2025年牛津上海版高二化学下册月考试卷

…………○…………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2025年牛津上海版高二化学下册月考试卷836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5题，共10分)1、下列实验叙述中正确的是（）A.用托盘天平称量2.50g食盐B.用标准NaOH溶液滴定未知浓度盐酸，用去NaOH溶液20.50mLC.用10mL量筒量取8.25mL盐酸D.用广泛pH试纸测得某溶液pH为3.02、化学平衡常数（K）、电离常数（Ka）、溶度积常数（Ksp）是判断物质性质或变化的重要的常数．下列关于这些常数的说法中，正确的（）A.化学平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂有关B.CH3COONH4溶液几乎呈中性，说明Ka（CH3COOH）与Kb（NH3•H2O）近似相等C.Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）由此可以判断AgCl（s）+I-═AgI（s）+Cl-不能够发生D.Ka（HCN）＜Ka（CH3COOH）说明相同浓度时，氢氰酸的酸性比醋酸强3、工业上利用反应：3Cl2＋2NH3＝N2＋6HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是（）A.该反应属于复分解反应B.该反应中Cl2是氧化剂C.若管道漏气遇氨就会产生白烟D.该反应生成1molN2，有6mol电子发生转移4、下列分子或离子的中心原子杂化轨道的类型相同的是（）A.SO32-与SO3B.CH4与H2OC.NCl3与BF3D.SO32-与CO32-5、对于在一密闭容器中进行的如下反应：rm{C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}下列说法不正确的是A.将木炭粉碎成粉末状可以加快化学反应速率B.升高温度可以加快化学反应速率C.增加压强可以加快化学反应速率D.增加木炭的量可以加快化学反应速率评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)6、某温度下，在100g水中加入50gNaCl固体，搅拌使其充分溶解后过滤，得到136g滤液，则（）A.滤液为NaCl饱和溶液B.滤液中NaCl的质量分数为36%C.该温度下，NaCl的溶解度为50gD.该温度下，NaCl的溶解度为36g7、下列各组反应属于同一反应类型的是（）A.由丙醛与氢气制取丙醇：由丙烯与水反应制丙醇B.由甲苯硝化制对硝基甲苯：由甲苯氧化制苯甲酸C.由乙酸和乙醇制乙酸乙酯：由苯甲酸甲酯水解制苯甲酸和甲醇D.由丙烯与溴水反应制二溴丙烷：由丙烯与氯气加热反应制3-氯丙烯8、氢气还原氧化铜：rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}}rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}

}在该反应中A.rm{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}9、银锌蓄电池是一种高能电池，它的两极材料分别为锌和氧化银，电解质溶液为rm{KOH}溶液，放电时它的正、负两极的电极反应式如下：rm{Ag_{2}O+H_{2}O+2e^{-}篓T2Ag+2OH^{-}}；rm{Zn+2OH^{-}-2e^{-}篓TZn(OH)_{2}}下列判断正确的是rm{(}rm{)}A.锌为负极，氧化银为正极B.锌为正极，氧化银为负极C.原电池工作时，负极区溶液rm{pH}增大D.原电池反应的化学方程式为rm{Zn+Ag_{2}O+H_{2}O篓TZn(OH)_{2}+2Ag}10、rm{X}rm{Y}两元素可形成rm{X_{2}Y_{3}}型化合物，则rm{X}rm{Y}原子最外层的电子排布可能是rm{(}rm{)}A.rm{X}rm{3s^{2}3P^{1}}rm{Y}rm{3s^{2}3P^{5}}B.rm{X}rm{2s^{2}2P^{3}}rm{Y}rm{2s^{2}2P^{4}}C.rm{X}rm{3s^{2}3P^{1}}rm{Y}rm{3s^{2}3P^{4}}D.rm{X}rm{3s^{2}}rm{Y}rm{2s^{2}2P^{3}}11、加成反应是有机化合物分子中双键上的碳原子与其他原子rm{(}或原子团rm{)}直接结合生成新的化合物分子的反应，下列过程与加成反应无关的是rm{(}rm{)}A.苯与溴水混合振荡，水层颜色变浅B.裂化汽油与溴水混合振荡，水层颜色变浅C.乙烯与水在一定条件下反应制取乙醇D.乙烷与氯气在一定条件下反应制取的一氯乙烷12、下列各组物质的性质比较，正确的是rm{(}rm{)}A.酸性：rm{HClO_{4}>H_{2}SO_{4}>H_{3}PO_{4}}B.氢化物稳定性：rm{H_{2}S>HF>H_{2}O}C.碱性：rm{NaOH>Mg(OH)_{2}>Ca(OH)_{2}}D.氧化性：rm{F_{2}>Cl_{2}>Br_{2}>I_{2}}13、某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律rm{(}图中rm{p}表示压强，rm{t}表示温度，rm{n}表示物质的量rm{)}根据以上规律判断，下列结论正确的是rm{(}rm{)}

