2024年华东师大版高二化学下册月考试卷含答案

…………○…………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2024年华东师大版高二化学下册月考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、两名日本科学家与一名美国科学家利用钯作催化剂，将有机物进行“裁剪”、“缝合”，创造出具有特殊功能的新物质而获2010年诺贝尔化学奖。下列说法正确的是()A.有机物中一定含有碳和氢两种元素B.一定条件下，使用催化剂能提高反应的平衡转化率C.将有机物进行“缝合”可以不遵循原子守恒定律D.将有机物进行“裁剪”需要破坏旧的化学键2、下列关于颜色变化的叙述中，不正确的是A.淀粉遇KI溶液会变蓝。B.葡萄糖溶液能与新制氢氧化铜反应会生成红色的沉淀。C.发烟硝酸在光照后变黄色。D.氢气燃烧的火焰因玻璃管口含钠元素而呈黄色3、下列条件中，能使蛋白质的性质改变并发生凝聚（即发生变性）的是A.加入重金属盐B.加热C.照射紫外线D.加入福尔马林4、如图所示，隔板rm{K_{1}}固定不动，活塞rm{K_{2}}可自由移动rm{.T隆忙}时，rm{M}rm{N}两个容器中均发生反应rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)}向容器rm{M}rm{N}中各充入rm{l}rm{mol}rm{N_{2}}和rm{3mol}rm{H_{2}}初始rm{M}rm{N}的容积和温度相同，并保持温度不变rm{.}下列说法中不正确的是rm{(}rm{)}A.反应达到平衡时rm{N_{2}}的转化率：rm{M<N}B.rm{H_{2}}的体积分数：rm{M<N}C.rm{NH_{3}}的浓度：rm{M<N}D.该反应在rm{T隆忙}时的平衡常数rm{K}rm{M=N}5、对于反应A（g）+3B（g）⇌2C（s）+D（g），用下列各数据表示不同条件下的反应速度，其中反应进行得最快的是（）A.v（A）=0.01mol•L-1s-1B.v（B）=0.02mol•L-1s-1C.v（C）=1.50mol•L-1min-1D.v（D）=0.50mol•L-1min-16、化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是rm{(}rm{)}A.加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性B.氨基酸和蛋白质遇重金属离子均会变性C.用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维D.蛋白质水解的最终产物是氨基酸7、rm{X}rm{Y}都是Ⅱrm{A}族rm{(Be}除外rm{)}的元素，已知它们的碳酸盐的热分解温度：rm{T(XCO_{3})>T(YCO_{3})}则下列判断不正确的是rm{(}rm{)}A.金属性：rm{X>Y}B.阳离子半径：rm{X^{2+}>Y^{2+;;}}C.晶格能：rm{XCO_{3}>YCO_{3}}D.氧化物的熔点：rm{XO<YO}8、乙醇分子结构中，各种化学键如下图所示：关于乙醇在各种反应中断裂键的说明不正确的是()A.和乙酸、浓rm{H_{2}SO_{4}}共热时断裂键rm{垄脷}B.和金属钠反应时断裂键rm{垄脵}C.和浓rm{H_{2}SO_{4}}共热至rm{170隆忙}时断裂rm{垄脷}rm{垄脻}键D.在rm{Ag}催化下和rm{O_{2}}反应时断裂rm{垄脵}rm{垄脹}键评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、欲使rm{0.1mol隆陇L^{-1}CHCOONa}溶液中，rm{c(Na^{+})/c(CH_{3}COO^{-})}更接近于rm{1漏U1}应采取的措施是rm{(}rm{)}A.加入rm{NaOH}固体B.加入适量rm{CH_{3}COOH}C.加入rm{KOH}固体E.加入适量rm{CH_{3}COOK}固体E.加入适量rm{CH_{3}COOK}固体10、下列实例中与胶体性质有关的是A.用明矾净水B.用食醋除去水垢C.用石膏使豆浆变成豆腐D.用含rm{Al(OH)_{3}}的药物治疗胃酸过多11、氢气还原氧化铜：rm{CuO+H_{2}}rm{overset{?}{=}Cu+H_{2}O}，在该反应中A.rm{overset{?}{=}Cu+

H_{2}O}作还原剂B.rm{CuO}作氧化剂C.铜元素化合价降低D.铜元素化合价升高rm{CuO}12、下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.糖类rm{.}油脂rm{.}蛋白质都能发生水解反应B.糖类rm{.}油脂rm{.}蛋白质都是由C.rm{H}rm{O}三种元素组成的rm{C}糖类rm{.}油脂rm{.}蛋白质都是高分子化合物D.油脂有油和脂肪之分，但都属于酯13、乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一。下列说法正确的是()A.乙烯可与乙醇发生酯化反应B.乙烯可使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色C.一定条件下乙烯可发生聚合反应D.一定条件下乙烯可发生加成反应14、下列实例中与胶体性质有关的是rm{(}rm{)}

A.用明矾净水B.投影机投影时产生的“光亮的通路”C.用石膏使豆浆变成豆腐D.用含rm{Al(OH)_{3}}的药物治疗胃酸过多15、氢气还原氧化铜的反应为：rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}}rm{Cu+H_{2}O}在该反应中A.rm{CuO}作还原剂B.rm{CuO}作氧化剂C.铜元素化合价降低D.铜元素化合价升高16、制造下列文化用品的原料属于有机材料的是A.纸B.铅笔芯C.橡皮擦D.塑料文具盒17、下列玻璃仪器中，不能用于加热的有A.烧杯B.容量瓶C.量筒D.试剂瓶评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、表是某城市某日空气质量报告。

。污染指数SO2NO2PM10233556目前，空气质量报告中的污染物主要有____、____和____，从表中可知该日的首要污染物是____．19、(9分)下表是元素周期表前五周期的一部分，X、Y、Z、R、W、J是6种元素的代号。。XYZRWJ请回答下列问题(除特别说明外，凡涉及用元素回答的问题均用具体元素符号表示)：(1)在化合物YZ2中Y的化合价为________；Y2－与Na＋的半径大小为_______________；(2)R原子的电子轨道排布图为___________________________________；(3)在X、Y、Z三种元素中，电负性由大到小的顺序是______________________；X与Y的第一电离能：X___Y(填“<”、“>”或“＝”)，其理由是__________________________________。(4)有一种酸HX3的酸性与醋酸相近，HX3溶液与NaOH溶液反应的离子方程式为：___________________________________。20、己知四种强电解质溶液,分别含有下列阴、阳离子中的各一种,并且互不重复:NH4+、Ba2+、Na+、H+、SO42-、NO3-、OH-、CO32-，将这4种溶液分别标记为A、B、C、D进行如下实验:①在A或D中滴入C,均有沉淀生成；②D和B反应生成的气体能被A吸收；③A和D反应生成的气体能被B吸收。试回答下列问题:(1)D的化学式是____,判断理由(2)写出其余几种物质的化学式:AB____C(3)写出实验②中有关反应的离子方程式21、W；X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素；其原子序数依次增大．W、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，Z能形成红色（或砖红色）的和黑色的ZO两种氧化物．

