2025年華東師大版高二化學下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年華東師大版高二化學下冊階段測試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總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列物質(zhì)的類別與所含官能團都正確的是rm{(}rm{)}A.酚類rm{-OH}B.rm{CH_{3}-O-CH_{3}}醚類C.醛類rm{-CHO}D.羧酸rm{-CHO}2、下列關(guān)于同溫同壓下的兩種氣體rm{{,!}^{12}C^{18}O}和rm{{,!}^{14}N_{2}}的判斷正確的是rm{(}rm{)}A.體積相等時密度相等B.原子數(shù)相等時具有的中子數(shù)相等C.體積相等時具有的電子數(shù)相等D.質(zhì)量相等時具有的質(zhì)子數(shù)相等3、常見有機反應(yīng)類型有：①取代反應(yīng)②加成反應(yīng)③消去反應(yīng)④酯化反應(yīng)⑤加聚反應(yīng)⑥縮聚反應(yīng)⑦氧化反應(yīng)⑧還原反應(yīng)，其中可能在有機分子中新產(chǎn)生羥基的反應(yīng)類型是（）A.①②③④B.⑤⑥⑦⑧C.①②⑥⑧D.③④⑤⑥4、某有機化合物rm{D}的結(jié)構(gòu)為是一種常見的有機溶劑，它可以通過下列三步反應(yīng)制得：烴rm{xrightarrow[壟脵]{Br_{2}}Bxrightarrow[壟脷]{NaOH{脠脺脪潞}}Cxrightarrow[壟脹140隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}D}下列相關(guān)說法中不正確的是rm{xrightarrow[壟脵]{Br_{2}}B

xrightarrow[壟脷]{NaOH{脠脺脪潞}}C

xrightarrow[壟脹140隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}D}rm{(}A.烴rm{)}為乙烯B.反應(yīng)rm{A}rm{壟脵}rm{壟脷}的反應(yīng)類型依次為加成反應(yīng)，取代反應(yīng)，取代反應(yīng)C.反應(yīng)rm{壟脹}為了加快反應(yīng)速率可以快速升溫至rm{壟脹}度D.化合物rm{170隆忙}屬于醚rm{D}5、同時對農(nóng)作物施用含rm{N}rm{P}rm{K}的三種化肥，對給定的下列化肥rm{壟脵K_{2}CO_{3}}rm{壟脷KCl}rm{壟脹Ca(H_{2}PO_{4})_{2}}rm{壟脺(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{壟脻}氨水，最適當?shù)慕M合是rm{(}rm{)}A.rm{壟脵壟脹壟脺}B.rm{壟脵壟脹壟脻}C.rm{壟脷壟脹壟脺}D.rm{壟脷壟脹壟脻}6、一個原電池反應(yīng)是rm{Zn+Cu^{2+}=Zn^{2+}+Cu}該反應(yīng)的原電池的組成正確的rm{(}rm{)}

。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}正極rm{Zn}rm{Ag}rm{C}rm{Cu}負極rm{Cu}rm{Cu}rm{Zn}rm{Zn}電解質(zhì)溶液rm{CuCl_{2}}rm{H_{2}SO_{4}}rm{CuSO_{4}}rm{FeCl_{2}}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}評卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)7、描述rm{CH_{3}-CH=CH-C隆脭C-CF_{3}}分子結(jié)構(gòu)的下列敘述中，正確的是rm{(}rm{)}A.rm{6}個碳原子有可能都在一條直線上B.rm{6}個碳原子不可能都在一條直線上C.rm{6}個碳原子有可能都在同一平面上D.rm{6}個碳原子不可能都在同一平面上8、如下圖所示，rm{triangleH_{1}=-393.5kJ?mol^{-1}}rm{triangleH_{2}=-395.4kJ?mol^{-1}}下列說法或表示式正確的是rm{triangle

H_{1}=-393.5kJ?mol^{-1}}rm{triangle

H_{2}=-395.4kJ?mol^{-1}}A.rm{(}石墨rm{)}rm{C(s}金剛石rm{)triangleH=+1.9kJ?mol^{-1}}B.石墨和金剛石的轉(zhuǎn)化是物理變化C.石墨的穩(wěn)定性強于金剛石D.rm{)_{=}}石墨的總鍵能比rm{C(s}金剛石的總鍵能小rm{)triangleH=

+1.9kJ?mol^{-1}}rm{1mol}9、以下電子排布式屬于基態(tài)原子的電子排布的是A.rm{1s^{1}2s^{1}}B.rm{1s^{2}s^{1}2p^{1}}C.rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}}D.rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3p^{1}}10、下列物質(zhì)屬于純凈物的是（）A.鐵銹B.氧化鐵C.水銀D.硬鋁11、下列有關(guān)說法中正確的是（）A.Ksp（AB2）＜Ksp（CD），說明AB2的溶解度小于CD的溶解度B.在ZnS的沉淀溶解平衡體系中加入蒸餾水，ZnS的Ksp不變C.已知Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），則反應(yīng)AgCl（s）+I-（aq）=AgI（s）+Cl-（aq）能夠發(fā)生D.在CaCO3的沉淀溶解平衡體系中加入稀鹽酸，沉淀溶解平衡不移動12、將一定量有機物充分燃燒后的產(chǎn)物通入足量的石灰水中充分吸收，經(jīng)過濾得到沉淀rm{20}克，濾液質(zhì)量比原石灰水少rm{5.8}克，該有機物可能是：A.乙烯B.乙二醇C.乙醇D.丙三醇13、rm{25隆忙}時，在某物質(zhì)的溶液中，由水電離出的rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-a}mol/L}下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{a<7}時，水的電離受到抑制B.rm{a>7}時，水的電離受到抑制C.rm{a<7}時，溶液的rm{pH}一定為rm{a}D.rm{a>7}時，溶液的rm{pH}一定為rm{14-a}評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)14、（1）經(jīng)測定，20g氫氣在氧氣中燃燒生成水蒸氣，放熱2418.0kJ，寫出該反應(yīng)的熱化學方程式____；已知：3Fe（s）+2O2（g）═Fe3O4（s）△H=-1118.4kJ?mol-1，根據(jù)以上信息，則反應(yīng)3Fe（s）+4H2O（g）═Fe3O4（s）+4H2（g）的△H=____

