2025年岳麓版高二化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年岳麓版高二化学上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、右图是一个氢核磁共振谱，请你观察图谱，分析其可能是下列物质中A.CH3CH2CH2CH3B.(CH3)2CHCH3C.CH3CH2CH2OHD.CH3CH2COOH2、某药物丙可由有机物甲和乙在一定条件下反应制得。

下列有关叙述正确的是（）A.甲、乙和丙都属于芳香族化合物B.乙能与盐酸反应但不能与NaOH溶液反应C.丙是由甲和乙通过加成反应制得的D.丙中的两个六元环上的碳原子有可能共平面3、用甘氨酸和丙氨酸缩合最多可以形成多少种二肽？rm{(}rm{)}A.rm{4}种B.rm{3}种C.rm{2}种D.rm{1}种4、已知下列热化学方程式：2Zn(s)＋O2(g)＝2ZnO(s)ΔH＝－702.2kJ·mol－1Hg(l)＋1/2O2(g)＝HgO(s)ΔH＝－90.7kJ·mol－1由此可知Zn(s)＋HgO(s)＝ZnO(s)＋Hg(l)的反应热ΔH为()A.－260.4kJ·mol－1B.＋260.4kJ·mol－1C.－611.5kJ·mol－1D.＋520.8kJ·mol－15、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A.62gNa2O溶于水后所得溶液中含有的O2-数为NAB.1mol氯气和足量NaOH溶液反应转移电子数为2NAC.在含Al3+总数为NA的AlCl3溶液中，Cl-总数大于3NAD.0.1molFeCl3滴入沸水形成的____胶体粒子的____数目为0.1NA评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、煤在燃烧时会产生rm{SO_{2}}造成环境污染。下列说法正确的有()A.rm{SO_{2}}是形成酸雨的主要气体B.用碱液吸收燃煤废气可减少环境污染C.往燃煤中混入生石灰，可减少rm{SO_{2}}的排放D.用水溶解rm{.}过滤除去煤中的单质硫以减少rm{SO_{2}}的排放7、下列各组物质中，组成元素完全相同的是A.红磷与白磷B.水银与汞C.水和双氧水D.青铜与黄铜8、天然水因含有Ca2＋、Mg2＋、HCO3—等离子，煮沸后会形成水垢。现有一种干燥水垢6.32g，加热除去全部结晶水，得到固体M5.78g；高温灼烧M至恒重，残余固体为CaO和MgO；放出的气体通入足量澄清石灰水中，产生沉淀6.00g；若产生的气体完全被碱石灰吸收，碱石灰增重2.82g。下列推断合理的是A.M中一定不含Mg(OH)2B.M中一定含有MgCO3C.5.78gM中含CaCO30.05molD.水垢中碳酸盐质量分数为0.8239、能用酒精灯直接加热的仪器是。

A.量筒B.坩埚C.试管D.容量瓶10、下列各物质中，不能发生水解反应的是()A.油脂B.果糖C.氨基酸D.葡萄糖11、下列离子与氖原子具有相同核外电子数的有A.rm{Na^{+}}B.rm{F^{隆陋}}C.rm{Al^{3+}}D.rm{S^{2隆陋}}评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)12、下面给出了四种烃A、B、C、D的相关信息：①烃A在所有的烃中含碳的质量分数最低；②烃B是一种植物生长调节剂，可用于催熟果实；③烃C在氧气中燃烧产生的氧炔焰常用来切割或焊接金属；④烃D的分子比例模型如右图所示：据此回答有关问题：（1）将A和Cl2按体积比1：4混合充入一试管，密封后置于光亮处，一段时间后能看到试管内的现象是____。（2）写出把B通入溴的CCl4溶液中的化学方程式____；反应类型是____。（3）实验室制取C的化学方程式为____；C通入KMnO4酸性溶液中观察到的现象是____，C发生了____反应。（4）D分子中不存在一般的碳碳单键和碳碳双键交替结构，以下能证实这一事实的是____。a．D的邻位二氯取代物不存在同分异构体b．D的间位二氯取代物不存在同分异构体c．D的对位二氯取代物不存在同分异构体13、（10分）常温下，有下列7种溶液：A.Na2CO3B.CH3COONaC.AlCl3D.CH3COOHE.NaHCO3F.NaOHG.HCl。请回答有关问题：（1）A溶液显碱性的离子方程式是：；（2）将C溶液蒸干灼烧后得到的固体是（写化学式）：；C与E是“泡沫灭火器”的药品，写出两溶液混合反应的离子方程式：；（3）若A、E两种溶液的pH相同，物质的量浓度大小关系是。（4）A、B、F溶液各25mL、物质的量浓度均为0.1mol/L，若分别加入25mL0.1mol/L的G溶液后，pH最大的是：。（填“A、B或F”）14、氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：NO3－＋4H＋＋3e→NO＋2H2OKMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质（甲）能使上述还原过程发生。（1）写出并配平该氧化还原反应的方程式：____（2）反应中硝酸体现了____、____性质。（3）反应中若产生0.2mol气体，则转移电子的物质的量是____mol。（4）若1mol甲与某浓度硝酸反应时，被还原硝酸的物质的量增加，原因是：____。15、(8分)有机物A它可通过不同的化学反应分别制得B、C和D(下图)三种物质。BCD(1)A～D中互为同分异构体的是。(2)由A®B的化学方程式是(3)C在一定条件下发生加聚反应的化学方程式是:(4)写出A®C的化学方程式16、（12分）牙齿表面由一层硬的、组成为Ca5(PO4)3OH的物质保护着，它在唾液中存在下列平衡：Ca5(PO4)3OH（固）5Ca2++3PO43-+OH-（1）进食后，细菌和酶作用于食物，产生有机酸，这时牙齿受腐蚀，其原因是。（3分）（2）已知Ca(PO4)3F（固）的溶解度比上面的矿化产物更小，质地更坚固。请用离子方程式表示：（3分）（3）当牙膏中配有氟化物添加剂后能防止龋牙的原因。（3分）（4）根据以上原理，请你提出一种其他促进矿化的办法：。（3分）17、（6分）已知可简写为：又已知降冰片烯的分子结构可表示为：回答下列问题：（1）降冰片烯属于__________。A、环烃B、不饱和烃C、烷烃D、芳香烃（2）降冰片烯的分子式为__________。（3）降冰片烯的一种同分异构体（含有一个六元环的单环化合物）的结构简式为__________。（4）降冰片烯不具有的性质__________。A、能溶于水B、能发生氧化反应C、能发生加成反应D、常温常压下为气体18、（1）已知H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H=-57.3kJ•mol-1．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是______．

