2025年华师大新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年华师大新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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、在阿富汗战争中，美军为打击躲在山洞里的恐怖分子，使用了一种名为BLU-82高能燃料炸弹，该炸弹的成分之一是环氧乙烷（）；下列有关说法正确的是（）

A.环氧乙烷是乙醚的同系物。

B.等质量的环氧乙烷与乙酸乙酯分别完全燃烧时耗氧量相同。

C.环氧乙烷是乙醛的同分异构体；能发生银镜反应。

D.环氧乙烷性质非常稳定；不能被氧化。

2、常温下amol/LCH3COOH稀溶液和bmol/LKOH稀溶液等体积混合，下列判断一定正确的是A.若c(OH－)＞c(H＋)，a＝bB.若c(K＋)＞c(CH3COO－)，a＞bC.若c(OH－)＝c(H＋)，a＞bD.若c(K＋)＜c(CH3COO－)，a＜b3、20℃时，将10mL0.1mol/LNa2S2O3溶液和10mL0.1mol/L的H2SO4溶液混合，2min后溶液中明显出现浑浊。已知温度每升高10℃，化学反应速率增大到原来的2倍，那么50℃时，同样的反应要同样看到浑浊，需要的时间是A.40sB.15sC.48sD.20s4、下列溶液一定呈中性的是（）A.使石蕊试液呈紫色的溶液B.c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L溶液C.pH=7的溶液D.酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液5、下列说法正确的是（）A.SiO2是酸性氧化物，它可以与强碱反应，不能与任何酸反应B.根据SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑的反应，可推知硅酸的酸性比碳酸的强C.CO2气体通入到Na2SiO3溶液中可以制得硅酸D.SiO2可以与水反应生成相对应的酸--硅酸6、用下列各组试剂分离FeCl3和AlCl3两种物质的混合物，其中可以达到目的是（）A.氨水和盐酸B.氢氧化钠和二氧化碳C.氢氧化钠和盐酸D.氨水和二氧化碳7、下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Penguinone}分子所有碳原子不可能都在同一个平面上B.rm{1mol}分别与足量的rm{Na}rm{NaOH}溶液、rm{NaHCO_{3}}溶液反应，消耗这三种物质的物质的量分别为rm{5}rm{mol}rm{3}rm{mol}rm{1}rm{mol}C.醋酸和软脂酸互为同系物，rm{C_{5}H_{12}}和rm{C_{9}H_{20}}也一定互为同系物D.石油的裂化、裂解属于化学变化，煤的气化、液化则属于物理变化8、下列叙述中，你认为科学的是A.某广告语：本饮料纯属天然物质，不含任何化学成分B.到城乡结合处燃放鞭炮，可避免污染环境C.水在地球上分布很广，淡水资源取之不尽，用之不竭D.大气中二氧化碳含量的增多是造成“温室效应”的主要原因9、可逆反应rm{A+B(s)?C}达到平衡后，无论加压或降温rm{.B}的转化率都增大，则下列结论正确的是rm{(}rm{)}A.rm{A}为气体，rm{C}为固体，正反应为放热反应B.rm{A}为固体，rm{C}为气体，正反应为放热反应C.rm{A}为气体，rm{C}为固体，正反应为吸热反应D.rm{A.C}均为气体，正反应为吸热反应评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、（1）已知热化学方程式：4Al(s)+3O2(g)＝2Al2O3(s)ΔH1＝－3288．6kJ·mol－1，4Fe(s)+3O2(g)＝2Fe2O3(s)ΔH2＝－1631．8kJ·mol－1，则铝粉与氧化铁发生铝热反应的热化学方程式为。（2）已知标准状况下44．8L氢气燃烧生成液态水时放出571．6KJ的热量，氢气的燃烧热为____；又已知1mol液态水变成气态时需要吸收44KJ的热量，则标准状况下22．4L氢气燃烧生成气态水的热化学方程式为____。11、化学科学在药物的开发；合成和使用中起着至关重要的作用．如小苏打、氢氧化铝、三硅酸镁等可治疗胃酸过多；硫酸亚铁可补铁、防治贫血．试回答下列问题：

（1）写出小苏打与胃酸作用的离子方程式：____．

（2）现有一瓶胃舒平药片（复方氢氧化铝），请设计实验验证其主要成分．（写出实验步骤和实验现象）：将药片碾碎，____；则说明其主要成分为氢氧化铝．

（3）自选合适的氧化剂，将补铁剂中的Fe2+氧化成Fe3+，写出相关的离子反应方程式：____．12、⑴有A、B、C3种烃，各取1mol充分燃烧后，A、B、C所产生的二氧化碳均为44.8L（标准状况）；在镍催化剂的作用下B、C都能和氢气发生加成反应，其中B可以转变为A或C，C可以转变为A；B或C都能使高锰酸钾酸性溶液褪色，而A无此性质。试推断出3种烃的结构简式：A是，B是，C是写出B在一定条件反应生成氯乙烯的化学方程式：该反应的类型是。⑵以上四种有机物中互为同系物的是____(填序号，下同)，互为同分异构体的是____，能发生加成和加聚反应的是____，请用系统命名法命名①的名称(2分)13、近期国内外大量的研究表明,火灾中绝大多数人的第一死因并非高温烘烤或火烧,而是慌忙奔跑时吸入的烟雾中毒,且起火的建筑装修越豪华,这一特点越明显.聚氯乙烯是制作装修材料的最常用原料,失火后,随着火焰的剧烈跳动,聚氯乙烯在不同的温度下,发生一系列的复杂化学变化,产生大量的有害气体,其大致过程如下:请回答下列问题:(1)火灾中由.聚氯乙烯产生的对人体有害气体,其化学成分主要有,你认为其中含量最大的为,在火灾现场,为防止气体中毒你应采取的防护措施是(2)有机化学的基本反应类型有:A.加成反应B.消去反应C.取代反应D.重排反应4种,其中重排反应是指象CH2=CH-OH→CH3CHO的一类反应,请指出上述变化中下列所属的基本类型(填序号):①③(3)在装修中广泛使用的粘合剂也是极易发生火灾的物质.聚乙烯缩丁醛就是这样一种粘合剂,它是由聚乙烯醇（）与丁醛缩合脱水得到的含有六元环的高分子化合物,若已知反应:CH3OH+HCHOCH3OCH2OCH3+H2O可以发生．请写出制取聚乙烯缩丁醛粘合剂的化学方程式_____________________14、已知：

