2025年统编版高二化学上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年统编版高二化学上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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列涉及有机物的性质或应用的说法不正确的是()A.纤维素、蔗糖、蛋白质和脂肪在一定条件下都可发生水解反应B.用于奥运“祥云”火炬的丙烷是一种清洁燃料C.用大米酿的酒在一定条件下密封保存，时间越长越香醇D.淀粉、纤维素和油脂都是天然高分子化合物2、某同学为了使反应2HCl+2Ag2AgCl+H2↑能进行，设计了下列四个实验，如下图所示，你认为可行的方案是（）3、下列操作中，能使电离平衡rm{H_{2}O?H^{+}+OH^{-}}向右移动，且溶液一定呈酸性的是rm{(}rm{)}

A.向水中加入rm{NaHSO_{4}}溶液B.氨水中加入少量rm{NH_{4}Cl}固体C.向水中加入rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}固体D.将水加热到rm{100隆忙}使rm{pH=6}4、下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.石油裂解可以得到氯乙烯B.油脂水解可得到氨基酸和甘油C.所有烷烃和蛋白质中都存在碳碳单键D.淀粉和纤维素的组成都是rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}水解最终产物都是葡萄糖5、将等质量的两份锌粉rm{a}和rm{b}分别加入两个盛过量的稀硫酸的烧杯中，并向加入rm{a}的烧杯中再加入少量rm{CuO}粉末rm{.}下列各图表示氢气体积rm{V(H_{2})}与反应时间rm{t}的关系，其中正确的是()A.B.C.D.6、短周期元素rm{W}rm{X}rm{Y}和rm{Z}的原子序数依次增大。元素rm{W}是制备一种高效电池的重要材料，rm{X}原子的最外层电子数是内层电子数的rm{2}倍，元素rm{Y}是地壳中含量最丰富的金属元素，rm{Z}原子的最外层电子数是其电子层数的rm{2}倍。下列说法错误的是()A.元素rm{X}与氢形成的原子比为rm{1}rm{1}的化合物有很多种B.元素rm{W}rm{X}的氯化物中，各原子均满足rm{8}电子的稳定结构C.元素rm{Y}的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D.元素rm{Z}可与元素rm{X}形成共价化合物rm{XZ_{2}}7、一个化学电池的总反应方程式为：Zn+Cu2+═Zn2++Cu；该化学电池的组成可能为（）

。ABCD正极CuMgZnFe负极ZnZnCuZn电解质溶液H2SO4CuSO4ZnCl2CuCl2

A.A

B.B

C.C

D.D

8、如图表示取rm{1mol}乙烯雌酚进行的rm{4}个实验，下列对实验数据的预测正确的是rm{left({??}right)}A.rm{{垄脵}}中生成rm{7}rm{mol}rm{H_{2}O}B.rm{{垄脷}}中生成rm{2}rm{mol}rm{CO_{2}}C.rm{{垄脹}}最多消耗rm{3}rm{mol}rm{Br_{2}}D.rm{{垄脺}}中最多消耗rm{7}rm{mol}rm{H_{2}}9、合成氨的热化学方程式为rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangleH=隆陋92.4kJ/mol}现将rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?

2NH_{3}(g)triangleH=隆陋92.4kJ/mol}和rm{1molN_{2}(g)}充入一容积为rm{3molH_{2}(g)}的密闭容器中，在rm{2L}下进行反应，rm{500隆忙}时达到平衡，rm{10min}的体积分数为rm{NH_{3}}下列说法中正确的是()A.若达到平衡时，测得体系放出rm{娄脮}热量，则rm{9.24kJ}反应速率变化曲线如图甲所示B.反应过程中，混合气体平均相对分子质量为rm{H_{2}}混合气体密度为rm{M}混合气体压强为rm{d}三者关系如图乙C.如图丙所示，容器rm{p}和rm{I}达到平衡时，rm{II}的体积分数为则容器rm{NH_{3}}放出热量与容器rm{I}吸收热量之和为rm{II}D.若起始加入物料为rm{92.4kJ}和rm{1molN_{2}}在不同条件下达到平衡时，rm{3molH_{2}}的体积分数变化如图丁所示rm{NH_{3}}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、煤的“气化”是使煤变成洁净能源的有效途径之一，其主要反应为：C+H2OCO+H2下图是用煤为原料合成F的路线图（部分反应条件和生成物已略），D的分子式为C9H10O，且能发生银镜反应。（1）写出A、D的结构简式：A：_______________D：________________（2）关于有机物F的说法正确的是。A．属于芳香烃B．能够发生银镜反应C．1molF最多可以加成4molH2D．易溶于水（3）写出C与E反应生成F的化学方程式:_________________________________________（4）“合成气”(CO、H2)除作合成有机物的原料外，还有其他用途，如_______(举一例).（5）F有多种同分异构体,满足下列条件的同分异构体有_____种(不包括F).①属于酯类,且能发生银镜反应②苯环上的一氯代物只有两种.③分子中只有两个甲基.11、葡萄糖的分子式是______，由于它______，所以属于单糖；蔗糖的分子式是______，由于它的一个分子能水解成两个单糖分子，所以属于______．12、利用下图所示装置，设计一个简单的一次性完成的实验，验证乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱。（1）用导管口的字母表示所选用装置的连接顺序：____。（2）装置A中，广口瓶中所放入的物质是____，分液漏斗中所放入的物质是____。（3）装置B中所加入的物质是____，其作用是____。（4）装置C中反应的离子方程式为____。13、海水中含有丰富的化学元素，下面是某化工厂从海水中提取NaCl、Mg(以MgCl2形式存在)和Br2(以NaBr的形式存在)及综合利用的生产流程简图：

