2025年人民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年人民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8题，共16分)1、H2O分子中每个O原子结合2个H原子的根本原因是A.共价键的方向性B.共价键的饱和性C.共价键的键角D.共价键的键长2、下列各项中表达正确的是()A.F-的结构示意图：B.对氯甲苯的结构简式：C.NaCl的电子式：D.N2的结构式：3、香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如图所示。下列有关香叶醇的叙述正确的是()A.香叶醇的分子式为C10H18OB.不能使溴的四氯化碳溶液褪色C.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.能发生加成反应不能发生取代反应4、下列关于油脂的叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.油脂属于酯类B.油脂没有固定的熔沸点C.油脂是高级脂肪酸的甘油酯D.油脂都不能使溴水褪色5、下列有机反应属于加成反应的是()A.rm{CH_{4}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒}CH_{3}Cl+HCl}B.rm{CH_{3}CH_{2}OH+CH_{3}COOHxrightarrow[?]{脜篓脕貌脣谩}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}C.rm{CH_{4}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒}

CH_{3}Cl+HCl}D.rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH+CH_{3}COOH

xrightarrow[?]{脜篓脕貌脣谩}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}6、下列有机物的名称肯定错误的是rm{(}rm{)}A.rm{2-}甲基rm{-1-}丁烯B.rm{2}rm{2-}二甲基丙烷C.rm{5}rm{5-}二甲基rm{-3-}己烯D.rm{4-}甲基rm{-2-}戊炔7、已知2H2（g）＋O2（g）=2H2O（l）ΔH=－569．6kJ·mol－1，2H2O（g）=2H2（g）＋O2（g）ΔH=＋482．1kJ·mol－1。现有1g液态H2O，蒸发时吸收的热量是A.2．43kJB.4．86kJC.43．8kJD.87．5kJ8、在容积可变的密闭容器中存在如下反应：rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}rm{triangleH<0}下列分析中不正确的是

A.图Ⅰ研究中的是rm{t_{0}}时升高温度对反应速率的影响B.图Ⅱ研究的是rm{t_{0}}时增大压强rm{(}缩小体积rm{)}或使用催化剂对反应速率的影响C.图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂D.图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、有下列八种晶体：A．（水晶）SiO2B．冰醋酸C．氧化镁。

D．白磷E．固体氩F．氢氧化钠G．铝H．金刚石。

用序号回答下列问题：

（1）属于原子晶体的化合物是____；晶体中含有氢键的是____．

（2）由极性分子构成的晶体是____；由正四面体形分子构成的晶体是____；

含有共价键的离子晶体是____．

（3）在一定条件下能导电而不发生化学变化的是____；晶体中只含有范德华力一种作用的是____；受热熔化需克服共价键的化合物是____．10、（7分）25℃，NaOH和Na2CO3两溶液的pH均为11.（1）两溶液中，由水电离出得c(H2O)分别是①NaOH中，②Na2CO3中，③在1L水中加入上述会使水的电离程度减小。（2）各取10mL上述两种溶液，分别加水冲稀到100mL，pH变化较大的是，（填化学式）溶液。（3）现有0.1mol/L的纯碱溶液，试用pH试纸测定溶液的pH，其正确的操作是，你认为该溶液pH的范围一定介于之间。11、二氧化硫、一氧化氮是大气污染物．吸收二氧化硫和一氧化氮，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如图1（Ce为铈元素）：

（1）装置Ⅰ中生成HSO3-的离子方程式为______．

（2）含硫各微粒（H2SO3、HSO3-和SO32-）存在于二氧化硫与氢氧化钠溶液反应后的溶液中；它们的物质的量分数X（i）与溶液pH的关系如图2所示．

①下列说法正确的是______（填字母序号）．

A．pH=8时，溶液中c（HSO3-）＜c（SO32-）

B．pH=7时，溶液中c（Na+）=c（HSO3-）+c（SO32-）

C．为获得尽可能纯的NaHSO3；可将溶液的pH控制在4-5左右。

②向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，溶液中出现浑浊，pH降为2，用化学平衡移动原理解释溶液降低的原因：______．

