2025年粤教新版高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年粤教新版高二化学上册阶段测试试卷77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、铁片与稀硫酸反应时，下列措施不能使氢气生成速率加快的是A.加几滴浓硫酸B.将稀H2SO4加热C.加CH3COONa(s)D.改用铁粉2、一定条件下，在体积为10L的密闭容器中，1molX和1molY进行反应：2X（g）+Y（g）Z（g），经60s达到平衡，生成0.3molZ，下列说法正确的是A.以X浓度变化表示的反应速率为0.001mol/（L·s）B.容器体积变为20L，Z的平衡浓度变为原来的C.若增大压强，则物质Y的转化率减小D.若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的△H＞03、下图是温度和压强对X+Y2Z反应影响的示意图；下列叙述正确的是（）

A.X和Y中只有一种为气态，z为气态B.X、Y、Z均为气态C.上述可逆反应的正反应为放热反应D.上述反应的逆反应的△H>04、将rm{4mol}rm{A}气体和rm{2mol}rm{B}气体充入rm{2L}的密闭容器中；一定条件下发生如下反应：

rm{2A(g)+B(g)?2C(g).}若经rm{2s}后测得rm{C}的浓度为rm{0.6mol/L}下列几种说法正确的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}用物质rm{A}表示的反应平均速率为rm{0.3mol/(L?s)}

rm{垄脷}用物质rm{B}表示的反应的平均速率为rm{0.3mol/(L?s)}

rm{垄脹2}rm{s}时物质rm{A}的转化率为rm{70%}

rm{垄脺2}rm{s}时物质rm{B}的浓度为rm{0.7mol/L}A.rm{垄脵垄脹}B.rm{垄脵垄脺}C.rm{垄脷垄脹}D.rm{垄脹垄脺}5、某有机物rm{X}的结构简式如图所示，则下列有关说法中不正确的是rm{(}rm{)}

A.能发生加成、取代、氧化反应B.rm{1}rm{mol}该物质最多可与rm{7mol}rm{NaOH}反应C.rm{1}rm{mol}该物质最多可与rm{6}rm{mol}rm{H_{2}}反应D.能与rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、如图所示的装置：

该装置中离子交换膜只允许____离子通过．反应一段时间后，向烧杯中加入0.1molCu（OH）2后恰好恢复到反应前的CuSO4溶液的浓度和pH．则反应过程中消耗锌的质量为____g，烧杯左侧碳棒上析出物质的量为____mol．在此过程中烧杯中右侧电极上发生的电极反应方程式为：____．

7、（13分）四种常见元素的性质或结构信息如下表。试根据信息回答有关问题。元素ABCD性质结构信息原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对的电子原子的M层有1对成对的p电子原子核外电子排布为[Ar]3d104s1，有+1、+2两种常见化合价有两种常见氧化物，其中有一种是冶金工业常用的还原剂⑴写出B原子的电子排布式____。⑵A元素的氢化物的沸点比同主族相邻元素氢化物沸点____（填“高”或“低”），其是__________________________。⑶D的最高价氧化物的电子式：____。高温下D的氧化物还原赤铁矿的方程式为可逆反应，写出该反应的化学方程式___________________，该反应的平衡常数表达式K=___________。⑷往C元素的硫酸盐溶液中逐滴加入过量A元素的氢化物水溶液，可生成的配合物的化学式为________________，简要描述该配合物中化学键的成键情况__________________。⑸下列分子结构图中的“”表示上述相关元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，“”表示氢原子，小黑点“”表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键。则在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键的且空间构型是角形的是____（填写序号）；在②的分子中有____个σ键和____个π键。⑹已知NH4+、N4H44+的空间构型均为四面体，NH4+的结构式为sup10(∣←N－,sup10(∣H（→表示共用电子对由N原子单方面提供）。请画出N4H44+的结构式_____________________。8、（13分）（1）以基态硅原子为例，如果电子排布式写作ls22s22p63s13p3则违反了原理，如写作ls22s22p63s33p1则违反了原理；（2）已知H、C、Si三种元素的电负性依次为2.1、2.5、1.8，则CH4、SiH4中C、Si的化合价依次为____、____；（3）在我们现今使用的元素周期表中，元素种类最多的族是____族，共种元素；元素种类最多的周期是第____周期，共种元素；（4）熔点：F2Cl2(填“＜”或“＝”“或＞”，下同)，沸点：HF____HCl，一定压强下HF和HCl的混合气体降温时(填HF或HCl)先液化；（5）前三周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期序数相同的元素：（用元素符号按原子序数由小到大排列）。9、以甲烷燃料电池为例来书写在不同的环境下电极反应式的书写方法：rm{(1)}碱性条件燃料电池正极反应式：___________________，燃料电池负极反应式：_________________，燃料电池总反应式：____________________，rm{(2)}固体电解质rm{(}高温下能传导rm{O^{2-})}燃料电池正极反应式：__________________，燃料电池负极反应式：___________________，燃料电池总反应式：________________。10、在rm{S}rm{S}rm{{,!}^{2-}}、rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}、rm{HSO}rm{HSO}rm{{,!}_{4}^{-}}、rm{K}rm{K}rm{{,!}^{+}}11、材料的不断发展可以促进社会进步．

①“辽宁号”航母的服役举世瞩目．钢铁是制造航母的主要材料，钢铁在潮湿空气中易发生______腐蚀（填“析氢”或“吸氧”）．请列举两种防止钢铁腐蚀的方法：______、______．

②精美的瓷器彰显中华古代文明．青瓷是中国最早发明的瓷器，青瓷表面的绿色是釉层中的______价铁元素显色而成的（填“+2”或“+3”）．评卷人得分三、解答题(共8题，共16分)12、镁将成为21世纪重要的轻型环保材料．海洋是天然的镁元素宝库，从海水中提取镁的流程如下：

（1）在实验室进行过滤操作时需要用到的玻璃仪器有烧杯；玻璃棒及______．

（2）金属镁是一种较活泼金属，在二氧化碳气体中也能燃烧．燃烧的化学方程式为2Mg+CO2=C+2MgO；此反应类型属于______．

A．分解反应B．化合反应C．置换反应D．复分解反应。

（3）金属镁在高温下与氮气反应生成氮化镁；在氮化镁中氮元素的化合价为-3．据此写出氮化镁的化学式______．

（4）镁铝合金广泛用于火箭；导弹和飞机制造业等．某兴趣小组为探究镁铝合金的组成；取16g镁铝合金样品，把120mL氢氧化钠溶液平均分成三份依次加入样品中，充分反应后，过滤出固体，将其洗涤、干燥、称量，得实验数据如下：

。所加氢氧化钠溶液的次数第一次第二次第三次剩余固体的质量/g10.65.24.0从以上数据可知；该合金中，镁元素与铝元素的质量比为______．所用氢氧化钠溶液的物质的量浓度为______mol/L．

13、某温度（t℃）时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的Kw=______，此温度下，将pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的H2SO4溶液VbL混合；通过计算填写以下不同情况时两溶液的体积比：

