2025年外研衔接版高二化学上册月考试卷

…………○…………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年外研衔接版高二化学上册月考试卷403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9题，共18分)1、Ag2S中混有少量AgCl，可以把该混合物加入以下哪种溶液中除去AgCl（）A.盐酸B.NaOH溶液C.Na2S溶液D.H2SO4溶液2、下列关于热化学反应的描述中正确的是A.HCl和NaOH反应的中和热△H＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△H＝2×(－57.3)kJ/molB.CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)==2CO(g)＋O2(g)△H＝+566.0kJ/molC.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D.1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热3、下列说法中正确的是（）A.含有羟基的有机物称为醇B.能发生银镜反应的有机物都是醛C.苯酚俗称石炭酸，酸性比碳酸强D.酯类在碱性条件下的水解程度大于酸性条件下的水解程度4、维生素C（C6H8O6）主要存在于蔬菜和水果中；它能促进人体生长发育，增强抵抗力．下列关于维生素C的说法中，正确的是（）

①维生素C是氧化物；

②维生素C是由6个碳元素；8个氢元素、6个氧元素组成的；

③维生素C中；C；H、O三种元素的质量比为9：1：12；

④青少年应多吃蔬菜水果，切忌偏食．A.①②B.②③C.③④D.①④5、下列物质一定与丁烯互为同系物的是rm{(}rm{)}A.rm{C_{2}H_{4}}B.rm{C_{3}H_{6}}C.rm{C_{4}H_{8}}D.rm{C_{4}H_{10}}6、rm{4}下列说法____的是。

A.钾的金属性比钠强B.溴的非金属性比氯强

C.rm{VIIA}族中原子半径最小的是氟D.第三周期中；除稀有气体元素外原子半径最大的是钠。

7、下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.电解饱和食盐水制烧碱时，rm{Fe}作阳极，石墨作阴极B.电解氯化铜时，阳极上产生的气体质量和阴极上析出的铜的质量相等C.钢铁在空气中发生电化腐蚀时，铁作负极D.原电池工作时，阳离子移向电池的负极8、实验室在配制硫酸铁溶液时，先把硫酸铁晶体溶解在稀H2SO4中，再加水稀释所需浓度，如此操作的目的是（）A.防止硫酸铁水解B.抑制硫酸铁水解C.提高溶液的pHD.提高硫酸铁的溶解度9、某有机物rm{A}的化学式为rm{C_{6}H_{12}O_{2}}它能发生如图转化关系，rm{C}rm{E}均不能发生银镜反应，则rm{A}的结构可能有rm{(}rm{)}

A.rm{5}种B.rm{4}种C.rm{3}种D.rm{2}种评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、某温度下，向一密闭的体积可变的容器中加入1molN2和3molH2，使之在一定条件下合成氨气。反应达到平衡后，测得平衡混合气体中氨气的浓度为mmol·L—1。若温度不变，只改变起始加入量，使之反应重新达到平衡，此时平衡气体中氨气的浓度仍为mmol·L—1，加入N2、H2、NH3的物质的量分别用Xmol、Ymol、Zmol表示，应满足：（1）体积恒定时：若X=0，Y=0，则Z压强恒定时：若X=0，Y=0，则Z（2）：若X=0.65，Y，Z____压强恒定时：若X=0.65，Y，Z____（3）压强恒定时，X、Y、Z应满足的关系式为。11、某中学课外兴趣小组用惰性电极电解饱和食盐水（含少量Mg2+）作系列探究，装置如图所示：（1）电解时，甲同学发现电极a附近溶液出现浑浊，请用离子方程式表示原因：___________________________________________________________________________________。（2）一段时间后，你认为C中溶液可能出现的现象是_________________________________，请用离子方程式表示原因______________________________________________________。（3）随着反应的进行，兴趣小组的同学们都特别注意到D中溶液红色逐渐褪去。他们对溶液红色褪去主要原因提出了如下假设，请你完成假设二。假设一：B中逸出气体与水反应生成的物质有强氧化性，使红色逐渐褪去；假设二：______________________________________________________________________。（4）请你设计实验验证上述假设一，写出实验步骤及结论：_____________________________________。12、下表是某食品包装袋上的说明；从表中配料中分别选出一种物质填在相应的横线上．

