…………○…………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年北師大版高二化學下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5題，共10分)1、能鑒別甲苯；乙醇、苯酚、四氯化碳、已烯五種無色液體的試劑是（）

A.FeCl3溶液。

B.NaOH溶液。

C.酸性高錳酸鉀溶液。

D.溴水。

2、為探究一溴環己烷()與NaOH的醇溶液共熱發生的是水解反應還是消去反應，甲、乙、丙三位同學分別設計如下三個實驗方案：甲：向反應混合液中滴入稀硝酸中和NaOH，然后再滴入AgNO3溶液，若有淺黃色沉淀生成則可證明發生了消去反應。乙：向反應混合液中滴入溴水，若溶液顏色很快褪去，則可證明發生了消去反應。丙：向反應混合液中滴入酸性KMnO4溶液，若溶液顏色變淺，則可證明發生了消去反應。其中正確的是()A.甲B.乙C.丙D.上述實驗方案都不正確3、分析下表中烴的排列規律，判斷排列在第12位烴的同分異構體的數目是。123456789C2H2C2H4C2H6C3H4C3H6C3H8C4H6C4H8C4H10A.3B.4C.5D.64、一定條件下，在固定容積的密閉容器中，能表示反應rm{X(g)+2Y(g)?2Z(g)}一定達到化學平衡狀態的是rm{(}rm{)}

rm{壟脵X}rm{Y}rm{Z}的物質的量之比為rm{1}rm{2}rm{2}rm{壟脷X}rm{Y}rm{Z}的濃度不再發生變化。

rm{壟脹}容器中氣體的壓強不再發生變化rm{壟脺}單位時間內生成rm{n}rm{mol}rm{Z}同時生成rm{n}rm{mol}rm{X}A.rm{壟脵壟脷}B.rm{壟脵壟脺}C.rm{壟脷壟脹}D.rm{壟脹壟脺}5、下表為元素周期表前四周期的一部分，下列有關rm{R}rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}五種元素的敘述中，正確的是()

A.rm{X}氫化物的沸點低于rm{W}的氣態氫化物的沸點B.rm{Y}rm{Z}的陰離子電子層結構都與rm{R}原子的相同C.rm{W}的電負性比rm{X}的的電負性大D.第一電離能：rm{R>W>Y}評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、某課外興趣小組欲測定某NaOH溶液的濃度；其操作步驟如下：

①將堿式滴定管用蒸餾水洗凈后；用待測溶液潤洗后，再注入待測溶液，調節滴定管的尖嘴部分充滿溶液，并使液面處于“0”刻度以下的位置，記下讀數；將錐形瓶用蒸餾水洗凈后，用待測溶液潤洗錐形瓶2～3次；從堿式滴定管中放出25.00mL待測溶液到錐形瓶中．

②將酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，立即向其中注入0.1000mol?L-1標準鹽酸；調節滴定管的尖嘴部分充滿溶液，并使液面處于“0”刻度以下的位置，記下讀數．

③向錐形瓶中滴入酚酞作指示劑，進行滴定．滴定至終點，測得所耗鹽酸的體積為V1mL．

④重復以上過程，但在滴定過程中向錐形瓶中加入5mL的蒸餾水，測得所耗鹽酸的體積為V2mL．

試回答下列問題：

（1）滴定終點時的現象為錐形瓶中的溶液______；

（2）該小組在步驟①中的錯誤是______，由此造成的測定結果______（填“偏高”或“偏低”或“無影響”）；

（3）如圖是某次滴定時的滴定管中的液面，其讀數為______mL；

（4）根據下列數據：

。測定次數待測液體積/mL標準鹽酸體積/mL滴定前讀數/mL滴定后讀數/mL滴定前讀數/mL滴定后讀數/mL第一次25.000.4020.38第二次25.004.0024.02計算得出待測燒堿溶液的物質的量濃度為______．7、我國政府以國家標準的方式規定在食鹽中添加碘酸鉀．據此回答下列問題：

（1）碘是合成下列哪種激素的主要原料之一______

A；胰島素B、甲狀腺激素C、生長激素D、雄性激素。

（2）長期生活在缺碘山區，又得不到碘鹽供應，易患______

A；甲狀腺亢進B、佝僂病C、地方性甲狀腺腫D、糖尿病。

（3）可用醋酸、淀粉、碘化鉀溶液，檢驗食鹽中含碘酸鉀．能觀察到的明顯現象為______．這是因為食鹽中的碘酸鉀被______成碘單質．

（4）淀粉水解的最終產物是______（填化學式），該物質在人體中提供能量的化學方程式為______．8、(14分)W、X、Y、Z是周期表前36號元素中的四種常見元素，其原子序數依次增大。W、Y的氧化物是導致酸雨的主要物質，X的基態原子最外層電子排布為3s23p1，Z能形成紅色(或磚紅色)的Z2O和黑色的ZO兩種氧化物。（1）則W為，X為，Y為，Z為。（填元素符號）W的氣態氫化物穩定性比H2O(g)(填“強”或“弱”)。（2）Z原子的基態原子核外電子排布式是，Y的電負性比X的________(填“大”或“小”)，W的第一電離能比O的(填“大”或“小”)。（3）X的最高價氧化物對應水化物與NaOH溶液反應的離子方程式是。9、用50mL0.50mol?L-1鹽酸與50mL0.55mol?L-1NaOH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儀器的名稱是____．

（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-1鹽酸與50mL0.55mol?L-1NaOH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”）．