请回答：

(1)在粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质；精制时所用的试剂为：

A．盐酸B．氯化钡溶液C．氢氧化钠溶液D．碳酸钠溶液．

则加入试剂的顺序是(填编号)____________．

(2)目前工业上主要采用离子交换膜法电解饱和食盐水；下列关于离子交换膜电解槽的叙述错误的是____________．

A．精制饱和食盐水进入阳极室B．纯水(加少量NaOH)进入阴极室。

C．阴极产物为氢氧化钠和氢气D．电解槽的阳极用金属铁网制成。

(3)写出电解饱和NaCl溶液的离子反应方程式：____________．

(4)此工业煅烧贝壳得到氧化钙．石灰石和贝壳的主要成份相同；事实上，石灰石在许多化学工业生产都发挥了极大的作用，请写出一条化工生产中碳酸钙参与的化学反应方程式(此工业涉及的方程式除外)____________．

(5)利用MgCl2•6H2O可制得无水氯化镁；应采取的措施是____________．

(6)用热空气吹出的溴蒸气可以用亚硫酸钠溶液吸收，写出反应的化学方程式：____________．14、把适合题意的图像填在横线上rm{(}用rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}表示rm{)}

rm{(1)}将等质量的两份锌粉rm{a}rm{b}分别加入过量的稀硫酸，同时向rm{a}中加入少量的rm{CuSO_{4}}溶液，产生rm{H_{2}}的体积rm{V(L)}与时间rm{t(min)}的关系是_________。rm{(2)}将过量的两份锌粉rm{a}rm{b}分别加入定量的稀硫酸，同时向rm{a}中加入少量的rm{CuSO_{4}}溶液，产生rm{H_{2}}的体积rm{V(L)}与时间rm{t(min)}的关系是_________rm{(3)}将rm{(1)}中的rm{CuSO_{4}}溶液改成rm{CH_{3}COONa}溶液，其他条件不变，则图像是_________。评卷人得分三、计算题(共7题，共14分)15、普通玻璃中，Na2SiO3、CaSiO3、SiO2的物质的量之比是Na2SiO3∶CaSiO3∶SiO2＝1∶1∶4。(1)若以aNa2O·bCaO·mSiO2形式表示此玻璃的组成，则a∶b∶m＝____________。(2)若要制备1000kg上述玻璃，需要原料各多少千克？共可产生标准状况下的CO2气体多少升？16、有机物A由碳、氢、氧三种元素组成，经测定其相对分子质量为90。现取1.8gA在纯氧中完全燃烧，将产物依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重1.08g，碱石灰增重2.64g。回答下列问题：（1）1.8gA中所含氢原子、碳原子的物质的量各是多少?（2）通过计算确定该有机物的分子式。17、（8分）在一密闭的2L容器中装有4molSO2和2molO2，在一定条件下开始反应。2min末测得容器中有1.6molSO2，请计算：（1）2min末SO3的浓度；（2）2min内SO2的平均反应速率。18、在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应生成N2和H2O。现有NO和NH3的混合物1mol，充分反应后所得产物中，若经还原得到的N2比经氧化得到的N2多1．4g。（1）写出反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目。（2）若以上反应进行完全，试计算原反应混合物中NO与NH3的物质的量可能各是多少。19、某混合气体由一种气态烷烃和一种气态烯烃组成，在同温同压下，混合气体对氢气的相对密度为rm{13.}在标准状况下，将rm{50.0L}混合通入足量溴水，溴水质量增重rm{31.2g}通过计算回答：

rm{(1)}混合气体中气态烷烃的化学式______．

rm{(2)}混合气体中烷烃与烯烃的物质的量之比______rm{(}写出简整数比rm{)}．

rm{(3)}写出混合气态烯烃可能的结构简式______．20、rm{Cu}与一定浓度的硝酸反应时，其方程式可表示为：rm{Cu+HNO_{3}}--rm{Cu(NO_{3})_{2}+NO隆眉+NO_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{(1)}硝酸在反应中的性质是______．

rm{(2)0.3molCu}被完全溶解后，如果得到的rm{NO}和rm{NO_{2}}物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量是______rm{mol}若用排水法收集这些气体，可得到标准状况下的体积______rm{L}．

rm{(3)}如果参加反应的rm{Cu}和rm{HNO_{3}}的物质的量之比为rm{3}rm{10}写出并配平该反应的离子方程式______．21、常温下；将0.05mol/L盐酸溶液和未知浓度的NaOH溶液以1：2的体积比混合，所得溶液的pH=12．用上述NaOH溶液13mL和pH=3的某一元弱酸HA溶液20mL恰好完全反应生成NaA．试求：

（1）此一元弱酸的物质的量浓度。

（2）求此条件下该一元弱酸的电离平衡常数。评卷人得分四、探究题(共4题，共16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。评卷人得分五、推断题(共4题，共40分)26、分子式为CxHyBr的几种一溴代烷水解后，在红热铜丝催化下，最后可被空气氧化成四种不同的醛，则该物质的分子式可能为（）A.C2H5BrB.C4H9BrC.C3H7BrD.C5H11Br27、现有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种中学教材中常见的金属单质；其单质和最高价氧化物对应的水化物的有关信息如表所示：