②为了测定酸碱反应的中和热，计算时至少需要的数据是______

a．酸的浓度和体积b．碱的浓度和体积c．比热容。

d．反应后溶液的质量e．生成水的物质的量。

f．反应前后温度的变化g．操作所需时间。

A．abcfB．acde

C．cdefD．全部。

③若通过该实验测定中和热的△H，其结果常常大于-57.3kJ•mol-1，其原因可能：______．

④用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会______（填“偏大”；“偏小”或“无影响”）．

（2）已知热化学方程式：

2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571.6kJ•mol-1

2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-483.6kJ•mol-1

当1g液态水变为气态水时；对其热量变化的下列描述：

①放出热量；②吸收热量；③2.44kJ；④4.88kJ；⑤88kJ．其中正确的是______

（3）已知CH3OH（l），HCHO（g）的燃烧热△H分别为-726.64kJ•mol-1和-563.58kJ•mol-1，则CH3OH（l）与O2（g）反应生成HCHO（g）和H2O（l）的热化学反应方程式：______．19、烃rm{A}经李比希法测得其中含rm{C90.6%}质谱法分析得知rm{A}的相对分子质量为rm{106}利用红外光谱仪可初步检测有机化合物中某些基团，现测得rm{A}分子的红外光谱如下图：已知：rm{A}分子中只含有一个苯环，且苯环上只有一个取代基，核磁共振仪测出rm{A}的核磁共振氢谱有rm{5}个峰，其面积之比为rm{1:2:2:2:3}试填空。rm{(1)A}的分子式为__________；rm{(2)A}的结构简式为__________；rm{(3)A}的芳香类同分异构体有多种，其中核磁共振氢谱图显示有两组吸收峰的结构简式为______________________20、某链烃含碳rm{87.8%}该烃蒸气密度是相同条件下rm{H_{2}}密度的rm{41}倍rm{.}若该烃与rm{H_{2}}的加成产物是rm{2}rm{2}二甲基丁烷，试写出该烃的结构简式：______．评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共28分)21、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）。22、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：_____________。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、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、探究题(共4题，共20分)25、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。26、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。27、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。28、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分六、实验题(共4题，共28分)29、某化学研究性学习小组探讨rm{Fe^{3+}}和rm{SO_{3}^{2-}}之间发生怎样的反应，请你一起参与并协助他们完成实验。rm{(1)}提出猜想：甲同学认为发生氧化还原反应，其反应方程式为____；乙同学认为发生水解反应，其反应方程式为：rm{2Fe^{3+}+3SO_{3}^{2-}+6H_{2}O=2Fe(OH)_{3}(}胶体rm{)+3H_{2}SO_{3}}rm{}rm{(2)}实验验证：丙同学设计了下列实验来探究反应的可能性。rm{垄脵}为了检验所用rm{Na_{2}SO_{3}}是否变质，应选用的试剂是____；rm{垄脷}取rm{5mLFeCl_{3}}溶液于试管中，逐滴加入rm{Na_{2}SO_{3}}溶液至过量，观察到溶液颜色由黄色变为红棕色rm{(}无气泡产生，也无沉淀生成rm{)}rm{垄脹}将rm{垄脷}溶液分成两等份，其中一份加入稀盐酸至过量，再加入rm{BaCl_{2}}稀溶液，有白色沉淀生成；另一份滴入几滴rm{KSCN}溶液，溶液变成血红色。rm{(3)}得出结论：rm{垄脵}根据丙同学的实验得出的结论是：____；rm{垄脷}实验rm{垄脹}中溶液变成血红色的离子方程式为________rm{(4)}拓展探究：rm{垄脵}在rm{FeCl_{3}}溶液中加入rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，观察到红褐色沉淀并且产生无色气体。从rm{Fe^{3+}}的水解平衡看，rm{Na_{2}CO_{3}}溶液对该平衡的影响是：____rm{(}促进或抑制rm{)}水解；rm{垄脷}从形式上看，rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{Na_{2}SO_{3}}相似，但是从上述实验中可以看到，二者的水溶液与氯化铁溶液反应的现象差别很大，其可能的原因除rm{SO_{3}^{2-}}水解能力较rm{CO_{3}^{2-}}小外，另一原因是____。30、劳动实践课上同学们用草木灰给农作物施肥。课后同学查阅资料；得知草木灰是一种重要的农家肥，碳酸钾含量高。