A.反应Ⅰrm{triangleH>0}rm{P_{2}>P_{1}}B.反应Ⅱrm{triangleH<0}rm{T_{1}>T_{2}}C.反应Ⅲrm{triangleH>0}rm{T_{2}>T_{1}}或rm{triangleH<0}rm{T_{2}<T_{1}}D.反应Ⅳrm{triangleH<0}rm{T_{2}>T_{1}}14、据报道，科研人员应用电子计算机模拟出类似rm{C_{60}}的物质rm{N_{60}}试推测出该物质不可能具有的性质是rm{(}rm{)}A.rm{N_{60}}易溶于水B.稳定性：rm{N_{60}<N_{2}}C.等物质的量时，分解吸收的热量：rm{N_{60}>N_{2}}D.熔点：rm{N_{60}<N_{2}}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：rm{2Cr_{2}Orlap{_{7}}{^{2-}}+3CH_{3}CH_{2}OH+16H^{+}+13H_{2}O篓D隆煤4[Cr(H_{2}O)_{6}]^{3+}+3CH_{3}COOH}rm{(1)Cr^{3+}}基态rm{M}能层电子排布式为____________；配合物rm{[Cr(H_{2}O)_{6}]^{3+}}中，与rm{Cr^{3+}}形成配位键的原子是________rm{(}填元素符号rm{)}rm{(2)1molCH_{3}COOH}分子含有rm{娄脪}键的数目为________。rm{(3)}与rm{H_{2}O}互为等电子体的一种阴离子为________rm{(}填化学式rm{)}rm{H_{2}O}与rm{CH_{3}CH_{2}OH}可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为_____________________________。rm{(4)}下图所示为血红蛋白和肌红蛋白的活性部分rm{篓D篓D}血红素的结构。

血红素中碳原子的杂化方式为，在上图乙的方框内用“rm{隆煤}”标出rm{Fe^{2+}}的配位键。rm{(5)}铜的某种氧化物晶胞结构如图所示，若该晶体的密度为rm{dg{/}cm^{3}}则该晶胞中铜离子与紧邻氧离子之间最短的距离为________rm{cm}rm{(}用含rm{d}和rm{N_{A}}的式子表示，不必化简rm{)}16、现有电解质溶液：①Na2CO3②NaHCO3③CH3COONa④NaOH

（1）当四种溶液的pH相同时，其物质的量浓度由大到小的顺序是____（填编号；以下相同）

（2）在上述四种电解质溶液中，分别加入AlCl3溶液，无气体产生的是____．17、己知维生素A的结构简式可写为式中以线示键，线的交点与端点处代表碳原子，并用氢原子数补足四价，但C．H原子未标记出来，维生素A中碳原子个数为____个，氧原子个数为____个．18、(8分)某同学用铅蓄电池作电源，用石墨做电极电解500mL某浓度的CuSO4溶液，观察到A电极表面有红色固体物质生成，当溶液中原有溶质完全电解后，停止通电，取出A电极，洗涤、干燥、称量，电极增重1.6g。已知铅蓄电池的工作原理为：Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O请按要求回答下列问题：(1)电解CuSO4溶液的化学方程式________，(2)当反应过程中转移的电子为0.02mol时，铅蓄电池内消耗硫酸的物质的量为____mol。(3)电解前CuSO4溶液的物质的量浓度为。(4)若电解前后溶液的体积不变，电解后溶液的pH=____(5)写出铅蓄电池负极的电极反应式：19、葡萄糖分子中含有______和______官能团，由于具有______官能团，能发生银镜反应．20、利用图装置进行实验，开始时，rm{a}rm{b}两处液面相平，密封好，放置一段时间rm{.a}rm{b}两处具有相同的电极反应式为：______；一段时间后，rm{a}管液面______于rm{b}管液面rm{(}填“高”、“低”或“等”rm{)}21、乙烯；丙烯、苯等都是重要的化工原料；根据所学知识结合材料信息回答以下问题：

rm{(1)}请举出乙烯的两个用途：______．

rm{(2)}丙烯的性质与乙烯相似，在催化剂的作用下也可以与水反应，该反应的反应类型是______rm{.}试写出丙烯与水反应的所有产物的结构简式______．

rm{(3)}请写出分子式为rm{C_{4}H}且属于烯烃的所有同分异构体的结构简式rm{(}不考虑立体异构rm{)}______．

rm{(4)}下列事实中；可以说明苯分子中没有碳碳双键的是______

A.苯与溴水混合振荡；静置后；水层几乎无色。

B.在催化剂的作用下；苯能与液溴反应。

C.苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。

D.苯分子是平面正六边形结构．评卷人得分四、解答题(共3题，共9分)22、某同学在用稀盐酸与铁制取氢气的实验中；发现加入少量氯化铜溶液可加快氢气的生成速率．请回答下列问题：

（1）要加快上述实验中气体产生的速率；还可采取的措施有______；______（答两种）；

（2）实验室中现有NaCl、CuSO4、FeCl2、ZnCl2等4种溶液，可与实验中CuCl2溶液起相似作用的是______；

（3）为了进一步研究氯化铜的量对氢气生成速率的影响；该同学设计了如下一系列实验．将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间．

。实验（混合溶液）ABCDEF4mol/L盐酸/mL60V1V2V3V4V5饱和CuCl2溶液/mL01.05.010V640H2O/mLV7V8V9V10200①请完成此实验设计，其中：V1=______，V6=______，V9=______；

