…………○…………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年冀教新版高二化學下冊月考試卷567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7題，共14分)1、已知X、Y元素同周期，且電負性X>Y，下列說法錯誤的是（）。A.X與Y形成化合物時，X可以顯負價，Y顯正價B.第一電離能Y一定小于XC.最高價含氧酸的酸性：X對應的含氧酸的酸性弱于Y對應的含氧酸的酸性D.X元素氣態氫化物的穩定性大于Y元素氣態氫化物的穩定性2、一定溫度下，有可逆反應：2A（g）+2B（g）?C（g）+3D（g）；△H＜0．現將2molA和2molB充入體積為V的甲容器，將2molC和6molD充入乙容器并使乙容器在反應開始前的體積為2V（如圖1）．

關于兩容器中反應的說法正確的是（）

A.甲容器中的反應先達到化學平衡狀態。

B.兩容器中反應均達平衡后；平衡體系中各組分的體積百分組成相同，濃度也相同。

C.兩容器達平衡后升高相同的溫度；兩容器中物質D的體積分數隨溫度變化如圖2所示。

D.在甲容器中再充入2molA和2molB；平衡后甲中c（C）等于是乙中c（C）

3、現有四種元素的基態原子的電子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。則下列有關比較中正確的是（）A.第一電離能：③＞②＞①B.原子半徑：③＞②＞①C.電負性：③＞②＞①D.最高正化合價：③＞②＞①4、把一小塊鈉投入水中，不會出現的現象是（）A.鈉浮在水面上B.鈉熔化成銀白色的小球，不停地游動C.溶液由無色變為紅色D.發出“嘶嘶”響聲5、常溫下，某溶液中由水電離出的c(OH-)=1×10-5mol/L，則該溶液中的溶質是A．CH3COONaB．NaOHC．NH3·H2OD．KI6、如圖為直流電源電解稀Na2SO4水溶液的裝置。通電后在石墨電極a和b附近分別滴加一滴石蕊溶液。下列實驗現象中錯誤的是A.a電極附近呈紅色，b電極附近呈藍色B.a電極附近呈藍色，b電極附近呈紅色C.逸出氣體的體積，a電極的大于b電極的D.a、b兩電極都逸出無色無味氣體7、關于蛋白質的下列敘述中，錯誤的是（）A.蛋白質水溶液具有膠體的性質B.所有的蛋白質都能人工合成C.蛋白質水解的最終產物是氨基酸D.蛋白質分子中既含有氨基又含有羧基評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、測血鈣的含量時,可將2.0mL血液用蒸餾水稀釋后,向其中加入足量草酸銨(NH4)2C2O4晶體,反應生成CaC2O4沉淀。將沉淀用稀硫酸處理得H2C2O4后,再用酸性KMnO4溶液滴定,氧化產物為CO2,還原產物為Mn2+,若終點時用去20.0mL1.0×10-4mol·L-1的KMnO4溶液。(1)寫出用KMnO4滴定H2C2O4的離子方程式。(2)判斷滴定終點的方法是。(3)計算:血液中含鈣離子的濃度為g·mL-1。9、Ⅰ.寫出下列官能團的名稱（各2分，共6分）（1）____（2）____(3)____Ⅱ.寫出下列反應的化學方程式（不可寫離子方程式）（各2分，共6分）：（1）葡萄糖溶液和新制氫氧化銅懸濁液（含氫氧化鈉）加熱反應____；（2）2-溴丙烷和NaOH乙醇溶液共熱____；（3）少量高錳酸鉀酸性溶液和乙醇混合加熱反應褪色同時有乙酸和硫酸錳生成____；10、請用下列6種物質的序號填空：

①②CH3CH3③CH2═CHCH═CH2④⑤⑥CH≡CH

（1）屬于芳香烴的是______；

（2）屬于鹵代烴的是______；

（3）屬于飽和烴的是______；

（4）屬于不飽和烴的是______；

（5）含有不飽和鍵的是______．11、rm{(1)N_{A}}表示阿伏加德羅常數的數值rm{.46g}rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的混合氣體中含有______rm{N_{A}}個氧原子；rm{2L0.6}rm{mol/LFe(NO_{3})_{3}}溶液中含______rm{N_{A}}個rm{NO_{3}^{-}}離子．

rm{(2)}三氟化氮rm{(NF_{3})}是一種氣體，它是微電子工業技術的關鍵原料之一，三氟化氮在潮濕的空氣中與水蒸氣能發生氧化還原反應，其反應的產物有：rm{HF}rm{NO}和rm{HNO_{3}}

rm{壟脵}寫出該反應的化學方程式______．

rm{壟脷}三氟化氮可由氨氣和氟氣反應得到：rm{4NH_{3}+3F_{2}=NF_{3}+3NH_{4}F}據題意推測rm{NF_{3}}rm{F_{2}}rm{NO}三種氣體中；氧化性由強到弱的順序為______

rm{(3)H_{2}C_{2}O_{4}}溶液和rm{KMnO_{4}}酸性溶液可發生反應：

______rm{H_{2}C_{2}O_{4}+}______rm{MnO_{4}^{-}+}______rm{H^{+}隆煤}______rm{CO_{2}+}______rm{Mn^{2+}+}______rm{H_{2}O}反應中每生成標況下rm{4.48L}rm{CO_{2}}氣體，外電路中通過的電子的物質的量為______rm{mol}．

rm{(4)}氨和聯氨rm{(N_{2}H_{4})}是氮的兩種常見化合物，制備聯氨可用丙酮為催化劑，將次氯酸鈉與氨氣反應，該反應中還原劑與氧化劑的物質的量之比為rm{2}rm{1}寫出該反應的化學方程式______．12、表是不同溫度下水的離子積數據：