【提出问题】

如何测定草木灰中碳酸钾的含量？

【查阅资料】

1．常见草木灰钾含量(以碳酸钾表示)如下表：。草木灰种类小灌木灰稻草灰小麦秆灰棉壳灰棉秆灰向日葵杆灰(%)8.662.6320.2632.2816.4451.97

2．提取碳酸钾主要过程是：秸秆→草木灰→滤液→固体。

(1)表格中钾含量最高的草木灰是_______；同学们选用这种秸秆灰提取碳酸钾。

【设计与实验】

实验一：提取碳酸钾。

第一步：燃烧秸秆；收集草木灰，称取20.00g。

第二步：用60℃水浸洗草木灰(如图1)并过滤；浸洗滤渣2次，合并滤液。

第三步：蒸发滤液；烘干得到9.90g固体。

(2)图1实验中，用60℃的温水而不用冷水浸洗的原因是_______。

(3)根据图2，搅拌器转速控制在每分钟_______转，浸取时间为_______分钟；比较适宜。

实验二：测定碳酸钾含量。

取实验一中所得固体3.30g进行图3实验。

(4)实验中需缓慢滴入稀硫酸，原因是_______。

(5)装置B的作用是_______。

【数据与解释】

(6)称量图3中反应前后烧杯和其中溶液的总质量，增重0.92g。计算草木灰中碳酸钾的质量分数为_______%，与表格中数据相比明显偏低，原因可能是_______(填序号)。

a．烧杯中溶液与空气接触b．固体含有其它钾盐c．固体含有氯化钠。

【反思与评价】

(7)我国秸秆产量巨大，可作为生物质发电的原料，还可利用其燃烧发电产生的草木灰提取碳酸钾，其优点有_______(写一条)。31、(13分)摩尔盐[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]在空气中比一般亚铁盐稳定，是化学分析中常用的还原剂。某研究性学习小组用下图所示的实验装置来制取摩尔盐，实验步骤如下，回答下列问题：(1)用30％的NaOH溶液和废铁屑（含少量油污、铁锈等）混合、煮沸，以除去铁屑表面油污，然后冷却、洗涤、分离，将分离出的NaOH溶液装入③中，废铁屑放入②中。(2)利用容器②的反应，向容器①中通入氢气，应关闭活塞，打开活塞____（填字母）。向容器①中通人氢气的目的是。待锥形瓶中的铁屑快反应完时，关闭活塞，打开活塞②中继续产生的氢气会将____（填①、②或③，后同）容器中的溶液压入①____容器，在常温下放置一段时间，混合溶液底部将结晶析出硫酸亚铁铵。(3)为了确定产品中亚铁离子的含量，研究小组用滴定法来测定。①试配平反应的离子方程式：②滴定时，将KMnO4溶液装在____（酸式或碱式）滴定管中，判断反应到达滴定终点的现象为。（4）装KMnO4滴定管用蒸馏水润洗后，未用KMnO4液润洗导致滴定结果（填“偏小”、“偏大”或“无影响”）____。（5）观察装KMnO4滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视则结果会导致测得的Fe2＋溶液浓度测定值（选填“偏大”“偏小”或“无影响”）32、铝及其化合物在生产生活中具有重要的作用．

（1）铝属于活泼金属却能在空气中稳定存在，原因是（用化学用语及相关文字说明表达式为______．

（2）下列实验能比较镁和铝的金属性强弱的是______（填字母序号）．

a．测定镁和铝的导电性强弱。

b．测定等物质的量浓度的Al2（SO4）3和MgSO4溶液的pH

c．向0.1mol/LAlCl3和0.1mol/LMgCl2中加过量NaOH溶液。

（3）冶炼金属铝时，用石墨做电极电解熔融______（填化学式），液态铝在______（填“阴”或“阳”）极得到．

（4）AlCl3与NaN3在高温下反应可制得高温结构陶瓷氮化铝（AlN），且生成N2．

NaN3晶体中阴、阳离子个数比为______，写出反应化学方程式为______．

（5）聚合铝（PAC）是一种新型高效的无机高分子絮凝剂，广泛用于水的处理．用铝灰、铝土矿、铝渣等为原料（主要成分为Al、Al2O3）可制取聚合铝．实验步骤如下：

①写出酸溶过程中发生的非氧化还原反应的离子方程式：______

②聚合铝（PAC）的分子式为[Al2（OH）aClb]m，聚合铝中OH-与Al3+的比值对净水效果有很大影响，定义盐基度B=n（OH-）：3n（Al3+），当B=时，b=______（填入合适数字）．