10、（共8分）依據氧化還原反應：2Ag＋(aq)+Cu(s)=Cu2＋(aq)+2Ag(s)，設計的原電池如圖所示。請回答下列問題：（1）電極X的材料是____：電解質溶液Y的溶質是____：（2）銀電極為電池的____極，發生的電極反應為____；x電極上發生的電極反應為____；（3）鹽橋中裝有含瓊膠的KNO3飽和溶液，則鹽橋中NO3－移向____。（填“左側燒杯”或“右側燒杯”）11、以下是25℃時幾種難溶電解質的溶解度：。難溶電解質Mg(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3溶解度/g9×10-41．7×10-61．5×10-43．0×10-9在無機化合物的提純中，常利用難溶電解質的溶解平衡原理除去某些雜質離子。例如：①為了除去氯化銨中的雜質Fe3+，先將混合物溶于水，再加入一定量的試劑反應，過濾結晶即可；②為了除去氯化鎂晶體中的雜質Fe3+，先將混合物溶于水，加入足量的氫氧化鎂，充分反應，過濾結晶即可；③為了除去硫酸銅晶體中的雜質Fe2+，先將混合物溶于水，加入一定量的H2O2，將Fe2+氧化成Fe3+，調節溶液的pH=a，過濾結晶即可。請回答下列問題：（1）上述三種除雜方案都能夠達到很好的效果，Fe3+、Fe2+都被轉化為(填化學式)而除去。（2）①中加入的試劑應該選擇為宜，其原因是。（3）②中除去Fe3+所發生的總反應的離子方程式為。（4）已知Fe(OH)3的Ksp=1×10-35mol4/L4；化學上通常認為殘留在溶液中離子濃度小于1×10-5mol/L時，沉淀完全。方案③中a最小值為.（5）下列與方案③相關的敘述中，正確的是(填字母)。A．H2O2是綠色氧化劑，在氧化過程中不引進雜質，不產生污染B．將Fe2+氧化為Fe3+的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀較難過濾C．調節溶液pH=a可選擇的試劑是氫氧化銅或堿式碳酸銅D．Cu2+可以大量存在于pH=a的溶液中E．在pH>a的溶液中Fe3+一定不能大量存在12、（14分）下圖是元素周期表的一部分。①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩（1）元素⑨的價電子軌道表示式為，元素⑩的次外層電子數為個。（2）如果在溫度接近373K時，根據M=m/n測定⑤的氣態氫化物的相對分子質量，結果發現測定結果比理論值高，其原因是。（3）某些不同族元素的性質也有一定的相似性，如上表中元素⑦與元素②的氫氧化物有相似的性質。寫出元素②的氫氧化物與NaOH溶液反應的離子方程式。（4）根據下列五種元素的第一至第四電離能數據（單位：kJ·mol-1），回答下面各題：。元素代號I1I2I3I4Q2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600U420310044005900①在周期表中，最可能處于同一主族的是。（填元素代號）②T元素最可能是（填“s”、“p”、“d”、“ds”等）區元素，位于族；若T為第二周期元素，Z是第三周期元素中原子半徑最小的主族元素，則T、Z形成的化合物分子鍵角為。13、rm{(1)}已知rm{CH_{3}COONH_{4}}溶液為中性，又知rm{CH_{3}COOH}溶液加到rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中有氣體放出，試推斷：rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}溶液的rm{pH}______rm{7(}填“大于”、“小于”或“等于”rm{)}

rm{(2)}常溫下，將rm{0.2mol/L}rm{CH_{3}COOH}溶液與rm{0.2mol/L}rm{NaOH}溶液等體積混合rm{(}忽略混合后溶液體積的變化rm{)}測得混合溶液的rm{pH=8}則rm{c(OH^{-})-c(CH_{3}COOH)=}______rm{mol/L}

rm{(3)25隆忙}時，將rm{a}rm{mol?L^{-1}}的氨水與rm{0.02mol/L}的鹽酸溶液等體積混合rm{(}設混合后溶液的體積為原兩溶液體積之和rm{)}平衡時有rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})}則溶液顯______rm{(}填酸、堿、中rm{)}性；則混合溶液中離子濃度由大到小的關系：______；

rm{(4)}已知常溫下rm{Cu(OH)_{2}}的rm{K_{sp}=2.0隆脕10^{-20}mol^{3}?L^{-3}}rm{Mg(OH)_{2}}的rm{K_{sp}=1.8隆脕10^{-11}mol^{3}?L^{-3}}若。

向濃度均為rm{0.02mol/L}的rm{CuCl_{2}}rm{MgCl_{2}}的混合溶液中加入rm{NaOH}溶液則______先生成沉淀，當rm{Cu^{2+}}開始沉淀時溶液的rm{pH=}______。評卷人得分三、解答題(共5題，共10分)14、常溫下；有0.1mol/L的鹽酸和0.1mol/L的醋酸溶液，回答下列問題：

①比較兩溶液的pH；鹽酸______（填“＜”；“=”或“＞”）醋酸。

②兩種酸均能與氫氧化鈉反應生成鹽；其中醋酸與氫氧化鈉反應能生成醋酸鈉，實驗室現有部分醋酸鈉固體，取少量溶于水，溶液呈______（填“酸性”；“中性”或“堿性”），其原因是（用離子方程式表示）______．

③向醋酸溶液中加入一定量的NaOH溶液；當測得溶液的pH=7時，溶液中離子的濃度大小為______（填字母，下同），當測得溶液的pH＜7時，溶液中離子的濃度大小為______．

a．c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）

b．c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+）

c．c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）

d．c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）

15、維生素C的分子式為C6H8O6．

維生素C能與單質碘發生反應：C6H8O6+I2→C6H6O6+2HI

（1）上述反應______（填“是”或“不是”）氧化還原反應；理由是______．在此反應中維生素C表現______性（填“酸”；“氧化”或“還原”）．

（2）血液中運載氧的血紅蛋白中含有亞鐵離子；人之所以患壞血病，是因為人體從攝取的食物中吸收的鐵主要是+3價鐵，+3價鐵不能直接被吸收利用．據此推測，維生素C在抗壞血病方面的作用原理是______．

16、下列各組物質①O2和O3②乙烷和丁烷③12C和14C④CH3CH2CH2CH3和（CH3）2CHCH3⑤

互為同系物的是______；互為同分異構體的是______互為同位素的是______，互為同素異形體的是______，是同一物質的是______．（請填寫序號）

17、美國阿波羅宇宙飛船上使用的氫氧燃料電池是一種新型的化學電源；被稱為21世紀的明星電池，其構造如圖所示：兩個電極均由多孔性碳制成，通入的氣體由孔隙中逸出，并在電極表面放電．

（1）a是______極（填“正”或“負”），其pH值______（填升高、降低或不變），b極的電極反應式______．

（2）某些碳氫化合物也可作為燃料電池的燃料，如天然氣（甲烷）等．若將圖中H2換成CH4時，電池內總的反應方程式為：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O．請寫出a極的電極反應式______．在電池工作期間，CO32-流向______極（填a或b）．

18、用石墨做電極電【解析】

①稀H2SO4②K2SO4溶液③CuCl2溶液④CuSO4溶液⑤KOH溶液．

（1）陰陽極都有氣體產生，且體積比（相同條件下）為2：1的是______（填序號，下同），其陽極的電極反應式都是______，陰極的電極反應式都是______，總反應的化學方程式是______2H2↑+O2↑評卷人得分四、簡答題(共4題，共20分)19、甲醇是一種重要的有機化工原料，可用于制取甲醚rm{.}一定溫度下，在三個體積為rm{1.0L}的恒容密閉容器中發生反應：rm{2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)}．

