…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人民版高二化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、H2O分子中每個O原子結合2個H原子的根本原因是A.共價鍵的方向性B.共價鍵的飽和性C.共價鍵的鍵角D.共價鍵的鍵長2、下列各項中表達正確的是()A.F-的結構示意圖：B.對氯甲苯的結構簡式：C.NaCl的電子式：D.N2的結構式：3、香葉醇是合成玫瑰香油的主要原料，其結構簡式如圖所示。下列有關香葉醇的敘述正確的是()A.香葉醇的分子式為C10H18OB.不能使溴的四氯化碳溶液褪色C.不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D.能發生加成反應不能發生取代反應4、下列關于油脂的敘述不正確的是rm{(}rm{)}A.油脂屬于酯類B.油脂沒有固定的熔沸點C.油脂是高級脂肪酸的甘油酯D.油脂都不能使溴水褪色5、下列有機反應屬于加成反應的是()A.rm{CH_{4}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒}CH_{3}Cl+HCl}B.rm{CH_{3}CH_{2}OH+CH_{3}COOHxrightarrow[?]{脜簍脕貌脣謾}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[?]{脜簍脕貌脣謾}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}6、下列有機物的名稱肯定錯誤的是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。現有1g液態H2O，蒸發時吸收的熱量是A.2．43kJB.4．86kJC.43．8kJD.87．5kJ8、在容積可變的密閉容器中存在如下反應：rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}rm{triangleH<0}下列分析中不正確的是

A.圖Ⅰ研究中的是rm{t_{0}}時升高溫度對反應速率的影響B.圖Ⅱ研究的是rm{t_{0}}時增大壓強rm{(}縮小體積rm{)}或使用催化劑對反應速率的影響C.圖Ⅲ研究的是催化劑對化學平衡的影響，且甲使用了催化劑D.圖Ⅲ研究的是溫度對化學平衡的影響，且乙的溫度較高評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、有下列八種晶體：A．（水晶）SiO2B．冰醋酸C．氧化鎂。

D．白磷E．固體氬F．氫氧化鈉G．鋁H．金剛石。

用序號回答下列問題：

（1）屬于原子晶體的化合物是____；晶體中含有氫鍵的是____．

（2）由極性分子構成的晶體是____；由正四面體形分子構成的晶體是____；

含有共價鍵的離子晶體是____．

（3）在一定條件下能導電而不發生化學變化的是____；晶體中只含有范德華力一種作用的是____；受熱熔化需克服共價鍵的化合物是____．10、（7分）25℃，NaOH和Na2CO3兩溶液的pH均為11.（1）兩溶液中，由水電離出得c(H2O)分別是①NaOH中，②Na2CO3中，③在1L水中加入上述會使水的電離程度減小。（2）各取10mL上述兩種溶液，分別加水沖稀到100mL，pH變化較大的是，（填化學式）溶液。（3）現有0.1mol/L的純堿溶液，試用pH試紙測定溶液的pH，其正確的操作是，你認為該溶液pH的范圍一定介于之間。11、二氧化硫、一氧化氮是大氣污染物．吸收二氧化硫和一氧化氮，獲得Na2S2O4和NH4NO3產品的流程圖如圖1（Ce為鈰元素）：

（1）裝置Ⅰ中生成HSO3-的離子方程式為______．

（2）含硫各微粒（H2SO3、HSO3-和SO32-）存在于二氧化硫與氫氧化鈉溶液反應后的溶液中；它們的物質的量分數X（i）與溶液pH的關系如圖2所示．

①下列說法正確的是______（填字母序號）．

A．pH=8時，溶液中c（HSO3-）＜c（SO32-）

B．pH=7時，溶液中c（Na+）=c（HSO3-）+c（SO32-）

C．為獲得盡可能純的NaHSO3；可將溶液的pH控制在4-5左右。

②向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定濃度的CaCl2溶液，溶液中出現渾濁，pH降為2，用化學平衡移動原理解釋溶液降低的原因：______．