（1）W位于元素周期表第____周期第____族．W的气态氢化物稳定性比H2O（g）____（填“强”或“弱”）．

（2）Y的基态原子核外电子排布式是____，Y的第一电离能比X的____（填“大”或“小”）．

（3）Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与Z的单质反应的化学方程式是____．

（4）已知下列数据Fe（s）+O2（g）=FeO（s）△H=-272.0KJ•mol-1①

2X（s）+O2（g）=X2O3（s）△H=-1675.7KJ•mol-1②

则X的单质和FeO反应的热化学方程式是____．22、（14分）常温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液，pH的变化如图1所示。⑴根据图1，用化学符号表示滴定过程中溶液中微粒之间的关系①点a处：c(CH3COO－)+c(CH3COOH)＝____。②点b处：溶液中离子浓度大小关系：____。③点c处：c(CH3COOH)+c(H＋)＝____。⑵甲同学也用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液进行滴定实验，该同学所绘制的滴定曲线如图2所示。图2中有一处明显错误，请指出错误的原因：____。⑶乙同学设计了用0.1000mol·L－1标准盐酸滴定20.00mL未知浓度氨水的中和滴定实验。①0.1000mol·L－1标准盐酸应盛放在____（填仪器名称）中。②为减少实验误差，指示剂应选用：____。③滴定过程中眼睛始终注视____。④若实验中锥形瓶用待盛放的未知浓度氨水润洗，则测定结果将____。（选填“偏高”、“偏低”或“不影响”）⑷实验室配制pH相等的CH3COONa溶液、NaOH溶液和Na2CO3溶液，三种溶液中溶质的物质的量浓度分别为c1、c2、c3，比较c1、c2、c3的大小关系：____＜____＜____。23、（11分）根据下列五种元素的第一至第四电离能数据(单位：kJ·mol－1)，回答下列各题：。元素代号I1I2I3I4Q2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600U420310044005900(1)在周期表中，最可能处于同一族的是________。A.Q和RB.S和TC.T和UD.R和TE.R和U(2)下列离子的氧化性最弱的是________。A.S2＋B.R2＋C.T3＋D.U＋(3)下列元素中，化学性质和物理性质最像Q元素的是______________________________。A.硼B.铍C.氦D.氢(4)每种元素都出现相邻两个电离能的数据相差较大的情况，这一事实从一个侧面说明：________________________________________________________________________，如果U元素是短周期元素，你估计它的第2次电离能飞跃数据将发生在失去第____个电子时。(5)如果R、S、T是同周期的三种主族元素，则它们的原子序数由小到大的顺序是__________，其中________元素的第一电离能异常高的原因是_______________________________。24、(8分)某化学兴趣小组要完成中和热的测定。（1）实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、0.5mol·L-1盐酸、0.55mol·L-1NaOH溶液,实验尚缺少的玻璃用品是、。（2）实验中能否用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒?(填“能”或“否”),其原因是。（3）他们记录的实验数据如下:。实验用品溶液温度中和热T1t2ΔH①50mL0.55mol·L-1NaOH溶液50mL0.5mol·L-1HCl溶液20℃23.3℃②50mL0.55mol·L-1NaOH溶液50mL0.5mol·L-1HCl溶液20℃23.5℃(已知:Q=cm(t2-t1),反应后溶液的比热容c为4.18kJ·℃-1·kg-1,各物质的密度均为1g·cm-3。)根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式:。（4）若用KOH代替NaOH,对测定结果(填“有”或“无”)影响;若用醋酸代替HCl做实验,对测定结果(填“有”或“无”)影响。25、（12分）A、B、C、D分别代表四种不同的短周期元素。A元素的原子最外层电子排布为ns1，B元素的原子价电子排布为ns2np2，C元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，D元素原子的M电子层的p能级中有3个电子。（1）C原子的基态电子排布式为__________；若A元素的原子最外层电子排布为1s1，则按原子轨道的重叠方式分类，A与C形成的最简单化合物中的共价键属于__________键。（2）当n＝2时，元素A在周期表中的位置是__________，B与C形成的化合物的VSEPR模型名称为__________形。（3）当n＝3时，B与C形成的晶体类型是__________，此时A、B、C、D四种元素的第一电离能由大到小的顺序是__________（用元素符号表示）。26、rm{垄脜NH_{4}VO_{3}}在高温下分解产生的rm{V_{2}O_{5}}可作为硫酸工业中rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangleH=p}的催化剂；其催化原理如图所示。

​rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)

triangleH=p}和过程过程rm{a}和过程rm{b}的化学方程式为：rm{V}的化学方程式为：rm{a}rm{b}rm{V}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{5}}rm{(s)+SO}rm{(s)+SO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)=V}rm{(g)=V}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{4}}请写出过程rm{(s)+SO}的热化学方程式：_________________________________。rm{(s)+SO}已知：rm{{,!}_{3}}rm{CH_{3}OH(l)娄陇H=-128.1kJ隆陇mol^{-1}}rm{垄脷2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)娄陇H=-571.6kJ隆陇mol^{-1}}rm{垄脹H_{2}(g)+1/2O_{2}(g)=H_{2}O(g)娄陇H=-241.8kJ隆陇mol^{-1}}rm{垄脺2CO(g)+O_{2}(g)=2CO_{2}(g)娄陇H=-566.0kJ隆陇mol^{-1}}写出表示rm{(g)}rm{triangleH=q}燃烧热的热化学方程式：_______________________________。rm{(g)}已知：rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)?H=+akJ隆陇mol^{-1}}rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)?H=-bkJ隆陇mol^{-1}}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(g)?H=-ckJ隆陇mol^{-1}(a}、rm{triangleH=q}rm{V_{2}O_{4}(s)+O_{2}(g)+2SO_{2}(g)=2VOSO_{4}(g)}均为正值rm{triangleH=r}若有rm{c}氨气经催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气所放出的热量为____________________________________。rm{垄脝}已知甲醇燃料电池的工作原理如下图所示。该电池工作时，电池左边的电极发生的电极反应式为______________________________。

rm{垄脵CO(g)+2H_{2}(g)?}用甲醇燃料电池作为直流电源，设计如图装置制取rm{CH_{3}OH(l)娄陇H=-128.1

kJ隆陇mol^{-1}}电解总反应为：rm{垄脷2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)