。溫度/℃t1t2t3水的離子積常數1.0×10-12α1.0×10-10試回答下列問題：

（1）若t1＜t2＜t3，則α______1.0×10-10填“＞”“＜”或“=”）；作出此判斷的理由是______；

（2）t3℃下，某K2SO4溶液中c（SO42-）=5.0×10-4mol?L-1，取該溶液1.0mL，加水稀釋至10.0mL，則稀釋后溶液中c（K+）：c（OH-）=______；

（3）t1℃下，將pH=10的苛性鈉溶液V1L與pH=1的稀硫酸V2L混合（設混合后溶液的體積為原兩溶液體積之和），所得混合溶液的pH=2，則V1：V2=______。13、用50mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液在如圖所示的裝置中進行中和反應．通過測定反應過程中所放出的熱量可計算中和熱．回答下列問題：

（1）從實驗裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是____．

（2）燒杯間填滿碎紙條的作用是____．

（3）大燒杯上如不蓋硬紙板，求得的中和熱數值____．（填“偏大；偏小、無影響”）

（4）如果用60mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，所放出的熱量____（填“相等、不相等”），所求中和熱____（填“相等；不相等”）．

簡述理由____．

14、如圖為以惰性電極進行電解：

寫出A；B、電極上的電極反應式和總反應式：

A：____；

B：____；

總反應方程式：____．15、處理含CO、SO2煙道氣污染的一種方法；是將其在催化劑作用下轉化為單質S（g）．發生反應為：

2CO（g）+SO2（g）?S（g）+2CO2（g）

（1）已知：①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H1=-283.0kJ?mol-1

②S（g）+O2（g）═SO2（g）△H2=-296.0kJ?mol-1

試計算2CO（g）+SO2（g）?S（g）+2CO2（g）△H=______．

（2）在容積為2L的密閉容器中，充入4molCO和2molSO2，在一定條件下發生反應：2CO（g）+SO2（g）?S（g）+2CO2（g），CO2的物質的量分數隨時間的變化如圖所示：

①0～2min內的平均反應速率v（CO）=______．

②2min后改變下列條件能使上述反應的反應速率增大，且平衡向正向移動的是______

A．選用更高效的催化劑B．升高溫度。

C．及時分離出二氧化碳D．增加SO2的濃度。

③相同溫度下，若開始加入CO和SO2的物質的量是原來的2倍，則______是原來的2倍．

A．達到平衡的時間B．CO的平衡濃度。

C．平衡常數D．平衡時SO2的轉化率．16、運用所學化學原理；解決下列問題：

（1）已知：Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2．某同學利用單質硅和鐵為電極材料設計原電池（NaOH為電解質溶液），該原電池負極的電極反應式為______；

（2）已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=akJ?mol-1；②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H=bkJ?mol-1；③Si（s）+O2（g）═SiO2（s）△H=ckJ?mol-1．工業上生產粗硅的熱化學方程式為______；

（3）已知：CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）．表為該反應在不同溫度時的平衡常數．則：該反應的△H______0（填“＜”或“＞”）；500℃時進行該反應，且CO和H2O起始濃度相等，CO平衡轉化率為______．

。溫度℃400500800平衡常數K9.9491評卷人得分三、其他(共6題，共12分)17、(8分)下圖是一些常見的物質間的轉化關系圖。C是紫紅色金屬單質，G是藍色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是磚紅色沉淀，F是形成酸雨的無色有害氣體，所有反應物、生成物中的水均未標出；反應②的條件是使用濃B溶液和加熱。(1)A是，E是；(2)電解A溶液時陰極的反應式；(3)電解A溶液的總反應化學方程式是。18、(8分)A、B、C是中學化學常見的三種物質，它們之間的相互轉化關系如下(部分反應條件及產物略去)。（1）若B是一種易溶于水，且能使品紅溶液褪色的無色氣體，則B→C的化學方程式為。（2）若A是一種活潑金屬，C是淡黃色固體，則C的名稱為，試寫出C與水反應的化學方程式。（3）若C是紅棕色氣體，試寫出B與氧氣反應的化學方程式。19、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的轉化關系，其中A、E分子式分別是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯環外還含有一個六元環，且E中不含甲基。根據下列轉化關系回答問題：（1）寫出A分子中所含官能團的名稱________________________________。（2）完成方程式，并分別寫出反應類型A→B___________________________________________反應類型-------__________________。B→C___________________________________________反應類型-------__________________。（3）寫出E的結構簡式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的體積為_________mL。（5）符合下列條件的D的同分異構體共有_________種，寫出其中任意一種同分異構體的結構簡式______________________________________。①苯環上有兩個取代基②能與FeCl3溶液發生顯色反應③能發生水解反應和銀鏡反應20、（8分）由丙烯出發，經如下反應，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）寫出X和Y的結構簡式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反應類型為__________；由W生成丙烯酸的反應類型為___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定條件下可合成高分子G，反應方程式為。21、已知：(X代表鹵素原子，R代表烴基)利用上述信息，按以下步驟從合成(部分試劑和反應條件已略去)請回答下列問題：（1）分別寫出B、D的結構簡式：B_________、D_________。（2）反應①～⑦中屬于消去反應的是___________。(填數字代號)（3）如果不考慮⑥、⑦反應，對于反應⑤，得到的E可能的結構簡式為：_________。（4）試寫出CD反應的化學方程式(有機物寫結構簡式，并注明反應條件)。22、(8分)A、B、C是中學化學常見的三種物質，它們之間的相互轉化關系如下(部分反應條件及產物略去)。（1）若B是一種易溶于水，且能使品紅溶液褪色的無色氣體，則B→C的化學方程式為。（2）若A是一種活潑金屬，C是淡黃色固體，則C的名稱為，試寫出C與水反應的化學方程式。（3）若C是紅棕色氣體，試寫出B與氧氣反應的化學方程式。評卷人得分四、元素或物質推斷題(共4題，共12分)23、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）。24、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：_____________。25、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）。26、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_______評卷人得分五、簡答題(共4題，共8分)27、如圖為長式周期表的一部分，其中的編號代表對應的元素．

