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7题，共14分)1、在一定温度下，将等物质的量的CO和水蒸气通入恒容密闭容器中，发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）；一段时间后达到平衡．对该平衡状态描述正确的是（）

A.正反应速率等于零。

B.正反应速率等于逆反应速率。

C.正反应速率大于逆反应速率。

D.正反应速率小于逆反应速率。

2、以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是()A.第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子B.同周期元素(除0族元素外)从左到右，原子半径逐渐减小C.第ⅦA元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强D.同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低3、下列关于强、弱电解质的叙述中，错误的是A.强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡B.在溶液里导电能力强的电解质是强电解质，导电能力弱的电解质是弱电解质C.同一弱电解质的溶液，当温度、浓度不同时，其导电能力也不同D.纯的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电4、电池是人类生产和生活中的重要能量来源，各式各样电池的发展是化学对人类的一项重大贡献．下列有关电池的叙述正确的是（）A.锌锰干电池工作一段时间后碳棒不变B.燃料电池可将热能直接转变为电能C.燃料电池工作时燃料在负极被还原D.太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅5、用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作下列图示对应的操作规范的是()A.称量B.溶解C.转移D.定容6、下列物质中只含离子键的化合物是（）A.NaClB.FeC.HClD.N27、下列物质中，不属于合金的是（）A.碳素钢B.水银C.黄铜D.硬铝评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)8、在rm{2NO_{2}?N_{2}O_{4}}的可逆反应中，下列状态一定属于平衡状态的是rm{(}rm{)}A.rm{N_{2}O_{4}}和rm{NO_{2}}的分子数比为rm{1}rm{2}B.rm{N_{2}O_{4}}和rm{NO_{2}}的浓度相等C.体系的颜色不再改变D.单位时间内有rm{1molN_{2}O_{4}}转化为rm{NO_{2}}的同时，有rm{2molNO_{2}}转化为rm{N_{2}O_{4}}9、在卤代烃中，有关化学键的叙述，下列说法不正确的是A.当该卤代烃发生取代反应时，被破坏的键一定是rm{垄脵}B.当该卤代烃发生消去反应时，被破坏的键一定是rm{垄脵}和rm{垄脹}C.当该卤代烃在碱性条件下发生水解反应时，被破坏的键一定是rm{垄脵}D.当该卤代烃发生消去反应时，被破坏的键一定是rm{垄脵}和rm{垄脺}10、下列叙述正确的是（）A.钾、钠、镁等活泼金属着火时，可用泡沫灭火器灭火B.证明一瓶红棕色气体是溴蒸气还是二氧化氮，可用湿润的碘化钾-淀粉试纸检验，观察试纸颜色的变化C.除去铝粉中混有的铜粉，可先用浓硝酸溶解，然后再过滤、洗涤、干燥D.Ba2+浓度较高时危害健康，BaCO3不能作为造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病11、在体积均为rm{1.0L}的恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入rm{0.1molCO_{2}}和rm{0.2molCO}rm{0.2molCO}rm{{,!}_{2}}，在不同温度下反应rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+C(s)}达到平衡，平衡时rm{(g)+C(s)}rm{?}rm{2CO(g)}达到平衡，平衡时rm{CO}rm{2CO(g)}rm{CO}rm{{,!}_{2}}随温度的变化如图所示的物质的图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上量浓度rm{c(CO}下列说法正确的是rm{c(CO}rm{{,!}_{2}}A.反应rm{CO_{2}(g)+c(s)?2CO(g)triangleS>0}rm{)}随温度的变化如图所示rm{(}图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上rm{)}下列说法正确的是rm{(}rm{)}B.体系的总压强rm{)}总：rm{(}总rm{)}状态Ⅱrm{(}总rm{)}状态Ⅰrm{CO_{2}(g)+c(s)?2CO(g)triangle

S>0}C.体系中rm{triangleH<0}rm{P}状态Ⅱrm{P}状态Ⅲrm{(}D.逆反应速率rm{)>2P}逆：rm{(}逆rm{)}状态Ⅰrm{c(CO)}逆rm{c(CO}状态Ⅲrm{)<2c(CO}rm{)}12、下列关于物质性质的比较，不正确的是rm{(}rm{)}A.酸性强弱：rm{HIO_{4}>HBrO_{4}>HClO_{4}}B.原子半径大小：rm{Na>O>S}C.碱性强弱：rm{KOH>NaOH>LiOH}D.金属性强弱：rm{Na>Mg>Al}评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)13、现有甲、乙、丙三种晶体的晶胞（甲中X处于晶胞的中心，乙中A处于晶胞的中心），可推知，甲晶体中X与Y的个数比是________，乙中A与B的个数比是________，丙晶胞中有________个C离子，有________个D离子。14、（14分）如图所示，甲、乙两装置电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题：（1）若两装置中均为CuSO4溶液，反应一段时间后：①有红色物质析出的是甲装置中的________棒，乙装置中的________棒。②乙装置中阳极的电极反应式是：_______________________________。（2）若两装置中均为饱和NaCl溶液：①写出乙装置中总反应的离子方程式：__________________________________。②甲装置中碳极的电极反应式是__________________，乙装置碳极的电极反应属于________(填“氧化反应”或“还原反应”)。③将湿润的淀粉KI试纸放在乙装置碳极附近，发现试纸变蓝，解释其原因：_______________________________________________________________________。15、铵盐和氯化银是中学常见盐，含有足量rm{AgCl}固体的饱和溶液，rm{AgCl}在溶液中存在如下平衡：rm{AgCl(s)?Ag^{+}(aq)+Cl^{-}(aq)}在rm{25隆忙}时，rm{AgCl}的rm{K_{sp}=1.8隆脕10^{-10}.}现将足量rm{AgCl}分别放入下列液体中：rm{垄脵100mL}蒸馏水、rm{垄脷100mL}rm{0.3mol?L^{-1}AgNO_{3}}溶液、rm{垄脹100mL}rm{0.1mol?L^{-1}}rm{MgCl_{2}}溶液，充分搅拌后冷却到相同温度，rm{Ag^{+}}浓度由大到小的顺序为______rm{(}填序号rm{)}．16、某有机物rm{A}的结构简式为请回答下列问题．

rm{(1)A}中所含官能团的名称是______；______；

rm{(2)A}可能发生的反应有______rm{(}填序号rm{)}

rm{垄脵}取代反应rm{垄脷}消去反应rm{垄脹}水解反应rm{垄脺}酯化反应。

rm{(3)}将rm{A}与氢氧化钠的乙醇溶液混合并加热，再让得到的主要产物发生加聚反应，生成了某聚合物，该聚合物的结构简式是______．17、已知：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangleH=-92kJ/mol}．

