2025年北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2025年北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5题，共10分)1、能鉴别甲苯；乙醇、苯酚、四氯化碳、已烯五种无色液体的试剂是（）

A.FeCl3溶液。

B.NaOH溶液。

C.酸性高锰酸钾溶液。

D.溴水。

2、为探究一溴环己烷()与NaOH的醇溶液共热发生的是水解反应还是消去反应，甲、乙、丙三位同学分别设计如下三个实验方案：甲：向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH，然后再滴入AgNO3溶液，若有浅黄色沉淀生成则可证明发生了消去反应。乙：向反应混合液中滴入溴水，若溶液颜色很快褪去，则可证明发生了消去反应。丙：向反应混合液中滴入酸性KMnO4溶液，若溶液颜色变浅，则可证明发生了消去反应。其中正确的是()A.甲B.乙C.丙D.上述实验方案都不正确3、分析下表中烃的排列规律，判断排列在第12位烃的同分异构体的数目是。123456789C2H2C2H4C2H6C3H4C3H6C3H8C4H6C4H8C4H10A.3B.4C.5D.64、一定条件下，在固定容积的密闭容器中，能表示反应rm{X(g)+2Y(g)?2Z(g)}一定达到化学平衡状态的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵X}rm{Y}rm{Z}的物质的量之比为rm{1}rm{2}rm{2}rm{垄脷X}rm{Y}rm{Z}的浓度不再发生变化。

rm{垄脹}容器中气体的压强不再发生变化rm{垄脺}单位时间内生成rm{n}rm{mol}rm{Z}同时生成rm{n}rm{mol}rm{X}A.rm{垄脵垄脷}B.rm{垄脵垄脺}C.rm{垄脷垄脹}D.rm{垄脹垄脺}5、下表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关rm{R}rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}五种元素的叙述中，正确的是()

A.rm{X}氢化物的沸点低于rm{W}的气态氢化物的沸点B.rm{Y}rm{Z}的阴离子电子层结构都与rm{R}原子的相同C.rm{W}的电负性比rm{X}的的电负性大D.第一电离能：rm{R>W>Y}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度；其操作步骤如下：

①将碱式滴定管用蒸馏水洗净后；用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗锥形瓶2～3次；从碱式滴定管中放出25.00mL待测溶液到锥形瓶中．

②将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入0.1000mol•L-1标准盐酸；调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数．

③向锥形瓶中滴入酚酞作指示剂，进行滴定．滴定至终点，测得所耗盐酸的体积为V1mL．

④重复以上过程，但在滴定过程中向锥形瓶中加入5mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL．

试回答下列问题：

（1）滴定终点时的现象为锥形瓶中的溶液______；

（2）该小组在步骤①中的错误是______，由此造成的测定结果______（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）；

（3）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为______mL；

（4）根据下列数据：

。测定次数待测液体积/mL标准盐酸体积/mL滴定前读数/mL滴定后读数/mL滴定前读数/mL滴定后读数/mL第一次25.000.4020.38第二次25.004.0024.02计算得出待测烧碱溶液的物质的量浓度为______．7、我国政府以国家标准的方式规定在食盐中添加碘酸钾．据此回答下列问题：

（1）碘是合成下列哪种激素的主要原料之一______

A；胰岛素B、甲状腺激素C、生长激素D、雄性激素。

（2）长期生活在缺碘山区，又得不到碘盐供应，易患______

A；甲状腺亢进B、佝偻病C、地方性甲状腺肿D、糖尿病。

（3）可用醋酸、淀粉、碘化钾溶液，检验食盐中含碘酸钾．能观察到的明显现象为______．这是因为食盐中的碘酸钾被______成碘单质．

（4）淀粉水解的最终产物是______（填化学式），该物质在人体中提供能量的化学方程式为______．8、(14分)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的基态原子最外层电子排布为3s23p1，Z能形成红色(或砖红色)的Z2O和黑色的ZO两种氧化物。（1）则W为，X为，Y为，Z为。（填元素符号）W的气态氢化物稳定性比H2O(g)(填“强”或“弱”)。（2）Z原子的基态原子核外电子排布式是，Y的电负性比X的________(填“大”或“小”)，W的第一电离能比O的(填“大”或“小”)。（3）X的最高价氧化物对应水化物与NaOH溶液反应的离子方程式是。9、用50mL0.50mol•L-1盐酸与50mL0.55mol•L-1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：

（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器的名称是____．

（2）烧杯间填满碎纸条的作用是____．

（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值____（填“偏大；偏小、无影响”）

（4）如果用60mL0.50mol•L-1盐酸与50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量____（填“相等、不相等”），所求中和热____（填“相等；不相等”）．

10、（共8分）依据氧化还原反应：2Ag＋(aq)+Cu(s)=Cu2＋(aq)+2Ag(s)，设计的原电池如图所示。请回答下列问题：（1）电极X的材料是____：电解质溶液Y的溶质是____：（2）银电极为电池的____极，发生的电极反应为____；x电极上发生的电极反应为____；（3）盐桥中装有含琼胶的KNO3饱和溶液，则盐桥中NO3－移向____。（填“左侧烧杯”或“右侧烧杯”）11、以下是25℃时几种难溶电解质的溶解度：。难溶电解质Mg(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3溶解度/g9×10-41．7×10-61．5×10-43．0×10-9在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些杂质离子。例如：①为了除去氯化铵中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，加入足量的氢氧化镁，充分反应，过滤结晶即可；③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2+，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2+氧化成Fe3+，调节溶液的pH=a，过滤结晶即可。请回答下列问题：（1）上述三种除杂方案都能够达到很好的效果，Fe3+、Fe2+都被转化为(填化学式)而除去。（2）①中加入的试剂应该选择为宜，其原因是。（3）②中除去Fe3+所发生的总反应的离子方程式为。（4）已知Fe(OH)3的Ksp=1×10-35mol4/L4；化学上通常认为残留在溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L时，沉淀完全。方案③中a最小值为.（5）下列与方案③相关的叙述中，正确的是(填字母)。A．H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质，不产生污染B．将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤C．调节溶液pH=a可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜D．Cu2+可以大量存在于pH=a的溶液中E．在pH>a的溶液中Fe3+一定不能大量存在12、（14分）下图是元素周期表的一部分。①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩（1）元素⑨的价电子轨道表示式为，元素⑩的次外层电子数为个。（2）如果在温度接近373K时，根据M=m/n测定⑤的气态氢化物的相对分子质量，结果发现测定结果比理论值高，其原因是。（3）某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如上表中元素⑦与元素②的氢氧化物有相似的性质。写出元素②的氢氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式。（4）根据下列五种元素的第一至第四电离能数据（单位：kJ·mol-1），回答下面各题：。元素代号I1I2I3I4Q2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600U420310044005900①在周期表中，最可能处于同一主族的是。（填元素代号）②T元素最可能是（填“s”、“p”、“d”、“ds”等）区元素，位于族；若T为第二周期元素，Z是第三周期元素中原子半径最小的主族元素，则T、Z形成的化合物分子键角为。13、rm{(1)}已知rm{CH_{3}COONH_{4}}溶液为中性，又知rm{CH_{3}COOH}溶液加到rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中有气体放出，试推断：rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}溶液的rm{pH}______rm{7(}填“大于”、“小于”或“等于”rm{)}