。单质rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}最高价氧化物。

对应水化物的稳定性难分解能分解能分解能分解能分解单质性质与水剧烈反应缓慢溶于热水溶于强碱性溶液难溶于冷的浓硝酸溶于浓、稀硝酸已知rm{A}rm{B}rm{C}的组成元素位于同一短周期，rm{D}和rm{E}的组成元素位于同一周期，rm{D}的低价氢氧化物在空气中会发生颜色变化，rm{E}在空气中生锈呈绿色．

根据要求；回答下列问题：

rm{(1)C}元素最高价氧化物对应的水化物既能与酸反应，又能与碱反应，原因分别是：______；______rm{(}用电离方程式表示rm{)}

rm{(2)}以rm{B}rm{C}为电极，rm{A}的氢氧化物的水溶液为电解质溶液，构成原电池rm{.}写出rm{C}极的电极反应式：______．

rm{(3)}用离子方程式表示rm{D}的单质能与rm{D}的化合物在水溶液中发生化合反应：______．

rm{(4)E}的单质在加热条件下能与浓硫酸反应，其反应的化学方程式为______．28、已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中加入KSCN出现血红色．（1）写出下列物质的化学式：D：E：N：．（2）B与E混和得到H并在潮湿空气中变成M的过程中，可能观察到的现象：（3）按要求写方程式：B和R反应生成N的离子方式：；M→W的离子方程式：．29、现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：。元素元素性质或原子的结构rm{T}rm{2p}轨道电子数比rm{S}轨道电子数多rm{1}个rm{X}rm{L}层中rm{p}能级电子数比rm{s}能级电子数多rm{2}个rm{Y}第三周期元素的简单离子中半径最小rm{Z}rm{L}层有rm{3}个未成对电子rm{(1)}写出元素rm{X}的离子结构示意图：____________________________________。写出元素rm{Z}的简单气态氢化物的电子式：_________________．

rm{(2)}写出元素rm{Y}的最高价氧化物对应的水化物与rm{KOH}反应的化学方程式：__________________________________________________________。

rm{(3)T}rm{Y}rm{Z}三种元素的单质中化学性质明显不同于其他单质的是____________rm{(}填元素符号，下同rm{)}元素rm{T}与氯化素相比，非金属性较强的是____，下列表述中能证明这一事实的是___________rm{(}填字母rm{)}．

rm{a{.}}常温下氯气的颜色比rm{T}单质的颜色深。

rm{b{.}T}的单质通入氯化钠水溶液中不能置换出来。

rm{c{.}}氯与rm{T}形成化合物中，氯元素呈正价rm{(4)T}rm{X}rm{Z}的的第一电离能由大到小的顺序为___________________________。rm{(}填元素符号rm{)}参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【解析】试题分析：A正确，丙烷的燃烧产物是水和CO2，属于清洁燃料，B正确；乙醇可生成乙酸，进而进一步反应生成乙酸乙酯，从而具有香味，故C正确。油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯类，不是高分子化合物，D不正确，答案选D。考点：考查常见有机物结构和性质的有关判断【解析】【答案】D2、C【分析】【解析】【答案】C3、C【分析】【分析】本题考查影响水电离的因素，注意不能根据rm{pH}确定溶液是酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小确定溶液的酸碱性确定溶液是酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小确定溶液的酸碱性。【解答】A.硫酸氢钠的电离：rm{pH}溶液中氢离子浓度增大，水的电离平衡向着逆向移动，故A错误；

B.rm{NaHSO_{4}篓TNa^{+}+H^{+}+SO_{4}^{2-}}氨水中加入少量rm{NH}rm{NH}固体溶液呈碱性，故B错误；C.向水中加入硫酸铝，铝离子水解而促进水电离，且溶液呈酸性，故C正确；D.升高温度；水的电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液显示中性，故D错误。

故选C。rm{{,!}_{4}}【解析】rm{C}4、D【分析】【分析】本题考查常见有机物的结构和性质。常见的典型有机物的结构和性质需要熟练记住，并能灵活运用即可。【解答】A.因石油裂解产物主要是乙烯；丙烯、异丁烯；故A错误；

B.因油脂水解的产物得到高级脂肪酸和甘油；故B错误；

C.因甲烷中只有rm{C-H}键；蛋白质中可能存在碳碳双键，不一定都是碳碳单键，故C错误；

D.因淀粉和纤维素的组成都是rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}水解最终产物都是葡萄糖，故D正确。

故选D。【解析】rm{D}5、A【分析】解：rm{a}烧杯中形成原电池，反应速率快，但rm{a}中与酸反应的rm{Zn}少；则生成的氢气少；

A、rm{a}烧杯内反应速率快，生成的氢气体积rm{V(H_{2})}少；故A正确；

B、rm{a}烧杯内生成的氢气体积rm{V(H_{2})}少；不可能一样多，故B错误；

C、rm{a}烧杯内反应速率快，生成的氢气体积rm{V(H_{2})}少；故C错误；

D、rm{a}烧杯内生成的氢气体积rm{V(H_{2})}少；故D错误。

故选A。

rm{a}烧杯中加入一定量的rm{CuO}粉末，rm{CuO}与rm{H_{2}SO_{4}}反应生成rm{CuSO_{4}}rm{Zn}与rm{CuSO_{4}}反应，析出rm{Cu}附着在rm{Zn}上，构成原电池，rm{a}烧杯内反应速率快；rm{a}烧杯内与rm{H_{2}SO_{4}}反应的rm{Zn}的质量比rm{b}烧杯少，rm{a}烧杯内生成的氢气体积rm{V(H_{2})}比rm{b}烧杯少。