②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuCl2溶液时，生成氢气的速率会大大提高．但当加入的CuCl2溶液超过一定量时；生成氢气的速率反而会下降．

请分析氢气生成速率下降的主要原因______．

23、为探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果；某化学研究小组的同学分别设计了如图甲；乙所示的实验．请回答相关问题：

定性分析：（1）如图甲所示可通过观察______；定性比较得出结论．

（2）有同学提出将FeCl3改为Fe2（SO4）3更为合理；其理由是______．

（3）写出H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学方程式：______2H2O+O2↑24、在120℃、101.3kPa时，V1LC2H6、CO和O2的混合气体在体积可变的密闭容器内引燃，恰好完全反应生成二氧化碳和水，恢复至原状态，气体体积变为V2L．请回答：

（1）若原混合气中C2H6的体积为aL，CO的体积为bL，则O2的体积是______L（用只含a和b的代数式表示）．

（2）若V1=V2，则原混合气中C2H6和CO的体积比是______．

（3）的取值范围是______．

评卷人得分五、探究题(共4题，共32分)25、（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。26、（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。27、（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。28、（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、元素或物质推断题(共4题，共20分)29、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）。30、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：_____________。31、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）。32、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_______参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】解：A．托盘天平称量到0.1g；不能用托盘天平称量2.50g食盐，故A错误；

B．用标准NaOH溶液滴定未知浓度盐酸；盛氢氧化钠的仪器为碱式滴定管，精确到0.01ml，可以读取NaOH溶液20.50mL，故B正确；

C.10ml量筒量取溶液体积到0.1ml；不能量取8.25mL盐酸，故C错误；

D．用广泛pH试纸粗略测定溶液PH为整数；测得某溶液应pH为3，故D错误；

故选B．

A．托盘天平精确度0.1g；

B．滴定管精确度为0.01ml；

C.10ml量筒精确到0.1ml；

D．广泛pH试纸粗略测定溶液PH为整数．

本题考查了化学实验仪器的使用方法、精确度判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大．【解析】【答案】B2、B【分析】解：A；平衡常数的大小与温度有关；与浓度、压强、催化剂等无关，故A错误；

B、醋酸和一水合氨电离程度相等，则醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，所以醋酸铵溶液呈中性，所以说明Ka（CH3COOH）与Kb（NH3•H2O）近似相等；故B正确；

C、KSP（AgCl）＞KSP（AgI），反应向更难溶的方向进行，AgCl（s）+I-=AgI（s）+Cl-能够发生；实现沉淀转化，故C错误；

D、Ka（HCN）＜Ka（CH3COOH）；说明相同物质的量浓度时，电离平衡常数越大酸性越强，所以氢氰酸的酸性比醋酸弱，故D错误；

故选B．

A；平衡常数只与温度有关；

B；醋酸和一水合氨电离程度相等；则醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，所以醋酸铵溶液呈中性；

C；阴阳离子比相同的化合物的溶解性可以用Ksp进行比较；进行沉淀转化反应；

D；浓度相同时电离平衡常数越大酸性越强；

本题考查了重要的各类平衡常数的影响因素和综合应用，主要考查弱电解质的电离平衡是些过程，沉淀转化的依据，电离平衡常数的应用．【解析】【答案】B3、A【分析】【分析】答案：A

A；不正确；属于置换反应或氧化还原反应；

B；正确；Cl化合价降低；

C、正确，HCl＋NH3=NH4Cl产物是白色固体；

D、正确，N由-3价变为0价，生成1molN2，有6mol电子发生转移。4、B【分析】解：SO32-中S原子价层电子对个数=3+=4、SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，所以SO32-与SO3中S原子杂化类型分别是sp3、sp2；杂化类型不同，故A错误；

B．CH4中C原子价层电子对个数=4+=4、H2O中O原子价层电子对个数=2+=4，所以两种分子中价层电子对个数相等，C、O原子杂化类型都是sp3；杂化类型相同，故B正确；

C．NCl3中N原子价层电子对个数=3+=4、BF3中B原子价层电子对个数=3+=3，NCl3中N原子杂化方式为sp3、BF3中B原子杂化方式为sp2；杂化类型不同，故C错误；

D．SO32-中S原子价层电子对个数=3+=4，则S原子杂化类型是sp3，CO32-中C原子价层电子对个数=3+=3，C原子杂化方式为sp2；杂化类型不同，故D错误；

故选B．

先计算微粒中中心原子价层电子对个数；再根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化类型，据此分析解答．

本题考查原子杂化方式判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确价层电子对个数计算方法是解本题关键，题目难度不大．【解析】【答案】B5、D【分析】【分析】本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握常见的影响反应速率的因素为解答的关键，注重基础知识的考查，注意纯固体不影响反应速率，题目难度不大。增大接触面积，升高温度、增大浓度等，均可加快反应速率，以此来解答。【解答】A.将木炭粉碎成粉末状；可以增大反应物的接触面积，从而加快化学反应速率，故A正确；

B.升高温度；反应物中活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增多，反应速率加快，故B正确；

C.由方程式rm{C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}可知；反应体系中有气体参加，所以压强增大，反应物浓度增大，单位时间内有效碰撞次数增多，则反应速率加快，故C正确；

D.由方程式rm{C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}可知，木炭为固体，增大木炭的用量不影响反应速率，故D错误。

