2025年浙科版高二化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………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年浙科版高二化學(xué)下冊月考試卷573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、下列變化過程，屬于放熱過程的是①液態(tài)水變成水蒸氣；②酸堿中和反應(yīng)；③濃H2SO4稀釋；④固體氫氧化鈉溶于水；⑤H2在Cl2中燃燒；⑥弱酸電離；⑦NH4Cl晶體與Ba(OH)2?8H2O混合攪拌．A.①③⑤B.①⑥⑦C.②④⑦D.②③④⑤2、下列說法正確的是（）A.若2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ?mol-1，則H2燃燒熱（△H）為-241.8kJ?mol-1B.在稀溶液中：H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H=-57.3kJ/mol，若將含0.6molH2SO4的稀硫酸與含1molNaOH的溶液混合，放出的熱量大于57.3kJC.已知C（石墨，s）═C（金剛石，s）△H＞0，則金剛石比石墨穩(wěn)定D.由BaSO4（s）+4C（s）=4CO（g）+BaS（s）△H1=+571.2kJ?mol-1①BaSO4（s）+2C（s）=2CO2（g）+BaS（s）△H2=+226.2kJ?mol-1②可得反應(yīng)C（s）+CO2（g）=2CO（g）的△H=+172.5kJ?mol-13、關(guān)于下列裝置的說法不正確的是（）

A.裝置①是原電池，裝置②是電鍍池B.裝置①中鹽橋內(nèi)的K+移向CuSO4溶液C.裝置①②銅極均發(fā)生氧化反應(yīng)而溶解D.裝置②中的Cu2+濃度保持不變4、化學(xué)反應(yīng)經(jīng)常伴隨著顏色變化；下列有關(guān)反應(yīng)顯示的顏色正確的有（）

①氫氧化亞鐵在空氣中最終變?yōu)榛揖G色；

②淀粉溶液遇單質(zhì)碘變?yōu)樗{(lán)色；

③向硫酸鐵溶液中加入KSCN變?yōu)榧t色。

④新制氯水久置后變?yōu)闊o色；

⑤無水硫酸銅吸收水蒸氣變成淺綠色；

⑥品紅溶液通入過量二氧化硫后褪色．A.2個B.3個C.4個D.5個5、欲配制rm{100mL0.1mol?L^{-1}KMnO_{4}}溶液，需量取rm{0.2mol?L^{-1}KMnO_{4}}溶液的體積是rm{(}rm{)}A.rm{25mL}B.rm{50mL}C.rm{75mL}D.rm{100mL}6、阿魏酸在食品；醫(yī)藥等方面有若廣泛用途。一種合成阿魏酸的反應(yīng)可表示為：下列說法正確的是（）

A.香蘭素、阿魏酸均可與溴水反應(yīng)，且反應(yīng)類型完全相同B.香蘭素、阿魏酸均可與NaHCO3、NaOH溶液反應(yīng)C.通常條件下，香蘭素、阿魏酸都能發(fā)生取代、加成、消去反應(yīng)D.與香蘭素互為同分異構(gòu)體，分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的酚類化合物共有2種7、進(jìn)行淀粉水解實驗（包括檢驗水解產(chǎn)物及水解是否完全）時，除淀粉外，還使用下列試劑（或試紙）：（1）碘水；（2）銀氨溶液；（3）NaOH溶液；（4）稀硫酸；（5）pH試紙。使用上述試劑的順序依次是A.（4）（1）（3）（5）（2）B.（4）（1）（2）（3）（5）C.（1）（2）（3）（4）（5）D.（4）（1）（3）（2）（5）評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)8、某同學(xué)對未知物rm{A}鹽的水溶液進(jìn)行了鑒定；實驗過程及現(xiàn)象如圖所示：

已知硝酸能將rm{Fe^{2+}}氧化為rm{Fe^{3+}.}現(xiàn)對rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}做出的如下推斷中，不正確的是rm{(}rm{)}A.鹽rm{A}一定是rm{FeCl_{3}}B.白色沉淀rm{B}是rm{AgCl}C.濾液rm{C}中一定含rm{Fe^{3+}}D.無法確定rm{A}中是否含有rm{Fe^{2+}}9、下列物質(zhì)既能發(fā)生消去反應(yīng)，又能氧化成醛的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}OH}B.rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}OH}C.rm{CH_{3}OH}D.10、下列有關(guān)蛋白質(zhì)的敘述中，不正確的是A.重金屬鹽能使蛋白質(zhì)變性，所以誤食重金屬鹽會中毒B.蛋白質(zhì)溶液中加入飽和rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}溶液，蛋白質(zhì)析出，再加水也不溶解C.濃rm{HNO_{3}}濺在皮膚上，使皮膚呈黃色，是由于濃rm{HNO_{3}}和蛋白質(zhì)發(fā)生焰色反應(yīng)D.人工合成的具有生命活性的蛋白質(zhì)rm{隆陋}結(jié)晶牛胰島素，是rm{1965}年我國科學(xué)家最先合成的11、下列離子方程式正確的是rm{(}rm{)}A.將rm{Cl_{2}}通入rm{NaOH}溶液中：rm{Cl_{2}+2OH^{-}簍TCl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O}B.銅和稀硝酸的反應(yīng)：rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}簍T3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}C.鋼鐵吸氧腐蝕的正極反應(yīng)：rm{4OH^{-}-4e^{-}簍TO_{2}隆眉+2H_{2}O}D.將少量rm{SO_{2}}通入rm{NaClO}溶液中：rm{SO_{2}+2ClO^{-}+H_{2}O簍TSO_{3}^{2-}+2HClO}12、rm{25隆忙}時，在rm{10mL}濃度為rm{0.1mol/L}的rm{NH_{3}?H_{2}O}溶液中滴加rm{0.1mol/L}鹽酸，下列有關(guān)描述正確的是rm{(}rm{)}A.加入rm{5}rm{mL}鹽酸時：rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}B.加入rm{10mL}鹽酸時：rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(Cl^{-})}C.在溶液rm{pH=7}時：水的電離程度最大D.加入rm{20}rm{mL}鹽酸時：rm{c(Cl^{-})=2c(NH_{4}^{+})}13、下列說法不正確的是（）A.苯酚與甲醛在酸性條件下生成酚醛樹脂的結(jié)構(gòu)簡式為B.（NH4）2SO4和CuSO4溶液都能使蛋白質(zhì)沉淀析出C.醋酸和硬脂酸互為同系物，C6H14和C9H20也一定互為同系物D.迷迭香酸的結(jié)構(gòu)為它可以發(fā)生酯化、水解、加成等反應(yīng)14、對水垢的主要成分是CaCO3和Mg（OH）2而不是CaCO3和MgCO3的解釋正確的是（）A.Mg（OH）2的溶度積大于MgCO3的溶度積，且在水中發(fā)生了沉淀轉(zhuǎn)化B.Mg（OH）2的溶度積小于MgCO3的溶度積，且在水中發(fā)生了沉淀轉(zhuǎn)化C.MgCO3電離出的CO32-發(fā)生水解，使水中OH-濃度減小，對Mg（OH）2的沉淀溶解平衡而言，Qc＜Ksp生成Mg（OH）2沉淀D.MgCO3電離出的CO32-發(fā)生水解，使水中OH-濃度增大，對Mg（OH）2的沉淀溶解平衡而言，Qc＞Ksp生成Mg（OH）2沉淀15、某氣態(tài)烴1mol與2molHCl發(fā)生加成反應(yīng)，所得的加成產(chǎn)物每摩又能與8mol氯氣反應(yīng)，最后得到一種只含碳、氯元素的化合物，則氣態(tài)烴為（）A.丙炔B.1-丁炔C.丁烯D.1，3-丁二烯評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)16、已知X、Y、Z、W四種短周期元素的原子序數(shù)依次增大，其中X與Y、Z、W所形成的常見化合物在常溫下均呈氣態(tài)，在周期表中Z與W左右相鄰，Y的最高價氧化物的水化物與其氫化物反應(yīng)生成鹽，且Y的核電荷數(shù)與W的最外層電子數(shù)相同。請回答下列問題：（1）Z的離子結(jié)構(gòu)示意圖是；（2）X、Y、W可組成一化合物，其原子個數(shù)之比為4：1：1。其化學(xué)式中含有的化學(xué)鍵有。（3）YX3分子的空間構(gòu)型是，Z的氫化物的穩(wěn)定性比W的氫化物的穩(wěn)定性_________（填“強”或“弱”）。（4）Z2W2分子中，W與Z均滿足8e-穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則Z2W2的電子式為。17、電浮選凝聚法是工業(yè)上采用的一種污水處理方法下圖是電解污水裝置示意圖。（1）根據(jù)污水凈化原理寫出陽極和陰極的電極反應(yīng)：陽極：_____________________，_________________，____________________。陰極：______________________________。（2）分析最后底層積聚的一層沉渣是如何沉淀的：____________________________________。（3）一些懸浮物是怎樣形成浮渣的：___________________________________________________。18、我國高校目前聯(lián)合研究一種稀土制冷材料；其主要成分是LaCaMnO．