。化学键rm{H-H}rm{N隆脭N}rm{N-H}键能rm{/(kJ?mol^{-1})}rm{436}rm{946}rm{a}则rm{(1)}计算上表中的rm{a}值：列式：______，rm{a=}______．

rm{(2)}氢气的燃烧热为rm{285.8kJ/mol}则氢气燃烧的热化学方程式为：______．18、对于rm{A+2B(}气rm{)?nC(}气rm{)}在一定条件下达到平衡后，改变下列条件，请回答：rm{(1)A}量的增减，平衡不移动，则rm{A}为______态。rm{(2)}增压，平衡不移动，当rm{n=2}时，rm{A}的状态为________；当rm{n=3}时，rm{A}的状态为______。rm{(3)}若rm{A}为固体，增大压强，rm{C}的组分含量减少，则____。rm{(4)}升温，平衡向右移动，则该反应的逆反应为________反应。19、实验填空题：实验室现要制取一瓶纯净干燥的氯气rm{.}现有如图仪器和药品可供使用：

rm{(1)}实验室制取氯气的原理：______；其中rm{HCl}所表现的性质是______．

rm{(2)}连接上述仪器的正确顺序是rm{(}填各接口处的字母rm{)}______接______；______接______，______接______，______接______．

rm{(3)}在以上装置中，分别盛装了一些溶液，试说明所装溶液的作用rm{.}饱和食盐水的作用是______；浓硫酸的作用是______；氢氧化钠的作用是______．

rm{(4)}盛装rm{NaOH}溶液的试剂瓶中发生的化学反应为：______．20、碱式氯化铜有多种组成，可表示为rm{Cu}rm{{,!}_{a}}rm{(OH)}rm{{,!}_{b}}rm{Cl}rm{{,!}_{c}}rm{隆陇}rm{x}rm{H_{2}O}为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：rm{垄脵}称取样品rm{1.1160g}用少量稀rm{HNO_{3}}溶解后配成rm{100.00mL}溶液rm{A;垄脷}取rm{25.00mL}溶液rm{A}加入足量rm{AgNO_{3}}溶液，得rm{AgCl0.1722g;垄脹}另取rm{25.00mL}溶液rm{A}调节rm{pH4隆芦5}用浓度为rm{0.08000mol隆陇L^{-1}}的rm{EDTA(Na_{2}H_{2}Y隆陇2H_{2}O)}标准溶液滴定rm{Cu^{2+}(}离子方程式为rm{Cu^{2+}+H_{2}Y^{2-=}CuY^{2-}+2H^{+})}滴定至终点，消耗标准溶液rm{Cu^{2+}+

H_{2}Y^{2-=}CuY^{2-}+2H^{+})}通过计算确定该样品的化学式rm{30.00mL}写出计算过程rm{(}rm{)}21、（12分）在溶液中，反应A+2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为及反应物A的浓度随时间的变化如下图所示。（1）与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件。所改变的条件是：②___________________；③___________________；（2）实验②平衡时B的转化率为_________；实验③化学平衡常数____________；（取三位有效数字）（3）该反应的_________0，判断其理由是____________评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共36分)22、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）。23、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：_____________。24、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）。25、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_______评卷人得分五、简答题(共4题，共24分)26、铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及rm{X}射线防护材料等。回答下列问题：rm{(1)}铅是碳的同族元素，比碳多rm{4}个电子层。铅在元素周期表的位置为第________周期，第________族；rm{PbO_{2}}的酸性比rm{CO_{2}}的酸性________rm{(}填“强”或“弱”rm{)}rm{(2)PbO_{2}}与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为________________。rm{(3)}瓦纽科夫法熔炼铅，其相关反应的热化学方程式如下：rm{2PbS(s)+3O_{2}(g)=2PbO(s)+2SO_{2}(g)娄陇H=akJ/mol}rm{2PbS(s)+3O_{2}(g)=2PbO(s)+2SO_{2}(g)

娄陇H=akJ/mol}rm{PbS(s)+2PbO(s)=3Pb(s)+SO_{2}(g)}rm{PbS(s)+PbSO_{4}(s)=2Pb(s)+2SO_{2}(g)娄陇H=ckJ隆陇mol^{-1}}反应rm{3PbS(s)+6O_{2}(g)=3PbSO_{4}(s)}rm{娄陇H=bkJ隆陇mol^{-1}}____rm{PbS(s)+PbSO_{4}(s)=2Pb(s)+2SO_{2}(g)

娄陇H=ckJ隆陇mol^{-1}}用含rm{3PbS(s)+6O_{2}(g)=

3PbSO_{4}(s)}rm{娄陇H=}，rm{kJ隆陇mol^{-1}(}的代数式表示rm{a}rm{b}引爆导弹、核武器的工作电源通常rm{c}热电池，其装置如图所示，该电池正极的电极反应式为____。rm{)}在加热过程发生分解的失重曲线如图所示，已知失重曲线上的rm{(4)}点为样品失重rm{Ca/PbSO_{4}}即rm{dfrac{脩霉脝路脝冒脢录脰脢脕驴-a碌茫鹿脤脤氓脰脢脕驴}{脩霉脝路脝冒脢录脰脢脕驴}隆脕100拢楼}的残留固体。若rm{(5)PbO_{2}}点固体组成表示为rm{a}或rm{4.0%(}列式计算rm{

dfrac{脩霉脝路脝冒脢录脰脢脕驴-a碌茫鹿脤脤氓脰脢脕驴}{脩霉脝路脝冒脢录脰脢脕驴}隆脕100拢楼}值为________rm{a}精确到rm{PbOx}rm{mPbO2隆陇nPbO}。rm{x}27、（1）前四周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同的元素有______种．