本题考查原电池对反应速率的影响及图象的分析，清楚整个反应过程，正确分析曲线与变化的关系，原电池的构成，对反应速率及氢气体积的影响等即可解答。【解析】rm{A}6、B【分析】【分析】本题考查元素的推断和元素的性质，充分利用原子结构的知识是解题的关键。首先，根据原子结构的特点，推断出rm{W}rm{X}rm{Y}和rm{Z}分别是什么元素；然后，根据元素的性质，对照各个选项，判断正误，题目难度不大。rm{W}rm{X}和rm{Y}分别是什么元素；然后，根据元素的性质，对照各个选项，判断正误，题目难度不大。rm{Z}

根据题意可以判断元素【解答】rm{W}rm{X}rm{Y}分别是rm{Z}rm{H}rm{C}rm{Al}rm{S}与A.因为rm{C}与rm{H}元素形成的rm{1隆脙1}的化合物可以是rm{C}元素形成的rm{C}的化合物可以是rm{H}rm{1隆脙1}rm{C}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}、rm{C}rm{C}rm{{,!}_{6}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{6}}B.、rm{C}中的氢原子满足rm{C}电子稳定结构，故B错误，故B符合题意rm{{,!}_{8}}C.因为单质铝与氢氧化钠或盐酸反应都会生成氢气，故C正确，故C不符合题意；D.因为rm{H}与rm{H}可以形成共价化合物rm{{,!}_{8}}故D正确，故D不符合题意。故选B。等，故A正确，故A不符合题意；【解析】rm{B}7、C【分析】

由电池反应Zn+Cu2+═Zn2++Cu可知；Zn为负极，排除选项C；

正极为比Zn不活泼的金属或惰性电极；排除选项B；

电解质溶液为含铜离子的溶液；排除选项A；

只有选项D符合；

故选C．

【解析】【答案】由电池反应Zn+Cu2+═Zn2++Cu可知；Zn为负极，正极为比Zn不活泼的金属或惰性电极，电解质溶液为含铜离子的溶液，以此来解答．

8、D【分析】【分析】本题考查有机物的结构与性质，注意把握酚的性质是解答本题的关键，明确苯酚的酸性较弱分析选项B，为解答的易错点，题目难度不大。【解答】A.rm{1mol}乙烯雌酚中含rm{22molH}由rm{H}原子守恒可知，rm{垄脵}中生成rm{11molH_{2}O}故A错误；

B.酚rm{-OH}与碳酸氢钠溶液不反应，则rm{垄脷}中无rm{CO_{2}}生成；故B错误；

C.酚rm{-OH}的邻、对位均可与溴发生取代反应，则rm{垄脹}中最多消耗rm{4molBr_{2}}故C错误；

D.苯环与rm{C=C}双键都能与氢气发生加成反应，rm{1mol}乙烯雌酚与氢气发生加成反应，最多消耗rm{7mol}氢气；故D正确。

故选D。【解析】rm{D}9、C【分析】【分析】本题考查平衡移动图象、等效平衡、外界对平衡及反应速率的影响等，难度中等，注意rm{D}选项中定一议二与先拐先平原则的利用。【解答】A.反应开始速率相对较快，达平衡前反应速率相对较慢，所以反应速率应为由高到低，达到平衡时放出的热量为rm{9.24kJ}由热化学方程式可知参加反应的氢气的物质的量为rm{0.3mol}rm{10min}内氢气的平均速率为rm{0.015mol/(L?min)}最低反应速率应小于rm{0.015mol/(L?min)}故A错误；

B.混合气体的总质量不变；容器的体积不变，混合气体的密度为定值；随反应进行；混合气体的物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大、混合气体的压强降低，故B错误；

C.恒温恒容下，容器Ⅱ中按化学计量数转化为rm{N_{2}}rm{H_{2}}可得rm{N_{2}1mol}rm{H_{2}3mol}容器Ⅰ、容器Ⅱ内为等效平衡rm{.}两种途径中达到平衡时，rm{NH_{3}}的体积分数均为rm{娄脴}平衡时容器内对应各物质物质的量相等，令平衡时容器内rm{N_{2}}为rm{nmol}则容器Ⅰ中放出的热量为rm{(1-n)mol隆脕92.4kJ/mol=92.4(1-n)kJ}容器Ⅱ内吸收的热量为rm{nmol隆脕92.4kJ/mol=92.4nkJ}容Ⅰ中放出的热量与Ⅱ中吸收的热量之和为rm{92.4(1-n)kJ+92.4nkJ=92.4kJ}故C正确；

D.起始加入的物料均为rm{1molN_{2}}rm{3molH_{2}}在不同条件下达到平衡时，比较rm{500隆忙}rm{2L}与rm{500隆忙}rm{1L}体积小压强大，反应速率快，达到平衡时间短，平衡向正反应移动，平衡时rm{NH_{3}}的体积分数相对较大；比较rm{500隆忙}rm{2L}与rm{400隆忙}rm{2L}温度增大，反应速率快，达到平衡时间短，平衡向逆反应移动，平衡时rm{NH_{3}}的体积分数相对较小；故D错误。

故选C。【解析】rm{C}二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】【解析】【答案】（1）A：CH3OH（2分）D：（1分）(2)B(2分)（3）(2分)（4）燃料等(1分)(5)4(2分)11、略