。容器溫度rm{(隆忙)}起始物質的量rm{(mol)}平衡物質的量rm{(mol)}編號rm{CH_{3}OH(g)}rm{CH_{3}OCH_{3}(g)}rm{H_{2}O(g)}rm{H_{2}O(g)}Ⅰrm{387}rm{0.20}rm{0.080}rm{0.080}Ⅱrm{387}rm{0.40}rm{a}rm{B}Ⅲrm{207}rm{0.20}rm{0.090}rm{0.090}rm{(1)}容器rm{I}中的反應達到平衡時所需的時間______rm{(}填“大于”“小于”或等于rm{)}容器rm{II}中的．

rm{(2)a=}______

rm{(3)}下列說法中能說明該反應達到平衡狀態的是______rm{.(}填字母rm{)}

A.容器中壓強不變。

B.混合氣體中rm{c(CH_{3}OCH_{3})}不變。

C.混合氣體的密度不變。

D.單位時間內生成rm{CH_{3}OH}與rm{CH_{3}OCH_{3}}的分子個數之比為rm{2}rm{1}

rm{(4)}已知下面兩個反應rm{(m}rm{n}均大于rm{0)}

反應rm{壟脵}rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-m}rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-m}

反應rm{kJ?mol^{-1}}rm{2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangleH=-n}rm{壟脷}

則下列rm{2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-n}與rm{kJ?mol^{-1}}的關系中，正確的是______rm{m}填字母rm{n}．

A.rm{(}rm{)}rm{n>2m}rm{B.m>2n}．rm{C.2m>n}20、科學家正在研究溫室氣體rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}的轉化和利用。rm{(1)CH_{4}}和rm{CO_{2}}所含的三種元素電負性從小到大的順序為________。rm{(2)}下列關于rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}的說法正確的是________rm{(}填序號rm{)}rm{a.}固態rm{CO_{2}}屬于分子晶體rm{b.CH_{4}}分子中含有極性共價鍵，是極性分子rm{c.}因為碳氫鍵鍵能小于碳氧鍵，所以rm{CH_{4}}熔點低于rm{CO_{2}}rm{d.CH_{4}}和rm{CO_{2}}分子中碳原子的雜化類型分別是rm{sp^{3}}和rm{sp}rm{(3)}在rm{Ni}基催化劑作用下，rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}反應可獲得化工原料rm{CO}和rm{H_{2}}．rm{壟脵}基態rm{Ni}原子的電子排布式為________，該元素位于元素周期表的第________族。rm{壟脷Ni}能與rm{CO}形成正四面體形的配合物rm{Ni(CO)_{4}}rm{1molNi(CO)_{4}}中含有________rm{mol婁脪}鍵。rm{(4)}一定條件下，rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}都能與rm{H_{2}O}形成籠狀結構rm{(}如下圖所示rm{)}的水合物晶體，其相關參數見下表。rm{CH_{4}}與rm{H_{2}O}形成的水合物俗稱“可燃冰”。

。參數分子分子直徑rm{/nm}分子與rm{H_{2}O}的結合能rm{E/kJ隆隴mol^{-1}}rm{CH_{4}}rm{0.436}rm{16.40}rm{CO_{2}}rm{0.512}rm{29.91}rm{壟脵}“可燃冰”中分子間存在的rm{2}種作用力是________。rm{壟脷}為開采深海海底的“可燃冰”，有科學家提出用rm{CO_{2}}置換rm{CH_{4}}的設想。已知上圖中籠狀結構的空腔直徑為rm{0.586nm}根據上述圖表，從物質結構及性質的角度分析，該設想的依據是________。21、甲醇可作為燃料電池的原料rm{.}通過下列反應可以制備甲醇：rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-90.8kJ?mol^{-1}}在一容積可變的密閉容器中充入rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-90.8kJ?mol^{-1}}rm{10mol}和rm{CO}rm{20mol}rm{H_{2}}的平衡轉化率隨溫度rm{CO}壓強rm{(T)}的變化如圖所示，當達到平衡狀態rm{(P)}時，容器的體積為rm{A}．

rm{20L}反應的平衡常數為______．

rm{(1)T_{1}隆忙}圖中rm{(2)}______rm{P_{1}}填“rm{P_{2}(}”、“rm{>}”或“rm{<}”rm{=}．

rm{)}如反應開始時仍充入rm{(3)}rm{10mol}和rm{CO}rm{20mol}則在平衡狀態rm{H_{2}}時容器的體積rm{B}______L.

rm{V(B)=}關于反應rm{(4)}在化學平衡狀態時的描述正確的是______rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}填字母，下同rm{(}．

A.rm{)}的含量保持不變。

B.容器中rm{CO}濃度與rm{CH_{3}OH}濃度相等。

C.rm{H_{2}}rm{2v_{脮媒}(CH_{3}OH)=v}

D.容器中混合氣體的平均相對分子質量保持不變。

rm{{,!}_{脮媒}(H_{2})}已知rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangleH=+41.3kJ?mol^{-1}}試寫出由rm{(5)}和rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangle

H=+41.3kJ?mol^{-1}}制取氣態甲醇和氣態水的熱化學方程式______．rm{CO_{2}}22、鈦酸鋇是一種強介電化合物材料，具有高介電常數和低介電損耗，是電子陶瓷中使用最廣泛的材料之一，被譽為電子陶瓷工業的支柱，工業制取方法如下，先獲得不溶性草酸氧鈦鋇晶體rm{[BaTiO(C_{2}O_{4})_{2}隆隴4H_{2}O]}煅燒后可獲得鈦酸鋇粉體。rm{(1)}酸浸時發生的反應的離子方程式為____。rm{(2)}配制rm{TiCl_{4}}溶液時通常將rm{TiCl_{4}}固體溶于濃鹽酸再加水稀釋，其目的是____。rm{(3)}加入rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液時，發生反應獲得草酸氧鈦鋇晶體，從混合液得到的可循環使用的物質rm{X}是____rm{(}填化學式rm{)}設計實驗方案驗證草酸氧鈦鋇晶體是否洗滌干凈_______________________________________。rm{(4)}煅燒草酸氧鈦鋇晶體得到rm{BaTiO_{3}}的同時，生成高溫下的氣體產物有rm{CO}_______和。評卷人得分五、工業流程題(共1題，共2分)23、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩定性差，在堿性條件下能穩定存在，溶于水發生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列問題：

（1）工業上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

①Na2FeO4中鐵元素的化合價為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為___(填“氧化還原反應”；“復分解反應”或“化合反應”)。

②反應2加入飽和KOH溶液可轉化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學氧化法生產高鐵酸鈉(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應，該反應的化學方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質量為___（保留小數點后1位）。

（3）采用三室膜電解技術制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽極的電極反應式為__。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質的主要成分為___(填化學式)。

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測曲線I和曲線Ⅱ產生差異的原因是___。評卷人得分六、探究題(共4題，共32分)24、（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。25、（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。26、（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。27、（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。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】