（2）第IIIA、VA原元素组成的化合物GaN、GaP、GaAs等是人工合成的新型半导体材料，其晶体结构与单晶硅相似．Ga原子的电子排布式为______．在GaN晶体中，每个Ga原子与______个N原子相连，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为______．在四大晶体类型中，GaN属于______晶体．

（3）在极性分子NCl3中，N原子的化合物为-3，Cl原子的化合价为+1，请推测NCl3水解的主要产物是______（填化学式）．28、乙酸乙酯是一种有香味的油状液体，它的分子结构模型如图所示。在浓硫酸存在下并加热的条件下，乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯。请回答下列问题：rm{(1)}乙酸乙酯分子中官能团的名称为___________。rm{(2)}生成乙酸乙酯的化学反应方程式为_______________________________________，该有机反应的类型是___________反应。rm{(3)}常温下，乙酸和乙酸乙酯都是无色液体，请写出一种能够鉴别两者的试剂：_______。29、有一种结构简式如图的有机物；请回答下列问题：

rm{垄脵}该有机物的分子式为______．

rm{垄脷}该有机物与氢氧化钠溶液反应的化学方程为______．评卷人得分六、实验题(共3题，共9分)30、测定有机化合物中碳和氢的组成常用燃烧分析法，下图rm{1}是德国化学家李比希测定有机物组成的装置，氧化铜作催化剂，在rm{750隆忙}左右使有机物在氧气流中全部氧化为rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}用含有固体氢氧化钠和氯化钙的吸收管分别吸收rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O.}

试回答下列问题：

rm{(1)}甲装置中盛放的是______；甲；乙中的吸收剂能否颠倒？______，请说明理由：______．

rm{(2)}实验开始时；要先通入氧气一会儿，然后再加热，为什么？

rm{(3)}将rm{4.6g}有机物rm{A}进行实验，测得生成rm{5.4g}rm{H_{2}O}和rm{8.8gCO_{2}}则该物质中各元素的原子个数比是______．

rm{(4)}经测定，有机物rm{A}的核磁共振氢谱示意图如图rm{2}则rm{A}的结构简式为______．31、Ⅰrm{.}甲同学为比较rm{Fe^{3+}}和rm{Cu^{2+}}对rm{H_{2}O_{2}}分解的催化效果；设计了如图甲；乙所示的实验。请回答下列问题：

rm{(1)}定性分析：如图甲可通过观察______定性比较得出结论，有同学提出将rm{FeCl_{3}}改为rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}更为合理；其理由是______。

rm{(2)}定量分析：某同学要利用乙装置测定某rm{H_{2}O_{2}}溶液的物质的量浓度。在锥形瓶中加入rm{0.10mol}rm{MnO_{2}}粉末后加入rm{50mL}该rm{H_{2}O_{2}}溶液；在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图丙所示。

rm{垄脵}图中仪器rm{A}的名称是______；写出rm{H_{2}O_{2}}在rm{MnO_{2}}作用下发生反应的化学方程式______；

rm{垄脷}该rm{H_{2}O_{2}}溶液的物质的量浓度为______；rm{(}保留一位小数rm{)}

Ⅱrm{.}乙同学研究外界因素对反应速率影响。草酸与高锰酸钾在酸性条件下发生的反应设计实验方案：用rm{4mL}rm{0.001mol/L}rm{KMnO_{4}}溶液与rm{2mL}rm{0.01mol/L}rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液；研究不同条件对化学反应速率的影响，改变的条件如下：

。组别rm{10%}硫酸体积rm{/mL}温度rm{/隆忙}其他物质rm{A}rm{2mL}rm{20}rm{B}rm{2mL}rm{30}rm{C}rm{2mL}rm{20}rm{10}滴饱和rm{MnSO_{4}}溶液rm{D}rm{0.5mL}rm{20}rm{V_{1}}rm{mL}蒸馏水rm{E}rm{1mL}rm{20}rm{V_{2}}rm{mL}蒸馏水rm{(1)}写出该实验反应的离子方程式______；完成上述实验方案设计，其中：rm{V_{1}=}______rm{mL}

rm{(2)}实验rm{A}rm{B}是为了研究______对化学反应速率的影响；如果研究硫酸浓度对速率的影响，需使用的实验组别为______。

rm{(3)}甲同学在做rm{A}组实验时，发现反应开始时速率较慢，随后加快。他分析认为高锰酸钾与草酸溶液的反应放热，导致溶液温度升高，反应速率加快；从影响化学反应速率的因素看，你猜想还可能是______。32、（15分）氯酸镁[Mg(ClO3)2]常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量Mg(ClO3)2•6H2O的流程如下：已知：①卤块主要成分为MgCl2•6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质。②四种化合物的溶解度（S）随温度（T）变化曲线如下图所示。（1）“调节pH=4”可选用的试剂是（填编号）。①MgO②CuO③MgCO3④Mg（2）加入BaCl2的目的是除去杂质离子，检验杂质离子已沉淀完全的方法是。（3）“滤渣”的主要成分为。（4）加入NaClO3饱和溶液发生反应为：MgCl2+2NaClO3═===Mg(ClO3)2+2NaCl，再进一步制取Mg(ClO3)2•6H2O的实验步骤依次为：①蒸发、浓缩、结晶；②；③；④过滤、洗涤、干燥。（5）将产品先用水洗涤，再用无水乙醇清洗。无水乙醇的作用是。（6）产品中Mg(ClO3)2•6H2O含量的测定：步骤1：准确称量3.00g产品配成100mL溶液。步骤2：取10mL于锥形瓶中，加入10mL稀硫酸和20mL1.000mol•L-1的FeSO4溶液，微热。步骤3：冷却至室温，用0.100mol•L-1K2Cr2O7溶液滴定至终点，此过程中反应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O。步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗K2Cr2O7溶液15.00mL。①写出步骤2中发生反应的离子方程式：。②产品中Mg(ClO3)2•6H2O的质量分数为。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】

