2024年沪科版高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科版高二化学上册阶段测试试卷25考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、rm{N_{2}(g)}与rm{H_{2}(g)}在铁催化剂表面经历如下过程生成rm{NH_{3}(g)}下列说法____的是

A.Ⅰ过程中破坏的均为非极性键B.Ⅰ过程吸收能量，rm{II}过程放出能量C.rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)娄陇H=篓C46kJ隆陇mol^{-1}}D.rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)娄陇H=

篓C46kJ隆陇mol^{-1}}与rm{1molN_{2}(g)}所具有的总能量比rm{3molH_{2}(g)}rm{2mo}rm{NH}rm{NH}所具有的总能量高rm{{,!}_{3}}2、rm{14}下列现象与氢键有关的是rm{(}rm{)}rm{垄脵NH_{3}}的熔、沸点比rm{VA}族其他元素氢化物的高rm{垄脷}小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶rm{垄脹}冰的密度比液态水的密度小rm{垄脺}尿素的熔、沸点比醋酸的高rm{垄脻}邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低rm{垄脼}水分子高温下也很稳定A.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺垄脻垄脼}B.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺垄脻}C.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}D.rm{垄脵垄脷垄脹}3、下面是关于用已知浓度盐酸滴定未知浓度氢氧化钠溶液的酸碱中和滴定实验操作的叙述：

①取一锥形瓶；用待测NaOH溶液润洗两次．

②在一锥形瓶中加入25.00mL待测NaOH溶液．

③加入几滴石蕊试剂做指示剂．

④取一支酸式滴定管；洗涤干净．

⑤直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液；进行滴定．

⑥左手旋转滴定管的玻璃活塞；右手不停摇动锥形瓶．

⑦两眼注视着滴定管内盐酸溶液液面下降；直至滴定终点．

其中所述操作有错误的序号为（）

A.①③⑤⑦

B.①⑤⑥⑦

C.③⑤⑦

D.④⑥⑦

4、下列气体的排放可能会造成酸雨的是A.COB.CH4C.SO2D.N25、下列物质在水溶液中，存在电离平衡的是A．NaOHB．CH3COOHC．BaSO4D．CH3COONa6、鉴别织物成分是真丝还是人造丝，正确的操作方法是rm{(}rm{)}A.滴加醋酸B.滴加浓硫酸C.滴加酒精D.灼烧7、下列液体分别和溴水混合并振荡，静置后分为两层，水层、油层均为无色的是rm{(}rm{)}A.辛烷B.戊炔C.rm{CCl_{4}}D.rm{NaOH}溶液评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、常温下，将某一元酸rm{HA}和rm{NaOH}溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的rm{pH}如下表；请回答：

。实验编号rm{HA}物质的量浓度rm{(mol?L^{-1})}rm{NaOH}物质的量浓度rm{(mol?L^{-1})}混合溶液的rm{pH}甲rm{0.2}rm{0.2}rm{pH=a}乙rm{c}rm{0.2}rm{pH=7}丙rm{0.2}rm{0.1}rm{pH>7}丁rm{0.1}rm{0.1}rm{pH=9}rm{(1)}不考虑其它组的实验结果，单从甲组情况分析，如何用rm{a}rm{(}混合溶液的rm{pH)}来说明rm{HA}是强酸还是弱酸______．

rm{(2)}不考虑其它组的实验结果，单从乙组情况分析，rm{c}是否一定等于rm{0.2}______rm{(}选填“是”或“否”rm{)}混合液中离子浓度rm{c(A^{-})}与rm{c(Na^{+})}的大小关系是______．

rm{(3)}丙组实验结果分析，rm{HA}是______酸rm{(}选填“强”或“弱”rm{)}该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是______．

rm{(4)}丁组实验所得混合溶液中由水电离出的rm{c(OH^{-})=}______rm{mol?L^{-1}.}写出该丁组实验所得混合溶液中下列算式的精确结果rm{(}不能做近似计算rm{).c(OH^{-})-c(HA)=}______rm{mol?L^{-1}}．9、钠及其重要化合物之间的转化关系如下图所示：回答下列问题：rm{(1)}少量的金属钠应保存在_______________中。rm{(2)Na_{2}O_{2}}的颜色为______________________。rm{(3)}反应rm{垄脵}的氧化剂是_____________________。rm{(4)Na_{2}CO_{3}}溶液与rm{BaCl_{2}}溶液反应产生白色沉淀，其中rm{Na_{2}CO_{3}}参加反应的离子是__rm{(}填“rm{Na^{+}}”或“rm{CObegin{matrix}2-3end{matrix}}”rm{CObegin{matrix}2-3end{matrix}

}rm{)}反应rm{(5)}的化学方程式为_______________。rm{垄脷}10、（6分）红磷（P）和白磷（P4）均为磷的同素异形体。已知：P4(白s)＋5O2(g)＝P4O10(s)△H=-2983.2kJ/molP(红s)＋5/4O2(g)＝1/4P4O10(s)△H=-738.5kJ/mol写出白磷转化为红磷的热化学方程式,由此可知，红磷比白磷。（填“稳定”或“不稳定”）11、rm{(1)}中国科学院长春应用化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破，组装出了自呼吸电池及主动式电堆rm{.}甲醇燃料电池的工作原理如图所示．rm{垄脵}该电池工作时，rm{b}口通入的物质为____________，rm{c}口通入的物质为____________rm{.}

rm{垄脷}该电池负极的电极反应式为：______________________________rm{.}

rm{垄脹}工作一段时间后，当rm{12.8g}甲醇完全反应生成rm{CO_{2}}时，有______rm{N_{A}}个电子转移．rm{(2)}古代铁器rm{(}埋藏在地下rm{)}在严重缺氧的环境中，仍然锈蚀严重rm{(}电化学腐蚀rm{).}原因是一种叫做硫酸盐还原菌的细菌，能提供正极反应的催化剂，每rm{48gSO_{4}^{2-}}放电转移电子数为rm{2.408隆脕10}该反应放出的能量供给细菌生长、繁殖之需．rm{垄脵}写出该电化学腐蚀的正极反应的电极反应式：______________________________

