隆脕{a}^{3}}}rm{B{{H}_{4}}^{-}}rm{)}12、略

【分析】【解析】試題分析：（1）ΔH<0，說明是個放熱反應，故升高溫度，反應向左進行，故平衡常數(shù)減小，平衡常數(shù)為生成物的化學計量數(shù)次冪比上反應物的化學計量數(shù)次冪。（2）升高溫度，反應向左進行，混合氣體的平均相對分子質量減小，說明生成物的化學計量數(shù)之和小于反應物的化學計量數(shù)之和，故a+1<3，a<2，故a為1。（3）反應物沒有完全轉化，所以放出的熱量少，故Q1一定小于Q。（4）利用“一邊倒”的方法計算X和Y的物質的量和開始加入的2molX和1molY相比，若一樣，則相等，此外，還要考慮，對于體積固定的密閉容器，加入惰性氣體是沒有影響反應方向?？键c：反應化學平衡【解析】【答案】(1)減少（2）a=1(3)正確反應物沒有完全轉化，所以放出的熱量少（4）ABC（每空2分）13、略

【分析】試題分析：（1）X物質的量濃度變化量為0．8mol/L,則X的速率為0．8除以5等于0．16mol/(L?min)，速率之比等于化學計量數(shù)之比，故Y的速率為0．48mol/(L?min)；（2）X、Y反應的比例關系為1:3，則Y轉化率大于X；（3）反應1molX放出92kJ熱量，則放出熱量78．2kJ時X轉化率為78．2除以92等于0．85；（4）把容器的體積縮小一半的瞬間氨氣的濃度變?yōu)?．2mol/L,平衡后濃度約為0．25mol/L?？键c：考查化學反應速率以及化學平衡移動的相關知識點?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）0．48mol/(L?min)（2）＜（3）85%（4）14、略

【分析】解：①碳酸鎂、氫氧化鋁都能中和胃里過多的鹽酸；碳酸鎂與鹽酸反應生成氯化鎂、二氧化碳氣體和水，碳酸鎂需要保留化學式，反應的離子方程式為MgCO3+2HCl=MgCl2+H2O+CO2↑；

氫氧化鋁和鹽酸反應生成氯化鋁和水，反應的離子方程式為：Al（OH）3+3HCl═AlCl3+3H2O；

故答案為：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑；Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O；

②淀粉在人體內在酶的作用水解最終轉化成葡萄糖，其分子式為：C6H12O6；

故答案為：C6H12O6．

①根據抗酸藥物有效成分能中和胃里過多的鹽酸分析；碳酸鎂和鹽酸反應生成氯化鎂和水；二氧化碳；氫氧化鋁和鹽酸反應生成氯化鋁和水；

②根據淀粉在人體內在酶的作用水解最終轉化成葡萄糖判斷．

本題較為綜合，主要考查酸堿鹽之間的復分解反應及化學方程式的書寫等知識，注意利用化學知識來解決生活中的問題，注意化學方程式的書寫重要知識點，題目難度不大．【解析】MgCO3+2HCl=MgCl2+H2O+CO2↑；Al（OH）3+3HCl═AlCl3+3H2O；C6H12O6三、有機推斷題(共4題，共8分)15、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，且A還是一種植物生長調節(jié)劑，因此A為乙烯，故①為乙烯和氫氣的加成反應生成B是乙烷，②為乙烯和氯化氫的加成反應生成C是氯乙烷。③為乙烯和水的加成反應生成D是乙醇。④為乙烯的加聚反應生成E是聚乙烯，⑤為乙烷與氯氣的取代反應，據此解答。

(1)

根據以上分析可知A、B、C、D、E的結構簡式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反應②是乙烯與氯化氫的加成反應，方程式為CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反應④是乙烯的加聚反應，方程式為nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH216、略

【分析】【分析】

烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，且A還是一種植物生長調節(jié)劑，因此A為乙烯，故①為乙烯和氫氣的加成反應生成B是乙烷，②為乙烯和氯化氫的加成反應生成C是氯乙烷。③為乙烯和水的加成反應生成D是乙醇。④為乙烯的加聚反應生成E是聚乙烯，⑤為乙烷與氯氣的取代反應，據此解答。

(1)

根據以上分析可知A、B、C、D、E的結構簡式分別是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反應②是乙烯與氯化氫的加成反應，方程式為CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反應④是乙烯的加聚反應，方程式為nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH217、略

【分析】【分析】

根據物質在轉化過程中碳鏈結構不變，根據抗癇靈結構，結合A的分子式可推知A結構簡式是：A與HCHO發(fā)生反應產生B：B與CH3Cl在AlCl3存在條件下發(fā)生取代反應產生C：C經過一系列反應，產生分子式是C8H6O3的物質D結構簡式是：D與CH3CHO在堿性條件下發(fā)生信息②的反應產生E：E含有醛基，能夠與銀氨溶液在堿性條件下水浴加熱，發(fā)生銀鏡反應，然后酸化產生F：F與SOCl2發(fā)生取代反應產生G：與發(fā)生取代反應產生抗癇靈：

【詳解】

根據上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中無酚羥基，因此不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；A錯誤；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化變?yōu)?COOH；也能發(fā)生燃燒反應，故化合物C能發(fā)生氧化反應，B正確；