（3）装置Ⅱ中，酸性条件下，NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3-、NO2-，写出生成NO3-的离子方程式______．12、以rm{K}rm{Mg}rm{H}rm{O}rm{S}rm{Cl}中任两种或三种元素组成合适的物质，分别填在下表中．rm{(}每空填一个即可rm{)}每空填一个即可rm{(}。rm{)}物质类别酸碱盐非金属单质酸性氧化物碱性氧化物氢化物化学式13、（14分）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。（1）以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。已知：CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)ΔH＝+206.2kJ/molCH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝+247.4kJ/molCH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为。（2）硫铁矿(FeS2)燃烧产生的SO2通过下列碘循环工艺过程既能制H2SO4，又能制H2。已知1gFeS2完全燃烧放出7.1kJ热量，FeS2燃烧反应的热化学方程式为。该循环工艺过程的总反应方程式为____。（3）电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图见图（电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极）。电解时，阳极的电极反应式为。（4）用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料(用MH表示)，NiO(OH)作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量，长寿命的镍氢电池。电池充放电时的总反应为：NiO(OH)＋MHNi(OH)2＋M①电池放电时，正极的电极反应式为____。②充电完成时，Ni(OH)2全部转化为NiO(OH)。若继续充电将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极的电极反应式为____。（5）Mg2Cu是一种储氢合金。350℃时，Mg2Cu与H2反应，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物（其中氢的质量分数为0.077）。Mg2Cu与H2反应的化学方程式为。评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)14、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）。15、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：_____________。16、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）。17、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_______评卷人得分四、原理综合题(共3题，共6分)18、实验室用镁和硝基苯制取反式偶氮苯（溶解性:不溶于水；溶于醇；醚）。实验原理如下：

2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O

已知：①Mg(OCH3)2在水中极易水解。

②反式偶氮苯产品在紫外线照射后部分转化为顺式偶氮苯。

（1）反应中，硝基苯变为反式偶氮苯的反应属于_______________

A；取代反应B、消去反应C、还原反应D、氧化反应。

（2）在反应装置中，加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的原因是_____________________________________。

（3）反应结束后将反应液倒入冰水中；用乙酸中和至中性，即有反式偶氮苯粗产品析出，抽滤（抽滤装置如图1），滤渣用95％乙醇水溶液重结晶提纯。

①为了得到较大颗粒的晶体，加入乙酸时需要____________（填“缓慢加入”；“快速加入”）。

②抽滤过程中要洗涤粗产品，下列液体最合适的是___________。

A．乙醚B．蒸馏水C．95％乙醇水溶液D．饱和NaCl溶液。

③重结晶操作包括“加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥”。上述重结晶过程中的___________操作除去了不溶性杂质，____________操作除去了可溶性杂质。19、铜在生活中有广泛的应用。CuCl2和CuCl是两种常见的盐,广泛应用于工业生产.

I.CuCl2固体遇水易水解。实验室用如图所示的实验仪器及药品来制备纯净；干燥的氯气；并与粗铜（含杂质铁）反应制备氯化铜（铁架台、铁夹及酒精灯省略）。

（1）写出装置A中，发生反应的化学反应方程式：_______________________________，装置C的作用是_______________________________

（2）完成上述实验，按气流方向连接各仪器接口的顺序是a→_________________________。（每种仪器限使用一次）

（3）上述D装置的作用是____________________

（4）实验完毕，取试管中的固体用盐酸溶解后，欲提纯氯化铜（原粗铜含杂质铁）可加入_________；并过滤。

A.CuB.CuCO3C.CuOD.NaOH

ⅡCuCl是应用广泛的有机合成催化剂；可采取不同方法制取。CuCl晶体呈白色，露置于潮湿空气中易被氧化。

方法一：向上述制得的氯化铜溶液中通入SO2，加热一段时间即可制得CuCl，写出该反应的离子方程式：_______________________________。

方法二铜粉还原CuSO4溶液。

已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl－[CuCl3]2－(无色溶液)。

（1）①中，“加热”温度不宜过高和过低，目的是_______________，当观察到_________________________________________________________________________________现象；即表明反应已经完全。

（2）②中，加入大量水的作用是______________。（从平衡角度解释）

（3）溶液中氯离子浓度达到一定量时，生成CuCl会部分溶解生成CuCl2-在一定温度下建立两个平衡:CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)Ksp=1.4x10-6CuCl(s)+Cl一(aq)CuCl2-(aq)K=0.35

分析[Cu+]、[CuCl2-]和Ksp,K的数学关系，在图中画出「Cu+]、[CuCl2-]的函数关系曲线(要求至少标出曲线上一个坐标点)