（2）某學生實驗小組用50mL0.50mol?L-1的鹽酸與50mL0.50mol?L-1的NaOH溶液在右圖所示的裝置中進行中和反應(yīng)反應(yīng)熱的測定。

①圖中裝置缺少的一種儀器，該儀器名稱為____．

②將反應(yīng)混合液的____溫度記為反應(yīng)的終止溫度．

③下列說法正確的是____

A．小燒杯內(nèi)殘留有水；會使測得的反應(yīng)熱數(shù)值偏小。

B．可用相同濃度和體積的醋酸代替稀鹽酸溶液進行實驗。

C．燒杯間填滿碎紙條的作用是固定小燒杯。

D．酸；堿混合時；應(yīng)把量筒中的溶液緩緩倒入燒杯的溶液中，以防液體外濺．

15、工業(yè)上利用CO和水蒸氣在一定條件下發(fā)生反應(yīng)制取氫氣：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ/mol

某小組研究在相同溫度下該反應(yīng)過程中的能量變化．他們分別在體積均為VL的兩個恒溫恒容密閉容器中加入一定量的反應(yīng)物；使其在相同溫度下發(fā)生反應(yīng)．相關(guān)數(shù)據(jù)如下：

。容器編號起始時各物質(zhì)物質(zhì)的量/mol達到平衡的時間/min達平衡時體系能量的變化/kJCOH2OCO2H2①14t1放出熱量：32.8kJ②28t2放出熱量：Q（1）該反應(yīng)過程中，反應(yīng)物分子化學鍵斷裂時所吸收的總能量____（填“大于”；“小于”或“等于”）生成物分子化學鍵形成時所釋放的總能量．

（2）容器①中反應(yīng)達平衡時，CO的轉(zhuǎn)化率為____%．

（3）下列敘述正確的是____（填字母序號）．

A、平衡時，兩容器中H2的體積分數(shù)相等。

B；容器②中反應(yīng)達平衡狀態(tài)時；Q＞65.6kJ

C、反應(yīng)開始時，兩容器中反應(yīng)的化學反應(yīng)速率相等D；容器①中；化學反應(yīng)速率為。

（4）已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-484kJ/mol，寫出CO完全燃燒生成CO2的熱化學方程式：____．

（5）容器①中反應(yīng)進行到tmin時，測得混合氣體中CO2的物質(zhì)的量為0.6mol．若用200ml、5mol/L的NaOH溶液將其完全吸收，反應(yīng)的離子方程式為（用一個離子方程式表示）____．16、（每空2分，共12分）（Ⅰ）鋼鐵容易生銹的主要原因是因為鋼鐵在煉制過程中混有少量的碳雜質(zhì)，在潮濕的空氣中容易形成原電池，發(fā)生電化學腐蝕。在空氣酸度不大的環(huán)境中，其負極是，負極反應(yīng)式為；正極是____，正極反應(yīng)式為。受空氣的影響還會發(fā)生相應(yīng)的顏色變化，其相應(yīng)的化學方程式為。（Ⅱ）下列各情況，在其中Fe片腐蝕由快到慢的順序是（用序號表示）17、實驗室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液500mL．根據(jù)這兩種溶液的配制情況回答下列問題：