娄陇H=-571.6kJ隆陇mol^{-1}}写出铜电极的电极反应式____________________________________。rm{垄脹H_{2}(g)+1/2O_{2}(g)=H_{2}O(g)

娄陇H=-241.8kJ隆陇mol^{-1}}评卷人得分四、实验题(共1题，共2分)27、磷酸亚铁rm{[Fe_{3}(PO_{4})_{2}?8H_{2}O]}为白蓝色晶体，溶于强酸，不溶于水、醋酸和乙醇rm{.}主要用于制造磷酸铁锂电池rm{.}实验室制备磷酸亚铁的装置示意图如图；反应和实验步骤如下．

主要反应为：

rm{3FeSO_{4}+2Na_{2}HPO_{4}+2CH_{3}COONa+8H_{2}O=Fe_{3}(PO_{4})_{2}?8H_{2}O隆媒+3Na_{2}SO_{4}+2CH_{3}COOH}

实验步骤：rm{垄脵}在仪器rm{A}中先加入抗坏血酸rm{(C_{6}H_{8}O_{6})}稀溶液作底液rm{垄脷}向仪器rm{A}中，滴入rm{Na_{2}HPO_{4}}与rm{CH_{3}COONa}混合溶液至rm{pH=4}rm{垄脹}滴入rm{15.2}克rm{FeSO_{4}}溶液，最终维持rm{pH=6}充分反应后，静置rm{垄脺}进行操作rm{a}干燥得到的磷酸亚铁rm{12.8}克．

rm{(1)}仪器rm{A}的名称是______．

rm{(2)}实验中配制rm{FeSO_{4}}溶液时；先要对蒸馏水进行的操作是______．

rm{(3)}实验中不是将三种溶液直接混合的原因是______，反应时需不断搅拌，其目的是__________．

rm{(4)}步骤rm{垄脺}进行的操作rm{a}是______．

rm{(5)}检验磷酸亚铁粗产品中是否混有氢氧化铁杂质的方法是______．

rm{(6)}本实验的产率是______．评卷人得分五、探究题(共4题，共8分)28、（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。29、（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。30、（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。31、（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、简答题(共3题，共24分)32、已知rm{A}的分子式为rm{C_{3}H_{4}O_{2}}下图是rm{A隆芦H}间相互转化的关系图，其中rm{F}中含有一个七元环；rm{H}是一种高分子化合物。rm{(}提示：羟基与双键碳原子相连的醇不存在；同一个碳原子上连有rm{2}个或多个羟基的多元醇不存在rm{)}请填写下列空白：rm{(1)A}中含有的官能团有rm{(}写名称rm{)}____。rm{(2)}请写出下列有机物的结构简式：rm{C}____；rm{F}____rm{(3)}请指出下列反应的反应类型：rm{A篓D隆煤B}____；rm{C篓D隆煤E}____。rm{(4)}请写出下列反应的化学方程式：rm{垄脵A篓D隆煤H}____；rm{垄脷B篓D隆煤D(}第rm{垄脵}步rm{)}____。33、rm{垄脵CO_{2}}是目前大气中含量最高的一种温室气体，控制和治理rm{CO_{2}}是解决温室效应的有效途径rm{.}请你写出有利于降低大气中rm{CO_{2}}浓度的一项措施______．

rm{垄脷}水中含有的悬浮颗粒物等杂质；可以加入______等混凝剂进行净化处理，利用其溶解后形成的______具有吸附作用使水中的悬浮颗粒物沉降．

rm{垄脹}最近，国内第一个跨区域日处理垃圾rm{1000}吨以上的垃圾焚烧发电厂在江苏如皋投入使用rm{.}下面列出了现代生活中的常见垃圾：

A.废纸rm{B.}废电池rm{C.}易拉罐rm{D.}玻璃瓶rm{E.}塑料制品。

在焚烧处理前，除废电池外，还有______rm{(}填序号rm{)}应剔除并回收，随意丢弃电池造成的主要危害是______．34、某烃类化合物rm{A}的质谱图表明其相对分子质量为rm{56}红外光谱表明分子中有碳碳双键，核磁共振氢谱表明分子中有rm{4}种类型氢．

rm{(1)A}的结构简式为______；名称为______．

rm{(2)A}中碳原子是否一定都处于同一平面？______rm{(}填“是”或“否”rm{)}

rm{A}中碳原子是否存在顺反异构？______rm{(}填“是”或“否”rm{)}

rm{(3)}下列物质与rm{A}以任意比混合，若总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量相等的是______rm{(}填序号rm{)}

rm{a.C_{4}H_{8}0}rm{b.C_{4}H_{10}0}rm{c.C_{5}H_{12}O}rm{d.C_{6}H_{12}O_{6}}．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【解析】试题分析：A：有机物一定含有碳元素，但不一定含氢元素，如CCl4；B：催化剂的作用是降低化学反应活化能，使反应更快进行，但并不能提高反应的平衡转化率；化学反应必须遵守质量守恒定律，且化学反应的实质为旧化学键的断裂同时生成新化学键。故C错。考点：对化学反应的正确认识【解析】【答案】D2、A【分析】能和淀粉发生显色反应的是单质碘，而不是碘离子，选项A不正确，其余都是正确的，所以正确的答案选A。【解析】【答案】A3、A|B|C|D【分析】【解析】【答案】ABCD4、B【分析】解：rm{M}容器保持恒容，rm{N}容器保持恒压，由于反应前后的气体系数和不等，所以两个平衡态也不一样，rm{M}容器达到平衡后压强减小，rm{N}容器中保持恒压，反应达到平衡过程中压强大于rm{M}容器；平衡正向进行；