_______________20、研究钠及其化合物有重要意义。

（1）NaOH是实验室中最常用的试剂之一。实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL；根据配制溶液的过程，回答问题：

①实验中除需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是__________。

②实验中需用托盘天平（带砝码）称量NaOH固体________g。

（2）Na2O2可作为呼吸面具和潜水艇里氧气的来源。Na2O2作为供氧剂时可能发生的反应有_________、___________。

（3）过氧化钠保存不当容易变质生成Na2CO3。某过氧化钠样品已经部分变质，请你设计实验，限用一种溶液和水，证明过氧化钠已经变质：_________________________（说明操作；现象和结论）。

（4）NaNO2因外观和食盐相似；又有咸味，容易使人误食中毒。

①已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反应中，标准状况下，每生成2.24LNO气体，转移电子的物质的量为_______mol，参加反应的HI的物质的量是________________mol。

②实验室要鉴别NaNO2和NaCl两种固体，可选用的试剂是_________（填序号）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液评卷人得分五、探究题(共4题，共32分)21、（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。22、（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。23、（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。24、（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、工业流程题(共2题，共18分)25、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去26、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【解析】试题分析：由于氧原子的最外层电子数是6个，能形成2对共用电子对，而氢原子最外层电子数是1个，所以可以结合2个氢原子，这说明共价键是有饱和性的，答案选B。考点：考查共价键的形成特点【解析】【答案】B2、A【分析】B中邻氯甲苯，不正确。氯化钠是离子化合物，电子式为用1根短线不是1对电子的式子是结构式，所以氮气的结构式为因此只有选项A是正确的，答案选A。【解析】【答案】A3、A【分析】试题分析：A、有拐点的地方都是碳原子，分别数出C、H、O的个数，得分子式，A正确；B、有双键，故能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，B、C均不正确；D、有双键，故能发生加成反应，有羟基，故能和羧基发生酯化反应，也是取代反应，故D错误；故选A。考点：碳碳双键的化学性质和羟基的化学性质。【解析】【答案】A4、D【分析】解：rm{A}油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯；油脂属于酯，故A正确；

B；油脂属于混合物；没有固定的熔沸点，故B正确；

C；油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯；故C正确；

D；油脂中油是不饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯；分子中含有不饱和键，具有不饱和烃的性质，所以油可以与溴发生加成反应，使溴水褪色；脂肪是饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，分子中不含不饱和键，不能使溴水褪色，故D错误．

故选D．

A；油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯；

B；油脂是油与脂肪的总称；属于混合物；

C；油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯；

D；油脂中油是不饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯；分子中含有不饱和键．

本题考查油脂的结构与性质，难度不大，注意油与脂肪的结构区别与性质．【解析】rm{D}5、C【分析】【分析】本题考查了取代反应、加成反应的判断，是中学化学的基础知识点，难度较小。正确理解概念是解本题的关键，侧重基础知识的考查。【解答】A.在光照条件下，氯气与甲烷发生取代反应，生成rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}和rm{Cl}和rm{HCl}属于取代反应，故A错误；属于取代反应，故A错误；rm{Cl}rm{HCl}B.酯化反应属于取代反应，则属于取代反应，故B错误。C.碳碳双键断裂，生成单键的反应为加成反应，则rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{篓TCH}rm{篓TCH}rm{{,!}_{2}}rm{+HCl隆煤CH}属于加成反应，故C正确；rm{+HCl隆煤CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{Cl}属于加成反应，故C正确；【解析】rm{C}6、C【分析】解：rm{A}rm{2-}甲基rm{-1-}丁烯；符合烯烃的命名原则，故A正确；