（1）如圖所示的儀器中配制溶液肯定不需要的是______；（填序號），配制上述溶液還需用到的玻璃儀器是______（填儀器名稱）．

（2）配制NaOH時，在實驗中其他操作均正確，若定容時仰視刻度線，則所得溶液濃度______0.1mol/L（填“大于”；“等于”或“小于”）．

（3）根據(jù)計算得知，所需質(zhì)量分數(shù)為98%、密度為1.84g/cm3的濃硫酸的體積為______mL（計算結(jié)果保留一位小數(shù)）．在實驗中其他操作均正確，若用量筒量取濃硫酸時仰視刻度線，則所得配得溶液濃度______0.5mol/L（填“大于”、“等于”或“小于”）．18、(12分)有七種元素，其中A、B、C、D、E為短周期主族元素，F(xiàn)、G為第四周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大。請回答問題。。A元素的核外電子數(shù)和電子層數(shù)相等，也是宇宙中最豐富的元素B元素原子的核外p電子數(shù)比s電子數(shù)少1C原子的第一至第四電離能分別是:I1=738kJ/molI2=1451kJ/molI3=7733kJ/molI4=10540kJ/molD原子核外所有p軌道全滿或半滿E元素的主族序數(shù)與周期數(shù)的差為4F是前四周期中電負性最小的元素G在周期表的第八列（1）已知BA5為離子化合物，是由、兩種微粒構(gòu)成的（填化學符號）。（2）B基態(tài)原子中能量最高的電子，其電子云在空間有個方向，原子軌道呈形。（3）某同學根據(jù)上述信息，推斷C基態(tài)原子的核外電子排布為，該同學所畫的電子排布圖違背了。（4）G位于族，G3+價電子排布式為。GE3常溫下為固體，熔點沸點在以上升華，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有機溶劑。據(jù)此判斷GE3的晶體類型為________________。（5）DE3中心原子的雜化方式為，其空間構(gòu)型為。（6）前四周期中與F同一族的所有元素分別與E元素形成化合物，其晶體的熔點由高到低的排列順序為（寫化學式），原因是19、（7分）（1）按官能團的不同可以對有機物進行分類，請指出下列有機物的種類，填在橫線上。（2）化合物A和B的分子式都是C2H4Br2,A的核磁共振氫譜圖如圖所示，則A的結(jié)構(gòu)簡式為：____，請預(yù)測B的核磁共振氫譜上有____個峰（信號）。20、用鉛蓄電池連接惰性電極電解一定量的CuSO4溶液；請回答下列問題：

（1）鉛蓄電池放電時正極的電極反應(yīng)式為______；

（2）惰性電極電解CuSO4溶液的離子方程為______；

（3）若電解一段時間后向電解池溶液中加入1molCu（OH）2?CuCO3，可以使該溶液恢復至原來的濃度和體積，則在該電解過程中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為______，該電解過程中鉛蓄電池中消耗的H2SO4和電解池中生成的H2SO4的物質(zhì)的量之比為______．21、已知某溶液中存在rm{OH^{-}}rm{H^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Cl^{-}}四種離子，某同學推測其離子濃度大小順序有如下四種關(guān)系：rm{壟脵c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}rm{壟脷c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})>c(H^{+})}rm{壟脹c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}rm{壟脺c(Cl^{-})>c(H^{+})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})}填寫下列空白：rm{(1)}若溶液中只溶解了一種溶質(zhì)，則該溶質(zhì)是_______________，上述四種離子濃度的大小順序為____rm{(}選填序號rm{)}．rm{(2)}若上述關(guān)系中rm{壟脹}是正確的，則溶液中的溶質(zhì)為___________________；若上述關(guān)系中rm{壟脺}是正確的，則溶液中的溶質(zhì)為________________________．rm{(3)}若該溶液是由體積相等的稀鹽酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，則混合前rm{c(HCl)}________rm{c(NH}________rm{c(HCl)}rm{c(NH}rm{{,!}_{3}}rm{?H}rm{?H}填“rm{{,!}_{2}}”“rm{O)(}填“rm{<}”“rm{>}”或“rm{=}”下同rm{)}混合前酸中rm{c}rm{(H}”或“rm{O)(}”下同rm{<}混合前酸中rm{>}rm{=}rm{)}rm{c}和堿中rm{(H}rm{{,!}^{+}}rm{)}和堿中rm{c(OH}的關(guān)系為rm{)}rm{c(OH}rm{{,!}^{-}}_______rm{)}的關(guān)系為rm{c(H}rm{)}rm{c(H}rm{{,!}^{+}}評卷人得分四、原理綜合題(共1題，共5分)22、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(jù)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(fā)生的反應(yīng)有_________、___________。

（3）過氧化鈉保存不當容易變質(zhì)生成Na2CO3。某過氧化鈉樣品已經(jīng)部分變質(zhì)，請你設(shè)計實驗，限用一種溶液和水，證明過氧化鈉已經(jīng)變質(zhì)：_________________________（說明操作；現(xiàn)象和結(jié)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(fā)生如下反應(yīng)：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反應(yīng)中，標準狀況下，每生成2.24LNO氣體，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_______mol，參加反應(yīng)的HI的物質(zhì)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、簡答題(共2題，共4分)23、Ⅵrm{A}族的氧、硫、硒rm{(Se)}碲rm{(Te)}等元素在化合物中常表現(xiàn)出多種氧化態(tài)，含Ⅵrm{A}族元素的化合物在研究和生產(chǎn)中有許多重要用途。請回答下列問題：rm{(1)S}單質(zhì)的常見形式為rm{S_{8}}其環(huán)狀結(jié)構(gòu)如下圖所示，rm{S}原子采用的軌道雜化方式是_____；