請回答下列問題：

（1）③和①形成的一種5核10電子分子，其立體構型為______，中心原子雜化方式為______，屬于__________分子（填“極性”或“非極性”）．

（2）元素③和⑦的最高價氧化物對應水化物中酸性較強的是：______（填化學式）元素⑥的電負性______元素⑦（選填“＞”；“=”、“＜”=）的電負性．

（3）根據元素周期表分區，元素⑨位于______區，其基態原子電子排布式為______．

（4）某些不同族元素的性質也有一定的相似性，如上表中元素②與元素⑤的氫氧化物有相似的性質．請寫出元素②的氫氧化物與NaOH溶液反應的離子方程式______．28、今有①CH3COOH②HCl③H2SO4三種溶液．根據要求回答下列問題：

（1）當它們pH相同時，其物質的量濃度最大的是______（填序號）．

（2）當它們的物質的量濃度相同時，其pH最小是______（填序號）．

（3）將c（H+）相同的三種酸均加水稀釋至原來的10倍，c（H+）由大到小的順序為______（填序號）．

（4）體積和物質的量濃度均相同的①②③三種酸溶液，分別與相同濃度的燒堿溶液恰好完全反應，所需燒堿的體積比為______．

（5）三酸的pH相同時，若耗等量的Zn，則需三酸的體積大小關系為______（填序號）．29、已知：下列兩個熱化學方程式：

rm{Fe(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TFeO(s)triangleH=-272.0KJ/mol}

rm{2Al(s)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)簍TAl_{2}O_{3}(s)triangleH=-1675.7KJ/mol}

則rm{Fe(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TFeO(s)

triangleH=-272.0KJ/mol}的單質和rm{2Al(s)+dfrac

{3}{2}O_{2}(g)簍TAl_{2}O_{3}(s)triangleH=-1675.7KJ/mol}反應的熱化學方程式是______．rm{Al(s)}30、保證食品安全；保持營養均衡；是保障人體健康的基礎．

rm{壟脵}維生素rm{C}能促進人體生長發育rm{.}下列富含維生素rm{C}的是______rm{(}填字母rm{)}．

A.牛肉rm{B.}辣椒rm{C.}雞蛋。

rm{壟脷}缺乏某種微量元素將導致甲狀腺腫大；且造成智力損害，該微量元素是______

A.碘rm{B.}鐵rm{C.}鈣。

rm{壟脺}使用青霉素可能會產生過敏，在用藥前患者一定要進行______．評卷人得分六、計算題(共3題，共12分)31、（7分）在25℃時，用石墨電極電解1000mL一定濃度的CuSO4溶液。5min后電解完全，在一個石墨電極上只有1.28gCu生成。試回答下列問題：（1）電解總離子方程式反應式為________。（2）得到的溶液的pH是。（lg2=0.3）反應速率v（Cu2+）：v（O2）=（3）在原CuSO4溶液中，如要生成Cu（OH）2沉淀，應調整溶液的PH為(KspCu（OH）2=2×10-20)32、（8分）含有C、H、O的化合物，其C、H、O的質量比為12∶1∶16，其摩爾質量為116g/mol，它的水溶液能使甲基橙變紅，0.58g這種物質能與50mL0.2mol/L的氫氧化鈉溶液完全反應，它能使溴水褪色。推斷這種物質的結構簡式（要求寫出推斷過程）33、樣品受熱脫水過程質量變化表。溫度(℃)0-102102-113113-258258-350固體質量(g)1.601.371.141.02

請回答下列問題：

(1)試確定時固體物質的化學式___________；

(2)取所得樣品繼續加熱至灼燒得到的產物是一種黑色粉末和一種氧化性氣體，該反應的化學方程式為_______；上述氧化性氣體與水反應生成一種化合物，該化合物的濃溶液與在加熱時發生的化學方程式為________；

(3)將上述所得的黑色固體粉末在高溫條件繼續分解得到一種紅色固體和一種無色氣體。將該紅色固體粉末溶于過量稀硫酸，發現溶液變為藍色，但固體并未完全消失。則可推測黑色粉末分解得到的紅色固體為__________________(寫出該物質的化學式)。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B|C【分析】電負性X>Y，元素的非金屬性X>Y，最高價含氧酸的酸性應該是X對應的含氧酸的酸性強于Y對應的含氧酸的酸性。【解析】【答案】BC2、B【分析】