（1）若所得溶液为中性，且a=12，b=2，则Va：Vb=______；

（2）若所得溶液为中性，且a+b=12，则Va：Vb=______；

（3）若所得溶液的pH=10，且a=12，b=2，则Va：Vb=______．

14、复分解反应存在这样一个规律：较强酸可制取较弱酸．中和反应；盐类的水解也是复分解反应；盐类的水解反应的逆反应是中和反应．盐类的水解反应中，弱酸强碱盐中弱酸根离子对应的弱酸越弱，其盐越容易发生水解．

已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列6种溶液的pH：

。溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.88.111.610.311.111.3（1）请根据上述信息判断下列反应不能发生的是______（填编号）．

A．CO2+H2O+2NaClO═Na2CO3+2HClO

B．CO2+H2O+NaClO═NaHCO3+HClO

C．CO2+H2O+C6H5ONa-→NaHCO3+C6H5OH

D．CO2+H2O+2C6H5ONa-→Na2CO3+2C6H5OH

E．Na2CO3+C6H5OH-→NaHCO3+C6H5ONa

F．CH3COOH+NaCN═CH3COONa+HCN

（2）一些复分解反应的发生还遵循其他的规律．下列变化都属于复分解反应：

①将石灰乳与纯碱溶液混合可制得苛性钠溶液。

②向饱和碳酸氢铵溶液中加入饱和食盐水可获得小苏打固体。

③蒸发KCl和NaNO3的混合溶液；首先析出NaCl晶体．

根据上述反应；总结出复分解反应发生的另一规律为______．

（3）物质的量浓度均为0.05mol/L的下列五种物质的溶液中；pH由大到小的顺序是______（填编号）．

①C6H5OH（苯酚）②CH3COOH③HClO4④HClO⑤H2SO4

（4）一定温度下，向等体积纯水中分别加入等物质的量的下列物质：①NaOH、②CH3COOH；③NaClO；则水的电离程度最大的是______（填编号）．

（5）25℃时，M酸溶液的pH=a，N碱溶液的pH=b．

①若X为强酸，Y为强碱，且a+b=14；若两者等体积混合后，溶液的pH=______，此时溶液中金属阳离子浓度大于酸根阴离子浓度，其原因可能是______．

②若X的化学式为HR，Y的化学式为MOH，且a+b=14；两者等体积混合后溶液显酸性，则混合溶液中必定有一种离子能发生水解，该离子为______（填离子符号）；混合后的溶液中，下列微粒浓度大小关系正确的是______（填序号）．

ac（MOH）＞c（M+）＞c（R-）＞c（H+）＞c（OH-）

bc（HR）＞c（M+）＞c（R-）＞c（OH-）＞c（H+）

cc（R-）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH-）

dc（M+）＞c（R-）＞c（OH-）＞c（H+）

ec（M+）+c（H+）=c（R-）+c（OH-）

15、某地区使用含较少Ca2+、Mg2+的天然水按下列四个步骤制取自来水．

天然水自来水。

回答下列问题：

（1）该地区的天然水属于______（“硬水”或“软水”）

（2）在第一步中需要加入凝聚剂；常用的凝聚剂可以是______（任填一种凝聚剂名称）

（3）常用液氯作为消毒剂；其原理是______．

16、将0.3molNaCl固体与0.1molCuSO4•5H2O固体混合溶于水；配成1000mL混合液．然后取出200ml溶液，用石墨作电极，通电一段时间．电解过程分为三个阶段试回答：

（1）其中第一阶段发生的电解反应的离子方程式为______．

（2）电解的最后一个阶段；阴极上发生的电极反应式变为______．

（3）若Cl-正好全部变为氯气逸出时；阴极上产生气体的体积______L（标准状况下）

17、I．有机物组成的测定。

化学上常用燃烧法确定有机物的组成，这种方法是在电炉加热时用纯O2氧化管内样品；根据产物的质量确定有机物的组成，图1所列装置是用燃烧法确定有机物A的分子式常用的装置．（每种装置只用一次）

回答下列问题：

（1）产生的O2按从左到右流向；所选装置各导管的连接顺序是______（填接口代号）．

（2）C装置中浓H2SO4的作用是______．

（3）D装置中MnO2的作用是______．

（4）燃烧管中CuO的作用是______．

（5）若准确称取1.50g样品（只含C；H、O三种元素中的两种或三种）；经充分燃烧后，A管质量增加3.96g，B管质量增加0.90g，则该有机物A的实验式为______．

II．有机物结构的确定。

为进一步确定上述有机物A的分子结构；采用了下列几种现代仪器进行分析，结果如下：

方法一：经质谱法分析得知A的相对分子质量为150．

方法二：核磁共振仪可以测出A的核磁共振氢谱有5个峰；其面积之比为1：2：2：2：3．

方法三：利用红外光谱仪可测得A分子的红外光谱如图2所示．

已知：A分子中只含一个苯环；且苯环上只有一个取代基，且B的水解产物中含有乙醇．试回答下列问题：

（6）A的分子式为______．

（7）A的结构简式为______．

18、晶胞是晶体中最小的重复单位；数目巨大的晶胞无隙并置构成晶体．NaCl晶体是一个正六面体（如图一）．我们把阴；阳离子看成不等径的圆球，并彼此相切（已知a为常数）．

请计算下列问题：

（1）每个晶胞平均分摊______个Na+，______个Cl-．

（2）NaCl晶体中阴阳离子的最短距离为______（用a表示）．

（3）NaCl晶体为“巨分子”；在高温下（≥1413℃时）晶体转变成气态团簇分子．现有1molNaCl晶体，加强热使其气化，测得气体体积为11.2L（已折算为标准状况）．则此时氯化钠气体的分子式为______．

19、某实验小组的同学测定碳酸钡样品中所含碳酸钡的质量分数；有如下操作：

Ⅰ．准确称取0.250g样品；磨碎后加入少量蒸馏水；

Ⅱ．加入35.00mL0.1mol•L-1的盐酸；充分反应后样品溶解；

Ⅲ．以酚酞为指示剂，用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定至终点；

Ⅳ．重复上述操作3次．

①第Ⅰ步磨碎样品后加入少量蒸馏水及第Ⅱ步溶解样品均在______（填仪器名称）中进行；第Ⅱ步操作中加入35.00mL0.100mol•L-1的盐酸所使用的仪器是______．