rm{(2)}常温下，将rm{0.2mol/L}rm{CH_{3}COOH}溶液与rm{0.2mol/L}rm{NaOH}溶液等体积混合rm{(}忽略混合后溶液体积的变化rm{)}测得混合溶液的rm{pH=8}则rm{c(OH^{-})-c(CH_{3}COOH)=}______rm{mol/L}

rm{(3)25隆忙}时，将rm{a}rm{mol?L^{-1}}的氨水与rm{0.02mol/L}的盐酸溶液等体积混合rm{(}设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和rm{)}平衡时有rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})}则溶液显______rm{(}填酸、碱、中rm{)}性；则混合溶液中离子浓度由大到小的关系：______；

rm{(4)}已知常温下rm{Cu(OH)_{2}}的rm{K_{sp}=2.0隆脕10^{-20}mol^{3}?L^{-3}}rm{Mg(OH)_{2}}的rm{K_{sp}=1.8隆脕10^{-11}mol^{3}?L^{-3}}若。

向浓度均为rm{0.02mol/L}的rm{CuCl_{2}}rm{MgCl_{2}}的混合溶液中加入rm{NaOH}溶液则______先生成沉淀，当rm{Cu^{2+}}开始沉淀时溶液的rm{pH=}______。评卷人得分三、解答题(共5题，共10分)14、常温下；有0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的醋酸溶液，回答下列问题：

①比较两溶液的pH；盐酸______（填“＜”；“=”或“＞”）醋酸。

②两种酸均能与氢氧化钠反应生成盐；其中醋酸与氢氧化钠反应能生成醋酸钠，实验室现有部分醋酸钠固体，取少量溶于水，溶液呈______（填“酸性”；“中性”或“碱性”），其原因是（用离子方程式表示）______．

③向醋酸溶液中加入一定量的NaOH溶液；当测得溶液的pH=7时，溶液中离子的浓度大小为______（填字母，下同），当测得溶液的pH＜7时，溶液中离子的浓度大小为______．

a．c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）

b．c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+）

c．c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）

d．c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）

15、维生素C的分子式为C6H8O6．

维生素C能与单质碘发生反应：C6H8O6+I2→C6H6O6+2HI

（1）上述反应______（填“是”或“不是”）氧化还原反应；理由是______．在此反应中维生素C表现______性（填“酸”；“氧化”或“还原”）．

（2）血液中运载氧的血红蛋白中含有亚铁离子；人之所以患坏血病，是因为人体从摄取的食物中吸收的铁主要是+3价铁，+3价铁不能直接被吸收利用．据此推测，维生素C在抗坏血病方面的作用原理是______．

16、下列各组物质①O2和O3②乙烷和丁烷③12C和14C④CH3CH2CH2CH3和（CH3）2CHCH3⑤

互为同系物的是______；互为同分异构体的是______互为同位素的是______，互为同素异形体的是______，是同一物质的是______．（请填写序号）

17、美国阿波罗宇宙飞船上使用的氢氧燃料电池是一种新型的化学电源；被称为21世纪的明星电池，其构造如图所示：两个电极均由多孔性碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电．

（1）a是______极（填“正”或“负”），其pH值______（填升高、降低或不变），b极的电极反应式______．

（2）某些碳氢化合物也可作为燃料电池的燃料，如天然气（甲烷）等．若将图中H2换成CH4时，电池内总的反应方程式为：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O．请写出a极的电极反应式______．在电池工作期间，CO32-流向______极（填a或b）．

18、用石墨做电极电【解析】

①稀H2SO4②K2SO4溶液③CuCl2溶液④CuSO4溶液⑤KOH溶液．

（1）阴阳极都有气体产生，且体积比（相同条件下）为2：1的是______（填序号，下同），其阳极的电极反应式都是______，阴极的电极反应式都是______，总反应的化学方程式是______2H2↑+O2↑评卷人得分四、简答题(共4题，共20分)19、甲醇是一种重要的有机化工原料，可用于制取甲醚rm{.}一定温度下，在三个体积为rm{1.0L}的恒容密闭容器中发生反应：rm{2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)}．

。容器温度rm{(隆忙)}起始物质的量rm{(mol)}平衡物质的量rm{(mol)}编号rm{CH_{3}OH(g)}rm{CH_{3}OCH_{3}(g)}rm{H_{2}O(g)}rm{H_{2}O(g)}Ⅰrm{387}rm{0.20}rm{0.080}rm{0.080}Ⅱrm{387}rm{0.40}rm{a}rm{B}Ⅲrm{207}rm{0.20}rm{0.090}rm{0.090}rm{(1)}容器rm{I}中的反应达到平衡时所需的时间______rm{(}填“大于”“小于”或等于rm{)}容器rm{II}中的．

rm{(2)a=}______

rm{(3)}下列说法中能说明该反应达到平衡状态的是______rm{.(}填字母rm{)}

A.容器中压强不变。

B.混合气体中rm{c(CH_{3}OCH_{3})}不变。

C.混合气体的密度不变。

D.单位时间内生成rm{CH_{3}OH}与rm{CH_{3}OCH_{3}}的分子个数之比为rm{2}rm{1}

rm{(4)}已知下面两个反应rm{(m}rm{n}均大于rm{0)}

反应rm{垄脵}rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-m}rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-m}