A．只有苯酚與氯化鐵發生顯色反應；不能鑒別，故A錯誤；

B．只有苯酚與NaOH溶液反應；不能鑒別，故B錯誤；

C．己烯；甲苯、乙醇均使酸性高錳酸鉀溶液褪色；不能鑒別，故C錯誤；

D．加入溴水；己烯與溴水發生加成反應而使溴水褪色，甲苯的密度比水小，色層在上層，四氯化碳的密度比水大，色層在下層，乙醇與溴水互溶，苯酚與溴水發生取代反應生成三溴苯酚沉淀，顯現各不相同，可鑒別，故D正確；

故選D．

【解析】【答案】根據有機物的性質的異同選擇鑒別試劑；題中所給有機物中己烯；甲苯、四氯化碳都不溶于水，但己烯和甲苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，乙醇與水混溶，其中己烯與溴水發生加成反應，苯酚與溴水發生取代反應，以此解答該題．

2、D【分析】鹵代烴水解后生成烯烴，水解后生成醇。甲方案：沒有酸化反應液。乙方案：溴與NaOH溶液反應也可褪色。丙方案：KMnO4溶液也可氧化醇而導致自身褪色。【解析】【答案】D3、A【分析】【解析】【答案】A4、C【分析】解：rm{壟脵}平衡時，rm{X}rm{Y}rm{Z}的物質的量之比可能為rm{1}rm{2}rm{2}也可能不量與各物質的初始濃度及轉化率有關，故錯誤；

rm{壟脷}容rm{X}rm{Y}rm{Z}的濃度不再發生變化；說明正逆反應速率相等，達平衡狀態，故正確；

rm{壟脹}容器中氣體的壓強不再發生變化；說明氣體的物質的量不變反應達平衡狀態，故正確；

rm{壟脺}單位時間內生成rm{2n}rm{mol}rm{Z}等效于消耗rm{n}rm{mol}rm{X}同時生成rm{n}rm{mol}rm{X}兩者的量不符合，故錯誤；

故選C。

根據化學平衡狀態的特征解答；當反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，各物質的濃度；百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態。

本題考查了化學平衡狀態的判斷，難度不大，注意當反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，但不為rm{0}【解析】rm{C}5、D【分析】【分析】本題考查位置、結構與性質，為高頻考點，把握元素的位置、性質、元素周期律等為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規律性知識的應用，題目難度不大。【解答】由圖及元素在周期表的位置可知，rm{X}為rm{N}rm{W}為rm{P}rm{Y}為rm{S}rm{R}為rm{Ar}rm{Z}為rm{Br}

A.rm{X}rm{W}為同主族元素；氫化物的沸點與分子間作用力和氫鍵有關，氨分子間存在氫鍵，而磷化氫分子間不存在氫鍵，則氨的沸點高于磷化氫的沸點，故A錯誤；

B.rm{Y}的陰離子結構有rm{3}個電子層，rm{Z}的陰離子結構有rm{4}個電子層，則rm{Y}的陰離子電子層結構都與rm{R}原子的相同；故B錯誤；

C.rm{X}rm{W}為同主族元素，rm{N}的非金屬性比rm{P}強，則rm{N}的電負性大；故C錯誤；

D.rm{Ar}rm{P}rm{S}的第一電離能依次減小；故D正確。

故選D。【解析】rm{D}二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】解：（1）用鹽酸滴定氫氧化鈉溶液以酚酞作指示劑；終點現象是當滴加最后一滴標準液時，溶液由紅色變為無色，且30s不復色；

故答案為：當滴加最后一滴標準液時；溶液由紅色變為無色，且30s不復色；

（2）根據待測溶液潤洗錐形瓶，會使的待測液的物質的量增多，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=可知c（標準）偏大；

故答案為：待測溶液潤洗錐形瓶；偏高；

（3）滴定管的刻度線自上而下逐漸增大；且讀數到0.01ml，所以關鍵滴定管中的液面可知，讀數應該是22.60ml；

故答案為：22.60；

（4）第一次酸的體積為20.38mL-0.40mL=19.98mL，第二次酸的體積為24.02mL-4.00mL=20.02mL，消耗酸的平均體積為20.00mL，由酸堿中和的實質可知，20.00mL×0.1000mol?L-1=25.00mL×c（堿），解得c（堿）=0.08000mol?L-1；

故答案為：0.08000mol?L-1．

（1）根據滴定終點；錐形瓶中的溶液顏色發生變化，且30s內不恢復；

（2）根據待測溶液潤洗錐形瓶，會使的待測液的物質的量增多；根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響；以此判斷濃度的誤差；

（3）滴定管的刻度線自上而下逐漸增大；且讀數到0.01ml；

（4）第一次酸的體積為20.38mL-0.40mL=19.98mL，第二次酸的體積為24.02mL-4.00mL=20.02mL，消耗酸的平均體積為20.00mL，利用H+、OH-的物質的量相等來計算．

本題考查酸堿中和滴定，明確中和滴定實驗的原理、步驟、指示劑的選擇、數據處理等即可解答，注意滴定管的讀數為易錯點，題目難度中等．【解析】當滴加最后一滴標準液時，溶液由紅色變為無色，且30s不復色；待測溶液潤洗錐形瓶；偏高；22.60；0.08000mol?L-17、略

【分析】解：（1）人體攝入的碘主要是來自海產品和碘鹽；碘是合成甲狀腺激素的主要元素，缺乏會患甲狀腺腫大和呆小癥，故選B；

（2）A．甲狀腺機能亢進是因碘攝入太多造成的；故A錯誤；

B．鈣主要存在于骨胳和牙齒中；使骨和牙齒具有堅硬的結構支架，缺乏幼兒和青少年會患佝僂病，老年人會患骨質疏松，碘是合成甲狀腺激素的主要元素，缺乏會患甲狀腺腫大和呆小癥，故B錯誤；

C．碘是合成甲狀腺激素的主要元素；缺乏會患甲狀腺腫大，故C正確；

D．糖尿病是因血糖濃度過高；造成尿中含有大量的葡萄糖的病癥，故D錯誤；

故選C；

（3）碘化鉀和碘酸鉀在酸性條件下能發生氧化還原反應生成碘5KI+KIO3+6HCl=6KCl+3H2O+3I2；該反應中KI是還原劑，還原劑對應的產物I2是氧化產物，KIO3是氧化劑；在反應中被還原，該反應中有碘單質生成，碘遇淀粉變藍色，所以觀察到溶液變藍色，故答案為：溶液變藍色；還原；

（4）淀粉水解的產物是葡萄糖，分子式為：C6H12O，C葡萄糖在人體中被氧化為人體提供能量，即6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故答案為：C6H12O6；C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O．

