2025年华东师大版高二化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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2025年华东师大版高二化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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8题，共16分)1、下列表达方式正确的是（）A.CO2的分子模型示意图：B.硫原子的轨道表示式为C.硫离子的核外电子排布式1s22s22p63s23p4D.碳-12原子构成C2、由rm{C}rm{H}rm{O}组成的化合物rm{8.80mg}完全燃烧后得二氧化碳rm{22.0mg}水rm{10.8mg.}该化合物的实验式rm{(}最简式rm{)}是rm{(}rm{)}A.rm{C_{5}H_{6}O}B.rm{C_{5}H_{12}}C.rm{C_{5}H_{12}O_{2}}D.rm{C_{5}H_{12}O}3、下列实验操作或叙述正确的是()A.将无水乙醇和浓硫酸按体积比rm{3}rm{1}混合，加热至rm{140隆忙}制取乙烯B.蔗糖水解用浓硫酸作催化剂C.在鸡蛋白溶液中加入浓rm{HNO_{3}}微热后会生成蓝色物质D.油脂皂化反应后，反应混合物中加入食盐可将肥皂分离出来4、如图所示为实验室中完成不同的化学实验所选用的装置或进行的操作，其中没有明显错误的。A测定中和热B用石灰石和稀盐酸制取CO2C蒸馏石油D配制溶液中转移溶液5、下列叙述不正确的是（）A.研究有机物的组成、结构、性质、制备方法与应用的科学叫有机化学B.有机物的反应与无机反应相比具有反应缓慢、产物复杂、常在水溶液中进行等特点C.人们常利用有机物的性质，合成具有特定性质而自然界并不存在的有机物，满足人类的需要E.研究有机物的组成、结构、性质、制备方法与应用的科学叫有机化学E.研究有机物的组成、结构、性质、制备方法与应用的科学叫有机化学6、实验室需要配置去rm{100ml}rm{1.0隆脕10^{-2}mol/L}的rm{CuSO_{4}}溶液，下列玻璃仪器中，一定不要用到的是rm{(}rm{)}A.漏斗B.玻璃棒C.烧杯D.容量瓶7、下列化学方程式不正确的是rm{(}rm{)}A.实验室制取乙炔：rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+C_{2}H_{2}隆眉}B.rm{1}rm{3-}丁二烯的rm{1}rm{4-}加成：rm{H_{2}C=CHCH=CH_{2}+Cl_{2}隆煤CH_{2}ClCH=CHCH_{2}Cl}C.向苯酚钠溶液中通入少量rm{CO_{2}}rm{2}rm{+CO_{2}+H_{2}O隆煤2}rm{+Na_{2}CO_{3}}D.乙醛与新制氢氧化铜的反应：rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOHoverset{triangle}{}CH_{3}COONa+Cu_{2}O隆媒+H_{2}O}rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOH

overset{triangle}{}CH_{3}COONa+Cu_{2}O隆媒+H_{2}O}8、将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是rm{(}rm{)}

A.两烧杯中铜片表面均无气泡产生B.甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C.两烧杯中溶液的rm{pH}均增大D.产生气泡的速度甲比乙慢评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置．如图为电池示意图；该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：

（1）氢氧燃料电池的能量转化主要形式是____，在导线中电子流动方向为____（用a、b表示）．

（2）负极反应式为____．

（3）电极表面镀铂粉的原因为____．

（4）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给；电池可连续不断提供电能．因此，大量安全储氢是关键技术之一．金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：

Ⅰ．2Li+H22LIH；

Ⅱ．LiH+H2O═LiOH+H2↑

①反应Ⅰ中的还原剂是____，反应Ⅱ中的氧化剂是____．

②用锂吸收224L（标准状况）H2，生成的LiH与H2O作用后放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为____mol．

（5）肼一空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，肼作____极，其电极反应式为（生成无污染物质）____．