②判断滴定达到终点的现象为______．

③重复上述操作，滴定时平均耗用0.100mol•L-1的NaOH溶液15.00mL，通过计算，样品中BaCO3的质量分数为______．

④下列操作使所测样品中碳酸钡的质量分数偏大的是______．

A．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡；滴定后无气泡。

B．向样品中加盐酸时；有少量盐酸溅出。

C．滴定时；有少量NaOH溶液滴到瓶外壁上。

D．读滴定管开始时仰视；终点读数时俯视．

评卷人得分四、推断题(共4题，共12分)20、下表为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。。rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}rm{垄脼}rm{垄脽}rm{垄脿}rm{垄谩}rm{垄芒}请回答下列问题：rm{(1)垄脹}和rm{垄脵}形成的一种rm{5}核rm{10}电子分子，其立体构型为____，中心原子杂化方式为____，属于____分子rm{(}填“极性”或“非极性”rm{)}rm{(2)}元素rm{垄脹}和rm{垄脽}的最高价氧化物对应水化物中酸性较强的是：____rm{(}填化学式rm{)}元素rm{垄脼}的电负性____元素rm{垄脽(}选填“rm{>}”、“rm{=}”、“rm{<}”rm{=)}的电负性。rm{(3)}根据元素周期表分区，元素rm{垄谩}位于____区，其基态原子电子排布式为____。rm{(4)}某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如上表中元素rm{垄脷}与元素rm{垄脻}的氢氧化物有相似的性质。请写出元素rm{垄脷}的氢氧化物与rm{NaOH}溶液反应的离子方程式____。21、有关物质的转化关系如下图所示。rm{B}是红棕色固体，rm{D}是红棕色气体，rm{E}是常见的无色液体，rm{G}是淡黄色粉末。

rm{(1)F}的化学式为____________。rm{(2)E}的电子式为____________。rm{(3)}写出rm{E+G隆煤H+C}的化学方程式________________。rm{(4)}写出反应rm{垄脷}的离子方程式_______________。22、环己烷可制备rm{1}rm{4-}环己二醇，下列七步有关反应rm{(}其中无机产物都已经略去rm{)}中；其中有两步属于取代反应，两步属于消去反应，三步属于加成反应，试回答：

rm{(1)}写出下列化合物的结构简式：rm{B}______rm{C}______

rm{(2)}反应rm{垄脺}所用的试剂和条件分别为：______

rm{(3)}写出rm{垄脵}rm{垄脺}的化学方程式：rm{垄脵}______；rm{垄脺}______．23、香精是由人工合成的模仿水果和天然____气味的浓缩芳香油，属于人造香料，多用于制造食品，化妆品和卷烟等。Ⅰrm{.}苏合香醇是一种食用香精，其合成路线如下图所示。rm{(1)}苏合香醇的结构简式为____，它不能发生的有机反应类型有____。rm{垄脵}取代反应rm{垄脷}加成反应rm{垄脹}消去反应rm{垄脺}加聚反应rm{垄脻}氧化反应rm{垄脼}水解反应rm{(2)}rm{Y}分子中最多有____个原子共平面。Ⅱrm{.}有机物rm{G}也是一种常见香料，其合成路线如下图。其中rm{D}的相对分子质量为rm{88}它的核磁共振氢谱显示只有三组峰；rm{F}与苏合香醇互为同系物。rm{(3)}rm{C}与新制rm{Cu(OH)_{2}}悬浊液反应的化学方程________。rm{(4)}rm{G}中含有两个甲基，rm{E}可发生银镜反应，在催化剂存在下，rm{1molE}与rm{2molH_{2}}可以反应生成rm{F}则rm{E}的结构简式为____。rm{(5)}rm{D}与rm{F}反应的化学方程式为____。rm{(6)}苯环上有两个取代基，且显弱酸性的rm{F}的同分异构体共有____种。评卷人得分五、探究题(共4题，共20分)24、（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。25、（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。26、（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。27、（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、综合题(共2题，共10分)28、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．29、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】试题分析：A、增大c(H+)，反应速率加快，错误；B、升高温度，反应速率增大，错误；C、减小c(H+)，反应速率减小，正确；D、增大固体反应物的表面积，反应速率加快，错误。考点：考查物质的分类、元素、单质、氧化物、酸、盐等相关知识。【解析】【答案】C2、A【分析】试题分析：A、经2min达到平衡，生成0.6molZ，则Z的反应速率v（Z）=0.6mol÷10L÷120s=0.0005mol/（L•s），根据化学反应速率之比等于化学质量数之比，由方程式可知，v（X）=2v（Z）=2×0.0005mol/（L•s）=0.00lmol/（L•s），故A正确；B、反应前后气体的化学计量数之和不相等，体积变为20L，体系的压强减小，平衡向逆反应方向移动，Z的平衡浓度小于原来的1/2，故B错误；C、增大压强平衡向正反应方向移动，反应物Y的转化率增大，故C错误；D、升高温度，X的体积分数增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应的△H＜0，故D错误。考点：本题考查化学平衡移动、反应速率的计算。【解析】【答案】A3、A【分析】【分析】正确答案：A

A；由图；加压后Z的体积分数减少，平衡逆向移动，逆向体积缩小，X和Y中只有一种为气态，Z为气态；

B；不正确；

C、不正确，由图升高温度，Z增加，平衡正向移动，正向△H>0，吸热反应，D也不正确。4、B【分析】解：rm{A}rm{B}的起始浓度分别为rm{2mol/L}rm{1mol/L}反应rm{2s}后测得rm{C}的浓度为rm{0.6mol/L}则：

rm{2A(g)+B(g)?2C(g)}

起始rm{(mol/L)}rm{2}rm{1}rm{0}

变化rm{(mol/L)}rm{0.6}rm{0.3}rm{0.6}

rm{2s}末rm{(mol/L)}rm{1.4}rm{0.7}rm{0.6}

rm{垄脵}用物质rm{A}表示rm{2s}内的平均反应速率rm{=dfrac{0.6mol/L}{2s}=0.3mol/(L?s)}故rm{=dfrac{0.6mol/L}{2s}=0.3

mol/(L?s)}正确；

rm{垄脵}用物质rm{垄脷}表示rm{B}内的平均反应速率rm{=dfrac{0.3mol/L}{2s}=0.15mol/(L?s)}故rm{2s}错误；

rm{=dfrac{0.3mol/L}{2s}=0.15

mol/(L?s)}后物质rm{垄脷}的转化率rm{=dfrac{0.6mol/L}{2mol/L}隆脕100%=30%}故rm{垄脹2s}错误；

rm{A}后物质rm{=dfrac

{0.6mol/L}{2mol/L}隆脕100%=30%}的浓度rm{垄脹}故rm{垄脺2s}正确；

故选：rm{B}

利用三段式计算出，各组分浓度变化量、rm{=0.7mol/L}末的浓度，根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算rm{垄脺}rm{B}rm{2s}的转化率rm{=dfrac{A{脜篓露脠卤盲禄炉脕驴}}{A{碌脛脝冒脢录脜篓露脠}}隆脕100%}

本题考查化学反应速率及化学平衡有关计算，题目较简单，侧重对基础知识的巩固，注意三段式解题法的应用。rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}【解析】rm{B}5、C【分析】解：rm{A.}含有苯环；可发生加成反应，含有酚羟基，可发生氧化；取代反应，故A正确；

B.能与氢氧化钠反应的为羧基、酯基、酚羟基和氯原子，且酯基、氯原子可水解生成酚羟基、羧基、rm{HCl}则rm{1}rm{mol}该物质最多可与rm{7mol}rm{NaOH}反应；故B正确；