B、rm{2}rm{2-}二甲基丙烷，rm{CH_{3}-C(CH_{3})_{2}-CH_{3}}符合系统命名方法，故B正确；

C、rm{5}rm{5-}二甲基rm{-3-}己烯，链端选取错误，正确命名为：rm{2}rm{2-}二甲基rm{-3-}己烯；故C错误；

D、rm{4-}甲基rm{-2-}戊炔符合炔烃的命名原则；故D正确，故选C．

A、烯烃命名选取距离双键最近的一端命名为rm{1}号碳；

B；烷烃命名需符合：长、多、近、小、简原则；

C、烯烃的命名双键处于中间，选取支链最近的一端命名为rm{1}号碳；

D、炔烃命名选取距离三键最近的一端命名为rm{1}号碳．

本题考查了有机物的系统命名方法，依据名称写出结构简式，用正确的命名方法命名对比分析，题目较简单．【解析】rm{C}7、A【分析】试题分析：由2H2O（g）=2H2（g）＋O2（g）ΔH=＋482．1kJ·mol－1可知2H2（g）＋O2（g）=2H2O（g）ΔH=--482．1kJ·mol－1。结合第一个式子可知每2mol的气态水变为液态水会放出热量569．6kJ－482．1kJ=87．5KJ，2mol水的质量是36g,所以每产生1g液态H2O时放出热量87．5KJ÷36=2．43KJ。则1g液态H2O，蒸发时吸收的热量是2．43kJ。故选项是A。考点：考查水的汽化热的知识。【解析】【答案】A8、C【分析】略【解析】rm{C}二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】

（1）属于原子晶体的化合物是A．（水晶）SiO2；有机物中含有-OH的绝大部分物质都存在氢键，如羧酸和醇，故答案为：A；B；

（2）冰醋酸结构不对称；正负电荷的中心不重合，属于极性分子；白磷是正四面体形分子；氢氧化钠中钠离子与氢氧根离子以离子键结合，H；O之间以共价键结合，属于离子晶体，故答案为：B；D；F；

（3）铝能导电而不发生化学变化；固体氩晶体中只含有范德华力；（水晶）SiO2晶体受热熔化需克服共价键；故答案为：G；E；A；

【解析】【答案】（1）常见的原子晶体有：一些非金属单质；如金刚石；硼、硅、锗等；一些非金属化合物，如二氧化硅、碳化硅、氮化硼等；氢原子与电负性大、半径小的原子X（氟、氧、氮等）以共价键结合，若与电负性大的原子Y（与X相同的也可以）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-HY形式的键，称为氢键；

（2）分子中正负电荷中心不重合；从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子；一般金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，含有离子键的化合物一定为离子晶体；

（3）金属单质能导电；分子晶体中只含有范德华力；原子晶体受热熔化需克服共价键；

10、略

【分析】（1）根据水的电离方程式H2OH＋＋OH－可知，氢氧化钠抑制水的电离，碳酸钠水解促进水的电离，所以由水电离出得c(H2O)分别是1×10—11mol/、1×10—3mol/L。（2）稀释会促进碳酸钠的水解，即OH－的物质的量是增加的，氢氧化钠在稀释过程中OH－的物质的量不变，所以pH变化较大的是氢氧化钠。（3）碳酸钠水解显碱性，所以pH一定大于7。0.1mol/L的纯碱溶液中OH－的物质的量浓度一定小于0.1mol，所以该溶液pH的范围一定介于7～13之间。【解析】【答案】（1）①1×10—11mol/L②1×10—3mol/L③NaOH（2）NaOH（3）把一小块pH试纸放在表面皿上，用蘸有待测液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡对照，确定溶液的pH，7～1311、略

【分析】解：（1）二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠之间发生反应：SO2+OH-=HSO3-，NO和氢氧化钠之间不会反应，故答案为：SO2+OH-=HSO3-；

（2）①a、当溶液的pH=8时，根据图示得到溶液是亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合物，离子浓度大小顺序是：c（Na+）＞c（SO32-）＞c（HSO3-）＞c（OH-）＞c（H+），c（SO32-）＞c（HSO3-）；故a正确；

b．pH=7时，溶液呈中性，c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（HSO3-）+2c（SO32-）+c（OH-），故溶液中c（Na+）=c（HSO3-）+2c（SO32-），故b错误；

c．图象可知，为获得尽可能纯的NaHSO3；可将溶液的pH控制在4～5左右．故c正确；

故答案为：ac；

②NaHSO3溶液中HSO3-的电离大于水解，HSO3-⇌SO32-+H+，溶液显示酸性，加入CaCl2溶液后，Ca2++SO32-=CaSO3↓使电离平衡右移；

故答案为：HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3-⇌SO32-+H+，加CaCl2溶液后，Ca2++SO32-=CaSO3↓使电离平衡右移，c（H+）增大；

（3）在酸性环境下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+；

故答案为：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+；

（1）二氧化硫是酸性氧化物；能和强碱之间发生反应；

（2）①当溶液的pH=8时；根据图示得到溶液是亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合物，根据离子浓度大小比较的方法来回答；