故选D。【解析】rm{D}二、双选题(共9题，共18分)6、A|D【分析】解：A．该温度下；NaCl有剩余，说明得到的NaCl溶液是饱和溶液，故A正确；

B．在100g水中加入50gNaCl固体，得到136g滤液，剩余100g+50g-136g=14gNaCl，则得到的NaCl饱和溶液中NaCl的质量为50g-14g=36g，因此滤液中NaCl的质量分数为×100%=26.5%；故B错误；

C．该温度下；100g水中最多溶解了36gNaCl，所以NaCl的溶解度为36g，故C错误；

D．该温度下；100g水中最多溶解了36gNaCl，所以NaCl的溶解度为36g，故D正确；

故选AD．

在100g水中加入50gNaCl固体，得到136g滤液，剩余100g+50g-136g=14gNaCl，则得到的NaCl饱和溶液中NaCl的质量为50g-14g=36g，代入ω=×100%计算滤液中NaCl的质量分数．

本题考查溶液中溶质的质量分数及相关计算，为高频考点，侧重于数据分析和计算能力的培养，题目难度不大．【解析】【答案】AD7、A|C【分析】解：A．由丙醛与氢气制取丙醇属于醛类的还原反应；即加成反应，由丙烯与水反应制丙醇也是加成反应，故二者相同，故A正确；

B．由甲苯硝化制对硝基甲苯；属于取代反应，由甲苯氧化制苯甲酸属于氧化反应，二者不同，故B错误；

C．由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；此为酯化反应，即取代反应类型，由苯甲酸甲酯水解制苯甲酸和甲醇，此为水解，也是取代反应类型，故C正确；

D．由丙烯与溴水反应制二溴丙烷；属于加成反应，由丙烯与氯气加热反应制3-氯丙烯，碳碳双键未变，属于取代反应，二者不同，故D错误，故选AC．

根据物质的性质及反应来分析选项中的反应的类型；掌握常见的有机反应类型有取代；加成、氧化等．

有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应；

有机物分子中的不饱和键断裂；断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应；

反应过程中有电子转移的化学反应是氧化还原反应；在有机反应中加H去O属于还原反应，反之加O去H属于氧化反应；

有机化合物在有β氢的条件下；从一个分子中脱去一个或几个小分子（如水；卤化氢等分子），而生成不饱和（碳碳双键或三键或苯环状）化合物的反应，叫做消去反应．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物中的官能团及官能团与性质的关系为解答的关键，侧重性质及有机反应类型的考查，题目难度不大．【解析】【答案】AC8、BC【分析】【分析】

本题旨在考查学生对氧化还原反应的本质的应用。【解答】该反应中铜元素化合价降低，氧化铜为氧化剂，氢元素化合价升高，氢气为还原剂，故BC正确。

故选BC。

【解析】rm{BC}9、AD【分析】【分析】本题考查原电池的工作原理和电极判断及方程式书写，需对原电池分析，难度不大。【解答】从电极反应式看，锌失电子被氧化，所以锌为负极；rm{Ag_{2}O}得电子被还原，所以是正极。由电极反应式相加，可得方程式：rm{Zn+Ag_{2}O+H_{2}O=Zn(OH)_{2}+2Ag}从负极电极反应式分析，rm{Zn+Ag_{2}O+H_{2}O=

Zn(OH)_{2}+2Ag}被消耗，所以负极区溶液的rm{OH^{-}}应减小。故选AD。rm{pH}【解析】rm{AD}10、rBC【分析】解：rm{X}rm{Y}两元素可形成rm{X_{2}Y_{3}}型化合物，可判断rm{X}的可能化合价为rm{+3}价，价层电子排布为：rm{ns^{2}nP^{1}}rm{Y}的可能化合价为rm{-2}价，价层电子为排布为rm{ns^{2}nP^{4}}

A.rm{X}为rm{P}元素，rm{Y}为rm{Cl}元素，组成的化学为rm{AlCl_{3}}故A错误；

B.当rm{X}的电子排布为rm{2s^{2}2P^{3}}时，为rm{N}元素，rm{Y}为rm{O}元素，可形成rm{N_{2}O_{3}}故B正确；

C.当rm{X}的电子排布为rm{3s^{2}3P^{1}}时，为rm{Al}元素，rm{Y}为rm{S}元素，可形成rm{X_{2}Y_{3}}型化合物；故C正确；

D.rm{X}为rm{Mg}元素，rm{Y}为rm{N}元素，形成化合物为rm{X_{3}Y_{2}}不符合题意，故D错误．

故选BC．

rm{X}rm{Y}两元素可形成rm{X_{2}Y_{3}}型化合物，可判断rm{X}的可能化合价为rm{+3}价，rm{Y}的可能化合价为rm{-2}价；由此判断最外层电子．

本题考查原子核外电子排布，题目难度不大，注意根据化合物的类型判断可能的化合价，由此推断可能的核外电子排布．【解析】rm{BC}11、rAD【分析】解：rm{A.}溴在苯中的溶解度远大于在水中的溶解度；萃取溴水中的溴，使水层颜色变浅，故A正确；