化学反应达到平衡状态时；同一物质的正逆反应速率相等，但不等于0，故选B．

【解析】【答案】化学反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，以此解答．

2、B【分析】【解析】试题分析：质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，所以A中质子数是相同的，A不正确；同主族自上而下非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，C不正确；同主族元素从上到下，单质的熔点有的逐渐降低，例如碱金属单质，有的逐渐升高，例如卤素单质，D不正确，答案选B。考点：考查同位素以及元素周期律的判断和应用【解析】【答案】B3、B【分析】【解析】试题分析：A．强电解质在水中完全电离，不存在电离平衡，故A正确；B．强弱电解质与导电能力无关，取决于在水溶液中能否完全电离，故B错误；C．弱电解质溶液的导电能力与离子的浓度和离子所带的电荷数有关，当浓度不同时，离子的浓度不同，所以导电能力不同．但当温度也不同时，弱电解质的电离程度也不同，所以当这两个因素都不相同时，导电能力可能相同，故C正确；D．离子化合物类强电解质，液态时导电，它们都含有活泼的金属和活泼非金属，且熔点都高．如NaCl，K2SO4等，共价化合物类强电解质，液态时不导电，如AlCl3，HCl等，它们的熔点都较低，故D正确．故选B。考点：强电解质和弱电解质的概念【解析】【答案】B4、A【分析】【解答】解：A．锌锰干电池工作时碳棒不参与反应；所以碳棒质量不变，故A正确；

B．燃料电池反应中没有发生燃烧反应；放出的热能很少，主要是把化学能直接转变为电能，故B错误；

C．氢氧燃料电池工作时；燃料在负极失电子被氧化，故C错误；

D．太阳能电池的主要材料为硅；光导纤维的主要材料是二氧化硅，故D错误；

故选A．

【分析】A．锌锰干电池工作时碳棒不参与反应；

B．燃料电池可将化学能直接转变为电能；

C．氢氧燃料电池中；燃料在负极失电子；

D．太阳能电池的主要材料是硅．5、B【分析】略【解析】rm{B}6、A【分析】解：A．NaCl属于离子晶体；阴阳离子之间存在离子键，故A正确；

B．Fe是金属单质属于金属晶体；只存在金属键，故B错误；

C．HCl属于分子晶体；HCl分子中H-Cl原子之间只存在共价键，故C错误；

D．N2属于分子晶体；分子中N与N原子之间只存在共价键，故D错误．

故选A．

一般来说；活泼金属元素和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，铵根离子和酸根离子之间存在离子键，据此分析解答．

本题考查离子键、共价键，侧重考查基本概念，题目难度不大，明确晶体类型、晶体构成微粒及微粒之间作用力即可解答，注意Fe是金属单质属于金属晶体．【解析】【答案】A7、B【分析】解：A．碳素钢是铁与碳的合金；故A错误；

B．水银是汞单质；故B正确；

C．黄铜是铜和锌的合金；故C错误；

D．硬铝是铝；镁、铜、硅的合金；故D错误．

故选B．

根据合金的定义与特点进行解答．合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质．合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属．

本题主要考查合金与合金的性质，难度不大，合金概念的三个特点要记牢；还要理解合金的性质，即合金的硬度大，熔点低．【解析】【答案】B二、双选题(共5题，共10分)8、rCD【分析】解：rm{A}当体系达平衡状态时，rm{N_{2}O_{4}}和rm{NO_{2}}的分子数比为可能是rm{1}rm{2}可能不是，与各物质的初始浓度及转化率有关，故A错误；

B、rm{N_{2}O_{4}}和rm{NO_{2}}的浓度不变；而不是相等，故B错误；

C；体系的颜色不再改变；说明二氧化氮的浓度不变，反应达平衡状态，故C正确；

D、单位时间内有rm{1molN_{2}O_{4}}转化为rm{2molNO_{2}}的同时，有rm{2molNO_{2}}转化为rm{1molN_{2}O_{4}}正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故D正确；

故选CD．

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{CD}9、AD【分析】【分析】

本题考查有机物反应中化学键的断裂及有机物的结构式的应用等相关知识。

【解答】

A.该卤代烃发生取代反应时，还可能断裂的化学键是rm{垄脷}和rm{垄脹}故A错误；和rm{垄脷}故A错误；

rm{垄脹}和B.该卤代烃发生消去反应时，断裂的应该是rm{垄脵}和rm{垄脹}故B正确，那么rm{D}就错误；故B正确，那么rm{垄脵}就错误；

rm{垄脹}故C正确；

rm{D}该卤代烃发生消去反应时，断裂的应该是C.该卤代烃在碱性条件下发生水解反应时，断裂rm{垄脵}故C正确；和rm{垄脵}故D错误。

D.

rm{垄脵}【解析】rm{AD}10、C|D【分析】解：A．过氧化钠；过氧化钾与二氧化碳反应；镁可在二氧化碳中燃烧，则钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，故A错误；B．二氧化氮和溴都能把碘离子氧化生成碘单质，碘遇湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，所以不能用湿润的淀粉碘化钾试纸区别二氧化氮和溴蒸气，故B错误；

C．除去铝粉中混有的铜粉；先用浓硝酸溶解，铝和浓硝酸发生钝化反应，铜粉和浓硝酸反应生成易溶于水的硝酸铜，除去铝粉中混有的铜粉，可先用浓硝酸溶解，然后再过滤；洗涤、干燥得到铝，故C正确；

D．BaCO3能与胃液中的盐酸反应，反应的化学方程式为：BaCO3+2HCl═BaCl2+H2O+CO2↑，生成易溶于水的氯化钡会使人发生蛋白质变性中毒，BaCO3不能作为造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病；故D正确；