（1）碘是合成甲狀腺激素的主要元素；

（2）根據碘；鈣的生理功能；以及葡萄糖的生理功能和糖尿病的成因判斷；

（3）碘化鉀和碘酸鉀在酸性條件下能發生氧化還原反應生成碘；碘遇淀粉變藍色，據此分析；

（4）淀粉水解的產物是葡萄糖；葡萄糖在人體中被氧化為人體提供能量．

本題考查了化學反應方程式及電極反應式的書寫等知識點，難度不大，（3）題易錯，注意氧化產物、還原產物物質的量的判斷，特別是氧化產物和還原產物是同一物質的化學反應．【解析】B；C；溶液變藍色；還原；C6H12O6；C6H12O6C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O8、略

【分析】試題分析：根據前36號、常見元素，元素原子序數按W、X、Y、Z依次增大等知識，W、Y的氧化物是導致酸雨的主要物質，應該是NO2和SO2，再依據“原子序數依次增大”的信息，可知W為N元素，Y為S元素。X的基態原子核外有7個原子軌道填充了電子，其核外電子排布式應為1s22s22p63s23p1,該元素應為Al。Z能形成紅色(或磚紅色)Z2O和黑色的ZO兩種氧化物，可知Z為Cu。（1）則W為N，X為Al，Y為S，Z為Cu，W(N)位于元素周期表第二周期第ⅤA族，W的氣態氫化物為NH3，因N的非金屬性比O弱，NH3穩定性比H2O弱。（2）Z原子的基態原子核外電子排布式是[Ar]3d104s1，Y(S)的原子半徑小于X(Al)，所以Y(S)對外層電子的吸引力強于X(Al)，故Y的第一電離能比X的大Y的電負性比X的大，W的第一電離能比O的大；（3）氫氧化鋁與氫氧化鈉反應的離子方程式為Al(OH)3＋OH-=AlO2-＋2H2O。考點：考查元素的推斷，化學反應方程式，核外電子排布等知識。【解析】【答案】（1）NAlSCu弱（2）[Ar]3d104s1大大（3）Al(OH)3＋OH-=AlO2-＋2H2O9、略

【分析】

（1）由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；會使一部分熱量散失，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60mL0.50mol?L-1鹽酸與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，中和熱數值相等；

故答案為：不相等；相等；

【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）大燒杯上如不蓋硬紙板；會使一部分熱量散失；

（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；

10、略

【分析】試題分析：（1）在反應2Ag＋(aq)+Cu(s)=Cu2＋(aq)+2Ag(s)中，銅元素的化合價由0價升高到+2價，說明失電子，作原電池的負極，所以電極X的材料是Cu，該裝置設有鹽橋，所以將銅插入硫酸銅溶液中，將銀插入硝酸銀溶液中，則電解質溶液Y的溶質是AgNO3；（2）銅作負極，則銀電極是正極，電極反應為Ag＋+e－=Ag，X電極是負極，電極反應為Cu-2e－=Cu2＋，（3）左側燒杯的電極是負極，帶正電，所以鹽橋中NO3－移向左側燒杯。考點：考查原電池的工作原理。【解析】【答案】（電極反應式每空2分，其它每空1分，共8分）（1）CuAgNO3（2）正Ag＋+e－=AgCu-2e－=Cu2＋（3）左側燒杯11、略

【分析】試題解析：（1）上述三種除雜方案都能夠達到很好的效果，Fe3+、Fe2+都被轉化為Fe(OH)3而除去；（2）①用氫氧化鈉溶液，會引入新的雜質，沉淀表面含鈉離子和氫氧根離子，為了不引入其它雜質離子，應加氨水使Fe3+沉淀；（3）②中根據溶解度表可知Mg（OH）2易轉化為Fe（OH）3，因此在氯化鎂溶液中加入足量的Mg（OH）2可除去Fe3+：2Fe3++3Mg（OH）2=3Mg2++2Fe（OH）3；（4）Fe(OH)3的Ksp=1×10-35mol/L，當鐵離子沉淀完全時，c（OH-）==1×10-10mol/L，則c(H+)=1×10-4mol/L，ph=4；（5）根據H2O2是綠色氧化劑，在氧化過程中被還原成水，不引進雜質、不產生污染，故A正確；根據Fe（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3，形成Fe（OH）2沉淀Fe2+沉淀不完全，故B錯誤；原來溶液是酸性較強，加入氫氧化銅或堿式碳酸銅可以與H+反應．H+反應后，PH增大，當PH=4的時候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+還沒沉淀．而氫氧化銅或堿式碳酸銅是固體，不會引入新的雜質，故C正確；氫氧化銅或堿式碳酸銅與H+反應，H+反應后，PH增大，當PH=4的時候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+還沒沉淀，以Cu2+形式存在，而氫氧化銅或堿式碳酸銅是固體，不會引入新的雜質，故D正確；在pH＞4的溶液中Fe3+全部以Fe（OH）3完全沉淀，Fe3+一定不能大量存在，故E正確。考點：物質的分離提純【解析】【答案】（1）Fe(OH)3（2）氨水不會引入新的雜質（3）2Fe3++3Mg(OH)2==3Mg2++2Fe(OH)3（4）4（5）ACDE12、略

【分析】試題分析：（1）根據元素在周期表中的位置可知，元素⑨是鈦元素，原子序數是22，因此根據核外電子排布規律其知的價電子軌道表示式為元素⑩是鐵，其次外層電子數為14個。（2）元素⑤是水，水分子間存在氫鍵，H2O分子發生締合，因此測定結果比理論值高。（3）②、⑦分別是Be和Al，氫氧化鋁是兩性氫氧化物，則元素②的氫氧化物與NaOH溶液反應的離子方程式為2OH—+Be(OH)2＝BeO22—+2H2O。（4）由元素的電離能可以看出，Q的電離能很大，可能為零族元素，R和U的第一電離能較小，第二電離能劇增，故表現+1價，最外層電子數為1，二者位于同一族，S的第一、第二電離能較小，第三電離能劇增，故表現+2價，最外層電子數為2，T的第一、第二、第三電離能較小，第四電離能劇增，表現+3價，最外層電子數為3，則①由上述分析可知，R和U的第一電離能較小，第二電離能劇增，故表現+1價，最外層電子數為1，二者位于同一族。②由上述分析可知，T的第一、第二、第三電離能較小，第四電離能劇增，表現+3價，最外層電子數為3，可能為P區元素，位于第ⅢA族；若T為第二周期元素，則T是B元素。Z是第三周期元素中原子半徑最小的主族元素，因此Z是氯元素，則T、Z形成的化合物是BCl3,B原子的價層電子對數是3個，且不存在孤對電子，所以是平面三角形結構，分子鍵角為120°。考點：考查元素周期表的結構、元素周期律的應用【解析】【答案】（1）14（2）分子間存在氫鍵，H2O分子發生締合（3）2OH—+Be(OH)2＝BeO22—+2H2O（4）①R和U②p（1分）IIIA（1分）120°13、略