A；雖然等效平衡后甲、乙容器中A、B濃度相等；但是該反應一個是從正反應進行，一個從逆反應進行，所以無法判斷哪個容器先達平衡，故A錯誤；

B；等效平衡后甲、乙容器中A、B濃度相等；反應前后氣體體積不變，壓強不變，所以平衡混合物中各組分的體積百分組成相同，混合氣體的平均相對分子質量也相同，故B正確；

C；△H＜0；該反應是放熱反應，兩容器中的反應均達平衡時，升高相同的溫度，平衡向逆反應方向移動，物質D的體積分數隨溫度的升高而降低．因為平衡混合物中各組分的體積百分組成相同，所以兩容器中物質D的體積分數隨溫度變化應該用同曲線表示，故C錯誤；

D；向甲容器中再充入2molA和2molB；等效為再甲中平衡基礎上，增大1倍壓強，體積縮小一倍，平衡不移動，反應物轉化率不變，平衡后甲中物質C的濃度加倍，所以向甲容器中再充入2molA和2molB，平衡后甲容器中物質C的濃度是乙容器中物質C的濃度的2倍，故D錯誤；

故選B．

【解析】【答案】據題意可知；該反應前后氣體的物質的量不變，乙中的氣體的物質的量是甲中的兩倍，體積也是兩倍，且溫度相同，將乙容器中的物質全部轉化為A；B得出甲容器的濃度與乙容器一樣，所以甲與乙完全等效，利用等效平衡分析各個選項即可．

3、A【分析】根據排布式可知，①是S，②是P，③是N。非金屬性越強，第一電離能越大。由于N原子和P原子的最外層處于全滿或半充滿狀態，所以第一電離能大，A正確。原子半徑是②＞①＞③,B不正確。非金屬性越強，電負性越大，即③＞①＞②，C不正確。最高正化合價是①＞③＝②，D也不正確。答案選A。【解析】【答案】A4、C【分析】解：A；金屬鈉的密度小于水的密度；所以鈉浮在水面上，故A正確；

B；金屬鈉與水反應放熱以及鈉的熔點低；所以鈉熔成小球；金屬鈉與水反應生成氣體，導致鈉的游動，故B正確；

C；溶液中無酚酞；所以不變紅，故C錯誤；

D；反應劇烈發出“嘶嘶”響聲；故D正確；

故選C．

金屬鈉的密度小于水的密度；所以鈉浮在水面上；金屬鈉與水反應放熱以及鈉的熔點低，所以鈉熔成小球；金屬鈉與水反應生成氣體，導致鈉的游動，與生成氣體有關，反應劇烈發出“嘶嘶”響聲，由此分析解答．

本題主要考查了鈉與水的反應，解題的重點是對鈉與水反應的有關問題，特別是物質的性質的反應的掌握，屬基礎性知識考查題．【解析】【答案】C5、A【分析】【解析】【答案】A6、A【分析】試題分析：用石墨電極電解硫酸鈉的水溶液，實際上就是電解水，在a電極上氫離子放電，生成氫氣，剩余氫氧根離子，加石蕊后溶液變紅色，在b電極上氫氧根離子放電，生成氧氣，剩余氫離子，加石蕊后溶液變成藍色，因此選A。考點：考查水的電解。【解析】【答案】A7、B【分析】解：A．蛋白質的水溶液是膠體；具有膠體的性質，故A正確；

B．不是所有的蛋白質都可以人工合成；如人胰島素，故B錯誤；

C．天然蛋白質水解最終生成α-氨基酸；故C正確；

D．蛋白質分子中既含-NH2；又含-COOH，既能與酸反應生成鹽，又能跟堿反應生成鹽，故D正確。

故選：B。

A．蛋白質分子的直徑大小為1～100nm；

B．不是所有蛋白質可人工合成；

C．天然蛋白質水解生成α-氨基酸；

D．蛋白質分子中既含-NH2；又含-COOH。

本題考查氨基酸、蛋白質的結構和性質，題目難度不大，不是所有蛋白質都可以人工合成，注意知識的積累。【解析】B二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】因為滴加酸性KMnO4溶液至反應完畢過量時,會使溶液呈紫色,故可用滴入一滴酸性KMnO4溶液由無色變為淺紫色且半分鐘不褪色的方法來判斷終點。由題意知可能發生反應的離子方程式為:2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O、Ca2++C2CaC2O4↓、CaC2O4+2H+Ca2++H2C2O4。設2mL血液中含Ca2+的物質的量為x,則5Ca2+~5CaC2O4~5H2C2O4~2Mn52x20.0×10-3L×1.0×10-4mol·L-1x=5.0×10-6mol,1mL血液中Ca2+的濃度為=1.0×10-4g·mL-1。【解析】【答案】(1)2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O(2)當滴入1滴酸性KMnO4溶液后溶液由無色變為淺紫色,且半分鐘內不褪色(3)1.0×10-49、略

【分析】【解析】試題分析：Ⅰ中官能團的名稱分別為（1）碳碳雙鍵（2）羰基(3)羧基Ⅱ中（1）CH2OH(CHOH)4CHO+NaOH+2Cu(OH)2CH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O+3H2O（注意產物為葡萄酸鈉）（2）CH3CHBrCH3＋NaOHCH2=CHCH3＋H2O＋NaBr（3）5C2H5OH+4KMnO4+6H2SO45CH3COOH+4MnSO4+11H2O+2K2SO4（題目隱藏的條件是硫酸）考點：官能團、官能團的性質【解析】【答案】Ⅰ（1）碳碳雙鍵（2）羰基(3)羧基Ⅱ（1）CH2OH(CHOH)4CHO+NaOH+2Cu(OH)2CH2OH(CHOH)4COONaH+Cu2O+3H2O（2）CH3CHBrCH3＋NaOHCH2=CHCH3＋H2O＋NaBr（3）5C2H5OH+4KMnO4+6H2SO45CH3COOH+4MnSO4+11H2O+2K2SO410、略