rm{垄脷}文物出土前，铁器表面的腐蚀产物可能有rm{(}写化学式rm{)}____________．rm{(3)}科学家采用质子高导电性的rm{SCY}陶瓷rm{(}可传递rm{H^{+})}实现了低温常压下高转化率的电化学合成氨，其实验原理示意图如图所示，则阴极的电极反应式是__________________．12、下表为前rm{20}号元素中的某些元素性质的一些数据：。元素性质rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}rm{M}rm{I}rm{J}rm{K}原子半径rm{(10^{-10}m)}rm{1.02}rm{1.86}rm{0.74}rm{1.43}rm{0.77}rm{1.10}rm{0.99}rm{1.54}rm{0.75}rm{1.17}rm{1.34}最高价态rm{+6}rm{+1}rm{+3}rm{+4}rm{+5}rm{+7}rm{+1}rm{+5}rm{+4}rm{+1}最低价态rm{-2}rm{-2}rm{-4}rm{-3}rm{-1}rm{-3}rm{-4}试回答下列问题：

rm{(1)}以上元素中第一电离能最小的是______rm{(}填元素名称rm{)}电负性最大的是________rm{(}填元素名称rm{)}

rm{(2)}写出下列反应的化学方程式rm{M_{2}C_{2}}与rm{EC_{2}}反应：______

rm{(3)}上述rm{E.F.G}三种元素中的某两中元素形成的化合物中，每一个原子都满足rm{8}电子稳定结构的______，______rm{(}填化学式rm{)}．

rm{(4)}元素rm{E}与氢元素形成的分子rm{E_{2}H_{4}}该分子中共形成______个rm{娄脪}键，______个rm{娄脨}键．

rm{(5)C}与rm{I}相比较，非金属性较弱的______rm{(}填元素名称rm{)}可以验证你的结论的是下列中的______

A.气态氢化物的稳定性和挥发性rm{B.}单质分子中的键能。

C.两元素的电负性rm{D.}含氧酸的酸性评卷人得分三、解答题(共7题，共14分)13、A；B、C、D是按原子序数由小到大排列的第二、三周期元素的单质．B、E均为组成空气的成分．F的焰色反应呈黄色．在G中；非金属元素与金属元素的原子个数比为1：2．在一定条件下，各物质之间的相互转化关系如图所示（图中部分产物未列出）：

请填写下列空白：

（1）A是______；C是______．

（2）H与盐酸反应生成E的化学方程式是：______．

（3）写出E只与F反应的化学方程式是：______．

（4）F与G的水溶液恰好反应只生成I和D的离子方程式是：______．

14、A～E是原子序数依次增大的五种短周期元素；其有关性质或结构信息如表所示：

。元素ABCDE有关性质或结构信息单质是空气中主要成分之一，其氢化物水溶液呈碱性原子核外有两个未成对电子日常生活中常见的金属，通常用电解法冶炼其单质其简单阴离子带两个单位负电荷单质有毒，常温下为有色气体，常用于自来水消毒请结合表中信息完成下列各小题：

（1）C在元素周期表中的位置是______；D的简单阴离子的核外电子排布式为______．

（2）如图是A～E的第一电离能和电负性数据；请回答：

①E的第一电离能大于D；其原理是（根据它们在周期表中的位置解释）______．

②A；B、D三种元素的非金属性由强到弱的顺序是______．

（3）A的常见单质分子有多个共价键．

①常温下；该单质化学性质很稳定，是因为______．

②该单质分子中σ键与π键的数目之比为______．

（4）写出C；E形成的化合物与A的氢化物在水溶液中反应的离子方程式______．

15、Zn-MnO2干电池应用广泛，其电解质溶液是ZnCl2-NH4Cl混合溶液．

（1）该电池的负极材料是______．电池工作时；电子流向______（填“正极”或“负极”）．

（2）若ZnCl2-NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2+，会加速某电极的腐蚀．其主要原因是______．欲除去Cu2+；最好选用下列试剂中的______（填代号）．

a．NaOHb．Znc．Fed．NH3•H2O

（3）MnO2的生产方法之一是以石墨为电极，电解酸化的MnSO4溶液．阴极的电极反应式是：______．若电解电路中通过2mol电子，MnO2的理论产量为______．

16、某化学学习兴趣小组，为了研究晶体的结构和性质，查阅了一水合硫酸四氨合铜（Ⅱ）（[Cu（NH3）4]SO4）•H2O相关资料：

一水合硫酸四氨合铜（Ⅱ）（[Cu（NH3）4]SO4）•H2O为蓝色正交晶体；常温下，它易溶于水，受热分解产生氨气和硫酸铜，易与空气中的二氧化碳；水反应生成铜的碱式盐，使晶体变成绿色粉末．

它的制备原理是利用硫酸铜溶液和氨水反应生成；其晶体的析出一般不宜用蒸发浓缩等常规方法．析出晶体方法：向硫酸铜溶液中加入浓氨水后，再加入浓乙醇溶液使晶体析出．

请回答下列问题：

（1）请写出制备硫酸四氨合铜（Ⅱ）的反应方程式：______．

（2）析出晶体不用蒸发浓缩方法的原因是______；其中乙醇的作用是______．

（3）硫酸四氨合铜属于配合物，晶体中Cu2+与NH3之间的键型为______；该化学键能够形成的原因是______．

（4）请你设计实验方案探究确定SO2-4为配合物外界．______．

17、现有电解质溶液：①NaOH②NaHCO3③CH3COONa当三种溶液的pH相同时；其物质的量浓度由大到小的顺序是______．

18、由溴乙烷可制备多种物质，请写出下列各步反应的化学方程式

（1）______．

（2）______．

（3）______．

（4）______．

（5）______．

19、有一混和气体平均相对分子质量为30；由一氧化碳；乙烯和氧气组成．经点燃充分反应后，测得混合气体中不含有一氧化碳和乙烯．试求：（写出计算推理的详细过程）

（1）原混合气体中氧气所占的体积分数[ω（O2）]．

（2）原混合气体中一氧化碳的体积分数[ω（CO）]的取值范围．

（3）原混合气体中乙烯的体积分数[ω（C2H4）]的取值范围．

评卷人得分四、探究题(共4题，共24分)20、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。21、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。22、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。23、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共12分)24、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。25、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。26、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。27、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分六、原理综合题(共4题，共24分)28、研究钠及其化合物有重要意义。