（1）錳原子的基態(tài)價層電子排布式為______．

（2）試從結(jié)構(gòu)角度解釋H2SO4的酸性大于H2SO3的酸性：______．

（3）據(jù)報道，Ca在空氣中點燃生成CaO和少量Ca2N2．

①Ca2N2和水反應(yīng)生成H2N-NH2，H2N-NH2能否作配體？______（填“能”或“否”）

②肼（N2H4）分子可視為NH3分子中的一個氫原子被-NH2（氨基）取代形成的另一種氮的氫化物．已知NH3能與鹽酸反應(yīng)形成一種含有配位鍵的離子化合物，試寫出N2H4與鹽酸反應(yīng)的離子方程式：______

③欲比較CaO與NaCl的晶格能大小，需考慮的數(shù)據(jù)是______；已知MgCO3、CaCO3、SrCO3、BaCO3晶格能依次減小，而它們的熱分解溫度依次升高，原因是：______．19、按系統(tǒng)命名法；圖化合物的名稱是______

20、rm{(1)}在粗制rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}晶體中常含有雜質(zhì)rm{Fe^{2+}}在提純時為了除去rm{Fe^{2+}}常加入合適氧化劑，使rm{Fe^{2+}}氧化為rm{Fe^{3+}}下列物質(zhì)可采用的是______．

A.rm{KMnO_{4}}rm{B.H_{2}O_{2}}C.氯水rm{D.HNO_{3}}

然后再加入適當(dāng)物質(zhì)調(diào)整至溶液rm{pH=4}使rm{Fe^{3+}}轉(zhuǎn)化為rm{Fe(OH)_{3}}可以達(dá)到除去rm{Fe^{3+}}而不損失rm{CuSO_{4}}的目的，調(diào)整溶液rm{pH}可選用下列中的______．

A.rm{NaOH}rm{B.NH_{3}?H_{2}O}rm{C.CuO}rm{D.Cu(OH)_{2}}

rm{(2)}常溫下rm{K_{sp}[Fe(OH)_{3}]=8.0隆脕10^{-38}}rm{K_{sp}[Cu(OH)_{2}]=3.0隆脕10^{-20}}通常認(rèn)為殘留在溶液中的離子濃度小于rm{1隆脕10^{-5}}rm{mol?L^{-1}}時就認(rèn)為沉淀完全，設(shè)溶液中rm{CuSO_{4}}的濃度為rm{3.0mol?L^{-1}}則rm{Cu(OH)_{2}}開始沉淀時溶液的rm{pH}為______，rm{Fe^{3+}}完全沉淀時溶液的rm{pH}為______．21、除去Na2CO3粉末中混有的NaHCO3雜質(zhì)用____方法；用____檢驗酒精中是否含有水．22、回答下列問題：rm{(1)}利用下圖裝置，可以模擬鐵的電化學(xué)防護。

rm{壟脵}若rm{X}為石墨，為減緩鐵的腐蝕，將開關(guān)rm{K}置于rm{攏脦}處，該電化學(xué)防護法稱為___________。rm{壟脷}若rm{X}為鋅，開關(guān)rm{K}置于rm{M}處，該電化學(xué)防護法稱為__________。rm{(2)}我國的科技人員為了消除rm{SO_{2}}的污染，利用原電池原理，設(shè)計如圖裝置用rm{SO_{2}}和rm{O_{2}}制備硫酸，電極rm{A}rm{B}為多孔的材料。

rm{壟脵A}極的電極反應(yīng)式是_______。rm{壟脷B}極的電極反應(yīng)式是_______。評卷人得分四、原理綜合題(共3題，共18分)23、通常用燃燒的方法測定有機物的分子式；可在燃燒室內(nèi)將有機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)量確定有機物的組成。如圖所示的是用燃燒法確定有機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)請改進(jìn)這套裝置的一個不足之處_________。

(5)若該有機物分子中含有4個甲基，則該有機物的結(jié)構(gòu)簡式為_________；該有機物的二氯代物有_______種。24、實驗室用鎂和硝基苯制取反式偶氮苯（溶解性:不溶于水；溶于醇；醚）。實驗原理如下：

2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O

已知：①Mg(OCH3)2在水中極易水解。

②反式偶氮苯產(chǎn)品在紫外線照射后部分轉(zhuǎn)化為順式偶氮苯。

（1）反應(yīng)中，硝基苯變?yōu)榉词脚嫉降姆磻?yīng)屬于_______________

A；取代反應(yīng)B、消去反應(yīng)C、還原反應(yīng)D、氧化反應(yīng)。

（2）在反應(yīng)裝置中，加入原料及溶劑，攪拌下加熱回流。反應(yīng)加入的鎂條應(yīng)用砂紙打磨干凈的原因是_____________________________________。