【分析】解：（1）含有苯環的烴為芳香烴；①乙苯，屬于烴，含有苯環，屬于芳香烴，故答案為：①；

（2）④溴苯是苯的H原子被溴取代的物質；屬于鹵代烴，故答案為：④；

（3）②乙烷；⑤環己烷，分子中只有碳碳單鍵和碳氫鍵，屬于飽和烴，故答案為：②⑤；

（4）①乙苯；屬于烴，含有苯環，屬于不飽和烴，③1，4-丁二烯含有含有C=C，屬于不飽和烴，⑥乙炔含有C≡C，屬于不飽和烴，故答案為：①③⑥；

（5）③1；4-丁二烯含有含有C=C，⑥乙炔含有C≡C，故答案為：③⑥．

（1）含有苯環的烴為芳香烴；

（2）烴中的H原子被鹵原子取代的產物為鹵代烴；

（3）只有碳碳單鍵和碳氫鍵的烴為飽和烴；

（4）不飽和烴；是含有雙鍵或三鍵或苯環的烴；

（5）含有雙鍵或三鍵為不飽和鍵；注意苯中的化學鍵是介于單鍵與雙鍵之間的特殊鍵，不存在單鍵與雙鍵的交替存在．

本題考查有機物的簡單分類，比較基礎，注意苯環中不含不飽和鍵．【解析】①；④；②⑤；①③⑥；③⑥11、略

【分析】解：rm{(1)NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的最簡式相同，rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數的數值，rm{46gNO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的混合氣體中含有氧原子rm{=dfrac{46g}{46g/mol}隆脕2隆脕N_{A}/mol=2N_{A}}rm{=dfrac

{46g}{46g/mol}隆脕2隆脕N_{A}/mol=2N_{A}}溶液中含硝酸根離子rm{2L0.6mol/LFe(NO_{3})_{3}}

故答案為：rm{=2L隆脕0.6mol/L隆脕3隆脕N_{A}/mol=3.6N_{A}}rm{2}

rm{3.6}三氟化氮在潮濕的空氣中與水蒸氣能發生氧化還原反應，其反應的產物有：rm{(2)壟脵}rm{HF}和rm{NO}rm{HNO_{3}}元素化合價由rm{N}價變為rm{+3}價、rm{+2}價，由電子、原子守恒可知反應為：rm{+5}

故答案為：rm{3NF_{3}+5H_{2}O簍T2NO+HNO_{3}+9HF}

rm{3NF_{3}+5H_{2}O簍T2NO+HNO_{3}+9HF}中，rm{壟脷4NH_{3}+3F_{2}=NF_{3}+3NH_{4}F}元素的化合價降低，rm{F}為氧化劑，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，則氧化性為rm{F_{2}}結合rm{F_{2}>NF_{3}}中分析可知，氧化性由強弱的順序為rm{壟脵}rm{F_{2}}rm{NF_{3}}

故答案為：rm{NO}rm{F_{2}}rm{NF_{3}}

rm{NO}中rm{(3)H_{2}C_{2}O_{4}}元素的化合價為rm{C}價，二氧化碳分子中rm{+3}的化合價為rm{C}價，化合價至少升高rm{+4}價；rm{2}中rm{MnO_{4}^{-}}元素的化合價為rm{Mn}反應后變為rm{+7}價的rm{+2}化合價降低rm{Mn^{2+}}價，化合價變化的最小公倍數為rm{5}則rm{10}的系數為rm{MnO_{4}^{-}}rm{2}的系數為rm{H_{2}C_{2}O_{4}}然后利用觀察法配平為：rm{5}

標準狀況下rm{5H_{2}C_{2}O_{4}+2MnO_{4}^{-}+6H^{+}=10CO_{2}+2Mn^{2+}+8H_{2}O}二氧化碳的物質的量為：rm{dfrac{4.48L}{22.4L/mol}=0.2mol}rm{4.48L}中rm{dfrac

{4.48L}{22.4L/mol}=0.2mol}元素的化合價為rm{H_{2}C_{2}O_{4}}價，二氧化碳分子中rm{C}的化合價為rm{+3}價，則生成rm{C}二氧化碳轉移的電子的物質的量為：rm{+4}

故答案為：rm{0.2mol}rm{0.2mol隆脕(4-3)=0.2mol}rm{5}rm{2}rm{6}rm{10}rm{2}

rm{8}制備肼的方法，是以rm{0.2}氧化rm{(4)}反應中還原劑與氧化劑的物質的量之比為rm{NaClO}rm{NH_{3}}制得肼的稀溶液，反應方程式為：rm{2}

故答案為：rm{1}

rm{NaClO+2NH_{3}簍TN_{2}H_{4}+H_{2}O+NaCl}根據rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{N}{N_{A}}=cV}結合分子構成計算；

rm{NaClO+2NH_{3}=N_{2}H_{4}+NaCl+H_{2}O.}根據反應物、生成物書寫方程式，該反應中rm{(1)}元素化合價由rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac

{N}{N_{A}}=cV}價變為rm{(2)壟脵}價、rm{N}價；結合電子；原子守恒分子；

rm{+3}中，rm{+2}元素的化合價降低；氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性；

rm{+5}中rm{壟脷4NH_{3}+3F_{2}=NF_{3}+3NH_{4}F}元素的化合價為rm{F}價，二氧化碳分子中rm{(3)H_{2}C_{2}O_{4}}的化合價為rm{C}價，化合價至少升高rm{+3}價；rm{C}中rm{+4}元素的化合價為rm{2}反應后變為rm{MnO_{4}^{-}}價的rm{Mn}化合價降低rm{+7}價，化合價變化的最小公倍數為rm{+2}然后根據化合價升降相等配平；根據電子守恒計算出每生成標況下rm{Mn^{2+}}rm{5}氣體；外電路中通過的電子的物質的量；

rm{10}次氯酸鈉與氨氣反應，丙酮作催化劑，根據rm{4.48L}氧化rm{CO_{2}}可以得到肼來書寫方程式．

本題考查較為綜合，涉及氧化還原反應的配平與計算、化學方程式書寫、氧化性強弱比較、物質的量的計算等知識，題目難度中等，明確氧化還原反應的實質為解答關鍵，試題培養了學生的分析能力及化學計算能力．rm{(4)}【解析】rm{2}rm{3.6}rm{3NF_{3}+5H_{2}O簍T2NO+HNO_{3}+9HF}rm{F_{2}}rm{NF_{3}}rm{NO}rm{5}rm{2}rm{6}rm{10}rm{2}rm{8}rm{0.2}rm{NaClO+2NH_{3}=N_{2}H_{4}+NaCl+H_{2}O}12、＜升高溫度，水的電離程度增大，離子積增大1000：19：2【分析】解：（1）水是弱電解質，存在電離平衡，電離過程為吸熱反應，所以溫度升高，水的電離程度增大，離子積增大，若t1＜t2＜t3，則α＜1.0×10-10；

故答案為：＞；升高溫度；水的電離程度增大，離子積增大；

（2）硫酸鈉是中性溶液，溶液中c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，取該溶液1.0mL，加水稀釋至10.0mL，硫酸鈉溶液中c（K+）：c（OH-）=2×5×10-4mol?L-1×1×10-7mol?L-1=1000：1；

故答案為：1000：1；

（3）t1℃下Kw=1.0×10-12，pH=10的苛性鈉溶液中c（OH-）=1×10mol/L，若所得混合液的pH=2，酸過量，c（H+）==mol/L=0.01，解之得：V1：V2=9：2；

故答案為：9：2。

（1）水的電離過程為吸熱反應分析判斷；

（2）硫酸鈉是中性溶液，溶液中存在離子積常數，結合常溫下氫氧根離子濃度來計算c（K+）：c（OH-）；

（3）酸和堿混合，若所得混合液的pH=2，則酸過量，根據c（H+）=計算；在計算pH。

本題主要考查酸堿混合pH的計算，明確濃度與pH的換算、酸堿混合溶液為中性、堿性時離子濃度的關系等是解答本題的關鍵，題目難度中等。【解析】＜升高溫度，水的電離程度增大，離子積增大1000：19：213、略

【分析】

（1）根據量熱計的構造可知該裝置的缺少儀器是環形玻璃攪拌器；故答案為：環形玻璃攪拌器；

（2）中和熱測定實驗成敗的關鍵是保溫工作；大小燒杯之間填滿碎紙條的作用是：減少實驗過程中的熱量損失，故答案為：減少實驗過程中的熱量損失；

（3））大燒杯上如不蓋硬紙板；會有一部分熱量散失，求得的中和熱數值將會減小，故答案為：偏小；

（4）反應放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關，并若用60mL0.25mol?L-1H2SO4溶液跟50mL0.55mol?L-1NaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，生成水的量增多，所放出的熱量偏高，但是中和熱的均是強酸和強堿反應生成1mol水時放出的熱，與酸堿的用量無關，所以用50mL0.50mol?L-1醋酸代替H2SO4溶液進行上述實驗，測得中和熱數值相等，故答案為：不相等；相等；因為中和熱是指酸跟堿發生中和反應生成1molH2O所放出的熱量；與酸堿的用量無關．

【解析】【答案】（1）根據量熱計的構造來判斷該裝置的缺少儀器；

（2）中和熱測定實驗成敗的關鍵是保溫工作；

（3）不蓋硬紙板；會有一部分熱量散失；

（4）反應放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關；并根據中和熱的概念和實質來回答．

14、Cu2++2e﹣═Cu|2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑|CuCl2Cu+Cl2↑【分析】【解答】解：左、右兩個裝置都是電解池，左側裝置，A連接電源的負極，為陰極，發生還原反應，Cu2+放電生成Cu，陰極電極反應式為Cu2++2e﹣═Cu，B連接電源的正極，為陽極，發生氧化反應，Cl﹣放電生成Cl2，陽極電極反應式為2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，總反應式為：CuCl2Cu+Cl2↑；故答案為：Cu2++2e﹣═Cu；2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；CuCl2Cu+Cl2↑．

【分析】左、右兩個裝置都是電解池，左側裝置，A連接電源的負極，為陰極，發生還原反應，Cu2+放電生成Cu，B連接電源的正極，為陽極，發生氧化反應，Cl﹣放電生成Cl2，陰、陽電極反應式之和為總反應式．15、略