故选CD．

A．过氧化钠；过氧化钾与二氧化碳反应；镁可在二氧化碳中燃烧；

B．二氧化氮和溴都能把碘离子氧化生成碘单质；

C．铝和浓硝酸发生钝化反应；铜粉能溶解在浓硝酸中；

D．Ba2+浓度较高时危害健康，BaCO3能与胃液中的盐酸反应生成BaCl2，BaCl2是重金属盐；易溶于水，使人中毒．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，题目难度中等．【解析】【答案】CD11、BC【分析】【分析】本题考查外界条件对平衡的影响，分析图像解答即可，难度一般。【解答】A.分析图像可知升高温度，二氧化碳浓度减小，则推出rm{C}和rm{CO_{2}}反应是吸热反应，rm{triangleH>0}故A错误；和rm{C}反应是吸热反应，rm{CO_{2}}故A错误；rm{triangleH>0}这条曲线，是通入B.rm{I}这条曲线，是通入rm{0.1molCO_{2}}Ⅱ这条曲线是通入rm{0.2molCO_{2}}状态Ⅱ可以看作先通rm{0.1CO_{2}}此时的压强相等，再通入rm{0.1molCO2}加入平衡不移动，此时的压强等于rm{2}倍rm{P}总rm{(}状态Ⅰrm{)}但要求rm{CO_{2}}的浓度相等，应对此加热使反应向正反应方向移动，气体物质的量增加，因此rm{P}总rm{(}状态Ⅱrm{)>2P}总rm{(}状态Ⅰrm{)}故B正确；Ⅱ这条曲线是通入rm{I}状态Ⅱ可以看作先通rm{0.1molCO_{2}}此时的压强相等，再通入rm{0.2molCO_{2}}加入平衡不移动，此时的压强等于rm{0.1CO_{2}}倍rm{0.1molCO2}总rm{2}状态Ⅰrm{P}但要求rm{(}的浓度相等，应对此加热使反应向正反应方向移动，气体物质的量增加，因此rm{)}总rm{CO_{2}}状态Ⅱrm{P}总rm{(}状态Ⅰrm{)>2P}故B正确；rm{(}此时两者rm{)}的浓度相等，再通入C.状态Ⅱ可以看作先通rm{0.1CO_{2}}此时两者rm{CO}的浓度相等，再通入rm{0.1molCO_{2}}假设平衡不移动，Ⅱ状态rm{CO}的浓度等于rm{2}倍Ⅲ，但再充入rm{CO_{2}}相当增大压强，平衡左移，消耗rm{CO}因此rm{c(CO}状态Ⅱrm{)<2c(CO}状态Ⅲrm{)}故C正确；假设平衡不移动，Ⅱ状态rm{0.1CO_{2}}的浓度等于rm{CO}倍Ⅲ，但再充入rm{0.1molCO_{2}}相当增大压强，平衡左移，消耗rm{CO}因此rm{2}状态Ⅱrm{CO_{2}}状态Ⅲrm{CO}故C正确；rm{c(CO}逆rm{)<2c(CO}状态Ⅰrm{)}逆D.温度越高，反应速率越快，rm{V}逆rm{(}状态Ⅰrm{)<V}逆rm{(}状态Ⅲrm{)}故D错误。状态Ⅲrm{V}故D错误。故选BC。rm{(}【解析】rm{BC}12、rAB【分析】解：rm{A.}非金属性rm{Cl>Br>I}元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故A错误；

B.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，核外电子层数越多，半径越大，应为rm{Na>S>O}故B错误；

C.金属性rm{K>Na>Li}元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，故C正确；

D.同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱；故D正确．

故选AB．

A.元素的非金属性越强；对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；

B.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小；核外电子层数越多，半径越大；

C.元素的金属性越强；对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；

D.同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱．

本题考查较为综合，涉及金属性、非金属性等知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握元素周期律的递变规律，难度中等，学习中注意积累．【解析】rm{AB}三、填空题(共9题，共18分)13、略

【分析】根据均摊规律：甲中体心X为1，顶点Y为×6。所以X∶Y＝1∶＝4∶3。同理可计算出乙、丙中微粒个数及其比值。【解析】【答案】4∶31∶14414、略

【分析】试题分析：甲为原电池，乙为电解池。（1）若两装置中均为CuSO4溶液，则：甲乙（2）若均为NaCl溶液，则：甲乙考点：电解池原理，原电池原理【解析】【答案】（1）①碳/C,铁/Fe②4OH－－4e－===2H2O＋O2↑（2）①2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－②2H2O＋O2＋4e－===4OH－氧化反应③在乙装置碳棒电极上生成Cl2，Cl2与I－反应生成I2，I2遇淀粉变蓝15、略

【分析】解：rm{垄脵100mL}蒸馏水中银离子浓度不变；

rm{垄脷100mL}rm{0.3mol?L^{-1}AgNO_{3}}溶液，银离子浓度增大，平衡逆向移动，最终rm{c(Ag^{+})}增大；

rm{垄脹100mL0.1mol?L^{-1}MgCl_{2}}溶液中，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，rm{c(Ag^{+})}减少；

则溶液中rm{c(Ag^{+})}由大到小的顺序为rm{垄脷垄脵垄脹}．

故答案为：rm{垄脷垄脵垄脹}．

含有银离子或氯离子的溶液抑制rm{AgCl}溶解，氯离子或银离子浓度越大其抑制rm{AgCl}溶解程度越大；以此解答该题．

本题考查了电解质溶液中离子浓度的大小比较，沉淀溶解平衡的影响因素分析判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等，注意把握比较溶液中离子浓度大小的方法，明确沉淀溶解平衡及其应用方法．【解析】rm{垄脷垄脵垄脹}16、略

【分析】解：rm{(1)}分子中含rm{-Br}rm{-CHO}名称分别为溴原子；醛基，故答案为：溴原子；醛基；

rm{(2)}含rm{-Br}可发生取代、消去、水解反应，不能发生酯化反应，故答案为：rm{垄脵垄脷垄脹}

rm{(3)A}与氢氧化钠的乙醇溶液混合并加热，发生消去反应，生成rm{CH_{2}=CH-CHO}含双键可发生加聚反应，该聚合物的结构简式是

故答案为：．

由结构简式可知分子中含rm{-Br}rm{-CHO}结合卤代烃及醛的性质分析；rm{A}与氢氧化钠的乙醇溶液混合并加热，发生消去反应，生成rm{CH_{2}=CH-CHO}含双键可发生加聚反应．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重卤代烃及烯烃性质的考查，题目难度不大．【解析】溴原子；醛基；rm{垄脵垄脷垄脹}17、略

【分析】解：rm{(1)}已知：rm{H-H}键能为rm{436kJ?mol^{-1}}rm{N-H}键键能为rm{akJ?mol^{-1}}令rm{N隆脭N}的键能为rm{946}