A、rm{M}容器达到平衡后压强减小，rm{N}容器中保持恒压，反应达到平衡过程中rm{N}容器内的压强大于rm{M}容器，增大压强，平衡正向进行，所以达到平衡后氮气的转化率：rm{M<N}故A正确；

B、rm{M}容器达到平衡后体系压强减小，rm{N}容器中保持恒压，反应达到平衡过程中rm{N}容器内气体的压强大于rm{M}容器，平衡正向进行，达到平衡后氢气的体积分数：rm{M>N}故B错误；

C、rm{M}容器达到平衡后气体压强减小，rm{N}容器中保持恒压，反应达到平衡过程中压强大于rm{M}容器，平衡正向进行，容器rm{M}中氨气浓度小于rm{N}容器中氨气，rm{NH_{3}}的浓度：rm{M<N}故C正确；

D、rm{M}容器保持恒容，rm{N}容器保持恒压，由于反应前后的气体系数和不等，所以两个平衡态也不一样，但温度相同平衡常数相同，该反应在rm{T隆忙}时的平衡常数rm{K}rm{M=N}故D正确；

故选B．

rm{M}容器保持恒容，rm{N}容器保持恒压，由于rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)}中反应前后的气体系数和不等，所以两个平衡态也不一样，rm{M}容器达到平衡后气体压强减小，rm{N}容器中保持恒压，反应达到平衡过程中压强大于rm{M}容器；平衡正向进行；

A、rm{M}容器达到平衡后压强减小，rm{N}容器中保持恒压，反应达到平衡过程中rm{N}容器的压强大于rm{M}容器；平衡正向进行；

B、rm{M}容器达到平衡后体系压强减小，rm{N}容器中保持恒压，反应达到平衡过程中rm{N}的压强大于rm{M}容器；平衡正向进行；

C、rm{M}容器达到平衡后气体压强减小，rm{N}容器中保持恒压，反应达到平衡过程中压强大于rm{M}容器；平衡正向进行；

D；由于两个反应的温度相同；则两个反应的化学平衡常数相等．

本题考查化学平衡的计算、平衡常数的计算等，题目难度较大，注意掌握化学平衡的影响因素、化学平衡常数的概念，选项C为难点，注意三段式在计算出中的应用方法．【解析】rm{B}5、A【分析】解：反应速率与化学计量数的比值越大；反应速率越快，则。

A．v（A）=0.01mol•L-1s-1，=v（A）=0.01mol•L-1s-1；

B．v（B）=0.02mol•L-1s-1，==0.0067mol•L-1s-1；

C．C为固态；不能表示反应速率；

D．v（D）=0.50mol•L-1min-1=0.0083mol•L-1s-1，=0.0083mol•L-1s-1；

根据分析可知；反应速率最快的为A；

故选A．

化学反应速率之比等于化学计量数之比；则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，注意反应速率的单位必须一致，以此来解答．

本题考查化学反应速率与化学计量数的关系，为高频考点，把握反应速率与化学计量数的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．【解析】【答案】A6、B【分析】解：rm{A.}高温可使蛋白质发生变性；则加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性，故A正确；

B.重金属离子可使蛋白质发生变性；而不能使氨基酸变性，故B错误；

C.蚕丝的成分为蛋白质；灼烧有烧焦羽毛的气味，则灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维，故C正确；

D.蛋白质含rm{-CONH-}则可发生水解反应生成氨基酸，故D正确；

故选B．

A.高温可使蛋白质发生变性；

B.重金属离子可使蛋白质发生变性；

C.蚕丝的成分为蛋白质；灼烧有烧焦羽毛的气味；

D.蛋白质含rm{-CONH-}．

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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意蛋白质的性质，题目难度不大．【解析】rm{B}7、C【分析】【分析】碱土金属离子与碳酸根的极化作用，碱土金属都带两个正电荷，如果离子半径越小对阴离子rm{(}碳酸根离子rm{)}的极化作用越强，极化作用越强离子键越容易往共价键发展，即越不稳定。所以第rm{IIA}族由上到下，极化作用越弱，分解温度越高；碱土金属的碳酸盐热分解温度：rm{T(XCO_{3})>T(YCO_{3})}则原子序数rm{X>Y}

【解答】A.同一主族元素，元素的金属性随着原子序数增大而增强，原子序数rm{X>Y}所以金属性：rm{X>Y}故A正确；

B.同一主族元素简单阳离子半径随着原子序数增大而增大，所以阳离子半径：rm{X^{2+}>Y^{2+}}故B正确；

C.阳离子电荷越高，半径越小，晶格能越大，离子键就越强，熔点就越高，所以晶格能：rm{XCO_{3}<YCO_{3}}故C错误；

D.碳酸盐的热分解温度：rm{T(XCO_{3})>T(YCO_{3})}所以阳离子半径：rm{X^{2+}<Y^{2+}}而它们的氧化物都是离子晶体，碱土金属氧化物是离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比，离子半径rm{X>Y}所以氧化物的熔点：rm{XO<YO}故D正确。

故选C​。【解析】rm{C}8、A【分析】【分析】本题考查有机物乙醇的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，有机物断键部位为有机反应的灵魂，注意把握乙醇的官能团的性质和结构特点，题目难度不大。【解答】A.乙醇含有rm{-OH}可发生取代反应，乙醇和乙酸、浓rm{H_{2}SO_{4}}共热生成乙酸乙酯和水共热生成乙酸乙酯和水，rm{C{H}_{3}COOH+C{H}_{3}C{H}_{2}OHoverset{脜篓脕貌脣谩}{?}C{H}_{3}COOC{H}_{2}C{H}_{3}+{H}_{2}O}故键rm{H_{2}SO_{4}}断裂，故A错误；B.乙醇含有rm{C{H}_{3}COOH+C{H}_{3}C{H}_{2}OH

overset{脜篓脕貌脣谩}{?}C{H}_{3}COOC{H}_{2}C{H}_{3}+{H}_{2}O}可发生取代反应，乙醇和金属钠反应乙醇钠和氢气，rm{垄脵}故键rm{-OH}断裂；故B正确；

C.乙醇和浓rm{2CH_{3}CH_{2}OH+2Na隆煤2CH_{3}CH_{2}ONa+H_{2}隆眉}共热至rm{垄脵}时，发生消去反应，生成乙烯，反应方程式为：rm{C{H}_{3}C{H}_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{脜篓脕貌脣谩}C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+{H}_{2}O}故乙醇断键的位置为：rm{H_{2}SO_{4}}和rm{170隆忙}故C正确；

