1、2021-2022學年高考化學模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、為探究新制氯水的性質，某學生做了如下實驗。實驗裝置試劑a現象紫色的石蕊試液溶液先變紅后褪色NaHCO3溶液產生氣泡HNO3酸化的AgNO3溶液產生白色沉淀FeCl2溶液、KSCN溶液溶液變紅由上述實驗可得新制氯水的性質

2、與對應的解釋或離子方程式不相符的是A實驗說明新制氯水中含有H、HClOB實驗發生的反應為HCO3HClO=ClOCO2H2OC實驗說明新制氯水中有Cl，ClAg+=AgClD實驗說明氯氣具有強氧化性，Cl22Fe2=2Cl2Fe32、W、X、Y、Z四種短周期元素，它們在周期表中的位置如圖所示。下列推斷正確的是（）A原子半徑：ZYXB元素非金屬性：ZYXC最高價氧化物對應水化物的酸性：ZYWDWH4與Z元素的單質在光照時發生置換反應3、在化學能與電能的轉化中，下列敘述正確的是A鍍鋅鐵皮在食鹽水中發生析氫腐蝕B電解池的陰極材料一定比陽極材料活潑C將鐵器與電源正極相連，可在其表面鍍鋅D原電池的負極和

3、電解池的陽極均發生氧化反應4、實驗室可用濃鹽酸與濃硫酸混合快速制取HCl下列解釋合理的是（）A濃硫酸是高沸點的酸，通過它與濃鹽酸反應制取低沸點的酸B通過改變溫度和濃度等條件，利用平衡移動原理制取HClC兩種強酸混合，溶解度會相互影響，低溶解度的物質析出D濃硫酸的濃度遠大于濃鹽酸的濃度，高濃度的酸制取低濃度的酸5、反應物X轉化為Y和Z的能量變化如圖所示。下列說法正確的是AXY反應的活化能為E5B加入催化劑曲線a變為曲線bC升高溫度增大吸熱反應的活化能，從而使化學反應速率加快D壓縮容器體積不改變活化能，但增大單位體積活化分子數，使得反應速率加快6、25時，已知醋酸的電離常數為1.810-5。向20

4、mL 2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水電離出的c(H+)在此滴定過程中變化曲線如下圖所示。下列說法不正確的是Aa點溶液中：c(H+)=6.010-3molL-1Bb點溶液中：c(CH3COOH)c(Na+)c(CH3COO-)Cc點溶液中：c(OH-)=c(CH3COOH)+ c(H+)Dd點溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)7、下列有關化學用語表示正確的是（ ）A氮離子N3-的結構示意圖：B聚丙烯的結構簡式：C由Na和Cl形成離子鍵的過程：D比例模型可表示CH4分子，也可表示CCl4分子8、某同學采用硫鐵礦燒

5、渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質)制取綠礬(FeSO47H2O)，設計了如圖流程：下列說法不正確的是（ ）A固體1中含有SiO2B溶解燒渣選用足量鹽酸，試劑X選用鐵粉C控制pH是為了使Al3+轉化為Al(OH)3進入固體2D從溶液2得到FeSO47H2O產品的過程中，須控制條件防止其氧化9、700時，H2(g)CO2(g)H2O(g)CO(g)。該溫度下，在甲、乙、丙三個恒容密閉容器中，投入H2和CO2，起始濃度如下表所示。其中甲經2min達平衡時，v(H2O)為0.025 mol/(Lmin)，下列判斷不正確的是()起始濃度甲乙丙C(H2)/mol/L0.10.

6、20.2C(CO2)/mol/L0.10.10.2A平衡時，乙中CO2的轉化率大于50B當反應平衡時，丙中c(CO2)是甲中的2倍C溫度升至800，上述反應平衡常數為25/16，則正反應為吸熱反應D其他條件不變，若起始時向容器乙中充入0.10mol/L H2和0.20 mol/L CO2，到達平衡時c (CO)與乙不同10、中國科學家用蘸墨汁書寫后的紙張作為空氣電極，設計并組裝了輕型、柔性、能折疊的可充電鋰空氣電池如下圖1所示，電池的工作原理如下圖2所示。下列有關說法正確的是A放電時，紙張中的纖維素作鋰電池的正極B閉合開關K給鋰電池充電，X為直流電源正極C放電時，Li+由正極經過有機電解質溶液

7、移向負極D充電時，陽極的電極反應式為Li2O2-2e-=O2 +2Li+11、下列實驗中，所使用的裝置(夾持裝置略)、試劑和操作方法都正確的是( )A觀察Fe（OH）2的生成B配制一定物質的量濃度的NaCO3溶液C除去CO中的CO2D實驗室模擬制備NaHCO312、向FeCl3、CuCl2、鹽酸的混合溶液中加入鐵粉充分反應后，用KSCN溶液檢驗無明顯現象，則反應后的溶液一定A含Cu2+B含Fe2+C呈中性D含Fe2+和Cu2+13、NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是A5.5g超重水(T2O)中含有的中子數目為3NAB常溫常壓下，44gCO2與足量過氧化鈉反應轉移電子的數目為NAC常溫

8、常壓下，42gC2H4和C4H8混合氣體中含有氫原子的數目為6NADL1CH3COOH溶液中含有H數目為0.2NA14、下列有關垃圾處理的方法不正確的是A廢電池必須集中處理的原因是防止電池中汞、鎘、鉻、鉛等重金屬元素形成的有毒化合物對土壤和水源污染B將垃圾分類回收是垃圾處理的發展方向C家庭垃圾中的瓜果皮、菜葉、菜梗等在垃圾分類中屬于濕垃圾D不可回收垃圾圖標是15、下列有關說法正確的是A用新制Cu(OH)2懸濁液檢驗牙膏中的甘油時，可生成絳藍色沉淀B用紙層析法分離Cu2+和Fe3+，為了看到色斑，必須通過氨熏C氯化鉆濃溶液加水稀釋，溶液的顏色由藍色逐漸轉變為粉紅色D摘下幾根火柴頭，浸于水中，片刻