（3）裝置Ⅱ中，酸性條件下，NO被Ce4+氧化的產物主要是NO3-、NO2-，寫出生成NO3-的離子方程式______．12、以rm{K}rm{Mg}rm{H}rm{O}rm{S}rm{Cl}中任兩種或三種元素組成合適的物質，分別填在下表中．rm{(}每空填一個即可rm{)}每空填一個即可rm{(}。rm{)}物質類別酸堿鹽非金屬單質酸性氧化物堿性氧化物氫化物化學式13、（14分）氫氣是一種清潔能源，氫氣的制取與儲存是氫能源利用領域的研究熱點。（1）以甲烷為原料制取氫氣是工業上常用的制氫方法。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)與H2O(g)反應生成CO2(g)和H2(g)的熱化學方程式為。（2）硫鐵礦(FeS2)燃燒產生的SO2通過下列碘循環工藝過程既能制H2SO4，又能制H2。已知1gFeS2完全燃燒放出7.1kJ熱量，FeS2燃燒反應的熱化學方程式為。該循環工藝過程的總反應方程式為____。（3）電解尿素[CO(NH2)2]的堿性溶液制氫的裝置示意圖見圖（電解池中隔膜僅阻止氣體通過，陰、陽極均為惰性電極）。電解時，陽極的電極反應式為。（4）用吸收H2后的稀土儲氫合金作為電池負極材料(用MH表示)，NiO(OH)作為電池正極材料，KOH溶液作為電解質溶液，可制得高容量，長壽命的鎳氫電池。電池充放電時的總反應為：NiO(OH)＋MHNi(OH)2＋M①電池放電時，正極的電極反應式為____。②充電完成時，Ni(OH)2全部轉化為NiO(OH)。若繼續充電將在一個電極產生O2，O2擴散到另一個電極發生電極反應被消耗，從而避免產生的氣體引起電池爆炸，此時，陰極的電極反應式為____。（5）Mg2Cu是一種儲氫合金。350℃時，Mg2Cu與H2反應，生成MgCu2和僅含一種金屬元素的氫化物（其中氫的質量分數為0.077）。Mg2Cu與H2反應的化學方程式為。評卷人得分三、元素或物質推斷題(共4題，共8分)14、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是_________________________填化學式）。15、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數相等；Z的內層電子數是最外層電子數的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數和為6；R和Q可形成原子個數之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序為___________（填元素符號）。

(3)R、T兩元素最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式為____________。

(4)某同學用X、R兩元素的單質反應生成固體物質RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應生成X的單質。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應的化學方程式為___________。

②該同學認為取X、R兩元素的單質反應后的固體物質與X2Q反應，若能產生的單質，即可證明得到的固體物質一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。16、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是_________________________填化學式）。17、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進行以下實驗：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實驗_______評卷人得分四、原理綜合題(共3題，共6分)18、實驗室用鎂和硝基苯制取反式偶氮苯（溶解性:不溶于水；溶于醇；醚）。實驗原理如下：

2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O

已知：①Mg(OCH3)2在水中極易水解。

②反式偶氮苯產品在紫外線照射后部分轉化為順式偶氮苯。

（1）反應中，硝基苯變為反式偶氮苯的反應屬于_______________

A；取代反應B、消去反應C、還原反應D、氧化反應。

（2）在反應裝置中，加入原料及溶劑，攪拌下加熱回流。反應加入的鎂條應用砂紙打磨干凈的原因是_____________________________________。

（3）反應結束后將反應液倒入冰水中；用乙酸中和至中性，即有反式偶氮苯粗產品析出，抽濾（抽濾裝置如圖1），濾渣用95％乙醇水溶液重結晶提純。

①為了得到較大顆粒的晶體，加入乙酸時需要____________（填“緩慢加入”；“快速加入”）。

②抽濾過程中要洗滌粗產品，下列液體最合適的是___________。

A．乙醚B．蒸餾水C．95％乙醇水溶液D．飽和NaCl溶液。

③重結晶操作包括“加熱溶解、趁熱過濾、冷卻結晶、抽濾、洗滌、干燥”。上述重結晶過程中的___________操作除去了不溶性雜質，____________操作除去了可溶性雜質。19、銅在生活中有廣泛的應用。CuCl2和CuCl是兩種常見的鹽,廣泛應用于工業生產.