反应rm{kJ?mol^{-1}}rm{2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangleH=-n}rm{垄脷}

则下列rm{2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-n}与rm{kJ?mol^{-1}}的关系中，正确的是______rm{m}填字母rm{n}．

A.rm{(}rm{)}rm{n>2m}rm{B.m>2n}．rm{C.2m>n}20、科学家正在研究温室气体rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}的转化和利用。rm{(1)CH_{4}}和rm{CO_{2}}所含的三种元素电负性从小到大的顺序为________。rm{(2)}下列关于rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}的说法正确的是________rm{(}填序号rm{)}rm{a.}固态rm{CO_{2}}属于分子晶体rm{b.CH_{4}}分子中含有极性共价键，是极性分子rm{c.}因为碳氢键键能小于碳氧键，所以rm{CH_{4}}熔点低于rm{CO_{2}}rm{d.CH_{4}}和rm{CO_{2}}分子中碳原子的杂化类型分别是rm{sp^{3}}和rm{sp}rm{(3)}在rm{Ni}基催化剂作用下，rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}反应可获得化工原料rm{CO}和rm{H_{2}}．rm{垄脵}基态rm{Ni}原子的电子排布式为________，该元素位于元素周期表的第________族。rm{垄脷Ni}能与rm{CO}形成正四面体形的配合物rm{Ni(CO)_{4}}rm{1molNi(CO)_{4}}中含有________rm{mol娄脪}键。rm{(4)}一定条件下，rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}都能与rm{H_{2}O}形成笼状结构rm{(}如下图所示rm{)}的水合物晶体，其相关参数见下表。rm{CH_{4}}与rm{H_{2}O}形成的水合物俗称“可燃冰”。

。参数分子分子直径rm{/nm}分子与rm{H_{2}O}的结合能rm{E/kJ隆陇mol^{-1}}rm{CH_{4}}rm{0.436}rm{16.40}rm{CO_{2}}rm{0.512}rm{29.91}rm{垄脵}“可燃冰”中分子间存在的rm{2}种作用力是________。rm{垄脷}为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用rm{CO_{2}}置换rm{CH_{4}}的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为rm{0.586nm}根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是________。21、甲醇可作为燃料电池的原料rm{.}通过下列反应可以制备甲醇：rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-90.8kJ?mol^{-1}}在一容积可变的密闭容器中充入rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-90.8kJ?mol^{-1}}rm{10mol}和rm{CO}rm{20mol}rm{H_{2}}的平衡转化率随温度rm{CO}压强rm{(T)}的变化如图所示，当达到平衡状态rm{(P)}时，容器的体积为rm{A}．

rm{20L}反应的平衡常数为______．

rm{(1)T_{1}隆忙}图中rm{(2)}______rm{P_{1}}填“rm{P_{2}(}”、“rm{>}”或“rm{<}”rm{=}．

rm{)}如反应开始时仍充入rm{(3)}rm{10mol}和rm{CO}rm{20mol}则在平衡状态rm{H_{2}}时容器的体积rm{B}______L.

rm{V(B)=}关于反应rm{(4)}在化学平衡状态时的描述正确的是______rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}填字母，下同rm{(}．

A.rm{)}的含量保持不变。

B.容器中rm{CO}浓度与rm{CH_{3}OH}浓度相等。

C.rm{H_{2}}rm{2v_{脮媒}(CH_{3}OH)=v}

D.容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变。

rm{{,!}_{脮媒}(H_{2})}已知rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangleH=+41.3kJ?mol^{-1}}试写出由rm{(5)}和rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangle

H=+41.3kJ?mol^{-1}}制取气态甲醇和气态水的热化学方程式______．rm{CO_{2}}22、钛酸钡是一种强介电化合物材料，具有高介电常数和低介电损耗，是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一，被誉为电子陶瓷工业的支柱，工业制取方法如下，先获得不溶性草酸氧钛钡晶体rm{[BaTiO(C_{2}O_{4})_{2}隆陇4H_{2}O]}煅烧后可获得钛酸钡粉体。rm{(1)}酸浸时发生的反应的离子方程式为____。rm{(2)}配制rm{TiCl_{4}}溶液时通常将rm{TiCl_{4}}固体溶于浓盐酸再加水稀释，其目的是____。rm{(3)}加入rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液时，发生反应获得草酸氧钛钡晶体，从混合液得到的可循环使用的物质rm{X}是____rm{(}填化学式rm{)}设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净_______________________________________。rm{(4)}煅烧草酸氧钛钡晶体得到rm{BaTiO_{3}}的同时，生成高温下的气体产物有rm{CO}_______和。评卷人得分五、工业流程题(共1题，共2分)23、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。评卷人得分六、探究题(共4题，共32分)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。26、（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。27、（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。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】

A．只有苯酚与氯化铁发生显色反应；不能鉴别，故A错误；

B．只有苯酚与NaOH溶液反应；不能鉴别，故B错误；

C．己烯；甲苯、乙醇均使酸性高锰酸钾溶液褪色；不能鉴别，故C错误；

D．加入溴水；己烯与溴水发生加成反应而使溴水褪色，甲苯的密度比水小，色层在上层，四氯化碳的密度比水大，色层在下层，乙醇与溴水互溶，苯酚与溴水发生取代反应生成三溴苯酚沉淀，显现各不相同，可鉴别，故D正确；