D.乙醇在rm{C{H}_{3}C{H}_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]{脜篓脕貌脣谩}C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+{H}_{2}O}催化下与rm{垄脷}反应生成乙醛和水：rm{2C{H}_{3}C{H}_{2}OH+{O}_{2}xrightarrow[]{Ag}2C{H}_{3}CHO+2{H}_{2}O}故乙醇断键的位置为rm{垄脻}和rm{Ag}故D正确。

故选A。rm{O_{2}}【解析】rm{A}二、多选题(共9题，共18分)9、BCE【分析】【分析】本题考查了盐类水解平衡的影响因素分析判断，注意阴离子和阳离子的浓度变化。【解答】醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，rm{CH_{3}COO^{-}+H_{2}O?CH_{3}COOH+OH^{-}}

A.加人rm{Na0H}固体增大氢氧根离子浓度；平衡逆向进行，但同时增大钠离子浓度，故A错误；

B.加入醋酸会抑制水解平衡逆向进行；醋酸根离子浓度增大，故B正确；

C.加入rm{KOH}固体溶解后氢氧根离子浓度增大，抑制水解，钠离子和醋酸根离子浓度比值接近rm{1}rm{1}故C正确；

D.加水稀释促进水解；醋酸根离子浓度和钠离子浓度减小程度不同，故D错误；

E.加人适量rm{CH_{3}COOK}固体，溶解后溶液中醋酸根离子浓度增大，可以使钠离子和醋酸根离子浓度比值接近rm{1}rm{1}故E正确。

故选BCE。【解析】rm{BCE}10、ABC【分析】【分析】本题考查胶体的性质及其应用，题目难度不大。【解答】A.用明矾净水，利用胶体的吸附性，故A正确；

B.食醋可以和水垢中的碳酸钙和氢氧化镁反应，故B正确；C.用石膏使豆浆变成豆腐，利用胶体聚沉的性质，故C正确；

D.用含rm{Al(OH)}rm{Al(OH)}rm{{,!}_{3}}的药物治疗胃酸过多时，与盐酸反应生成氯化铝和水；属于复分解反应，与胶体的性质无关，故D错误。

rm{Al(OH)_{3}}

故选ABC。【解析】rm{ABC}11、BC【分析】【分析】本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质及特征为解答关键，注意掌握氧化剂、还原剂的概念及判断方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。反应rm{CuO+H}rm{2}rm{2}rm{overset{?}{=}}rm{Cu+H}rm{2}中，氧化铜中rm{2}元素化合价降低被还原，氧化铜为氧化剂；氢气中rm{O}元素化合价升高被氧化，为还原剂，据此进行解答。【解答】A.rm{Cu}中rm{H}元素化合价从rm{CuO}价变为rm{Cu}价被还原，rm{+2}作氧化剂；故A错误；

B.rm{0}中rm{CuO}元素化合价从rm{CuO}价变为rm{Cu}价，铜元素化合价降低，rm{+2}作氧化剂；故B正确；

C.rm{0}中rm{CuO}元素化合价从rm{CuO}价变为rm{Cu}价；化合价降低，故C正确；

D.rm{+2}元素化合价从rm{0}价变为rm{Cu}价；铜元素化合价降低，故D错误。

故选BC。

rm{+2}【解析】rm{BC}12、ABC【分析】解：rm{A.}糖类中的葡萄糖属于单糖；是不能水解的糖，故A错误；

B.油脂主要由rm{C}rm{H}rm{O}元素组成，蛋白质主要由rm{C}rm{H}rm{O}rm{N}四种元素组成；故B错误；

C.糖类中的单糖；二糖和油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故C错误；

D.油脂有油和脂肪之分；但都属于酯，它们的官能团都是酯基，属于酯，故D正确．

故选ABC．

A.糖类中的单糖不能水解；

B.蛋白质主要由rm{C}rm{H}rm{O}rm{N}四种元素组成；

C.相对分子质量在rm{10000}以上的有机化合物为高分子化合物；

D.油脂的官能团是酯基．

本题考查糖类、油脂、蛋白质的组成和性质，明确不能水解的物质是解题的关键，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力．【解析】rm{ABC}13、BCD【分析】【点评】本题考查了乙烯的性质、乙烯的用途、乙烯的制取，难度不大，注意乙醇在不同温度下生成的产物不同，为易错点。【解答】A.乙酸可与乙醇发生酯化反应，乙烯不能发生酯化反应，故A错误；

B.乙烯中含有碳碳双键，为不饱和键，可使酸性rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}；故B正确；

C.乙烯中含有碳碳不饱和键；能发生加聚反应，故C正确；

D.乙烯中含有碳碳双键；为不饱和键，所以能发生加成反应，故D正确。

故选BCD。

溶液褪色【解析】rm{BCD}14、ABC【分析】【分析】本题考查胶体的性质及其应用，题目难度不大。【解答】A.用明矾净水，利用胶体的吸附性，故A正确；

B.投影机投影时产生的“光亮的通路”是由于胶体粒子对光线散射形成的光亮的通路，故B正确；

C.用石膏使豆浆变成豆腐，利用胶体聚沉的性质，故C正确；

D.用含rm{Al(OH)}rm{Al(OH)}rm{{,!}_{3}}的药物治疗胃酸过多时，与盐酸反应生成氯化铝和水；属于复分解反应，与胶体的性质无关，故D错误。

rm{Al(OH)_{3}}

故选：rm{ABC}【解析】rm{ABC}15、BC【分析】略【解析】rm{BC}16、ACD【分析】【分析】有机材料指的是成分为有机化合物的材料，最基本的组成要素是都含碳元素，含有碳元素的化合物叫有机化合物，简称有机物。碳的氧化物、碳酸盐、碳酸虽含碳，但其性质与无机物类似，因此把它们看作无机物。【解答】A.纸的主要成分是纤维素，纤维素属于有机物，故A正确；B.铅笔芯的主要成分是碳单质，属于无机物，故B错误；C.橡皮擦的成分是橡胶，属于有机物，故C正确；D.塑料文具盒的成分是塑料，塑料属于有机物，故D正确。故选ACD。【解析】rm{ACD}17、BCD【分析】【分析】本题旨在考查学生对直接加热仪器的应用。【解答】根据题意，烧杯可以用于加热，容量瓶、量筒、试剂瓶不能用于加热，故BCD正确。故选BCD。【解析】rm{BCD}三、填空题(共9题，共18分)18、略