（3）反應(yīng)結(jié)束后將反應(yīng)液倒入冰水中；用乙酸中和至中性，即有反式偶氮苯粗產(chǎn)品析出，抽濾（抽濾裝置如圖1），濾渣用95％乙醇水溶液重結(jié)晶提純。

①為了得到較大顆粒的晶體，加入乙酸時需要____________（填“緩慢加入”；“快速加入”）。

②抽濾過程中要洗滌粗產(chǎn)品，下列液體最合適的是___________。

A．乙醚B．蒸餾水C．95％乙醇水溶液D．飽和NaCl溶液。

③重結(jié)晶操作包括“加熱溶解、趁熱過濾、冷卻結(jié)晶、抽濾、洗滌、干燥”。上述重結(jié)晶過程中的___________操作除去了不溶性雜質(zhì)，____________操作除去了可溶性雜質(zhì)。25、銅在生活中有廣泛的應(yīng)用。CuCl2和CuCl是兩種常見的鹽,廣泛應(yīng)用于工業(yè)生產(chǎn).

I.CuCl2固體遇水易水解。實驗室用如圖所示的實驗儀器及藥品來制備純凈；干燥的氯氣；并與粗銅（含雜質(zhì)鐵）反應(yīng)制備氯化銅（鐵架臺、鐵夾及酒精燈省略）。

（1）寫出裝置A中，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式：_______________________________，裝置C的作用是_______________________________

（2）完成上述實驗，按氣流方向連接各儀器接口的順序是a→_________________________。（每種儀器限使用一次）

（3）上述D裝置的作用是____________________

（4）實驗完畢，取試管中的固體用鹽酸溶解后，欲提純氯化銅（原粗銅含雜質(zhì)鐵）可加入_________；并過濾。

A.CuB.CuCO3C.CuOD.NaOH

ⅡCuCl是應(yīng)用廣泛的有機合成催化劑；可采取不同方法制取。CuCl晶體呈白色，露置于潮濕空氣中易被氧化。

方法一：向上述制得的氯化銅溶液中通入SO2，加熱一段時間即可制得CuCl，寫出該反應(yīng)的離子方程式：_______________________________。

方法二銅粉還原CuSO4溶液。

已知：CuCl難溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl－[CuCl3]2－(無色溶液)。

（1）①中，“加熱”溫度不宜過高和過低，目的是_______________，當(dāng)觀察到_________________________________________________________________________________現(xiàn)象；即表明反應(yīng)已經(jīng)完全。

（2）②中，加入大量水的作用是______________。（從平衡角度解釋）

（3）溶液中氯離子濃度達(dá)到一定量時，生成CuCl會部分溶解生成CuCl2-在一定溫度下建立兩個平衡:CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)Ksp=1.4x10-6CuCl(s)+Cl一(aq)CuCl2-(aq)K=0.35

分析[Cu+]、[CuCl2-]和Ksp,K的數(shù)學(xué)關(guān)系，在圖中畫出「Cu+]、[CuCl2-]的函數(shù)關(guān)系曲線(要求至少標(biāo)出曲線上一個坐標(biāo)點)

_______________評卷人得分五、探究題(共4題，共28分)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。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。28、（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。29、（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。評卷人得分六、綜合題(共2題，共10分)30、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．31、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】試題分析：液態(tài)水變成氣態(tài)水需要克服分子間作用力，需要吸收能量，所以吸熱；電離的過程是吸熱過程；銨鹽與堿反應(yīng)也是常見的吸熱反應(yīng)；放熱反應(yīng)通常有：酸堿中和反應(yīng)，燃燒反應(yīng)，濃硫酸的稀釋，氫氧化鈉溶解考點：考查化學(xué)反應(yīng)與能量變化相關(guān)知識【解析】【答案】D2、D【分析】解：A、燃燒熱是指1mol燃料完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物，H2的燃燒熱為1mol氫氣完全燃燒生成液體水時放出的熱量，不能生成氣態(tài)的水，所以H2燃燒熱（△H）不是-241.8kJ?mol-1；故A錯誤；

B、在若將含0.6molH2SO4的稀硫酸與含1molNaOH的溶液混合；放出的熱量等于57.3kJ，故B錯誤；

C；已知C（石墨；s）═C（金剛石，s）△H＞0，所以石墨能量低于金剛石具有的能量，此證明金剛石不如石墨穩(wěn)定；

D、由BaSO4（s）+4C（s）=4CO（g）+BaS（s）△H1=+571.2kJ?mol-1①；

BaSO4（s）+2C（s）=2CO2（g）+BaS（s）△H2=+226.2kJ?mol-1②，根據(jù)蓋斯定律：可得反應(yīng)：C（s）+CO2（g）=2CO（g），解得△H=+172.5kJ?mol-1

；故D正確．

故選D．

A、燃燒熱是指1mol燃料完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物，H2的燃燒熱為1mol氫氣完全燃燒生成液體水時放出的熱量；

B、含0.6molH2SO4的稀硫酸與含1molNaOH的溶液混合；會產(chǎn)生1mol的水，據(jù)此判斷反應(yīng)熱；

C；物質(zhì)具有的能量越低越穩(wěn)定；

D；根據(jù)蓋斯定律進(jìn)行方程式焓變的計算．

本題考查了熱化學(xué)方程式的含義、書寫、蓋斯定律的應(yīng)用，理解溶解熱和電離過程中的能量改變是解題的關(guān)鍵．【解析】【答案】D3、C【分析】解：A；裝置①沒有外加電源；屬于原電池，裝置②存在外加電源，屬于電解池，可以在鋅上鍍銅，故A正確；

B、裝置①中鹽橋內(nèi)的K+移向正極CuSO4溶液；故B正確；

C；裝置①屬于原電池；Cu為正極銅離子在Cu上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，裝置②屬于電解池，陽極Cu本身失電子發(fā)生氧化反應(yīng)而溶解，故C錯誤；

D、裝置②屬于電解池，陽極Cu本身失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，溶液中的銅離子在陰極Zn上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以Cu2+濃度保持不變；故D正確．

故選C．

裝置①沒有外加電源，屬于原電池，Zn為負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，Cu為正極發(fā)生還原反應(yīng)，鹽橋內(nèi)的K+移向正極CuSO4溶液；裝置②存在外加電源；屬于電解池，陽極Cu本身失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，溶液中的銅離子在陰極Zn上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，相當(dāng)于在鋅上鍍銅，據(jù)此分析解答．