9、后取少量溶液于試管中，加AgNO3溶液和稀硝酸，若出現白色沉淀，說明火柴頭中含氯元素16、網絡趣味圖片“一臉辛酸”，是在臉上重復畫滿了辛酸的鍵線式結構。下列有關辛酸的敘述正確的是A辛酸的同分異構體（CH3)3CCH (CH3) CH2COOH的名稱為 2,2,3-三甲基戊酸B辛酸的羧酸類同分異構體中，含有3個“一CH3”結構，且存在乙基支鏈的共有7種(不考慮立體異構）C辛酸的同分異構體中能水解生成相對分子質量為74的有機物的共有8種(不考慮立體異構）D正辛酸常溫下呈液態，而軟脂酸常溫下呈固態，故二者不符合同一通式17、反應Cl2+2KI=2KCl+I2中，氧化劑是（ ）ACl2BKICKClD

10、I218、下列離子方程式正確的是A向FeCl3溶液中通人過量H2S：2Fe3H2S=2Fe2S2HB向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水：Ca2OHHCO3=CaCO3H2OC向NaClO溶液中通人少量SO2：SO2ClOH2O=SO42Cl2HD向FeI2溶液中通人等物質的量的Cl2：2Fe22I2Cl2=2Fe3I24Cl19、2016年，我國科研團隊開創了以煤為原料合成氣態烯烴的新途徑。下列說法錯誤的是A煤的氣化和液化是物理變化B煤的干餾是在隔絕空氣條件下進行的C大量燃燒煤炭是造成霧霾的重要原因D發展“煤制油”工程可減少對石油產品的依賴20、對于排布在2s軌道上的電子，不能確定的是A電

11、子所在的電子層B電子的自旋方向C電子云的形狀D電子云的伸展方向21、X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，已知常溫下X單質為黃色固體，Y是無機非金屬材料的主角，Z焰色反應呈黃色。部分信息如下表：XYZMRQ原子半徑/nm0.1040.1170.1860.0740.0990.143主要化合價-2+4，-4+1-2-1，+7+3下列說法正確的是：AR在元素周期表中的位置是第二周期A族BX、Y均可跟M形成化合物，但它們的成鍵類型不相同CZ、R、Q最高價氧化物的水化物能相互反應DY元素氧化物是用于制造半導體器件、太陽能電池的材料22、用“吸收電解”循環法脫除煙氣中的SO2，可減少對大氣的污染。室溫下

12、，電解液K再生的裝置如圖所示，其中電解液的pH隨變化的關系見下表，下列對此判斷正確的是電解液n(SO32)：n(HSO3)pHK9:916.2L1:17.2M91:98.2A當電解液呈中性時溶液中：B再生液M吸收SO2主反應的離子方程式為：CHSO3在b極發生的電極反應式為：D若產生標準狀況下2.24L氣體N，則d膜上共通過0.2mol陽離子二、非選擇題(共84分)23、（14分）化合物 A 含有碳、氫、氧三種元素，其質量比是 3:1:4,B 是最簡單的芳香烴，D 是有芳香氣味的酯。它們之間的轉換關系如下：回答下列問題：(1)A 的結構簡式為_。(2)C 中的官能團為_。(3) 的一氯代物有_

13、種。(不考慮立體異構)(4)反應的化學方程式為_。24、（12分）周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序數依次增大。a的核外電子總數與其周期數相同；基態b原子的核外電子占據3個能級，且最高能級軌道為半充滿狀態；c的最外層電子數是內層電子數的3倍；d的原子序數是c的兩倍；基態e原子3d軌道上有4個單電子?；卮鹣铝袉栴}： （1）b、c、d電負性最大的是_(填元素符號)。（2）b單質分子中鍵與鍵的個數比為_。（3）a與c可形成兩種二元化合物分子，兩種物質可以任意比互溶。其中一種不穩定，可分解產生c的單質，該化合物分子中的c原子的雜化方式為_；這兩種物質的互溶物中，存在的化學鍵有_(填序號)。

14、極性共價鍵 非極性共價鍵 離子鍵 金屬鍵 氫鍵 范德華力（4）這些元素形成的含氧酸中，分子內中心原子的價層電子對數為4的酸是_(填化學式，下同)；酸根呈正三角形結構的酸是_，試從兩者結構特點判斷該酸分子與酸根離子的穩定性：酸分子_酸根離子(填“”或“”)。（5）元素e在周期表中的位置是_區；e的一種常見氯化物中的化學鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態下以雙聚分子存在，結構式為，請補寫e的元素符號并用“”表示出其中的配位鍵_。25、（12分）向硝酸酸化的2 mL 0.1 molL1 AgNO3溶液（pH2）中加入過量鐵粉，振蕩后靜置，溶液先呈淺綠色，后逐漸呈棕黃色，試管底部仍存在黑色固體，過程中無氣體

15、生成。實驗小組同學針對該實驗現象進行了如下探究。.探究Fe2產生的原因。（1）提出猜想：Fe2可能是Fe與_或_反應的產物。（均填化學式）（2）實驗探究：在兩支試管中分別加入與上述實驗等量的鐵粉，再加入不同的液體試劑，5 min后取上層清液，分別加入相同體積和濃度的鐵氰化鉀溶液。液體試劑加入鐵氰化鉀溶液1號試管2 mL 0.1 molL1AgNO3溶液無藍色沉淀2號試管硝酸酸化的2 mL 0.1 molL1_溶液(pH2)藍色沉淀2號試管中所用的試劑為_。資料顯示：該溫度下，0.1 molL1 AgNO3溶液可以將Fe氧化為Fe2。但1號試管中未觀察到藍色沉淀的原因可能為_。小組同學繼續進行實

16、驗，證明了由2號試管得出的結論正確。實驗如下：取100 mL 0.1 molL1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH2），加入鐵粉并攪拌，分別插入pH傳感器和NO傳感器（傳感器可檢測離子濃度），得到圖甲、圖乙，其中pH傳感器測得的圖示為_（填“圖甲”或“圖乙”）。實驗測得2號試管中有NH4+生成，則2號試管中發生反應的離子方程式為_。.探究Fe3產生的原因。查閱資料可知，反應中溶液逐漸變棕黃色是因為Fe2被Ag氧化了。小組同學設計了不同的實驗方案對此進行驗證。（3）方案一：取出少量黑色固體，洗滌后，_（填操作和現象），證明黑色固體中有Ag。（4）方案二：按下圖連接裝置，一段時間后取出左側燒杯中的溶液