C.能与氢气发生加成反应的苯环和碳碳双键，则rm{1}rm{mol}该物质最多可与rm{4}rm{mol}rm{H_{2}}反应；故C错误；

D.含有酚羟基，能与rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应；故D正确．

故选C．

有机物含有羧基；具有酸性，可发生中和；酯化反应，含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有酯基，可发生水解反应，含有氯原子，可发生取代反应，以此解答该题．

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，侧重烯烃、酯性质的考查，题目难度不大．【解析】rm{C}二、填空题(共6题，共12分)6、略

【分析】

该装置左端为原电池；Zn为负极，Cu为正极，正极上氢离子放电，则为使溶液不显电性，硫酸根离子通过离子交换膜移动到负极；

烧杯中溶液通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1mol的Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度；

发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O2H2↑+O2↑；

即烧杯中右侧电极上发生的电极反应为Cu2++2e-=Cu和2H++2e-=H2↑，由Cu（OH）2CuO+H2O；

则转移的电子为（0.1mol×2+0.1mol×2）=0.4mol；

则原电池中Zn-2e-=Zn2+，则消耗的Zn为×65g/mol=13g；

电解池中左侧碳棒上4OH--4e-=2H2O+O2↑，则析出氧气的物质的量为=0.1mol；

故答案为：阴离子（或SO42-）；13；0.1；Cu2++2e-=Cu和2H++2e-=H2↑．

【解析】【答案】由图可知，该装置左端为原电池，电解硫酸铜溶液，Zn为负极，离子交换膜只允许阴离子通过；烧杯中发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，若通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1mol的Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度；则电解硫酸铜之后发生水的电解，以此来解答．

7、略

【分析】【解析】试题分析：B原子的M层有1对成对的p电子,说明M层电子数是4，所以B原子的电子排布式1s22s22p63s23p4；，A原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对的电子所以A原子L层电子数是5即是N原子，A元素的氢化物的沸点比同主族相邻元素氢化物沸点高，因为A的氢化物存在氢键；D有两种常见氧化物，其中有一种是冶金工业常用的还原剂，是CO所以D的最高价氧化物的电子式高温下D的氧化物还原赤铁矿的方程式为可逆反应，该反应的化学方程式Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)；该反应的平衡常数表达式K＝C3（CO2）/C3（CO）；C原子核外电子排布为[Ar]3d104s1，有+1、+2两种常见化合价所以C原子时Cu，C元素的硫酸盐溶液是硫酸铜溶液，逐滴加入过量A元素的氢化物水溶液是氨水，可生成的配合物的化学式为[Cu(NH3)4]SO4，该配合物中化学键的成键情况是中心原子与配位体之间以配位键相结合，内界与外界之间以离子键相结合；中心原子采用sp3杂化形成化学键的且空间构型是角形的是④；在②的分子中有3个σ键和____2个π键；已知NH4+、N4H44+的空间构型均为四面体，NH4+的结构式为sup10(∣←N－,sup10(∣H；N4H44+的结构式是考点：元素的性质或结构配位键【解析】【答案】⑴1s22s22p63s23p4（1分）⑵高，因为A的氢化物存在氢键（各1分）⑶Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)K＝C3（CO2）/C3（CO）（各1分）⑷[Cu(NH3)4]SO4（1分）,中心原子与配位体之间以配位键相结合，内界与外界之间以离子键相结合（1分）⑸④（1分）3（1分）2（1分）⑹（2分）8、略

【分析】【解析】【答案】（13分）（1）能量最低；泡利（2）-4；+4（3）ⅢB；32；六；32（4）＜；＞；HF（1至4小题每空均为1分）（5）HCOP（2分，漏写、多写或错一个均扣1分，其余情况酌情给分）9、（1）O2＋2H2O＋4e－═══4OH－CH4＋10OH－－8e－═══CO32-＋7H2OCH4＋2O2＋2NaOH═══Na2CO3＋3H2O

（2）O2＋4e－═══2O2-CH4＋4O2－－8e－═══CO2＋2H2OCH4＋2O2═══CO2＋2H2O【分析】【分析】本题考查不同条件下燃料电池电极方程式书写和电池总反应方程式的书写，难度一般。【解答】rm{(1)}碱性条件下，燃料电池正极通氧气，电极反应式为：碱性条件下，燃料电池正极通氧气，电极反应式为：rm{(1)}rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}篓T篓T篓T4OH^{-}}，燃料电池负极通甲烷，电极反应式为：，则rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}篓T篓T篓TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}燃料电池总反应式：，故答案为：rm{CH_{4}+2O_{2}+2NaOH篓T篓T篓TNa_{2}CO_{3}+3H_{2}O}rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}篓T篓T篓T4OH^{-}}rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}篓T篓T篓TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}rm{CH_{4}+2O_{2}+2NaOH篓T篓T篓TNa_{2}CO_{3}+3H_{2}O}rm{(2)}高温下能传导固体电解质中rm{(}高温下能传导rm{O}rm{(}rm{O}燃料电池正极通氧气，电极反应式为：rm{{,!}^{2-}}燃料电池负极通甲烷，电极反应式为：rm{)}rm{)}rm{O_{2}+4e^{-}篓T篓T篓T2O^{2-}}故答案为：rm{CH_{4}+4O^{2-}-8e^{-}篓T篓T篓TCO_{2}+2H_{2}O}燃料电池总反应式：rm{CH_{4}+2O_{2}篓T篓T篓TCO_{2}+2H_{2}O}rm{O_{2}+4e^{-}篓T篓T篓T2O^{2-}}【解析】rm{(1)O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}篓T篓T篓T4OH^{-;;;;;;}CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}篓T篓T篓TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}rm{CH_{4}+2O_{2}+2NaOH篓T篓T篓TNa_{2}CO_{3}+3H_{2}O}rm{(2)O_{2}+4e^{-}篓T篓T篓T2O^{2-;;;;;;}CH_{4}+4O^{2-}-8e^{-}篓T篓T篓TCO_{2}+2H_{2}O}rm{CH_{4}+2O_{2}篓T篓T篓TCO_{2}+2H_{2}O}10、K+S2-、Fe3+HSO4-HSO3-【分析】【分析】本题是对弱电解质的电离和盐类水解的知识的考查，是中学化学的基础知识，难度较小。关键是掌握电离和水解的原理，侧重基础知识的考查。【解答】依据电离和水解的原理可得：rm{S}rm{S}rm{2-}rm{2-}和rm{Fe}rm{Fe}rm{3+}rm{3+}只可能发生电离，只可以水解，rm{HSO}rm{HSO}即可能电离又可能水解，rm{4}rm{4}即不可能电离也不可能水解。据此答题。故答案为：rm{-}rm{-}rm{HSO}rm{HSO}rm{3}rm{3}rm{-}rm{-}rm{K}rm{K}rm{+}rm{+}既不能电离又不能水解的离子是rm{K}rm{K}rm{+}rm{+}，只能水解不能电离的离子是rm{S}rm{S}【解析】rm{K}rm{K}rm{{,!}^{+;;;;}}rm{S}rm{S}rm{{,!}^{2-}}、rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}rm{HSO}rm{HSO}11、略