。品名×××配料鲜鸡蛋、精面粉、白砂糖、精炼植物油、奶油、奶粉、食盐、柠檬汁等保质期240天生产日期标于包装袋封口上①富含蛋白质的是____．

②富含糖类的是____．

③富含油脂的是____．

④富含维生素的是____．13、用实验确定某酸HA是弱电解质。两同学的方案是：甲：①称取一定量的HA配制0.1mol/L的溶液100mL；②用pH试纸测出该溶液的pH值，即可证明HA是弱电解质。乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH＝1的两种酸溶液各100mL；②分别取这两种溶液各10mL，加水稀释为100mL；③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质。（1）在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是__________。（2）甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH________（选填＜、＞、=）1。乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是_________（多选不给分）。a.装盐酸溶液的试管放出H2的速率快。b.装HA溶液的试管放出H2的速率快。c.两个试管中产生H2的速率一样快。（3）请你再提出一个合理而比较容易进行的方案（药品可任取），作简明扼要表述。____________________________________________________________。14、（10分）已知丙烯与水进行加成反应，其可能的产物有两种：（2）下图中E为开链的酯类化合物，其分子式为C6H12O2请依据上述条件和图中转化关系，在方框中填入合适的化合物的结构简式。15、如图所示，甲、乙为相互串联的两个电解池。rm{(1)}甲池若为用电解原理精炼铜的装置，则rm{A}电极名称为________极；电极材料是________，电极反应式为_________，电解质溶液可以是________。

rm{(2)}乙池中铁极电极反应式为________________________________，乙池中铁极电极反应式为________________________________，rm{(2)}若将乙中的石墨电极改为银电极，则乙池为________装置，电解一段时间后，溶液的浓度_______________________________________rm{(3)}评卷人得分三、探究题(共4题，共8分)16、（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。17、（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。18、（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。19、（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。评卷人得分四、实验题(共3题，共21分)20、卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe2+、Fe3+和Mn2+等杂质离子．以卤块为原料按如图所示流程进行生产；可制得轻质氧化镁．

查阅资料得下表相关数据：

。表1：生成氢氧化物沉淀的pH表2：原料价格表物质开始沉淀沉淀完全物质价格（元/吨）Fe（OH）32.73.7a．漂液（含25.2%NaClO）450Fe（OH）27.69.6﹡b．双氧水（含30%H2O2）2400Mn（OH）28.39.8c．烧碱（含98%NaOH）2100Mg（OH）29.611.1d．纯碱（含99.5%Na2CO3）600﹡Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，必须将它氧化后以Fe（OH）3沉淀形式才能除尽．

若要求产品尽量不含杂质且生产成本较低；请根据上表提供的资料回答：

（1）流程中加入的试剂X、Y、Z最佳选择依次是表2中的______（选填试剂编号）．

（2）步骤②发生反应的离子方程式为______；步骤⑤中发生反应的化学方程为______．

（3）步骤③控制pH=9.8的目的是______．

（4）若在实验室进行步骤⑥的灼烧实验，必须用到的仪器是铁三脚、酒精喷灯、______和泥三角．

（5）在探究Mg（OH）2溶解性的实验中，发现向装有少量Mg（OH）2浊液的试管中加入适量NH4Cl晶体，充分振荡后溶液会变澄清，请用化学平衡的原理解释浊液变澄清的原因______．21、用如图所示的装置来测定镁与硫酸反应的速率，在锥形瓶中加入0，7克镁带，按图连接好装置，从A中加入20.0ml0.5mol/LH2SO4．记录注射器活塞的位置和相应的时间．记录数据如表。

。时间/s0t2t活塞的位置/ml17.325.636.6（1）检查该装置气密性的方法是______．

（2）仪器A的名称是______．

（3）0-t时间段与t-2t时间段，化学反应速率最快的是______，原因是______．

（4）用上述装置探究Fe3+、Cu2+对双氧水分解速率的影响，所用试剂：5%H2O2、0，1mol/LFeCl3、0.2mol/LCuCl2；完成表的实验设计：

。实验序号双氧水体积/mL蒸馏水体积/mL添加的物质1100______mLFeCl321022mLCuCl2①写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目：______．

②上表中需要添加的物质是______mlFeCl3溶液．

③本实验需要测定的数据是______．

（5）为确定MnO2催化双氧水分解的最佳条件；用该实验装置进行实验，反应物用量和反应停止的时间数据如表．

。

0.1g0.3g0.8g10mL1.5%223s67s36s10mL3.0%308s109s98s10mL4.5%395s149s116s分析表中数据回答下列问题：