【分析】解：（1）①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0KJ?mol-1

②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-296.0KJ?mol-1

將方程式①×2-②得2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）△H=（-283.0KJ?mol-1）×2-（-296.0KJ?mol-1）=-270KJ?mol-1，熱化學反應方程式為：2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）△H=-270kJ?mol-1；

故答案為：-270kJ?mol-1；

（2）①根據圖象，反應平衡時二氧化碳的體積分數為50%，則設0-2min內的消耗SO2為xmol；

根據反應的化學反應方程式：2CO（g）+SO2（g）?S（g）+2CO2（g）；

開始：4200

轉化：2xxx2x

平衡：4-2x2-xx2x

則根據平衡時二氧化碳的體積分數為50%，有=50%；則x=1.5mol；

①0-2min內的平均反應速率v（CO）=mol?L-1?min-1=0.75mol?L-1?min-1，故答案為：0.75mol?L-1?min-1；

②A．選用更高效的催化劑；反應速率增大，但平衡不移動，故錯誤；

B．升高溫度；反應速率增大，但平衡向逆反應移動，故錯誤；

C．及時分離出二氧化碳；平衡向正反應移動，但反應速率減小，故錯誤；

D．增加SO2的濃度；反應速率增大，平衡向正反應移動，故正確；

故選D；

③A；反應物物質的量增加；濃度增大，反應速率加快，達到平衡時間比原來縮短，故錯誤；

B；壓強增大平衡正向移動；CO的平衡濃度為原來的2倍，故正確；

C；平衡常數只受溫度影響；溫度不變，平衡常數不變，故錯誤；

d．增大壓強平衡正向移動，平衡時SO2的轉化率增加；小于原來的2倍，故錯誤．

故選B．

（1）①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0KJ?mol-1

②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-296.0KJ?mol-1

將方程式①×2-②得2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）；根據蓋斯定律計算反應的焓變；

（2）根據圖象，反應平衡時二氧化碳的體積分數為50%，則設0-2min內的消耗SO2為xmol；

根據反應的化學反應方程式：2CO（g）+SO2（g）?S（g）+2CO2（g）；

開始：4200

轉化：2xxx2x

平衡：4-2x2-xx2x

則根據平衡時二氧化碳的體積分數為50%，有=50%；則x=1.5mol；

①根據反應速率V=進行計算；

②a．選用更高效的催化劑；反應速率增大，但平衡不移動；

b．升高溫度；反應速率增大，但平衡向逆反應移動；

c．及時分離出二氧化碳；平衡向正反應移動，但反應速率減小；

d．增加SO2的濃度；反應速率增大，平衡向正反應移動。

③A．反應物物質的量增加；濃度增大，反應速率加快；

B；物質的量加倍；體積不變，各組分的濃度會加倍；

C；溫度不變；平衡常數不變；

D；物質的量加倍；增大壓強，平衡正向移動，增加反應物的轉化率．

本題考查綜合考查化學反應與能量變化、化學平衡的計算及其平衡移動的判斷，注意掌握三段式法進行計算的方法，試題有利于培養學生的邏輯推理能力，提高學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力及化學計算能力，注意鍵能與反應熱的計算關系，題目難度中．【解析】-270kJ?mol-1；0.75mol?L-1?min-1；D；B16、略

【分析】解：（1）負極發生氧化反應，Si在負極上失去電子，堿性條件下生成硅酸根與水，負極電極反應式為：Si+6OH--4e-=SiO32-+3H2O；

故答案為：Si+6OH--4e-=SiO32-+3H2O；

（2）已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=akJ?mol-1；

②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H=bkJ?mol-1；

③Si（s）+O2（g）═SiO2（s）△H=ckJ?mol-1；

根據蓋斯定律，①+②-③得：2C（s）+SiO2（s）=2CO（g）+Si（s）△H=（a+b-c）kJ?mol-1；

故答案為：2C（s）+SiO2（s）=2CO（g）+Si（s）△H=（a+b-c）kJ?mol-1；

（3）由表中數據可知；升高溫度，平衡常數減小，平衡向逆反應方向移動，正反應為放熱反應，即△H＜0；

CO和H2O起始濃度相等；令他們的起始濃度為1mol/L，設平衡時CO的濃度變化量為xmol/L，則：

CO（g）+H2O（g）═H2（g）+CO2（g）

開始（mol/L）：1100

轉化（mol/L）：xxxx

平衡（mol/L）：1-x1-xxx

故=9；解得x=0.75；

故CO的轉化率=×100%=75%；

故答案為：＜；75%．

（1）負極發生氧化反應；Si在負極上失去電子，堿性條件下生成硅酸根與水，結合電荷守恒和原子守恒書寫；

（2）根據蓋斯定律書寫目標熱化學方程式；，已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=akJ?mol-1；

②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H=bkJ?mol-1；

③Si（s）+O2（g）═SiO2（s）△H=ckJ?mol-1；

根據蓋斯定律；①+②-③得到所需熱化學方程式；

（3）由表中數據可知；升高溫度，平衡常數減小，平衡向逆反應方向移動，正反應為放熱反應；

CO和H2O起始濃度相等；令他們的濃度為1mol/L，設平衡時CO的濃度變化量為xmol/L，利用三段式表示出平衡時各組分的濃度，根據平衡常數列方程計算，進而計算CO轉化率．

本題考查原電池、熱化學方程式、化學平衡計算等，側重對基礎知識的鞏固，負極電極反應式可以利用電荷守恒和原子守恒書寫，難度不大．【解析】Si+6OH--4e-=SiO32-+3H2O；2C（s）+SiO2（s）=Si（s）+2CO（g）△H=（a+b-c）kJ?mol-1；＜；75%三、其他(共6題，共12分)17、略