故选D．

【解析】【答案】根据有机物的性质的异同选择鉴别试剂；题中所给有机物中己烯；甲苯、四氯化碳都不溶于水，但己烯和甲苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，乙醇与水混溶，其中己烯与溴水发生加成反应，苯酚与溴水发生取代反应，以此解答该题．

2、D【分析】卤代烃水解后生成烯烃，水解后生成醇。甲方案：没有酸化反应液。乙方案：溴与NaOH溶液反应也可褪色。丙方案：KMnO4溶液也可氧化醇而导致自身褪色。【解析】【答案】D3、A【分析】【解析】【答案】A4、C【分析】解：rm{垄脵}平衡时，rm{X}rm{Y}rm{Z}的物质的量之比可能为rm{1}rm{2}rm{2}也可能不量与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；

rm{垄脷}容rm{X}rm{Y}rm{Z}的浓度不再发生变化；说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；

rm{垄脹}容器中气体的压强不再发生变化；说明气体的物质的量不变反应达平衡状态，故正确；

rm{垄脺}单位时间内生成rm{2n}rm{mol}rm{Z}等效于消耗rm{n}rm{mol}rm{X}同时生成rm{n}rm{mol}rm{X}两者的量不符合，故错误；

故选C。

根据化学平衡状态的特征解答；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度；百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。

本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为rm{0}【解析】rm{C}5、D【分析】【分析】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。【解答】由图及元素在周期表的位置可知，rm{X}为rm{N}rm{W}为rm{P}rm{Y}为rm{S}rm{R}为rm{Ar}rm{Z}为rm{Br}

A.rm{X}rm{W}为同主族元素；氢化物的沸点与分子间作用力和氢键有关，氨分子间存在氢键，而磷化氢分子间不存在氢键，则氨的沸点高于磷化氢的沸点，故A错误；

B.rm{Y}的阴离子结构有rm{3}个电子层，rm{Z}的阴离子结构有rm{4}个电子层，则rm{Y}的阴离子电子层结构都与rm{R}原子的相同；故B错误；

C.rm{X}rm{W}为同主族元素，rm{N}的非金属性比rm{P}强，则rm{N}的电负性大；故C错误；

D.rm{Ar}rm{P}rm{S}的第一电离能依次减小；故D正确。

故选D。【解析】rm{D}二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】解：（1）用盐酸滴定氢氧化钠溶液以酚酞作指示剂；终点现象是当滴加最后一滴标准液时，溶液由红色变为无色，且30s不复色；

故答案为：当滴加最后一滴标准液时；溶液由红色变为无色，且30s不复色；

（2）根据待测溶液润洗锥形瓶，会使的待测液的物质的量增多，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（标准）偏大；

故答案为：待测溶液润洗锥形瓶；偏高；

（3）滴定管的刻度线自上而下逐渐增大；且读数到0.01ml，所以关键滴定管中的液面可知，读数应该是22.60ml；

故答案为：22.60；

（4）第一次酸的体积为20.38mL-0.40mL=19.98mL，第二次酸的体积为24.02mL-4.00mL=20.02mL，消耗酸的平均体积为20.00mL，由酸碱中和的实质可知，20.00mL×0.1000mol•L-1=25.00mL×c（碱），解得c（碱）=0.08000mol•L-1；

故答案为：0.08000mol•L-1．

（1）根据滴定终点；锥形瓶中的溶液颜色发生变化，且30s内不恢复；

（2）根据待测溶液润洗锥形瓶，会使的待测液的物质的量增多；根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响；以此判断浓度的误差；

（3）滴定管的刻度线自上而下逐渐增大；且读数到0.01ml；

（4）第一次酸的体积为20.38mL-0.40mL=19.98mL，第二次酸的体积为24.02mL-4.00mL=20.02mL，消耗酸的平均体积为20.00mL，利用H+、OH-的物质的量相等来计算．

本题考查酸碱中和滴定，明确中和滴定实验的原理、步骤、指示剂的选择、数据处理等即可解答，注意滴定管的读数为易错点，题目难度中等．【解析】当滴加最后一滴标准液时，溶液由红色变为无色，且30s不复色；待测溶液润洗锥形瓶；偏高；22.60；0.08000mol•L-17、略

【分析】解：（1）人体摄入的碘主要是来自海产品和碘盐；碘是合成甲状腺激素的主要元素，缺乏会患甲状腺肿大和呆小症，故选B；

（2）A．甲状腺机能亢进是因碘摄入太多造成的；故A错误；

B．钙主要存在于骨胳和牙齿中；使骨和牙齿具有坚硬的结构支架，缺乏幼儿和青少年会患佝偻病，老年人会患骨质疏松，碘是合成甲状腺激素的主要元素，缺乏会患甲状腺肿大和呆小症，故B错误；

C．碘是合成甲状腺激素的主要元素；缺乏会患甲状腺肿大，故C正确；

D．糖尿病是因血糖浓度过高；造成尿中含有大量的葡萄糖的病症，故D错误；

故选C；

（3）碘化钾和碘酸钾在酸性条件下能发生氧化还原反应生成碘5KI+KIO3+6HCl=6KCl+3H2O+3I2；该反应中KI是还原剂，还原剂对应的产物I2是氧化产物，KIO3是氧化剂；在反应中被还原，该反应中有碘单质生成，碘遇淀粉变蓝色，所以观察到溶液变蓝色，故答案为：溶液变蓝色；还原；

（4）淀粉水解的产物是葡萄糖，分子式为：C6H12O，C葡萄糖在人体中被氧化为人体提供能量，即6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故答案为：C6H12O6；C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O．

（1）碘是合成甲状腺激素的主要元素；

（2）根据碘；钙的生理功能；以及葡萄糖的生理功能和糖尿病的成因判断；

（3）碘化钾和碘酸钾在酸性条件下能发生氧化还原反应生成碘；碘遇淀粉变蓝色，据此分析；

（4）淀粉水解的产物是葡萄糖；葡萄糖在人体中被氧化为人体提供能量．

本题考查了化学反应方程式及电极反应式的书写等知识点，难度不大，（3）题易错，注意氧化产物、还原产物物质的量的判断，特别是氧化产物和还原产物是同一物质的化学反应．【解析】B；C；溶液变蓝色；还原；C6H12O6；C6H12O6C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O8、略