10、(5分)生物质能是一种洁净、可再生能源。生物质气(主要成分为CO、CO2、H2等)与H2混合，催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一。(1)上述反应的催化剂含有Cu、Zn、Al等元素。写出基态Cu2+离子的核外电子排布式_______________________________________;(2)根据等电子原理，写出CO分子的结构式______________________;(3)甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛与新制Cu(OH)2的碱性溶液反应生成Cu2O沉淀。①甲醛分子中碳原子轨道的杂化类型为_____________________;②甲醛分子的空间构型是__________________；③1mol甲醛分子中σ键的数目为__________________。11、（16分）聚合物的合成路线如下：（1）在合成的反应路线中：①生成A的反应类型是____。②由B生成的化学方程式是。③聚合物的结构简式是。（2）的结构简式是。（3）①D的名称是。②写出生成的化学方程式。（4）在合成的反应路线中：①H的分子式是写出的化学方程式。②下列说法正确的是____。a.乙烯与H互为同系物b.H的同分异构体中存在芳香烃c.N分子中可能存在碳碳双键d.H→N的反应原子利用率是100%12、元素周期表是指导化学学习的重要工具rm{.}下图为元素周期表的一部分rm{.}请按要求填空．

。rm{N}rm{F}rm{Mg}rm{Al}rm{S}rm{Cl}rm{(1)N}在元素周期表中的位置是______；rm{N}和rm{F}处于同一行；是由于它们的______相同．

rm{(2)}以上元素中，原子半径最小的是______rm{(}写元素符号rm{)}最高价氧化物对应水化物中酸性最强的是______rm{(}写化学式rm{)}．

rm{(3)Mg}和rm{Al}中，金属性较强的是______rm{(}写元素符号rm{)}写出一条能说明该结论的事实______．

rm{(4)S}和rm{Cl}中，非金属性较强的是______rm{(}写元素符号rm{)}不能说明该结论的事实是______．

rm{a.}氯气与铁反应生成rm{FeCl_{3}}硫与铁反应生成rm{FeS}

rm{b.}把rm{Cl_{2}}通入rm{H_{2}S}溶液中能发生置换反应。

rm{c.}受热时rm{H_{2}S}易分解，rm{HCl}不易分解。

rm{d.}单质硫是固体，氯的单质是气体．13、请用适当的化学用语填空。（1）Na2CO3水解的离子方程式：；（2）H2S电离方程式：；（3）AlCl3水解的离子方程式：；（4）在25℃、101kPa下，lg甲烷完全燃烧生成CO2和液态水时放热55．6kJ热量，写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式：；（5）碱性氢氧燃料电池的两极电极方程式负极：；正极：。（6）写出NaHCO3溶液中的离子浓度关系c(H+)+c(Na+)=；c(Na+)=。14、（8分）．(1)利用VSEPR推断分子或离子的空间构型。PO；CS2；AlBr3(共价分子)____。(2)有两种活性反应中间体粒子，它们的粒子中均含有1个碳原子和3个氢原子。请依据下面给出的这两种粒子的球棍模型，写出相应的化学式：__________；__________。(3)按要求写出第二周期非金属元素构成的中性分子的化学式。平面三角形分子________，三角锥形分子________，四面体形分子________。15、在0.5mol/L的NaHSO3溶液中滴入石蕊；溶液变红．试回答下列问题：