本題考查學(xué)生原電池和電解池的工作原理知識，注電鍍池的特點是解題的關(guān)鍵，難度中等．【解析】【答案】C4、C【分析】解：①氫氧化亞鐵在空氣中迅速變?yōu)榛揖G色最后變?yōu)榧t褐色的氫氧化鐵；故①錯誤；

②淀粉溶液遇單質(zhì)碘顯藍(lán)色；故②正確；

③三價鐵離子和硫氰酸根離子結(jié)合為血紅色的物質(zhì)形成溶液；故③正確；

④新制氯水久置后呈無色；生成次氯酸分解，最終為稀鹽酸，故④正確；

⑤無水硫酸銅吸收水蒸氣變成藍(lán)色CuSO4?5H2O；故⑤錯誤；

⑥二氧化硫氣體具有漂白性；通入品紅試液會變?yōu)闊o色，故⑥正確；

故選C．

①氫氧化亞鐵最終被氧化為紅褐色的氫氧化鐵；

②淀粉遇碘變藍(lán)色；

③三價鐵離子遇硫氰酸根生成血紅色溶液；

④久置氯水不穩(wěn)定；生成次氯酸分解，最終無色；

⑤無水硫酸銅吸收水生成五個結(jié)晶水的硫酸銅為藍(lán)色；

⑥二氧化硫具有漂白性．

本題通過顏色的變化考查物質(zhì)的性質(zhì)，題目難度不大，注意氫氧化亞鐵和氫氧化鐵的顏色區(qū)別，無水硫酸銅和晶體硫酸銅的顏色區(qū)別．【解析】【答案】C5、B【分析】解：溶液稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，根據(jù)rm{C_{濃}V_{濃}=C_{稀}V_{稀}}得，rm{V_{脜簍}=dfrac{C_{{脧隆}}V_{{脧隆}}}{C_{{脜簍}}}=dfrac{0.1mol/L隆脕0.1L}{0.2mol/L}=0.05L=50mL}故選B．

溶液稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，根據(jù)rm{V_{脜簍}=dfrac

{C_{{脧隆}}V_{{脧隆}}}{C_{{脜簍}}}=dfrac

{0.1mol/L隆脕0.1L}{0.2mol/L}=0.05L=50mL}來分析解答．

本題考查了物質(zhì)的量的計算，明確溶液稀釋前后變化的物理量及不變的物理量是解本題關(guān)鍵，結(jié)合溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變來分析解答，難度不大．rm{C_{濃}V_{濃}=C_{稀}V_{稀}}【解析】rm{B}6、D【分析】解：A．阿魏酸含有碳碳雙鍵；可與溴發(fā)生加成反應(yīng)，而香蘭素與溴不發(fā)生加成反應(yīng)，故A錯誤；

B．香蘭素中酚羥基只能與NaOH溶液反應(yīng)，不能與NaHCO3溶液反應(yīng)；故B錯誤；

C．香蘭素與阿魏酸都無法發(fā)生消去反應(yīng)；故C錯誤；

D．與香蘭素互為同分異構(gòu)體，分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明結(jié)構(gòu)對稱，含有醛基，符合題意的有或兩種；故D正確。

故選：D。

A．阿魏酸含有碳碳雙鍵；可與溴發(fā)生加成反應(yīng)；

B．羧基、酚羥基，能與氫氧化鈉反應(yīng)，羧基能與NaHCO3；NaOH溶液反應(yīng)；

C．不能發(fā)生消去反應(yīng)；

D．符合題意的有或兩種。

本題考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，是高考中的常見題型和重要的考點之一，屬于中等難度的試題，意在考查學(xué)生對官能團與物質(zhì)性質(zhì)的關(guān)系及常見的有機反應(yīng)類型的判斷能力。試題基礎(chǔ)性強，側(cè)重對學(xué)生能力的培養(yǎng)和解題方法的指導(dǎo)。該題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確判斷出分子中含有的官能團，然后依據(jù)相應(yīng)官能團的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，靈活運用即可。有利于培養(yǎng)學(xué)生的知識遷移能力和輯推理能力?！窘馕觥緿7、A【分析】試題解析：要進(jìn)行淀粉水解實驗，首先要加入催化劑H2SO4溶液。要檢驗水解是否完全，可在溶液中加碘水以檢驗是否還有淀粉。要檢驗水解產(chǎn)物葡萄糖，可先加NaOH溶液以中和H2SO4使溶液呈堿性后，才能加入Cu(OH)2懸濁液來檢驗葡萄糖，故A正確?？键c：化學(xué)實驗方案的設(shè)計【解析】【答案】A二、雙選題(共8題，共16分)8、rAB【分析】解：rm{A.}鹽rm{A}可能為rm{FeCl_{3}}或rm{FeCl_{2}}或rm{FeSO_{4}}等；故A錯誤；

B.白色沉淀rm{B}不一定為rm{AgCl}故B錯誤；

C.rm{C}與rm{KSCN}反應(yīng)后，rm{D}為紅色溶液，可知濾液rm{C}中一定含rm{Fe^{3+}}故C正確；

D.由上述實驗，無法確定rm{A}中是否含有rm{Fe^{2+}}故D正確；

故選AB

由實驗可知，rm{C}與rm{KSCN}反應(yīng)后，rm{D}為紅色溶液，可知rm{C}中含鐵離子，rm{A}與硝酸銀反應(yīng)生成rm{B}為白色沉淀，rm{B}為rm{AgCl}或硫酸銀等，rm{A}中含rm{Fe^{2+}}或rm{Fe^{3+}}亞鐵離子在酸性條件下與硝酸根離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，以此來解答。

本題考查物質(zhì)組成的實驗測定，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)與現(xiàn)象為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與推斷能力的考查，注意元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大?！窘馕觥縭m{AB}9、rAB【分析】解：rm{A.CH_{3}CH_{2}CH_{2}OH}羥基所連碳的相鄰碳上連有rm{H}能發(fā)生消去反應(yīng)生成烯烴，羥基相連的碳原子上有rm{2}個rm{H}能發(fā)生氧化反應(yīng)生成醛，故A正確；

B.rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}OH}羥基所連碳的相鄰碳上連有rm{H}能發(fā)生消去反應(yīng)生成烯烴，羥基相連的碳原子上有rm{2}個rm{H}能發(fā)生氧化反應(yīng)生成醛，故B正確；

C.只有rm{1}個碳原子；不能發(fā)生消去反應(yīng)，故C錯誤；

D.分子中羥基相連的碳原子上無rm{H}不能發(fā)生消去反應(yīng)生成烯烴，羥基相連的碳原子上有氫，能發(fā)生氧化反應(yīng)生成醛，故D錯誤．