17、，加入KSCN溶液，溶液變紅。該實驗現象_（填“能”或“不能”）證明Fe2可被Ag氧化，理由為_。26、（10分）實驗小組以二氧化錳和濃鹽酸為反應物，連接裝置ABC制取氯水，并探究氯氣和水反應的產物。（1）A中發生反應的離子方程式是_。（2）B中得到淺黃綠色的飽和氯水，將所得氯水分三等份，進行的操作、現象、結論如下：實驗實驗操作現象結論向氯水中加入碳酸氫鈉粉末有無色氣泡產生氯氣與水反應至少產生了一種酸性強于碳酸的物質向品紅溶液中滴入氯水溶液褪色氯氣與水反應的產物有漂白性（1）甲同學指出：由實驗得出的結論不合理，原因是制取的氯水中含有雜質_（填化學式），也能與碳酸氫鈉反應產生氣泡。應在A、B間連

18、接除雜裝置，請畫出除雜裝置并標出氣體流向和藥品名稱_。（2）乙同學指出由實驗得出的結論不合理，原因是實驗未證明_（填化學式）是否有漂白性。（3）丙同學利用正確的實驗裝置發現氯水中有Cl-存在，證明氯水中有Cl-的操作和現象是：_。丙同學認為，依據上述現象和守恒規律，能推測出氯水中有次氯酸存在。這一推測是否正確，請說明理由_。（4）丁同學利用正確的實驗裝置和操作進行實驗，觀察到實驗現象與實驗、相似，說明氯氣和水反應的產物具有的性質是_。（5）戊同學將第三份氯水分成兩等份，向其中一份加入等體積的蒸餾水，溶液接近無色。另一份中加入等體積飽和的氯化鈉溶液，溶液為淺黃綠色。對比這兩個實驗現象能說明：_。

19、27、（12分）無水硫酸銅在加熱至650時開始分解生成氧化銅和氣體某活動小組通過實驗，探究不同溫度下氣體產物的組成實驗裝置如下：每次實驗后均測定B、C質量的改變和E中收集到氣體的體積實驗數據如下（E中氣體體積已折算至標準狀況）：實驗組別溫度稱取CuSO4質量/gB增重質量/gC增重質量/gE中收集到氣體/mLT10.6400.32000T20.64000.256V2T30.6400.160Y322.4T40.640X40.19233.6（1）實驗過程中A中的現象是_D中無水氯化鈣的作用是_（2）在測量E中氣體體積時，應注意先_，然后調節水準管與量氣管的液面相平，若水準管內液面高于量氣管，測得氣

20、體體積_（填“偏大”、“偏小”或“不變”）（3）實驗中B中吸收的氣體是_實驗中E中收集到的氣體是_（4）推測實驗中CuSO4分解反應方程式為：_（5）根據表中數據分析，實驗中理論上C增加的質量Y3=_g（6）結合平衡移動原理，比較T3和T4溫度的高低并說明理由_28、（14分）燃煤產生的煙氣中含有較多的CO2、CO、SO2等影響環境的氣體。如何綜合利用這些氣體一直是科研單位研究的熱點。(1)已知：2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g)H1CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)H22CO(g)4H2(g)CH3OCH3(g)H2O(g)H3用H2、H3表示H1，H1_

21、。(2)針對CO2與H2反應轉化為二甲醚(g)和H2O(g)，研究發現，該反應中CO2的平衡轉化率隨反應溫度、投料比n(H2)/n(CO2)的變化曲線如圖：H1_(填“”或“”)0。若其他條件不變，僅僅增大壓強，則逆反應速率會_(填“增大”“減小”或“不變”，下同)，平衡常數K會_。(3)研究發現，催化劑可以促使煙氣CO、SO2轉化為CO2、S。反應原理為2CO(g)SO2(g)2CO2(g)S(l) H270 kJmol1。其他條件相同，研究發現，分別選取Fe2O3、NiO、Cr2O3作上述反應的催化劑時，SO2的轉化率隨反應溫度的變化如圖，研究得出，應該選擇Fe2O3作催化劑，主要原因可能

22、是_若在2 L恒容密閉容器中，將3mol CO、1 mol SO2混合，在一定條件下引發反應，當SO2的平衡轉化率為40%時，此時K_。向反應容器中再分別通入下列氣體，可以使SO2轉化率增大的是_(填字母)。ACO BSO2 CN2 DH2S E.CO229、（10分）一種藥物中間體(G)的一種合成路線如圖：已知：請回答下列問題：(1)R的名稱是_；R中官能團名稱是_。(2)MN的反應類型是_。P的結構簡式為_。(3)H分子式是_。(4)寫出QH的化學方程式：_。(5)T是一種與R具有相同官能團的芳香化合物(且組成元素種類相同)，T的相對分子質量比R多14。T有_種結構。其中，在核磁共振氫譜上

23、有5組峰且峰的面積比為1：1：2：2：2的結構簡式可能有_。(6)以1，5-戊二醇()和硝基苯為原料(其他無機試劑自選)合成，設計合成路線：_。參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】新制氯水的主要成分有Cl2、H、HClO、Cl等，A. 紫色的石蕊試液變紅，有H存在，后褪色，有HClO，A項正確；B. 碳酸的酸性比HClO的酸性強，根據強酸制弱酸原理，答案不對，正確為HCO3H=CO2H2O，B項錯誤；C. 新制氯水有Cl，和銀離子反應生成白色沉淀，C項正確；D. 新制氯水的Cl2具有強氧化性，可以使亞鐵離子氧化，D項正確；答案選B。2、C【解析】