I.CuCl2固體遇水易水解。實驗室用如圖所示的實驗儀器及藥品來制備純凈；干燥的氯氣；并與粗銅（含雜質鐵）反應制備氯化銅（鐵架臺、鐵夾及酒精燈省略）。

（1）寫出裝置A中，發生反應的化學反應方程式：_______________________________，裝置C的作用是_______________________________

（2）完成上述實驗，按氣流方向連接各儀器接口的順序是a→_________________________。（每種儀器限使用一次）

（3）上述D裝置的作用是____________________

（4）實驗完畢，取試管中的固體用鹽酸溶解后，欲提純氯化銅（原粗銅含雜質鐵）可加入_________；并過濾。

A.CuB.CuCO3C.CuOD.NaOH

ⅡCuCl是應用廣泛的有機合成催化劑；可采取不同方法制取。CuCl晶體呈白色，露置于潮濕空氣中易被氧化。

方法一：向上述制得的氯化銅溶液中通入SO2，加熱一段時間即可制得CuCl，寫出該反應的離子方程式：_______________________________。

方法二銅粉還原CuSO4溶液。

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

（1）①中，“加熱”溫度不宜過高和過低，目的是_______________，當觀察到_________________________________________________________________________________現象；即表明反應已經完全。

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

（3）溶液中氯離子濃度達到一定量時，生成CuCl會部分溶解生成CuCl2-在一定溫度下建立兩個平衡: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的數學關系，在圖中畫出「Cu+]、[CuCl2-]的函數關系曲線(要求至少標出曲線上一個坐標點)

_______________20、研究鈉及其化合物有重要意義。

（1）NaOH是實驗室中最常用的試劑之一。實驗室配制0.5mol/L的氫氧化鈉溶液500mL；根據配制溶液的過程，回答問題：

①實驗中除需要托盤天平（帶砝碼）、藥匙、燒杯和玻璃棒外，還需要的其他玻璃儀器是__________。

②實驗中需用托盤天平（帶砝碼）稱量NaOH固體________g。

（2）Na2O2可作為呼吸面具和潛水艇里氧氣的來源。Na2O2作為供氧劑時可能發生的反應有_________、___________。

（3）過氧化鈉保存不當容易變質生成Na2CO3。某過氧化鈉樣品已經部分變質，請你設計實驗，限用一種溶液和水，證明過氧化鈉已經變質：_________________________（說明操作；現象和結論）。

（4）NaNO2因外觀和食鹽相似；又有咸味，容易使人誤食中毒。

①已知NaNO2能發生如下反應：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反應中，標準狀況下，每生成2.24LNO氣體，轉移電子的物質的量為_______mol，參加反應的HI的物質的量是________________mol。

②實驗室要鑒別NaNO2和NaCl兩種固體，可選用的試劑是_________（填序號）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液評卷人得分五、探究題(共4題，共32分)21、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數為。22、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數為。23、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數為。24、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數為。評卷人得分六、工業流程題(共2題，共18分)25、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時易被氧氣氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③堿石灰是生石灰和氫氧化鈉的混合物，利用如圖裝置對FeSO4·nH2O中結晶水的含量進行測定。

稱量C中的空硬質玻璃管的質量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質玻璃管的質量(86.282g)和D的質量(78.368g)后；實驗步驟如下：

完成下面小題。

1．下列分析正確的是()

A．裝置B中的濃硫酸可以換成濃氫氧化鈉溶液。

B．步驟I的目的是排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．裝置B和裝置D可以互換位置。

D．為加快產生CO2的速率；可將A中裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉狀。

2．操作甲和操作丙分別是()

A．操作甲：關閉K1操作丙：熄滅酒精燈。

B．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：冷卻到室溫。

C．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：關閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時C中硬質玻璃管的質量為84.432g，D的質量為80.474g，產品硫酸亞鐵晶體(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理論值，產生誤差的可能原因是()

A．加熱時間過長，FeSO4進一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發的物質。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時間過短，結晶水未完全失去26、金屬鉻在工業上有廣泛用途，主要用于不銹鋼及高溫合金的生產。鉻銨礬(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一種以碳素鉻鐵(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)為主要原料生產金屬鉻，并能獲得副產物鐵銨礬【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有關流程如下:

已知部分陽離子以氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金屬離子濃度為0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3開始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，其目的是____________

(2)凈化和轉化階段:所得殘渣的主要成分是___________，轉化時需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為______；過濾；洗滌、干燥。

(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)陽極液通入SO2的離子反應方程式______________。