【分析】解：依据糖能否水解以及水解的产物将糖分成单糖、二糖和多糖，不能水解的糖属于单糖，能够水解生成两分子的糖属于二糖，能够水解生成多分子的糖为多糖，葡萄糖的分子式为：rm{C_{6}H_{12}O_{6}}葡萄糖不能水解，属于单糖；蔗糖的分子式为：rm{C_{12}H_{22}O_{11}}能够水解生成葡萄糖和果糖，所以属于二糖；

故答案为：rm{C_{6}H_{12}O_{6}}不能再水解；rm{C_{12}H_{22}O_{11}}二糖．

依据葡萄糖和蔗糖的组成和性质；结合是否能够水解分析解答．

本题考查了糖的结构和性质，题目难度不大，注意对课本基础知识的记忆．【解析】rm{C_{6}H_{12}O_{6}}不能再水解；rm{C_{12}H_{22}O_{11}}二糖12、略

【分析】【解析】试题分析：（1）乙酸能和碳酸盐反应生成CO2，而CO2气体通入苯酚钠溶液中又有苯酚生成，所以正确的连接顺序是a→c→b→d。（2）根据以上分析可知，装置A中，广口瓶中所放入的物质是CaCO3或Na2CO3，分液漏斗中所放入的物质是CH3COOH溶液。（3）由于乙酸易挥发，且乙酸也能和苯酚钠反应，所以装置B中所加入的物质是碳酸氢钠，其作用是吸收挥发出来的乙酸，避免乙酸与苯酚钠溶液反应。（4）装置C中反应的离子方程式为考点：考查乙酸、碳酸、苯酚酸性强弱比较以及实验设计、除杂和方程式的书写【解析】【答案】（1）a→c→b→d。（2）CaCO3或Na2CO3，CH3COOH溶液。（3）NaHCO3溶液，吸收挥发出来的乙酸，避免乙酸与苯酚钠溶液反应。（4）13、略

【分析】解：(1)SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加BaCl2溶液再加Na2CO3溶液；最后加入盐酸，所以正确顺序为BDCA或CBDA或BCDA等。

故答案为：BDCA或CBDA或BCDA等；

(2)A；阳极是氯离子失电子发生氧化反应；精制饱和食盐水进入阳极室，故A正确；

B；阴极是氢离子得到电子生成氢气；纯水(加少量NaOH)进入阴极室，故B正确；

C；阴极是氢离子得到电子生成氢气发生还原反应；阴极附近水电离平衡破坏，氢氧根离子浓度增大结合钠离子生成氢氧化钠，故C正确；

D；．电解槽的阳极是石墨电极；溶液中的氯离子失电子生成氯气，若用用金属铁网制成，则铁是电子发生氧化反应，生成的亚铁离子和氢氧根离子形成沉淀，得不到氯气和烧碱，故D错误；

故选D．

(3)电解过程中阳极上氯离子失电子发生氧化反应，2Cl--2e-=Cl2↑；阴极上是氢离子得到电子生成氢气，电极反应为：2H++2e-=H2↑；电解池中反应的离子方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，故答案为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；

(4)石灰石可以用作制玻璃的原料，发生的反应为：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，故答案为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；

(5)氯化镁在水中乙发生水解，为抑制水解，氯化镁晶体应在氯化氢气流中脱水，故答案为：在HCl气流中加热脱水(防止MgCl2水解)；

(6)溴单质具有氧化性，亚硫酸钠具有还原性发生氧化还原反应生成硫酸钠和氢溴酸；反应的化学方程式为：H2O+Na2SO3+Br2═Na2SO4+2HBr，故答案为：H2O+Na2SO3+Br2═Na2SO4+2HBr．【解析】BDCA或CBDA或BCDA等;D;2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-;CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑;在HCl气流中加热脱水(防止MgCl2水解);H2O+Na2SO3+Br2═Na2SO4+2HBr14、（1）A

（2）B

（3）C【分析】【分析】本题考查化学图像的分析与判断知识。【解答】rm{(1)垄脵}将等质量的两份锌粉rm{a}rm{b}分别加入过量的稀硫酸中，同时向rm{a}中加入少量的rm{CuSO_{4}}溶液，rm{Zn}与硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，消耗了锌，产生氢气的体积比rm{b}少，锌、铜和稀硫酸构成原电池，化学反应速率加快，所以rm{a}曲线首先反应结束，则产生rm{H_{2}}的体积rm{V}rm{(L)}与时间rm{t(min)}的关系是rm{A}故答案为：rm{A}rm{垄脷}将过量的两份锌粉rm{a}rm{b}分别加入定量的稀硫酸，同时向rm{a}中加入少量的rm{CuSO_{4}}溶液，rm{Zn}与硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，消耗了锌，没有消耗硫酸，rm{a}和rm{b}产生氢气的体积相等，锌、铜和稀硫酸构成原电池，化学反应速率加快，所以rm{a}曲线首先反应结束，则产生rm{H_{2}}的体积rm{V}rm{(L)}与时间rm{t}rm{(min)}的关系是rm{B}故答案为：rm{B}rm{垄脹}将等质量的两份锌粉rm{a}rm{b}分别加入过量的稀硫酸中，同时向rm{a}中加入少量的rm{CH_{3}COONa}溶液，硫酸和醋酸钠反应生成醋酸，导致溶液中rm{H^{+}}浓度降低，化学反应速率减慢，但不影响生成氢气的体积，其他条件不变，则图像是rm{C}故答案为：rm{C}【解析】rm{(1)A}rm{(2)B}rm{(3)C}三、计算题(共7题，共14分)15、略