。化学键Si-ClH-HH-ClSi-Si键能/kJ•mol-1360436431176且硅晶体中每个硅原子和其他4个硅原子形成4个共价键，工业上制取高纯硅的反应方程式为：SiCl4（g）+2H2（g）Si（s）+4HCl（g），该反应的反应热为______kJ•mol-1。15、如图所示是一些晶体的结构；它们分别是NaCl；CsCl、干冰、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分．

（1）其中代表金刚石的是____（填写编号字母），其中每个碳原子与____个碳原子最接近且距离相等，属于____晶体．

（2）其中代表石墨的是____（填写编号字母），其中每个正六边形占有的碳原子数平均为____个．

（3）其中表示NaCl的是____（填写编号字母），每个钠离子周围与它最接近且距离相等的钠离子有____个．

（4）其中表示CsCl的是____（填写编号字母），它属于____晶体，每个铯离子与____个氯离子紧邻．16、能说明醋酸是弱电解质的是A．中和10mL1mol/LCH3COOH溶液需要10ml1mol/LNaOH溶液B．用食醋可以除热水瓶内的水垢C．pH=2的醋酸溶液稀释1000倍后pH小于５D．用浓H2SO4和醋酸钠固体共热可制得醋酸17、rm{50mL}rm{0.50mol/L}的盐酸与rm{50mL0.55mol/L}的rm{NaOH}溶液在如图所示的装置中进行中和反应；通过测定反应过程所放出的热量可计算中和热，回答下列问题：

rm{(1)}烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是______

rm{(2)}如用铜制搅拌棒代替玻璃搅拌棒，求得的中和热数值______rm{(}填“偏大”“偏小”“无影响”rm{)}．

rm{(3)}实验中改用rm{60ml0.50mol/L}盐酸进行反应，与上述实验相比，所放出的热量______rm{(}填“相等”、“不相等”rm{)}所求中和热______rm{(}填“相等”、“不相等”rm{)}简述理由______

rm{(4)}用相同浓度和体积的氨水代替rm{NaOH}溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会______填“偏大”、“偏小”“无影响”rm{)}．

rm{(5)}若混合物温度上升的平均值为rm{t^{0}C}则利用上述方法测定中和热为rm{triangleH=}______rm{(}用简单数据和含rm{t}计算式表示rm{)}评卷人得分三、简答题(共7题，共14分)18、硫酸是重要的化工原料，二氧化硫生成三氧化硫是硫酸工业的重要反应之一．将0.100molSO2（g）和0.060molO2（g）放入容积为2L的密闭容器中，反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）在一定条件下5分钟末达平衡状态，测得c（SO3）=0.040mol/L．

①5分钟时O2的反应速率是______；

②列式并计算该条件下反应的平衡常数K=______．

③已知：K（300℃）＞K（350℃），若反应温度升高，SO2的转化率______（填“增大”；“减小”或“不变”）．

④能判断该反应达到平衡状态的标志是______．（填字母）

A．SO2和SO3浓度相等。

B．容器中混合气体的平均分子量保持不变。

C．容器中气体的压强不变。

D．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等。

（2）某温度下，SO2的平衡转化率（α）与体系总压强（P）的关系如图1所示．平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A）______K（B）（填“＞”；“＜”或“=”）．

（3）将一定量的SO2（g）和O2（g）放入某固定体积的密闭容器中，在一定条件下，c（SO3）的变化如图2所示．若在第5分钟将容器的体积缩小一半后，在第8分钟达到新的平衡（此时SO3的浓度约为0.25mol/L）．请在图中画出此变化过程中SO3浓度的变化曲线．19、苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料--纳米氧化铜的重要前驱体之一rm{.}下面是它的一种实验室合成路线：

制备苯乙酸的装置示意图如下rm{(}加热和夹持装置等略rm{)}

已知：苯乙酸的熔点为rm{76.5隆忙}微溶于冷水，溶于乙醇．

回答下列问题：

rm{(1)}在rm{250mL}三口瓶rm{a}中加入rm{70mL70%}硫酸rm{.}配制此硫酸时；加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是______．

rm{(2)}将rm{a}中的溶液加热至rm{100隆忙}缓缓滴加rm{40g}苯乙腈到硫酸溶液中，然后升温至rm{130隆忙}继续反应rm{.}在装置中，仪器rm{b}的作用是______；仪器rm{c}的名称是______；其作用是______．

反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品rm{.}加入冷水的目的是______rm{.}下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是______rm{(}填标号rm{)}．

A.分液漏斗rm{B.}漏斗rm{C.}烧杯rm{D.}直形冷凝管rm{E.}玻璃棒。

rm{(3)}提纯粗苯乙酸的方法是______，最终得到rm{40g}纯品，则苯乙酸的产率是______rm{(}保留rm{3}位有效数字rm{)}．

rm{(4)}用rm{CuCl_{2}?2H_{2}O}和rm{NaOH}溶液制备适量rm{Cu(OH)_{2}}沉淀；并多次用蒸馏水洗涤沉淀，判断沉淀洗干净的实验操作和现象是______．

rm{(5)}将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入rm{Cu(OH)_{2}}搅拌rm{30min}过滤，滤液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体，混合溶剂中乙醇的作用是______．20、磷是人体含量较多的元素之一，磷的化合物在药物生产和农药制造等方面用途非常广泛。回答下列问题：rm{(1)}与磷同主族的砷原子基态的核外电子排布式为________。rm{(2)P_{4}S_{3}}可用于制造火柴，其分子结构如图甲所示。rm{垄脵}第一电离能：磷________硫；电负性：磷________硫rm{(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}rm{垄脷P_{4}S_{3}}分子中硫原子的杂化轨道类型为________。rm{垄脹}每个rm{P_{4}S_{3}}分子中含孤电子对的数目为________。rm{(3)N}rm{P}rm{As}rm{Sb}均是第rm{VA}族的元素。rm{垄脵}上述元素的氢化物的佛点关系如图乙所示，沸点：rm{PH_{3}<NH_{3}}其原因是________；沸点：rm{PH_{3}<AsH_{3}<SbH_{3}}其原因是________。rm{垄脷}某种磁性氮化铁的晶胞结构如图丙所示，该化合物的化学式为________。rm{(4)}磷化铝熔点为rm{2000隆忙}它与晶体硅互为等电子体，磷化铝晶胞结构如图丁所示。rm{垄脵}磷化铝晶体中磷与铝微粒间的作用力为________。rm{垄脷}图中rm{A}点和rm{B}点的原子坐标参数如图丁所示，则rm{C}点的原子坐标参数为________。rm{垄脹}磷化铝晶体的密度为rm{娄脩g隆陇cm^{-3}}用rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的数值，则该晶胞中距离最近的两个铝原子之间的距离为rm{娄脩cm}21、工业上用CO生产燃料甲醇，一定条件下发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．