【分析】试题分析：根据前36号、常见元素，元素原子序数按W、X、Y、Z依次增大等知识，W、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，应该是NO2和SO2，再依据“原子序数依次增大”的信息，可知W为N元素，Y为S元素。X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，其核外电子排布式应为1s22s22p63s23p1,该元素应为Al。Z能形成红色(或砖红色)Z2O和黑色的ZO两种氧化物，可知Z为Cu。（1）则W为N，X为Al，Y为S，Z为Cu，W(N)位于元素周期表第二周期第ⅤA族，W的气态氢化物为NH3，因N的非金属性比O弱，NH3稳定性比H2O弱。（2）Z原子的基态原子核外电子排布式是[Ar]3d104s1，Y(S)的原子半径小于X(Al)，所以Y(S)对外层电子的吸引力强于X(Al)，故Y的第一电离能比X的大Y的电负性比X的大，W的第一电离能比O的大；（3）氢氧化铝与氢氧化钠反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH-=AlO2-＋2H2O。考点：考查元素的推断，化学反应方程式，核外电子排布等知识。【解析】【答案】（1）NAlSCu弱（2）[Ar]3d104s1大大（3）Al(OH)3＋OH-=AlO2-＋2H2O9、略

【分析】

（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；

故答案为：环形玻璃搅拌器；

（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失；

故答案为：减少实验过程中的热量损失；

（3）大烧杯上如不盖硬纸板；会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小；

故答案为：偏小；

（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；并若用60mL0.50mol•L-1盐酸与50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，中和热数值相等；

故答案为：不相等；相等；

【解析】【答案】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；

（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；

（3）大烧杯上如不盖硬纸板；会使一部分热量散失；

（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；并根据中和热的概念和实质来回答；

10、略

【分析】试题分析：（1）在反应2Ag＋(aq)+Cu(s)=Cu2＋(aq)+2Ag(s)中，铜元素的化合价由0价升高到+2价，说明失电子，作原电池的负极，所以电极X的材料是Cu，该装置设有盐桥，所以将铜插入硫酸铜溶液中，将银插入硝酸银溶液中，则电解质溶液Y的溶质是AgNO3；（2）铜作负极，则银电极是正极，电极反应为Ag＋+e－=Ag，X电极是负极，电极反应为Cu-2e－=Cu2＋，（3）左侧烧杯的电极是负极，带正电，所以盐桥中NO3－移向左侧烧杯。考点：考查原电池的工作原理。【解析】【答案】（电极反应式每空2分，其它每空1分，共8分）（1）CuAgNO3（2）正Ag＋+e－=AgCu-2e－=Cu2＋（3）左侧烧杯11、略

【分析】试题解析：（1）上述三种除杂方案都能够达到很好的效果，Fe3+、Fe2+都被转化为Fe(OH)3而除去；（2）①用氢氧化钠溶液，会引入新的杂质，沉淀表面含钠离子和氢氧根离子，为了不引入其它杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀；（3）②中根据溶解度表可知Mg（OH）2易转化为Fe（OH）3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg（OH）2可除去Fe3+：2Fe3++3Mg（OH）2=3Mg2++2Fe（OH）3；（4）Fe(OH)3的Ksp=1×10-35mol/L，当铁离子沉淀完全时，c（OH-）==1×10-10mol/L，则c(H+)=1×10-4mol/L，ph=4；（5）根据H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中被还原成水，不引进杂质、不产生污染，故A正确；根据Fe（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3，形成Fe（OH）2沉淀Fe2+沉淀不完全，故B错误；原来溶液是酸性较强，加入氢氧化铜或碱式碳酸铜可以与H+反应．H+反应后，PH增大，当PH=4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀．而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，故C正确；氢氧化铜或碱式碳酸铜与H+反应，H+反应后，PH增大，当PH=4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀，以Cu2+形式存在，而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，故D正确；在pH＞4的溶液中Fe3+全部以Fe（OH）3完全沉淀，Fe3+一定不能大量存在，故E正确。考点：物质的分离提纯【解析】【答案】（1）Fe(OH)3（2）氨水不会引入新的杂质（3）2Fe3++3Mg(OH)2==3Mg2++2Fe(OH)3（4）4（5）ACDE12、略

【分析】试题分析：（1）根据元素在周期表中的位置可知，元素⑨是钛元素，原子序数是22，因此根据核外电子排布规律其知的价电子轨道表示式为元素⑩是铁，其次外层电子数为14个。（2）元素⑤是水，水分子间存在氢键，H2O分子发生缔合，因此测定结果比理论值高。（3）②、⑦分别是Be和Al，氢氧化铝是两性氢氧化物，则元素②的氢氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式为2OH—+Be(OH)2＝BeO22—+2H2O。（4）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。②由上述分析可知，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，可能为P区元素，位于第ⅢA族；若T为第二周期元素，则T是B元素。Z是第三周期元素中原子半径最小的主族元素，因此Z是氯元素，则T、Z形成的化合物是BCl3,B原子的价层电子对数是3个，且不存在孤对电子，所以是平面三角形结构，分子键角为120°。考点：考查元素周期表的结构、元素周期律的应用【解析】【答案】（1）14（2）分子间存在氢键，H2O分子发生缔合（3）2OH—+Be(OH)2＝BeO22—+2H2O（4）①R和U②p（1分）IIIA（1分）120°13、略

【分析】解：rm{(1)}将rm{CH_{3}COOH}溶液加到rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中有气体放出，说明rm{CH_{3}COOH}的酸性比碳酸的强，rm{CH_{3}COONH_{4}}溶液为中性，说明相同条件下，氨水和rm{CH_{3}COOH}的电离程度相同，所以rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}中铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，所以溶液的rm{pH>7}