（1）NaOH是实验室中最常用的试剂之一。实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL；根据配制溶液的过程，回答问题：

①实验中除需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是__________。

②实验中需用托盘天平（带砝码）称量NaOH固体________g。

（2）Na2O2可作为呼吸面具和潜水艇里氧气的来源。Na2O2作为供氧剂时可能发生的反应有_________、___________。

（3）过氧化钠保存不当容易变质生成Na2CO3。某过氧化钠样品已经部分变质，请你设计实验，限用一种溶液和水，证明过氧化钠已经变质：_________________________（说明操作；现象和结论）。

（4）NaNO2因外观和食盐相似；又有咸味，容易使人误食中毒。

①已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反应中，标准状况下，每生成2.24LNO气体，转移电子的物质的量为_______mol，参加反应的HI的物质的量是________________mol。

②实验室要鉴别NaNO2和NaCl两种固体，可选用的试剂是_________（填序号）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液29、通常用燃烧的方法测定有机物的分子式；可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加热下充分燃烧，根据产品的质量确定有机物的组成。如图所示的是用燃烧法确定有机物物分子式的常用装置.

现准确称取0.72g某烃样品；经燃烧后A管增重2.2g，B管增重1.08g。请回答:

(1)产生的氧气按从左到右流向，所选装置各导管的连接顺是:__________；

(2)A、B管内均盛有固态试剂，A管的作用是__________。

(3)燃烧管中CuO的作用是_________；如果把CuO网去掉，A管重量将_________；(填“增大”；“减小”、或“不变”)；

(4)请改进这套装置的一个不足之处_________。

(5)若该有机物分子中含有4个甲基，则该有机物的结构简式为_________；该有机物的二氯代物有_______种。30、化学家侯德榜创立了中国的制碱工艺，促进了世界制碱技术的发展。下图是纯碱工艺的简化流

（1）写出CO2的电子式____________________。

（2）用离子方程式表示纯碱工艺中HCO3-的生成___________________。

（3）工业生产时先氨化再通CO2，顺序不能颠倒，原因是_______________。

（4）滤液A中最主要的两种离子是_________。

（5）某小组设计如下实验分离滤液A中的主要物质。打开分液漏斗活塞，一段时间后，试管中有白色晶体生成，用化学原理解释白色晶体产生的原因___________________。

（6）某纯碱样品因煅烧不充分而含少量NaHCO3，取质量为m1的纯碱样品，充分加热后质量为m2，则此样品中碳酸氢钠的质量分数为______________________。31、研究钠及其化合物有重要意义。

（1）NaOH是实验室中最常用的试剂之一。实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL；根据配制溶液的过程，回答问题：

①实验中除需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是__________。

②实验中需用托盘天平（带砝码）称量NaOH固体________g。

（2）Na2O2可作为呼吸面具和潜水艇里氧气的来源。Na2O2作为供氧剂时可能发生的反应有_________、___________。

（3）过氧化钠保存不当容易变质生成Na2CO3。某过氧化钠样品已经部分变质，请你设计实验，限用一种溶液和水，证明过氧化钠已经变质：_________________________（说明操作；现象和结论）。

（4）NaNO2因外观和食盐相似；又有咸味，容易使人误食中毒。

①已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反应中，标准状况下，每生成2.24LNO气体，转移电子的物质的量为_______mol，参加反应的HI的物质的量是________________mol。

②实验室要鉴别NaNO2和NaCl两种固体，可选用的试剂是_________（填序号）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】本题考查了化学反应能量变化，图象分析判断，注意拆开化学键吸收能量，形成化学键放出能量，掌握基础是解题关键，题目难度中等。【解答】A.Ⅰ过程中破坏的氮氮键、氢氢键均为非极性键，故A正确；B.Ⅰ过程为旧化学键断裂过程，吸收能量，rm{II}过程新化学键形成过程，放出能量，故B正确；过程新化学键形成过程，放出能量，故B正确；rm{II}C.由图可知rm{N}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+3H}rm{(g)+3H}rm{(g)triangleH=2隆脕(1129-1175)kJ/mol=-92kJ/mol}故C错误；rm{{,!}_{2}}rm{(g)?2NH}rm{(g)?2NH}与rm{{,!}_{3}}rm{(g)triangle

H=2隆脕(1129-1175)kJ/mol=-92kJ/mol}故C错误；rm{(g)triangle

H=2隆脕(1129-1175)kJ/mol=-92kJ/mol}所具有的总能量比D.合成氨的反应为放热反应，故rm{1molN}rm{1molN}rm{{,!}_{2}}所具有的总能量高，故D正确。故选C。

rm{(g)}与rm{3molH}【解析】rm{C}2、B【分析】【分析】本题考查氢键对物质性质的影响，分子间氢键的存在导致物质熔沸点升高、溶解性增大，且同分异构体中分子内氢键导致物质的熔沸点降低。注意氢键只影响物质物理性质不影响化学性质，氢键属于分子间作用力，不属于化学键，为易错点。【解答】rm{垄脵}第rm{VA}族中只有rm{N}的氢化物分子间含有氢键，氢键的存在导致氨气熔沸点升高，所以rm{NH_{3}}的熔、沸点比rm{VA}族其它元素氢化物的高；故正确；

rm{垄脷}小分子的醇；羧酸都可以和水形成分子间氢键；导致溶解性增大，所以可以和水以任意比互溶，故正确；

rm{垄脹}冰的水分子间存在氢键；其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，所以冰的密度比液态水的密度小，故正确；