①相同浓度的过氧化氢的分解速率随着MnO2用量的增加而______（填“加快”；“减慢”或“不变”）．

②从实验效果和“绿色化学”的角度考虑，双氧水的浓度相同时，加入______g的MnO2为较佳选择．

③该小组的某同学分析上述数据后认为：“当用相同质量的MnO2时，双氧水的浓度越小，所需要的时间就越少，亦即其反应速率越快”的结论，你认为是否正确？______（填“正确”或“不正确”），理由是______．（提示：H2O2溶液的密度可认为近似相等．）22、乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体rm{(H_{2}C_{2}O_{4}隆陇}rm{x}rm{H_{2}O)}进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务。该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体rm{(H_{2}C_{2}O_{4}隆陇}rm{x}rm{H_{2}O)}中的rm{x}值。通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性rm{KMnO_{4}}溶液进行滴定：rm{2MnO_{4}^{-}+5{H}_{2}{C}_{2}{O}_{4}+6{H}^{+}===2M{n}^{2+}+10C{O}_{2}隆眉+8{H}_{2}O}学习小组的同学设计了如下步骤用滴定的方法测定rm{2MnO_{4}^{-}+5{H}_{2}{C}_{2}{O}_{4}+6{H}^{+}===2M{n}^{2+}+10C{O}_{2}隆眉+8{H}_{2}O

}值。rm{x}称取rm{垄脵}纯草酸晶体，将其制成rm{1.260g}水溶液为待测液。rm{100.00mL}取rm{垄脷}待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀rm{25.00mL}rm{H_{2}SO_{4}}用浓度为rm{垄脹}的酸性rm{0.1000mol隆陇L^{-1}}标准溶液进行滴定，达到终点时消耗rm{KMnO_{4}}rm{10.00mL}上述步骤rm{(1)}中使用的锥形瓶是否需要事先用待测液润洗_____。rm{垄脷}填rm{(}是rm{"}或rm{"}否rm{"}滴定时，将酸性rm{")}标准液装在如图中的____rm{KMnO_{4}}填rm{(}甲rm{"}或rm{"}乙rm{"}滴定管中。

rm{")}本实验滴定达到终点的标志可以是__________________________________________________。rm{(2)}通过上述数据，求得rm{(3)}rm{x}________。讨论：rm{=}若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的rm{垄脵}值会________rm{x}填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同rm{(}rm{)}根据上述实验计算的数据可信性不强，为了提高实验的准确性，请写出改进方法________________________________________。rm{垄脷}评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共28分)23、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）。24、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：_____________。25、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）。26、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分六、综合题(共2题，共18分)27、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．28、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【解析】试题分析：AgCl的溶解度大于Ag2S，所以将混有ACl的.Ag2S放入到Na2S溶液中形成更难溶的Ag2S而除去。答案选C。考点：沉淀的转化【解析】【答案】C2、B【分析】【解析】试题分析：中和热是在稀溶液中强酸和强碱生成1mol水放出的热量，硫酸与氢氧化钙中和热仍是－57.3kJ/mol，可以说H2SO4和Ca(OH)2反应放热2×(+57.3)kJ，A错误；燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，所以一氧化碳燃烧的热化学方程式为：CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)△H=－283.0kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)△H＝+566.0kJ/mol，B正确；需要加热的反应不一定是吸热反应，有的放热反需要先加热引发反应发生，C错误；甲烷的燃烧热应是1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，D错误。考点：燃烧热中和热【解析】【答案】B3、D【分析】【解答】解：A．羟基与链烃基相连形成的化合物为醇类；羟基与苯环相连形成的化合物为酚类，所以含有羟基的有机物不一定为醇类，可能为酚类，故A错误；B．醛类物质能够发生银镜反应，但是发生银镜反应的不一定为醛类，如甲酸；甲酸甲酯、葡萄糖、麦芽糖等都能够发生银镜反应，但是它们不属于醛类，故B错误；

C．苯酚又名石碳酸；苯酚的酸性很弱，其酸性被碳酸的酸性还小，故C错误；

D．酯的水解反应为可逆反应；在碱性条件下，氢氧根离子能够与水解生成的羧酸反应，促进了酯的水解，所以在碱性条件下酯的水解程度大于酸性条件下的水解程度，故D正确；

故选D．

【分析】A．注意醇与酚的区别；醇是羟基与链烃基相连的化合物，而酚是羟基与苯环直接相连的化合物；

B．只要有醛基的物质都能发生银镜反应；如醛；甲酸、甲酸甲酯以及葡萄糖、麦芽糖等都含有醛基而能发生银镜反应；

C．苯酚酸性很弱；其酸性小于碳酸；

D．碱性条件下氢氧根离子能够与水解产物羧酸反应，使水解平衡向着正向移动，促进了酯的水解．4、C【分析】解：氧化物是只含有两种元素且其中一种元素是氧元素的化合物；维生素C是由碳；氢、氧三种元素组成的，不属于氧化物，故①错误；