(1)该溶液中HSO3-的电离程度____________(填“大于”、“小于”或“等于”)HSO3-的水解程度．

(2)溶液中Na+、HSO3-、H+、OH-、SO32-等离子的浓度由大到小的顺序为____________．

(3)在Na2SO3溶液中滴入酚酞，溶液变红．若在该溶液中再滴入过量的BaCl2溶液，所观察到的现象是____________．其原因是(以离子方程式及简要文字说明)____________．评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)16、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）。17、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：_____________。18、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）。19、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_______评卷人得分四、其他(共2题，共6分)20、实验室有下列实验仪器。ABCDEF在过滤操作中除了铁架台外还需要用到的实验仪器是____、____、(用字母填写)。21、下图转化关系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的单质，在常温常压下A是固体，其余都是气体，且C呈黄绿色。化合物H和I两种气体相遇时产生白烟K（NH4Cl）。化合物G的焰色反应为黄色，B为氧气。反应①和②均在溶液中进行。请按要求回答下列问题。（1）写出下列物质的化学式：D、F。（2）反应②的离子方程式为。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，反应的现象为。（4）将少量单质C通入盛有淀粉KI溶液的试管中，液体变为蓝色。这说明单质C的氧化性于单质碘(填“强”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液时，生成的灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出红褐色沉淀的化学式：。评卷人得分五、探究题(共4题，共40分)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。24、（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。25、（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。评卷人得分六、实验题(共4题，共12分)26、同学想通过下图所示装置（夹持装置已略去）进行实验，研究推断SO2与Na2O2反应的产物。回答下列问题：（1）装置B的作用___________________________________________________。装置D除了吸收过量的SO2外还有什么作用___________________________。（2）如何检验反应中是否有O2生成______________________________________。（3）假如Na2O2已反应完全，为确定C中固体产物的成分，甲设计如下实验：得出结论：产物是Na2SO4.该方案是否合理____________（填是或否），理由是_____________________-。27、在75℃左右，实验室用HgSO4做催化剂，可使乙炔与水反应制取乙醛。装置图如下：（夹持装置均已略去）供选用试剂：电石（混有CaS等杂质）、HgO粉末、浓H2SO4、NaOH溶液、蒸馏水资料提示：CaS遇水会产生H2S气体；HgSO4遇到H2S会发生催化剂中毒而失去活性。回答下列问题：（1）加入药品前，必须对装置进行的操作是：。（2）装置B中盛放的试剂为________，作用是____（3）写出A中发生的主要反应的化学方程式（4）反应温度应控制在75℃左右，采用E装置的优点是28、复盐rm{K_{x}Fe(C_{2}O_{4})_{y}隆陇3H_{2}O(Fe}为rm{+3}价rm{)}是一种光敏材料，实验室可以用如下的方法来测定这种材料的组成。称取一定质量的晶体置于锥形瓶中，加入足量的蒸馏水和稀rm{H_{2}SO_{4}}将rm{C_{2}Orlap{_{4}}{^{2-}}}转化为rm{H_{2}C_{2}O_{4}}后用rm{0.1000mol隆陇L^{-1}KMnO_{4}}溶液滴定，当消耗rm{0.1000mol隆陇L^{-1}

KMnO_{4}}溶液rm{KMnO_{4}}时恰好完全反应rm{36.00mL}会转化成rm{(C_{2}Orlap{_{4}}{^{2-}}}再向溶液中加入适量的还原剂，恰好将rm{CO_{2})}完全转化为rm{Fe^{3+}}用相同浓度的rm{Fe^{2+}}溶液继续滴定，当rm{KMnO_{4}}完全氧化时，用去rm{Fe^{2+}}溶液rm{KMnO_{4}}rm{6.00mL}第一次滴定的离子方程式为________________________________________。rm{(1)}第二次滴定时终点的颜色变化为____________。rm{(2)}配制rm{100mL0.1000mol隆陇L^{-1}KMnO_{4}}溶液及滴定实验中所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、锥形瓶外，还有____________rm{(3)}填仪器名称rm{100mL0.1000mol隆陇L^{-1}

KMnO_{4}}rm{(}通过计算确定该材料的组成。rm{)}写出解题过程rm{(4)}rm{(}29、某溶液中可能含有下列离子中的若干种：rm{K^{+}}rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{Al^{3+}}rm{Cl^{-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SiO_{3}^{2-}.}现进行如下实验：

rm{垄脵}取少量溶液，加入rm{KSCN}溶液；无明显变化。

rm{垄脷}另取溶液加入少量盐酸；有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色。

rm{垄脹}向rm{垄脷}中所得溶液中加入rm{BaCl_{2}}溶液；有白色沉淀生成。

rm{垄脺}向rm{垄脷}中所得溶液中加入过量浓氨水；仅有红褐色沉淀生成，过滤，在所得溶液中加入盐酸至酸性时，再加入氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成。

请回答下列问题：

rm{(1)}该溶液中一定含有的离子是______；

rm{(2)}该溶液中一定不含有的离子是______；

rm{(3)}若该溶液中各离子浓度相等；则一定含有的离子还有______；

rm{(4)}实验rm{垄脷}中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是______．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】解：A．二氧化碳为直线形分子；三个原子在一条直线上，故A错误；

B．硫原子3p轨道电子排布违反洪特规则；后面两个电子应分占1个能级，故B错误；

C．硫离子的核外电子排布式1s22s22p63s23p6；故C错误；

D．碳-12原子，质子数6，质量数12，原子构成C；故D正确；

故选：D．

A．二氧化碳为直线形分子；

B．硫原子3p轨道电子排布违反洪特规则；

C．硫离子最外层8个电子；

D．碳-12原子；质子数6，质量数12．

本题考查分子空间构型、核外电子的排布，原子符号表示，侧重考查学生对常用化学用语熟练程度，明确各种符号表示方法是解题关键，题目难度中等．【解析】【答案】D2、D【分析】解：根据质量守恒定律得：