24、根據四種短周期元素在周期表的位置，推出W為C，X為O，Y為S，Z為Cl；【詳解】根據四種短周期元素在周期表的位置，推出W為C，X為O，Y為S，Z為Cl；A、Y、Z、X的原子半徑依次減小，即YZX，故A錯誤；B、非金屬性XY、ZY，且O原子半徑小，則非金屬性X、Z、Y依次降低，即XZY，故B錯誤；C、非金屬性ZYW，則Z、Y、W的最高價氧化物對應水化物的酸性依次降低，故C正確；D、CH4與Z元素的單質氯氣，在光照下可發生取代反應，生成鹵代烴和HCl，不屬于置換反應，故D錯誤?！军c睛】易錯點是選項D，學生會把甲烷和氯氣發生的取代反應，與置換反應混淆，可以從置換反應的定義入手，置換反應是單質化合物單

25、質化合物，CH4與Cl2反應生成鹵代烴和HCl，沒有單質的生成，從而推出CH4和Cl2發生取代反應，而不是置換反應。3、D【解析】A鍍鋅鐵在食鹽水中發生吸氧腐蝕，故A錯誤；B電解池中電解質溶液中的陽離子在陰極放電，與陰極電極材料活潑與否無關，故B錯誤；C要在鐵表面鍍鋅，將鐵器與電源負極相連，故C錯誤；D原電池的負極失電子發生氧化反應，電解池的陽極發生氧化反應，故D正確；故選：D。4、B【解析】A.濃硫酸確實沸點更高，但是濃硫酸并不與濃鹽酸發生反應，A項錯誤；B.的平衡常數極小，正常情況下幾乎不會發生。加入濃硫酸一方面可以極大地提高濃度，另一方面濃硫酸稀釋時產生大量熱，利于產物的揮發，因此反應得

26、以進行，B項正確；C.常溫常壓下，1體積水能溶解約500體積的氯化氫，因此產生氯化氫的原因并不是因為溶解度，C項錯誤；D.高濃度的酸并不一定能制低濃度的酸，例如冰醋酸就無法通過這樣的方式來制取鹽酸，D項錯誤；答案選B。5、D【解析】A、根據能量變化，XY，活化能是(E5E2)，故錯誤；B、使用催化劑降低活化能，產物不變，故錯誤；C、升高溫度，提高了活化分子的百分數，化學反應速率都增大，故錯誤；D、壓縮體積，增大壓強，增加單位體積內活化分子的個數，反應速率加快，故正確。6、B【解析】Aa點溶液沒有加入NaOH，為醋酸溶液，根據電離平衡常數計算。設電離的出的H的濃度為x，由于電離程度很低，可認為醋

27、酸濃度不變。CH3COOHCH3COOH 2 x x Ka=1.810-5，解得x=6.010-3mol/L，A項正確；Bb點的溶液為CH3COOH和CH3COONa等濃度混合的溶液，物料守恒為c(CH3COOH) +c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸會電離CH3COOHCH3COOH，醋酸根會水解，CH3COOH2OCH3COOHOH，水解平衡常數 c(Na+) c(CH3COOH)；B項錯誤；Cc點醋酸和氫氧化鈉完全反應，溶液為CH3COONa溶液，在醋酸鈉溶液中有電荷守恒c(Na)c(H)=c(CH3COO)c(OH)，有物料守恒c(Na)=c(CH3COO)c(CH3COOH)

28、，將兩式聯立得到質子守恒，則有c(OH-)=c(CH3COOH)+ c(H+)；C項正確；Dd點加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，為等物質的量濃度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D項正確；本題答案選B?！军c睛】電解質溶液中，粒子濃度有三大守恒，電荷守恒、物料守恒和質子守恒，寫出前兩個即可以導出質子守恒。要特別注意等物質的量濃度的混合溶液中水解和電離的大小關系。7、C【解析】A. 氮離子N3-的結構示意圖應該是：，A錯誤；B. 聚丙烯的結構簡式應該是：，B錯誤；C. 由Na和Cl形成離子鍵的過程可表示為：，

29、C正確；D. 比例模型可表示CH4分子，由于氯原子半徑大于碳原子半徑，因此不能表示CCl4分子，D錯誤；答案選C?！军c睛】選項D是解答的易錯點，由于比例模型用來表現分子三維空間分布的分子模型，因此需要注意原子半徑的相對大小。8、B【解析】硫鐵礦燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質)，加足量酸，氧化鐵、氧化鋁與酸反應，二氧化硅不反應，因此固體1為SiO2，溶液1為硫酸鋁、硫酸鐵、硫酸，加入足量鐵粉，生成硫酸亞鐵，加氫氧化鈉控制pH值，沉淀鋁離子，溶液2為硫酸亞鐵。【詳解】A. 根據分析得到固體1中含有SiO2，故A正確；B. 最后要得到綠礬，因此溶解燒渣選用足量硫酸，

30、試劑X選用鐵粉，故B錯誤；C. 控制pH是為了使Fe2+、Al3+混合溶液中Al3+轉化為Al(OH)3進入固體2，故C正確；D. 從溶液2得到FeSO47H2O產品的過程中，亞鐵離子容易被氧化，因此須控制條件防止其氧化，故D正確。綜上所述，答案為B。9、D【解析】A根據水蒸氣的反應速率，生成水蒸氣的物質的量濃度為0.0252molL1=0.05molL1，則消耗CO2的物質的量濃度為0.05molL1，推出CO2的轉化率為100%=50%，乙可以看作是在甲的基礎上再通入H2，增加反應物的濃度，平衡向正反應方向移動，CO2的轉化率增大，即大于50%，故A正確；B反應前后氣體系數之和相等，因此甲

31、和丙互為等效平衡，即丙中c(CO2)是甲中c(CO2)的2倍，故B正確；C700時，H2（g）CO2（g）H2O（g）CO（g）起始： 0.1 0.1 0 0變化： 0.05 0.05 0.05 0.05平衡： 0.05 0.05 0.05 0.05根據化學平衡常數的定義，K=1，溫度升高至800，此時平衡常數是1，說明升高溫度平衡向正反應方向移動，根據勒夏特列原理，正反應方向是吸熱反應，故C正確；D若起始時，通入0.1molL1H2和0.2molL1CO2，轉化率相等，因此達到平衡時c(CO)相等，故D錯誤；故答案選D。10、D【解析】本題主要考查電解原理?？沙潆婁嚳諝怆姵胤烹姇r，墨汁中的碳