②元素不能论个数；只能论种数，故②错误；

③维生素C中碳；氢、氧三种元素的质量比为（12×6）：（1×8）：（16×6）=9：1：12；故③正确；

④青少年应多吃蔬菜；水果，切忌偏食，这样才能促进人体健康发展，故④正确．

故选：C．

①氧化物是只含有两种元素且其中一种元素是氧元素的化合物；维生素含有3种元素；

②维生素C的化学式为C6H8O6；可知一个维生素C分子是由6个碳原子；8个氢原子、6个氧原子组成的；

③化合物中各元素质量比=各元素的相对原子质量×原子个数之比；

④只有合理搭配膳食；才能促进身体健康发展．

本题通过维生素C考查了化学的基础知识和基本概念问题，难度不大，注意基础知识的积累．【解析】【答案】C5、A【分析】解：rm{A.C_{2}H_{4}}为乙烯，丁烯，二者都属于烯烃，结构相似，分子间相差rm{2}个rm{CH_{2}}原子团；所以二者一定互为同系物，故A正确；

B.rm{C_{3}H_{6}}可能为环丙烷；丁烯为烯烃，二者结构不相似，所以不一定互为同系物，故B错误；

C.rm{C_{4}H_{8}}可能为环丁烷；丁烯为烯烃，二者结构不一定相似，所以不一定互为同系物，故C错误；

D.rm{C_{4}H_{10}}为丁烷；丁烯为烯烃，二者结构不一定相似，所以一定不互为同系物，故D错误；

故选A．

结构相似，在分子组成上相差一个或若干个rm{CH_{2}}原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质满足以下特点：结构相似；化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同；研究对象是有机物；互为同系物的有机物分子中含有官能团的种类及数目一定完全相同，据此进行判断．

本题考查了同系物的判断，题目难度不大，注意掌握同系物的概念及判断方法，明确rm{C_{3}H_{6}}可能为烯烃，也可能为环烷烃，二者结构不一定相似．【解析】rm{A}6、B【分析】【分析】本题考查元素周期律的相关知识点。【解答】A.同主族从上到下；金属性逐渐增强，则钾的金属性比钠强，故A正确；

B.同主族从上到下；金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，则溴的非金属性比氯弱，故B错误；

C.同主族从上到下，原子半径逐渐增大，所以Ⅶrm{A}族中原子半径最小的是氟；故C正确；

D.同周期主族元素的原子半径从左到右逐渐减小；所以第三周期中，除稀有气体元素外原子半径最大的是钠，故D正确。

故选B。【解析】rm{B}7、C【分析】解：rm{A.}电解饱和食盐水制烧碱时；阳极应为惰性电极，如用铁作阳极，则阳极上铁被氧化，生成氢氧化亚铁，不能得到氢气，故A错误；

B.电解氯化铜时；阳极上产生氯气，阴极析出铜，二者物质的量相等，但质量不同，故B错误；

C.钢铁在空气中发生电化腐蚀时；负极发生氧化反应，铁被氧化，故C正确；

D.原电池工作时；阳离子移向电池的正极，阴离子向负极移动，故D错误．

故选：rm{C}．

A.电解饱和食盐水制烧碱时；阳极应为惰性电极；

B.电解氯化铜时；阳极上产生氯气，阴极析出铜；

C.负极发生氧化反应；铁被氧化；

D.原电池工作时；阳离子移向电池的正极．

本题考查较为综合，涉及电解、金属的腐蚀与防护以及原电池知识，综合考查电化学知识的理解和应用，为高考常见题型，注意把握原电池和电解池的工作原理，难度不大．【解析】rm{C}8、B【分析】解：硫酸铁是强酸弱碱盐；铁离子易水解生成氢氧化铁而导致溶液变浑浊，为防止其水解，所以在配制硫酸铁溶液要先溶解在稀硫酸中然后加水稀释至所需浓度；