化合物中所含rm{C}元素质量为：rm{22.0mg隆脕dfrac{12}{44}=6mg}

化合物中所含rm{22.0mg隆脕dfrac

{12}{44}=6mg}元素质量为：rm{10.8mg隆脕dfrac{2}{18}=1.2mg}

化合物中所含rm{H}元素质量为：rm{10.8mg隆脕dfrac

{2}{18}=1.2mg}

rm{O}rm{8.80mg-6mg-1.2mg=1.6mg}rm{n(C)}rm{n(H)}rm{n(O)=dfrac{6}{12}}rm{dfrac{1.2}{1}}rm{dfrac{1.6}{16}=5}

所以化合物的实验式rm{12}最简式rm{1}是rm{(}故选：rm{)}．

根据质量守恒可知，生成rm{C_{5}H_{12}O}的二氧化碳中rm{D}元素质量即为化合物中所含rm{22.0mg}元素质量、生成rm{C}的水中rm{C}元素质量即为化合物中所含rm{10.8mg}元素质量，化合物与rm{H}rm{H}两种元素质量和的差为氧元素的质量，然后求出各自的物质的量，由碳、氢、氧元素的物质的量之比可推测实验式rm{C}最简式rm{H}．

本题是对质量守恒定律的考查，化学反应前后元素的种类不变是解决本题的关键．rm{(}【解析】rm{D}3、D【分析】【分析】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及有机物的结构与性质、有机物的制取等，把握有机物性质及反应为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大。【解答】A.制取乙烯，需要在rm{170隆忙}乙醇发生消去反应，而加热至rm{140隆忙}生成乙醚，故A错误；B.蔗糖可在稀硫酸中水解，稀硫酸为催化剂，而加浓硫酸可使蔗糖碳化，故B错误；C.鸡蛋白溶液中加入浓rm{HNO3}发生颜色反应，则微热后会生成黄色物质，故C错误；D.油脂在碱性条件下水解为皂化反应，rm{NaCl}可降低高级脂肪盐的溶解度，则脂皂化反应后，反应混合物中加入食盐可将肥皂分离出来，故D正确。故选D。【解析】rm{D}4、B【分析】试题分析：A.测定中和热缺少环形玻璃棒，错误；B.没有明显错误，正确；C.温度计的水银球应该在蒸馏烧瓶的支管口附近，错误；D.向容量瓶中转移溶液时要用玻璃棒引流，错误。考点：考查环形实验基本操作与实验目的的关系的知识。【解析】【答案】B5、B【分析】解：A．有机化学是研究有机物的组成；结构、性质、制备方法与应用的科学；故A正确；

B．有机物的反应一般不在水溶液中进行；无机物的反应常在水溶液中进行，故B错误；

C．根据反应原理；可以合成合成具有特定性质的；自然界并不存在的有机物，以满足人类的特殊需要，故C正确；

D．高分子化合物与低分子有机物结构不同；物理性质；化学性质不同，故D正确．

故选B．

A．化学是一门研究物质的组成；结构、性质以及物质变化规律的科学；

B．有机物的反应一般不在水溶液中进行；

C．根据反应原理；可以合成新物质；

D．高分子化合物与低分子有机物结构不同；性质不同．

本题考查有机反应的特点，难度不大，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累．【解析】【答案】B6、A【分析】解：配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、rm{100mL}容量瓶；胶头滴管；用不到的是漏斗；

故选A．

配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算；称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶；依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择合适的仪器．

本题考查了配制一定物质的量浓度溶液的仪器，明确实验原理和步骤是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{A}7、C【分析】解：rm{A.}碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔，方程式：rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+C_{2}H_{2}隆眉}故A正确；

B.rm{1}rm{3-}丁二烯与氯气发生rm{1}rm{4}加成可生成rm{1}rm{4-}二氯rm{-2-}丁烯，方程式：rm{H_{2}C=CHCH=CH_{2}+Cl_{2}隆煤CH_{2}ClCH=CHCH_{2}Cl}故B正确；

C.向苯酚钠溶液中通入少量rm{CO_{2}}反应生成苯酚和碳酸氢钠，化学方程式：rm{+CO_{2}+H_{2}O隆煤}rm{+NaHCO_{3}}故C错误；

D.乙醛与新制氢氧化铜的反应，化学方程式：rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOHoverset{triangle}{}CH_{3}COONa+Cu_{2}O隆媒+H_{2}O}故D正确；