【分析】解：rm{(1)}將rm{CH_{3}COOH}溶液加到rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中有氣體放出，說明rm{CH_{3}COOH}的酸性比碳酸的強，rm{CH_{3}COONH_{4}}溶液為中性，說明相同條件下，氨水和rm{CH_{3}COOH}的電離程度相同，所以rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}中銨根離子的水解程度小于碳酸根離子的水解程度，所以溶液的rm{pH>7}

故答案為：大于；

rm{(2)}取rm{0.2mol/LCH_{3}COOH}溶液與rm{0.2mol/LNaOH}溶液等體積混合，溶液的rm{pH=8}rm{c(H^{+})=10^{-8}mol/L}rm{c(OH^{-})=10^{-6}mol/L}溶液顯堿性，說明rm{CH_{3}COO^{-}}離子水解，溶液中存在質子守恒：rm{c(OH^{-})=c(H^{+})+c(CH_{3}COOH)}則rm{c(OH^{-})-c(CH_{3}COOH)=c(H^{+})=10^{-8}mol/L}

故答案為：rm{10^{-8}}

rm{(3)25隆忙}時，將rm{amol?L^{-1}}的氨水與rm{0.02mol/L}的鹽酸溶液等體積混合rm{(}設混合后溶液的體積為原兩溶液體積之和rm{)}溶液中存在電荷守恒：rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(OH^{-})}平衡時有rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})}則溶液中rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}溶液呈中性，混合溶液中離子濃度由大到小的關系rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})>c(H^{+})=c(OH^{-})}

故答案為：中；rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})>c(H^{+})=c(OH^{-})}

rm{(4)}溶度積常數越小的物質越先沉淀，氫氧化銅的溶度積小于氫氧化鎂的溶度積，所以氫氧化銅先沉淀，常溫下rm{Cu(OH)_{2}}的rm{K_{sp}=c(Cu^{2+})c^{2}(OH^{-})=2.0隆脕10^{-20}mol^{3}?L^{-3}}rm{c(OH^{-})=sqrt{dfrac{Ksp}{c(Cu^{2+})}}=sqrt{dfrac{2.0隆脕10^{-20}}{0.02}}=10^{-9}mol/L}rm{c(H^{+})=dfrac{10^{-14}}{10^{-9}}=10-5mol/L}rm{c(OH^{-})=sqrt{dfrac

{Ksp}{c(Cu^{2+})}}=sqrt{dfrac

{2.0隆脕10^{-20}}{0.02}}=10^{-9}mol/L}

故答案為：rm{c(H^{+})=dfrac

{10^{-14}}{10^{-9}}=10-5mol/L}rm{PH=5}

rm{Cu^{2+}}根據題意知，rm{5}的酸性比碳酸強，rm{(1)}溶液為中性，說明銨根離子和該酸根離子水解程度相同，由此得知銨根離子水解程度小于碳酸根離子，所以rm{CH_{3}COOH}中溶液呈堿性；

rm{CH_{3}COONH_{4}}取rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}溶液與rm{(2)}溶液等體積混合，溶液的rm{0.2mol/LCH_{3}COOH}則rm{0.2mol/LNaOH}rm{pH=8}根據依據溶液中質子守恒計算判斷；

rm{c(H^{+})=10^{-8}mol/L}氨水和鹽酸反應，平衡時有rm{c(OH^{-})=10^{-6}mol/L}結合溶液中存在電荷守恒分析；

rm{(3)}溶度積小的先生成沉淀，結合rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})}的溶度積常數計算溶液rm{(4)}

本題考查了弱電解質電離平衡、鹽類水解、沉淀溶解平衡、電解質溶液中電荷守恒和離子濃度大小比較的分析判斷，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等。rm{Cu(OH)_{2}}【解析】大于；rm{10^{-8}}中；rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})>c(H^{+})=c(OH^{-})}rm{Cu^{2+}}rm{5}三、解答題(共5題，共10分)14、略

【分析】

（1）鹽酸是強酸；醋酸是弱酸，相同溫度和相同濃度的鹽酸和醋酸，鹽酸中氫離子濃度大于醋酸中氫離子濃度，所以醋酸的pH大于鹽酸的pH，故選＜；

（2）醋酸鈉是強堿弱酸鹽，因水解導致其溶液中氫氧根離子濃度大于氫離子濃度而使溶液呈堿性，水解方程式為：CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-；

故答案為：CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-；

（3）當pH=7時，c（H+）=c（OH-），溶液存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），則c（Na+）=c（CH3COO-），中性溶液中氫離子或氫氧根離子濃度較小，則c（CH3COO-）＞c（H+），所以有c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-），故選b；

當pH＜7時，c（H+）＞c（OH-），溶液存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），則c（Na+）＜c（CH3COO-）；

若溶液中酸濃度遠遠大于醋酸鈉時，c（H+）＞c（Na+），若醋酸鈉濃度遠遠大于醋酸濃度時，c（Na+）＞c（H+）；故選C．

【解析】【答案】（1）醋酸是弱酸，鹽酸是強酸，所以C（H+）=C（HCl）=C（CH3COOH）＜C（H+）；根據氫離子濃度大小確定pH的大小；

（2）醋酸鈉是強堿弱酸鹽；因水解導致其溶液呈堿性；

（3）當pH=7時，c（H+）=c（OH-），當pH＜7時，c（H+）＞c（OH-）；結合電荷守恒判斷；

15、略

【分析】

（1）維生素C能與單質碘發生反應：C6H8O6+I2→C6H6O6+2HI；反應物中碘元素從0價，變為產物HI中的-1價；

有元素化合價變化，是氧化還原反應，C6H8O6中氫元素為+1價，氧元素為-2價，則碳元素為+價，產物C6H6O6中；碳元素為+1價，化合價升高，是還原劑，表現還原性；

故答案為：是；反應前后元素的化合價有變化；還原；

（2）由題意知，Fe3+是氧化劑，維生素C是還原劑，具有還原性，將從食物中獲取的Fe3+還原為Fe2+；

故答案為：將所攝入食物中的+3價鐵還原為+2價鐵．

【解析】【答案】（1）氧化還原反應是有化合價變化的反應；根據各物質所發生的反應來回答；在化學反應中，物質中的元素化合價升高，則元素被氧化，發生還原反應，元素具有還原性；

（2）維生素C是還原劑；具有還原性．

16、略

【分析】

①O2和O3是氧元素組成的結構不同的單質；互為同素異形體；

②乙烷和丁烷，結構相似，都屬于烷烴，分子組成相差2個CH2原子團；互為同系物．

③12C和14C中子數不同；是碳元素的不同原子，互為同位素；

④CH3CH2CH2CH3和（CH3）2CHCH3；分子式相同；結構不同，為同分異構體；

⑤組成和結構都相同；為同一物質；

故答案為：②；④；③；①；⑤．

【解析】【答案】根據結構相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質互稱為同系物；分子式相同；結構不同的化合物互稱為同分異構體；質子數相同中子數不同的原子互稱同位素；同種元素形成的不同單質互為同素異形體；同種物質指組成和結構都相同的物質；然后對照概念分析．