(5)工業廢水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“鈣、鎂”是將其轉化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當加入過量NaF使兩種沉淀共存時，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某課外活動小組將鉻銨礬(NH4CrSO4)·12H2O)經過一系列操作獲得了Cr2(CO3)3粗品。該小組利用EDTA(乙二胺四乙酸二鈉，陰離子簡寫為H2Y2-)測定粗品中Cr2(CO3)3的質量分數，準確稱取2.00g粗品試樣，溶于5.0mL稀鹽酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl緩沖溶液、0.10g紫脲酸銨混合指示劑，用0.100mol/LEDTA標準溶液滴定至呈穩定顏色，平均消耗標準溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標準溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結束后氣泡消失，則測定結果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質量分數w[Cr2(CO3)3]=____。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【解析】試題分析：由于氧原子的最外層電子數是6個，能形成2對共用電子對，而氫原子最外層電子數是1個，所以可以結合2個氫原子，這說明共價鍵是有飽和性的，答案選B。考點：考查共價鍵的形成特點【解析】【答案】B2、A【分析】B中鄰氯甲苯，不正確。氯化鈉是離子化合物，電子式為用1根短線不是1對電子的式子是結構式，所以氮氣的結構式為因此只有選項A是正確的，答案選A。【解析】【答案】A3、A【分析】試題分析：A、有拐點的地方都是碳原子，分別數出C、H、O的個數，得分子式，A正確；B、有雙鍵，故能使溴的四氯化碳溶液和酸性高錳酸鉀溶液褪色，B、C均不正確；D、有雙鍵，故能發生加成反應，有羥基，故能和羧基發生酯化反應，也是取代反應，故D錯誤；故選A。考點：碳碳雙鍵的化學性質和羥基的化學性質。【解析】【答案】A4、D【分析】解：rm{A}油脂是高級脂肪酸與甘油形成的酯；油脂屬于酯，故A正確；

B；油脂屬于混合物；沒有固定的熔沸點，故B正確；

C；油脂是高級脂肪酸與甘油形成的酯；故C正確；

D；油脂中油是不飽和高級脂肪酸與甘油形成的酯；分子中含有不飽和鍵，具有不飽和烴的性質，所以油可以與溴發生加成反應，使溴水褪色；脂肪是飽和高級脂肪酸與甘油形成的酯，分子中不含不飽和鍵，不能使溴水褪色，故D錯誤．

故選D．

A；油脂是高級脂肪酸與甘油形成的酯；

B；油脂是油與脂肪的總稱；屬于混合物；

C；油脂是高級脂肪酸與甘油形成的酯；

D；油脂中油是不飽和高級脂肪酸與甘油形成的酯；分子中含有不飽和鍵．

本題考查油脂的結構與性質，難度不大，注意油與脂肪的結構區別與性質．【解析】rm{D}5、C【分析】【分析】本題考查了取代反應、加成反應的判斷，是中學化學的基礎知識點，難度較小。正確理解概念是解本題的關鍵，側重基礎知識的考查。【解答】A.在光照條件下，氯氣與甲烷發生取代反應，生成rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}和rm{Cl}和rm{HCl}屬于取代反應，故A錯誤；屬于取代反應，故A錯誤；rm{Cl}rm{HCl}B.酯化反應屬于取代反應，則屬于取代反應，故B錯誤。C.碳碳雙鍵斷裂，生成單鍵的反應為加成反應，則rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{簍TCH}rm{簍TCH}rm{{,!}_{2}}rm{+HCl隆煤CH}屬于加成反應，故C正確；rm{+HCl隆煤CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{Cl}屬于加成反應，故C正確；【解析】rm{C}6、C【分析】解：rm{A}rm{2-}甲基rm{-1-}丁烯；符合烯烴的命名原則，故A正確；