故选：rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOH

overset{triangle}{}CH_{3}COONa+Cu_{2}O隆媒+H_{2}O}．

A.碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔；

B.rm{C}rm{1}丁二烯与氯气发生rm{3-}rm{1}加成可生成rm{4}rm{1}二氯rm{4-}丁烯；

C.不符合反应客观事实；

D.乙醛与新制氢氧化铜的反应生成乙酸与氧化亚铜；乙酸与氢氧化钠反应生成乙酸钠和水．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意发生的反应类型，题目难度不大．rm{-2-}【解析】rm{C}8、C【分析】【分析】甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，rm{H^{+}}在铜极上得电子，生成rm{H_{2}}总反应式为：rm{Zn+H_{2}SO_{4}=ZnSO_{4}+H_{2}隆眉.}乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应：rm{Zn+H_{2}SO_{4}=ZnSO_{4}+H_{2}隆眉}以此进行分析。【解答】A.甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，rm{H^{+}}在铜极上得电子，生成rm{H_{2}}所以甲中铜片表面有气泡产生，故A错误；

B.乙中不构成原电池；铜片不是电极，故B正确；

C.甲中铜片上氢离子得电子生成氢气，乙中锌和稀硫酸发生置换反应生成氢气，所以两烧杯的溶液中氢离子浓度均减小，溶液的rm{pH}值都增大；故C错误；

D.甲能形成原电池；乙不能构成原电池，所以产生气泡的速度甲比乙快，故D错误。

故选C。【解析】rm{C}二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】

（1）该装置是把化学物质中的能力转化为电能，所以是化学能转变为电能；在原电池中，负极上失电子，正极上得电子，电子的流向是从负极流向正极，所以是由a到b；

故答案为：化学能转变为电能；由a到b；

（2）该反应中负极上氢气失电子生成氢离子而被氧化，所以电极反应式为H2+2OH--2e-═2H2O，故答案为：2H2+4OH--4e-═4H2O或H2+2OH--2e-═2H2O．

（3）电极表面镀铂粉，增大了电极单位面积吸附H2、O2的分子数；使反应物的浓度增大，反应物浓度增大，反应速率加快；

故答案为：增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数；加快电极反应速率；

（4）①Ⅰ．2Li+H22LIH中锂失电子作还原剂，Ⅱ．LiH+H2O═LiOH+H2↑中水得电子作氧化剂，故答案为：Li；H2O；

②氢气的物质的量==10mol，当吸收10molH2时，则生成20molLiH，20molLiH可生成20molH2，实际参加反应的H2为20mol×80%=16mol，1molH2转化成1molH2O，转移2mol电子，所以16molH2可转移32mol的电子；故答案为：32；

（5）燃料电池中，通入燃料的电极是负极，则通入肼的负极是负极，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成氮气和水，电极反应式为：N2H4-4e-+4OH-═N2+4H2O；

故答案为：负；N2H4-4e-+4OH-═N2+4H2O．

【解析】【答案】（1）原电池是将化学能转变为电能的装置；原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极；

（2）负极上燃料失电子发生还原反应；

（3）参加反应的物质浓度增大；反应速率加快．

（4）根据化合价的变化判断氧化剂和还原剂；根据氢气和转移电子之间的关系式计算；

（5）燃料电池中；燃料易失电子发生氧化反应，所以燃料的电极是负极．

10、略

【分析】（1）根据构造原理可知，Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9。（2）电子数和原子数分布都相同的是等电子体，所以CO和氡气是等电子体，因此结构式为C≡O(或CO)。（3）①甲醛是平面型结构，所以碳原子是sp2杂化。②甲醛是平面三角形结构。③由于双键是由1个σ键和1个键构成的，所以1mol甲醛分子中σ键的数目为3NA。【解析】【答案】（1）1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9（2）（3）①sp2杂化②平面三角形③3NA或1.806×102411、略