③制取聚合铝的方法有多种，若将步骤I后的溶液pH直接调制4.2-4.5时，将在过程II发生聚合而得到某种聚合铝Alm（OH）nCl3m-n，写出生成该聚合铝的离子反应方程式是______．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【解析】试题分析：核磁共振氢谱有4个峰，说明分子中有4种H原子，其面积之比为对应的各种H原子个数之比。A．CH3CH2CH2CH3有2种H原子，故A错误；B．（CH3）2CHCH3有2种H原子，故B错误；C．CH3CH2CH2OH有4种H原子，故C正确；D．CH3CH2COOH有3种H原子，故D错误；故选：C考点：有机物的结构式【解析】【答案】C2、B【分析】【解答】解：A．乙中不含苯环；所以不属于芳香族化合物，故A错误；

B．乙中含有氨基和醇羟基；具有碱性，能和HCl反应但不能和NaOH反应，故B正确；

C．甲和乙发生取代反应生成丙；故C错误；

D．丙中氨基为三角锥形结构；所以丙中的两个六元环上的碳原子不可能共平面，故D错误；

故选B．

【分析】A．含有苯环的有机物为芳香族化合物；B．乙中含有氨基和醇羟基，具有碱性；C．甲和乙发生取代反应生成丙；D．丙中的两个六元环上的碳原子不可能共平面．3、A【分析】解：氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子rm{.}当同种氨基酸脱水，生成rm{2}种二肽；

当是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，生成rm{2}种二肽．

所以共有rm{4}种．

故选A．

氨基酸形成肽键原理为羧基提供rm{-OH}氨基提供rm{-H}两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽．

本题考查氨基酸成肽键性质，难度较小，关键在于形成肽键既要考虑不同氨基酸分子间形成肽键，又要考虑同种氨基酸分子间形成肽键．【解析】rm{A}4、A【分析】试题分析：根据盖斯定律可知，目标方程式可由已知的方程式①×1/2-②得来，所以ΔH=（－702.2×1/2＋90.7）kJ·mol－1=－260.4kJ·mol－1，所以选A。考点：本题考查的是盖斯定律在热化学方程式焓变计算中的应用。【解析】【答案】A5、C【分析】解：A．氧化钠溶于水生成氢氧化钠；溶液中无氧离子，故A错误；

B．Cl2与NaOH溶液反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，从方程式可知1mol氯气反应时转移1mol电子，即转移电子数为NA；故B错误；

C．氯化铝为强酸弱碱盐，溶于水，若铝离子不水解，则含氯离子总数为含Al3+总数的3倍，但是铝离子为弱碱阳离子，溶液中部分发生水解，所以在含Al3+总数为NA的AlCl3溶液中，Cl-总数大于3NA；故C正确；

D．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，0.1molFeCl3滴入沸水形成的____胶体粒子的数目小于0.1NA；故D错误．

故选：C．

A．氧化钠溶于水生成氢氧化钠；溶液中无氧离子；

B．氯气与氢氧化钠溶液的反应中；氯气既是氧化剂也是还原剂，1mol氯气转移了1mol电子；

C．铝离子为弱碱阳离子；水溶液中，部分发生水解；

D．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，注意盐类水解规律，题目难度不大．【解析】【答案】C二、多选题(共6题，共12分)6、ABC【分析】【分析】本题旨在考查学生对二氧化硫的污染及治理、常见的生活环境的污染及治理等应用。【解答】A.二氧化硫是形成硫酸型酸雨的主要气体，故A正确；B.燃煤废气中有二氧化硫气体，用碱液吸收可以减少环境污染，故B正确；C.燃煤中加入生石灰，二氧化硫和生石灰反应生成亚硫酸钙，可以减少二氧化硫的排放，故C正确；D.硫不溶于水，不能用水溶解、过滤除去煤中的单质硫，故D错误。故选ABC。【解析】rm{ABC}7、ABC【分析】【分析】本题考查物质的组成，题目难度不大。【解答】A.红磷与白磷是同素异形体，组成元素完全相同，故A正确；

B.水银与汞是同一种物质，组成元素完全相同，故B正确；

C.水化学式是rm{H_{2}O}双氧水化学式是双氧水化学式是rm{H_{2}O}组成元素完全相同，故C正确；rm{H_{2}O_{2}}

红铜D.青铜是是金属治铸史上最早的合金，在纯铜rm{(}红铜rm{)}中加入锡或铅的合金，中加入锡或铅的合金，黄铜是由铜和锌所组成的合金，rm{(}rm{)}

组成元素不完全相同，故D错误。故选：

rm{ABC}【解析】rm{ABC}8、BD【分析】放出的气体通入足量澄清石灰水中，产生沉淀6.00g，可知n（CO2）=n（CaCO3）=0.06mol；5.78g剩余固体A灼烧生成二氧化碳的质量为0.06mol×44g/mol=2.64g，碱石灰增重2.82g，故生成水的质量为2.82g-2.64g=0.18g。