故选B．

硫酸铁是强酸弱碱盐；铁离子易水解生成氢氧化铁，在配制硫酸铁溶液时要抑制其水解，据此分析解答．

本题考查盐类水解应用，明确盐类水解原理是解本题关键，应用化学知识解释生产生活中盐类水解现象，题目难度不大．【解析】【答案】B9、D【分析】解：rm{A}能在碱性条件下反应生成rm{B}和rm{C}rm{A}为酯，rm{B}与酸反应得到rm{C}则rm{B}应为羧酸钠盐、rm{C}为羧酸，rm{D}能在rm{Cu}催化作用下发生氧化得到rm{E}则rm{D}应为醇，而rm{C}和rm{E}都不能发生银镜反应，说明rm{C}rm{E}不含醛基，rm{C}中碳原子数目大于rm{1}rm{D}中碳原子数目应大于rm{2}若rm{C}为乙酸，则rm{D}为rm{CH_{3}CH(OH)CH_{2}CH_{3}}若rm{C}为丙酸，则rm{C}为rm{CH_{3}CH(OH)CH_{3}}所以rm{A}只能为rm{CH_{3}COOCH(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}或rm{CH_{3}CH_{2}COOCH(CH_{3})_{2}}种；故选D．

rm{A}能在碱性条件下反应生成rm{B}和rm{C}rm{A}为酯，rm{B}与酸反应得到rm{C}则rm{B}应为羧酸钠盐、rm{C}为羧酸，rm{D}能在rm{Cu}催化作用下发生氧化得到rm{E}则rm{D}应为醇，而rm{C}和rm{E}都不能发生银镜反应，说明rm{C}rm{E}不含醛基，rm{C}中碳原子数目大于rm{1}rm{D}中碳原子数目应大于rm{2}若rm{C}为乙酸，则rm{D}为rm{CH_{3}CH(OH)CH_{2}CH_{3}}若rm{C}为丙酸，则rm{C}为rm{CH_{3}CH(OH)CH_{3}}以此解答该题．

本题考查有机物的推断，难度不大，根据rm{C}和rm{E}都不能发生银镜反应的特点推断对应的酸或醇的种类，进而推断出rm{A}的可能结构．【解析】rm{D}二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】本题考查等效平衡的问题。（1）体积恒定时，1molN2和3molH2等效于加入2molNH3，但如果是压强恒定时，只要保证Z存在既可以了，即任意值。（2）体积恒定时，按照物质的量之比等于系数之比，可得Y=1.95，Z=0。压强恒定时：同上Y=1.95，但Z可以存在也可以不存在，即Z≥0；（3）X、Y、Z是非负数，且不能同时为零或者保证XY按照系数比也可以。【解析】【答案】（1）2、任意或>0（2）1.95、0.5、1.95、任意或≥0X/Y=1/3（X、Y、Z是非负数，且不能同时为零）11、略

【分析】试题分析：（1）根据装置图可知，电极a与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电。随着氢离子的放电，a电极附近水的电离被促进，从而导致a电极负极溶液中OH－浓度增大。又因为溶液中含有镁离子，因此会产生氢氧化镁白色沉淀，有关的电极反应式为2H＋+2e-=H2↑、Mg2+＋2OH-=Mg(OH)2↓。（2）b电极与电源的正极相连，作阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气。氯气具有强氧化性，能把硫离子氧化生成单质S沉淀，从而使溶液变混浊，因此C中溶液可能出现的现象是有淡黄色沉淀，反应的离子方程式为Cl2＋S2-==2Cl-＋S↓。（3）由于氯气溶于水生成次氯酸和盐酸，溶液显酸性，因此褪色的原因也可能是H+中和了OH-而褪色。（4）由于次氯酸的氧化而褪色是不可逆的，即向褪色后的溶液中再滴加氢氧化钠溶液，则不会恢复用来的颜色，据此可以验证。因此正确的操作是取少量D中褪色后的溶液于试管中，加入稍过量的NaOH溶液，若不变红，则假设一正确。考点：考查电解原理的有关判断、氯气性质以及实验设计方案等【解析】【答案】（1）2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Mg2+＋2OH-=Mg(OH)2↓（共2分，每个1分。若写成水电离、再H+得电子生成氢气和OH-与Mg2+反应生成沉淀的过程，也给分）（2）有淡黄色沉淀（1分）；Cl2＋S2-=2Cl-＋S↓（2分）（3）可能是H+中和了OH-而褪色。（1分）（4）取少量D中褪色后的溶液于试管中，加入稍过量的NaOH溶液，若不变红，则假设一正确。（2分，其它合理答案也可以）12、略

【分析】

人体需要的六大营养物质：蛋白质；糖类、油脂、维生素、无机盐和水；结合题意；鲜鸡蛋、奶粉中富含蛋白质；精面粉中富含淀粉，淀粉属于糖类；白砂糖属于糖类；精炼植物油、奶油中富含油脂；食盐中富含食盐；柠檬汁中富含维生素．