图Ⅰ表示反应中能量的变化；图Ⅱ表示一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入4molH2和一定量的CO后，CO（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化图．

回答下列问题：

（1）在“图I”中，曲线______（填“a”成“b”）表示使用了催化剂；该反应属于______（填“吸热”或“放热”）反应．

（2）根据“图II”判断；下列说法不正确的是______．

A．起始充入的CO为lmol

B．增加CO浓度；CO的转化率增大。

C．容器中压强恒定时；反应己达平衡状态。

D．保持温度和密闭容器容积不变，再充入lmolCO和2molH2，再次达到平衡时会增大。

（3）从反应开始到建立平衡，V（H2）=______，该温度下CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的化学平衡常数为______．若保持其他条件不变，向平衡体系中再充入0.5molCO、lmolH2、1.5molCH3OH，平衡______（填“向正反应方向移动”或“向逆反应方向移动”或“不移动”）22、聚酯纤维是目前产量第一的合成纤维．它可通过如下路线合成：

已知：①+RCl+HCl（-R为烃基）

②

（1）若W的核磁共振氢谱显示有两个峰；且峰面积之比是2：3．

①W物质的结构简式为______．

②生成W的反应类型为______．

（2）若G的摩尔质量是116g/mol；其分子中含C为41.4%；含O为55.2%，其余为氢元素．

①下列叙述中不正确的有______．

a．A的同系物中可能存在顺反异构现象。

b．反应I需要在NaOH的乙醇溶液中完成。

c．W与A均能使酸性KMnO4溶液褪色。

d．在B中滴加AgNO3溶液会马上产生淡黄色沉淀。

②完成下列化学方程式。

C→D：______．

D→E：______．

C+F→G：______．

③J有多种同分异构体，满足以下条件J的同分异构体的个数是______；

A．遇FeCl3溶液呈紫色B．能发生银镜反应C.1molJ能与最多3molNaOH反应；

④生产中为提高产品质量，将粗品J溶于热水、趁热过滤、______，获得J的精品．23、rm{1L}某待测液中除含有rm{0.2mol}的rm{Na^{+}}外，还可能含有下列离子中的一种或多种：。阳离子rm{K^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Fe^{3+}}rm{Ba^{2+}}阴离子rm{Cl^{-}}rm{Br^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{SO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}现进行如下实验操作rm{(}每次实验所加试剂均过量rm{)}已知：无色气体rm{D}为单一气体。请回答下列问题：rm{(1)}气体rm{B}为_________rm{(}填化学式rm{)}白色沉淀rm{E}为________rm{(}填化学式rm{)}rm{(2)}待测液中肯定存在的阴离子有___________________________。rm{(3)}写出生成白色沉淀rm{B}的离子方程式______________________________。rm{(4)}判断原溶液中rm{K^{+}}是否存在。若存在，其物质的量浓度的最小值为多少；若不存在，请说明理由_____________________。24、某研究小组以化合物rm{1}为原料，按下列路线制备聚合物rm{8}．

已知：

请回答：

rm{(1)}以下四个化合物中；含有羧基的是______．

A.化合物rm{3}rm{B.}化合物rm{4}rm{C.}化合物rm{7}rm{D.}化合物rm{8}

rm{(2)}化合物rm{4隆煤8}的合成路线中；未涉及的反应类型是______．

A.取代反应rm{B.}消去反应rm{C.}加聚反应rm{D.}还原反应。

rm{(3)}下列四个化合物中，与化合物rm{4}互为同系物的是______．

A.rm{CH_{3}COOC_{2}H_{5}}

B.rm{C_{6}H_{5}COOH}

C.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}COOH}

D.rm{CH_{2}=CH-COOH}

rm{(4)}化合物rm{4}的属于酯类且含有乙基的同分异构体的结构简式______．

rm{(5)}化合物rm{6隆煤7}的化学方程式______．评卷人得分四、解答题(共2题，共14分)25、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；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；从碱式滴定管中放入20.00mL待测溶液到锥形瓶中．

②将酸式滴定管用蒸馏水洗净，再用标准酸液润洗2-3次后，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．滴定至指示剂刚好变色，且半分钟内颜色不再改变为止，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）锥形瓶中的溶液从______色变为______色时；停止滴定．

（2）该小组在步骤①中的错误是______；由此造成的测定结果______（偏高；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：

。滴定次数待测液体积（mL）标准盐酸体积（mL）滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次20.000.5025.40第二次20.004.0029.10请计算待测烧碱溶液的浓度为______mol•L-1．

26、Cu、Mg合金15.2g全部溶解在一定量的浓NHO3中，生成标况下的NO26.72L和NO2.24L

求：①被还原的HNO3的物质的量；

②合金中铜；镁各多少克？

评卷人得分五、有机推断题(共4题，共8分)27、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．28、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．29、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。30、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。评卷人得分六、探究题(共4题，共28分)31、（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。32、（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。33、（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。34、（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9题，共18分)1、B【分析】

A．环氧乙烷的结构和乙醚的结构不相似；所以不是同系物，故A错误；

B．环氧乙烷和乙酸乙酯的最简式都是C2H4O；所以等质量的环氧乙烷与乙酸乙酯分别完全燃烧时耗氧量相同，故B正确；

C．环氧乙烷和乙醛是同分异构体；但环氧乙烷中不含醛基，所以不能发生银镜反应，故C错误；

D．环氧乙烷性质稳定；但能燃烧而发生氧化反应，故D错误；

故选B．

【解析】【答案】A．同系物必须结构相似；即所含元素种类相同；碳碳键的种类相同、官能团及官能团的个数相同；

B．根据环氧乙烷和乙酸乙酯的最简式判断；

C．含有醛基的有机物能发生银镜反应；

D．有机物都能燃烧．

2、C【分析】试题分析：A．若c（OH-）＞c（H+），溶液为醋酸钾溶液或醋酸钾和KOH的混合液，则a≤b，错误；B．若c（K+）＞c（CH3COO-），由电荷守恒可知，c（OH-）＞c（H+），则a≤b，错误；C．若c（OH-）=c（H+），溶液显中性，一定为醋酸和醋酸钾的混合液，则a＞b，正确；D．若c（K+）＜c（CH3COO-），由电荷守恒可知，c（OH-）＜c（H+），a＞b，错误；选C。考点：考查酸碱混合时的定性判断和有关PH值的计算。【解析】【答案】C3、B【分析】【解析】【答案】B4、B【分析】解：A；使石蕊试液呈紫色的溶液；常温下溶液显酸性，故A错误；