【详解】

A．n（CO2）=0.06mol，假设二氧化碳全部来自碳酸钙，则m（CaCO3）=0.06mol×100g/mol=6g，6.00g＞5.78g，A中一定有MgCO3，A错误；

B．由以上分析可知一定含有MgCO3，B正确；

C．固体A中含有氢氧化镁，由H元素守恒可知，n[Mg(OH)2]=n（H2O）=0.01mol，故m[Mg(OH)2]=0.01mol×58g/mol=0.58g，n（CaCO3）+n（MgCO3）=0.06mol，n（CaCO3）×100g/mol+n（MgCO3）×84g/mol+0.58g=5.78g，解得：n（MgCO3）=0.05mol，n（CaCO3）=0.01mol，C错误；

D．水垢中碳酸盐质量分数为=0.823，D正确。

答案为BD。9、BC【分析】【分析】本题考查常见化学仪器的使用知识，难度不大，掌握常见的化学仪器的使用是解答的关键。【解答】可以直接加热的仪器有：坩埚、试管、蒸发皿，故BC正确。故选BC。【解析】rm{BC}10、BCD【分析】【分析】本题考查了糖类、蛋白质、油脂的结构和性质，题目难度不大，主要考查几类物质的水解条件和水解产物。【解答】选项中葡萄糖是单糖不能水解；纤维素是多糖在一定条件下水解最终生成为单糖；油脂在酸；碱等催化作用下水解生成甘油和高级脂肪酸；蛋白质一定条件下水解生成氨基酸；

故选ABC．

A.在酸、碱或酶等催化剂的作用下，油脂均可以发生水解，rm{1mol}油脂完全水解的产物是rm{1mol}甘油和rm{3mol}高级脂肪酸，故A错误；B.果糖是单糖，所以不能水解，故B正确；C.氨基酸，不能水解，故C正确；

D.葡萄糖是单糖，所以不能水解，故D正确。故选BCD。【解析】rm{BCD}11、ABC【分析】略【解析】rm{ABC}三、填空题(共9题，共18分)12、略

【分析】【解析】试题分析：①A为CH4；②B为CH2==CH2；③C为C2H2；④D为C6H6。（1）甲烷和Cl2发生取代反应，反应的现象为试管壁有小液滴出现，黄绿色褪去或逐渐变浅。（2）乙烯与溴的CCl4溶液发生加成反应，方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br。（3）实验室中用碳化钙和水反应制取乙炔，方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑。乙炔含有不饱和键，通入KMnO4酸性溶液中，乙炔被KMnO4酸性溶液氧化，观察到的现象是KMnO4酸性溶液褪色。（4）苯中不存在一般的碳碳单键和碳碳双键交替结构，是平面正六面体的结构，很稳定，苯的邻位二氯取代物不存在同分异构体可以来证明苯中不存在一般的碳碳单键和碳碳双键交替结构，故选a。考点：甲烷乙烯乙炔苯【解析】【答案】（共12分）（1）试管壁有小液滴出现，黄绿色褪去或逐渐变浅（2分）（2）CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br（2分）加成反应（1分）（3）CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑（2分）KMnO4酸性溶液褪色（2分），氧化（1分）（4）a（2分）13、略

【分析】试题分析：（1）碳酸钠溶液是强碱弱酸盐，显碱性，水解的离子方程式是：CO32－+H2OHCO3－+OH－；（2）AlCl3溶液中存在AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,盐酸易挥发，蒸干过程中盐酸挥发，导致平衡右移，生成氢氧化铝，灼烧后得到的固体是氧化铝；AlCl3与NaHCO3水解相互促进，生成气体和沉淀，能够作泡沫灭火器的药品，两溶液混合反应的离子方程式：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑；（3）根据越弱越水解，Na2CO3与NaHCO3,碳酸钠的水解能力大于碳酸氢钠的水解能力，两种溶液的pH相同时，物质的量浓度大小关系是E＞A。（4）Na2CO3、CH3COONa、NaOH溶液各25mL、物质的量浓度均为0.1mol/L，若分别加入25mL0.1mol/L的HCl溶液后，发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,碳酸氢钠溶液显碱性，CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl,该混合溶液显酸性，NaOH+HCl=NaCl+H2O,溶液的显中性，pH最大的是A。考点：考查盐类水解原理及应用，PH计算与大小比较等知识。【解析】【答案】（1）CO32－+H2OHCO3－+OH－（2）Al2O3；Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑（3）E＞A（4）A14、略