【分析】

空气质量报告中的污染物：可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮；通过以上表格知，污染指数的数值最大的是可吸入颗粒物（PM10），所以可吸入颗粒物（PM10）是首要污染物，故答案为：SO2；NO2；可吸入颗粒物（PM10）；可吸入颗粒物（PM10）．

【解析】【答案】空气质量报告中的污染物：可吸入颗粒物；二氧化硫、二氧化氮；空气的污染物中；污染指数的数值最大的为首要污染物，据此分析解答．

19、略

【分析】考查元素周期表及元素周期律的相关知识，综合各信息，各元素分别为：N、O、F、S、Br、Xe，具体请参考答案。【解析】【答案】(9分)(1)＋2价;O2－>Na＋或Na＋2－(2)(3)F>O>N;>;N原子的2p轨道电子数为半充满状态，较稳定(4)HN3＋OH－===N3—＋H2O20、略

【分析】【解析】【答案】(1)(NH4)2C03;D和A、B都能生成气体,而题给离子中只有H+与CO32-、OH-与NH4+能反应生成气体,故D只能为(NH4)2C03(2)A.H2S04B.NaOHC.Ba(N03)2(3)NH4++OH一=NH3↑+H20、NH3+H+=NH4+21、略

【分析】

导致酸雨的主要物质是二氧化氮和二氧化硫，且W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，Y的原子序数大于W的，所以W是氮元素，Y是硫元素；X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，且原子序数大于W小于Y，所以X是铝元素；Z能形成红色（或砖红色）的Z2O和黑色的ZO两种氧化物；且Z是前36号元素，Z的原子序数大于Y的，所以Z是铜元素．

（1）W是N元素，N原子的原子结构示意图为电子层数等于其周期数，最外层电子数等于其主族序数，所以氮元素属于第二周期第ⅤA族；

气态氢化物的稳定性与元素的非金属性有关系；非金属越强，气态氢化物的稳定性越强，氧元素的非金属性大于氮元素的非金属性，所以水的稳定性大于氨气的稳定性；

故答案为：二；ⅤA；弱；

（2）Y为硫元素，硫原子核外电子数为16，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p4；硫为非金属，X为铝元素，非金属的第一电离能高于金属的第一电离能，故Y的第一电离能比X的大；

故答案为：1s22s22p63s23p4；大；

（3）浓硫酸和铜在加热条件下能反应生成硫酸铜、水和二氧化硫，方程式为：2H2SO4（浓）+CuCuSO4+SO2↑+2H2O；

故答案为：2H2SO4（浓）+CuCuSO4+SO2↑+2H2O；

（4）Fe（s）+O2（g）=FeO（s）△H=-272.0KJ•mol-1①

2X（s）+O2（g）=X2O3（s）△H=-1675.7KJ•mol-1②

将方程式×②-①得方程式X的单质和FeO反应的热化学方程式是：Al（S）+FeO（S）+O2（g）=Al2O3（S）+Fe（S）△H=-565.85KJ/mol；

故答案为：Al（S）+FeO（S）+O2（g）=Al2O3（S）+Fe（S）△H=-565.85KJ/mol．

【解析】【答案】导致酸雨的主要物质是二氧化氮和二氧化硫，且W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，Y的原子序数大于W的，所以W是氮元素，Y是硫元素；X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，且原子序数大于W小于Y，所以X是铝元素；Z能形成红色（或砖红色）的Z2O和黑色的ZO两种氧化物；且Z是前36号元素，Z的原子序数大于Y的，所以Z是铜元素，据此解答．

22、略

【分析】【解析】试题分析：⑴根据图1，用化学符号表示滴定过程中溶液中微粒之间的关系。①点a处：c(CH3COO－)+c(CH3COOH)＝2c(Na+)。是物料守恒；②点b处：溶液中离子浓度大小关系：PH=7，c(Na+)=c(CH3COO－)＞c(OH－)=c(H+)；③点c处：c(CH3COOH)+c(H＋)＝c(OH－)。是质子守恒；⑵甲同学也用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液进行滴定实验，该同学所绘制的滴定曲线如图2所示。图2中有一处明显错误，请指出错误的原因：CH3COOH为弱酸，在水溶液中部分电离，起点pH大于1。⑶乙同学设计了用0.1000mol·L－1标准盐酸滴定20.00mL未知浓度氨水的中和滴定实验。①0.1000mol·L－1标准盐酸应盛放在酸式滴定管中。②为减少实验误差，指示剂应选用：甲基橙。③滴定过程中眼睛始终注视锥形瓶中溶液颜色的变化。④若实验中锥形瓶用待盛放的未知浓度氨水润洗，相当于增加了氨水的量，则测定结果将偏高。⑷实验室配制pH相等的CH3COONa溶液（是强碱弱酸盐，醋酸酸性大于碳酸）、NaOH溶液和Na2CO3溶液（是强碱弱酸盐，醋酸酸性大于碳酸），所以三种溶液中溶质的物质的量浓度分别为c1、c2、c3的大小关系：c2＜c3＜c1。考点：酸碱中和滴定【解析】【答案】（14分）⑴2c(Na+)c(Na+)=c(CH3COO－)＞c(OH－)=c(H+)c(OH－)⑵CH3COOH为弱酸，在水溶液中部分电离，起点pH大于1（每空2分）⑶酸式滴定管甲基橙锥形瓶中溶液颜色的变化偏高（各1分）⑷c2＜c3＜c1（2分）23、略