B、c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L溶液；氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，溶液一定呈中性，故B正确；

C、pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12；pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故C错误；

D；酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液；若是强酸强碱反应，溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应溶液呈碱性，故D错误；

故选：B．

溶液酸碱性是由溶液中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小决定，c（H+）＞c（OH-）溶液呈酸性；c（H+）＜c（OH-）溶液呈碱性；c（H+）=c（OH-）溶液呈中性；据此进行判断．

本题考查了溶液酸碱性的判断，明确溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH+）、c（H+）的相对大小是解本题的关键，很多同学仅仅根据pH大小判断而导致错误判断，为易错点．【解析】【答案】B5、C【分析】解：A．二氧化硅与氢氧化钠反应生成盐和水，符合酸性氧化物的定义，氢氟酸与二氧化硅发生反应，4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O；故A错误；

B．特殊条件下，SiO2与碳酸钠反应生成CO2不能证明碳酸酸性强于硅酸酸性；是利用了物质的稳定性，故B错误；

C．碳酸酸性大于硅酸，CO2气体通入到Na2SiO3溶液中Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓；反应生成硅酸沉淀，故C正确；

D．二氧化硅、硅酸都是难溶于水的物质，SiO2不与水反应生成相对应的酸--硅酸；故D错误；

故选C．

A．SiO2是酸性氧化物与碱反应生成盐和水；能与氢氟酸反应生成四氟化硅和水；

B．比较强酸制取弱酸时在溶液中进行的反应；则在高温下固体之间的反应不能得到酸性强弱的结论，是利用了物质的稳定性；

C．向硅酸钠溶液中通入二氧化碳；二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸和碳酸钠；

D．因二氧化硅不溶于水，SiO2→H2SiO3；不能一步实现转化．

本题考查了硅及其化合物的性质，掌握物质的性质是解答本题的关键，注意根据强酸制弱酸原理，必须在溶液中发生的化学反应，因此B选项，不能得出硅酸的酸性比碳酸强，是易错点，题目难度不大．【解析】【答案】C6、C【分析】解：A．氨水使两者全部转化为沉淀，氨水属于弱碱，不能使Al（OH）3沉淀转变成偏铝酸盐；无法分离，故A错误；

B．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀，过量加入会使Al（OH）3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe（OH）3不会溶解．过滤操作后，往NaAlO2溶液通入二氧化碳会先出现Al（OH）3沉淀，但碳酸属于弱酸，不能溶解氢氧化铝、氢氧化铁，不能复原得到FeCl3、AlCl3；故B错误；

C．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀，过量加入会使Al（OH）3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe（OH）3不会溶解．过滤操作后往Fe（OH）3沉淀加入盐酸会使沉淀溶解再次生成FeCl3；往NaAlO2溶液加入盐酸会先出现Al（OH）3沉淀，盐酸过量沉淀会溶解生成AlCl3；达到分离目的，故C正确；

D．氨水使两者全部转化为沉淀，氨水属于弱碱，不能使Al（OH）3沉淀转变成偏铝酸盐；无法分离，故D错误；

A．氨水不能溶解氢氧化铝；无法分离；

B．氢氧化铁、氢氧化铝不能溶解在碳酸中，过滤后不能复原得到FeCl3、AlCl3；

C．加入烧碱会使FeCl3和AlCl3先分别转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀，过量加入会使Al（OH）3沉淀转化为可溶的NaAlO2，而Fe（OH）3不会溶解．过滤操作后往Fe（OH）3沉淀加入盐酸会使沉淀溶解再次生成FeCl3；往NaAlO2溶液加入盐酸会先出现Al（OH）3沉淀，盐酸过量沉淀会溶解生成AlCl3；达到分离目的；

D．氨水不能溶解氢氧化铝；无法分离．

本题考查物质的分离提纯、铁铝化合物的性质等，难度中等，掌握物质的性质是关键，注意掌握分离提纯原则．【解析】【答案】C7、D【分析】解：rm{A.}图中连接rm{2}个甲基的rm{C}为四面体结构；则所有碳原子不可能都在同一个平面上，故A正确；

B.rm{-OH}rm{-COOH}与rm{Na}反应，酚rm{-OH}rm{-COOH}与rm{NaOH}反应，只有rm{-COOH}与rm{NaHCO_{3}}溶液，则分别与足量的rm{Na}rm{NaOH}溶液、rm{NaHCO_{3}}溶液反应，消耗这三种物质的物质的量分别为rm{5}rm{mol}rm{3}rm{mol}rm{1}rm{mol}故B正确；

C.醋酸和软脂酸均为饱和一元酸，rm{C_{5}H_{12}}和rm{C_{9}H_{20}}均为烷烃，则醋酸和软脂酸互为同系物，rm{C_{5}H_{12}}和rm{C_{9}H_{20}}也一定互为同系物；故C正确；

D.煤的气化生成rm{CO}和氢气；液化生成甲醇；则石油的裂化、裂解与煤的气化、液化均属于化学变化，故D错误；

故选D．

A.图中连接rm{2}个甲基的rm{C}为四面体结构；

B.rm{-OH}rm{-COOH}与rm{Na}反应，酚rm{-OH}rm{-COOH}与rm{NaOH}反应，只有rm{-COOH}与rm{NaHCO_{3}}溶液；

C.醋酸和软脂酸均为饱和一元酸，rm{C_{5}H_{12}}和rm{C_{9}H_{20}}均为烷烃；

D.煤的气化生成rm{CO}和氢气；液化生成甲醇．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化石能源的综合应用，题目难度不大．【解析】rm{D}8、D【分析】试题分析：饮料必然是水溶液，水是一种化学成分，A项错误；鞭炮燃烧能产生一氧化碳、二氧化硫等有毒气体和粉尘，会污染空气，无论是在城市还是农村，只要燃放鞭炮就会对环境造成污染，B项错误；水在地球上分布很广，但淡水资源极其匮乏，要节约用水，C项错误；造成“温室效应”的主要气体是CO2，D项正确；选D。考点：考查生活中的化学及化学环境的污染与治理。【解析】【答案】D9、A【分析】解：加压或降温平衡，rm{B}的转化率都增大；平衡都向正反应方向移动，反应物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，且正反应为放热反应；