B.裂化汽油含有不饱和的烃；与溴发生加成反应，使水层颜色变浅，故B错误；

C.乙烯含有rm{C=C}双键，不饱和的碳原子结合水提供的rm{-H}rm{-OH}生成乙醇；属于加成反应，故C错误；

D.乙烷与氯气发生取代反应；不是加成反应，故D正确；

故选AD．

A.苯萃取溴水中的溴；

B.裂化汽油含有不饱和的烃；与溴发生加成反应；

C.乙烯含有rm{C=C}双键；与水发生加成反应生成乙醇；

D.乙烷与氯气发生取代反应．

本题考查加成反应，比较基础，注意根据概念与有机物的结构进行判断．【解析】rm{AD}12、rAD【分析】解：rm{A}非金属性rm{Cl>S>P}所以最高价氧化物对应水化物的酸性rm{HClO_{4}>H_{2}SO_{4}>H_{3}PO_{4}}故A正确；

B、非金属性rm{F>O>S}氢化物的稳定性rm{HF>H_{2}O>H_{2}S}故B错误；

C、金属性rm{Ca>Na>Mg}所以最高价氧化物对应水化物的碱性rm{Ca(OH)_{2}>NaOH>Mg(OH)_{2}}故C错误；

D、非金属性rm{F>Cl>Br>I}单质结构相似，非金属性越强，单质的氧化性越强，所以氧化性rm{F_{2}>Cl_{2}>Br_{2}>I_{2}}故D正确．

故选：rm{AD}．

A；同周期自左而右；非金属性增强，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强．

B；同周期自左而右；非金属性增强，非金属性越强氢化物越稳定．

C、金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强rm{.}根据金属活动顺序表判断金属性强弱．

D；同主族自上而下；非金属性减弱，结构相似，非金属性越强，单质的氧化性越强．

考查元素周期律等，比较基础，注意规律的理解与掌握．【解析】rm{AD}13、rBC【分析】解：rm{A.}反应Ⅰ的特点是正反应方向为气体体积减小的方向，结合图象，压强增大rm{A}的转化率应增大，所以rm{p_{2}>p_{1}}它随温度的升高rm{A}的转化率降低，所以正反应为放热反应rm{triangleH<0}故A错误．

B.关于反应Ⅱ由图象可以看出rm{T_{1}}条件下达到平衡所用的时间少，所以rm{T_{1}>T_{2}}而在rm{T_{1}}条件下达平衡时rm{n(C)}小，所以说明低温有利于rm{C}的生成，故它主要的正反应为放热反应rm{triangleH<0}B正确；

C.关于反应Ⅲ，由图象可以看出，rm{T_{2}}条件下rm{C}的平衡体积分数大，因此当rm{T_{2}>T_{1}}时正反应为吸热反应rm{triangleH>0}而当rm{T_{2}<T_{1}}时正反应为放热反应rm{triangleH<0}故C正确；

D.关于反应Ⅳ，由图象可以看出rm{T_{2}}条件下rm{A}的转化率大，因此当rm{T_{2}>T_{1}}时，说明升高温度平衡向正反应方向进行，因此正反应为吸热反应rm{triangleH>0}故D错误．

故选BC．

反应Ⅰ说明升高温度，rm{A}的转化率降低；增大压强平衡向正反应方向移动；

反应Ⅱ由图象可以看出rm{T_{1}>T_{2}}升高温度rm{C}的物质的量减少；

反应Ⅲ中温度的高低与温度对平衡移动的影响有关；

反应Ⅳ，由图象可以看出rm{T_{2}}条件下rm{A}的转化率大，因此当rm{T_{2}>T_{1}}时，说明升高温度平衡向正反应方向进行，正反应为吸热反应rm{triangleH>0}反应为放热反应．

本题考查外界条件对化学平衡的影响，题目难度中等，本题注意分析图象中曲线的变化趋势，结合方程式的特征以及外界条件对平衡移动的影响分析．【解析】rm{BC}14、rAD【分析】解：rm{A.C_{60}}和rm{N_{60}}的结构相似，都是非极性分子，依据相似相溶原理可知rm{N_{60}}难溶于水；故A错误；

B.rm{N_{60}}之间是rm{N-N}单键而rm{N_{2}}是rm{NN}三键rm{N隆脭N}三键，三键的稳定性强于单键，所以稳定性：rm{N_{60}<N_{2}}故B正确；

C.相同量的rm{N_{60}}中的共价键数远多于rm{N_{2}}中的共价键数，等物质的量时，分解时rm{N_{60}}吸收的热量多；故C正确；

D.rm{N_{60}}和rm{N_{2}}都是分子晶体，rm{N_{60}}相对分子质量大于rm{N_{2}}所以熔点：rm{N_{60}>N_{2}}故D错误；

故选：rm{AD}．

A.rm{C_{60}}和rm{N_{60}}的结构相似；都是非极性分子；

B.rm{N_{60}}之间是rm{N-N}单键而rm{N_{2}}是rm{NN}三键rm{N隆脭N}三键；依据键的稳定性判断；

C.相同量的rm{N_{60}}中的共价键数远多于rm{N_{2}}中的共价键数；

D.分子晶体；相对分子质量越大分子间作用力越强，熔沸点越高．

本题为信息题，考查了元素化合物知识，明确的rm{C_{60}}和rm{N_{60}}结构相似性是解题关键，注意分子晶体熔沸点规律，题目难度中等．【解析】rm{AD}三、填空题(共7题，共14分)15、（1）3s23p63d3O