17、略

【分析】

（1）氫氧燃料電池中，通入氫氣的一極a為電源的負極，通入氧氣的一極b為原電池的正極，由于電解質溶液呈堿性，則負極電極反應式為：2H2-4e-+4OH-=4H2O（或H2-2e-+2OH-=2H2O），電極附近溶液PH降低；正極電極反應式為：O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案為：負；降低；O2+4e-+2H2O=4OH-；

（2）電池內總的反應方程式為：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，依據元素化合價變化得到，甲烷失去電子發生氧化反應，氧氣得到電子發生還原反應，a電極是失電子發生氧化反應做負極，正極電極反應為：O2+4e-+2H2O=4OH-；總電池反應減去正極電極反應乘以2，得到負極電極反應為：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；原電池中陰離子移向負極；碳酸根離子移向負極a；

故答案為：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；a；

【解析】【答案】（1）氫氧燃料電池中，通入氫氣的一極為電源的負極，發生氧化反應，電極反應式為H2-2e-+2OH-=2H2O，通入氧氣的一極為原電池的正極，電極反應式為O2+4e-+2H2O=4OH-，原電池工作時，電子由負極經外電路流向正極，氫氧燃料電池的總反應為：2H2+O2=2H2O；

（2）依據燃料電池反應的原理分析；燃料被氧化做原電池的負極，氧氣得到電子做原電池的正極反應還原反應；

18、略

【分析】

（1）電解①②⑤時，陰極氫離子放電，生成氫氣，即4H++4e-→2H2↑；陽極氫氧根離子放電，生成氧氣；

即4OH-→O2↑+2H2O+4e-；兩極都有氣體產生，且體積比（相同條件下）為2：1；

故答案為：①②⑤；4OH-→O2↑+2H2O+4e-；4H++4e-→2H2↑；2H2O2H2↑+O2↑；

（2）電解①⑤時；陰極是氫離子得電子生成氫氣，陽極是氫氧根離子失電子得到氧氣，兩極都有氣體產生，①溶液的濃度增大，pH變小，⑤溶液的濃度增大，pH變大，故答案為：①；⑤；

（3）電解④是；陰極析出金屬，陽極析出氣體，且溶液中生成了酸，pH明顯減小；

電解方程式為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

故答案為：④；2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4．

【解析】【答案】（1）電解水時；陰極氫離子放電，生成氫氣，陽極氫氧根離子放電，生成氧氣，兩極都有氣體產生，且體積比（相同條件下）為2：1；

（2）電解酸時；兩極均有氣體生成，溶液酸性增強，電解堿時，兩極均有氣體生成，溶液堿性增強；

（3）一個電極析出金屬；一個電極析出氣體，且溶液pH明顯減小的是“放氧生酸型”的鹽．

四、簡答題(共4題，共20分)19、大于；0.16；BD；A【分析】解：rm{(1)}溫度相同；濃度越大，反應速率越大，達到平衡時所需的時間越少，Ⅰ；Ⅱ反應溫度相同，Ⅰ的濃度低，需要的時間長，故答案為：大于；

rm{(2)}反應Ⅰ、Ⅱ溫度相同，反應rm{2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)}是反應前后氣體體積不變的反應，Ⅰ、Ⅱ屬于等效平衡，Ⅱ的生成物量為Ⅰ的rm{dfrac{0.40}{0.20}=2}倍，故rm{a=0.08隆脕2=0.16}rm{b=0.08隆脕2=0.16}

故答案為：rm{0.160}

rm{(3)A}反應前后氣體體積不變；壓強始終相等，所以壓強不變不能說明反應達到平衡狀態，故A錯誤；

B、平衡后各組分濃度保持不變，rm{c(CH_{3}OCH_{3})}不變；說明各組分濃度都不再變化，反應達到平衡狀態，故B正確；

C；容器體積不變；據質量守恒定律，反應前后氣體質量不變，所以密度始終不變，所以密度不變不能說明反應達到平衡狀態，故C錯誤；

D、單位時間內生成rm{CH_{3}OH}與rm{CH_{3}OCH_{3}}的分子個數之比為rm{2}rm{1}說明正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態，故D正確；

故選BD；

rm{(4)}由反應rm{壟脵}rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-mkJ?mol^{-1}}

反應rm{壟脷2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangleH=-nkJ?mol^{-1}}

根據rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-mkJ?mol^{-1}}得rm{2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangleH=-(n-2m)kJ?mol^{-1}}

由rm{壟脷2CO(g)+4H_{2}(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-nkJ?mol^{-1}}知rm{triangleH=-(n-2m)kJ?mol^{-1}<0}故rm{壟脷-2壟脵}

故答案為：rm{2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-(n-2m)kJ?mol^{-1}}．

rm{(2)}溫度相同；濃度越大，反應速率越大，達到平衡時所需的時間越少；

rm{triangle

H=-(n-2m)kJ?mol^{-1}<0}反應Ⅰ、Ⅱ溫度相同，反應rm{n>2m}是反應前后氣體體積不變的反應；Ⅰ；Ⅱ屬于等效平衡；

rm{A}反應達到平衡狀態時；正逆反應速率相等，平衡時各種物質的物質的量；濃度、含量等不再發生變化，以及由此衍生的其它量不變，可由此進行判斷；

rm{(1)}由蓋斯定律可計算．

本題考查了化學平衡常數的移動以及平衡狀態的判斷、反應熱大小判斷問題，難度一般，注意蓋斯定律的應用．rm{(2)}【解析】大于；rm{0.16}rm{BD}rm{A}20、rm{(1)H<C<O}

rm{(2)ad}

rm{(3)}rm{壟脵}rm{壟脵}rm{[Ar]3d^{8}4s^{2;;}VIII}rm{壟脷}

rm{壟脷}氫鍵范德華力rm{8}二氧化碳的分子直徑小于籠狀結構的空腔直徑，且二氧化碳與水的結合能力強于甲烷rm{(4)壟脵}【分析】【分析】本題以研究溫室氣體rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}的轉化和利用為載體，主要考查的是電負性的大小比較、分子晶體的性質、核外電子排布以及化學鍵等，綜合性較強，難度中等，側重于考查學生的分析能力和對基礎知識的應用能力。【解答】rm{(1)}元素的非金屬性越強，其電負性越大，由于非金屬性rm{O>C>H}故電負性rm{H<C<O}