32、作鋰電池的正極，活潑的鋰是負極，電解質里的陽離子經過有機電解質溶液移向正極；開關K閉合給鋰電池充電，電池負極接電源的負極，充電時陽極上發生失電子的氧化反應，據此回答?！驹斀狻緼、可充電鋰空氣電池放電時，墨汁中的碳作鋰電池的正極，錯誤；B、開關K閉合給鋰電池充電，電池負極接電源的負極，X為直流電源負極，錯誤；C、放電時，Li+由負極經過有機電解質溶液移向正極，錯誤；D、充電時陽極上發生失電子的氧化反應：Li2O22e=O2+2Li+，故D正確。11、A【解析】A.氫氧化亞鐵不穩定，易被空氣中氧氣氧化生成氫氧化鐵，所以制備氫氧化鐵要隔絕空氣；B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀釋或溶解藥品的儀器；C.

33、洗氣瓶洗氣，注意氣體的進出方向；D.氨氣極易溶于水，不能將導管直接插入食鹽水中。【詳解】A.氫氧化亞鐵不穩定，易被空氣中氧氣氧化生成氫氧化鐵，所以制備氫氧化亞鐵要隔絕空氣，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔絕空氣，能實現實驗目的，故A正確；B.容量瓶只能配制溶液，不能作稀釋或溶解藥品的儀器，應該用燒杯溶解硝酸鈉，然后等溶液冷卻到室溫，再將硝酸鈉溶液轉移到容量瓶中，故B錯誤；C.洗氣瓶洗氣時，瓶內裝有吸收雜質的液體，混合氣從長管進、短管出(即長進短出或深入淺出)，故C錯誤D.通氨氣的導管插入液面太深，易發生倒吸；通二氧化碳的導管沒有插入溶液中，二氧化碳不易被溶液吸收，影響碳酸氫鈉的

34、制備，故D錯誤；【點睛】本題考查化學實驗方案評價，為高頻考點，涉及物質制備、物質檢驗、氣體除雜、溶液配制等知識點。沒有正確掌握常見制備儀器的使用方法以及收集方法致錯。12、B【解析】試題分析：FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入鐵粉，Fe先和FeCl3反應生成FeCl2，然后Fe再和CuCl2發生置換反應生成FeCl2、Cu，用KSCN溶液檢驗無明顯現象，則溶液中一定沒有Fe3+，一定有Fe2+，因為不清楚鐵粉是否過量，所以不能確定CuCl2是否反應完，則不能確定溶液中是否有Cu2+，故選B?！军c睛】本題考查金屬的性質，明確離子、金屬反應先后順序是解本題關鍵，根據固體成分確定溶液中溶質成分，

35、側重考查分析能力，題目難度中等。13、D【解析】A選項，5.5g超重水(T2O)物質的量，1個T2O中含有12個中子，5.5g超重水(T2O)含有的中子數目為3NA，故A正確，不符合題意；B選項，根據反應方程式2mol過氧化鈉與2mol二氧化碳反應生成2mol碳酸鈉和1mol氧氣，轉移2mol電子，因此常溫常壓下，44gCO2即物質的量1 mol，與足量過氧化鈉反應轉移電子的數目為NA，故B正確，不符合題意；C選項，C2H4和C4H8混合氣體可用通式法來分析，通式為CnH2n，42gC2H4和C4H8混合氣體中含有氫原子物質的量，因此含有氫原子的數目為6NA，故C正確，不符合題意；D選項，0.

36、1 L 0.5 molL1CH3COOH物質的量為0.05mol，醋酸是弱酸，部分電離，因此溶液中含有H數目小于為0.05NA，故D錯誤，符合題意。綜上所述，答案為D?！军c睛】C2H4和C4H8混合氣體可用通式法來分析含碳原子個數和含氫原子個數的思想。14、D【解析】A電池中汞、鎘和鉛等重金屬離子對土壤和水源會造成污染，所以廢電池必須進行集中處理，故A正確；B將垃圾分類并回收利用，有利于對環境的保護，減少資源的消耗，是垃圾處理的發展方向，故B正確；C家庭垃圾中的瓜果皮、菜葉、菜梗等在垃圾分類中屬于濕垃圾，故C正確；D為可回收垃圾圖標，故D錯誤；故選D。15、C【解析】A. 用新制Cu(OH)2

37、懸濁液檢驗牙膏中的甘油時，可生成絳藍色溶液，A錯誤；B. 用紙層析法分離Cu2+和Fe3+，為了看到色斑，Cu2+和Fe3+本身就具有不同顏色，不必須通過氨熏，B錯誤；C. 氯化鈷濃溶液中，主要存在CoCl42-，為藍色離子，氯化鈷稀溶液，主要存在Co（H2O）62+，為粉紅色離子，溶液中存在平衡CoCl42-+6H2OCo（H2O）62+4Cl-，加水稀釋平衡向右移動，溶液的顏色由藍色逐漸轉變為粉紅色，C正確；D. 火柴頭中含有氯酸鉀，硝酸銀能和氯離子反應生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以硝酸酸化的硝酸銀能檢驗氯離子，但硝酸銀不和氯酸根離子反應，所以不能檢驗氯酸根離子，D錯誤；答案選C。16、

38、B【解析】A. 根據官能團位置編號最小的原則給主鏈碳原子編號，該有機物的名稱為3，4，4-三甲基戊酸，A項錯誤；B. 三個甲基分別是主鏈端點上一個，乙基支鏈上一個，甲基支鏈一個，這樣的辛酸的羧酸類同分異構體中未連接甲基的結構有兩種形式，分別為CH3CH2CH(CH2CH3)CH2COOH、CH3CH2CH2CH(CH2CH3)COOH，在這兩種結構中，甲基可以分別連接在中間的三個主鏈碳原子上，共有6種結構，還有一種結構為(CH2CH3)2CCOOH，因此辛酸的羧酸類同分異構體中，含有三個甲基結構，且存在乙基支鏈的共有7種，B項正確； C. 辛酸的同分異構體中能水解的一定為酯，那么相對分子質量為