（2）7NA

（3）NH2-H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键

（4）sp3杂化、sp2杂化

（5）×【分析】rm{隆脕}【分析】本题综合考查原子结构与元素的性质，题目涉及核外电子排布、配合物理论、等电子体和晶胞的计算等问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握相关知识的判断方法，难度不大。【解答】rm{(1)Cr}位于周期表第四周期Ⅵrm{B}族，原子核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^{1}}失去rm{3}个电子生成rm{Cr^{3+}}则rm{Cr}rm{Cr}rm{{,!}^{3+}}能层电子排布式为基态rm{M}能层电子排布式为配合物rm{M}中rm{3s^{2}3p^{6}3d^{3}}为中心离子，rm{[Cr(H_{2}O)_{6}]^{3+}}为配体，rm{Cr^{3+}}原子提供孤对电子，与rm{H_{2}O}形成配位键；

故答案为：rm{O}rm{Cr^{3+}}

rm{3s^{2}3p^{6}3d^{3}}分子中含有rm{O}个rm{(2)CH_{3}CHOOH}rm{1}个rm{C-C}rm{3}个rm{C-H}rm{1}个rm{C-O}rm{1}个rm{C=O}等化学键，则rm{1}分子中含有rm{O-H}键的数目为rm{1molCH_{3}COOH}

故答案为：rm{娄脪}

rm{7N_{A}}与rm{7N_{A}}互为等电子体的阴离子应含有rm{(3)}个原子、且价电子数为rm{H_{2}O}应为rm{3}rm{8}与rm{NH_{2}^{-}}都含有氢键；且都为极性分子，二者互溶；

故答案为：rm{H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH}与rm{NH_{2}^{-}}之间可以形成氢键；rm{H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH}血红素中碳碳双键的rm{(4)}rm{)}血红素中碳碳双键的rm{)}碳碳碳键，碳碳原子形成rm{3}rm{3}rm{3}原子形成rm{3}个rm{3}键rm{3}个rm{娄脪}rm{娄脪}rm{娄脪}rm{娄脪}rm{娄脪}rm{娄脪}键和一个rm{娄脨}键，rm{娄脨}属于rm{s}rm{p}rm{{,!}^{2}}rm{s}rm{p}rm{{,!}^{2}}rm{s}rm{p}rm{{,!}^{2}}rm{s}rm{p}rm{{,!}^{2}}rm{s}rm{p}rm{{,!}^{2}}rm{s}杂化、rm{s}杂化rm{p}rm{{,!}^{2}}rm{p}rm{p}在铜的某种氧化物晶胞中rm{p}rm{{,!}^{2}}原子在晶胞的顶点和体心杂化，形成四个单键的故碳原子数碳碳碳碳rm{4}rm{4}rm{4}rm{4}rm{4}rm{4}rm{娄脪}原子全部在体心rm{娄脪}故rm{娄脪}rm{娄脪}原子数rm{娄脪}rm{娄脪}，即一个氧化亚铜晶胞中有，个，原子和，个，属于原子rm{s}rm{p}rm{{,!}^{3}}根据密度计算公式rm{s}rm{p}rm{{,!}^{3}}rm{s}rm{p}rm{{,!}^{3}}可知rm{s}rm{p}rm{{,!}^{3}}rm{s}rm{p}rm{{,!}^{3}}rm{s}rm{s}rm{p}rm{{,!}^{3}}rm{dfrac{dfrac{2隆脕144g/mol}{{N}_{A}/mol}}{dg/c{m}^{3}}}rm{p}rm{p}rm{p}rm{{,!}^{3}}杂化；配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子所以晶胞的边长为rm{sqrt[3]{dfrac{288}{d{N}_{A}}}}，rm{F}rm{e}rm{{,!}^{2+}}，rm{F}rm{e}rm{{,!}^{2+}}，rm{F}rm{e}rm{{,!}^{2+}}根据晶胞的结构图可知，rm{F}rm{e}rm{{,!}^{2+}}晶胞中铜原子与氧原子之间的距离晶胞边长的，rm{F}rm{e}rm{{,!}^{2+}}，所以该晶胞中铜原子与氧原子之间的距离为rm{F}rm{F}rm{sqrt[3]{dfrac{288}{d{N}_{A}}}c}rm{e}rm{{,!}^{2+}}rm{e}，

故答案为：rm{e}rm{e}rm{sqrt[3]{dfrac{288}{d{N}_{A}}}}rm{{,!}^{2+}}【解析】rm{(1)3s^{2}3p^{6}3d^{3;;;;}O}rm{(2)7N_{A}}rm{(3)NH_{2}^{-;;;;}H_{2}O}与rm{CH_{3}CH_{2}OH}之间可以形成氢键rm{(4)}rm{sp}rm{sp}rm{{,!}^{3}}杂化、rm{sp}rm{sp}rm{(5)dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕}rm{{,!}^{2}}rm{sqrt[3]{dfrac{288}{d{N}_{A}}}}杂化16、略