rm{(2)}原子的第一電離能是指氣態(tài)電中性基態(tài)原子失去一個電子轉(zhuǎn)化為氣態(tài)基態(tài)正離子所需要的最低能量，rm{O}rm{S}rm{Se}原子的第一電離能由大到小的順序為_______________；rm{(3)Se}的原子序數(shù)為_____，其核外rm{M}層電子的排布式為___________________________；rm{(4)H_{2}Se}的酸性比rm{H_{2}S}_____rm{(}填“強”或“弱”rm{)}氣態(tài)rm{SeO_{3}}分子的立體構(gòu)型為______________，rm{SO_{3}^{2-}}離子的立體構(gòu)型為_________________；rm{(5)H_{2}SeO_{3}}的rm{K_{1}}和rm{K_{2}}分別為rm{2.7隆脕10^{-3}}和rm{2.5隆脕10^{-8}}rm{H_{2}SeO_{4}}第一步幾乎完全電離，rm{K_{2}}為rm{1.2隆脕10^{-2}}請根據(jù)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系解釋：rm{壟脵H_{2}SeO_{3}}和rm{H_{2}SeO_{4}}第一步電離程度大于第二步電離的原因：__________________________。rm{壟脷H_{2}SeO_{4}}比rm{H_{2}SeO_{3}}酸性強的原因：__________________________。rm{(6)ZnS}在熒光體、光導體材料、涂料、顏料等行業(yè)中應(yīng)用廣泛。立方rm{ZnS}晶體結(jié)構(gòu)如下圖所示，其晶胞邊長為rm{540.0pm}其密度為_______________________rm{(}列式并計算rm{)}rm{a}位置rm{S}列式并計算rm{(}rm{)}位置rm{a}rm{S}rm{{,!}^{2-}}位置離子與rm位置rm{Zn}rmrm{Zn}列式表示rm{{,!}^{2+}}離子之間的距離為_______________________rm{pm(}列式表示rm{)}rm{pm(}24、rm{37.}孔雀石的主要成分為rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}還含少量二價鐵和三價鐵的氧化物及硅的氧化物。以下是實驗室以孔雀石為原料制備rm{CuSO_{4}隆隴5H_{2}O}晶體的流程圖：rm{(1)}試劑rm{A}的化學式是_____________；操作Ⅰ的名稱是______________；rm{(2)}生成氣體rm{X}的化學方程式為：_________________________________。rm{(3)}使用試劑rm{B}的目的是將溶液中的rm{Fe^{2+}}轉(zhuǎn)化為rm{Fe^{3+}}試劑rm{B}最好選用_________A.酸性rm{KMnO_{4}}溶液rm{B.}雙氧水rm{C.}濃硝酸rm{D.}氯水rm{(4)}已知：。物質(zhì)rm{Fe(OH)_{3}}rm{Cu(OH)_{2}}開始沉淀時的rm{pH}rm{2.3}rm{4.8}完全沉淀時的rm{pH}rm{3.7}rm{6.7}

rm{壟脵}試劑rm{C}的使用是為了調(diào)節(jié)溶液的rm{pH}使rm{Fe^{3+}}轉(zhuǎn)化為沉淀予以分離。試劑rm{C}宜選用__________：A.稀硫酸rm{B}rm{.NaOH}溶液rm{C.}氨水rm{D.CuO}rm{壟脷}為完全除去溶液rm{c}中的rm{Fe^{3+}}而又不使rm{Cu^{2+}}沉淀，則應(yīng)調(diào)節(jié)溶液rm{pH}的范圍為__________。rm{(5)}請設(shè)計一種實驗方案檢驗溶液中rm{Fe^{3+}}是否完全除去rm{(}寫出操作步驟、現(xiàn)象和結(jié)論rm{)}________________________。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】解：rm{A}．中羥基沒有與苯環(huán)直接相連；該有機物為醇類，不屬于酚類，故A錯誤；

B.rm{CH_{3}-O-CH_{3}}中含有的官能團為醚鍵rm{(}rm{)}屬于醚類，故B正確；

C.中含有的官能團為酯基；屬于酯類物質(zhì)，故C錯誤；

D.中含有官能團羧基；屬于羧酸，故D錯誤；

故選B．

A.羥基與苯環(huán)側(cè)鏈的碳原子相連；該有機物為醇類；

B.該有機物分子中含有官能團為醚鍵；屬于醚類；

C.該有機物分子中含有的官能團為酯基；屬于酯類物質(zhì)；

D.該有機物分子中含有羧基；屬于羧酸類物質(zhì)．

本題考查了烴的衍生物的官能團及有機物分類，題目難度不大，注意掌握烴的衍生物的官能團類型、有機物的分類方法，明確有機物分類方法與官能團類型的關(guān)系．【解析】rm{B}2、C【分析】【分析】

本題考查阿伏伽德羅定律的應(yīng)用；質(zhì)量與物質(zhì)的量的關(guān)系，質(zhì)子數(shù)；電子數(shù)、中子數(shù)、質(zhì)量數(shù)的計算，難度中等。

【解答】

A.同溫同壓下的氣體體積相等；則物質(zhì)的量相等，但兩種氣體的質(zhì)量數(shù)不同，所以質(zhì)量不同，密度也不同，故A錯誤；

B.原子數(shù)相等即物質(zhì)的量相等，但rm{1}個分子中的中子數(shù)不相等；所以總中子數(shù)不相等，故B錯誤；

C.體積相等即物質(zhì)的量相等，每個分子中都含有rm{14}個電子；所以總電子數(shù)相等，故C正確；

D.質(zhì)量相等時物質(zhì)的量不相等；每個分子中含有的質(zhì)子數(shù)相等，所以總質(zhì)子數(shù)不相等，故D錯誤。

故選C?！窘馕觥縭m{C}3、C【分析】【解析】【答案】C4、C【分析】解：由上述分析可知，rm{A}為乙烯，rm{B}為rm{BrCH_{2}CH_{2}Br}rm{C}為rm{OHCH_{2}CH_{2}OH}

A.rm{A}為rm{CH_{2}=CH_{2}}故A正確；

B.反應(yīng)rm{壟脵}為加成、rm{壟脷}為水解、rm{壟脹}為取代反應(yīng)；水解反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，故B正確；