【分析】(1)根据原子个数相等的原则，Na2SiO3∶CaSiO3∶4SiO2等同于Na2O·CaO·6SiO2，即a∶b∶m＝1∶1∶6.(2)制造玻璃的原料是Na2CO3、CaCO3和SiO2，根据反应原理：Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑，CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑。玻璃的化学式为Na2O·CaO·6SiO2，由元素守恒可得关系式：Na2O·CaO·6SiO2→Na2CO3→CaCO3→6SiO2→2CO2。据此可计算出所需的原料和放出CO2的体积。另外还可以用制造1000kg玻璃所需的原料和1000kg玻璃的差值计算出CO2的质量，继而计算其体积。【解析】【答案】(1)1∶1∶6(2)Na2CO3：221.8kg；CaCO3：209.2kg；SiO2∶753.1kg；CO2：9.37×104L16、略

【分析】试题分析：利用燃烧法确定烃及烃的含氧衍生物的分子式时要注意守恒思想的应用：H2O中求H;CO2中求碳，有机物的总质量减C和H的质量得O质量，或者产物总氧减参加反应的氧气就是原来化合物的氧。浓硫酸增重1.08g是水，碱石灰增重2.64g是CO2，得n(H)=2x1.08/18=0.12(mol)，m(H)=0.12(g)；n(C)=2.64/44=0.06(mol)，m(C)=0.72(g)；n(O)=(1.8-0.12-0.72)/16=0.06(mol)；C:H:O=0.06:0.12:0.06=1:2:1；最简式为CH2O，其相对分子质量为90，分子式为C3H6O3。考点：考查燃烧法确定有机物的分子式。【解析】【答案】（1）n（H）=0.12moln（C）=0.06mol（2）C3H6O317、略

【分析】【解析】试题分析：反应前二氧化硫和氧气的浓度分别是4mol÷2L＝2mol/L和2mol÷2L＝1mol/L反应后二氧化硫的浓度是1.6mol÷2L＝0.8mol/L，则2SO2＋O22SO3起始浓度（mol/L）210转化浓度（mol/L）1.20.81.22min后浓度（mol/L）0.80.21.2所以2min末SO3的浓度1.2mol/L2min内SO2的平均反应速率为1.2mol/L÷2min＝0.6mol/(L·min)考点：考查反应速率的有关计算【解析】【答案】（1）1.2mol/L（4分）（2）0.6mol/L·min（4分）18、略

【分析】试题分析：（1）反应的方程式为：6NO+4NH3=5N2+6H2O，反应中NO中N元素的化合价由+2价降低到0价，得电子，NH3中N元素的化合价由-3价升高到0价，失电子，氧化还原反应氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则有：（2）6molNO还原得到3molN2，4molNH3，氧化得到2molN2，两者相差1molN2，现相差1．4g，1．4g÷28g·mol－1=0．05mol，相当于0．3molNO和0．2molNH3反应，依题意NO和NH3的总物质的量为1mol，其中必有一种为过量，所以有两种情况：0．3molNO和0．7molNH3或0．2molNH3和0．8molNO．考点：氧化还原反应的有关计算【解析】【答案】（1）（2）0．3molNO和0．7molNH3或0．2molNH3和0．8molNO19、略

【分析】解：rm{(1)}在同温同压下，混合气体对氢气的相对密度为rm{13}故混合气体的平均相对分子质量为rm{13隆脕2=26}烯烃中乙烯的相对分子质量最小为rm{28}故一定含有甲烷；

故答案为：rm{CH_{4}}

rm{(2)}标况下rm{50L}混合气体的物质的量为rm{dfrac{50L}{22.4L/mol}=dfrac{50}{22.4}mol}故混合气体的总质量为rm{dfrac{50}{22.4}mol隆脕26g/mol=58g}溴水质量增重rm{dfrac{50L}{22.4L/mol}=dfrac

{50}{22.4}mol}为烯烃的质量，故甲烷的质量为rm{dfrac

{50}{22.4}mol隆脕26g/mol=58g}故甲烷的物质的量为rm{dfrac{26.8}{16g/mol}=1.675mol}则甲烷的体积为rm{31.2g}则烯烃的体积为rm{58g-31.2g=26.8g}故混合气体中烷烃与烯烃的物质的量之比rm{dfrac

{26.8}{16g/mol}=1.675mol}rm{1.675mol隆脕22.4L/mol隆脰37.5L}rm{50L-37.5L=12.5L}

故答案为：rm{=37.5L}rm{12.5L=3}

rm{1}设烯烃的相对分子质量为rm{3}则：

rm{1}解得rm{(3)}

令烯烃的组成为rm{y}故rm{dfrac{16隆脕3+y}{3+1}=26}解得rm{y=56}故该烯烃为rm{(CH_{2})_{n}}可能的结构为：rm{14n=56}rm{n=4}rm{C_{4}H_{8}}

故答案为：rm{CH_{2}=CH-CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}-CH=CH-CH_{3}}rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}．

相同条件下，密度之比等于相对分子质量之比，混合气体对氢气的相对密度为rm{CH_{2}=CH-CH_{2}CH_{3}}则混合气体的平均相对分子质量为rm{CH_{3}-CH=CH-CH_{3}}故一定含有甲烷，根据rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}计算rm{13}混合气体的物质的量，再根据rm{26}计算混合气体的质量，溴水质量增重rm{n=dfrac{V}{V_{m}}}为烯烃的质量；进而计算甲烷的质量与物质的量，计算甲烷；烯烃的体积，相同条件下物质的量之比等于其体积之比，结合平均相对分子质量计算烯烃的相对分子质量，再根据烯烃的组成通式确定烯烃的分子式，进而书写可能的结构．