故選AB．

有機物分子中含rm{-OH}rm{-Br}原子可發(fā)生消去反應(yīng)，且與rm{-OH(-Br)}相連rm{C}的鄰位rm{C}上有rm{H}能發(fā)生消去反應(yīng)；含rm{-CH_{2}OH}的醇能氧化生成醛；以此來解答．

本題考查了醇的消去反應(yīng)和氧化反應(yīng)，注意醇的消去反應(yīng)只有羥基相連碳的相鄰碳上有氫原子的才能發(fā)生，醇的催化氧化反應(yīng)，只有羥基相連碳的碳上有氫原子的才能發(fā)生rm{.}難度適中．【解析】rm{AB}10、BC【分析】略【解析】rm{BC}11、rAB【分析】解：rm{A.}將rm{Cl_{2}}通入rm{NaOH}溶液中，離子方程式：rm{Cl_{2}+2OH^{-}簍TCl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O}故A正確；

B.銅和稀硝酸的反應(yīng)，離子方程式：rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}簍T3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}故B正確；

C.鋼鐵吸氧腐蝕的正極反應(yīng)，離子方程式：rm{2H_{2}O+O_{2}+4e^{-}簍T4OH^{-}}故C錯誤；

D.將少量rm{SO2}氣體通入rm{NaClO}溶液中，二氧化硫被氧化成硫酸根離子，正確的離子方程式為：rm{ClO^{-}+H_{2}O+SO_{2}簍TSO_{4}^{2-}+2H^{+}+Cl^{-}}故D錯誤；

故選AB．

A.二者反應(yīng)生成氯化鈉；次氯酸鈉和水；

B.二者反應(yīng)生成硝酸銅；一氧化氮和水；

C.鋼鐵吸氧腐蝕的正極發(fā)生還原反應(yīng)；

D.次氯酸根離子具有強的氧化性；能夠氧化二氧化硫生成硫酸根離子．

本題考查了離子方程式的書寫，側(cè)重考查了復(fù)分解、氧化還原反應(yīng)的離子方程式書寫，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意鋼鐵吸氧腐蝕原理，題目難度中等．【解析】rm{AB}12、rAB【分析】解：rm{A.}加入rm{5mL}鹽酸時，一水合氨過量，反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的一水合氨和氯化銨，一水合氨的電離程度對應(yīng)銨根離子的水解程度，溶液呈堿性，則rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}溶液中離子濃度大小為：rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}故A正確；

B.加入rm{10mL}鹽酸時，根據(jù)電荷守恒可知：rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(Cl^{-})}故B正確；

C.在溶液rm{pH=7}時；溶液呈中性，基本不影響水的電離程度，當(dāng)溶質(zhì)為氯化銨時水的電離程度最大，故C錯誤；

D.加入rm{20}rm{mL}鹽酸時，根據(jù)物料守恒可得：rm{c(Cl^{-})=2c(NH_{4}^{+})+2c(NH_{3}?H_{2}O)}故D錯誤；

故選AB．

A.加入rm{5mL}鹽酸時，反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的一水合氨和氯化銨，一水合氨的電離程度對應(yīng)銨根離子的水解程度，則溶液呈堿性，rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}

B.根據(jù)溶液中的電荷守恒判斷；

C.當(dāng)二者恰好反應(yīng)時；銨根離子發(fā)生水解，水的電離程度最大；

D.根據(jù)反應(yīng)后溶液中的物料守恒判斷．

本題考查了溶液酸堿性與溶液rm{pH}的計算、離子濃度大小比較，題目難度中等，明確反應(yīng)后溶質(zhì)組成為解答關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理在判斷離子濃度大小中的應(yīng)用方法．【解析】rm{AB}13、A|B【分析】解：A．酚醛樹脂的結(jié)構(gòu)簡式為故A錯誤；

B．飽和（NH4）2SO4溶液能使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析；硫酸銅能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，故B錯誤；

C．醋酸和硬脂酸都是一元羧酸，互為同系物；C6H14和C9H20均屬于烷烴；故一定互為同系物，故C正確；

D．迷迭香酸中含有羥基；-CONH-和雙鍵可以發(fā)生酯化、水解、加成等反應(yīng)；故D正確．

故選AB．

A、酚醛樹脂的結(jié)構(gòu)簡式為

B；蛋白質(zhì)在硫酸銨溶液中發(fā)生鹽析；在硫酸銅中發(fā)生變性；

C、結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質(zhì)互稱為同系物；

D；迷迭香酸中含有羥基、-COOH、-COOC-、雙鍵．

本題考查蛋白質(zhì)的性質(zhì)和有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，注意習(xí)題中的信息分析物質(zhì)的性質(zhì)，把握官能團與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】【答案】AB14、B|D【分析】解：A、Mg（OH）2的溶度積小于MgCO3的溶度積；故A錯誤；

B、Mg（OH）2的溶度積小于MgCO3的溶度積；水中的碳酸氫鎂受熱分解生成碳酸鎂會繼續(xù)反應(yīng)生成更難溶的氫氧化鎂沉淀，故B正確；

C、MgCO3電離出的CO32-發(fā)生水解，使水中OH-濃度增大；故C錯誤；

D、MgCO3電離出的CO32-發(fā)生水解，使水中OH-濃度增大，因為Mg（OH）2的溶度積更小，所以Qc＞Ksp生成Mg（OH）2沉淀；故D正確；

故選BD．

A、Mg（OH）2的溶度積小于MgCO3的溶度積；

B、Mg（OH）2的溶度積小于MgCO3的溶度積；水中的碳酸氫鎂受熱分解生成碳酸鎂會繼續(xù)反應(yīng)生成更難溶的氫氧化鎂沉淀；

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

D、MgCO3電離出的CO32-發(fā)生水解，水解顯堿性，使水中OH-濃度增大，因為Mg（OH）2的溶度積更小，所以Qc＞Ksp生成Mg（OH）2沉淀．

本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡的相關(guān)計算和判斷，題目難度中等，本題注意溶度積常數(shù)的利用．【解析】【答案】BD15、B|D【分析】解：某氣態(tài)烴1mol最多和2mol氯化氫發(fā)生加成反應(yīng)，說明分子中含有1個C≡C或2個C=C鍵，所得產(chǎn)物又能與8mol氯氣發(fā)生取代反應(yīng)，最后得到一種只含碳氯元素的化合物，說明加成產(chǎn)物中含有8個H原子，則該氣態(tài)烴應(yīng)含有6個H原子，1-丁炔和1，3-丁二烯的分子式為C4H6；每個分子中含有6個氫原子；

故選：BD．

某氣態(tài)烴1mol最多和2mol氯化氫發(fā)生加成反應(yīng)；說明分子中含有1個C≡C或2個C=C鍵，所得產(chǎn)物又能與8mol氯氣發(fā)生取代反應(yīng)，最后得到一種只含碳氯元素的化合物，說明加成產(chǎn)物中含有8個H原子，則該氣態(tài)烴應(yīng)含有6個H原子，由此確定該烴．