【分析】解：钢铁在潮湿的空气中形成原电池；发生电化学腐蚀，电化腐蚀分为吸氧腐蚀和析氢腐蚀，而析氢腐蚀只在较强酸性条件下才发生，所以钢铁在潮湿的空气中发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀；

金属腐蚀的防护主要方法有：①改变金属的内部结构．例如；把铬；镍加入普通钢中制成不锈钢．

②在金属表面覆盖保护层．例如；在金属表面涂漆；电镀或用化学方法形成致密耐腐蚀的氧化膜等．

③电化学保护法．a．外加电流的阴极保护法．利用电解装置；使被保护的金属与电源负极相连．

b．牺牲阳极的阴极保护法．利用原电池装置；使被保护的金属与另一种更易失电子的金属组成新的原电池；

故答案为：电化学；涂油漆（或电镀）；连接锌等活泼金属；

②青瓷表面的绿色是釉层中的+2价铁元素显色而成的；

故选：+2．

①根据金属腐蚀分类和条件分析．钢铁在潮湿的空气中形成原电池；发生电化学腐蚀，电化腐蚀分为吸氧腐蚀和析氢腐蚀，而析氢腐蚀只在较强酸性条件下才发生；金属腐蚀的防护主要方法有：①改变金属的内部结构．②在金属表面覆盖保护层．③电化学保护法；

②+2价铁显浅绿色；

本题考查了钢铁的电化学腐蚀及防护等，侧重于基础知识的考查，题目难度不大．【解析】吸氧；涂油漆（或电镀）；连接锌等活泼金属；+2三、解答题(共8题，共16分)12、略

【分析】

（1）过滤操作中用到的仪器有烧杯；玻璃棒和漏斗；

故答案为：漏斗；

（2）2Mg+CO2=C+2MgO反应中；单质和化合物反应生成了新的单质和化合物，所以属于置换反应；

故选C；

（3）由于氮化镁中氮元素的化合价为-3，镁元素的化合价是+2价，化合价最小公倍数是6，氮化镁中镁原子个数是3，氮原子个数为2，氮化镁的化学式为：Mg3N2；

故答案为：Mg3N2；

（4）金属铝与氢氧化钠溶液反应；第一次加入40mL氢氧化钠溶液，固体质量减少5.4g，减少的是金属铝；第二次加入40ml，溶解的金属铝也是5.4g；第三次加入40mL氢氧化钠溶液，只溶解了1.2g铝，说明氢氧化钠溶液有剩余，所以第三次固体的质量4g是金属镁，故金属铝的质量是：16g-4g=12g；

镁元素与铝元素的质量比为：4g：12g=1：3；

根据反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，第一次反应消耗了5.4g铝，铝的物质的量是0.2mol，消耗的40mL氢氧化钠溶液中的n（NaOH）=n（Al）=0.2mol，氢氧化钠的物质的量浓度为：=5mol/L；

故答案为：1：3；5．

【解析】【答案】（1）根据过滤实验操作用到的仪器完成；

（2）分析反应特点；单质和化合物反应生成了新的单质和化合物，属于置换反应；

（3）氮化镁中氮元素的化合价为-3；镁元素的化合价是-2价，可以求出氮化镁的化学式；

（4）金属铝能够和氢氧化钠溶液反应；根据表中数据，第三次得到的固体是金属镁；再根据第一次反应的铝的物质的量计算出氢氧化钠溶液的浓度．

13、略

【分析】

0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为11，则氢离子浓度=10-11mol/L，氢氧化钠是强电解质完全电离，所以溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，则Kw=c（H+）．c（OH-）=0.01×10-11=10-13，故答案为：10-13；

（1）该温度下Kw=1.0×10-13，混合溶液为中性，则VaL×0.1mol/L=VbL×0.01mol/L，解得Va：Vb=1：10；故答案为：1：10；

（2）所得混合溶液为中性，Va：Vb==1013-a-b；

且a+b=12，解得Va：Vb=10：1；故答案为：10：1；

（3）所得混合溶液的pH=10，碱过量，则=0.001mol/L．解得Va：Vb=1：9；故答案为：1：9．

【解析】【答案】根据溶液的pH计算溶液中氢离子浓度，根据氢氧化钠的浓度计算氢氧根离子浓度，再结合Kw=c（H+）．c（OH-）计算即可；

（1）混合溶液为中性，则VaL×0.1mol/L=VbL×0.01mol/L；

（2）所得混合溶液为中性，Va：Vb==1013-a-b；

（3）所得混合溶液的pH=10，碱过量，则=0.001mol/L．

14、略

【分析】

（1）六种盐都为强碱弱酸盐；盐的pH越大，说明对应的酸水解程度越大，则对应的酸越弱，则。

A．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，应生成NaHCO3；所以反应不能发生，故A错误；

B．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，应生成NaHCO3；反应能进行，故B正确；

C．酸性H2CO3＞C6H5OH＞HCO3-，应生成NaHCO3故C正确；

D．酸性H2CO3＞C6H5OH＞HCO3-，应生成NaHCO3；故D错误；

E、C6H5OH＞HCO3-，故能生成NaHCO3；故E正确；

F、CH3COOH酸性大于HCN；反应能发生，故C正确．

故答案为AD；

（2）由题意可知；三个反应都有沉淀生成，根据所给反应，总结出复分解反应发生的另一规律为：反应能够由溶解度相对较大的物质向生成溶解度相对较小的物质的方向进行，故答案为：反应能够由溶解度相对较大的物质向生成溶解度相对较小的物质的方向进行；

（3）酸性越强；氢离子浓度越大，PH越小，所以氢离子浓度从大到小顺序为：⑤③②④①，所以PH从大到小顺序为①④②③⑤，故答案为：①④②③；

（4）在水中加酸或碱抑制水的电离；加易水解的盐促进电离，所以电离程度最大的为NaClO，故答案为：③；

（5）①将25℃的规律迁移过来，即可知该温度下：pH之和为14的酸、碱溶液等体积混合，谁弱显谁性，无弱显中性．本题中“A为强酸，B为强碱”，故混合溶液呈中性，pH=7，由于溶液呈中性，故c（H+）=c（OH-）；若A为一元酸，B为一元碱，结合电荷守恒可知，酸的阴离子浓度等于碱的阳离子浓度．若酸是n（n≠1）元强酸而碱为一元强碱，则其电荷守恒关系式中，碱的阳离子浓度等于酸的阴离子浓度的n倍，所以碱的阳离子浓度大于酸的阴离子浓度；

故答案为：7；酸是二元强酸；碱是一元强碱；

②由于混合溶液呈酸性，根据“pH之和为14的酸、碱溶液等体积混合，谁弱显谁性，无弱显中性”可判断HR一定是弱酸，则R-离子一定能发生水解；

MOH不可能大于由于溶液呈酸性，故c（H+）＞c（OH-），排除b、d，根据c（H+）＞c（OH-）和c（M+）+c（H+）=c（R-）+c（OH-）可得c（R-）＞c（M+）；则a错误；