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

C、rm{5}rm{5-}二甲基rm{-3-}己烯，鏈端選取錯誤，正確命名為：rm{2}rm{2-}二甲基rm{-3-}己烯；故C錯誤；

D、rm{4-}甲基rm{-2-}戊炔符合炔烴的命名原則；故D正確，故選C．

A、烯烴命名選取距離雙鍵最近的一端命名為rm{1}號碳；

B；烷烴命名需符合：長、多、近、小、簡原則；

C、烯烴的命名雙鍵處于中間，選取支鏈最近的一端命名為rm{1}號碳；

D、炔烴命名選取距離三鍵最近的一端命名為rm{1}號碳．

本題考查了有機物的系統命名方法，依據名稱寫出結構簡式，用正確的命名方法命名對比分析，題目較簡單．【解析】rm{C}7、A【分析】試題分析：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。結合第一個式子可知每2mol的氣態水變為液態水會放出熱量569．6kJ－482．1kJ=87．5KJ，2mol水的質量是36g,所以每產生1g液態H2O時放出熱量87．5KJ÷36=2．43KJ。則1g液態H2O，蒸發時吸收的熱量是2．43kJ。故選項是A。考點：考查水的汽化熱的知識。【解析】【答案】A8、C【分析】略【解析】rm{C}二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】

（1）屬于原子晶體的化合物是A．（水晶）SiO2；有機物中含有-OH的絕大部分物質都存在氫鍵，如羧酸和醇，故答案為：A；B；

（2）冰醋酸結構不對稱；正負電荷的中心不重合，屬于極性分子；白磷是正四面體形分子；氫氧化鈉中鈉離子與氫氧根離子以離子鍵結合，H；O之間以共價鍵結合，屬于離子晶體，故答案為：B；D；F；

（3）鋁能導電而不發生化學變化；固體氬晶體中只含有范德華力；（水晶）SiO2晶體受熱熔化需克服共價鍵；故答案為：G；E；A；

【解析】【答案】（1）常見的原子晶體有：一些非金屬單質；如金剛石；硼、硅、鍺等；一些非金屬化合物，如二氧化硅、碳化硅、氮化硼等；氫原子與電負性大、半徑小的原子X（氟、氧、氮等）以共價鍵結合，若與電負性大的原子Y（與X相同的也可以）接近，在X與Y之間以氫為媒介，生成X-HY形式的鍵，稱為氫鍵；

（2）分子中正負電荷中心不重合；從整個分子來看，電荷的分布是不均勻的，不對稱的，這樣的分子為極性分子，以極性鍵結合的雙原子一定為極性分子，以極性鍵結合的多原子分子如結構對稱，正負電荷的重心重合，電荷分布均勻，則為非極性分子；一般金屬元素與非金屬元素形成離子鍵，非金屬元素之間形成共價鍵，含有離子鍵的化合物一定為離子晶體；

（3）金屬單質能導電；分子晶體中只含有范德華力；原子晶體受熱熔化需克服共價鍵；

10、略

【分析】（1）根據水的電離方程式H2OH＋＋OH－可知，氫氧化鈉抑制水的電離，碳酸鈉水解促進水的電離，所以由水電離出得c(H2O)分別是1×10—11mol/、1×10—3mol/L。（2）稀釋會促進碳酸鈉的水解，即OH－的物質的量是增加的，氫氧化鈉在稀釋過程中OH－的物質的量不變，所以pH變化較大的是氫氧化鈉。（3）碳酸鈉水解顯堿性，所以pH一定大于7。0.1mol/L的純堿溶液中OH－的物質的量濃度一定小于0.1mol，所以該溶液pH的范圍一定介于7～13之間。【解析】【答案】（1）①1×10—11mol/L②1×10—3mol/L③NaOH（2）NaOH（3）把一小塊pH試紙放在表面皿上，用蘸有待測液的玻璃棒點在試紙的中部，試紙變色后，與標準比色卡對照，確定溶液的pH，7～1311、略

【分析】解：（1）二氧化硫是酸性氧化物，能和強堿氫氧化鈉之間發生反應：SO2+OH-=HSO3-，NO和氫氧化鈉之間不會反應，故答案為：SO2+OH-=HSO3-；

（2）①a、當溶液的pH=8時，根據圖示得到溶液是亞硫酸鈉和亞硫酸氫鈉的混合物，離子濃度大小順序是：c（Na+）＞c（SO32-）＞c（HSO3-）＞c（OH-）＞c（H+），c（SO32-）＞c（HSO3-）；故a正確；

b．pH=7時，溶液呈中性，c（H+）=c（OH-），溶液中存在電荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（HSO3-）+2c（SO32-）+c（OH-），故溶液中c（Na+）=c（HSO3-）+2c（SO32-），故b錯誤；

c．圖象可知，為獲得盡可能純的NaHSO3；可將溶液的pH控制在4～5左右．故c正確；

故答案為：ac；

②NaHSO3溶液中HSO3-的電離大于水解，HSO3-?SO32-+H+，溶液顯示酸性，加入CaCl2溶液后，Ca2++SO32-=CaSO3↓使電離平衡右移；