故答案為：rm{H<C<O}

rm{(2)a.}二氧化碳屬于分子晶體，故rm{a}正確；

rm{b.}甲烷中含有極性共價鍵，但是正四面體結構，屬于非極性分子，故rm{b}錯誤；

rm{c.}二氧化碳熔點高，原因是rm{C}與rm{O}形成rm{2}對共價鍵，故rm{c}錯誤；

rm{d.}甲烷為正四面體形，rm{C}原子含有rm{4}個rm{婁脪}鍵，無孤電子對，采取rm{sp^{3}}雜化，二氧化碳為直線形，碳氧雙鍵中有rm{1}個rm{婁脪}鍵和rm{1}個rm{婁脨}鍵，因此rm{C}原子采取rm{sp}雜化，故rmqfyeic5正確；

故答案為：rm{ad}

rm{(3)壟脵Ni}為rm{28}號元素，基態rm{Ni}原子的電子排布式為rm{[Ar]3d^{8}4s^{2}}處于元素周期表中第四周期第rm{V}Ⅲ族；

故答案為：rm{[Ar]3d^{8}4s^{2}}rm{V}Ⅲ；

rm{壟脷}該配合物的配離子中rm{Ni}原子和rm{C}原子之間有rm{4}個rm{婁脪}鍵，rm{CO}分子中rm{C}和rm{O}之間存在rm{1}個rm{婁脪}鍵，rm{1}個rm{婁脨}鍵，rm{1}個配位鍵，因此rm{4}個rm{CO}有rm{4}個rm{婁脪}鍵，故rm{1molNi(CO)_{4}}中含有rm{8mol婁脪}鍵，故答案為：rm{8}

rm{(4)壟脵CH_{4}}與rm{H_{2}O}形成的水合物俗稱“可燃冰”；分子晶體中作用力是范德華力，水分子之間存在氫鍵；

故答案為：氫鍵；范德華力；

rm{壟脷}由表格可知：二氧化碳的分子直徑小于籠狀結構的空腔直徑，即rm{0.512<0.586}能順利進入籠狀空腔內，且二氧化碳與水的結合能力強于甲烷，即rm{29.91>16.40}

故答案為：二氧化碳的分子直徑小于籠狀結構的空腔直徑；且二氧化碳與水的結合能力強于甲烷。

【解析】rm{(1)H<C<O}rm{(2)ad}rm{(3)}rm{壟脵}rm{壟脵}rm{[Ar]3d^{8}4s^{2;;}VIII}rm{壟脷}rm{壟脷}氫鍵范德華力rm{8}二氧化碳的分子直徑小于籠狀結構的空腔直徑，且二氧化碳與水的結合能力強于甲烷rm{(4)壟脵}21、略

【分析】解：rm{(1)}分析圖象可知，rm{A}狀態下rm{CO}的轉化率為rm{0.5}則rm{CO}轉化了rm{10mol隆脕0.5=5mol}根據三段式：

rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH}

起始物質的量：rm{10}rm{20}rm{0}

轉化物質的量：rm{5}rm{10}rm{5}

平衡物質的量：rm{5}rm{10}rm{5}

當達到平衡狀態rm{A}時，容器的體積為rm{20L.}則平衡常數rm{K=dfrac{5mol隆脗20L}{(5mol隆脗20L)cdot(10mol隆脗20L)^{2}}=4}

故答案為：rm{K=dfrac{5mol隆脗20L}{(5mol隆脗20L)cdot

(10mol隆脗20L)^{2}}=4}

rm{4}正反應方向為氣體體積減小的方向，rm{(2)}時比較rm{T_{1}隆忙}的轉化率，轉化率越大，則壓強越大，圖象中rm{CO}轉化率大于rm{P_{2}}可知rm{P_{1}}

故答案為：rm{P_{1}<P_{2}}

rm{<}分析圖象得rm{(3)}點時rm{B}的轉化率為rm{CO}根據三段式：

rm{0.8}

起始rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}rm{(mol)}rm{10}rm{20}

轉化rm{0}rm{(mol)}rm{8}rm{16}

平衡rm{8}rm{(mol)}rm{2}rm{4}

設體積為rm{8}rm{VL}rm{A}兩容器溫度相同，即化學平衡常數相等，則有rm{K=dfrac{(8隆脗V)}{(2隆脗V)cdot(4隆脗V)^{2}}=4}解得rm{B}

故答案為：rm{K=dfrac{(8隆脗V)}{(2隆脗V)cdot

(4隆脗V)^{2}}=4}

rm{V=4L}的含量保持不變；說明反應達到平衡，故A正確；

B.容器中rm{4}濃度與rm{(4)A.CO}濃度相等；與消耗量和起始量有關反應不一定達到平衡，故B錯誤；

C.反應速率之比等于化學方程式系數之比是正反應速率之比，rm{CH_{3}OH}均是指正反應速率，不能判斷達到化學平衡狀態，故C錯誤；

D.混合氣體質量不變；反應前后體積不同，反應過程中密度變化，容器中混合氣體的密度保持不變說明反應達到平衡，故D正確；

故答案為：rm{CO}

rm{2V_{脮媒}(CH_{3}OH)=V_{脮媒}(H_{2})}已知：rm{壟脵CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-90.8kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangleH=+41.3kJ?mol^{-1}}

根據蓋斯定律，rm{AD}可得：rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH=-49.5}rm{(5)}

故答案為：rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH=-49.5}rm{壟脵CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-90.8kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangle

H=+41.3kJ?mol^{-1}}結合圖象rm{壟脵+壟脷}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-49.5}狀態下rm{kJ?mol^{-1}}的轉化率為rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-49.5}根據三段式列式計算反應平衡時個物質的量，計算rm{kJ?mol^{-1}}

rm{(1)}正反應方向為氣體體積減小的方向，rm{T_{1}}時比較rm{P_{1}}的轉化率；轉化率越大，則壓強越大；

rm{CO}rm{0.5}反應溫度相等，則平衡常數相等，根據三段式列出rm{K}狀態下各組分濃度；利用平衡常數計算；

rm{(2)}根據化學平衡狀態的特征：正逆反應速率相同；各成分濃度保持不變分析判斷選項；

rm{T_{1}隆忙}已知：rm{壟脵CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-90.8kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangleH=+41.3kJ?mol^{-1}}

根據蓋斯定律，rm{CO}可得．

本題考查蓋斯定律，圖象分析以及三段式計算的應用等，考查范圍廣，難度中等，對于化學平衡狀態的判斷和電極反應式是高考的熱點，能夠熟練應用．rm{(3)A}【解析】rm{4}rm{<}rm{4}rm{AD}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH=-49.5kJ?mol^{-1}}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-49.5kJ?mol^{-1}}22、（1）BaCO3+2H+＝Ba2++CO2↑+H2O；將BaCO3粉碎。

（2）防止Ti4+的水解。