【分析】（1）①根据B的水解产物可知，A中氯原子应该连接在末端碳原子上，所以生成A的反应是取代反应。②A的结构简式为ClCH2CH=CHCHO，A生成B是加成反应，则B是ClCH2CH2CH2CH2OH，所以B发生水解反应的方程式为ClCH2CH2CH2CH2OH＋NaOHHOCH2CH2CH2CH2OH＋NaCl。③M是二元酸和二元醇通过酯化反应生成的高分子化合物，其结构简式为D是乙酸和乙醇通过酯化反应生成的乙酸乙酯，根据已经信息可知，E的结构简式为E水解生成F，F在浓硫酸的作用下能生成环酯，所以F的结构简式为（3）利用已知信息可写出该反应的方程式是（4）①根据原子守恒可知，另一生成物是水，而H能生成高分子化合物，所以H中含有碳碳双键，方程式为②H中含有2个碳碳双键，额乙烯不是同系物的关系，a不正确。如果是芳香烃，则取代基是－CH5，显然是不可能的，b不正确H生成是2个碳碳双键之间的加聚反应，所以选项cd正确。答案选cd。【解析】【答案】（16分）（每空2分）（1）①取代反应②③（2）（3）①乙酸乙酯②（若有其他合理答案，正确即可得分。）（4）①②cd12、略

【分析】解：rm{(1)N}元素原子核外有rm{2}个电子层、最外层电子数为rm{5}处于周期表中第二周期第Ⅴrm{A}族；同周期元素原子具有相同的电子层数；

故答案为：第二周期第Ⅴrm{A}族；电子层数；

rm{(2)}同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故上述元素中rm{F}元素的原子半径最小；上述元素中，最高价氧化物对应水化物中酸性最强的高氯酸，化学式为rm{HClO_{4}}

故答案为：rm{F}rm{HClO_{4}}

rm{(3)}同周期随原子序数增大元素金属性减弱，故金属性rm{Mg>Al}氢氧化镁碱性强于氢氧化铝可以证明rm{Mg}的金属性比rm{Al}强；

故答案为：rm{Mg}氢氧化镁碱性强于氢氧化铝；

rm{(4)}同周期随原子序数增大元素非金属性增强，故非金属性rm{Cl>S}

rm{a.}氯气与铁反应生成rm{FeCl_{3}}硫与铁反应生成rm{FeS}氯化铁中rm{Fe}元素化合价比较rm{FeS}中的高，说明氯气的氧化性比硫强，能说明rm{Cl}元素的非金属性强，故rm{a}正确；

rm{b.}把rm{Cl_{2}}通入rm{H_{2}S}溶液中能发生置换反应生成rm{S}说明氯气的氧化性比硫强，能说明rm{Cl}元素的非金属性强，故rm{b}正确；

rm{c.}受热时rm{H_{2}S}易分解，rm{HCl}不易分解，说明rm{HCl}更稳定，能说明rm{Cl}的非金属性更强，故rm{c}正确；

rm{d.}单质硫是固体，氯的单质是气体，二者的熔沸点不同，属于物理性质，不能说明非金属性强弱，故rm{d}错误；

故答案为：rm{Cl}rm{d}．

rm{(1)}主族元素周期数rm{=}电子层数、主族族序数rm{=}最外层电子数；同周期元素原子具有相同的电子层数；

rm{(2)}同周期随原子序数增大原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大；最高价氧化物对应水化物中酸性最强的高氯酸；

rm{(3)}同周期随原子序数增大元素金属性减弱；可以利用最高价氧化物对应水化物的碱性强弱证明；

rm{(4)}同周期随原子序数增大元素非金属性增强；可以根据氢化物稳定；单质之间的相互置换、最高价含氧酸的酸性强弱、与变价金属反应中金属元素的化合价高低等判断，物理性质不能比较非金属性强弱．

本题考查元素周期表与元素周期律，侧重基础知识巩固考查，难度不大，注意对知识的积累掌握．【解析】第二周期第Ⅴrm{A}族；电子层数；rm{F}rm{HClO_{4}}rm{Mg}氢氧化镁碱性强于氢氧化铝；rm{Cl}rm{d}13、略

【分析】试题分析：（1）Na2CO3水解就是弱离子CO32-水解，CO32-+H2OOH-+HCO3-（2）H2S是弱酸，分步电离，以第一步为主H2SH++HS-（3）AlCl3水解就是弱离子Al3+水【解析】

Al3++3H2OAl(OH)3↓+3H+；（4）甲烷燃烧热的热化学方程式必须写出的是1mol甲烷燃烧的热化学方程式：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－889.6kJ/mol（5）碱性氢氧燃料电池的两极电极方程式分别是：负极：2H2–4e-+4OH-=4H2O正极：O2+4e-+2H2O=4OH-（6）列电荷守恒的式子，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)；物料守恒的式子c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)。考点：水解方程式和热化学方程式，及电荷守恒和物料守恒的书写。【解析】【答案】（1）CO32-+H2OOH-+HCO3-（2）H2SH++HS-（3）Al3++3H2OAl(OH)3↓+3H+（4）CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－889.6kJ/mol（5）2H2–4e-+4OH-=4H2OO2+4e-+2H2O=4OH-（6）c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)14、略