rm{垄脺}尿素分子间可以形成的氢键比醋酸分子间形成的氢键多；尿素的熔；沸点比醋酸的高，故正确；

rm{垄脻}对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键；而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔；沸点比对羟基苯甲酸的低，故正确；

rm{垄脼}水分子在高温下也很稳定与其化学键有关；与氢键无关，故错误。

故选B。【解析】rm{B}3、A【分析】

①中和滴定中锥形瓶不需要润洗；因碱的物质的量一定，有蒸馏水对实验无影响，故错误；

②锥形瓶中盛放待测液；标准酸滴定碱，所以锥形瓶中加入25.00mL待测NaOH溶液，故正确；

③石蕊遇碱变蓝；遇酸变红，但变色范围与反应终点差距大，酸滴定碱一般选择酚酞作指示剂，故错误；

④实验前滴定管需洗涤；防止残留物质对实验造成影响，故正确；

⑤酸式滴定管需要润洗；否则浓度变小，消耗酸偏大，则不能直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，故错误；

⑥滴定过程中；需要控制活塞和振荡锥形瓶，即左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶，故正确；

⑦滴定过程中；需要观察锥形瓶中溶液颜色的变化，从而确定滴定终点，而不能观察滴定管内盐酸溶液液面下降，故错误；

故选A．

【解析】【答案】①中和滴定中锥形瓶不需要润洗；

②锥形瓶中盛放待测液；

③石蕊遇碱变蓝；遇酸变红，但变色范围与反应终点差距大；

④实验前滴定管需洗涤；

⑤酸式滴定管需要润洗；

⑥滴定过程中；需要控制活塞和振荡锥形瓶；

⑦滴定过程中；需要观察锥形瓶中溶液颜色的变化．

4、C【分析】【解析】试题分析：CO可以引起血液中毒，CH4可以用作燃料，SO2可以形成酸雨，N2大气的主要成分。答案选C。考点：物质的性质【解析】【答案】C5、B【分析】【解析】【答案】B6、D【分析】【分析】

在蛋白质的性质中可以知道；蛋白质灼烧有烧焦羽毛的味道。

【解答】蚕丝属于蛋白质，遇到浓硝酸有颜色反应，灼烧后有烧焦羽毛的气味。人造丝属于纤维素，遇到浓硝酸没有颜色反应，灼烧后也没有烧焦羽毛的气味，所以可以用浓硝酸或者灼烧的方法来鉴别。故选D。【解析】rm{D}7、B【分析】解：rm{A.}辛烷与溴不反应；溴易溶于辛烷，溶液分层，辛烷层为橙黄色，故A错误；

B.戊炔与溴发生加成反应；溴水褪色，且溶液分层，故B正确；

C.溴溶液四氯化碳；不反应，四氯化碳层呈橙红色，故C错误；

D.溴与氢氧化钠反应；溶液无色，不分层，故D错误．

故选B．

静置后分为两层；水层；油层均为无色，说明溴参加反应，且应生成不溶于水的溴代烃，以此解答．

本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，难度不大．【解析】rm{B}二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】解：rm{(1)}不考虑其它组的实验结果，单从甲组情况分析，若rm{a=7}则rm{HA}是强酸；若rm{a>7}则rm{HA}是弱酸；

故答案为：若rm{a=7}则rm{HA}是强酸；若rm{a>7}则rm{HA}是弱酸；

rm{(2)}不考虑其它组的实验结果，单从乙组情况分析，rm{pH=7}若rm{HA}为强酸，则rm{C}等于rm{0.2}若rm{HA}为弱酸，则rm{C}大于rm{0.2}所以rm{C}不一定为rm{0.2}溶液中存在电荷守恒：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(A^{-})+c(OH^{-})}因rm{pH=7}则rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}则rm{c(A^{-})=c(Na^{+})}

故答案为：否；rm{c(A^{-})=c(Na^{+})}

rm{(3)HA}物质的量浓度为rm{0.2mol/L}而rm{NaOH}物质的量浓度为rm{0.1mol/L}rm{pH>7}所以rm{HA}是弱酸，丙组得到的溶液为rm{0.05mol/L}的rm{HA}和rm{0.05mol/L}的rm{NaH}的混合液，根据电荷守恒可以得到rm{c(OH^{-})+c(A^{-})=c(Na^{+})+c(H^{+})}由于rm{pH>7}所以rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}即rm{c(Na^{+})>c(A^{-})}所以混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是rm{c(Na^{+})>c(A^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}

故答案为：弱；rm{c(Na^{+})>c(A^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}

rm{(4)}丁组实验所得混合溶液为浓度为rm{0.05mol/L}的rm{NaA}溶液，其rm{pH}为rm{9}促进水的电离，rm{OH^{-}}全部为水电离，所以由水电离出的rm{c(OH^{-})=1隆脕10^{-5}mol/L}溶液中存在质子守恒，rm{c(OH^{-})=c(HA)+c(H^{+})}则rm{c(OH^{-})-c(HA)=c(H^{+})=1隆脕10^{-9}mol/L}

故答案为：rm{1隆脕10^{-5}}rm{1隆脕10^{-9}}．

rm{(1)}酸碱恰好完全反应，如反应后呈中性，则rm{pH=7}为强酸，如rm{pH>7}则为弱酸；

rm{(2)}若rm{HA}为强，则rm{C}等于rm{0.2}若rm{HA}为弱酸，则rm{C}大于rm{0.2}所以rm{C}不一定为rm{0.2}结合电荷守恒判断；

rm{(3)pH>7}所以rm{HA}是弱酸，得到的溶液为rm{0.05mol/L}的rm{HA}和rm{0.05mol/L}的rm{NaH}的混合液；

rm{(4)}所得混合溶液为浓度为rm{0.05mol/L}的rm{NaA}溶液，其rm{pH}为rm{9}促进水的电离，rm{OH^{-}}全部为水电离，以此可计算浓度，溶液中存在质子守恒，rm{c(OH^{-})=c(HA)+c(H^{+}).}