本题考查有机物的分子式的确定、混合物计算、同分异构体等，题目数据处理复杂，属于易错题目，根据平均相对分子质量确定含有甲烷是解题的关键．rm{50L}【解析】rm{CH_{4}}rm{3}rm{1}rm{CH_{2}=CH-CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}-CH=CH-CH_{3}}rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}20、略

【分析】解：rm{(1)}在该反应中硝酸反应生成硝酸盐，且硝酸中rm{N}元素的化合价降低，则作氧化剂，硝酸在反应中被还原，则对应的产物rm{NO}rm{NO_{2}}为还原产物；

故答案为：氧化性；酸性；

rm{(2)}设rm{NO}的物质的量为rm{n}得到的rm{NO}和rm{NO_{2}}物质的量相同；

由电子守恒可知，rm{0.3mol隆脕2=n隆脕(5-2)+n隆脕(5-4)}

解得rm{n=0.15mol}

则rm{N}原子守恒可知作氧化剂的硝酸为rm{0.15mol+0.15mol=0.3mol}

由rm{Cu(NO_{3})_{2}}可知，作酸性的硝酸为rm{0.3mol隆脕2=0.6mol}

则参加反应的硝酸的物质的量是rm{0.3mol+0.6mol=0.9mol}

由rm{3NO_{2}+H_{2}O篓T2HNO_{3}+NO}可知，rm{0.15molNO_{2}}与水反应生成rm{0.05molNO}

则用排水法收集这些气体，最后气体为rm{NO}其物质的量为rm{0.15mol+0.05mol=0.2mol}

在标准状况下，气体的体积为rm{0.2mol隆脕22.4L/mol=4.48L}

故答案为：rm{0.9}rm{4.48}

rm{(3)Cu+HNO_{3}隆煤Cu(NO_{3})_{2}+NO隆眉+NO_{2}隆眉+H_{2}O}中，参加反应的rm{Cu}和rm{HNO_{3}}的物质的量之比是rm{3}rm{10}

则rm{3Cu+10HNO_{3}隆煤3Cu(NO_{3})_{2}+xNO隆眉+yNO_{2}隆眉+5H_{2}O}

由电子守恒及rm{N}原子守恒可得；

rm{begin{cases}3x+y=6x+y=4end{cases}}解得rm{begin{cases}3x+y=6

x+y=4end{cases}}rm{x=1}

则配平的化学反应为rm{y=3}

单质、气体、水在离子方程式中保留化学式，其离子反应为rm{3Cu+10HNO_{3}篓T3Cu(NO_{3})_{2}+NO隆眉+3NO_{2}隆眉+5H_{2}O}

故答案为：rm{3Cu+10H^{+}+4NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+NO隆眉+3NO_{2}隆眉+5H_{2}O}

rm{3Cu+10H^{+}+4NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+NO隆眉+3NO_{2}隆眉+5H_{2}O.}根据硝酸反应生成硝酸盐及硝酸中rm{(1)}元素的化合价变化来分析；

rm{N}利用电子守恒来计算作氧化剂的硝酸的物质的量，作酸性和作氧化剂的物质的量之和为参加反应的硝酸的物质的量，再根据rm{(2)}不溶于水，rm{NO}

rm{3NO_{2}+H_{2}O篓T2HNO_{3}+NO}根据电子守恒及质量守恒定律来并配平该反应的离子方程式．

本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化来分析氧化还原反应是关键，并利用电子守恒、质量守恒定律等来进行相关计算即可解答，rm{(3)}【解析】氧化性、酸性；rm{0.9}rm{4.48}rm{3Cu+10H^{+}+4NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+NO隆眉+3NO_{2}隆眉+5H_{2}O}21、解：设氢氧化钠的浓度为xmol/L，盐酸和氢氧化钠混合溶液中c（OH-）=x=0.04；

（1）氢氧化钠和HA以1：1反应；NaOH溶液13mL和pH=3的某一元弱酸HA溶液20.0mL恰好完全反应生成NaA，则氢氧化钠和HA的物质的量相等；

设HA的浓度为ymol/L；

0.04mol/L×0.013L=ymol/L×0.002L；

y==0.26mol/L；

答：此一元弱酸的物质的量浓度为0.026mol/L；

（2）pH=3的某一元弱酸HA溶液中电离平衡为：HA⇌H++A-，电离平衡常数K==═4×10-5；

答：此条件下该一元弱酸的电离平衡常数为4×10-5。【分析】

（1）氢氧化钠和HA以1：1反应；NaOH溶液13mL和pH=3的某一元弱酸HA溶液20.0mL恰好完全反应生成NaA，则氢氧化钠和HA的物质的量相等，结合氢氧化钠和HA的关系式计算HA的浓度；

（2）电离平衡常数K=

本题考查了pH的简单计算、电离平衡常数的计算等知识点，根据物质间的关系、混合溶液的pH、电离平衡常数公式等知识点来分析解答即可，注意酸碱混合溶液中pH的计算方法，难度中等。【解析】解：设氢氧化钠的浓度为xmol/L，盐酸和氢氧化钠混合溶液中c（OH-）=x=0.04；