【分析】（1）從題中知C是紫紅色金屬單質，則C為Cu；G是藍色沉淀，則G為Cu（OH）2；H是磚紅色沉淀，則H是Cu2O；F是形成酸雨的無色有害氣體，則F為SO2；所以B為濃H2SO4，A為D為O2，E為強堿，是NaOH或是KOH。（2）電解A溶液，陰極上Cu2+放電，反應式為：══（3）電解溶液屬于放氧生酸型，總的電解方程式為：══【解析】【答案】(1)(或KOH等)(2)══(3)══18、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）過氧化鈉、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO219、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳雙鍵（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，類型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或鄰、間、對均可）（2分）20、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反應（或取代反應）；消去反應（各1分）（3）略（2分）21、略

【分析】【解析】【答案】22、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）過氧化鈉、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO2四、元素或物質推斷題(共4題，共12分)23、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）224、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H225、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）226、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的混合物五、簡答題(共4題，共8分)27、略

【分析】解：由元素在周期表的位置可知；①為H，②為Be，③為C，④為Mg，⑤為Al，⑥為S，⑦為Cl，⑧為Ca，⑨為Fe，⑩為Cu；

（1）C和H形成的一種5核10電子分子為CH4，CH4分子中的C原子價層電子對個數是4，則C原子采取sp3雜化；立體構型為正四面體形，分子中正負電荷重心重合，為非極性分子；

故答案為：正四面體形；sp3；非極性；

（2）C的非金屬性小于Cl的非金屬性，最高價氧化物對應水化物中酸性較強的是HClO4；同周期自左到右電負性減小；所以電負性：S＜Cl；

故答案為：HClO4；＜；

（3）d區元素包含周期表中3-10列元素，上述元素中只有⑨號元素屬于d區；為Fe，為26號元素，原子核外有26個電子，根據能量最低原理，其核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2；

故答案為：d；1s22s22p63s23p63d64s2；

（4）元素⑤為Al，Al（OH）3具有兩性，元素②為Be，元素⑤與元素②的氫氧化物有相似的性質，故Be（OH）2也具有兩性，能與NaOH反應，方程式為：Be（OH）2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，離子方程式為：Be（OH）2+2OH-=BeO22-+2H2O；

故答案為：Be（OH）2+2OH-=BeO22-+2H2O；

由元素在周期表的位置可知；①為H，②為Be，③為C，④為Mg，⑤為Al，⑥為S，⑦為Cl，⑧為Ca，⑨為Fe，⑩為Cu；

（1）根據價層電子對互斥理論確定分子中原子雜化方式及分子空間構型；價層電子對個數=配原子個數+孤電子對個數，分子中正負電荷重心重合的為非極性分子，不重合的為非極性分子，據此分析解答；

（2）非金屬性越強；最高價氧化物對應水化物的酸性越強；同周期自左到右電負性減小；

（3）d區元素包含周期表中3-10列元素；⑨為Fe；為26號元素，原子核外有26個電子，根據能量最低原理書寫核外電子排布式；

根據元素周期表分區，元素⑨位于d區，其基態原子電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2．

（4）某些不同族元素的性質也有一定的相似性；如上表中元素②與元素⑤的氫氧化物。

本題考查元素周期表與元素周期律，難度不大，側重對元素周期律的考查，注意對基礎知識的理解掌握．【解析】正四面體形；sp3；非極性；HClO4；＜；d；1s22s22p63s23p63d64s2；Be（OH）2+2OH-=BeO22-+2H2O28、略

【分析】解：（1）當pH相同時；說明溶液中氫離子濃度相等，如果都是一元酸，酸的電離程度越大則酸的濃度越小，醋酸和鹽酸都是一元酸且醋酸電離程度小于HCl，所以pH相同時物質的量濃度①＞②；如果都是強酸，一元酸濃度大于二元酸濃度，鹽酸和硫酸都是強酸，且鹽酸是一元酸；硫酸是二元酸，則物質的量濃度②＞③，所以pH相同時物質的量濃度最大的是①；

故答案為：①；

（2）當它們物質的量濃度相同時；pH值與酸的元數及電離程度有關，酸的元數越大；酸電離程度越大，氫離子濃度越大，溶液的pH越小，硫酸是二元強酸、HCl是一元強酸、醋酸是一元弱酸，所以物質的量濃度相同的這幾種酸，pH最小的是硫酸，故答案為：③；

（3）加水稀釋促進弱電解質電離，加水促進醋酸電離，HCl、硫酸完全電離，加水稀釋氫離子物質的量不變，所以將c（H+）相同的三種酸均加水稀釋至原來的10倍，c（H+）由大到小的順序為①＞②=③；

故答案為：①＞②=③；

（4）體積和物質的量濃度均相同的①②③三種酸溶液；分別與相同濃度的燒堿溶液恰好完全反應，消耗NaOH溶液體積與最終電離出氫離子物質的量成正比，物質的量濃度和體積相同的這三種溶液，最終電離出氫離子物質的量大小順序是2①=2②=③，這消耗NaOH體積之比為1：1：2，故答案為：1：1：2；

（5）三酸的pH相同時；若耗等量的Zn，則消耗最終電離出的氫離子物質的量相等，消耗的酸體積與酸最終電離出的氫離子濃度成反比，這三種酸最終電離出氫離子濃度為①＞②=