39、74的有機物可是酸，即為丙酸，但丙酸只有一種結構，也可能是醇，則為丁醇，共有4種同分異構體。所以與丙酸反應生成酯的醇則為戊醇，共有8種同分異構體；與丁醇反應生成酯的酸為丁酸，其中丁酸有2種同分異構體，丁醇有4種同分異構體，所以共有8種，因此符合要求的同分異構體一共是8+8=16種，C項錯誤；D. 正辛酸和軟脂酸都是飽和脂肪酸，都符合通式CnH2nO2，由于正辛酸所含C原子數少，常溫下呈液態，而軟脂酸所含C原子數多，常溫下呈固態，D項錯誤；答案選B?！军c睛】C選項要從酯在組成上是由酸和醇脫水生成的，所以相對分子質量為74的有機物可能是酸，也可能是醇，再分別推導出同分異構體的數目，最后酸和醇的同分

40、異構體數目相結合即得總數。17、A【解析】根據單質中元素化合價為零、化合物中正負化合價代數和為零可知，反應物中，Cl2屬于單質，氯氣中氯元素化合價為零，碘化鉀中鉀顯+1價，碘顯-1價，生成物中，氯化鉀中鉀為+1價，氯為-1價，碘單質中碘元素的化合價是零，因此反應后化合價降低的元素是氯，氯氣是氧化劑，故選A。18、A【解析】A向FeCl3溶液中通人過量H2S，生成氯化亞鐵、硫單質和鹽酸，離子反應方程式為2Fe3H2S=2Fe2S2H，A選項正確；B過量少量問題，應以少量為標準，向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水，反應中有2個OH-參與反應，正確的離子反應方程式為Ca22OH2HCO3=CaC

41、O3+CO32-2H2O，B選項錯誤；CNaClO溶液中通人少量SO2的離子反應方程式為SO23ClOH2O=SO42Cl2HClO，C選項錯誤；D由于I-的還原性大于Fe2+的還原性，則氯氣先與I-反應，將I-氧化完后，再氧化Fe2+，根據得失電子守恒可知，等量的Cl2剛好氧化I-，Fe2+不被氧化，正確的離子反應方程式應為2I-+Cl2=I2+2Cl-，D選項錯誤；答案選A。19、A【解析】A. 煤的氣化和液化是將碳轉化為氣態或液態的燃料，都屬于化學變化，故A錯誤；B. 煤的干餾是將煤在隔絕空氣條件下加強熱進行的，故B正確；C. 大量燃燒煤炭會產生大量的可吸入顆粒物等污染物，是造成霧霾的重

42、要原因，故C正確；D. 發展“煤制油”工程可減少石油的使用量，減少對石油產品的依賴，故D正確；故選A。20、B【解析】排布在2s軌道上的電子，則可以判斷其在第二電子層，S能級電子云的形狀為球形，所以電子云無伸展方向，但不能確定電子的自旋方向，故選B。【點睛】明確S軌道的形狀、以及無伸展方向是解題關鍵，排布在2s軌道上的電子，則可以判斷其在第二電子層，S能級電子云的形狀為球形，所以電子云無伸展方向，但不能確定電子的自旋方向，據此分析。21、C【解析】X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，常溫下X單質為黃色固體，X為S；Y是無機非金屬材料的主角，Y為Si；Z焰色反應呈黃色，Z為Na；結合原子半徑

43、和主要化合價可知，M為O；R為Cl；Q為Al，據此分析解答。【詳解】AR為Cl，在元素周期表中的位置是第三周期A族，故A錯誤；BX為S、Y為Si、M為O，X、Y均可跟M形成化合物，二氧化硫和二氧化硅都是共價化合物，它們的成鍵類型相同，故B錯誤；CZ為Na、R為Cl、Q為Al，最高價氧化物的水化物分別為氫氧化鈉，氫氧化鋁和高氯酸，因為氫氧化鋁為兩性氫氧化物，相互間都能反應，故C正確；DY為Si ，Y元素的氧化物為二氧化硅，常用于制光導纖維，制造半導體器件、太陽能電池的材料是硅單質，故D錯誤；故選C。22、D【解析】根據裝置圖，陰離子通過c膜向a極移動，可知a極為陽極，發生的反應為：HSO3-2e

44、-+H2O=SO42-+3H+；b極為陰極，發生的反應為：2H+2e-=H2，氣體N為H2?！驹斀狻緼n(SO32)：n(HSO3)=9：91時，電解液pH=6.2，n(SO32)：n(HSO3)=1：1時，電解液pH=7.2，由此推知當電解液呈中性時，c(HSO3)c(SO32)，A項錯誤；BM吸收SO2主要發生的反應為：SO32-+SO2+H2O=2HSO3-，B項錯誤；Cb極為陰極，發生的反應為：2H+2e=H2，C項錯誤；D若產生標準狀況下2.24L氣體N（0.1molH2），陰極消耗0.2molH+，減少0.2mol正電荷，需要補充0.2mol正電荷以達到平衡，則d膜上會通過0.2m

45、ol陽離子，D項正確；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、CH3OH 羧基 5 【解析】(1)根據化合物A的質量比分析，因此A的結構簡式為CH3OH。 (2)乙苯和酸性高錳酸鉀反應生成苯甲酸，因此C中含有羧基。(3) 有五種位置的氫，因此其一氯代物有5種。(4)反應是甲醇和苯甲酸酯化反應，其化學方程式為：?！驹斀狻?1)根據化合物A的質量比分析，因此A的結構簡式為CH3OH，故答案為：CH3OH。(2)乙苯和酸性高錳酸鉀反應生成苯甲酸，因此C中含有羧基，故答案為：羧基。(3) 有五種位置的氫，因此其一氯代物有5種，故答案為：5。(4)反應是甲醇和苯甲酸酯化反應，其化學方程式為：，故答案為：