故答案为：大于；

rm{(2)}取rm{0.2mol/LCH_{3}COOH}溶液与rm{0.2mol/LNaOH}溶液等体积混合，溶液的rm{pH=8}rm{c(H^{+})=10^{-8}mol/L}rm{c(OH^{-})=10^{-6}mol/L}溶液显碱性，说明rm{CH_{3}COO^{-}}离子水解，溶液中存在质子守恒：rm{c(OH^{-})=c(H^{+})+c(CH_{3}COOH)}则rm{c(OH^{-})-c(CH_{3}COOH)=c(H^{+})=10^{-8}mol/L}

故答案为：rm{10^{-8}}

rm{(3)25隆忙}时，将rm{amol?L^{-1}}的氨水与rm{0.02mol/L}的盐酸溶液等体积混合rm{(}设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和rm{)}溶液中存在电荷守恒：rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(OH^{-})}平衡时有rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})}则溶液中rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}溶液呈中性，混合溶液中离子浓度由大到小的关系rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})>c(H^{+})=c(OH^{-})}

故答案为：中；rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})>c(H^{+})=c(OH^{-})}

rm{(4)}溶度积常数越小的物质越先沉淀，氢氧化铜的溶度积小于氢氧化镁的溶度积，所以氢氧化铜先沉淀，常温下rm{Cu(OH)_{2}}的rm{K_{sp}=c(Cu^{2+})c^{2}(OH^{-})=2.0隆脕10^{-20}mol^{3}?L^{-3}}rm{c(OH^{-})=sqrt{dfrac{Ksp}{c(Cu^{2+})}}=sqrt{dfrac{2.0隆脕10^{-20}}{0.02}}=10^{-9}mol/L}rm{c(H^{+})=dfrac{10^{-14}}{10^{-9}}=10-5mol/L}rm{c(OH^{-})=sqrt{dfrac

{Ksp}{c(Cu^{2+})}}=sqrt{dfrac

{2.0隆脕10^{-20}}{0.02}}=10^{-9}mol/L}

故答案为：rm{c(H^{+})=dfrac

{10^{-14}}{10^{-9}}=10-5mol/L}rm{PH=5}

rm{Cu^{2+}}根据题意知，rm{5}的酸性比碳酸强，rm{(1)}溶液为中性，说明铵根离子和该酸根离子水解程度相同，由此得知铵根离子水解程度小于碳酸根离子，所以rm{CH_{3}COOH}中溶液呈碱性；

rm{CH_{3}COONH_{4}}取rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}溶液与rm{(2)}溶液等体积混合，溶液的rm{0.2mol/LCH_{3}COOH}则rm{0.2mol/LNaOH}rm{pH=8}根据依据溶液中质子守恒计算判断；

rm{c(H^{+})=10^{-8}mol/L}氨水和盐酸反应，平衡时有rm{c(OH^{-})=10^{-6}mol/L}结合溶液中存在电荷守恒分析；

rm{(3)}溶度积小的先生成沉淀，结合rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})}的溶度积常数计算溶液rm{(4)}

本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解、沉淀溶解平衡、电解质溶液中电荷守恒和离子浓度大小比较的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。rm{Cu(OH)_{2}}【解析】大于；rm{10^{-8}}中；rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})>c(H^{+})=c(OH^{-})}rm{Cu^{2+}}rm{5}三、解答题(共5题，共10分)14、略

【分析】

（1）盐酸是强酸；醋酸是弱酸，相同温度和相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸中氢离子浓度大于醋酸中氢离子浓度，所以醋酸的pH大于盐酸的pH，故选＜；

（2）醋酸钠是强碱弱酸盐，因水解导致其溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性，水解方程式为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；

故答案为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；

（3）当pH=7时，c（H+）=c（OH-），溶液存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），则c（Na+）=c（CH3COO-），中性溶液中氢离子或氢氧根离子浓度较小，则c（CH3COO-）＞c（H+），所以有c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-），故选b；

当pH＜7时，c（H+）＞c（OH-），溶液存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），则c（Na+）＜c（CH3COO-）；

若溶液中酸浓度远远大于醋酸钠时，c（H+）＞c（Na+），若醋酸钠浓度远远大于醋酸浓度时，c（Na+）＞c（H+）；故选C．

【解析】【答案】（1）醋酸是弱酸，盐酸是强酸，所以C（H+）=C（HCl）=C（CH3COOH）＜C（H+）；根据氢离子浓度大小确定pH的大小；

（2）醋酸钠是强碱弱酸盐；因水解导致其溶液呈碱性；

（3）当pH=7时，c（H+）=c（OH-），当pH＜7时，c（H+）＞c（OH-）；结合电荷守恒判断；

15、略

【分析】

（1）维生素C能与单质碘发生反应：C6H8O6+I2→C6H6O6+2HI；反应物中碘元素从0价，变为产物HI中的-1价；

有元素化合价变化，是氧化还原反应，C6H8O6中氢元素为+1价，氧元素为-2价，则碳元素为+价，产物C6H6O6中；碳元素为+1价，化合价升高，是还原剂，表现还原性；

故答案为：是；反应前后元素的化合价有变化；还原；

（2）由题意知，Fe3+是氧化剂，维生素C是还原剂，具有还原性，将从食物中获取的Fe3+还原为Fe2+；

故答案为：将所摄入食物中的+3价铁还原为+2价铁．

【解析】【答案】（1）氧化还原反应是有化合价变化的反应；根据各物质所发生的反应来回答；在化学反应中，物质中的元素化合价升高，则元素被氧化，发生还原反应，元素具有还原性；

（2）维生素C是还原剂；具有还原性．

16、略

【分析】

①O2和O3是氧元素组成的结构不同的单质；互为同素异形体；

②乙烷和丁烷，结构相似，都属于烷烃，分子组成相差2个CH2原子团；互为同系物．

③12C和14C中子数不同；是碳元素的不同原子，互为同位素；

④CH3CH2CH2CH3和（CH3）2CHCH3；分子式相同；结构不同，为同分异构体；

⑤组成和结构都相同；为同一物质；

故答案为：②；④；③；①；⑤．

【解析】【答案】根据结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；分子式相同；结构不同的化合物互称为同分异构体；质子数相同中子数不同的原子互称同位素；同种元素形成的不同单质互为同素异形体；同种物质指组成和结构都相同的物质；然后对照概念分析．