【分析】

（1）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-＞CO32-；所以碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，大于醋酸钠，则当四种溶液的pH相同时，其物质的量浓度由大到小的顺序是③②①④，故答案为：③②①④；

（2）四种电解质中；碳酸根离子；碳酸氢根离子可以和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀以及二氧化碳气体，故答案为：③④．

【解析】【答案】氢氧化钠是强碱；不水解，碳酸氢钠；碳酸钠、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．

17、略

【分析】

维生素A的结构简式可写为以线表示化学键，线的交点与端点处代表碳原子，故结构中有20个碳原子，1个O原子．

故答案为；20；1．

【解析】【答案】键线式以线表示化学键；线的交点与端点处代表碳原子，C；H原子不必标记出来，并用氢原子数补足四价，杂原子及杂原子上的H原子需标出．结合结构数出维生素A中碳原子个数与氧原子个数．

18、略

【分析】【解析】【答案】(8分)(1)CuSO4+2H2O2Cu+O2­+2H2SO4(2)0.02mol(3)0.05mol/L(4)pH=1(5)Pb-2e-+SO42-=PbSO419、略

【分析】解：葡萄糖的结构简式为CH2OH（CHOH）4CHO，是多羟基醛，分子中含有羟基和醛基；由于葡萄糖含有醛基，所以葡萄糖能发生银镜反应：CH2OH（CHOH）4CHO+2Ag（NH3）2OHH2O+2Ag↓+3NH3+CH2OH（CHOH）4COONH4；

故答案为：羟基；醛基；醛基．

葡萄糖的结构简式为：CH2OH（CHOH）4CHO；根据葡萄糖的结构简式判断其含有的官能团名称，能够发生银镜反应，说明葡萄糖中含有醛基，据此进行解答．

本题考查了有机物结构与性质，侧重葡萄糖的结构与性质的考查，题目难度不大，注意掌握常见有机物的结构与性质，明确官能团的结构与有机物化学性质的关系．【解析】醛基；羟基；醛基20、略

【分析】解：生铁和氯化钠溶液、稀硫酸溶液都能构成原电池，左边试管中，生铁发生吸氧腐蚀，右边试管中，生铁发生析氢腐蚀，所以rm{a}处负极上铁失电子，正极上氧气得电子，rm{b}处负极上铁失电子，正极上氢离子得电子，则rm{a}rm{b}两处相同的电极反应式为rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}rm{a}处发生吸氧腐蚀，rm{b}处发生析氢腐蚀，一段时间后，rm{a}处气体压强减小，rm{b}处气体压强增大，导致溶液从rm{b}处向rm{a}处移动，所以rm{a}处液面高于rm{b}处液面，故答案为：rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}高．

生铁中含有碳；铁；生铁遇到合适的电解质溶液能构成原电池，酸性条件下，发生析氢腐蚀，中性或弱酸性条件下，发生吸氧腐蚀，据此分析解答．

本题考查金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的环境是解本题关键，会写电极反应式．【解析】rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}高21、（1）果实催熟剂，合成聚乙烯塑料（其它合理答案也可）

（2）加成反应CH3-CH2-CH2-OH、

（3）CH2=CH-CH2-CH3、CH3-CH=CH-CH3、

（4）CD【分析】【分析】本题主要考查了有机物的命名、同分异构体、性质与用途，难度不大，注意知识的积累。【解答】rm{(1)}乙烯大量用于生产聚乙烯、氯乙烯等塑料；乙烯广泛用于合成乙醇、环氧乙烷及乙二醇、乙醛、乙酸、丙醛、丙酸及其衍生物等多种基本有机合成原料；乙烯还被用作植物生长调节剂．乙烯大量用于生产聚乙烯、氯乙烯等塑料；乙烯广泛用于合成乙醇、环氧乙烷及乙二醇、乙醛、乙酸、丙醛、丙酸及其衍生物等多种基本有机合成原料；乙烯还被用作植物生长调节剂．

rm{(1)}其它合理答案也可故答案为：果实催熟剂，合成聚乙烯塑料rm{(}其它合理答案也可rm{)}

rm{(}丙烯在催化剂的作用下也可以与水发生加成反应，生成rm{)}rm{(2)}丙烯在催化剂的作用下也可以与水发生加成反应，生成rm{CH}rm{(2)}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{-CH}rm{-CH}和rm{{,!}_{2}}

rm{-CH}rm{-CH}rm{{,!}_{2}}rm{-OH}和rm{-OH}；故答案为：加成反应；rm{CH}rm{CH}

rm{{,!}_{3}}rm{-CH}rm{-CH}rm{{,!}_{2}}rm{-CH}rm{-CH}rm{{,!}_{2}}rm{-OH}rm{-OH}；rm{(3)C}rm{(3)C}rm{{,!}_{4}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{8}}