C.快速升溫至rm{170隆忙}醇發(fā)生消去反應(yīng)，不能發(fā)生取代反應(yīng)生成醚，故C錯誤；

D.rm{D}中含醚鍵；為環(huán)醚，故D正確；

故選C．

rm{D}的結(jié)構(gòu)為結(jié)合烴rm{xrightarrow[壟脵]{Br_{2}}Bxrightarrow[壟脷]{NaOH{脠脺脪潞}}Cxrightarrow[壟脹140隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}D}可知，rm{xrightarrow[壟脵]{Br_{2}}B

xrightarrow[壟脷]{NaOH{脠脺脪潞}}C

xrightarrow[壟脹140隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}D}為rm{C}rm{OHCH_{2}CH_{2}OH}為rm{B}烴rm{BrCH_{2}CH_{2}Br}為乙烯，反應(yīng)rm{A}為加成、rm{壟脵}為水解、rm{壟脷}為取代反應(yīng)；以此來解答．

本題考查有機物的合成，為高頻考點，把握官能團變化、有機反應(yīng)推斷有機物為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與推斷能力的考查，注意逆合成法的應(yīng)用，題目難度不大．rm{壟脹}【解析】rm{C}5、C【分析】【分析】本題考查了銨鹽的性質(zhì)，題目難度不大，明確各種肥料的成分和性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意碳酸鉀與銨根離子發(fā)生雙水解?！窘獯稹緼.rm{K_{2}CO_{3}}水解顯堿性，rm{NH_{4}Cl}水解顯酸性，二者混合會發(fā)生相互促進的水解反應(yīng)生成氨氣，會降低肥效；rm{K_{2}CO_{3}}與rm{Ca(H_{2}PO_{4})_{2}}反應(yīng)會生成沉淀，會降低肥效，故A錯誤；B.rm{K_{2}CO_{3}}與rm{Ca(H_{2}PO_{4})_{2}}反應(yīng)會生成沉淀，會降低肥效；rm{Ca(H_{2}PO_{4})_{2}}與氨水反應(yīng)生成沉淀；會降低肥效，故B錯誤；

C.rm{壟脷KCl}rm{壟脹Ca(H_{2}PO_{4})_{2}}rm{壟脺(NH_{4})_{2}SO_{4}}相互不發(fā)生反應(yīng)，可以混合使用，故C正確；D.rm{Ca(H_{2}PO_{4})_{2}}與氨水反應(yīng)生成磷酸鈣沉淀；會降低肥效，故D錯誤。

故選C?！窘馕觥縭m{C}6、C【分析】解：由電池反應(yīng)式rm{Zn+Cu^{2+}簍TZn^{2+}+Cu}知；鋅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，作負極；不如鋅活潑的金屬或?qū)щ姷姆墙饘僮髡龢O，正極上銅離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則電解質(zhì)溶液中應(yīng)含有銅離子，所以應(yīng)為可溶性的銅鹽；

A.鋅應(yīng)作負極；銅作正極，故A錯誤；

B.該裝置不能自發(fā)的進行氧化還原反應(yīng)；故B錯誤；

C.該裝置中；鋅易失電子作負極，銅作正極，電解質(zhì)溶液為可溶性的銅鹽，符合條件，故C正確；

D.電解質(zhì)溶液中不含銅離子；故D錯誤；

故選C．

由電池反應(yīng)式rm{Zn+Cu^{2+}簍TZn^{2+}+Cu}知；鋅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，作負極；不如鋅活潑的金屬或?qū)щ姷姆墙饘僮髡龢O，正極上銅離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則電解質(zhì)溶液中應(yīng)含有銅離子，所以應(yīng)為可溶性的銅鹽，據(jù)此進行解答．

本題考查了原電池原理，難度不大，明確原電池的構(gòu)成條件是解本題關(guān)鍵，注意根據(jù)方程式中發(fā)生的反應(yīng)類型判斷原電池的正負極及電解質(zhì)溶液．【解析】rm{C}二、雙選題(共7題，共14分)7、rBC【分析】解：分子中碳鏈空間結(jié)構(gòu)為平面型，如圖所示．

乙炔為直線型結(jié)構(gòu)，rm{-C隆脭C-}決定了rm{3}rm{4}rm{5}rm{6}號rm{4}個碳原子在同一直線上，rm{2}rm{3}rm{4}號rm{3}個rm{C}有健角接近rm{120}度rm{.}所以rm{6}個碳原子不可能都在一條直線上；故A錯誤，B正確；

乙烯為平面型結(jié)構(gòu)，決定rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}號rm{4}個碳原子在同一平面內(nèi)，而rm{3}rm{4}rm{5}rm{6}號rm{4}個碳原子在同一直線上，rm{3}rm{4}號兩個rm{C}原子已經(jīng)在平面上，因此這條直線在這個平面上，rm{6}個rm{C}原子共面；故C正確，D錯誤．

故選：rm{BC}

分子中含有甲烷、乙烯、乙炔結(jié)構(gòu)，甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)，乙烯為平面型結(jié)構(gòu)，rm{6}個原子共面，乙炔為直線型結(jié)構(gòu)，rm{4}個原子共線．