17、略

【分析】

（1）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极a为电源的负极，通入氧气的一极b为原电池的正极，由于电解质溶液呈碱性，则负极电极反应式为：2H2-4e-+4OH-=4H2O（或H2-2e-+2OH-=2H2O），电极附近溶液PH降低；正极电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：负；降低；O2+4e-+2H2O=4OH-；

（2）电池内总的反应方程式为：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，依据元素化合价变化得到，甲烷失去电子发生氧化反应，氧气得到电子发生还原反应，a电极是失电子发生氧化反应做负极，正极电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-；总电池反应减去正极电极反应乘以2，得到负极电极反应为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；原电池中阴离子移向负极；碳酸根离子移向负极a；

故答案为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；a；

【解析】【答案】（1）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，氢氧燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O；

（2）依据燃料电池反应的原理分析；燃料被氧化做原电池的负极，氧气得到电子做原电池的正极反应还原反应；

18、略

【分析】

（1）电解①②⑤时，阴极氢离子放电，生成氢气，即4H++4e-→2H2↑；阳极氢氧根离子放电，生成氧气；

即4OH-→O2↑+2H2O+4e-；两极都有气体产生，且体积比（相同条件下）为2：1；

故答案为：①②⑤；4OH-→O2↑+2H2O+4e-；4H++4e-→2H2↑；2H2O2H2↑+O2↑；

（2）电解①⑤时；阴极是氢离子得电子生成氢气，阳极是氢氧根离子失电子得到氧气，两极都有气体产生，①溶液的浓度增大，pH变小，⑤溶液的浓度增大，pH变大，故答案为：①；⑤；

（3）电解④是；阴极析出金属，阳极析出气体，且溶液中生成了酸，pH明显减小；

电解方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

故答案为：④；2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4．

【解析】【答案】（1）电解水时；阴极氢离子放电，生成氢气，阳极氢氧根离子放电，生成氧气，两极都有气体产生，且体积比（相同条件下）为2：1；

（2）电解酸时；两极均有气体生成，溶液酸性增强，电解碱时，两极均有气体生成，溶液碱性增强；

（3）一个电极析出金属；一个电极析出气体，且溶液pH明显减小的是“放氧生酸型”的盐．

四、简答题(共4题，共20分)19、大于；0.16；BD；A【分析】解：rm{(1)}温度相同；浓度越大，反应速率越大，达到平衡时所需的时间越少，Ⅰ；Ⅱ反应温度相同，Ⅰ的浓度低，需要的时间长，故答案为：大于；

rm{(2)}反应Ⅰ、Ⅱ温度相同，反应rm{2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)}是反应前后气体体积不变的反应，Ⅰ、Ⅱ属于等效平衡，Ⅱ的生成物量为Ⅰ的rm{dfrac{0.40}{0.20}=2}倍，故rm{a=0.08隆脕2=0.16}rm{b=0.08隆脕2=0.16}

故答案为：rm{0.160}

rm{(3)A}反应前后气体体积不变；压强始终相等，所以压强不变不能说明反应达到平衡状态，故A错误；

B、平衡后各组分浓度保持不变，rm{c(CH_{3}OCH_{3})}不变；说明各组分浓度都不再变化，反应达到平衡状态，故B正确；

C；容器体积不变；据质量守恒定律，反应前后气体质量不变，所以密度始终不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故C错误；

D、单位时间内生成rm{CH_{3}OH}与rm{CH_{3}OCH_{3}}的分子个数之比为rm{2}rm{1}说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；

故选BD；

rm{(4)}由反应rm{垄脵}rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-mkJ?mol^{-1}}

反应rm{垄脷2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangleH=-nkJ?mol^{-1}}

根据rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-mkJ?mol^{-1}}得rm{2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangleH=-(n-2m)kJ?mol^{-1}}

由rm{垄脷2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-nkJ?mol^{-1}}知rm{triangleH=-(n-2m)kJ?mol^{-1}<0}故rm{垄脷-2垄脵}

故答案为：rm{2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-(n-2m)kJ?mol^{-1}}．

rm{(2)}温度相同；浓度越大，反应速率越大，达到平衡时所需的时间越少；

rm{triangle

H=-(n-2m)kJ?mol^{-1}<0}反应Ⅰ、Ⅱ温度相同，反应rm{n>2m}是反应前后气体体积不变的反应；Ⅰ；Ⅱ属于等效平衡；

rm{A}反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量；浓度、含量等不再发生变化，以及由此衍生的其它量不变，可由此进行判断；

rm{(1)}由盖斯定律可计算．

本题考查了化学平衡常数的移动以及平衡状态的判断、反应热大小判断问题，难度一般，注意盖斯定律的应用．rm{(2)}【解析】大于；rm{0.16}rm{BD}rm{A}20、rm{(1)H<C<O}

rm{(2)ad}

rm{(3)}rm{垄脵}rm{垄脵}rm{[Ar]3d^{8}4s^{2;;}VIII}rm{垄脷}

rm{垄脷}氢键范德华力rm{8}二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径，且二氧化碳与水的结合能力强于甲烷rm{(4)垄脵}【分析】【分析】本题以研究温室气体rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}的转化和利用为载体，主要考查的是电负性的大小比较、分子晶体的性质、核外电子排布以及化学键等，综合性较强，难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。【解答】rm{(1)}元素的非金属性越强，其电负性越大，由于非金属性rm{O>C>H}故电负性rm{H<C<O}

故答案为：rm{H<C<O}

rm{(2)a.}二氧化碳属于分子晶体，故rm{a}正确；

rm{b.}甲烷中含有极性共价键，但是正四面体结构，属于非极性分子，故rm{b}错误；

rm{c.}二氧化碳熔点高，原因是rm{C}与rm{O}形成rm{2}对共价键，故rm{c}错误；

rm{d.}甲烷为正四面体形，rm{C}原子含有rm{4}个rm{娄脪}键，无孤电子对，采取rm{sp^{3}}杂化，二氧化碳为直线形，碳氧双键中有rm{1}个rm{娄脪}键和rm{1}个rm{娄脨}键，因此rm{C}原子采取rm{sp}杂化，故rm{d}正确；