本题考查较为综合，涉及了盐类水解、强弱酸、电荷守恒等知识，有一定的综合性，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，该题的命题方式为高考命题的热点，本题难度中等．【解析】若rm{a=7}则rm{HA}是强酸；若rm{a>7}则rm{HA}是弱酸；否；rm{c(A^{-})=c(Na^{+})}弱；rm{c(Na^{+})>c(A^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}rm{1隆脕10^{-5}}rm{1隆脕10^{-9}}9、（1）煤油或石蜡油

（2）淡黄色

（3）H2O

（4）CO32-

（5）2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O【分析】【分析】本题考查的是钠的重要化合物的性质和转化，难度一般。【解答】rm{(1)}金属钠能与氧气或水等反应，所以应保存在煤油或石蜡油中，故答案为：煤油或石蜡油；rm{(2)}过氧化钠是淡黄色的，故答案为：淡黄色；rm{(3)}钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，水中氢元素化合价降低，水做氧化剂，故答案为：rm{H_{2}O}；rm{(4)}碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠，参加反应的是碳酸根离子，故答案为：rm{CO_{3}^{2-}}rm{(5)}碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和水和二氧化碳，故答案为：rm{2NaHCO_{3}overset{triangle}{!=}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{2NaHCO_{3}overset{triangle

}{!=}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}【解析】rm{(1)}煤油或石蜡油rm{(2)}淡黄色rm{(3)H_{2}O}rm{(4)CO_{3}^{2-}}rm{(5)2NaHCO_{3}overset{triangle}{!=}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{(5)2NaHCO_{3}overset{triangle

}{!=}Na_{2}CO_{3}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}10、略

【分析】试题分析：由盖斯定律，第一个热化学方程式减去4倍第二个热化学方程式得，P4(白s)＝P(红s)△H=-2983.2kJ/mol-（-738.5kJ/mol）×4=－29.2kJ/mol，由此可知，白磷具有的能量高，红磷比白磷稳定。考点：热化学方程式的书写【解析】【答案】（6分）P4(s)＝4P(s)△H＝－29.2kJ/mol，稳定；11、（1）①CH3OHO2②CH3OH+6e-+H2O=CO2+6H+③2.4（2）①SO42-+8e-+4H2O=S2-+8OH-②Fe(OH)2、FeS（3）N2+6H++6e-=2NH3【分析】【分析】本题是对电化学的知识的考查，是高考常考知识点，难度一般。掌握原理是关键，涉及原电池的电极反应式、转移的电子数的计算、电解池的计算等知识。【解答】rm{(1)}依据原电池的原理：负极发生氧化反应，正极发生还有反应，电子守恒。本题是甲醇燃料电池，即甲醇在负极，氧气在正极，离子是阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。据此答题。rm{垄脵}依据离子移动的方向，所以左边的电极是负极，右边的电极是正极，所以该电池工作时，rm{b}口通入的物质为依据离子移动的方向，所以左边的电极是负极，右边的电极是正极，所以该电池工作时，rm{垄脵}口通入的物质为rm{b}rm{CH_{3}OH}口通入的物质为rm{c}故答案为：rm{O_{2}}rm{CH_{3}OH}；rm{O_{2}}该电池负极的电极反应式为：rm{垄脷}该电池负极的电极反应式为：故答案为：rm{垄脷}rm{CH_{3}OH+6e^{-}+H_{2}O=CO_{2}+6H^{+}}依据电极反应方程式，当rm{CH_{3}OH+6e^{-}+H_{2}O=CO_{2}+6H^{+}}甲醇完全反应生成rm{垄脹}依据电极反应方程式，当rm{12.8g}甲醇完全反应生成rm{CO}rm{垄脹}rm{12.8g}rm{CO}而rm{2}甲醇产生rm{2}电子，所以时，甲醇的物质的量是：rm{12.8g}rm{12.8g}电子转移。即rm{隆脗32g?mol-1=0.4mol}rm{1mol}个电子转移，故答案为：rm{6mol}有rm{0.4mol}rm{0.4mol}的物质的量是rm{隆脕6=2.4mol}rm{2.4}而放电转移电子数为rm{NA}个电子转移，故答案为：rm{2.4}电子的物质的量是rm{NA}所以rm{2.4}需要得到rm{(2)48gSO}电子；依据化合价的变化，则产物的化合价是rm{{,!}_{4}^{2-}}的物质的量是rm{48g}据此答题。rm{{,!}_{4}^{2-}}该电化学腐蚀的正极反应的电极反应式：rm{48g}故答案为：rm{隆脗96g?mol^{-;1}=0.5mol}rm{2.408隆脕10^{24}}文物出土前，铁器表面的腐蚀产物可能有：rm{2.408隆脕10^{24}隆脗6.02隆脕10^{23}=4mol}rm{1molSO_{4}^{2-}}故答案为：rm{8mol}rm{-2}rm{垄脵}该电化学腐蚀的正极反应的电极反应式：依据电解池的原理：阴极发生还有反应，阳极发生氧化反应，依原理图，导电的例子是rm{垄脵}则阴极的电极反应式是：rm{SO_{4}^{2-}+8e^{-}+4H_{2}O=S^{2-}+8OH^{-}}故答案为：rm{SO_{4}^{2-}+8e^{-}+4H_{2}O=S^{2-}+8OH^{-}}rm{垄脷}文物出土前，铁器表面的腐蚀产物可能有：【解析】rm{(1)垄脵CH_{3}OH}rm{O_{2}}rm{垄脷CH_{3}OH+6e^{-}+H_{2}O=CO_{2}+6H^{+}}rm{垄脹2.4}rm{(2)垄脵SO_{4}^{2-}+8e^{-}+4H_{2}O=S^{2-}+8OH^{-}}rm{垄脷Fe(OH)_{2}}rm{FeS}rm{(3)N_{2}+6H^{+}+6e^{-}=2NH_{3}}12、（1）钾；氧；