【分析】试题分析：由元素的电离能可以看出，Q的电离能很大，可能为零族元素，R和U的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，二者位于同一族，S的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，故表现+2价，最外层电子数为2，T的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3，则（1）由上述分析可知，R和U的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，二者位于同一族，故答案为：E；（2）离子的氧化性最弱，即其对应的电离能最小，由表中数据看出U的第一电离能为420kJ•mol-1，数值最小，故U+氧化性最弱，故答案为：D；（3）由表中数据可知，Q元素各电离能都较大，而且各电离能之间无太大差距，故Q最可能为稀有气体元素，化学性质和物理性质最像氦，故答案为：C；（4）相邻两个电离能数据相差较大，从一个侧面说明核外电子是分层排布的，且各能层能量不同。若U为短周期元素，据表中数据第一次电离能飞跃是失去第2个电子时，可推知U在ⅠA族，则第二次电离能飞跃是在失去第10个电子时发生的，故答案为：电子分层排布，且各能层能量不同；10；（5）由上述分析可知，R最外层电子数为1，S的最外层电子数为2，T的最外层电子数为3，R、S、T若是同周期的三种主族元素，则它们的原子序数由小到大的顺序是R＜S＜T，其中由于S的第一电离能失去的是s能级的电子，s能级为全满稳定结构、能量降低，第一电离能反常高。故答案为：R＜S＜T，S，S元素的第一电离能失去的是s能级的电子，s能级为全满稳定结构、能量降低。考点：考查电离能与性质的关系点评：本题考查电离能与物理性质、化学性质的关系，需要根据电离能的大小关系推断出各元素原子的位置关系，进而结合能层排布规律，以及电离能的大小及反常的情况做出判断。【解析】【答案】（1）E（2）D（3）C（4）电子分层排布，且各能层能量不同；10；(5)R＜S＜T，S，S元素的第一电离能失去的是s能级的电子，s能级为全满稳定结构、能量降低。24、略

【分析】试题分析：本题考查中和热的测定。在实验中需要测量溶液的体积，所以需要量筒，同时还需要测量温度，所以需要温度计；在实验过程中要尽可能的减少热量损耗，而金属铜是热的良导体，所以不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒；根据实验数据知两次实验中的温度差的平均值为：℃，所以反应中放出的热量Q＝4.18KJ·℃-1·Kg-1×0.1kg×3.4℃＝1.4212KJ。因为反应中生成的水的物质的量为0.025mol，所以∆H＝kJ·mol－1，因此反应的热化学方程式为NaOH（aq）＋HCl（aq）＝NaCl（aq）＋H2O（l）∆H＝56.8kJ·mol－1；KOH属于强碱，对属于结果无影响，但醋酸属于弱酸，溶于水会吸热，因此测定结果有影响考点：中和热的测定【解析】【答案】(8分)（1）量筒（1分）温度计（1分）（2）否（1分）金属易导热,热量散失多,导致误差偏大（1分）（3）NaOH(aq)+HCl(aq)NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-56.8kJ·mol-1（2分）（4）无（1分）有（1分）25、略

【分析】试题分析：（1）由于C元素是短周期元素，原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则C是O元素，其基态电子排布式为1s22s22p4；若A元素的原子最外层电子排布为1s1，则A是H元素，A与C形成的最简单化合物H2O中的共价键属于极性共价键；按原子轨道的重叠方式分类应该属于键；（2）当n＝2时，元素A是Li,在周期表中的位置是第二周期第ⅠA族;由于B元素的原子价电子排布为ns2np2，则B是C元素；B与C形成的化合物CO2的VSEPR模型名称为直线型；（3）当n＝3时，由于B元素的原子价电子排布为ns2np2，则B是Si元素；B与C形成的晶体是SiO2；晶体类型是原子晶体；D元素原子的M电子层的p能级中有3个电子，则D是P元素。元素的非金属性越强，其第一电离能就越大。同一周期的元素，原子序数越大，元素的第一电离能就越大；由于此时A、B、C、D四种元素分别是Na、Si、O、P的第一电离能由大到小的顺序是O>P>Si>Na。考点：考查元素的推断、元素在周期表中的位置、分子结构、晶体结构及化学键的类型、电离能的比较。【解析】【答案】（1）1s22s22p4；键；（2）第二周期第ⅠA族直线（3）原子晶体O>P>Si>Na。26、（1）2VOSO4(s)=V2O5(s)+SO3(g)+SO2(g)△H=p-q-r（2）CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝－726.5kJ·mol－1

（3）(a+b-1.5c)kJ

（4）CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+

（5）2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O【分析】【分析】本题考查了盖斯定律的应用、电解池原理的应用、原电池原理的应用和电极反应式的书写，难度一般。【解答】rm{(1)}由题意知，过程rm{C}是rm{VOSO}rm{VOSO}反应生成rm{{,!}_{4}}rm{SO}则rm{SO}rm{{,!}_{3,}}rm{2VOSO}rm{2VOSO}rm{{,!}_{4}}rm{(g)=V}rm{(g)=V}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{4}}rm{(s)+O}rm{(s)+O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2SO}rm{(g)+2SO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}rm{triangleH=r}rm{垄脵}rm{(g)}rm{triangleH=r}rm{垄脵}rm{V_{2}O_{4}(s)+SO_{3}(g)=}rm{V_{2}O_{5}(s)+SO_{2}(g)}rm{triangleH=-q}rm{垄脷}rm{2SO}rm{2SO}根据盖斯定律，因rm{{,!}_{2}}得rm{(g)+O}rm{(g)+O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}rm{(g)}rm{?}rm{2SO}rm{2SO}rm{{,!}_{3}}rm{(g)triangleH=p}rm{垄脹}根据盖斯定律，因rm{垄脵+垄脷+垄脹}得rm{2VOSO}rm{(g)triangleH=p}rm{垄脹}故本题答案是rm{垄脵+垄脷+垄脹}rm{2VOSO}rm{{,!}_{4}}rm{(s)=V}rm{(s)=V}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{5}}rm{(s)+SO}rm{(s)+SO}rm{{,!}_{3}}rm{(g)+SO}由盖斯定律rm{(g)+SO}得，故本题答案是CHrm{{,!}_{2}}rm{(g)}rm{triangleH=p-q-r}故本题答案是rm{2VOSO}rm{(g)}rm{triangleH=p-q-r}rm{2VOSO}rm{{,!}_{4}}rm{(s)=V}rm{(s)=V}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{5}}rm{(s)+SO}rm{(s)+SO}rm{{,!}_{3}}rm{(g)=2NO(g)?H=+akJ隆陇mol}rm{(g)+SO}rm{(g)+SO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}rm{triangleH=p-q-r}rm{(g)}rm{triangleH=p-q-r}rm{(2)}由盖斯定律rm{垄脷-垄脵+dfrac{垄脺}{2}}得，故本题答案是CHrm{(2)}rm{垄脷-垄脵+dfrac{垄脺}{2}}rm{{,!}_{3}}rm{OH(l)+3/2O}rm{OH(l)+3/2O}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(g)?H=-ckJ隆陇mol^{-1;;}垄脹}由盖斯定律rm{{,!}_{2}}得rm{(g)=CO}rm{(g)=CO}；rm{{,!}_{2}}的氨气物质的量是rm{(g)+2H}，故本题答案rm{(g)+2H}氨气经催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气所放出的热量为rm{{,!}_{2}}rm{O(l)}rm{娄陇H=-726.5kJ隆陇mol}处生成大量的水，所以rm{O(l)}电极是通入的氧气，为正极，rm{娄陇H=-726.5kJ隆陇mol}口通入的物质为甲醇，为负极，正极发生电极反应为：rm{{,!}^{-1}}依据电池总反应为：rm{(3)}总化学方程式rm{N}正极rm{N}得到负极电极反应为：rm{{,!}_{2}}故本题答案是：rm{(g)+O}rm{(g)+O}由题意知，金属铜一定作阳极，铜电极本身失电子，发生氧化反应，电极反应为：rm{{,!}_{2}}rm{(g)=2NO(g)?H=+a