②NaHSO3溶液中HSO3-的电离大于水解；溶液显示酸性，根据平衡移动原理来回答；

（3）在酸性环境下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应；

本题综合考查学生含氮元素、含硫元素物质的性质知识，注意知识的梳理和归纳是关键，难度中等．【解析】SO2+OH-=HSO3-；ac；HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3-⇌SO32-+H+，加CaCl2溶液后，Ca2++SO32-=CaSO3↓使电离平衡右移，c（H+）增大；NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+12、酸：rm{HCl}

碱：rm{KOH}

盐：rm{KCl}

非金属单质：rm{S}

酸性氧化物：rm{SO_{2}}

碱性氧化物：rm{K_{2}O}

氢化物：rm{H_{2}O}【分析】【分析】本题考查元素组成物质的种类，比较容易。【解答】酸可以是：rm{HCl}rm{H_{2}SO_{4}}碱可以是：rm{KOH}盐：rm{KCl(K_{2}SO_{4}}rm{MgSO_{4}}rm{MgCl_{2})}非金属单质：rm{S(H_{2}}rm{O_{2}}rm{)}酸性氧化物：rm{SO_{2}}碱性氧化物：rm{K_{2}O(MgO);}氢化物：rm{H_{2}O(H_{2}S}rm{HCl)}任写一种均可。

【解析】酸：rm{HCl}

碱：rm{KOH}盐：rm{KCl}非金属单质：rm{S}酸性氧化物：rm{SO_{2}}碱性氧化物：rm{K_{2}O}氢化物：rm{H_{2}O}13、略

【分析】试题分析：（1）已知：①CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=-206.2kJ•mol-1②CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=-247.4kJ•mol-1由盖斯定律，①×2-②得CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=-165.0kJ•mol-1，故答案为：CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=-165.0kJ•mol-1；（2）根据题目信息，已知1gFeS2完全燃烧放出7.1kJ热量，求得4molFeS2完全燃烧放出3408kJ热量，故方程式为4FeS2(s)＋11O2(g)===2Fe2O3(s)＋8SO2(g)△H＝－3408kJ/mol；由反应物到最终产物，并根据原子，元素守恒可写为2H2O＋SO2===H2SO4＋H2；（3）由图可知，CO（NH2）2在阳极放电生成N2，C元素价态未变化，故还有碳酸钾生成与水生成，电极反应式为CO（NH2）2+8OH--6e-=CO32-+N2↑+6H2O，故答案为：CO（NH2）2+8OH--6e-=CO32-+N2↑+6H2O；（4）①电池放电时，正极的电极要得到电子，反应式NiO(OH)＋H2O＋e－===Ni(OH)2＋OH－（2分）②据题意氧气要削耗掉，故反应2H2O＋O2＋4e－===4OH－（5）令金属氢化物为RHx，金属R的相对分子质量为a，则X/(a+X)=0.077，即923x=77a，X为金属的化合价，讨论可得x=2，a=24，故该金属氢化物为MgH2，故反应方程式为2Mg2Cu+3H2＝＝MgCu2+3MgH2，故答案为：2Mg2Cu+3H2＝MgCu2+3MgH2．考点：本题考查热化学方程式的书写、电解原理、常用化学用语书写等，（4）（5）为难点、易错点，（4）中根据化合价判断产物，（5）中注意根据讨论进行确定金属氢化物的化学式．【解析】【答案】（14分）（1）CH­­4(g)＋2H2O(g)===CO­2(g)＋4H2(g)△H＝165.0kJ/mol（2分）（2）4FeS2(s)＋11O2(g)===2Fe2O3(s)＋8SO2(g)△H＝－3408kJ/mol（2分）2H2O＋SO2===H2SO4＋H2（2分）（3）CO(NH2)2＋8OH－－6e－===CO32－＋N2↑＋6H2O（2分）（4）①NiO(OH)＋H2O＋e－===Ni(OH)2＋OH－（2分）②2H2O＋O2＋4e－===4OH－（2分）（5）2Mg2Cu＋3H2MgCu2＋3MgH2（2分）B三、元素或物质推断题(共4题，共8分)14、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）215、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H216、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）217、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的混合物四、原理综合题(共3题，共6分)18、略

【分析】分析：（1）去氧或加氢为还原反应；（2）镁易被氧化；故镁条表面有氧化物，需用砂纸打磨干净；（3）①结晶速度越慢可得到较大颗粒的晶体；②洗涤时应该注意不能引入新的杂质；③趁热过滤可以除去不溶性杂质。