（2）

（3）

（4）5；1；

（5）氮；C；【分析】【分析】本题考查原子结构与元素周期律知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原子的结构特点和在周期表中的递变规律，为解答该题的关键，难度中等。【解答】前rm{20}号元素中，rm{A}rm{C}都最低价rm{-2}处于rm{VIA}族，rm{A}有rm{+6}价，rm{C}只有rm{-2}价，则rm{A}为硫rm{S}rm{C}为氧rm{O}rm{E}rm{J}都有rm{+4}rm{-4}价，处于rm{IVA}族，rm{E}的原子半径较小，则rm{E}是碳rm{C}rm{J}是硅rm{Si}rm{F}rm{I}都有rm{+5}rm{-3}价，处于rm{VA}族，rm{F}的原子半径大于rm{I}则rm{F}是磷rm{P}rm{I}是氮rm{N}rm{G}有rm{+7}rm{-1}价，为Ⅶrm{A}族元素，rm{G}是rm{Cl}元素；rm{D}只有rm{+3}价，为Ⅲrm{A}族元素，原子半径大于rm{Si}原子半径，所以rm{D}是rm{Al}元素；rm{B}rm{M}rm{K}最高正价为rm{+1}没有负价，处于rm{IA}族，rm{B}的原子半径比rm{Al}原子半径大很多，不能处于同周期，则rm{B}为钾rm{K}rm{B}rm{M}rm{K}原子半径相差不是太大，应相邻，则rm{M}为钠rm{Na}rm{K}为锂rm{Li}号元素中，rm{20}rm{A}都最低价rm{C}处于rm{-2}族，rm{VIA}有rm{A}价，rm{+6}只有rm{C}价，则rm{-2}为硫rm{A}rm{S}为氧rm{C}rm{O}rm{E}都有rm{J}rm{+4}价，处于rm{-4}族，rm{IVA}的原子半径较小，则rm{E}是碳rm{E}rm{C}是硅rm{J}rm{Si}rm{F}都有rm{I}rm{+5}价，处于rm{-3}族，rm{VA}的原子半径大于rm{F}则rm{I}是磷rm{F}rm{P}是氮rm{I}rm{N}有rm{G}rm{+7}价，为Ⅶrm{-1}族元素，rm{A}是rm{G}元素；rm{Cl}只有rm{D}价，为Ⅲrm{+3}族元素，原子半径大于rm{A}原子半径，所以rm{Si}是rm{D}元素；rm{Al}rm{B}rm{M}最高正价为rm{K}没有负价，处于rm{+1}族，rm{IA}的原子半径比rm{B}原子半径大很多，不能处于同周期，则rm{Al}为钾rm{B}rm{K}rm{B}rm{M}原子半径相差不是太大，应相邻，则rm{K}为钠rm{M}rm{Na}为锂rm{K}

rm{Li}以上rm{(1)}以上rm{11}种元素中，钾rm{K}元素的金属性最强，其第一电离能最小，氧的电负性最大，故答案为：钾、氧；种元素中，钾rm{(1)}元素的金属性最强，其第一电离能最小，氧的电负性最大，故答案为：钾、氧；

rm{11}rm{K}rm{(2){M}_{2}{C}_{2}}rm{(2){M}_{2}{C}_{2}}，二者反应的方程式为rm{2N{a}_{2}{O}_{2}+2C{O}_{2}篓T2N{a}_{2}C{O}_{3}+{O}_{2}}故答案为：rm{2N{a}_{2}{O}_{2}+2C{O}_{2}篓T2N{a}_{2}C{O}_{3}+{O}_{2}}

与rm{E{C}_{2}}rm{E{C}_{2}}化学式分别为rm{N{a}_{2}{O}_{2}}三种元素中的某两种元素形成的化合物中，每一个原子都满足rm{N{a}_{2}{O}_{2}}电子稳定结构的物质可能是，故答案为：和rm{C{O}_{2}}和rm{C{O}_{2}}，二者反应的方程式为rm{2N{a}_{2}{O}_{2}+2C{O}_{2}篓T2N{a}_{2}C{O}_{3}+{O}_{2}

}故答案为：

rm{2N{a}_{2}{O}_{2}+2C{O}_{2}篓T2N{a}_{2}C{O}_{3}+{O}_{2}

}元素rm{2N{a}_{2}{O}_{2}+2C{O}_{2}篓T2N{a}_{2}C{O}_{3}+{O}_{2}

}与氢元素形成的分子rm{(3)C}rm{P}rm{Cl}三种元素中的某两种元素形成的化合物中，每一个原子都满足rm{8}电子稳定结构的物质可能是，故答案为：rm{(3)C}rm{P}直接与碳碳双键相连的原子与形成碳碳双键的两个原子在同一平面上，所以rm{Cl}个氢原子和两个碳原子都在同一平面上rm{8}rm{PC{l}_{3}}rm{CC{l}_{4}}；rm{(4)}元素rm{E}与氢元素形成的分子rm{{E}_{2}{H}_{4}}个键，碳碳双键中的一个键是rm{(4)}键，另一个键是rm{E}键，这样除去碳碳双键之中的一个键是rm{{E}_{2}{H}_{4}}键外，其余，其结构简式为rm{{H}_{2}C=C{H}_{2}}个键都是rm{{H}_{2}C=C{H}_{2}}键，

rm{.}直接与碳碳双键相连的原子与形成碳碳双键的两个原子在同一平面上，所以rm{4}个氢原子和两个碳原子都在同一平面上rm{.H}rm{.}

rm{4}与rm{.H}的化学式为rm{{,!}_{2}}和rm{C=CH}二者同周期元素，从左到右元素的非金属性逐渐增强，则非金属性氮的较弱，

rm{C=CH}

rm{{,!}_{2}}

分子中共有rm{6}个键，碳碳双键中的一个键是rm{娄脨}键，另一个键是rm{搂脪}键，这样除去碳碳双键之中的一个键是rm{娄脨}键外，其余rm{5}个键都是rm{搂脪}键，

rm{6}

rm{娄脨}

rm{搂脪}【解析】rm{(1)}钾；氧；rm{(2)2N{a}_{2}{O}_{2}+2C{O}_{2}=2Na2C{O}_{3}+{O}_{2}}rm{(2)2N{a}_{2}{O}_{2}+2C{O}_{2}=2Na2C{O}_{3}+{O}_{2}