已知可逆反应rm{A+B(s)?C}反应要满足反应物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，则rm{A}为气体，rm{C}为固体；

故选A．

加压或降温平衡，rm{B}的转化率都增大；平衡都向正反应方向移动，反应物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，且正反应为放热反应，以此解答该题．

本题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，注意影响化学平衡的因素以及外界条件变化时平衡移动的方向．【解析】rm{A}二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】试题分析：（1）①Fe（s）+1/2O2（g）=FeO（s）△H=-272．0kJ•mol-1,②2Al（s）+2/3O2（g）=Al2O3（s）△H=-1675．7kJ•mol-1,将方程式②-①×3得2Al（s）+3FeO（s）═Al2O3（s）+3Fe（s）△H=-859．7kJ•mol-1;（2）标准状况下44．8L氢气物质的量为2mol，燃烧生成液态水时放出571．6KJ的热量，则1mol氢气燃烧生成液态水放热285．8KJ，故氢气的燃烧热为285．8KJ，反应的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2（l）△=-571．6KJ/mol；1mol液态水变成气态时需要吸收44KJ的热量的热化学方程式为：H2O（l）=H2O（g）△H=+44KJ/mol；①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△=-571．6KJ/mol；②H2O（l）=H2O（g）△H=+44KJ/mol；由盖斯定律计算得到（①+2×②）/2得到：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g),ΔH=-241．8kJ/mol。考点：热化学方程式【解析】【答案】2Al(s)+Fe2O3(s)=Al2O3(s)+2Fe(s)，ΔH=-828．4kJ/mol；285．8kJ/molH2(g)+1/2O2(g)=H2O(g),ΔH=-241．8kJ/mol11、略

【分析】

（1）小苏打为碳酸氢钠，与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子反应为HCO3-+H+═CO2↑+H2O；

故答案为：HCO3-+H+═CO2↑+H2O；

（2）因氢氧化铝具有两性；则取少量碾碎的药片粉末溶解到过量稀盐酸中，过滤，取滤液少许，并向其中逐滴加入氢氧化钠溶液，若先出现白色沉淀，后沉淀溶解，可说明主要成分为氢氧化铝；

故答案为：取少量碾碎的药片粉末溶解到过量稀盐酸中；过滤，取滤液少许，并向其中逐滴加入氢氧化钠溶液，若先出现白色沉淀，后沉淀溶解；

（3）氯气可将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-．

【解析】【答案】（1）小苏打为碳酸氢钠；与盐酸反应生成氯化钠；水和二氧化碳；

（2）将药片用酸溶解后；再利用碱来检验铝离子，即可说明成分为氢氧化铝；

（3）利用氯气可将亚铁离子氧化为铁离子．

12、略

【分析】【解析】【答案】⑴A是CH3CH3B是CH≡CHC是CH2＝CH2CH≡CH+HClCH2＝CHCl(2分)加成反应⑵①②③④③④2,3,3-三甲基戊烷(2分)13、略

【分析】【解析】【答案】14、+236【分析】解：由表格数据可知，SiCl4（g）+2H2（g）Si（s）+4HCl（g）的△H=（360kJ/mol×4+436kJ/mol×2）-176kJ/mol×2-431kJ/mol×4=+236kJ•mol-1；

故答案为：+236。

焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量；以此来解答。

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握焓变与键能的关系、焓变的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意Si中化学键数目为解答的难点，题目难度不大。【解析】+23615、略

【分析】

（1）金刚石是空间网状结构；每个碳原子连接4个碳原子，原子间以共价键相结合，属于原子晶体；

故答案为：B；4，原子；

（2）石墨是平面层状结构，其晶体中碳原子呈平面正六边形排列，每个正六边形占有的碳原子数平均=

故答案为：D；2；

（3）氯化钠是离子晶体，其构成微粒是阴阳离子，NaCl晶胞是简单的立方单元，阴阳离子间通过离子键结合，氯离子和钠离子的配位数都是6，每个钠离子周围与它最接近且距离相等的钠离子数==12；

故答案为：A；12；

（4）氯化铯是由阴阳离子构成的；氯离子和铯离子的配位数是8，故选E；

故答案为：E；离子，8．

【解析】【答案】根据不同晶体的结构特点来辨别图形所代表的物质；金刚石的基本单元是正四面体，为空间网状结构，石墨是分层结构，NaCl晶胞是简单的立方单元，氯离子的配位数是6，氯化铯的配位数是8，据此分析解答．

16、略

【分析】【解析】【答案】C17、减少实验过程中的热量损失；偏小；不相等；相等；因中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量，与酸碱的用量无关；偏小；-kJ/mol【分析】解：rm{(1)}中和热测定实验成败的关键是保温工作；烧杯间填满碎泡沫塑料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；

rm{(2)}金属的导热性很好；用铜做的环形搅拌棒代替玻璃搅拌棒，会导致热量的散失，实验结果偏小；

故答案为：偏小；

rm{(3)}反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用rm{60ml0.50mol/L}盐酸进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成rm{1molH_{2}O}放出的热量；与酸碱的用量无关；

故答案为：不相等；相等；因中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成rm{1molH_{2}O}放出的热量；与酸碱的用量无关；

rm{(4)}氨水为弱碱；电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出热量偏小；

故答案为：偏小；

rm{(5)50mL0.50mol/L}的盐酸与rm{50mL0.55mol/L}的rm{NaOH}溶液进行中和反应生成水的物质的量为rm{0.05L隆脕0.50mol/L=0.025mol}溶液的质量为rm{100ml隆脕1g/ml=100g}温度变化的值rm{triangleT}为rm{t^{0}C}则生成rm{0.025mol}水放出的热量为rm{Q=m?c?triangleT=100g隆脕4.18J/(g?隆忙)隆脕t^{0}C=0.418tkJ}所以实验测得的中和热rm{triangleH=-dfrac{0.418t}{0.025}kJ/mol}故答案为：rm{-dfrac{0.418t}{0.025}kJ/mol}．

rm{Q=m?c?triangle

T=100g隆脕4.18J/(g?隆忙)隆脕t^{0}C=0.418tkJ}中和热测定实验成败的关键是保温工作；

rm{triangleH=-dfrac

{0.418t}{0.025}kJ/mol}金属的导热性很好；会导致热量的散失；

rm{-dfrac

{0.418t}{0.025}kJ/mol}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；

rm{(1)}根据弱电解质电离吸热分析；

rm{(2)}根据rm{(3)}计算，先根据rm{(4)}计算反应放出的热量，然后根据rm{triangleH=-dfrac{Q}{n}kJ/mol}计算出反应热．