对于反应rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)篓T2NH_{3}(g)triangleH=-92.4kJ?mol^{-1}}．

反应热rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)篓T2NH_{3}(g)triangle

H=-92.4kJ?mol^{-1}}反应物的总键能rm{triangleH=}生成物的总键能，故rm{-}

解得：rm{946+3隆脕436kJ?mol^{-1}-2隆脕3隆脕akJ?mol^{-1}=-92.4kJ?mol^{-1}}故答案为：rm{a=391kJ?mol^{-1}}rm{946+3隆脕436kJ?mol^{-1}-2隆脕3隆脕akJ?mol^{-1}=-92.4kJ?mol^{-1}}

rm{391kJ?mol^{-1}}氢气的燃烧热为rm{(2)}rm{285.8kJ/mol}氢气完全燃烧生成液态水放出热量为：rm{2mol}则氢气燃烧的热化学方程式为rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH=-285.8隆脕2kJ/mol=-571.6kJ/mol}故答案为：rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH=-571.6kJ/mol}．

rm{285.8kJ隆脕2}根据反应热rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangle

H=-285.8隆脕2kJ/mol=-571.6kJ/mol}反应物的总键能rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6kJ/mol}生成物的总键能；然后结合化学反应方程式中各种物质的化学式以及化学计量数进行计算；

rm{(1)}燃烧热中可燃物的物质的量为rm{triangleH=}据此可计算出rm{-}氢气完全燃烧放出的热量．

本题考查了反应热与焓变的应用，题目难度不大，明确物质稳定性与具有能量的关系为解答关键，注意掌握热化学方程式的书写原则及表示意义．rm{(2)}【解析】rm{946+3隆脕436kJ?mol^{-1}-2隆脕3隆脕akJ?mol^{-1}=-92.4kJ?mol^{-1}}rm{391kJ?mol^{-1}}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH=-571.6kJ/mol}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6kJ/mol}18、（1）固或液

（2）固或液气

（3）n≥3

（4）放热

【分析】【分析】本题考查了外界条件对化学平衡的影响，侧重考查了学生理解运用能力，平时学习时要注意基础知识的积累掌握，提高解题的正答率。【解答】rm{(1)A}量的增减，平衡不移动，说明rm{A}是固体或液体；固体的物质的量不影响化学平衡，故答案为：固或液；

rm{(2)}增大压强，平衡不移动，说明反应两边气体的体积相等，气体的化学计量数之和相等：当rm{n=2}时，rm{A}只能是非气体；当rm{n=3}时，rm{A}必须是气体；

故答案为：固或液；气；

rm{(3)}若rm{A}为固态，增大压强，rm{C}的组分含量减少，平衡逆向移动，逆向是体积减小的方向，所以rm{ngeqslant3}，故答案为：rm{ngeqslant3}；

rm{ngeqslant3}温度升高，平衡向着吸热反应方向移动，所以正反应方向是吸热反应，该反应的逆反应是放热反应，故答案为：放热。rm{ngeqslant3}【解析】rm{(1)}固或液固或液rm{(1)}固或液气rm{(2)}固或液气rm{(2)}rm{(3)ngeqslant3}放热

rm{(3)ngeqslant3}19、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；酸性、还原性；A；B；C；F；E；G；H；D；除去氯化氢杂质气体；干燥氯气；吸收多余的氯气；2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O【分析】解：rm{(1)}实验室是用二氧化锰和浓盐酸反应制氯气发生反应的化学方程式是rm{MnO_{2}+4HCl(}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}反应中，rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}元素的化合价降低，rm{Mn}元素得化合价升高，则rm{Cl}为氧化剂，rm{MnO_{2}}为还原剂；由方程式可知，二氯化锰中氯的化合价未变，所以，盐酸在反应中起到酸性和还原剂的作用；

故答案为：rm{HCl}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}酸性；还原性；

rm{MnO_{2}+4HCl(}实验室用第一个装置制备氯气，气体分别通入盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶和盛有浓硫酸的洗气瓶，除杂干燥后用向上排空法收集氯气，氯气有毒，不能直接排放到空气中，应用盛有rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}溶液的装置吸收；

故答案为：rm{(2)}

rm{NaOH}盐酸易挥发；所以制取的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，氯化氢极易溶于水，氯气也能溶于水，所以不能用水除去氯化氢气体；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，饱和食盐水中含有氯离子，能抑制氯气的溶解，所以饱和食盐水的作用是除去氯化氢杂质气体；浓硫酸常常干燥能干燥中性；酸性气体，故选浓硫酸干燥氯气，多余的氯气用氢氧化钠溶液吸收；

故答案为：除去氯化氢杂质气体；干燥氯气；吸收多余的氯气；

rm{ABCFEGHD}氯气有毒，污染环境，所以不能直接排空；氯气能和氢氧化钠反应rm{(3)}所以可用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气；

故答案为：rm{(4)}

rm{2NaOH+Cl_{2}=NaCl+NaClO+H_{2}O}实验室是用二氧化锰和浓盐酸反应制氯气；反应生成氯气；二氯化锰、水；

rm{Cl_{2}+2NaOH=NaCl+NaClO+H_{2}O.}根据实验的目的和反应的原理可知，实验室用第一个装置制备氯气，气体分别通入盛有饱和氯化钠溶液的洗气瓶和盛有浓硫酸的洗气瓶，除杂干燥后用向上排空法收集氯气，氯气有毒，不能直接排放到空气中，应用盛有rm{(1)}溶液的装置吸收氯气；