46、。24、O 1:2 sp3 H2SO4、H2SO3 HNO3 d 【解析】周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序數依次增大。a的核外電子總數與其周期數相同，a為H，基態b原子的核外電子占據3個能級，且最高能級軌道為半充滿狀態即2p3，則b為N，c的最外層電子數是內層電子數的3倍，則c為O，d的原子序數是c的兩倍，d為S，基態e原子3d軌道上有4個單電子，則為3d6，即e為Fe。A：H，b：N，c：O，d：S，e：Fe?！驹斀狻侩娯撔詮淖蟮接乙来芜f增，從上到下依次遞減，b、c、d電負性最大的是O，故答案為：O。b單質分子為氮氣，氮氣中鍵與鍵的個數比為1:2，故答案為：1:2。a與c可形成

47、兩種二元化合物分子，分別為水和過氧化氫，過氧化氫不穩定，過氧化氫的結構式為HOOH，每個氧原子有2個鍵，還有2對孤對電子，因此O原子的雜化方式為sp3，水和過氧化氫互溶物中，水中有共價鍵，過氧化氫中有極性共價鍵，非極性共價鍵，分子之間有范德華力和分子間氫鍵，但范德華力和分子間氫鍵不是化學鍵，因此存在的化學鍵有，故答案為：sp3；。這些元素形成的含氧酸中，有硝酸、亞硝酸、硫酸、亞硫酸，硝酸分子N有3個鍵，孤對電子為0，因此價層電子對數為3，硝酸根價層電子對數為3+0=3，為正三角形；亞硝酸分子N有2個鍵，孤對電子為1，因此價層電子對數為3，亞硝酸根價層電子對數為2+1=3，為“V”形結構；硫酸分

48、子S有4個鍵，孤對電子為0，因此價層電子對數為4，硫酸根價層電子對數為4+0=4，為正四面體結構；亞硫酸分子S有3個鍵，孤對電子為1，因此價層電子對數為4，亞硫酸根價層電子對數為3+1=4，為三角錐形結構，因此分子內中心原子的價層電子對數為4的酸是H2SO4、H2SO3，酸根呈正三角形結構的酸是HNO3；酸分子中心原子帶正電荷，吸引氧原子上的電子，使得氧與氫結合形成的電子對易斷裂，因此酸分子穩定性 酸根離子穩定性，故答案為：H2SO4、H2SO3；HNO3；。元素e的價電子為3d64s2，在周期表中的位置是d區，e的一種常見氯化物中的化學鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態下以雙聚分子存在，中間的Cl

49、與其中易個Fe形成共價鍵，與另一個Fe形成配位鍵，Cl提供孤對電子，因此其結構式為，故答案為：d；。25、HNO3 AgNO3 NaNO3 該反應速率很小（或該反應的活化能較大） 圖乙 4Fe10HNO3-=4Fe2NH4+3H2O 加入足量稀硝酸并加熱將固體全部溶解，再向所得溶液中加入稀鹽酸，產生白色沉淀（或加入足量稀鹽酸，有黑色固體剩余）（答案合理均可） 不能 Fe2可能被HNO3氧化或被氧氣氧化（答案合理均可） 【解析】.（1）向硝酸酸化的AgNO3溶液（pH2）中加入過量的鐵粉，過量的鐵粉可與硝酸反應生成亞鐵離子，也可與AgNO3溶液反應生成Fe2，Fe2AgNO3=Fe(NO3)22

50、Ag，因此溶液中的Fe2可能是Fe與HNO3或AgNO3反應的產物，故答案為：HNO3；AgNO3；（2）探究Fe2的產生原因時，2號試管作為1號試管的對比實驗，要排除Ag的影響，可選用等濃度、等體積且pH相同的不含Ag的NaNO3溶液進行對比實驗，故答案為：NaNO3；AgNO3可將Fe氧化為Fe2，但1號試管中未觀察到藍色沉淀，說明AgNO3溶液和Fe反應的速率較慢，生成的Fe2濃度較小，故答案為：該反應速率很?。ɑ蛟摲磻幕罨茌^大）；由2號試管得出的結論正確，說明Fe2是Fe與HNO3反應的產物，隨著反應的進行，HNO3溶液的濃度逐漸減小，溶液的pH逐漸增大，則圖乙為pH傳感器測得的圖

51、示，故答案為：圖乙；實驗測得2號試管中有NH生成，說明Fe與HNO3反應時，Fe將HNO3還原為NH，根據氧化還原反應的原理可寫出反應的離子方程式為4Fe10HNO3-=4Fe2NH4+3H2O，故答案為：4Fe10HNO3-=4Fe2NH4+3H2O；.（3）Ag氧化Fe2時發生反應AgFe2=AgFe3，而黑色固體中一定含有過量的鐵，所以可加入足量HCl或H2SO4溶液溶解Fe，若有黑色固體剩余，則證明黑色固體中有Ag；或向黑色固體中加入足量稀硝酸加熱溶解后再加入稀鹽酸，若產生白色沉淀，則證明黑色固體中有Ag，故答案為：加入足量稀硝酸并加熱將固體全部溶解，再向所得溶液中加入稀鹽酸，產生白色

52、沉淀（或加入足量稀鹽酸，有黑色固體剩余）（答案合理均可）（4）取左側燒杯中的溶液，加入KSCN溶液后，溶液變紅，只能證明有Fe3生成，不能證明Fe2可被Ag氧化，因為Fe（NO3）2溶液呈酸性，酸性條件下NO可將Fe2氧化為Fe3，且Fe（NO3）2溶液直接與空氣接觸，Fe2也可被空氣中的氧氣氧化為Fe3；故答案為：不能；Fe2可能被HNO3氧化或被氧氣氧化（答案合理均可）。26、MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O HCl Cl2 取少量氯水于試管中，加入硝酸銀和稀硝酸，產生白色沉淀，說明有Cl- 不正確，從實驗可知，氯水中含H+、Cl-，即氯氣與水反應生成了H+和Cl-，氯的