本题考查中和热的测定原理以及误差分析，题目难度不大，注意热量计算公式的应用中rm{(5)}要注意热量单位的换算．rm{Q=m?c?triangleT}【解析】减少实验过程中的热量损失；偏小；不相等；相等；因中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成rm{1molH_{2}O}放出的热量，与酸碱的用量无关；偏小；rm{-dfrac{0.418t}{0.025}kJ/mol}rm{-dfrac

{0.418t}{0.025}kJ/mol}三、简答题(共7题，共14分)18、略

【分析】解：（1）①根据v=可知，三氧化硫的速率为=0.008mol（L•min）-1，根据速率之比等于计量数之比可知，氧气的反应速率为×0.008mol（L•min）-1=0.004mol（L•min）-1；

故答案为：0.004mol（L•min）-1；

②将0.100molSO2（g）和0.060molO2（g）放入容积为2L的密闭容器中，反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）在一定条件下达到平衡，测得c（SO3）=0.040mol/L，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3

起始量（mol/L）0.050.030

变化量（mol/L）0.040.020.04

平衡量（mol/L）0.010.010.04

平衡常数K==1600；

故答案为：1600；

③K（300℃）＞K（350℃）；说明温度越高平衡常数越小，反应逆向进行，即升温平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，故答案为：减小；

④2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；反应是气体体积变小的放热反应；

A．二氧化硫和三氧化硫起始量和变化量有关，SO2和SO3浓度相等；不能说明反应达到平衡状态，故A错误；

B．因为反应前后总质量不变；总物质的量在变，所以容器中混合气体的平均分子量保持不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；

C．反应前后压强不同；容器中气体的压强不变，说明反应达到平衡状态，故C正确；

D．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等；说明平衡正向进行，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；

故答案为：BC；

（2）平衡常数只与温度有关；与压强无关，在温度不变的条件下，无论压强怎样变化，平衡常数都不变，故答案为：=；

（3）在第5分钟末将容器的体积缩小一半后，压强增大平衡正向进行，若在第8分钟末达到新的平衡（此时SO3的浓度约为0.25mol/L），依据三氧化硫浓度变化和平衡浓度画出变化图象为故答案为：．

（1）①根据v=求得三氧化硫的速率；再根据速率之比等于计量数之比求得氧气的反应速率；

②依据平衡三段式列式计算平衡浓度；结合平衡常数概念计算得到；

③K（300℃）＞K（350℃）；说明温度越高平衡常数越小，依据平衡移动原理分析，升温平衡向吸热反应方向进行；

④平衡标志是正逆反应速率相同；各成分含量保持不变；

（2）平衡常数随温度变化；温度不变，平衡常数不变；

（3）在第5分钟末将容器的体积缩小一半后，压强增大平衡正向进行，若在第8分钟末达到新的平衡（此时SO3的浓度约为0.25mol/L）；依据三氧化硫浓度变化，和平衡浓度画出变化图象．

本题考查了反应速率、化学平衡常数、平衡转化率、影响化学平衡的外界条件综合应用及知识迁移能力等考点，题目难度中等，注意平衡常数在计算中的应用，等效平衡的分析判断．【解析】0.004mol（L•min）-1；1600；减小；BC；=19、先加水、再加入浓硫酸；滴加苯乙腈；球形冷凝管；回流（或使气化的反应液冷凝）；便于苯乙酸析出；BCE；重结晶；95%；取最后一次少量洗涤液，加入稀硝酸，再加入AgNO3溶液，无白色浑浊出现；增大苯乙酸溶解度，便于充分反应【分析】解：rm{(1)}稀释浓硫酸放出大量的热；配制此硫酸时，应将密度大的注入密度小的液体中，防止混合时放出热使液滴飞溅，则加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是先加水；再加入浓硫酸；

故答案为：先加水；再加入浓硫酸；

rm{(2)}由图可知，rm{c}为球形冷凝管，其作用为回流rm{(}或使气化的反应液冷凝rm{)}仪器rm{b}的作用为滴加苯乙腈；反应结束后加适量冷水；降低温度，减小苯乙酸的溶解度，则加入冷水可便于苯乙酸析出；分离苯乙酸粗品，利用过滤操作，则需要的仪器为漏斗；烧杯、玻璃棒；

故答案为：滴加苯乙腈；球形冷凝管；回流rm{(}或使气化的反应液冷凝rm{)}便于苯乙酸析出；rm{BCE}

rm{(3)}苯乙酸微溶于冷水，在水中的溶解度较小，则提纯苯乙酸的方法是重结晶；由反应rm{+H_{2}O+H_{2}SO_{4}xrightarrow{100-130隆忙}}rm{+H_{2}O+H_{2}SO_{4}

xrightarrow{100-130隆忙}}rm{+NH_{4}HSO_{4}}苯乙腈生成苯乙酸为rm{40g隆脕dfrac{136}{117}=46.5g}最终得到rm{40g}纯品，则苯乙酸的产率是rm{dfrac{44g}{46.5g}隆脕100%=95%}

故答案为：重结晶；rm{40g隆脕dfrac

{136}{117}=46.5g}

rm{44g}用蒸馏水洗涤沉淀，将氯离子洗涤干净，利用硝酸银检验洗涤液确定是否洗涤干净，则沉淀洗干净的实验操作和现象是取最后一次少量洗涤液，加入稀硝酸，再加入rm{dfrac