由于OH-和H+均来自于弱电解质的电离，其浓度应该很小，故c（R-）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH-），即c正确．由电荷守恒可知e正确；故答案为：R-；ce．

【解析】【答案】（1）六种盐都为强碱弱酸盐；盐的pH越大，说明对应的酸水解程度越大，则对应的酸越弱，根据强酸生成弱酸的特点判断反应能否进行；

（2）根据三个反应都有沉淀生成分析；

（3）根据酸性强弱程度分析；

（4）根据影响水的电离平衡的因素分析；

（5）：①根据pH之和为14的酸；碱溶液等体积混合；谁弱显谁性，无弱显中性判断；根据电荷守恒，金属阳离子浓度大于酸根阴离子浓度，则阴离子所带电荷多；

②根据“pH之和为14的酸、碱溶液等体积混合，即n（H+）=n（OH-）；混合后溶液显酸性，氢离子过量，则酸是弱酸；从盐类的水解以及电荷守恒角度分析．

15、略

【分析】

（1）某地区使用含较少Ca2+、Mg2+的天然水；所以属于软水，故答案为：软水；

（2）常用的凝聚剂有明矾；硫酸铝、氯化铁等；故答案为：明矾；

（3）常用液氯作为消毒剂；其原理是：氯气能和水反应生成次氯酸，次氯酸能够消毒杀菌，故答案为：氯气能和水反应生成次氯酸，次氯酸能够消毒杀菌．

【解析】【答案】（1）硬水是指含有较多钙镁离子的水；软水是指含有较少钙镁离子的水．

（2）常用的凝聚剂有明矾；硫酸铝、氯化铁等；

（3）常用液氯作为消毒剂；其原理是：氯气能和水反应生成次氯酸，次氯酸能够消毒杀菌；

16、略

【分析】

根据题意知，取出的溶液中含有的溶质的物质的量分别为：NaCl0.06mol，CuSO40.02mol；溶液中阴阳离子的放电顺序分别为：阳离子放电顺序Cu2+＞H+＞Na+，阴离子放电顺序为Cl-＞OH-＞SO42-

所以；该溶液电解三个阶段分别为：

第一阶段：Cu2+和Cl-放电；生成氯气和铜；

根据得失电子相等知；铜离子先完全电解，氯离子还剩0.02mol，所以发生第二阶段电解反应；

第二阶段：H+和Cl-放电；生成氢气和氯气；

根据得失电子相等知；氯离子完全电解，发生第三阶段反应；

第三阶段：H+和OH-放电；生成氢气和氧气．

（1）根据以上分析知，第一阶段的电解反应为Cu2++2Cl-Cu+Cl2

故答案为Cu2++2Cl-Cu+Cl2

（2）电解的最后阶段，H+在阴极上放电，OH-的阳极上放电；分别生成氢气和氧气．

故答案为：2H++2e-═H2↑

（3）当铜离子全部生成铜单质时；根据得失电子相等知，氯离子还剩0.02mol．

当阴极上有气体生成时；发生的电解反应为：

2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-

222.4L

0.02mol0.224L

故答案为0.224L．

【解析】【答案】（1）根据溶液中阴阳离子的放电顺序；判断每一阶段放电的离子，然后写出电解反应的离子方程式．

（2）先确定最后阶段放电的离子；再写出阴极上发生的电极反应式．

（3）先根据题意判断当阴极有气体产生时发生的电解反应；然后计算铜全部析出时剩余的氯离子的物质的量，根据氯离子的物质的量计算阴极上生成气体的体积．

17、略

【分析】

据实验目的和各装置的作用推知整套装置为D→C→E→B→A，各导管接口顺序为g→f，e→h，i→c，d→a．其中D为O2发生装置（MnO2作催化剂），C中浓H2SO4作用是吸收水分，得到干燥纯净的O2，E为有机物燃烧装置，B中CaCl2吸收反应生成的H2O．

（1）产生氧气中含有水；应经过干燥后才可与有机物反应，生成二氧化碳和水，用无水氯化钙吸收水，用碱石灰吸水二氧化碳，整套装置为D→C→E→B→A，各导管接口顺序为g→f，e→h，i→c，d→a；

故答案为：g→f；e→h，i→c，d→a；

（2）C中浓H2SO4作用是吸收水分，得到干燥纯净的O2，故答案为：吸收水分，得到干燥纯净的O2；

（3）D为O2发生装置，双氧水在二氧化锰作催化剂条件下反应生成氧气，故答案为：作催化剂，加快产生O2的速率；

（4）本实验需测定有机物中碳元素、氢元素的质量，原理是根据氢氧化钠吸收的二氧化碳的质量求碳元素的质量，有机物燃烧时可能也产生一氧化碳，为了测定精确，要将有机物不完全燃烧产生的少量CO氧化成CO2，氧化铜通过与一氧化碳反应能保证有机物中的碳都转化为CO2，故答案为：使有机物更充分氧化生成CO2和H2O；

（5）A管质量增加3.96克说明生成了3.96克二氧化碳，可得碳元素的质量：3.96克××100%=1.08克。

B管质量增加0.90g说明生成了0.90g水，可得氢元素的质量：0.90g××100%=0.1克。

从而可推出含氧元素的质量为：1.50g-1.08g-0.1g=0.32克。

设最简式为CXHYOZ，则12X：Y：16Z=1.08：0.1：0.32X：Y：Z=9：10：2最简式为C9H10O2即分子式为：C9H10O2，根据A分子中只含一个苯环，且苯环上只有一个取代基，且B的水解产物中含有乙醇，结合核磁共振氢谱图可以得出A的结构简式为：故答案为：．

【解析】【答案】明确各装置的作用是解题的前提，A用来吸收二氧化碳、B用来吸收水、C用于干燥通入E中的氧气、D用来制取反应所需的氧气、E是在电炉加热时用纯氧气氧化管内样品；根据一氧化碳能与氧化铜反应可被氧化成二氧化碳的性质可知CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2；确定物质的化学式可借助元素的质量守恒进行解答，据实验目的和各装置的作用推知整套装置为D→C→E→B→A，各导管接口顺序为g→f，e→h，i→c，d→a．其中D为O2发生装置（MnO2作催化剂），C中浓H2SO4作用是吸收水分，得到干燥纯净的O2，E为有机物燃烧装置，B中CaCl2吸收反应生成的H2O，A中NaOH吸收反应生成的CO2根据原子守恒结合质量守恒确定有机物的分子式；并根据性质确定其最简式．