本題考查有機物的推斷，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意分子中官能團的判斷和H原子數(shù)目的計算，為解答該題的關(guān)鍵，難度不大．【解析】【答案】BD三、填空題(共7題，共14分)16、略

【分析】試題分析：X與Y、Z、W所形成的常見化合物在常溫下均呈氣態(tài)，多為氫化物，則X為H元素，Y的最高價氧化物對應(yīng)的水化物與其氫化物反應(yīng)生成鹽，則Y應(yīng)為N元素，形成的化合物NH4NO3，Y的核電荷數(shù)為7，與W的最外層電子數(shù)相同，則W可能為F，也可能為Cl元素。如W為F元素，則Z為O元素，Z對應(yīng)的氫化物為H2O，在常溫下為液體，不成立，所以W為Cl元素，Z為S元素。（1）Z為S元素，硫離子的結(jié)構(gòu)示意圖為（2）X、Y、W可組成一化合物，其原子個數(shù)之比為4：1：1，則其化學(xué)式為NH4Cl，其中含有的化學(xué)鍵有共價鍵、離子鍵。（3）YX3為NH3，空間構(gòu)型是三角錐形。由于非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強，硫元素的非金屬性弱于氯元素的非金屬性，則Z的氫化物的穩(wěn)定性比W的氫化物的穩(wěn)定性弱。（4）Z2W2為S2Cl2，由于分子中Cl與S均滿足8e-穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，因此S2Cl2的電子式為電子式為考點：考查元素周期表的結(jié)構(gòu)、元素周期律的應(yīng)用以及化學(xué)鍵、電子式、結(jié)構(gòu)示意圖的書寫【解析】【答案】（1）（2）共價鍵、離子鍵（3）三角錐形；弱（4）17、略

【分析】根據(jù)裝置圖可判斷，鐵作陽極，所以鐵失去電子，被氧化生成亞鐵離子。同時水也失去電子，生成氧氣。氧氣具有氧化性，把亞鐵離子氧化生成氫氧化鐵沉淀。氫氧化鐵具有很強的吸附性，可將污染物吸附而沉淀下來。陰極是溶液中的氫離子放電，生成氫氣。氫氣產(chǎn)生的氣泡把污水中懸浮物帶到水面形成浮渣層?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）陽極：Fe－2e－=Fe2+2H2O－4e－=4H++O2↑4Fe2++10H2O+O2=4Fe(OH)3↓+8H＋陰極：2H＋＋2e－＝H2↑（2）Fe作為陽極，電解時生成Fe2+，F(xiàn)e2+再被氧化生成Fe3+，F(xiàn)e3+水解生成Fe(OH)3，F(xiàn)e(OH)3具有吸附性，可將污染物吸附而沉淀下來。（3）陰極產(chǎn)生H2氣泡，氣泡把污水中懸浮物帶到水面形成浮渣層。18、略

【分析】解：（1）錳是25號元素，3d和4s上的電子是其價電子，根據(jù)構(gòu)造原理知其價電子排布式為：3d34s2，故答案為：3d34s2；

（2）同一元素的不同含氧酸中，非羥基氧原子數(shù)越大其酸性越強，硫酸分子中的非羥基氧原子數(shù)比亞硫酸多，所以H2SO4的酸性大于H2SO3的酸性；

故答案為：硫酸分子中的非羥基氧原子數(shù)比亞硫酸多，硫酸中心原子硫價態(tài)高，易于電離出H+；

（3）①NH2-NH2中氮原子含有孤電子對；所以能作配體，故答案為：能；

②N2H4中含有2個N原子有2個孤電子對，能結(jié)合2個H+，則N2H4與鹽酸反應(yīng)的離子方程式：N2H4+2H+=[N2H6]2+；

故答案為：N2H4+2H+=[N2H6]2+；

③晶格能和離子所帶電荷成正比，與離子半徑成反比，所以要比較鈣離子、氧離子與鈉離子、氯離子的離子半徑與離子電荷數(shù)；Mg2+半徑小于Ca2+半徑，固MgO晶格能大于CaO晶格能，則MgO更穩(wěn)定，所以Mg2+比Ca2+更易與碳酸根離子中的氧離子結(jié)合，使碳酸根離子分解為CO2，所以熱分解溫度除與晶格能有關(guān)外，還與產(chǎn)物MgO、CaO、SrO；BaO穩(wěn)定性等因素有關(guān)；

故答案為：鈣離子、氧離子與鈉離子、氯離子的離子半徑與離子電荷數(shù)；熱分解溫度除與晶格能有關(guān)外，還與產(chǎn)物MgO、CaO、SrO；BaO穩(wěn)定性等因素有關(guān)．

（1）錳是25號元素；原子核外有25個電子，其中3d和4s上的電子是其價電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其基態(tài)價層電子排布式；

（2）同一元素的不同含氧酸中；非羥基氧原子數(shù)越大其酸性越強；

（3）①含有孤電子對的微粒能作配體；

②N2H4中含有2個N原子有2個孤電子對，能結(jié)合2個H+；

③晶格能和離子所帶電荷成正比；與離子半徑成反比；根據(jù)分解產(chǎn)物的穩(wěn)定性分析；

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及電子排布式、配位鍵、晶格能的應(yīng)用等，考查的知識點較多，注意對基礎(chǔ)知識的歸納整理，題目難度中等．【解析】3d54s2；硫酸分子中的非羥基氧原子數(shù)比亞硫酸多，硫酸中心原子硫價態(tài)高，易于電離出H+；能；N2H4+2H+=[N2H6]2+；鈣離子、氧離子與鈉離子、氯離子的離子半徑與離子所帶的電荷數(shù)；熱分解溫度除與晶格能有關(guān)外，還與產(chǎn)物MgO、CaO、SrO、BaO穩(wěn)定性等因素有關(guān)19、略

【分析】解：為烷烴，選取最長碳鏈且含取代基多的為主碳鏈，離取代基近的一端編號，確定取代基位置，取代基位次和最小，得到名稱為：rm{2}rm{2}rm{4}rm{5-}四甲基rm{-3}rm{3-}二乙基己烷；

故答案為：rm{2}rm{2}rm{4}rm{5-}四甲基rm{-3}rm{3-}二乙基己烷．

根據(jù)烷烴命名原則：

rm{壟脵}長選最長碳鏈為主鏈；

rm{壟脷}多遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

rm{壟脹}近離支鏈最近一端編號；

rm{壟脺}小支鏈編號之和最??；看下面結(jié)構(gòu)簡式，從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號”的原則；

rm{壟脻}簡兩取代基距離主鏈兩端等距離時，從簡單取代基開始編號rm{.}如取代基不同；就把簡單的寫在前面，復(fù)雜的寫在后面．

本題考查了有機物的命名，題目難度不大，該題注重了基礎(chǔ)性知識的考查，側(cè)重對學(xué)生基礎(chǔ)知識的檢驗和訓(xùn)練．【解析】rm{2}rm{2}rm{4}rm{5-}四甲基rm{-3}rm{3-}二乙基己烷20、略