{44g}{46.5g}隆脕100%=95%}溶液；无白色浑浊出现；

故答案为：取最后一次少量洗涤液，加入稀硝酸，再加入rm{95%}溶液；无白色浑浊出现；

rm{(4)}苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇，混合溶剂中乙醇可增大苯乙酸的溶解度，然后与rm{AgNO_{3}}反应除去苯乙酸；即混合溶剂中乙醇的作用是增大苯乙酸溶解度，便于充分反应，故答案为：增大苯乙酸溶解度，便于充分反应．

rm{AgNO_{3}}配制此硫酸时；应将密度大的注入密度小的液体中，防止混合时放出热使液滴飞溅；

rm{(5)}由图可知，rm{Cu(OH)_{2}}为冷凝管，使气化的液体冷凝回流，仪器rm{(1)}可加入反应液；反应结束后加适量冷水；降低温度，减小苯乙酸的溶解度；分离苯乙酸粗品，利用过滤操作；

rm{(2)}苯乙酸微溶于冷水，在水中的溶解度较小；由反应rm{+H_{2}O+H_{2}SO_{4}xrightarrow{100-130隆忙}}rm{c}可知，rm{b}苯乙腈生成苯乙酸为rm{40g隆脕dfrac{136}{117}=46.5g}

rm{(3)}用蒸馏水洗涤沉淀；将氯离子洗涤干净，利用硝酸银检验洗涤液确定是否洗涤干净；

rm{+H_{2}O+H_{2}SO_{4}

xrightarrow{100-130隆忙}}苯乙酸微溶于冷水；溶于乙醇，混合溶剂中乙醇可增大苯乙酸的溶解度．

本题为rm{+NH_{4}HSO_{4}}年广西高考化学试题，侧重物质制备实验及有机物性质的考查，把握合成反应及实验装置的作用为解答的关键，综合考查学生实验技能和分析解答问题的能力，题目难度中等，注意信息的处理及应用．rm{40g}【解析】先加水、再加入浓硫酸；滴加苯乙腈；球形冷凝管；回流rm{(}或使气化的反应液冷凝rm{)}便于苯乙酸析出；rm{BCE}重结晶；rm{95%}取最后一次少量洗涤液，加入稀硝酸，再加入rm{AgNO_{3}}溶液，无白色浑浊出现；增大苯乙酸溶解度，便于充分反应20、rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{5}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{3}}

rm{(2)垄脵>}rm{<}

rm{垄脷sp^{3}}

rm{垄脹10}

rm{(3)垄脵NH_{3}}分子间存在分子间氢键相对分子质量不断增大，分子间作用力不断增强

rm{垄脷Fe_{3}N}

rm{(4)垄脵(}极性rm{)}共价键

rm{垄脷(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac{1}{4})}

rm{垄脹dfrac{sqrt{2}}{2}隆脕sqrt[3]{dfrac{232}{娄脩{N}_{A}}}}rm{垄脷(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},

dfrac{1}{4})}【分析】【分析】本题考查物质结构知识，包括核外电子排布式的书写，电负性和第一电离能的判断，杂化轨道理论，氢键的知识，晶胞的计算rm{.}题目考查较为综合，难度中等，是中档题rm{.}值得一提的是，原子坐标的书写是大学无机化学的内容，事实上原子坐标各参数取值范围在rm{[0,1)}之间，晶胞是无限重复并置的，简言之“rm{1}”即“rm{0}”，这里还需借助立体几何知识求解，能力考查要求是比较高的。【解答】rm{(1)}砷元素为rm{33}号元素，原子核外有rm{33}个电子，所以核外电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{5}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{3}}故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{5}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{3}}rm{(2)垄脵}同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第rm{VA}族元素大于相邻元素，rm{S}和rm{P}位于同一周期，且rm{S}位于第rm{VIA}族、rm{P}位于第rm{VA}族，所以第一电离能rm{P>S}同周期从左到右非金属性增强，电负性增强，所以电负性磷rm{<}硫，故答案为：rm{>}rm{<}rm{垄脷}从rm{P_{4}S_{3}}分子的结构可以看出，rm{S}原子形成两个键，考虑到rm{S}原子本身价层含有两对孤电子对，成键是rm{3p}中的单电子成键，因此杂化轨道为不等性的rm{sp^{3}}杂化，故答案为：rm{sp^{3}}rm{垄脹1}个rm{P_{4}S_{3}}分子中含有rm{4}个rm{P}和rm{3}个rm{S}一个rm{P}含有rm{1}对孤电子对，rm{1}个rm{S}含有rm{2}对孤电子对，则每个rm{P_{4}S_{3}}分子含有的孤电子对数为rm{4隆脕1+2隆脕3=10}故答案为：rm{10}rm{(3))垄脵N}rm{P}rm{As}rm{Sb}均是第rm{VA}族的元素，沸点：rm{PH_{3}<NH_{3}}这是由于rm{NH_{3}}分子间形成了分子间氢键，而氢键的作用力大于范德华力，致使其沸点反常；沸点：rm{PH_{3}<AsH_{3}<SbH_{3}}这是由于三者均不形成氢键，沸点是范德华力主导，随着相对分子质量增加，沸点增大，故答案为：rm{NH_{3}}分子间存在氢键；相对分子质量不断增大，分子间作用力不断增强；rm{垄脷}根据晶胞可以判断是六方晶胞，晶胞顶点粒子占rm{1/6}面心粒子占rm{1/2}晶胞内部粒子为整个晶胞所有，因此一个晶胞中，含有rm{Fe}的数目为rm{12隆脕1/6+3+2隆脕1/2=6}rm{N}的数目为rm{2}因此该晶体化学式为rm{Fe_{3}N}故答案为：rm{Fe_{3}N}rm{(4)垄脵}磷化铝晶体中磷与铝的电负性存在差异，形成的是共价键，且为极性的，因此磷化铝晶体中磷与铝微粒间的作用力为rm{(}极性rm{)}共价键，故答案为：rm{(}极性rm{)}共价键；rm{垄脷}已知rm{B}点的原子坐标为rm{B(1,1/2,1/2)}rm{A}点原子坐标为rm{A(0,0,0)}则晶胞以rm{A}点为坐标原点建立空间直角坐标系，注意到rm{B}为晶胞右侧面心粒子，并且已知磷化铝与晶体rm{Si}为等电子体，二者应为相似的，继而联想到金刚石晶胞的中原子排布，从rm{A}点处出发，一个rm{P}周围连接四个rm{Al}取出这部分，其实是正四面体构型，rm{C}处于正四面体体心，根据立体几何知识以及对称性，不难判断rm{C}的原子坐标在各个坐标轴上的分量为rm{1/4}因此rm{C}点的原子坐标为：rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac{1}{4})}故答案为：rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac{1}{4})}rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},