18、略

【分析】

（1）该晶胞中钠离子个数=12×=4，氯离子个数=8×

故答案为：4；4；

（2）根据图片二知，NaCl晶体中阴阳离子的最短距离为a的一半即

故答案为：

（3）1mol氯化钠的质量=1mol×58.8g/mol=58.5g，标况下，气体体积为11.2L的氯化钠的物质的量=

=0.5mol，M==117g/mol，所以氯化钠气体的分子式为Na2Cl2；

故答案为：Na2Cl2．

【解析】【答案】（1）利用均摊法计算每个晶胞中含有的氯离子和钠离子个数；

（2）根据图片二确定NaCl晶体中阴阳离子的最短距离；

（3）M==根据摩尔质量确定其化学式．

19、略

【分析】

①测定碳酸钡样品中所含碳酸钡的质量分数，先磨碎再加入盐酸溶解，在操作过程中为准确测定减少损失，依据测定方法是用滴定方法进行，所以选择在锥形瓶中进行；定量实验所需要的盐酸体积，第Ⅱ步操作中加入35.00mL0.100mol•L-1的盐酸；依据题干信息可知体积需要精确到0.01ml，化学上用酸式滴定管准确取用；故答案为：锥形瓶；酸式滴定管；

②滴定过程是氢氧化钠滴定剩余的盐酸；所以加入酚酞在盐酸中无色，滴入氢氧化钠溶液至恰好反应，溶判断滴定达到终点的现象为液从无色变为红色，半分钟不褪色；

故答案为：最后一滴滴入后；溶液由无色变为浅红色，且30s内不变色；

③重复上述操作（均加入35.00mL0.1mol•L-1的盐酸），滴定时平均耗用0.100mol•L-1的NaOH溶液15.00mL，计算加入盐酸溶解碳酸钡，剩余的氯化氢物质的量=氢氧化钠物质的量=0.0150mL×0.100mol•L-1=0.0015mol，与碳酸钡反应的氯化氢物质的量=0.0350L×0.100mol/L-0.0015mol=0.002mol；BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O；计算得到碳酸钡物质的量为0.001mol；

碳酸钡的质量分数=×100%=78.8%；

故答案为：78.8%；

④依据误差分析的依据：c（待测液）=与碳酸钡反应的氯化氢物质的量=氯化氢总的物质的量-氢氧化钠滴定消耗物质的量；

A．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡；滴定后无气泡，标准液体积增大，滴定消耗氢氧化钠物质的量增大，与碳酸钡反应的氯化氢物质的量减小，碳酸钡的质量分数偏小，故A不符合；

B．向样品中加盐酸时；有少量盐酸溅出，滴定消耗氢氧化钠物质的量减小，与碳酸钡反应的氯化氢物质的量增大，碳酸钡的质量分数偏高，故B符合；

C．滴定时；有少量NaOH溶液滴到瓶外壁上，滴定消耗氢氧化钠物质的量增大，与碳酸钡反应的氯化氢物质的量减小，碳酸钡的质量分数偏低，故C不符合；

D．读滴定管开始时仰视；终点读数时俯视，滴定消耗氢氧化钠物质的量减小，与碳酸钡反应的氯化氢物质的量增大，碳酸钡的质量分数偏高，故D符合；

故答案为：BD．

【解析】【答案】①测定碳酸钡样品中所含碳酸钡的质量分数；先磨碎再加入盐酸溶解，在操作过程中为准确测定减少损失，依据测定方法是用滴定方法进行，所以选择在锥形瓶中进行；定量实验所需要的盐酸体积，依据题干信息可知需要精确到0.01ml，化学上用滴定管准确取用；

②滴定实验是以酚酞做指示剂；用氢氧化钠滴定过量的盐酸，终点变化为无色变浅红色；

③依据滴定实验计算过量的氯化氢物质的量；计算出和碳酸钡反应的氯化氢物质的量，结合化学方程式计算碳酸钡物质的量，换算质量计算碳酸钡的质量分数；

④滴定实验误差分析c（待测液）=操作过程中错误的操作可以归纳为消耗标准液的体积变化，结合盐酸总量来判断碳酸钡消耗盐酸量的多少分析判断；

四、推断题(共4题，共12分)20、（1）正四面体形sp3非极性（2）HClO4<（3）d1s22s22p63s23p63d64s2（或[Ar]3d64s2）（4）Be(OH)2＋2OH-＝BeO22-＋2H2O【分析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，rm{垄脵}为rm{H}rm{垄脷}为rm{Be}rm{垄脹}为rm{C}rm{垄脺}为rm{Mg}rm{垄脻}为rm{Al}rm{垄脼}为rm{S}rm{垄脽}为rm{Cl}rm{垄脿}为rm{Ca}rm{垄谩}为rm{Fe}rm{垄芒}为rm{Cu}依次解答。为rm{垄脵}rm{H}为rm{垄脷}rm{Be}为rm{垄脹}rm{C}为rm{垄脺}rm{Mg}为rm{垄脻}rm{Al}为rm{垄脼}rm{S}为rm{垄脽}rm{Cl}为rm{垄脿}rm{Ca}为rm{垄谩}rm{Fe}为rm{垄芒}依次解答。rm{Cu}【解答】和rm{(1)垄脹}和rm{垄脵}形成的一种rm{5}核rm{10}电子分子，化学式为rm{CH_{4}}其立体构型为形成的一种rm{(1)垄脹}核rm{垄脵}电子分子，化学式为rm{5}其立体构型为正四面体形；rm{10}rm{CH_{4}}中心原子杂化方式为rm{sp^{3}}正四面体形；rm{sp^{3}}；非极性；；属于非极性分子；元素故答案为：和rm{sp^{3}}的最高价氧化物对应水化物中酸性较强的是rm{sp^{3}}；rm{(2)}和rm{垄脹}是同周期的元素，从左到右电负性依次增强，所以rm{垄脽}的电负性rm{HClO_{4}}元素rm{HClO_{4}}故答案为：rm{S}rm{Cl}rm{垄脼}位于rm{<}区；rm{垄脽}的原子序数为rm{<}所以电子排布式为：rm{(3)}；根据元素周期表分区，元素rm{垄谩}位于或rm{垄谩}rm{d}区rm{d}rm{Fe}的原子序数为rm{26}所以电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}rm{Fe}rm{26}或rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}rm{(}rm{[Ar]3d^{6}4s^{2}}rm{[Ar]3d^{6}4s^{2}}元素rm{)}的氢氧化物与；溶液反应反应生成故答案为：rm{d}rm{d}；rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}rm{(}或rm{[Ar]3d^{6}4s^{2}}rm{)}；rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}rm{(}rm{[Ar]3d^{6}4s^{2}}rm{[Ar]3d^{6}4s^{2}}rm{)}；rm{(4)}元素rm{垄脷}的氢氧化物与rm{NaOH}溶液反应反应生成rm{Na}rm{(4)}rm{(4)}离子方程式为：rm{垄脷}rm{NaOH}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{BeO}rm{BeO}rm{{,!}_{2}}；

，该反应为rm{Be(OH)}rm{Be(OH)}rm{{,!}_{2}}rm{+2NaOH篓TNa}rm{+2NaOH篓TNa}rm{{,!}_{2}}rm{BeO}rm{BeO}。rm{{,!}_{2}}【解析】rm{(1)}正四面体形rm{sp^{3;;;;;}}非极性rm{(2)HClO_{4;;;;;}}rm{<}rm{(3)d}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}(}或rm{[Ar]3d^{6}4s^{2})}rm{(4)Be(OH)_{2}+2OH^{-}=BeO_{2}^{2-}+2H_{2}O}21、（1）HNO3