rm{(2)}根据氯化氢和氯气；水蒸气、浓硫酸、饱和食盐水的性质分析试剂的作用；多余的氯气用氢氧化钠溶液吸收；

rm{NaOH}氯气与rm{(3)}反应生成氯化钠和次氯酸钠和水．

本题考查了制取氯气实验相关内容的探究，注意实验室制备气体的实验装置和反应原理，把握物质的主要性质，注重基础知识的积累，题目难度中等．rm{(4)}【解析】rm{MnO_{2}+4HCl(}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}酸性、还原性；rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{A}rm{B}rm{C}rm{F}rm{E}rm{G}rm{H}除去氯化氢杂质气体；干燥氯气；吸收多余的氯气；rm{D}rm{2NaOH+Cl_{2}=NaCl+NaClO+H_{2}O}20、解：n（Cl-）=n（AgCl）×100.00mL/25.00mL=0.1722g/143.5g/mol×100.00mL/25.00mL=4.800×10-3mol，n（Cu2+）=n（EDTA）×100.00mL/25.00mL=0.08000mol•L-1×30.00mL×10-3L•mL-1×100.00mL/25.00mL=9.600×10-3mol，n（OH-）=2n（Cu2+）-n（Cl-）=2×9.600×10-3mol-4.800×10-3mol=1.440×10-2mol，m（Cl-）=4.800×10-3mol×35.5g•mol-1=0.1704g，m（Cu2+）=9.600×10-3mol×64g•mol-1=0.6144g，m（OH-）=1.440×10-2mol×17g•mol-1=0.2448g，n（H2O）=(1.1160g−0.1704g−0.6144g−0.2448g)÷18g/mol=4.800×10-3mol，则a：b：c：x=n（Cu2+）：n（OH-）：n（Cl-）：n（H2O）=2：3：1：1，即化学式为Cu2（OH）3Cl•H2O，答：该样品的化学式为Cu2（OH）3Cl•H2O。【分析】【分析】本题考查滴定的测定实验，为高频考点，把握发生的反应、物质的量的计算为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意氧化还原反应的计算及定组成的应用，题目难度中等。【解答】解：rm{n(Cl^{-})=n(AgCl)隆脕100.00mL/25.00mL=0.1722g/143.5g/mol隆脕100.00mL/25.00mL=4.800隆脕10^{-3}mol}rm{n(Cu^{2+})=n(EDTA)隆脕100.00mL/25.00mL=0.08000mol?L^{-1}隆脕30.00mL隆脕10^{-3}}rm{n(Cu^{2+})=n(EDTA)隆脕100.00mL/25.00mL=0.08000

mol?L^{-1}隆脕30.00mL隆脕10^{-3}}rm{L?mL^{-1}隆脕100.00mL/25.00mL=9.600隆脕10^{-3}}rm{mol}rm{n(OH^{-})=2n(Cu^{2+})-n(Cl^{-})=2隆脕9.600隆脕10^{-3}}rm{mol-4.800隆脕10^{-3}}rm{mol=1.440隆脕10^{-2}}rm{mol}rm{mol隆脕35.5g?mol^{-1}=0.1704g}rm{m(Cl^{-})=4.800隆脕10^{-3}}rm{mol隆脕64g?mol^{-1}=0.6144g}rm{mol隆脕35.5g?mol^{-1}=0.1704

g}rm{mol隆脕17g?mol^{-1}=0.2448g}rm{m(Cu^{2+})=9.600隆脕10^{-3}}rm{mol隆脕64g?mol^{-1}=0.6144

g}则rm{m(OH^{-})=1.440隆脕10^{-2}}rm{mol隆脕17g?mol^{-1}=0.2448

g}rm{n(H_{2}O)=(1.1160g?0.1704g?0.6144g?0.2448g)隆脗18g/mol=4.800隆脕10^{-3}}rm{mol}rm{a}rm{b}rm{c}rm{x=n(Cu^{2+})}rm{n(OH^{-})}rm{n(Cl^{-})}即化学式为rm{n(H_{2}O)=2}rm{3}答：该样品的化学式为rm{1}rm{1}rm{Cu_{2}}【解析】解：rm{n(Cl^{-})=n(AgCl)隆脕100.00mL/25.00mL=0.1722g/143.5g/mol隆脕100.00mL/25.00mL=4.800隆脕10^{-3}mol}rm{n(Cu^{2+})=n(EDTA)隆脕100.00mL/25.00mL=0.08000mol?L^{-1}隆脕30.00mL隆脕10^{-3}}rm{n(Cu^{2+})=n(EDTA)隆脕100.00mL/25.00mL=0.08000

mol?L^{-1}隆脕30.00mL隆脕10^{-3}}rm{L?mL^{-1}隆脕100.00mL/25.00mL=9.600隆脕10^{-3}}rm{mol}rm{n(OH^{-})=2n(Cu^{2+})-n(Cl^{-})=2隆脕9.600隆脕10^{-3}}rm{mol-4.800隆脕10^{-3}}rm{mol=1.440隆脕10^{-2}}rm{mol}rm{mol隆脕35.5g?mol^{-1}=0.1704g}rm{m(Cl^{-})=4.800隆脕10^{-3}}rm{mol隆脕64g?mol^{-1}=0.6144g}rm{mol隆脕35.5g?mol^{-1}=0.1704

g}rm{mol隆脕17g?mol^{-1}=0.2448g}rm{m(Cu^{2+})=9.600隆脕10^{-3}}rm{mol隆脕64g?mol^{-1}=0.6144

g}则rm{m(OH^{-})=1.440隆脕10^{-2}}rm{mol隆脕17g?mol^{-1}=0.2448

g}rm{n(H_{2}O)=(1.1160g?0.1704g?0.6144g?0.2448g)隆脗18g/mol=4.800隆脕10^{-3}}rm{mol}rm{a}rm{b}rm{c}rm{x=n(Cu^{2+})}rm{n(OH^{-})}rm{n(Cl^{-})}即化学式为rm{n(H_{2}O)=2}rm{3}答：该样品的化学式为rm{1}rm{1}rm{Cu_{2}}21、略