}rm{(3)CC{l}_{4}}rm{PC{l}_{3}}rm{(4)5}rm{1}氮；rm{(5)}rm{C}三、解答题(共7题，共14分)13、略

【分析】

F的焰色反应呈黄色，说明F是钠的化合物，而F是单质B、C化合而成，B、E均为组成空气的成分，故C为金属钠；G是单质C、D化合而成，原子个数比为D：C=1：2，且原子序数D＞C，故D为硫；B为组成空气的成分，最容易想到的是O2，如B为O2，E也为组成空气的成分，E只能是CO2，A为碳，因F+E=H+B，故F是Na2O2，H是Na2CO3．

（1）由以上分析可知；A为碳，C为金属钠，故答案为：碳；钠；

（2）H是Na2CO3，与盐酸反应生成二氧化碳和水，反应的为Na2CO3+2HCl═CO2↑+H2O+2NaCl；

故答案为：Na2CO3+2HCl═CO2↑+H2O+2NaCl；

（3）E与F反应为CO2和Na2O2的反应，生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；

故答案为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；

（4）G为Na2S，具有还原性，F是Na2O2，具有氧化性，二者在溶液中反应生成单质硫和NaOH，反应的离子方程式为Na2O2+S2-+2H2O═4OH-+S↓+2Na+；

故答案为：Na2O2+S2-+2H2O═4OH-+S↓+2Na+．

【解析】【答案】F的焰色反应呈黄色，说明F是钠的化合物，而F是单质B、C化合而成，B、E均为组成空气的成分，故C为金属钠；G是单质C、D化合而成，原子个数比为D：C=1：2，且原子序数D＞C，故D为硫，G为Na2S；B为组成空气的成分，最容易想到的是O2，如B为O2，E也为组成空气的成分，E只能是CO2，A即为碳．因F+E=H+B，故F是Na2O2，H是Na2CO3；然后结合物质的性质及化学用语来解答．

14、略

【分析】

A～E是原子序数依次增大的五种短周期元素，A单质是空气中主要成分之一，其氢化物水溶液呈碱性，则A为氮元素；B原子核外有两个未成对电子，则B的外围电子排布为ns2np2或ns2np4；原子序数大于氮元素小于Al元素，处于第二周期，故B为氧元素；C是日常生活中常见的金属，通常用电解法冶炼其单质，则C为Al元素；D元素简单阴离子带两个单位负电荷，处于ⅥA族，原子序数大于Al元素，故D为硫元素；E元素单质有毒，常温下为有色气体，常用于自来水消毒，故E为Cl元素；

（1）C为Al元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，处于周期表中第3周期ⅢA族；硫离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6；

故答案为：第3周期ⅢA族；1s22s22p63s23p6；

（2）①由图可知；同一周期由左到右第一电离能逐渐增大，故Cl元素的第一电离能较大；

故答案为：同一周期由左到右第一电离能逐渐增大；

②电负性越大；非金属性越强，由可知，电负性B＞A＞D，故非金属性B＞A＞D；

故答案为：B＞A＞D；

（3）①氮气分子中存在氮氮叁键；氮氮叁键的键能很大，氮气的化学性质稳定；

故答案为：氮氮叁键的键能很大；

②N≡N三键中含有1个σ键；2个π键；故氮气分子中σ键与π键数目之比为1：2；

故答案为：1：2；

（4）氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝与氯化铵，反应离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．

【解析】【答案】A～E是原子序数依次增大的五种短周期元素，A单质是空气中主要成分之一，其氢化物水溶液呈碱性，则A为氮元素；B原子核外有两个未成对电子，则B的外围电子排布为ns2np2或ns2np4；原子序数大于氮元素小于Al元素，处于第二周期，故B为氧元素；C是日常生活中常见的金属，通常用电解法冶炼其单质，则C为Al元素；D元素简单阴离子带两个单位负电荷，处于ⅥA族，原子序数大于Al元素，故D为硫元素；E元素单质有毒，常温下为有色气体，常用于自来水消毒，故E为Cl元素，据此解答．

15、略

【分析】

（1）负极上是失电子的；则Zn失电子为负极，电子由负极流向正极，故答案为：Zn（或锌）；正极；

（2）电化学腐蚀较化学腐蚀更快，锌与还原出来的Cu构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀．题目中a和d选项不能除去杂质离子，c项会引入新杂质，所以应选Zn将Cu2+置换为单质而除去．故答案为：锌与还原出来的Cu构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀；b；

（3）阴极上得电子，发生还原反应，H+得电子生成氢气．因为MnSO4～MnO2～2e-，通过2mol电子产生1molMnO2，其质量为87g．故答案为：2H++2e-→H2；87g．

【解析】【答案】（1）锌锰原电池中负极材料为活泼金属Zn，MnO2为正极；电池工作时电子从负极经外电路流向正极；

（2）若ZnCl2-NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2+，锌与还原出来的Cu构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀．除杂时不能引入新杂质，应选Zn将Cu2+置换为单质而除去；

（3）电解酸化的MnSO4溶液时，根据离子的放电顺序，阴极上首先放电的是H+，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，阳极反应式为：MnSO4-2e-+2H2O═MnO2+SO42-+4H+，若电路中通过2mol电子产生1molMnO2；质量为87g．

16、略

【分析】

（1）根据题意知，硫酸铜和氨水反应生成硫酸四氨合铜（Ⅱ），反应方程式为CuSO4+4NH3+H2O=[Cu（NH3）4]SO4•H2O，故答案为：CuSO4+4NH3+H2O=[Cu（NH3）4]SO4•H2O；