（2）

（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

（4）Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓【分析】【分析】本题考查无机物的推断，涉及硝酸和硝酸盐的性质，化学方程式、离子方程式、电子式的书写等，难度中等。【解答】rm{B}是红棕色固体，则rm{B}是rm{Fe_{2}O_{3}}rm{D}是红棕色气体，则rm{D}是rm{NO_{2}}rm{E}是常见的无色液体，则rm{E}是rm{H_{2}O}能与水反应的是红棕色固体，则rm{B}是rm{B}rm{Fe_{2}O_{3}}是红棕色气体，则rm{D}是rm{D}rm{NO_{2}}是常见的无色液体，则rm{E}是rm{E}能与水反应的淡黄色粉末是过氧化钠，则rm{H_{2}O}是rm{G}是rm{Na_{2}O_{2}}生成物rm{H}是rm{NaOH}rm{C}是rm{O_{2}}rm{F}是硝酸，rm{A}是硝酸铁，硝酸铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁和硝酸钠。生成物rm{G}是rm{Na_{2}O_{2}}rm{H}是rm{NaOH}rm{C}是硝酸，rm{O_{2}}是硝酸铁，硝酸铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁和硝酸钠。rm{F}由上述分析知rm{A}的化学式为rm{(1)}由上述分析知rm{F}的化学式为rm{HNO_{3}}rm{(1)}rm{F}的电子式为故答案为：rm{HNO_{3}}反应故答案为：rm{HNO_{3}}rm{HNO_{3}}rm{(2)E}的电子式为的化学方程式为：rm{(2)E}rm{(3)}反应rm{E+G}rm{(3)}rm{E+G}rm{隆煤}rm{H+C}的化学方程式为：rm{2Na}rm{H+C}rm{2Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}故答案为：rm{+2CO}rm{+2CO}rm{{,!}_{2}}rm{=2Na}rm{=2Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{+O}rm{+O}rm{{,!}_{2}}rm{2Na}反应rm{2Na}的离子方程式：rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}故答案为：rm{{,!}_{2}}rm{+2CO}rm{+2CO}rm{{,!}_{2}}【解析】rm{(1)HNO_{3}}rm{(2)}rm{(3)}rm{2Na}rm{2Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{+2CO}rm{+2CO}rm{{,!}_{2}}rm{=2Na}rm{=2Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}22、氢氧化钠醇溶液、加热；【分析】解：环己烷和氯气发生取代反应生成rm{1-}氯环己烷，rm{1-}氯环己烷和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成rm{A}rm{A}的结构简式为：rm{A}和氯气反应生成rm{B}则rm{B}发生消去反应生成所以rm{B}的结构简式为则rm{A}和氯气发生加成反应生成rm{B}和溴发生加成反应生成和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成rm{C}和氢气发生加成反应生成

rm{(1)}通过以上分析知，rm{B}的结构简式为rm{C}的结构简式为

故答案为：

rm{(2)}反应rm{垄脺}为：所用的试剂和条件分别为氢氧化钠醇溶液；加热；

故答案为：氢氧化钠醇溶液；加热；

rm{(3)}反应rm{垄脵}的化学方程式为反应rm{垄脺}的化学方程式为

故答案为：．

环己烷和氯气发生取代反应生成rm{1-}氯环己烷，rm{1-}氯环己烷和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成rm{A}rm{A}的结构简式为：rm{A}和氯气反应生成rm{B}rm{B}发生消去反应生成所以rm{B}的结构简式为则rm{A}和氯气发生加成反应生成rm{B}和溴发生rm{1}rm{4}加成反应生成和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成rm{C}为和氢气发生加成反应生成据此进行答题．

本题考查有机推断，题目难度中等，明确有机物的断键和成键特点是解本题关键，注意反应条件不同反应产物不同，为易错点，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力．【解析】氢氧化钠醇溶液、加热；23、略

【分析】【分析】本题考查有机物的推断与合成，注意充分利用有机物的结构与分子式进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化是解答本题的关键，题目难度中等。Ⅰ根据题中各物质转化关系，芳香烃rm{C}rm{{,!}_{8}H}rm{{,!}_{10}}在光照条件下与氯气发生侧链上的取代反应得rm{X}rm{X}碱性水解得苏合香醇，苏合香醇氧化后不能发生银镜反应，可推知rm{Z}为苏合香醇为，rm{X}为芳香烃rm{C}rm{{,!}_{8}H}rm{{,!}_{10}}为rm{X}发生消去反应得rm{Y}为据此答题；

Ⅱrm{F}与苏合香醇互为同系物，rm{F}为醇，则rm{D}为羧酸，rm{D}的相对分子质量通过质谱法测得为rm{88}结合rm{G}的分子式可知，rm{D}的分子式为rm{C}rm{{,!}_{4}H}rm{{,!}_{8}O}rm{{,!}_{2}}rm{D}的核磁共振氢谱显示只有三组峰，则rm{D}为rm{2-}甲基丙酸，结合合成转化图中的反应条件可知，rm{A}为rm{2-}甲基丙烯，rm{B}为rm{2-}甲基丙醇，rm{C}为rm{2-}甲基丙醛，rm{D}与rm{F}发生酯化反应生成rm{G(C}rm{{,!}_{13}H}rm{{,!}_{18}O}rm{{,!}_{2})}则rm{F}为rm{C}rm{{,!}_{9}H}rm{{,!}_{12}O}rm{G}中含有两个rm{-CH}rm{{,!}_{3}}rm{E}可发生银镜反应，在催化剂存在下rm{1molE}与rm{2molH}rm{{,!}_{2}}可以反应生成rm{F}所以rm{E}为rm{C}rm{{,!}_{9}H}rm{{,!}_{8}O}则rm{E}的结构简式为rm{F}为则rm{G}为据此解答。【解答】Ⅰ根据题中各物质转化关系，芳香烃rm{C_{8}H_{10}}在光照条件下与氯气发生侧链上的取代反应得rm{X}rm{X}碱性水解得苏合香醇，苏合香醇氧化后不能发生银镜反应，可推知rm{Z}为苏合香醇为，rm{X}为芳香烃rm{C_{8}H_{10}}为rm{X}发生消去反应得rm{Y}为

rm{(1)}根据上面的分析可知，苏合香醇的结构简式为它不能发生的有机反应类型有加聚反应和水解反应，故选rm{垄脺}rm{垄脼}

rm{(2)Y}为分子中有苯环的结构和乙烯的结构，苯中所有原子共面，乙烯中所有原子共面，单键可以旋转，所以rm{Y}分子中所以原子都能共面，最多有rm{16}个；

Ⅱrm{F}与苏合香醇互为同系物，rm{F}为醇，则rm{D}为羧酸，rm{D}的相对分子质量通过质谱法测得为rm{88}结合rm{G}的分子式可知，rm{D}的分子式为rm{C_{4}H_{8}O_{2}}rm{D}的核磁共振氢谱显示只有三组峰，则rm{D}为rm{2-}甲基丙酸，结合合成转化图中的反应条件可知，rm{A