【分析】【解析】试题分析：（1）KMnO4、Na2CO3、Fe2（SO4）3中Mn、C、Fe元素都处在最高价，则具有氧化性，只有Cu2O中Cu处在较低价，则具有还原性，在NO3-+4H++3e→NO+2H2O中发生的氧化剂被还原的反应，则该氧化还原反应为Cu2O+HNO3→NO↑+Cu（NO3）2+H2O，Cu元素由+1价升高到+2价，N元素由+5价降低到+2价，由电子守恒及质量守恒定律，配平的化学反应为3Cu2O+14HNO3═2NO↑+6Cu（NO3）2+7H2O，故答案为：3Cu2O+14HNO3═2NO↑+6Cu（NO3）2+7H2O；（2）因硝酸中的N元素的化合价为+5价，NO中N元素的化合价为+2价，在该反应中N元素的化合价降低，则体现硝酸的氧化性，而硝酸与硝酸中N元素的化合价相同，则体现硝酸具有酸性，故答案为：氧化性；酸性；（3）由反应可知，NO为0.2mol，由2NO～6e-则，0.2molNO生成时转移的电子数为0.6mol，由N原子守恒可知，被还原的硝酸的物质的量为0.2mol，参加反应的Cu2O的物质的量为0.3mol，其质量为0.3mol×144gmol=45.2g，故答案为：0.6mol；0.2mol；45.2g；（4）Cu2O+6HNO3（浓）═2Cu（NO3）2+2NO2↑+3H2O①，14HNO3+3Cu2O═6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O②，将②式子系数除以3得到14/3HNO3+Cu2O═2Cu（NO3）2+2/3NO↑+7/3H2O，可知用稀硝酸氧化1molCu2O需要2/3mol硝酸作氧化剂，用浓硝酸需要2mol硝酸作氧化剂，质量当然增加，故答案为：使用浓硝酸，产物中有NO2生成。考点：氧化还原反应氧化还原反应的电子转移数目计算氧化还原反应方程式的配平【解析】【答案】（1）14HNO3＋3Cu2O→6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O（2）酸性氧化性（3）0.6mol（4）使用了较浓的硝酸，产物中有部分二氧化氮生成15、略

【分析】（1）分子式相同，而结构不同的化合物是同分异构体。根据结构简式可知选项CD正确。（2）根据AB中官能团的变化可知，A生成B是羟基的氧化反应，方程式为2+O22+2H2O（3）C中含有碳碳双键，能发生加聚反应，方程式为n（4）A中的羟基能发生消去反应，方程式为+H2O【解析】【答案】(8分)(1)CD(2)2+O22+2H2O(3)n(4)+H2O16、略

【分析】进食后，细菌和酶作用于食物，产生有机酸，使得Ca5(PO4)3OH固体减小，牙齿受到腐蚀。使用氟化物，增大了Ｆ－的浓度，促进了Ca(PO4)3F的生成。促进矿化要使平衡向逆反应方向移动，可以增加生成物的浓度。【解析】【答案】（１）生成的有机酸，中和OH-，使平衡向脱矿方向移动，加速牙齿腐蚀（２）5Ca2++3PO43-+F-=Ca5(PO4)3F↓（３）使用氟化物，增大了Ｆ－的浓度，促进了Ca(PO4)3F的生成。（４）加入Ca2+或PO43-。17、略

【分析】【解析】【答案】（6分）（1）b（2）C7H10（3）－CH3（4）a、d18、略

【分析】解：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棒；

故答案为：环形玻璃搅拌棒；

②由反应热的计算公式△H=-可知；酸碱反应的中和热计算时，至少需要的数据有：比热容，酸的浓度和体积；碱的浓度和体积，反应前后温度变化△T，然后计算出反应后溶液的质量、生成水的物质的量；

故答案为：A；

③若保温效果不好，有热量散失，求得的中和热数值将会减小，△H大于-57.3kJ•mol-1；

故答案为：实验过程中难免有热量散失；

④氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验；测得的中和热的数值偏小，故答案为：偏小。

（2）当1g液态水变成气态水时；需要吸热，依据盖斯定律计算得到液态水变化为气体吸收的热量；

已知热化学方程式：

①2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）△H1=+571.6kJ/mol；

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2=-483.6kJ/mol．

依据盖斯定律①+②得到2H2O（l）=2H2O（g）△H3=+88kJ/mol

依据热化学方程式计算；当1g液态水变成气态水时，需要吸热2.44kJ；

所以②③正确；

故答案为：②和③；

（3）已知CH3OH（l）的燃烧热为-726.64kJ•mol-1，则：①CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.5kJ•mol-1；

已知HCHO（g）的燃烧热为-726.64kJ•mol-1，则：②HCHO（g）+O2（g）=CO2（g）+H2O（l）△H=-563.58kJ•mol-1；

根据盖斯定律：①-②得到：CH3OH（l）+O2（g）=HCHO（g）+H2O（l），△H=-726.5kJ•mol-1-（-563.58kJ•mol-1）=-163.06kJ•mol-1；

故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=HCHO（g）+H2O（l）△H﹦-163.06kJ•mol-1．

（1）①根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；

②根据中和热的计算公式△H=-来确定实验中需要的数据；

③若保温效果不好；有热量散失，求得的中和热数值将会减小；

④根据弱电解质电离吸热分析；

（2）当1g液态水变成气态水时；需要吸热，依据盖斯定律计算得到液态水变化为气体水吸收的热量，依据热化学方程式计算1g水变化为气态水吸收的热量；

（3）根据燃烧热的概念书写CH3OH（l）；HCHO（g）的燃烧热方程式并根据盖斯定律来计算化学反应的焓变．

本题考查化学能与热能，侧重于测定反应热的原理与误差分析、燃烧热的定义和盖斯定律的应用，难度中等，注意理解中和热、燃烧热的概念．【解析】环形玻璃搅拌棒；A；实验过程中难免有热量散失；偏小；②和③；CH3OH（l）+O2（g）=HCHO（g）+H2O（l）△H﹦-163.06kJ•mol-119、（1）C8H10（2）（3）【分析】【分析】本题主要考察有机物分子式的计算和结构的确定，会用红外光谱和核磁共振氢谱是解题的关键。【解答】rm{(1)}由题意可知：烃rm{A}的相对分子质量为rm{106}其中含rm{C90.6%}故一个rm{A}分子中rm{C}原子的数目为：rm{dfrac{106隆脕90.6拢楼}{12}=8