且属于烯烃的所有同分异构体的结构简式rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{=CH-CH}rm{=CH-CH}rm{{,!}_{2}}rm{-CH}rm{-CH}rm{{,!}_{3}}、rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}

rm{-CH=CH-CH}碳碳双键能与单质溴发生加成反应，所以苯与溴水混合振荡、静置后，水层几乎无色，说明苯分子中有碳碳双键，故A错误；

rm{-CH=CH-CH}

rm{{,!}_{3}}

、

；故答案为：rm{CH}【解析】rm{(1)}rm{(1)}其它合理答案也可果实催熟剂，合成聚乙烯塑料rm{(}其它合理答案也可rm{)}

rm{(}rm{)}rm{(2)}rm{(2)}加成反应rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{-CH}

rm{-CH}rm{{,!}_{2}}rm{-CH}rm{-CH}rm{{,!}_{2}}rm{-OH}rm{-OH}rm{(3)}rm{(3)}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}

rm{=CH-CH}rm{=CH-CH}rm{{,!}_{2}}四、解答题(共3题，共9分)22、略

【分析】

（1）因升高温度；适当增加盐酸浓度、增大Zn的接触面积可加快反应速率；故答案为：升高温度；适当增加盐酸浓度；

（2）实验中加CuCl2溶液形成原电池加快反应速率，只有硫酸铜与Zn反应，则应选择CuSO4，故答案为：CuSO4；

（3）①研究氯化铜的量对氢气生成速率的影响，则盐酸的体积相同，则V1为60，改变氯化铜的量，由A、F可知结合溶液的总体积为60mL+40mL=100mL，则V6，=100-60-20=80，则V9=100-60-5=35；故答案为：60；20；35；

②当加入的CuCl2溶液超过一定量时；生成氢气的速率反而会下降是因生成Cu覆盖在Zn表面，降低了Zn与酸溶液的接触面积，故答案为：生成Cu覆盖在Zn表面，降低了Zn与酸溶液的接触面积．

【解析】【答案】（1）根据温度；浓度、接触面积对反应速率的影响来解答；

（2）实验中加CuCl2溶液形成原电池加快反应速率，则应选择CuSO4；

（3）①研究氯化铜的量对氢气生成速率的影响，则盐酸的体积相同，改变氯化铜的量，由A、F可知结合溶液的总体积为60mL+40mL=100mL可判断V6、V9；

②当加入的CuCl2溶液超过一定量时；生成氢气的速率反而会下降是因生成Cu覆盖在Zn表面，降低了Zn与酸溶液的接触面积．

23、略

【分析】

定性分析：（1）该反应中产生气体；所以可根据生成气泡的快慢判断，故答案为：两支试管中产生气泡的快慢；

（2）氯化铁和硫酸铜中阴阳离子都不同；无法判断是阴离子起作用还是阳离子起作用；硫酸钠和硫酸铜阴离子相同，可以消除阴离子不同对实验的干扰；

故答案为：消除阴离子不同对实验的干扰；

（3）双氧水在二氧化锰作用下生成水和氧气，所以反应方程式为2H2O22H2O+O2↑；

故答案为：2H2O22H2O+O2↑；

定量分析：该反应是通过生成气体的反应速率分析判断的，所以根据v=知；需要测量的数据是产生40ml气体所需要的时间；

故答案为：产生40ml气体所需要的时间．

【解析】【答案】定性分析：（1）根据反应生成气体的快慢分析；

（2）根据阴阳离子判断；

（3）根据反应物；生成物、反应条件写出反应方程式．

定量分析：该反应是通过反应速率分析的，所以根据v=判断．

24、略

【分析】

（1）原混合气中C2H6的体积为aL，CO的体积为bL；则：

2C2H6+7O24CO2+6H2O（g）

aLaL

2CO+O22CO2

bLbL

所以O2的体积为aL+bL=L；

故答案为：

（2）120℃水为气体，反应前后气体的体积不变，则C2H6的燃烧的体积增大等于CO燃烧的体积减少；

2C2H6+7O24CO2+6H2O（g）体积增大△V

21

aLaL

2CO+O22CO2体积减少△V′

21

bLbL

所以aL=aL，故a：b=1：1；

故答案为：1：1；

（2）假定为C2H6、O2的混合物，恰好反应，反应结束恢复原来的温度，反应后气体的体积V2最大，由方程式：2C2H6+7O24CO2+6H2O（g）可知V（C2H6）=V1；则：

2C2H6+7O24CO2+6H2O（g）体积增大△V

21

V1V1

故反应后气体体积为V1+V1=V1，故的极小值为=0.9；

假定为CO、O2的混合物，恰好反应，反应结束恢复原来的温度，反应后气体的体积V2最小，由方程式：2CO+O22CO2可知V（CO）=V1；则：

2CO+O22CO2体积减少△V′

21

V1bLV1L

故反应后气体体积为V1-V1=V1，故的极大值为V1109V1=1.5；

故的取值范围是（0.9；1.5）；

故答案为：（0.9；1.5）．

【解析】【答案】（1）根据方程式用a、b分别表示出C2H6；CO完全反应消耗的氧气的体积；据此计算氧气的体积；

（2）120℃水为气体，反应前后气体的体积不变，则C2H6的燃烧的体积增大等于CO燃烧的体积减少；据此计算；

（3）假定为C2H6、O2的混合物，恰好反应，反应结束恢复原来的温度，反应后气体的体积V2最大，的值最小，假定为CO、O2的混合物，恰好反应，反应结束恢复原来的温度，反应后气体的体积V2最小，的值最大；据此解答．

五、探究题(共4题，共32分)25、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）26、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）27、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）28、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