53、化合價從零價降低到-1價，必然要有元素化合價升高，H已是最高價，不再升高，一定有其他元素化合價的升高，而氯元素不一定只升高到+1價。 酸性和漂白性 加入蒸餾水溶液接近無色，說明c(Cl2)幾乎降低為零，加入等體積的飽和氯化鈉溶液，溶液還是淺黃綠色，說明氯離子的加入又生成了Cl2，即氯氣和水的反應是可逆反應，增大氯離子濃度，平衡向反應物方向移動，使Cl2增多，所以呈現淺綠色 【解析】（1）二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯氣、氯化錳和水；（2）濃鹽酸易揮發，制取的氯氣含有氯化氫，依據氯化氫能夠與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳解得；依據氯氣和氯化氫在飽和食鹽水中溶解性不同，選擇除雜方法；驗證氯氣與水

54、反應的產物具有漂白性應首先排除干燥氯氣的影響，需要進行對比實驗；依據氯離子能夠與銀離子反應生成氯化銀白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸的性質檢驗氯離子的存在；根據元素化合價的升降來判斷丙同學的推斷；正確的實驗裝置和操作進行實驗，觀察到實驗現象與實驗、中相似，說明氯水具有漂白性和酸性；（3）依據氯氣溶液水，部分與水反應生成氯化氫和次氯酸，存在Cl2+H2OH+Cl-+HClO，依據化學平衡移動影響因素分析解答?！驹斀狻浚?）二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯氣、氯化錳和水，離子學方程式：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；（2）濃鹽酸易揮發，制取的氯氣含有氯化氫，依據氯化氫能夠與碳酸

55、氫鈉反應生成二氧化碳，也會有無色氣泡產生，對氯水性質檢驗造成干擾；氯氣在飽和食鹽水中溶解度不大，氯化氫易溶于水，所以可以用盛有飽和食鹽水的洗氣瓶除去氯化氫；故答案為：HCl；實驗：沒有事先證明干燥的氯氣無漂白性，則不能證明氯氣與水反應的產物是否具有漂白性；故答案為：Cl2；氯離子能夠與銀離子反應生成氯化銀白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸，所以檢驗氯離子存在的方法：取少量氯水于試管中，加入硝酸銀和稀硝酸，若有白色沉淀產生，說明有Cl-存在；從實驗可知，氯水中含H+、Cl-，即氯氣與水反應生成了H+和Cl-，氯的化合價從零價降低到-1價，必然要有元素化合價升高，H已是最高價，不再升高，一定有其他元素化

56、合價的升高，而氯元素不一定只升高到+1價；正確的實驗裝置和操作進行實驗，觀察到實驗現象與實驗、中相似，說明氯水具有漂白性和酸性，故答案為：酸性和漂白性；（3）氯氣溶液水，部分與水反應生成氯化氫和次氯酸，存在Cl2+H2OH+Cl-+HClO，加入蒸餾水溶液接近無色，說明c（Cl2）幾乎降低為零，加入等體積的飽和氯化鈉溶液，溶液還是淺黃綠色，說明氯離子的加入又生成了Cl2，即氯氣和水的反應是可逆反應，增大氯離子濃度，平衡向反應物方向移動，使Cl2增多，所以呈現淺綠色?！军c睛】氯氣本身不具有漂白性，與水反應生成的次氯酸具有漂白性，氯水的成分有：氯氣，次氯酸，水，氫離子，氯離子，次氯酸根離子，氫氧根

57、離子。27、白色固體變黑 吸收水蒸氣，防止影響C的質量變化 冷卻至室溫 偏小 SO3 O2 2CuSO42CuO+2SO2+O2 0.128 T4溫度更高，因為SO3分解為SO2和O2是吸熱反應，溫度高有利于生成更多的O2 【解析】(1)根據無水硫酸銅在加熱至650時開始分解生成氧化銅和氣體分析A中的現象，根據堿石灰和無水氯化鈣的作用分析；(2)氣體溫度較高，氣體體積偏大，應注意先冷卻至室溫，若水準管內液面高于量氣管，說明內部氣壓大于外界大氣壓，測得氣體體積偏?。?3)實驗中B中濃硫酸的作用是吸收三氧化硫氣體，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧氣；(4)0.64g硫酸銅的物質的量為0.

58、004mol，分解生成氧化銅的質量為：0.004mol80g/mol0.32g；SO2的質量為：0.256g，物質的量為：0.004mol，氧氣的質量為：0.640.320.2560.064g，物質的量為：0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物質的量之比等于2：2：2；1，則實驗中CuSO4分解反應方程式為2CuSO42CuO+2SO2+O2； (5)0.64g硫酸銅的物質的量為0.004mol，分解生成氧化銅的質量為：0.004mol80g/mol0.32g；SO3的質量為：0.16g，氧氣的質量為：320.032g，根據質量守恒實驗中理論上C增加的質量Y30.640.320

59、.160.0320.128g；(6)根據表中實驗的數據可知，T4溫度生成氧氣更多，因為SO3分解為SO2和O2是吸熱反應，溫度高有利于生成更多的O2。【詳解】(1)因為無水硫酸銅在加熱至650時開始分解生成氧化銅和氣體，故實驗過程中A中的現象是白色固體變黑，因為堿石灰能夠吸水，D中無水氯化鈣的作用是 吸收水蒸氣，防止裝置E中的水進入裝置C，影響C的質量變化，故答案為：白色固體變黑；吸收水蒸氣，防止影響C的質量變化；(2)加熱條件下，氣體溫度較高，在測量E中氣體體積時，應注意先冷卻至室溫，若水準管內液面高于量氣管，說明內部氣壓大于外界大氣壓，測得氣體體積偏小，故答案為：冷卻至室溫 偏小；(3)實

60、驗中B中濃硫酸的作用是吸收三氧化硫氣體，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧氣，故答案為：SO3；O2；(4)0.64g硫酸銅的物質的量為0.004mol，分解生成氧化銅的質量為：0.004mol80g/mol0.32g；SO2的質量為：0.256g，物質的量為：0.004mol，氧氣的質量為：0.640.320.2560.064g，物質的量為：0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物質的量之比等于2：2：2；1，則實驗中CuSO4分解反應方程式為2CuSO42CuO+2SO2+O2；(5)0.64g硫酸銅的物質的量為0.004mol，分解生成氧化銅的質量為：0.004mo