（1）氢氧化钠和HA以1：1反应；NaOH溶液13mL和pH=3的某一元弱酸HA溶液20.0mL恰好完全反应生成NaA，则氢氧化钠和HA的物质的量相等；

设HA的浓度为ymol/L；

0.04mol/L×0.013L=ymol/L×0.002L；

y==0.26mol/L；

答：此一元弱酸的物质的量浓度为0.026mol/L；

（2）pH=3的某一元弱酸HA溶液中电离平衡为：HA⇌H++A-，电离平衡常数K==═4×10-5；

答：此条件下该一元弱酸的电离平衡常数为4×10-5。四、探究题(共4题，共16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）五、推断题(共4题，共40分)26、D【分析】【解答】解：先确定烷烃的一溴代物的种类；然后，溴原子只有连接在键端的碳原子上水解生成的醇，且该碳上有氢原子，才能被氧化成醛．A．溴乙烷有1种一溴代物，所以只能生成一种醛，故A错误；

B．正丁烷两种一溴代物，异丁烷两种一溴代物，共4种，所以分子式为C4H9Br的同分异构体共有4种；其中溴原子连接在键端的碳原子上能被氧化成醛的只有1﹣溴丁烷；1﹣溴﹣2﹣甲基丙烷，故B错误；

C．丙烷有2种一溴代物；不可能生成4种醛，故C错误；

D．C5H11Br水解生成在键端的碳原子上的醇，且该碳上有氢原子的卤代烃为：CH3CH2CH2CH2CH2Br1﹣溴戊烷；CH3CH2CH（CH3）CH2Br2﹣甲基﹣1﹣溴丁烷；CH3CH（CH3）CH2CH2Br3﹣甲基﹣1﹣溴丁烷；CH3C（CH3）2CH2Br2，2﹣二甲基﹣1﹣溴丙烷；被空气氧化生成4种不同的醛为：CH3CH2CH2CH2CHO戊醛；CH3CH2CH（CH3）CHO2﹣甲基丁醛；CH3CH（CH3）CH2CHO3﹣甲基丁醛；CH3C（CH3）2CHO2；2﹣二甲基丙醛，故D正确；

故选D．

【分析】先确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子，再根据先中心后外围的原则，将溴原子逐一去代替氢原子，有几种氢原子就有几种一溴代烃，溴原子只有连接在键端的碳原子上水解生成的醇，且该碳上有氢原子，才能被氧化成醛，据此即可解答；27、略

【分析】解：由题给信息可知rm{A}为rm{Na}rm{B}为rm{Mg}rm{C}为rm{Al}rm{D}为rm{Fe}rm{E}为rm{Cu}

rm{(1)C}元素最高价氧化物对应的水化物为rm{Al(OH)_{3}}为两性氢氧化物，既能与酸反应，又能与碱反应，原因分别是可发生酸式电离和碱式电离：rm{Al(OH)_{3}?Al^{3+}+3OH^{-}}rm{Al(OH)_{3}?H^{+}+AlO_{2}^{-}+H_{2}O}

故答案为：rm{Al(OH)_{3}?Al^{3+}+3OH^{-}}rm{Al(OH)_{3}?H^{+}+AlO_{2}^{-}+H_{2}O}

rm{(2)Al}可与氢氧化钠溶液反应，而镁不反应，镁、铝形成原电池，电解质溶液呈碱性时，负极发生rm{Al-3e^{-}+4OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故答案为：rm{Al-3e^{-}+4OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

rm{(3)}铁可与铁离子发生氧化还原反应，离子方程式为rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}故答案为：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}

rm{(4)}铜在加热条件下可与浓硫酸发生氧化还原反应，反应的化学方程式为rm{Cu+2H_{2}SO_{4}}rm{(}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}

故答案为：rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{Cu+2H_{2}SO_{4}}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O.}

rm{(}的氢氧化物难分解，单质可与水剧烈反应，应为rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O.}rm{A}能与热水缓慢反应，为rm{Na}rm{B}单质可与强碱溶液反应，为rm{Mg}rm{C}单质难溶于冷的浓硝酸，为rm{Al}rm{D}单质溶于浓、稀硝酸，常见为rm{Fe}结合对应单质；化合物的性质以及题目要求解答该题．

本题主要考查无机物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，中等难度，物质的推断是解题的关键，答题时注意常见元素化合物知识的掌握．rm{E}【解析】rm{Al(OH)_{3}?Al^{3+}+3OH^{-}}rm{Al(OH)_{3}?H^{+}+AlO_{2}^{-}+H_{2}O}rm{Al-3e^{-}+4OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{Cu+2H_{2}SO_{4}(}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}28、略

【分析】试题解析：A为淡黄色固体判断为Na2O2，D是具有磁性的黑色晶体判断为Fe3O4，C是无色无味的气体是过氧化钠与水反应生成的氧气，B为NaOH，W溶液中加入KSCN出现血红色，说明W含有三价铁离子；T、R为两种常见的用途很广的金属单质，T在C中燃烧生成D为四氧化三铁，溶于盐酸生成溶液中含有亚铁离子和三价铁离子，加入过量铁反应生成亚铁离子，证明T为Fe；E为FeCl2，H为Fe（OH）2，M为Fe（OH）3，W为FeCl3；金属R与B氢氧化钠反应说明R金属为Al，N为NaAlO2，Q为Al2O3；（1）依据判断得到DEN的化学式分别为：D为Fe3O4，E为FeCl2，N为NaAlO2；（2）B与E混和得到H为白色氢氧化亚铁沉淀，在潮湿空气中变成红褐色氢氧化铁沉淀的过程中，可能观察到的现象是：溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；（3）B（NaOH）和R（Al）反应生成N（NaAlO2）的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3