【分析】（1）②使用了（正）催化剂；理由：因为从图像可看出，两者最终的平衡浓度相同，即最终的平衡状态相同，而②比①所需要的时间短，显然反应速率加快了，故由影响反应速率和影响平衡的因素可知是加入（正）催化剂；③升高温度；理由：因为该反应是在溶液中进行的反应，所以不可能是改变压强引起速率的改变，又由于各物质起始浓度相同，故不可能是改变浓度影响反应速率，再由于③和①相比达平衡所需时间短，平衡时浓度更小，故不可能是改用催化剂，而只能是升高温度来影响反应速率的（2）不妨令溶液为1L，则②中达平衡时A转化了0.04mol，由反应计量数可知B转化了0.08mol，所以B转化率为同样在③中A转化了0.06mol，则生成C为0.06mol,体积不变，即平衡时c(c)=0.06mol/L，所以平衡常数为(3)﹥0；理由：由③和①进行对比可知升高温度后A的平衡浓度减小，即A的转化率升高，平衡向正方向移动，而升温是向吸热的方向移动，所以正反应是吸热反应，﹥0【解析】【答案】（1）使用催化剂（2分）；升高温度（2分）（2）40%234（各2分）（3）＞，升高温度，平衡向正反应方向移动（各2分）四、元素或物质推断题(共4题，共36分)22、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）223、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，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H224、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）225、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物五、简答题(共4题，共24分)26、（1）6IVA弱（2）(3)2a+2b-3c（4）（5）1.42:3【分析】【分析】本题综合考查元素周期表与元素周期律、物质的结构与性质、电极反应式的书写以及化学方程式的相关计算，掌握相关基础内容是解题的关键，平时注意基础知识的积累，难度不大。【解答】​​铅在元素周期表中位于第rm{(1)}铅在元素周期表中位于第rm{6}周期第rm{IVA}族，铅的非金属性弱于碳，所以rm{PbO}周期第rm{(1)}铅在元素周期表中位于第rm{6}周期第rm{IVA}族，铅的非金属性弱于碳，所以族，铅的非金属性弱于碳，所以rm{(1)}rm{6}rm{IVA}rm{PbO}rm{{,!}_{2}}的酸性比rm{CO}rm{CO}弱；rm{{,!}_{2}}的酸性弱，故答案为：rm{6}rm{IVA}弱；rm{Pb{O}_{2}+4HCl(脜篓)overrightarrow{?}PbC{l}_{2}+C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}故答案为：rm{Pb{O}_{2}+4HCl(脜篓)overrightarrow{?}PbC{l}_{2}+C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}rm{6}令rm{2PbS(s)+3O_{2}(g)=2PbO(s)+2SO_{2}(g)娄陇H=akJ/mol}为rm{IVA}rm{(2)PbO}为rm{(2)PbS(s)+PbSO_{4}(s)=2Pb(s)+2SO_{2}(g)娄陇H=ckJ隆陇mol^{-1}}为rm{(2)PbO}根据盖斯定律可得rm{{,!}_{2}}与浓盐酸共热生成氯气，对应的化学方程式为：rm{Pb{O}_{2}+4HCl(脜篓)

overrightarrow{?}PbC{l}_{2}+C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}rm{Pb{O}_{2}+4HCl(脜篓)

overrightarrow{?}PbC{l}_{2}+C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}可由rm{(3)}得到，对应的rm{2PbS(s)+3O_{2}(g)=2PbO(s)+2SO_{2}(g)

娄陇H=akJ/mol}rm{(1)PbS(s)+2PbO(s)=3Pb(s)+SO_{2}(g)}rm{娄陇H=bkJ隆陇mol^{-1}}rm{(2)PbS(s)+PbSO_{4}(s)=2Pb(s)+2SO_{2}(g)

娄陇H=ckJ隆陇mol^{-1}}rm{(3)}rm{3PbS(s)+6O_{2}(g)=}rm{3PbSO}rm{3PbSO}rm{{,!}_{4}}rm{(s)}可由rm{2(1)+2(2)-3(3)}得到，对应的rm{娄陇H=(}为正极，正极rm{(s)}得到电子变为铅单质，对应的电极反应式为rm{PbS{O}_{4}+2{e}^{-}=S{{O}_{4}}^{2-}+Pb(禄貌PbS{O}_{4}+C{a}^{2+}+2{e}^{-}=CaS{O}_{4}+Pb)}故答案为：rm{PbS{O}_{4}+2{e}^{-}=S{{O}_{4}}^{2-}+Pb(禄貌PbS{O}_{4}+C{a}^{2+}+2{e}^{-}=CaS{O}_{4}+Pb)}rm{2(1)+2(2)-3(3)}由所给信息可知，设二氧化铅的起始质量为rm{娄陇H=(}则rm{2a+2b-3c)kJ/mol}点剩余固体质量为，若表示成分为故答案为：根据所给计算公式可得rm{4.0拢楼=dfrac{239-(207+16x)}{239}隆脕100拢楼}解得rm{2a+2b-3c}若表示成分为rm{(4)}则rm{4.0拢楼=dfrac{239-dfrac{1}{m+n}(239m+223n)}{239}隆脕100拢楼}整理可得rm{Ca/PbSO}故答案为：rm{Ca/PbSO}rm{{,!}_{4}}热电池钙为负极，【解析】rm{(1)6}rm{IVA}弱rm{(2)Pb{O}_{2}+4HCl(脜篓)overrightarrow{?}PbC{l}_{2}+C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}rm{(2)Pb{O}_{2}+4HCl(脜篓)

overrightarrow{?}PbC{l}_{2}+C{l}_{2}隆眉+2{H}_{2}O}rm{(4)PbS{O}_{4}+2{e}^{-}=S{{O}_{4}}^{2-}+Pb(禄貌PbS{O}_{4}+C{a}^{2+}+2{e}^{-}=CaS{O}_{4}+Pb)}rm{(3)2a+2b-3c}rm{(4)PbS{O}_{4}+2{e}^{-}=S{{O}_{4}}^{2-}+Pb(禄貌PbS{O}_{4}+C{a}^{2+}+2{e}^{-}=CaS{O}_{4}+Pb)

}​rm{(5)1.4}27、略

【分析】解：（1）前四周期元素中；基态原子中未成对电子数与其所在周期序数相同的元素有5种，分别为H；C、O、P、Fe，故答案为：5；

（2）Ga原子是31号元素，Ga原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1（或[Ar]3d104s24p1）；GaN晶体结构与单晶硅相似；GaN属于原子晶体，每个Ga原子与4个N原子相连，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为正四面体；

故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1（或[Ar]3d104s24p1）；4；正四面体；原子；

（3）在极性分子NCl3中，N原子的化合价为-3，Cl原子的化合价为+1，NCl3发生水解反应生成氨气和次氯酸，所以其产物是HClO、NH3，故答案为：HClO、NH3．

（1）前四周期元素中；基态原子中未成对电子数与其所在周期序数相同的元素有5种；

（2）G