【分析】（1）三种微粒中中心原子含有的孤对电子对数分别是（5＋3－2×4）÷2＝0、（4－2×2）÷2＝0、（3－1×3）÷2＝0，所以空间构形分别是四面体形、直线形、平面三角形。（2）根据模型可知，第一种是平面三角形，第二种是三角锥形。所以前者没有孤对电子，后者含有一对孤对电子，所以化学式分别是CH、CH。（3）第二周期非金属元素构成平面三角形分子的是BF3；三角锥形的是NF3；四面体型的是CF4。【解析】【答案】(1)四面体形直线形平面三角形(2)CH3—CH3—(3)BF3NF3CF415、略

【分析】解：(1)NaHSO3溶液中滴入石蕊；溶液变红，显酸性，所以以电离为主，故答案为：大于；

(2)根据溶液呈酸性，电离程度大于水解程度，因HSO3-部分电离和水解，则c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)，溶液中存在HSO3-和水的电离，则c(H+)＞c(SO32-)，c(SO32-)略小于c(H+)，则c(SO32-)＞c(OH-)，则c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)；

故答案为：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)；

(3)Na2SO3溶液与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀，使SO32-水解平衡SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-逆移，c(OH-)减小；所以酚酞褪色；

故答案为：产生白色沉淀，且红色褪去；在Na2SO3溶液中，SO32-水解SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，加入BaCl2后，Ba2++SO32-=BaSO3↓(白色)，由于c(SO32-)减小，SO32-水解平衡左移，c(OH-)减小，酚酞褪色．【解析】大于;c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-);产生白色沉淀，且红色褪去;在Na2SO3溶液中，SO32-水解：SO32-+H2OHSO3-+OH-，加入BaCl2后；

Ba2++SO32-=BaSO3↓(白色)，由于c(SO32-)减小，SO32-水解平衡左移，c(OH-)减小，酚酞褪色三、元素或物质推断题(共4题，共8分)16、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）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）217、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H218、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）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）219、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、其他(共2题，共6分)20、略

【分析】【解析】【答案】AEF21、略

【分析】【解析】【答案】（1）H2Na2O2（2）Fe+2H+=Fe2++H2↑（3）产生白色沉淀（4）强（5）Fe(OH)3五、探究题(共4题，共40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）24、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）25、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）六、实验题(共4题，共12分)26、略

【分析】（1）A中生成的SO2中含有水蒸气，而水也能与过氧化钠反应，所以需要除去SO2中的水。由于空气中也含有水蒸气和CO2。因此为防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入C装置与Na2O2反应，需要用碱石灰来吸收。（2）检验氧气一般用带火星的木条靠近干燥管口a，木条复燃即证明有氧气生成。（3）由于硝酸具有氧化性，可以把溶液亚硫酸钡氧化生成硫酸钡，所以据此不能确定产物是NaSO3还是Na2SO4或者二者兼有。【解析】【答案】（1）干燥SO2气体，防止较多的水蒸气与Na2O2反应。防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入C装置与Na2O2反应；（2）用带有余烬的木条靠近干燥管口a，观察其是否燃烧。（3）否；HNO3有氧化性，据此不能确定产物是NaSO3还是Na2SO4或者二者兼有27、略

【分析】【解析】【答案】28、rm{(1)2MnO_{4}^{-}+5H_{2}C_{2}O_{4}+6H^{+}篓T篓T篓T2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}rm{(2)}当加入最后一滴溶液时，溶液变成紫红色，且半分钟不变色rm{(3)100mL}容量瓶、酸式滴定管rm{(4)K_{3}Fe(C_{2}O_{4})_{3}隆陇3H_{2}O}【分析】【分析】本题考查了氧化还原的滴定的操作和计算等，有一定的难度。【解答】rm{(1)}第一次滴定，是用高锰酸钾滴定rm{H_{2}C_{2}O_{4}}方程式为：rm{2MnO_{4}^{-}+5H_{2}C_{2}O_{4}+6H^{+}篓T篓T篓T2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}故答案为：rm{2MnO_{4}^{-}+5H_{2}C_{2}O_{4}+6H^{+}篓T篓T篓T2