故答案为：鲜鸡蛋；奶粉；精面粉（或白砂糖）；精炼植物油（或奶油）；柠檬汁．

【解析】【答案】根据六大营养素与人体健康的知识解答；六大营养素为糖类；油脂、维生素、蛋白质、水和无机盐．

13、略

【分析】【解析】试题分析：（1）配制一定物质的量浓度溶液需要的仪器是容量瓶，所以在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是100mL容量瓶。（2）100mL0.1mol/LHA溶液，若HA为弱酸，c(H+)＜0.1mol/L，pH＞1；100mLpH=1的HA和盐酸比较，c(HCl)="0.1"mol/L，若HA为弱酸，则c(HA)＞0.1mol/L。分别取10mLpH＝1的盐酸和HA溶液，同时加水稀释到100mL，稀释后，盐酸溶液中c(H+)="0.01"mol/L，HA溶液中c(H+)＞0.01mol/L，因为加水稀释时，HA的电离度增大，即有一部分HA分子会电离出H+，因此在稀释后100mL盐酸和100mLHA溶液中分别加入纯度相同的锌粒时，HA溶液产生氢气速率快。（3）中学化学中常用的方法还有一些，比如①测定NaA溶液的pH；②测定相同条件下HA和一元强酸溶液，测其导电能力；③取相同条件下pH相同的HA与一元强酸溶液导电能力；④取相同条件下pH相同的HA与一元强酸溶液，分别稀释到相同的pH，测加水量多少；⑤取相同条件下，pH相同的HA与一元强酸溶液分别加相应的钠盐固体，测pH变化值大小等。当然以上方法中①为操作最简单、最方便的方法。考点：考查仪器的选择、弱电解质的电离平衡【解析】【答案】（4分，每空1分）（1）100mL容量瓶（2）＞b（3）配制NaA溶液，测其pH＞7即证明HA是弱电解质（其它答案合理均可）14、略

【分析】【解析】【答案】15、rm{(1)}阴精铜rm{Cu^{2+}+2e^{-}篓T篓T篓TCu}含rm{Cu^{2+}}的溶液

rm{(2)Ag^{+}+e^{-}篓T篓T篓TAg}

rm{(3)}电镀不变【分析】【分析】本题考查了电解池的工作原理、电解精炼、电镀以及电极反应式的书写等，难度不大。【解答】rm{(1)}和电池负极相连的为阴极，因此rm{A}电极的名称为阴极；电解精炼铜时，阴极应该是精铜，阳极是粗铜；阴极是还原反应，电极反应式为rm{Cu^{2+}+2e^{-}篓T篓T篓TCu}电解质溶液可以是含rm{Cu^{2+}}的溶液，故答案为：阴；精铜；rm{Cu^{2+}+2e^{-}篓T篓T篓TCu}含rm{Cu^{2+}}的溶液。rm{(2)}乙池中铁极是阴极，是溶液中的rm{Ag^{+}}放电，电极反应式为rm{Ag^{+}+e^{-}篓T篓T篓TAg}故答案为：rm{Ag^{+}+e^{-}篓T篓T篓TAg}rm{(3)}若将乙中的石墨电极改为银电极，则相当于是在铁表面镀银，阳极产生的rm{Ag^{+}}和阴极消耗的rm{Ag^{+}}是相等的，所以此时溶液的浓度是不变的，故答案为：电镀；不变。【解析】rm{(1)}阴精铜rm{Cu^{2+}+2e^{-}篓T篓T篓TCu}含rm{Cu^{2+}}的溶液rm{(2)Ag^{+}+e^{-}篓T篓T篓TAg}rm{(3)}电镀不变三、探究题(共4题，共8分)16、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）17、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）18、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）19、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）四、实验题(共3题，共21分)20、略

【分析】解：（1）步骤②是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe（OH）3沉淀而除之，虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多；所以选漂液最合理，故X为漂液；加入Y的目的是调节pH，选用氢氧化钠，故Y为烧碱；加入Z的目的是使镁离子沉淀，Z为纯碱；

故答案为：a；c、d；

（2）流程中加入次氯酸钠在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；

加入的Z物质为纯碱，所以步骤④生成的沉淀物是MgCO3，所以沉淀物MgCO3在煮沸的情况下发生水解，生成Mg（OH）2和CO2气体，反应的化学方程式为：MgCO3+H2OMg（OH）2↓+CO2↑；

故答案为：2Fe2++ClO-+2H+=Cl-+2Fe3++H2O；MgCO3+H2OMg（OH）2↓+CO2↑；

（3）步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，如加入纯碱，不能达到较高的PH，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg（OH）2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg（OH）2沉淀；但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度；