故答案為：HSO3-在溶液中存在電離平衡：HSO3-?SO32-+H+，加CaCl2溶液后，Ca2++SO32-=CaSO3↓使電離平衡右移，c（H+）增大；

（3）在酸性環境下，NO和Ce4+之間會發生氧化還原反應：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+；

故答案為：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+；

（1）二氧化硫是酸性氧化物；能和強堿之間發生反應；

（2）①當溶液的pH=8時；根據圖示得到溶液是亞硫酸鈉和亞硫酸氫鈉的混合物，根據離子濃度大小比較的方法來回答；

②NaHSO3溶液中HSO3-的電離大于水解；溶液顯示酸性，根據平衡移動原理來回答；

（3）在酸性環境下，NO和Ce4+之間會發生氧化還原反應；

本題綜合考查學生含氮元素、含硫元素物質的性質知識，注意知識的梳理和歸納是關鍵，難度中等．【解析】SO2+OH-=HSO3-；ac；HSO3-在溶液中存在電離平衡：HSO3-?SO32-+H+，加CaCl2溶液后，Ca2++SO32-=CaSO3↓使電離平衡右移，c（H+）增大；NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+12、酸：rm{HCl}

堿：rm{KOH}

鹽：rm{KCl}

非金屬單質：rm{S}

酸性氧化物：rm{SO_{2}}

堿性氧化物：rm{K_{2}O}

氫化物：rm{H_{2}O}【分析】【分析】本題考查元素組成物質的種類，比較容易。【解答】酸可以是：rm{HCl}rm{H_{2}SO_{4}}堿可以是：rm{KOH}鹽：rm{KCl(K_{2}SO_{4}}rm{MgSO_{4}}rm{MgCl_{2})}非金屬單質：rm{S(H_{2}}rm{O_{2}}rm{)}酸性氧化物：rm{SO_{2}}堿性氧化物：rm{K_{2}O(MgO);}氫化物：rm{H_{2}O(H_{2}S}rm{HCl)}任寫一種均可。

【解析】酸：rm{HCl}

堿：rm{KOH}鹽：rm{KCl}非金屬單質：rm{S}酸性氧化物：rm{SO_{2}}堿性氧化物：rm{K_{2}O}氫化物：rm{H_{2}O}13、略

【分析】試題分析：（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由蓋斯定律，①×2-②得CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=-165.0kJ?mol-1，故答案為：CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=-165.0kJ?mol-1；（2）根據題目信息，已知1gFeS2完全燃燒放出7.1kJ熱量，求得4molFeS2完全燃燒放出3408kJ熱量，故方程式為4FeS2(s)＋11O2(g)===2Fe2O3(s)＋8SO2(g)△H＝－3408kJ/mol；由反應物到最終產物，并根據原子，元素守恒可寫為2H2O＋SO2===H2SO4＋H2；（3）由圖可知，CO（NH2）2在陽極放電生成N2，C元素價態未變化，故還有碳酸鉀生成與水生成，電極反應式為CO（NH2）2+8OH--6e-=CO32-+N2↑+6H2O，故答案為：CO（NH2）2+8OH--6e-=CO32-+N2↑+6H2O；（4）①電池放電時，正極的電極要得到電子，反應式NiO(OH)＋H2O＋e－===Ni(OH)2＋OH－（2分）②據題意氧氣要削耗掉，故反應2H2O＋O2＋4e－===4OH－（5）令金屬氫化物為RHx，金屬R的相對分子質量為a，則X/(a+X)=0.077，即923x=77a，X為金屬的化合價，討論可得x=2，a=24，故該金屬氫化物為MgH2，故反應方程式為2Mg2Cu+3H2＝＝MgCu2+3MgH2，故答案為：2Mg2Cu+3H2＝MgCu2+3MgH2．考點：本題考查熱化學方程式的書寫、電解原理、常用化學用語書寫等，（4）（5）為難點、易錯點，（4）中根據化合價判斷產物，（5）中注意根據討論進行確定金屬氫化物的化學式．【解析】【答案】（14分）（1）CH--4(g)＋2H2O(g)===CO-2(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、元素或物質推斷題(共4題，共8分)14、略