}的相对分子质量为rm{A}其中含rm{106}故一个rm{C90.6%}分子中rm{A}原子的数目为：rm{dfrac{106隆脕90.6拢楼}{12}=8}一个rm{C}分子中rm{dfrac{106隆脕90.6拢楼}{12}=8

}原子的数目为：rm{dfrac{106隆脕9.4拢楼}{1}=10}所以烃rm{A}的分子式为rm{H}故答案为：rm{dfrac{106隆脕9.4拢楼}{1}=10

}rm{A}由红外光谱和rm{C_{8}H_{10}}为乙苯。故答案为：rm{C_{8}H_{10拢禄}}核磁共振氢谱有两组吸收峰，说明苯环上只有有一种等效氢，取代基有一种等效氢，符合条件的是对二甲苯。rm{(2)}核磁共振氢谱可知烃rm{A}为乙苯。【解析】rm{(1)C_{8}H_{10}}rm{(2)}rm{(3)}20、略

【分析】解：该烃蒸气的密度是相同条件下rm{H_{2}}密度的rm{41}倍，则其相对分子量为：rm{2隆脕41=82}分子中含碳rm{87.8%}氢rm{12.2%}则分子中含有rm{C}rm{H}原子数分别为：rm{N(C)=dfrac{82隆脕87.8%}{12}=6}rm{N(H)=dfrac{82隆脕12.2%}{1}=10}则分子式为：rm{N(C)=dfrac

{82隆脕87.8%}{12}=6}该烃与rm{N(H)=dfrac

{82隆脕12.2%}{1}=10}的加成产物是rm{C_{6}H_{10}}rm{H_{2}}二甲基丁烷，则该烃的结构简式为：rm{2}

故答案为：rm{2-}．

该烃蒸气密度是相同条件下rm{C(CH_{3})_{3}C隆脭CH}密度的rm{C(CH_{3})_{3}C隆脭CH}倍，则其相对分子质量为rm{H_{2}}根据含碳量和含氢量，求出分子式，再根据与rm{41}的加成产物是rm{82}rm{H_{2}}二甲基丁烷写出结构简式．

本题考查了有机物分子式与结构式的确定，题目难度不大，注意有机物分子式确定中根据含碳量和含氢量的运用，注意抓住题干信息的运用．rm{2}【解析】rm{C(CH_{3})_{3}C隆脭CH}四、元素或物质推断题(共4题，共28分)21、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）222、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H223、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】

【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、探究题(共4题，共20分)25、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）26、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）27、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）28、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1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）六、实验题(共4题，共28分)29、略