故答案为：使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都成为氢氧化物沉淀以便除去；

（4）步骤⑥由氢氧化镁灼烧制备氧化镁；应该在耐高温的坩埚中进行，故答案为：坩埚；

（5）氢氧化镁溶液中存在溶解平衡Mg（OH）2⇌Mg2++2OH-，Mg（OH）2电离出来的OH-与NH4+结合生成难电离的弱电解质NH3•H2O，氢氧根离子浓度降低，从而使Mg（OH）2的溶解平衡向右移动，促进氢氧化镁溶解，故Mg（OH）2能溶于NH4Cl溶液中；

故答案为：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH-（aq），NH4Cl电离出的NH4+与OH-结合成弱电解质NH3•H2O，降低了c（OH-），Mg（OH）2溶解平衡向右移动．

为除去Fe2+，先将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，然后在滤液中加入纯碱将Mg2+从溶液中以MgCO3沉淀出来，然后加热煮沸可得到Mg（OH）2；灼烧后得到MgO；

（1）依据图表数据和经济效益分析加入的试剂的最佳选择；

（2）次氯酸钠具有氧化性在酸溶液中氧化亚铁离子为铁离子；据此写出反应的离子方程式；Z为碳酸钠，则步骤④生成沉淀为碳酸镁，碳酸镁在加热条件下水解生成氢氧化镁和二氧化碳气体；

（3）步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀；以便通过过滤而除去；

（4）步骤⑥为灼烧氢氧化镁制取氧化镁；应在坩埚中进行；

（5）氢氧化镁电离出来的OH-与NH4+结合生成弱电解质NH3•H2O，从而促进Mg（OH）2的溶解；据此分析解答．

本题通过以卤块为原料制取轻质氧化镁的工艺流程，考查了物质制备实验方案的设计，题目难度中等，注意掌握化学基本实验操作方法，明确物质制备实验方案设计原则，本题中合理分析制取流程、得出氧化镁的制备原理为解题的关键，试题综合性较强、涉及知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．【解析】a、c、d；2Fe2++ClO-+2H+=Cl-+2Fe3++H2O；MgCO3+H2OMg（OH）2+CO2↑；使Mg2+以外的杂质尽可能彻底地转化为沉淀除去；坩埚；Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH-（aq），NH4Cl电离出的NH4+与OH-结合成弱电解质NH3•H2O，降低了c（OH-），Mg（OH）2溶解平衡向右移动21、略

【分析】解：（1）通过气体发生器与液体构成封闭体系；依据改变体系内压强时产生的现象判断装置气密性，所以检验该套装置的气密性的方法为：将装置安装好后，关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，然后松开活塞，若活塞回到原位则气密性良好；或先将活塞位置固定好，然后从分液漏斗中加水，若水不能顺利流下，则装置气密性好；

故答案为：将装置安装好后；关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，然后松开活塞，若活塞回到原位则气密性良好；或先将活塞位置固定好，然后从分液漏斗中加水，若水不能顺利流下，则装置气密性好；

（2）根据实验室常见仪器名称判断；盛装双氧水的化学仪器A具有活塞装置的漏斗，名称是分液漏斗；

故答案为：分液漏斗；

（3）0-ts；生成气体25.6-17.3=8.3mL，t-2t，生成气体36.6-25.6=11mL，相同时间生成气体的体积t-2t多，所以t-2t快，是因为镁与硫酸反应放热，温度升高，反应速率加快；

故答案为：t-2t；镁与硫酸反应放热；温度升高，反应速率加快；

（4）①双氧水分解的方程式为：2H2O22H2O+O2↑，反应中双氧水既是氧化剂也是还原剂，双氧水中氧元素化合价为-1价，变成氧气失去2个电子，生成水得到2个电子，用双线桥标明电子转移的方向和数目为：

故答案为：

②，则该实验的目的为探究催化剂对化学反应速率的影响；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，实验1和2需体积相同，所以需4mLFeCl3；

故答案为：4；

③探究Fe3+、Cu2+对双氧水分解速率的影响；通过过氧化氢分解生成的氧气的量判断，可收集相同体积的氧气所需时间（或相同时间产生氧气的体积）测定；

故答案为：收集相同体积的氧气所需时间（或相同时间产生氧气的体积）；

（5）①由表中数据可知；双氧水的量相同，加入的二氧化锰质量越多，反应所需的时间越短，说明反应速率越快；

故答案为：加快；

②根据表中数据；在双氧水的浓度相同时，加入0.3g二氧化锰与加入0.1g二氧化锰对化学反应速率影响相差较大，加入0.3g二氧化锰与加入0.5g二氧化锰对反应速率的影响相差不是很大，所以加入二氧化锰的最佳量为0.3g；