有機分子中原子共線、共面問題：rm{(1)}甲烷，正四面體結(jié)構(gòu)，rm{C}原子居于正四面體的中心，分子中的rm{5}個中沒有任何rm{4}個原子處于同一平面內(nèi)rm{.}其中任意三個原子在同一平面內(nèi)，任意兩個原子在同一直線上rm{.(2)}乙烯，平面型結(jié)構(gòu)，分子中的rm{6}個原子處于同一平面內(nèi)，鍵角都約為rm{120^{circ}.(3)}乙炔，直線型結(jié)構(gòu)，分子中的rm{4}個原子處于同一直線上rm{.(4)}苯，平面型結(jié)構(gòu)，分子中的rm{12}個原子都處于同一平面rm{.}只要掌握好這些結(jié)構(gòu)，借助rm{C-C}單鍵可以旋轉(zhuǎn)而rm{C隆脭C}rm{C=C}不能旋轉(zhuǎn)的特點，以及立體幾何知識，各種與此有關(guān)的題目均可迎刃而解．【解析】rm{BC}8、AC【分析】【分析】本題考查熱化學方程式的書寫及應(yīng)用；讀懂圖示；理清物質(zhì)的穩(wěn)定性與能量的關(guān)系是解答的關(guān)鍵，題目難度不大。

【解答】由圖示得：rm{壟脵C(S}石墨rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-393.5kJ?mol^{-1}}

rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle

H=-393.5kJ?mol^{-1}}金剛石rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-395.4kJ?mol^{-1}}

利用蓋斯定律將rm{壟脷C(S}可得：rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle

H=-395.4kJ?mol^{-1}}石墨rm{壟脵-壟脷}金剛石rm{)triangleH=+1.9kJ?mol^{-1}}則。

A.rm{C(S}石墨rm{)=C(S}金剛石rm{)triangleH=+1.9kJ?mol^{-1}}故A正確；

B.石墨和金剛石是碳元素的兩種不同的單質(zhì)；是同素異形體，石墨轉(zhuǎn)化為金剛石是發(fā)生的化學反應(yīng)，屬于化學變化，故B錯誤；

C.金剛石能量大于石墨的總能量；物質(zhì)的量能量越大越不穩(wěn)定，則石墨比金剛石穩(wěn)定，故C正確；

D.依據(jù)熱化學方程式rm{)triangle

H=+1.9kJ?mol^{-1}}石墨rm{C(s}金剛石rm{)triangleH=+1.9kJ?mol^{-1}}rm{)=C(s}石墨的總鍵能比rm{)triangle

H=+1.9kJ?mol^{-1}}金剛石的總鍵能大于rm{C(S}故D錯誤；

故選AC。

rm{)=C(S}【解析】rm{AC}9、CD【分析】【分析】本題考查核外電子排布，題目難度不大，明確基態(tài)電子排布規(guī)律與能量躍遷的關(guān)系為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應(yīng)用能力?！窘獯稹緼.基態(tài)原子的電子排布式為rm{1s^{2}}不符合基態(tài)原子電子排布規(guī)律，故A錯誤；B.基態(tài)原子的電子排布式應(yīng)為rm{1s^{2}2s^{2}}發(fā)生電子躍遷為rm{1s^{2}2s^{1}2p^{1}}所以不是基態(tài)原子電子排布式，故B錯誤；

C.基態(tài)原子的電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}}符合基態(tài)原子電子排布規(guī)律，故C正確；

D.基態(tài)原子的電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{1}}符合基態(tài)原子電子排布規(guī)律，故D正確。

故選CD?！窘馕觥縭m{CD}10、B|C【分析】解：A；鐵銹的主要成分為氧化鐵；還含有其他雜質(zhì)，故為混合物，故A錯誤；

B、氧化鐵即Fe2O3；只由一種物質(zhì)構(gòu)成，故為純凈物，故B正確；

C；水銀即單質(zhì)汞；只由一種物質(zhì)構(gòu)成，故為純凈物，故C正確；

D；硬鋁是鋁合金；除了鋁外還有其他成分，故為混合物，故D錯誤．

故選BC．

只由一種物質(zhì)構(gòu)成的為純凈物；由兩種或兩種以上物質(zhì)構(gòu)成的為混合物，據(jù)此分析．

本題考查了純凈物和混合物的區(qū)分，掌握純凈物和混合物的概念并了解物質(zhì)的組成是關(guān)鍵，難度不大．【解析】【答案】BC11、B|C【分析】解：A．由于AB2與CD分子組成形式不同，KSP的表達式不同，因此不能根據(jù)KSP大小來比較溶解度的大??；故A錯誤；

B．KSP只與溫度有關(guān)，與濃度無關(guān)，在ZnS的沉淀溶解平衡體系中加入蒸餾水，ZnS的Ksp不變；故B正確；

C．溶解度大的能轉(zhuǎn)化為溶解度小的，所以在AgCl的沉淀溶解平衡體系中，加入KI固體，AgCl沉淀可轉(zhuǎn)化為AgI沉淀，即反應(yīng)AgCl（s）+I-（aq）=AgI（s）+Cl-（aq）能夠發(fā)生；故C正確；

D．碳酸鈣的沉淀溶解平衡為：CaCO3（s）?Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入HCl能與CO32-反應(yīng)；促進碳酸鈣的沉淀溶解平衡向正方向移動，故D錯誤；