详解：（1）根据反应2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O的原理；硝基苯变为反式偶氮苯为去氧反应，反应属于还原反应；答案选C；（2）反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的原因是除去镁条表面的氧化物；（3）①结晶速度越慢可得到较大颗粒的晶体，故应缓慢加入乙酸；②抽滤过程中要洗涤粗产品，注意不能引入新的杂质，选择用蒸馏水冲洗的液体是最好的，答案选B；③重结晶过程：加热溶解→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥，其中趁热过滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质。

点睛：本题考查了有机实验，涉及蒸发结晶、过滤等基本操作，难度不大，解题的关键是理解实验原理，注意根据题中的实验步骤结合实验基本操作的要求灵活分析问题。【解析】C镁易被氧化，其表面有氧化物，打磨是为了除去表面的氧化物缓慢加入B趁热过滤抽滤19、略

【分析】【分析】

【详解】

I.（1）写出装置A中，发生反应的化学反应方程式为：2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2，装置C装有饱和食盐水，其作用是除去氯气中混有的HCl；（2）从a出来的气体含有氯化氢和水蒸气，依次通过dejh除去氯化氢和水蒸气，然后与铜反应，最后尾气处理用氢氧化钠，则依次再通过bcgf，所以按照气流方向各仪器接口的连接顺序为a→d→e→j→h→b→c→g→f；（3）D装置中装有碱石灰，其作用是吸收氯气防止尾气污染；防止空气中的水蒸气进入装置，使CuCl2水解；（4）实验完毕，取试管中的固体用盐酸溶解后，欲提纯氯化铜（原粗铜含杂质铁）可加入CuO或CuCO3、Cu2(OH)2CO3、.Cu(OH)2以消耗氢离子但不引入新的杂质；并过滤。答案选BC；

Ⅱ、向制得的氯化铜溶液中通入SO2，加热一段时间即可制得CuCl，同时生成硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2+＋2Cl-＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H+＋SO42-；（1）温度不能过低，防止反应速率慢；不能过高，过高HCl挥发，故①中“加热”温度不宜过高和过低；当观察到溶液由蓝色变为无色，即表明反应已经完全；（2）②中，加入大量水的作用是稀释促进平衡CuCl（白色）+2Cl-[CuCl3]2-（无色溶液）逆向移动，生成CuCl；（３）根据①CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)Ksp=1.4x10-6；②CuCl(s)+Cl一(aq)CuCl2-(aq)K=0.35，①+②得2CuCl(s)Cu+(aq)+[CuCl2]-(aq)K=0．49×10-6，根据方程式可知：c(Cu+)·c([CuCl2]-)=0．49×10-6,两离子浓度成反比，两离子浓度相同时为0．7×10-3mol/L，据此可画出图像为：【解析】2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2除去氯气中混有的HCldejh(bc)gf吸收氯气防止尾气污染；防止空气中的水蒸气进入装置，使CuCl2水解BC2Cu2+＋2Cl-＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H+＋SO42-温度不能过低，防止反应速率慢；不能过高，过高HCl挥发溶液由蓝色变为无色稀释促进平衡CuCl（白色）+2Cl-[CuCl3]2-（无色溶液）逆向移动，生成CuCl；20、略

【分析】（1）①实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL，需要选用500mL的容量瓶，配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管。②依据m=CVM，需要氢氧化钠的质量=0.5mol·L－1×0.5L×40g·mol－1=10.0g；(2)过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；（3）证明过氧化钠已经变质，检验产生的CO32－：取少量样品于一洁净试管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振荡，有白色沉淀生成，证明Na2O2已经变质。（4）①2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O上述反应中，每生成2molNO,转移2mol电子，参加反应的HI的物质的量4mol，标准状况下，每生成2.24LNO气体，即0.1molNO，转移电子的物质的量为0.1mol，参加反应的HI的物质的量是0.2mol。②A、在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，溶液呈黄色，故A正确；B、NaNO2和NaCl与NaOH溶液均无明显现象，故B错误；C、在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故C正确；D、NaNO2和NaCl与NaOH溶液均无明显现象，故D错误；故选AC。【解析】500mL容量瓶、胶头滴管10.02Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑取少量样品于一洁净试管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振荡，有白色沉淀生成，证明Na2O2已经变质0.10.2AC五、探究题(共4题，共32分)21、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）22、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