【分析】解：rm{(1)}加入合適氧化劑，使rm{Fe^{2+}}氧化為rm{Fe^{3+}}且不能引入新雜質(zhì)，只有rm{H_{2}O_{2}}合適，rm{B}rm{C}rm{D}均引入新雜質(zhì)；加入適當(dāng)物質(zhì)調(diào)整至溶液rm{pH=4}使rm{Fe^{3+}}轉(zhuǎn)化為rm{Fe(OH)_{3}}可以達(dá)到除去rm{Fe^{3+}}而不損失rm{CuSO_{4}}的目的，則加含rm{Cu}元素的物質(zhì)與氫離子反應(yīng)從而促進(jìn)鐵離子水解，且不引入新雜質(zhì)，rm{C}rm{D}均可促進(jìn)鐵離子水解轉(zhuǎn)化為沉淀，而rm{A}rm{B}均使銅離子轉(zhuǎn)化為沉淀；且引入新雜質(zhì)；

故答案為：rm{B}rm{CD}

rm{(2)}設(shè)溶液中rm{CuSO_{4}}的濃度為rm{3.0mol?L^{-1}}則rm{Cu(OH)_{2}}開始沉淀時，rm{c(OH^{-})=sqrt{dfrac{3.0隆脕10^{-20}}{3.0}}mol/L=10^{-10}mol/L}rm{c(H^{+})=dfrac{10^{-14}}{10^{-10}}mol/L=10^{-4}mol/L}rm{c(OH^{-})=sqrt{dfrac

{3.0隆脕10^{-20}}{3.0}}mol/L=10^{-10}mol/L}rm{c(H^{+})=dfrac

{10^{-14}}{10^{-10}}mol/L=10^{-4}mol/L}完全沉淀時rm{c(OH^{-})=3dfrac{8.0隆脕10^{-38}}{1times10^{-5}}mol/L=2隆脕10^{-11}mol/L}rm{c(H^{+})=dfrac{10^{-14}}{2times10^{-11}}mol/L=5隆脕10^{-4}mol/L}所以rm{pH=lg(10^{-4})=4}

故答案為：rm{Fe^{3+}}rm{c(OH^{-})=3dfrac

{8.0隆脕10^{-38}}{1times10^{-5}}mol/L=2隆脕10^{-11}mol/L}．

rm{c(H^{+})=dfrac{10^{-14}}{2times

10^{-11}}mol/L=5隆脕10^{-4}mol/L}加入合適氧化劑，使rm{pH=-lg(5隆脕10^{-4})=3.3}氧化為rm{4}且不能引入新雜質(zhì)；加入適當(dāng)物質(zhì)調(diào)整至溶液rm{3.3}使rm{(1)}轉(zhuǎn)化為rm{Fe^{2+}}可以達(dá)到除去rm{Fe^{3+}}而不損失rm{pH=4}的目的，則加含rm{Fe^{3+}}元素的物質(zhì)與氫離子反應(yīng)從而促進(jìn)鐵離子水解；且不引入新雜質(zhì)；

rm{Fe(OH)_{3}}設(shè)溶液中rm{Fe^{3+}}的濃度為rm{CuSO_{4}}則rm{Cu}開始沉淀時，rm{c(OH^{-})=sqrt{dfrac{3.0隆脕10^{-20}}{3.0}}mol/L=10^{-10}mol/L}rm{c(H^{+})=dfrac{10^{-14}}{10^{-10}}mol/L=10^{-4}mol/L}rm{(2)}完全沉淀時rm{c(OH^{-})=3dfrac{8.0隆脕10^{-38}}{1times10^{-5}}mol/L=2隆脕10^{-11}mol/L}rm{c(H^{+})=dfrac{10^{-14}}{2times10^{-11}}mol/L=5隆脕10^{-4}mol/L}．

本題考查rm{CuSO_{4}}rm{3.0mol?L^{-1}}計算及鹽類水解，為高頻考點，把握水解平衡移動、rm{Cu(OH)_{2}}及rm{c(OH^{-})=sqrt{dfrac

{3.0隆脕10^{-20}}{3.0}}mol/L=10^{-10}mol/L}的計算方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意rm{c(H^{+})=dfrac

{10^{-14}}{10^{-10}}mol/L=10^{-4}mol/L}按照常溫計算，題目難度不大．rm{Fe^{3+}}【解析】rm{B}rm{CD}rm{4}rm{3.3}21、略

【分析】

2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，檢驗是否有水生成，可用無水硫酸銅（或CuSO4）．

【解析】

NaHCO3不穩(wěn)定，加熱易分解，除去Na2CO3粉末中混有的NaHCO3雜質(zhì)用加熱的方法；加熱時發(fā)生。

2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，檢驗是否有水生成，可用無水硫酸銅或CuSO4，生成CuSO4?5H2O藍(lán)色晶體．

故答案為：加熱；無水硫酸銅（或CuSO4）．

【解析】【答案】NaHCO3不穩(wěn)定，加熱易分22、rm{(1)壟脵}外加電流的陰極保護法

rm{壟脷}犧牲陽極的陰極保護法

rm{(2)壟脵}rm{{O}_{2}+4{e}^{-}+4{H}^{+}=2{H}_{2}O}

rm{壟脷;S{O}_{2};;-;2{e}^{-};+2{H}_{2}O;=;S{{O}_{4}}^{2-};+;4{H}^{+};}rm{{O}_{2}+4{e}^{-}+4{H}^{+}=2{H}_{2}O

}【分析】rm{攏脹}分析rm{攏脻}本題第一問模擬海水中鐵的電化學(xué)防護，要知道常見的電化學(xué)防護的原理；第二問以原電池原理進(jìn)行工業(yè)上二氧化硫的消除，要求能判斷正負(fù)極，并書寫對應(yīng)電極反應(yīng)式。第二問難度稍大。

rm{[}解答rm{]}rm{(1)壟脵K}置于處rm{N}處，則鐵是電解池的陰極，被保護，此方法稱為外加電流的陰極保護法。故答案為：外加電流的陰極保護法；rm{壟脷K}置于rm{M}處，該裝置構(gòu)成原電池，鋅易失電子作負(fù)極，鐵作正極而被保護，該電化學(xué)防護法稱為犧牲陽極的陰極保護法；故答案為：犧牲陽極的陰極保護法；

rm{(2)}根據(jù)原電池原理，用rm{S{O}_{2}}和rm{{O}_{2}}制備硫酸，則rm{S{O}_{2}}應(yīng)在負(fù)極失電子，rm{{O}_{2}}在正極得電子。又根據(jù)硫酸在rm{B}極得到，故B極應(yīng)為負(fù)極，rm{A}極為正極，對應(yīng)的電極反應(yīng)式為rm{A}極rm{{O}_{2}+4{e}^{-}+4{H}^{+}=2{H}_{2}O}rm{{O}_{2}+4{e}^{-}+4{H}^{+}=2{H}_{2}O