故選BC．

A．由于AB2與CD分子組成形式不同；因此不能根據(jù)Ksp大小來比較溶解度的大?。?/p>

B．KSP只與溫度有關(guān)；與濃度無關(guān)；

C．溶解度大的能轉(zhuǎn)化為溶解度小的；

D．HCl與CO32-反應(yīng)；促進碳酸鈣的沉淀溶解平衡向正方向移動．

本題考查了Ksp的比較、沉淀的轉(zhuǎn)化、影響Ksp的因素、沉淀溶解平衡的移動等，屬于基本原理的應(yīng)用的考查，題目難度不大，明確溶度積常數(shù)和沉淀溶解平衡是解題的關(guān)鍵．【解析】【答案】BC12、BC【分析】略【解析】rm{BC}13、rAD【分析】解：rm{A.}如果rm{a<7}則促進水電離，故A錯誤；

B.如果rm{a>7}則抑制水電離，故B正確；

C.如果rm{a<7}則促進水電離，該溶液為鹽溶液，溶液的rm{pH=a}故C正確；

D.如果rm{a>7}則抑制水電離，該溶液為酸溶液或堿溶液，則該溶液的rm{PH}值為rm{a}或rm{14-a}故D錯誤；

故選AD．

向水中加入酸或堿抑制水電離，加入含有弱根離子的鹽促進水電離，根據(jù)某物質(zhì)的溶液中由水電離出的rm{c(H^{+})}和純水中rm{c(H^{+})}相對大小判斷是促進水電離還是抑制水電離．

本題考查弱電解質(zhì)的電離，明確是促進水電離還是抑制水電離是解本題關(guān)鍵，難度較大．【解析】rm{AD}三、填空題(共8題，共16分)14、略

【分析】

（1）①2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6KJ/mol；

②3Fe（s）+2O2（g）═Fe3O4（s）△H=-1118.4kJ?mol-1；

依據(jù)蓋斯定律②-①×2得到：3Fe（s）+4H2O（g）═Fe3O4（s）+4H2（g）△H=-151.2KJ/mol；

故答案為：-151.2KJ/mol；

（2）①根據(jù)量熱計的構(gòu)造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌器；故答案為：環(huán)形玻璃攪拌器；

②用玻璃棒輕輕攪動溶液；并準確讀取混和溶液的最高溫度作為終止溫度．

故答案為：最高溫度；

③A．小燒杯內(nèi)殘留有水；沒有干燥，會使體積無形中變多了，這樣就會使最后的實驗值變小，因為一部分散發(fā)的熱量是要把給未擦干的水加熱的會使測得的反應(yīng)熱數(shù)值偏小，故A正確；

B．醋酸是弱電解質(zhì)存在電離平衡過程是吸熱過程；隨反應(yīng)進行，反應(yīng)放出的熱量減小，所以不可用相同濃度和體積的醋酸代替稀鹽酸溶液進行實驗，故B錯誤；

C．燒杯間填滿碎紙條的作用以達到保溫；隔熱和減少實驗過程中熱量損失的目的；不是固定小燒杯作用，故C錯誤；

D．酸；堿混合時；應(yīng)把量筒中的溶液迅速倒入燒杯的溶液中，以防溫度散失造成測定結(jié)果產(chǎn)生誤差，故D錯誤；

故選A．

【解析】【答案】（1）依據(jù)熱化學方程式的書寫方法；標注物質(zhì)聚集狀態(tài)和對應(yīng)焓變寫出，依據(jù)蓋斯定律計算所需反應(yīng)的熱化學方程式；

（2）①根據(jù)量熱計的構(gòu)造來判斷該裝置的缺少儀器；

②用玻璃棒輕輕攪動溶液；并準確讀取混和溶液的最高溫度作為終止溫度；

③A．小燒杯內(nèi)殘留有水；沒有干燥，會使體積無形中變多了，這樣就會使最后的實驗值變小，因為一部分散發(fā)的熱量是要把給未擦干的水加熱的會使測得的反應(yīng)熱數(shù)值偏??；

B．醋酸存在電離平衡電離過程是吸熱過程；

C．燒杯間填滿碎紙條的作用是固定小燒杯。

D．酸；堿混合時；應(yīng)把量筒中的溶液迅速倒入燒杯的溶液中，以防溫度散失；

15、略

【分析】

（1）依據(jù)圖表分析反應(yīng)是放熱反應(yīng)；反應(yīng)物化學鍵斷裂時所吸收的總能量小于生成物分子化學鍵形成時釋放的總能量；故答案為：小于；

（2）容器①中反應(yīng)達平衡時，CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ/mol，反應(yīng)放出熱量為32.8kJ；參加反應(yīng)的一氧化碳物質(zhì)的量=mol=0.8mol；

CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）

起始量（mol）1400

變化量（mol）0.80.80.80.8

平衡量（mol）0.23.20.80.8

CO的轉(zhuǎn)化率=×100%=80%；

故答案為：80；

（3）A、反應(yīng)前后氣體體積不變，同比例投入反應(yīng)物的起始量，平衡不動；兩容器中H2的體積分數(shù)相等；故A正確；

B；反應(yīng)前后氣體體積不變；同比例投入反應(yīng)物的起始量，平衡不動；反應(yīng)熱不變；故B錯誤；

C；反應(yīng)②的濃度大于①；開始時②反應(yīng)速率大；故C錯誤；

D、依據(jù)三段式計算，利用反應(yīng)速率概念計算判斷；容器①中v（H2O）=mol/L?min；故D錯誤；

故答案為：A

（4）①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-484kJ/mol；

②CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ/mol

依據(jù)蓋斯定律②×2+①得到：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=-566KJ/mol；