C．的亞氨基上含有孤對電子，能夠與H+形成配位鍵而結合H+；因此具有弱堿性，C正確；

D．根據抗癇靈的分子結構，可知其分子式是C15H17NO3；D錯誤；

故合理選項是BC；

(2)根據上述分析可知化合物E結構簡式是

(3)G是G與發(fā)生取代反應產生抗癇靈和HCl，該反應的化學方程式為：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C為原料經過三步制備化合物D，首先是與Cl2在光照條件下發(fā)生甲基上H原子的取代反應產生然后與NaOH的水溶液共熱，發(fā)生取代反應產生該物質與O2在Cu催化下加熱，發(fā)生氧化反應產生D：故由C經三步反應產生D的合成路線為：

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物；符合條件：①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子，則其可能的同分異構體結構簡式是【解析】BC++HCl18、略

【分析】【詳解】

分析：由C→及反應條件可知C為苯甲醇,B為A為甲苯。在相同條件下,D的蒸氣相對于氫氣的密度為39,則D的相對分子質量為39×2=78,D與A互為同系物,由此知D為芳香烴,設1個D分子中含有n個碳原子,則有14n-6=78,解得n=6,故D為苯,與乙醛反應得到E,結合信息①,E為E與溴發(fā)生加成反應得到的F為F發(fā)生氧化反應生成的G為

詳解：(1)根據分析可知:G為則G中含氧官能團為羧基；甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,而苯不能,因此；鑒別A和D的試劑為酸性高錳酸鉀溶液；本題答案為：羧基；酸性高錳酸鉀溶液；

(2)苯甲醛與氯仿發(fā)生加成反應生成B為F為

（3）反應①：乙酸和發(fā)生酯化反應,化學方程式為+CH3COOH+H2O。

（4）C為苯甲醇,屬于芳香族化合物的苯甲醇的同分異構體有鄰甲基苯酚、間甲基苯酚、對甲基苯酚和苯甲醚(),共4種；

(5)苯乙醛與甲醛反應生成再與溴發(fā)。

生加成反應生成最后發(fā)生催化氧化反應生成故合成路線為

點睛：本題主要考查結構簡式、官能團、反應類型、化學方程式、限定條件下同分異構體數(shù)目的判斷、合成路線中試劑和反應條件的選擇等知識,意在考查考生分析問題、解決問題的能力，抓好信息是解題的關鍵?！窘馕觥竣?羧基②.酸性高錳酸鉀溶液③.加成反應④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.四、探究題(共4題，共32分)19、略

【分析】Ⅰ．根據乙的理解，應該是水解相互促進引起的，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生水，據此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，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中增加的質量是水，所以氫氧化銅的質量是所以沉淀中CuCO3的質量分數(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（2）中分析可知，此時應該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據反應式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質量是所以混合物中Cu2O的質量分數(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．根據乙的理解，應該是水解相互促進引起的，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生水，據此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，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中增加的質量是水，所以氫氧化銅的質量是所以沉淀中CuCO3的質量分數(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（2）中分析可知，此時應該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據反應式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質量是所以混合物中Cu2O的質量分數(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、實驗題(共2題，共4分)23、略

【分析】試題分析：（1）滴定過程中所用到的儀器有：酸式滴定管、堿式滴定管、錐形瓶、帶有滴定管夾的鐵架臺等，缺少的玻璃儀器有：錐形瓶；（2）高錳酸鉀具有強氧化性，堿式滴定管的下端有一段橡膠，橡膠里面有碳碳雙鍵，高錳酸鉀能氧化橡膠，因此盛放高錳酸鉀應用酸式滴定管，不能用堿式滴定管；（3）選用指示劑的目的便于觀察滴定到終點，本實驗中高錳酸鉀是紫紅色溶液，可以作為指示劑，當無色變成紫紅色時說明達到了終點。（4）①俯視讀數(shù)，消耗酸的體積減少，結果偏低；②堿液移入錐形瓶，加入10mL蒸餾水，溶質的物質的量不變，對實驗的結果無影響；③尖嘴有氣泡時便開始滴定，滴定后無氣泡，消耗的酸的體積增多，結果偏高；④酸式滴定管用蒸餾水潤洗后，未用標準液潤洗，相當對標準液稀釋，消耗酸的體積增多，結果偏高。（5）消耗的KMnO4的體積是20．10、19．90、22．80（刪去），消耗的KMnO4的平均體積是20．00mL，考點：考查滴定實驗的操作和數(shù)據的處理?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）錐形瓶（2）堿，高錳酸鉀具有強氧化性，能夠腐蝕堿式滴定管的橡膠，因此量取高錳酸鉀用酸式滴定管；（3）不用指示劑；顏色由無色變成紫紅色（4）③④（5）0．025mol·L－124、rm{(1)壟脵壟脷壟脹壟脺}酒精燈玻璃棒酒精燈玻璃棒

rm{(1)壟脵壟脷壟脹壟脺}

rm{(2)}如圖連接好裝置，將導管rm{(2)}沒入水中，微熱rm{(3)(I)}如圖連接好裝置，將導管rm沒入水中，微熱rm{(}或手捂rm{)}試管rm{a}看到導管口處有氣泡冒出，撤火rm{(}或松手rm{)}后，觀察到導管內有一段水柱上升，則說明該裝置的氣密性良好或手