【分析】【詳解】

根據固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質是NaHCO?；（2）步驟II中產生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色。【解析】①.NaHCO?②.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分別代表原子序數依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半徑最小，則X為H元素，X與R的最外層電子數相等，二者原子序數相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內層電子數是最外層電子數的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數為4，則Z為C元素；U的最高化合價和最低化合物的代數和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數之比為1：1和2：1的兩種化合物，則Q為O元素，這兩種化合物為Na2O2、Na2O；T與Z同主族，由于Z是C元素，所以T為Si元素，據此分析解答。

【詳解】

根據上述分析可知：X為H；Z為C，Q為O，R為Na，T為Si，U為Cl元素。(1)T為Si元素，原子核外電子排布為2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X為H，Z為C，Q為O，同一周期元素原子序數越大原子半徑越小；原子核外電子層數越多，原子半徑越大，所以上述三種元素中原子半徑由小到大順序為H

(3)R為Na，T為Si，它們的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以與強堿NaOH發生中和反應產生Na2SiO3和H2O，反應的化學方程式為：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X為H，R為Na，Q為O，H、Na二種元素形成的化合物NaH是離子化合物，X2Q是H2O，NaH與H2O反應產生NaOH和H2。

①NaH中Na+與H-通過離子鍵結合，電子式為NaH與H2O反應產生NaOH和H2，反應方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活潑的金屬，可以與水反應產生H2，反應方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na殘留，過量的Na與水反應也生成氫氣，因此不能根據H；Na反應后的固體與水反應放出氫氣確定得到的固體一定是純凈NaH，即該同學的說法不合理。

【點睛】

本題考查元素周期表及原子結構在元素推斷中的應用。根據元素的原子結構及相互關系推斷元素是解題關鍵。熟練掌握結構、性質、位置關系，注意元素金屬性、非金屬性強弱比較實驗事實，要注意基礎知識并靈活運用，注意金屬氫化物有關問題。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反應后有Na殘留，也能與水反應生成H216、略

【分析】【詳解】

根據固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質是NaHCO?；（2）步驟II中產生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色。【解析】①.NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）217、略

【分析】【分析】

【詳解】

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

（2）繼續滴加稀HNO3至溶液明顯呈酸性，若白色沉淀溶解，為Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，為AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、原理綜合題(共3題，共6分)18、略

【分析】分析：（1）去氧或加氫為還原反應；（2）鎂易被氧化；故鎂條表面有氧化物，需用砂紙打磨干凈；（3）①結晶速度越慢可得到較大顆粒的晶體；②洗滌時應該注意不能引入新的雜質；③趁熱過濾可以除去不溶性雜質。

詳解：（1）根據反應2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O的原理；硝基苯變為反式偶氮苯為去氧反應，反應屬于還原反應；答案選C；（2）反應加入的鎂條應用砂紙打磨干凈的原因是除去鎂條表面的氧化物；（3）①結晶速度越慢可得到較大顆粒的晶體，故應緩慢加入乙酸；②抽濾過程中要洗滌粗產品，注意不能引入新的雜質，選擇用蒸餾水沖洗的液體是最好的，答案選B；③重結晶過程：加熱溶解→趁熱過濾→冷卻結晶→抽濾→洗滌→干燥，其中趁熱過濾可以除去不溶性雜質，冷卻結晶，抽濾可以除去可溶性雜質。

點睛：本題考查了有機實驗，涉及蒸發結晶、過濾等基本操作，難度不大，解題的關鍵是理解實驗原理，注意根據題中的實驗步驟結合實驗基本操作的要求靈活分析問題。【解析】C鎂易被氧化，其表面有氧化物，打磨是為了除去表面的氧化物緩慢加入B趁熱過濾抽濾19、略