故答案为：rm{ad}

rm{(3)垄脵Ni}为rm{28}号元素，基态rm{Ni}原子的电子排布式为rm{[Ar]3d^{8}4s^{2}}处于元素周期表中第四周期第rm{V}Ⅲ族；

故答案为：rm{[Ar]3d^{8}4s^{2}}rm{V}Ⅲ；

rm{垄脷}该配合物的配离子中rm{Ni}原子和rm{C}原子之间有rm{4}个rm{娄脪}键，rm{CO}分子中rm{C}和rm{O}之间存在rm{1}个rm{娄脪}键，rm{1}个rm{娄脨}键，rm{1}个配位键，因此rm{4}个rm{CO}有rm{4}个rm{娄脪}键，故rm{1molNi(CO)_{4}}中含有rm{8mol娄脪}键，故答案为：rm{8}

rm{(4)垄脵CH_{4}}与rm{H_{2}O}形成的水合物俗称“可燃冰”；分子晶体中作用力是范德华力，水分子之间存在氢键；

故答案为：氢键；范德华力；

rm{垄脷}由表格可知：二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径，即rm{0.512<0.586}能顺利进入笼状空腔内，且二氧化碳与水的结合能力强于甲烷，即rm{29.91>16.40}

故答案为：二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径；且二氧化碳与水的结合能力强于甲烷。

【解析】rm{(1)H<C<O}rm{(2)ad}rm{(3)}rm{垄脵}rm{垄脵}rm{[Ar]3d^{8}4s^{2;;}VIII}rm{垄脷}rm{垄脷}氢键范德华力rm{8}二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径，且二氧化碳与水的结合能力强于甲烷rm{(4)垄脵}21、略

【分析】解：rm{(1)}分析图象可知，rm{A}状态下rm{CO}的转化率为rm{0.5}则rm{CO}转化了rm{10mol隆脕0.5=5mol}根据三段式：

rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH}

起始物质的量：rm{10}rm{20}rm{0}

转化物质的量：rm{5}rm{10}rm{5}

平衡物质的量：rm{5}rm{10}rm{5}

当达到平衡状态rm{A}时，容器的体积为rm{20L.}则平衡常数rm{K=dfrac{5mol隆脗20L}{(5mol隆脗20L)cdot(10mol隆脗20L)^{2}}=4}

故答案为：rm{K=dfrac{5mol隆脗20L}{(5mol隆脗20L)cdot

(10mol隆脗20L)^{2}}=4}

rm{4}正反应方向为气体体积减小的方向，rm{(2)}时比较rm{T_{1}隆忙}的转化率，转化率越大，则压强越大，图象中rm{CO}转化率大于rm{P_{2}}可知rm{P_{1}}

故答案为：rm{P_{1}<P_{2}}

rm{<}分析图象得rm{(3)}点时rm{B}的转化率为rm{CO}根据三段式：

rm{0.8}

起始rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}rm{(mol)}rm{10}rm{20}

转化rm{0}rm{(mol)}rm{8}rm{16}

平衡rm{8}rm{(mol)}rm{2}rm{4}

设体积为rm{8}rm{VL}rm{A}两容器温度相同，即化学平衡常数相等，则有rm{K=dfrac{(8隆脗V)}{(2隆脗V)cdot(4隆脗V)^{2}}=4}解得rm{B}

故答案为：rm{K=dfrac{(8隆脗V)}{(2隆脗V)cdot

(4隆脗V)^{2}}=4}

rm{V=4L}的含量保持不变；说明反应达到平衡，故A正确；

B.容器中rm{4}浓度与rm{(4)A.CO}浓度相等；与消耗量和起始量有关反应不一定达到平衡，故B错误；

C.反应速率之比等于化学方程式系数之比是正反应速率之比，rm{CH_{3}OH}均是指正反应速率，不能判断达到化学平衡状态，故C错误；

D.混合气体质量不变；反应前后体积不同，反应过程中密度变化，容器中混合气体的密度保持不变说明反应达到平衡，故D正确；

故答案为：rm{CO}

rm{2V_{脮媒}(CH_{3}OH)=V_{脮媒}(H_{2})}已知：rm{垄脵CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-90.8kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangleH=+41.3kJ?mol^{-1}}

根据盖斯定律，rm{AD}可得：rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH=-49.5}rm{(5)}

故答案为：rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH=-49.5}rm{垄脵CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-90.8kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangle

H=+41.3kJ?mol^{-1}}结合图象rm{垄脵+垄脷}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-49.5}状态下rm{kJ?mol^{-1}}的转化率为rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-49.5}根据三段式列式计算反应平衡时个物质的量，计算rm{kJ?mol^{-1}}

rm{(1)}正反应方向为气体体积减小的方向，rm{T_{1}}时比较rm{P_{1}}的转化率；转化率越大，则压强越大；

rm{CO}rm{0.5}反应温度相等，则平衡常数相等，根据三段式列出rm{K}状态下各组分浓度；利用平衡常数计算；

rm{(2)}根据化学平衡状态的特征：正逆反应速率相同；各成分浓度保持不变分析判断选项；

rm{T_{1}隆忙}已知：rm{垄脵CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-90.8kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangleH=+41.3kJ?mol^{-1}}

根据盖斯定律，rm{CO}可得．

本题考查盖斯定律，图象分析以及三段式计算的应用等，考查范围广，难度中等，对于化学平衡状态的判断和电极反应式是高考的热点，能够熟练应用．rm{(3)A}【解析】rm{4}rm{<}rm{4}rm{AD}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH=-49.5kJ?mol^{-1}}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-49.5kJ?mol^{-1}}22、（1）BaCO3+2H+＝Ba2++CO2↑+H2O；将BaCO3粉碎。

（2）防止Ti4+的水解。