（2）根据题意知[Cu（NH3）4]SO4•H2O受热分解，所以不能用蒸发浓缩法制取[Cu（NH3）4]SO4•H2O，[Cu（NH3）4]SO4•H2O在水中的溶解度大于在乙醇中的溶解度；所以向硫酸铜溶液中加入浓氨水后，再加入浓乙醇溶液能使晶体析出；

故答案为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O受热分解；硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度或减小水的极性；

（3）配合物中中心原子和配体之间存在配位键，所以硫酸四氨合铜配合物晶体中Cu2+与NH3之间的键型为配位键；中心原子是铜离子，提供空轨道，配体是氨分子提供孤电子对，从而形成配位键；

故答案为：配位键，NH3能提供孤对电子，Cu2+能接受孤对电子（或有空轨道）；

（4）如果硫酸根离子为配合物的外界；则配合物溶于水后，能电离出自由移动的硫酸根离子，向溶液中加入硝酸钡溶液，如果溶液中有白色沉淀生成则证明硫酸根离子为配合物的外界，否则不是；

故答案为：取硫酸四氨合铜晶体溶于水配成溶液，向溶液中加入适量的Ba（NO3）2溶液，溶液中出现白色沉淀，说明溶液中有SO42-存在于外界．

【解析】【答案】（1）根据题意知硫酸铜和氨水反应生成硫酸四氨合铜（Ⅱ）；

（2）根据题意知[Cu（NH3）4]SO4•H2O受热分解；硫酸四氨合铜在乙醇中和水中的溶解性大小分析；

（3）晶体中Cu2+与NH3之间的键型为配位键；NH3能提供孤对电子，Cu2+能接受孤对电子（或有空轨道）；

（4）如果硫酸根离子为配合物的外界；则配合物溶于水后，能电离出自由移动的硫酸根离子，用硝酸钡溶液来检验溶液中是否存在自由移动的硫酸根离子，从而确定硫酸根离子是否为配合物的外界．

17、略

【分析】

氢氧化钠是强碱，不水解，相同浓度的三种溶液氢氧化钠的pH最大，所以pH相同的三种溶液中，氢氧化钠浓度最低，已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-；所以碳酸氢钠的水解程度大于醋酸钠，则醋酸钠的浓度大于碳酸氢钠，碳酸氢钠的浓度大于氢氧化钠，故答案为：③②①．

【解析】【答案】氢氧化钠是强碱；不水解，碳酸氢钠和醋酸钠是盐，盐溶液的碱性强弱取决于阴离子的水解能力，当pH相同时，越难水解的盐，其浓度越大．

18、略

【分析】

（1）卤代烃在碱性醇溶液加热条件下发生了消去反应，生成不饱和烯烃，CH2BrCH3+NaOHCH2=CH2↑+H2O+NaBr，故答案为：CH2Br-CH3+NaOHCH2=CH2↑+H2O+NaBr；

（2）由乙烯生成1，2-二溴乙烷，发生了加成反应，CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；

（3）卤代烃在碱性水溶液加热条件下发生了取代反应，生成醇：CH2BrCH2Br+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaBr，故答案为：CH2BrCH2Br+2NaOHCH2OHCH2OH+2NaBr；

（4）卤代烃在碱性水溶液加热条件下发生取代反应；由溴乙烷变成乙醇，生成乙醇与溴化钠；

方程式为CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；

故答案为：CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；

（5）1；2-二溴乙烷，在碱性醇溶液加热条件下发生了消去反应；

方程式为CH2BrCH2Br+2NaOHCH≡CH↑+2NaBr+2H2O；

故答案为：CH2BrCH2Br+2NaOHCH≡CH↑+2NaBr+2H2O；

【解析】【答案】抓住官能团的性质；根据题干给出的信息，从变化物质的性质及反应来分析解答；

19、略

【分析】

（1）一氧化碳；乙烯和氧气的相对分子质量分别为28、28、32；

所以32ω（O2）+28[1-ω（O2）]=30；

解得ω（O2）=0.5；

答：原混合气体中氧气所占的体积分数为0.5；

（2）原混合气体中氧气体积分数ω（O2）=0.5，所以ω（CO）+ω（C2H4）=0.5；

假定混合气体1L，一氧化碳体积分数为ω（CO），乙烯的体积分数ω（C2H4）；混合气体中不含有一氧化碳和乙烯，说明一氧化碳与乙烯都完全燃烧，一氧化碳与乙烯消耗的氧气应小于或等于混合气体中氧气的量．

由反应2CO+O2═2CO2，C2H4+3O2═2CO2+2H2O可知；0.5ω（CO）+3ω（C2H4）≤0.5；

联立ω（CO）+ω（C2H4）=0.5，0.5ω（CO）+3ω（C2H4）≤0.5，解得ω（CO）≥0.4；ω（C2H4）≤0.1；

所以0.4≤ω（CO）≤0.5；

答：原混合气体中一氧化碳的体积分数的取值范围为0.4≤ω（CO）≤0.5；

（3）由（2）分析可知，0≤ω（C2H4）≤0.1；

答：原混合气体中乙烯的体积分数的取值范围0≤ω（C2H4）≤0.1．

【解析】【答案】（1）混合气体由一氧化碳、乙烯和氧气组成，一氧化碳、乙烯和氧气的相对分子质量分别为28、28、32．一氧化碳、乙烯的相对分子质量相等，可以等效为1种物质，所以混合气体等效为两组分混合．根据平均相对分子质量计算公式可知，32ω（O2）+28[1-ω（O2）]=30，据此计算ω（O2）；

（2）（3）假定混合气体1L，令一氧化碳体积分数为ω（CO），乙烯的体积分数ω（C2H4）；混合气体中不含有一氧化碳和乙烯，说明一氧化碳与乙烯都完全燃烧，一氧化碳与乙烯消耗的氧气应小于或等于混合气体中氧气的量，据此列不等式求解．

四、探究题(共4题，共24分)20、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为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）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）21、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）22、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为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）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）23、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）五、元素或物质推断题(共4题，共12分)24、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不