dfrac{1}{4})}立方晶胞顶点粒子占rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},

dfrac{1}{4})}面粒子占rm{垄脹}晶胞内部原子为整个晶胞所有，因此一个晶胞中含有rm{1/8}的个数为rm{1/2}含有rm{Al}的个数为rm{8隆脕1/8+6隆脕1/2=4}取rm{P}晶胞，则rm{4}晶胞的质量为rm{1mol}rm{1mol}晶胞含有rm{4隆脕27+4隆脕31=232g}个晶胞，记晶胞参数为rm{1mol}则一个晶胞的体积为rm{N_{A}}因此晶胞的密度为rm{娄脩=dfrac{m}{{N}_{A}{V}_{0}}=dfrac{232}{{N}_{A}{a}^{3}}g/c{m}^{3}}则晶胞参数rm{a=sqrt[3]{dfrac{232}{娄脩{N}_{A}}}cm}根据粒立体几何知识，不难求出两个rm{acm}原子之间最短的距离为rm{dfrac{sqrt{2}}{2}a=dfrac{sqrt{2}}{2}隆脕sqrt[3]{dfrac{232}{娄脩{N}_{A}}}}故答案为：rm{dfrac{sqrt{2}}{2}隆脕sqrt[3]{dfrac{232}{娄脩{N}_{A}}}}rm{V_{0}=a^{3}cm^{3}}【解析】rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{5}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{3}}rm{(2)垄脵>}rm{<}rm{垄脷sp^{3}}rm{垄脹10}rm{(3)垄脵NH_{3}}分子间存在分子间氢键相对分子质量不断增大，分子间作用力不断增强rm{垄脷Fe_{3}N}rm{(4)垄脵(}极性rm{)}共价键rm{垄脷(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac{1}{4})}rm{垄脹dfrac{sqrt{2}}{2}隆脕sqrt[3]{dfrac{232}{娄脩{N}_{A}}}}rm{垄脷(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},

dfrac{1}{4})}21、b放热A、B0.15mol/（L•min）12向正反应方向移动【分析】解：（1）加入催化剂，可降低反应的活化能，由图象可知b活化能较低；应加入催化剂；反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应属于放热反应；

故答案为：b；放热；

（2）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．

A．体积为2L；起始时CO的浓度为1mol/L，则n=cV=2mol，即起始充入的CO为2mol，故A错误；

B．增加CO浓度，H2的转化率增大；CO的转化率会减小，故B错误；

C．该反应前后计量数不相同；反应前后压强不变，说明气体的物质的量不变，所以反应已达平衡状态，故C正确；

D．该反应为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，则甲醇的物质的量增大，CO的物质的量减小，所以平衡时会增大；

故答案为：AB；

（3）从反应开始到建立平衡，平衡时：c（CO）=0.25mol/L，c（CH3OH）=0.75mol/L，则消耗n（CO）=0.75mol/L×2L=1.5mol，消耗的n（H2）=3mol；

平衡时c（H2）==0.5mol/L，v（H2）==0.15mol/（L•min）；

k==12；

平衡时：c（CO）=0.25mol/L，c（CH3OH）=0.75mol/L，c（H2）=0.5mol/L，物质的量为0.5mol、1.5mol、1mol，若保持其他条件不变，向平衡体系中再充入0.5molCO、lmolH2、1.5molCH3OH，此时容器中各物质的浓度为c（CO）==0.5mol/L，c（CH3OH）==1.5mol/L，c（H2）==1mol/L，Qc==3＜k；反应未达到平衡状态，所以反应向正反应方向移动；

故答案为：0.15mol/（L•min）；12；向正反应方向移动；

（1）根据图中反应的活化能的大小来分析是否使用催化剂；利用反应前后的总能量来分析反应的能量变化；

（2）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．

A．根据n=cV计算；

B．增加CO浓度，H2的转化率增大；

C．反应前后压强不变；说明气体的物质的量不变；

D．增大压强平衡正向移动；

（3）根据CO的浓度变化求出氢气的浓度变化，再根据v=利用各物质平衡的浓度来计算化学平衡常数；若保持0.5其他条件不变，向平衡体系中再充入0.5molCO、lmolH2、1.5molCH3OH；根据Qc与k的相对大小判断；

本题考查了热化学方程式书写方法与盖斯定律的计算、化学平衡的影响因素分析判断、平衡常数计算应用等，题目涉及的知识点较多，掌握基础是解题关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．【解析】b放热A、B0.15mol/（L•min）12向正反应方向移动22、略

【分析】解：W的核磁共振氢谱显示有两个峰，峰值面积比是2：3，由题给信息可知应为J为G的摩尔质量是116g/mol，其分子中含C为41.4%、含O为55.2%，其余为氢元素，则G中N（C）==4，N（H）==4，N（O）==4，G的分子式为C4H4O4，由转化关系可知C、F的C原子数相等，则C为HOCH2CH2OH，D为OHC-CHO，F为HOOCCOOH，则A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br，该聚酯纤维为

（1）①由以上分析可知W物质的结构简式为故答案为：

②苯和CH3Cl发生取代反应生成和HCl；故答案为：取代；

（2）a．A为乙烯；对应同系物中可能存在顺反异构现象，如2-丁烯，故a正确；

b．反应I为取代反应，需要在NaOH的水溶液中完成，故b错误；

c．W为与乙烯均能使酸性KMnO4溶液褪色；故c正确；

d．B为CH2BrCH2Br，不能电离出溴离子，在B中滴加AgNO3溶液不会产生淡黄色沉淀；故d错误．

故答案为：bd；

②C为HOCH2CH2OH，D为OHC-CHO，C→D的方程式为

D→E为OHC-CHO发生银镜反应，反应的方程式为

C为HOCH2CH2OH，F为HOOCCOOH，二者可发生酯化反应，反应的方程式为

故答案为：

③J为a．遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基；b．能发生银镜反应，说明含有醛基；c.1molJ能与最多3molNaOH反应，则对应的同分异构体有苯环上有-OH、-CH2OH；-OOCH等官能团；共10种同分异构体，或苯环含有2个官能团，分别为-OH和-OOCCHO，有邻、间、对3种，共13种；

故答案为：13；

④从溶液中得到晶体；应进行溶于热水；过滤、冷却结晶等操作，故答案为：冷却结晶．

W的核磁共振氢谱显示有两个峰，峰值面积比是2：3，由题给信息可知应为J为G的摩尔质量