kJ隆陇mol}rm{(g)=2NO(g)?H=+a

kJ隆陇mol}rm{{,!}^{-1}}rm{垄脵N}rm{垄脵N}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+3H}rm{(g)+3H}故本题答案是rm{{,!}_{2}}rm{(g)}rm{(g)}rm{?}rm{2NH}rm{2NH}rm{{,!}_{3}}rm{(g)?H=-bkJ隆陇mol}rm{(g)?H=-bkJ隆陇mol}

rm{{,!}^{-1}}【解析】rm{(1)2VOSO_{4}(s)=V_{2}O_{5}(s)+SO_{3}(g)+SO_{2}(g)}rm{(1)

2VOSO_{4}(s)=V_{2}O_{5}(s)+SO_{3}(g)+SO_{2}(g)}rm{(2)CH_{3}OH(l)+3/2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)}rm{triangleH=p-q-r}rm{(2)CH_{3}OH(l)+3/2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+

2H_{2}O(l)}rm{娄陇H=-726.5kJ隆陇mol^{-1}}rm{(3)}rm{(a+b-1.5c)kJ}rm{(a+b-1.5c)kJ}四、实验题(共1题，共2分)27、略

【分析】解：rm{(1)}由仪器结构特征，可知仪器rm{a}为三颈烧瓶；

故答案为：三颈烧瓶；

rm{(2)Fe^{2+}}具有强还原性，配制溶液时加热抗坏血酸，防止rm{Fe^{2+}}离子被氧化，蒸馏水事先要煮沸、冷却，可以除去溶液中的溶解的氧气，避免氧化rm{Fe^{2+}}

故答案为：煮沸；冷却；

rm{(3)Na_{2}HPO_{4}}与rm{CH_{3}COONa}混合溶液呈碱性，直接混合容易产生成rm{Fe(OH)_{2}}沉淀，实验时三种溶液分别加入，混合溶液至rm{pH=4}时，再加入rm{FeSO_{4}}溶液，防止生成rm{Fe(OH)_{2}}沉淀；

制备时需不断搅拌，使反应物充分接触，也会防止生成rm{Fe(OH)_{2}}沉淀；

故答案为：避免生成rm{Fe(OH)_{2}}沉淀；使反应物充分接触，避免生成rm{Fe(OH)_{2}}沉淀；

rm{(4)}步骤是分离不溶的固体与液体得到磷酸亚铁粗产品；需要采取过滤；洗涤等；

故答案为：过滤；洗涤；

rm{(5)}检验磷酸亚铁粗产品中是否有rm{Fe(OH)_{3}}杂质的方法是：取少量固体溶于适量盐酸，然后滴入rm{KSCN}溶液，容易变红色，说明含有rm{Fe^{3+}}否则不含；

故答案为：取少量固体溶于适量盐酸，然后滴入rm{KSCN}溶液，容易变红色，说明含有rm{Fe^{3+}}否则不含；

rm{(6)15.2gFeSO_{4}}的物质的量为rm{dfrac{15.2g}{152g/mol}=0.1mol}根据rm{dfrac

{15.2g}{152g/mol}=0.1mol}元素守恒，理论上得到rm{Fe}的质量为rm{0.1mol隆脕dfrac{1}{3}隆脕502g/mol=16.73g}磷酸亚铁产率是rm{dfrac{12.8g}{16.73g}隆脕100%=76.5%}

故答案为：rm{Fe_{3}(PO_{4})_{2}?8H_{2}O}．

rm{0.1mol隆脕dfrac

{1}{3}隆脕502g/mol=16.73g}仪器rm{dfrac

{12.8g}{16.73g}隆脕100%=76.5%}为三颈烧瓶；

rm{76.5%}配制溶液时加热抗坏血酸，防止rm{(1)}离子被氧化；蒸馏水事先要煮沸除去溶液中的溶解的氧气；

rm{a}分别加入药品，混合溶液至rm{(2)}时，再加入rm{Fe^{2+}}溶液，防止生成rm{(2)}沉淀；制备时需不断搅拌，使反应物充分接触，也会防止生成rm{pH=4}沉淀；

rm{FeSO_{4}}生成的rm{Fe(OH)_{2}}固体混有杂质rm{Fe(OH)_{2}}离子，通过检验rm{(3)}判断沉淀洗涤干净与否；

rm{Fe_{3}(PO_{4})_{2}?8H_{2}O}步骤是分离不溶的固体与液体得到磷酸亚铁粗产品；需要采取过滤；洗涤等；

rm{SO_{4}^{2-}}用盐酸溶解，再用rm{SO_{4}^{2-}}溶液检验rm{(4)}

rm{(5)}根据rm{KSCN}原子守恒计算rm{Fe^{3+}}的理论产量；进而计算产率．

本题考查物质制备实验方案，涉及对仪器识别、物质的分离提纯、对操作的分析评价、实验方案设计、产率计算等，较好的考查学生信息获取与知识迁移运用能力，题目难度中等．rm{(6)}【解析】三颈烧瓶；煮沸、冷却；避免生成rm{Fe(OH)_{2}}沉淀；使反应物充分接触，避免生成rm{Fe(OH)_{2}}沉淀；过滤、洗涤；取少量固体溶于适量盐酸，然后滴入rm{KSCN}溶液，容易变红色，说明含有rm{Fe^{3+}}否则不含；rm{76.5%}五、探究题(共4题，共8分)28、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）29、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）30、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