故答案为：0.3；

③从表中数据可知，相同体积3.0%的双氧水中的溶质含量是1.5%的双氧水中溶质含量的二倍，但反应的时间却比其反应时间的二倍小得多，由反应速率计算公式（v=）可得出；此实验条件下双氧水的浓度越大分解速率越快；

故答案为：不正确；H2O2的浓度扩大二倍（从1.5%-→3.0%）；但反应所需时间比其二倍小的多．

（1）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系；依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成；水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；（2）根据实验室常见仪器特征及名称判断；

（3）活塞的位置为生成气体的体积；根据相同时间生成气体的体积判断反应速率快慢；反应温度越高，反应速率越快；

（4）①双氧水在氯化铁作催化剂分解生成水和氧气，据此写出H2O2分解反应方程式并根据化合价变化标明电子转移的方向和数目；

②在相同的条件下利用一个变量来比较；现催化剂不同，需反应的体积相同；

③通过相同时间生成气体的体积大小或生成相同体积的气体所需时间大小判断；

（5）①根据表中双氧水的量相同条件下；加入二氧化锰的质量多少对反应速率的快慢进行判断；

②结合表中数据分析；双氧水的浓度相同时，加入的最佳的二氧化锰的量；

③根据表中数据分析相同体积时3.0%的双氧水中与1.5%的双氧水；得出双氧水的浓度与反应速率的关系．

本题考查了探究影响化学反应速率的因素，题目难度中等，试题侧重考查学生的分析、理解能力及对所学知识的灵活应用能力，明确实验目的为解答关键，注意掌握温度、浓度、催化剂等因素对反应速率的影响．【解析】将装置安装好后，关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，然后松开活塞，若活塞回到原位则气密性良好；或先将活塞位置固定好，然后从分液漏斗中加水，若水不能顺利流下，则装置气密性好；分液漏斗；t-2t；镁与硫酸反应放热，温度升高，反应速率加快；4；4；收集相同体积的氧气所需时间（或相同时间产生氧气的体积）；加快；0.3；不正确；H2O2的浓度扩大二倍（从1.5%-→3.0%），但反应所需时间比其二倍小的多22、（1）否甲（2）当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点（3）2①偏大②重复操作2~3次，增加平行实验【分析】【分析】本题考查氧化还原滴定实验，难度适中，注意掌握草酸含量的计算方法及中和滴定中的误差分析即可解答。【解答】rm{(1)}锥形瓶不能用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大，测定的草酸的浓度偏大，因为rm{KMnO_{4}}具有强氧化性；会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装，故答案为：否；甲；

rm{(2)}可利用rm{KMnO_{4}}溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加rm{KMnO_{4}}溶液时，溶液将由无色变为紫色，故答案为：当滴入最后一滴rm{KMnO_{4}}溶液时；溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；

rm{(3)}由题给化学方程式及数据可知，rm{1.260g}纯草酸晶体中含rm{H_{2}C_{2}O_{4}}的物质的量为：rm{0.1000mol/L隆脕10.00mL隆脕10^{-3}L/mL隆脕dfrac{5}{2}隆脕dfrac{100mL}{25mL}=0.0100mol}

则rm{1.260gH_{2}C_{2}O_{4}?xH_{2}O}中含rm{0.1000mol/L隆脕10.00mL隆脕10^{-3}L/mL隆脕

dfrac{5}{2}隆脕dfrac{100mL}{25mL}=0.0100mol}的物质的量为rm{dfrac{1.260g-0.0100mol隆脕90g/mol}{18g/mol}=0.0200mol}则rm{1.260

gH_{2}C_{2}O_{4}?xH_{2}O}

rm{H_{2}O}若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性rm{dfrac

{1.260g-0.0100mol隆脕90g/mol}{18g/mol}=0.0200mol}溶液的体积偏小，由此所得rm{x=2}偏小，则rm{垄脵}偏大，rm{KMnO_{4}}偏大；

rm{n(H_{2}C_{2}O_{4})}重复操作rm{n(H_{2}O)}次；增加平行实验。

故答案为：rm{x}偏大；重复操作rm{垄脷}次，增加平行实验。rm{2隆芦3}【解析】rm{(1)}否甲rm{(2)}当滴入最后一滴rm{KMnO_{4}}溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点rm{(3)2}rm{垄脵}偏大rm{垄脷}重复操作rm{2隆芦3}次，增加平行实验五、元素或物质推断题(共4题，共28分)23、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）224、略

【分析】【分析】

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

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子