【分析】本题考查的是科学探究：探究铁离子和亚硫酸根离子之间的反应。rm{(}rm{1}rm{1}甲同学提出的猜想是发生氧化还原反应，根据氧化还原反应原理，该反应中铁离子把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，而自身被还原成亚铁离子，对应的方程式是：rm{)}rm{2Fe^{3+}+SO_{3}^{2}}rm{2Fe^{3+}+SO_{3}^{2}}rm{{,!}^{-}}rm{+H_{2}O=2Fe^{2+}+SO_{4}^{2}}rm{+H_{2}O=2Fe^{2+}+SO_{4}^{2}}rm{{,!}^{-}}rm{+2H^{+}}rm{+2H^{+}}；故填：rm{2Fe^{3+}+SO_{3}^{2}}rm{2Fe^{3+}+SO_{3}^{2}}rm{{,!}^{-}}rm{+H_{2}O=2Fe^{2+}+SO_{4}^{2}}rm{+H_{2}O=2Fe^{2+}+SO_{4}^{2}}rm{{,!}^{-}}rm{+2}若rm{+2}rm{H^{+}}rm{H^{+}}；rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{垄脵}若rm{垄脵}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{3}}丙同学实验验证的过程中，有这些实验现象：变质，则转化为硫酸钠，而检验硫酸根离子常用的试剂是：rm{BaCl_{2}}rm{BaCl_{2}}溶液、稀盐酸无气泡产生，也无沉淀生成；证明有氢氧化铁胶体生成；故填：rm{BaCl_{2}}rm{BaCl_{2}}证明有硫酸根离子存在；溶液、稀盐酸；溶液，溶液变成血红色rm{(}证明有铁离子的存在。那么可以得出的结论是：rm{3}rm{3}rm{)}rm{)}rm{垄脵}丙同学实验验证的过程中，有这些实验现象：rm{垄脵}逐滴加入rm{Na}rm{Na}同时发生氧化还原反应和双水解反应rm{{,!}_{2}}rm{SO}溶液变成了血红色的原因是溶液中的铁离子和rm{SO}rm{{,!}_{3}}发生了反应，可用以下离子方程式表示：溶液至过量，观察到溶液颜色由黄色变为红棕色rm{(}无气泡产生，也无沉淀生成rm{)隆煤}证明有氢氧化铁胶体生成；rm{(}胶体rm{)隆煤}将溶液分成两等份，其中一份加入稀盐酸至过量，再加入rm{BaCl}rm{BaCl}rm{{,!}_{2}}稀溶液，有白色沉淀生成rm{隆煤}证明有硫酸根离子存在；rm{隆煤}或另一份滴入几滴rm{KSCN}溶液，溶液变成血红色rm{隆煤}证明有铁离子的存在。那么可以得出的结论是：rm{KSCN}rm{隆煤}rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{3+}}；故填：与rm{SO_{3}^{2}}胶体rm{SO_{3}^{2}}rm{{,!}^{-}}既发生了氧化还原反应也发生了双水解反应；故填：rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{3+}}与rm{SO_{3}^{2}}rm{{,!}^{-}}同时发生氧化还原反应和双水解反应rm{SO_{3}^{2}}rm{SO_{3}^{2}}rm{{,!}^{-}}；rm{垄脷}rm{SCN}rm{SCN}rm{{,!}^{-}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{(}rm{)}rm{+3SCN}rm{+3SCN}rm{{,!}^{-}}rm{=Fe(SCN)_{3}}rm{+3OH}rm{=Fe(SCN)_{3}}证明碳酸钠溶液对于铁离子的水解反应起到了促进rm{+3OH}越弱越水解的原理rm{{,!}^{-}[}的作用；故填：rm{Fe^{3+}+3SCN}rm{Fe^{3+}+3SCN}rm{{,!}^{-}}rm{=Fe(SCN)_{3}}rm{=Fe(SCN)_{3}}rm{]}rm{Fe(OH)_{3}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{(}胶体rm{)}rm{+3SCN}rm{{,!}^{-}}rm{=Fe(SCN)_{3}}rm{+3OH}rm{{,!}^{-}}rm{(}rm{)}rm{+3SCN}rm{+3SCN}rm{{,!}^{-}}rm{=Fe(SCN)_{3}}rm{+3OH}rm{=Fe(SCN)_{3}}rm{+3OH}rm{{,!}^{-}}【或rm{Fe^{3+}+3SCN}rm{{,!}^{-}}rm{=Fe(SCN)_{3}}rm{Fe^{3+}+3SCN}rm{Fe^{3+}+3SCN}rm{{,!}^{-}}rm{=Fe(SCN)_{3}}rm{=Fe(SCN)_{3}}没有还原性】；rm{(}rm{4}rm{4}rm{)}rm{垄脵}rm{垄脵}在rm{FeCl}rm{FeCl}；rm{{,!}_{3}}溶液中加入rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}溶液、稀盐酸；rm{CO}rm{{,!}_{3}}溶液，观察到红褐色沉淀并且产生无色气体rm{隆煤}证明碳酸钠溶液对于铁离子的水解反应起到了促进rm{(}越弱越水解的原理rm{)}的作用；故填：rm{隆煤}rm{(}与rm{)}促进；同时发生氧化还原反应和双水解反应；rm{垄脷}从形式上看，rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}胶体rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}和rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}或rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{3}}相似，但是从上述实验中可以看到，二者的水溶液与氯化铁溶液反应的现象差别很大，其中可能的原因除了rm{SO}rm{SO}；rm{{,!}_{3}^{2-}}水解能力较rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}促进；小外，另一原因是rm{SO_{3}^{2}}rm{SO_{3}^{2}}rm{{,!}^{-}}有较强的还原性，而有较强的还原性，而没有还原性。rm{CO_{3}^{2}}【解析】rm{(}rm{1}rm{1}rm{)}rm{2Fe^{3+}+SO_{3}^{2}}rm{2Fe^{3+}+SO_{3}^{2}}rm{{,!}^{-}}rm{+H_{2}O=2Fe^{2+}+SO_{4}^{2}}；rm{+H_{2}O=2Fe^{2+}+SO_{4}^{2}}rm{{,!}^{-}}rm{+2H^{+}}rm{+2H^{+}}溶液、稀盐酸；rm{(}rm{2}rm{2}rm{)垄脵}rm{BaCl_{2}}与rm{BaCl_{2}}同时发生氧化还原反应和双水解反应；rm{(}rm{3}rm{3}rm{)垄脵}胶体rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{3+}}rm{SO_{3}^{2}}rm{SO_{3}^{2}}rm{{,!}^{-}}【或rm{垄脷}rm{Fe(OH)_{3}}rm{Fe(OH)_{3}}】；rm{(}rm{)}rm{+3SCN}rm{+3SCN}促进；rm{{,!}^{-}}rm{=Fe(SCN)_{3}}rm{+3OH}rm{=Fe(SCN)_{3}}rm{+3OH}有较强的还原性，而rm{{,!}^{-}}rm{Fe^{3+}+3SCN}没有还原性。rm{Fe^{3+