【分析】【分析】

【詳解】

I.（1）寫出裝置A中，發生反應的化學反應方程式為：2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2，裝置C裝有飽和食鹽水，其作用是除去氯氣中混有的HCl；（2）從a出來的氣體含有氯化氫和水蒸氣，依次通過dejh除去氯化氫和水蒸氣，然后與銅反應，最后尾氣處理用氫氧化鈉，則依次再通過bcgf，所以按照氣流方向各儀器接口的連接順序為a→d→e→j→h→b→c→g→f；（3）D裝置中裝有堿石灰，其作用是吸收氯氣防止尾氣污染；防止空氣中的水蒸氣進入裝置，使CuCl2水解；（4）實驗完畢，取試管中的固體用鹽酸溶解后，欲提純氯化銅（原粗銅含雜質鐵）可加入CuO或CuCO3、Cu2(OH)2CO3、.Cu(OH)2以消耗氫離子但不引入新的雜質；并過濾。答案選BC；

Ⅱ、向制得的氯化銅溶液中通入SO2，加熱一段時間即可制得CuCl，同時生成硫酸，反應的離子方程式為：2Cu2+＋2Cl-＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H+＋SO42-；（1）溫度不能過低，防止反應速率慢；不能過高，過高HCl揮發，故①中“加熱”溫度不宜過高和過低；當觀察到溶液由藍色變為無色，即表明反應已經完全；（2）②中，加入大量水的作用是稀釋促進平衡CuCl（白色）+2Cl-[CuCl3]2-（無色溶液）逆向移動，生成CuCl；（３）根據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，根據方程式可知：c(Cu+)·c([CuCl2]-)=0．49×10-6,兩離子濃度成反比，兩離子濃度相同時為0．7×10-3mol/L，據此可畫出圖像為：【解析】2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2除去氯氣中混有的HCldejh(bc)gf吸收氯氣防止尾氣污染；防止空氣中的水蒸氣進入裝置，使CuCl2水解BC2Cu2+＋2Cl-＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H+＋SO42-溫度不能過低，防止反應速率慢；不能過高，過高HCl揮發溶液由藍色變為無色稀釋促進平衡CuCl（白色）+2Cl-[CuCl3]2-（無色溶液）逆向移動，生成CuCl；20、略

【分析】（1）①實驗室配制0.5mol/L的氫氧化鈉溶液500mL，需要選用500mL的容量瓶，配制步驟為：計算、稱量、溶解、冷卻、轉移、洗滌、定容、搖勻等，需要使用的儀器有：托盤天平、玻璃棒、燒杯、藥匙、500mL容量瓶、膠頭滴管等，還缺少的玻璃儀器為：500mL容量瓶、膠頭滴管。②依據m=CVM，需要氫氧化鈉的質量=0.5mol·L－1×0.5L×40g·mol－1=10.0g；(2)過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，反應的方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；過氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，反應的方程式為：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；（3）證明過氧化鈉已經變質，檢驗產生的CO32－：取少量樣品于一潔凈試管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振蕩，有白色沉淀生成，證明Na2O2已經變質。（4）①2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O上述反應中，每生成2molNO,轉移2mol電子，參加反應的HI的物質的量4mol，標準狀況下，每生成2.24LNO氣體，即0.1molNO，轉移電子的物質的量為0.1mol，參加反應的HI的物質的量是0.2mol。②A、在酸性條件下，亞硝酸鈉和碘離子反應方程式為2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，溶液呈黃色，故A正確；B、NaNO2和NaCl與NaOH溶液均無明顯現象，故B錯誤；C、在酸性條件下，亞硝酸鈉和碘離子反應方程式為2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉變藍色，氯離子和碘離子不反應，所以反應現象不同，所以可以用酸性條件下的KI淀粉試液來區別，故C正確；D、NaNO2和NaCl與NaOH溶液均無明顯現象，故D錯誤；故選AC。【解析】500mL容量瓶、膠頭滴管10.02Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑取少量樣品于一潔凈試管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振蕩，有白色沉淀生成，證明Na2O2已經變質0.10.2AC五、探究題(共4題，共32分)21、略

【分析】Ⅰ．根據乙的理解，應該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產生水，據此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質量是水，所以氫氧化銅的質量是所以沉淀中CuCO3的質量分數為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）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）22、略

【分析】（1）若假設1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會變為血紅色。（2）由于鐵離子能氧化單質銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會出現血紅色。（3）根據（2）中分析可知，此時應該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據反應式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質量是所以混合物中Cu2O的質量分數為【解析】【答案】（1）溶液變為血紅色（1分）（2）不合理（1分）Cu能將Fe3+還原為Fe2+（1