}極rm{;S{O}_{2};;-;2{e}^{-};+2{H}_{2}O;=;S{{O}_{4}}^{2-};+;4{H}^{+};}故答案為：rm{B}rm{{O}_{2}+4{e}^{-}+4{H}^{+}=2{H}_{2}O}rm{壟脷;S{O}_{2};;-;2{e}^{-};+2{H}_{2}O;=;S{{O}_{4}}^{2-};+;4{H}^{+};}rm{;S{O}_{2};;-;2{e}^{-};+2{H}_{2}O;=;S{{O}_{4}}^{2-};+;4{H}^{+};

}【解析】rm{(1)壟脵}外加電流的陰極保護法rm{壟脷}犧牲陽極的陰極保護法rm{(2)壟脵}rm{{O}_{2}+4{e}^{-}+4{H}^{+}=2{H}_{2}O}rm{壟脷;S{O}_{2};;-;2{e}^{-};+2{H}_{2}O;=;S{{O}_{4}}^{2-};+;4{H}^{+};}rm{{O}_{2}+4{e}^{-}+4{H}^{+}=2{H}_{2}O

}四、原理綜合題(共3題，共18分)23、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；，以便測定有機物中碳的量。

(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；減小實驗誤差。

(4)空氣中二氧化碳；水蒸氣直接進(jìn)入A裝置中；影響實驗。

(5)根據(jù)A管質(zhì)量增加2.2g為二氧化碳的質(zhì)量；計算出碳的量，B管質(zhì)量增加1.08g是水的質(zhì)量，計算出氫原子的量，算出碳?xì)湓觽€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，影響實驗，因此在A裝置后連接一個裝有堿石灰的干燥管；正確答案：在A裝置后連接一個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，此有機物為烴，故只含有C和H兩種元素，且個數(shù)比為：0.05：1.2=5：12，故可以確定為戊烷（C5H12），該有機物分子中含有4個甲基，則該有機物的結(jié)構(gòu)簡式為該有機物的二氯代物有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裝置后連接一個裝有堿石灰的干燥管(CH3)4C224、略

【分析】分析：（1）去氧或加氫為還原反應(yīng)；（2）鎂易被氧化；故鎂條表面有氧化物，需用砂紙打磨干凈；（3）①結(jié)晶速度越慢可得到較大顆粒的晶體；②洗滌時應(yīng)該注意不能引入新的雜質(zhì)；③趁熱過濾可以除去不溶性雜質(zhì)。

詳解：（1）根據(jù)反應(yīng)2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O的原理；硝基苯變?yōu)榉词脚嫉綖槿パ醴磻?yīng)，反應(yīng)屬于還原反應(yīng)；答案選C；（2）反應(yīng)加入的鎂條應(yīng)用砂紙打磨干凈的原因是除去鎂條表面的氧化物；（3）①結(jié)晶速度越慢可得到較大顆粒的晶體，故應(yīng)緩慢加入乙酸；②抽濾過程中要洗滌粗產(chǎn)品，注意不能引入新的雜質(zhì)，選擇用蒸餾水沖洗的液體是最好的，答案選B；③重結(jié)晶過程：加熱溶解→趁熱過濾→冷卻結(jié)晶→抽濾→洗滌→干燥，其中趁熱過濾可以除去不溶性雜質(zhì)，冷卻結(jié)晶，抽濾可以除去可溶性雜質(zhì)。

點睛：本題考查了有機實驗，涉及蒸發(fā)結(jié)晶、過濾等基本操作，難度不大，解題的關(guān)鍵是理解實驗原理，注意根據(jù)題中的實驗步驟結(jié)合實驗基本操作的要求靈活分析問題?！窘馕觥緾鎂易被氧化，其表面有氧化物，打磨是為了除去表面的氧化物緩慢加入B趁熱過濾抽濾25、略

【分析】【分析】

【詳解】

I.（1）寫出裝置A中，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為：2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2，裝置C裝有飽和食鹽水，其作用是除去氯氣中混有的HCl；（2）從a出來的氣體含有氯化氫和水蒸氣，依次通過dejh除去氯化氫和水蒸氣，然后與銅反應(yīng)，最后尾氣處理用氫氧化鈉，則依次再通過bcgf，所以按照氣流方向各儀器接口的連接順序為a→d→e→j→h→b→c→g→f；（3）D裝置中裝有堿石灰，其作用是吸收氯氣防止尾氣污染；防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置，使CuCl2水解；（4）實驗完畢，取試管中的固體用鹽酸溶解后，欲提純氯化銅（原粗銅含雜質(zhì)鐵）可加入CuO或CuCO3、Cu2(OH)2CO3、.Cu(OH)2以消耗氫離子但不引入新的雜質(zhì)；并過濾。答案選BC；

Ⅱ、向制得的氯化銅溶液中通入SO2，加熱一段時間即可制得CuCl，同時生成硫酸，反應(yīng)的離子方程式為：2Cu2+＋2Cl-＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H+＋SO42-；（1）溫度不能過低，防止反應(yīng)速率慢；不能過高，過高HCl揮發(fā)，故①中“加熱”溫度不宜過高和過低；當(dāng)觀察到溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，即表明反應(yīng)已經(jīng)完全；（2）②中，加入大量水的作用是稀釋促進(jìn)平衡CuCl（白色）+2Cl-[CuCl3]2-（無色溶液）逆向移動，生成CuCl；（３）根據(jù)①CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)Ksp=1.4x10-6；②CuCl(s)+Cl一(aq)CuCl2-(aq)K=0.35，①+②得2CuCl(s)Cu+(aq)+[CuCl2]-(aq)K=0．49×10-6，根據(jù)方程式可知：c(Cu+)·c([CuCl2]-)=0．49×10-6,兩離子濃度成反比，兩離子濃度相同時為0．7×10-3mol/L，據(jù)此可畫出圖像為：【解析】2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2除去氯氣中混有的HCldejh(bc)gf吸收氯氣防止尾氣污染；防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置，使CuCl2水解BC2Cu2+＋2Cl-＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H+＋SO42-溫度不能過低，防止反應(yīng)速率慢；不能過高，過高HCl揮發(fā)溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色稀釋促進(jìn)平衡CuCl（白色）+2Cl-[CuCl3]2-（無色溶液）逆向移動，生成CuCl；五、探究題(共4題，共28分)26、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+CO