故答案為：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=-566KJ/mol；

（5）n（CO2）=0，6mol；n（OH-）=0.2ml×5mol/L=1mol；

CO2+2OH-=CO32-+H2O；CO2+OH-=HCO3-；

依據(jù)反應(yīng)n（CO2）：n（OH-）=0.6：1=3：5可知反應(yīng)生成產(chǎn)物有碳酸鈉和碳酸氫鈉，根據(jù)物質(zhì)的量之比，利用直平法得到離子方程式：3CO2+5OH-=2CO32-+HCO3-+2H2O；

故答案為：3CO2+5OH-=2CO32-+HCO3-+2H2O；

【解析】【答案】（1）依據(jù)化學反應(yīng)的能量守恒；結(jié)合熱化學方程式分析，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，反應(yīng)物化學鍵斷裂時所吸收的總能量小于生成物分子化學鍵形成時釋放的總能量；

（2）根據(jù)反應(yīng)放出的熱量；結(jié)合反應(yīng)焓變計算反應(yīng)的一氧化碳物質(zhì)的量，依據(jù)化學平衡的三段式列式和轉(zhuǎn)化率概念計算；

（3）a；反應(yīng)前后氣體體積不變；同比例投入反應(yīng)物的起始量，平衡不動；

b；反應(yīng)前后氣體體積不變；同比例投入反應(yīng)物的起始量，平衡不動；反應(yīng)熱不變；

c；反應(yīng)②的濃度大于①；開始時②反應(yīng)速率大；

d；依據(jù)三段式計算；利用反應(yīng)速率概念計算判斷；

（4）依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算得到；

（5）依據(jù)化學反應(yīng)的定量關(guān)系計算判斷產(chǎn)物：CO2+2OH-=CO32-+H2O；CO2+OH-=HCO3-；

16、略

【分析】（1）考查鋼鐵的電化學腐蝕。鋼鐵發(fā)生電化學腐蝕時，鐵是負極，失去電子，電極反應(yīng)式是Fe－2e-=Fe2+；如果在空氣酸度不大的環(huán)境中，發(fā)生的是吸氧腐蝕，正極反應(yīng)式是O2+4e-+2H2O=4OH-；生成的亞鐵離子和OH－離子結(jié)合生成氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，極易被氧氣氧化生成紅褐色氫氧化鐵，反應(yīng)的方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（Ⅱ）裝置（1）是鐵的化學腐蝕。裝置（2）、（3）中都是原電池，由于金屬性強弱順序是鋅、鐵、錫，所以在裝置（2）中鐵是負極，失去電子，而在裝置（3）中鐵是正極被保護；裝置（4）、（5）中都是電解池，其中裝置（4）中鐵是陰極，被保護，裝置（5）中鐵是陽極，被腐蝕，所以正確的答案是(5)(2)(1)(3)(4)。【解析】【答案】（每空2分，共12分）（Ⅰ）鐵Fe－2e-=Fe2+；碳O2+4e-+2H2O=4OH-4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（Ⅱ）(5)(2)(1)(3)(4)17、略

【分析】解：（1）配制一定物質(zhì)的量濃度溶液用的儀器有：托盤天平；藥匙、燒杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管；不需要的儀器有燒瓶和分液漏斗，還需用到的玻璃儀器是燒杯、玻璃棒；

故答案為：A；C；燒杯和玻璃棒；

（2）若定容時仰視刻度線；則導致溶液的體積偏大，所以配制溶液的濃度偏低，故所得溶液濃度小于0.1mol/L；

故答案為：小于；

（3）質(zhì)量分數(shù)為98%、密度為1.84g/cm3的濃硫酸的物質(zhì)的量濃度c===18.4（mol/L）；設(shè)需要濃硫酸的體積為V，依據(jù)溶液稀釋前后所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變設(shè)需要濃硫酸的體積為V，則：V×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得V=13.6ml；

用量筒量取濃硫酸時仰視刻度線導致濃硫酸的體積偏大，量取硫酸的物質(zhì)的量偏大，依據(jù)c=可知溶液的濃度偏高；

故答案為：13.6；大于．

（1）根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液用到儀器進行解答；

（2）根據(jù)c=分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響判斷；

（3）先依據(jù)c=計算濃硫酸的物質(zhì)的量濃度；依據(jù)溶液稀釋前后所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變計算需要濃硫酸的體積；用量筒量取濃硫酸時仰視刻度線導致濃硫酸的體積偏大．

本題考查了一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制，明確配制原理和過程是解題關(guān)鍵，注意誤差分析的方法和技巧，題目難度不大．【解析】A、C；燒杯和玻璃棒；小于；13.6；大于18、略

【分析】【解析】試題分析：宇宙中最豐富的元素是H，所以A是氫元素；B元素原子的核外p電子數(shù)比s電子數(shù)少1，所以根據(jù)構(gòu)造原理可知，B應(yīng)該是N；C元素的第三電離能遠大于第而電離能，所以C是第ⅡA元素，根據(jù)原子序數(shù)可知，C是Mg；D原子核外所有p軌道全滿或半滿，則D是P；E元素的主族序數(shù)與周期數(shù)的差為4，且原子序數(shù)大于15，所以E是氯元素；F是前四周期中電負性最小的元素，由于金屬性越強，電負性越小，所以F是K；G在周期表的第八列，且屬于第四周期，所以G是鐵元素。（1）由于BA5為離子化合物，所以是由NH4+、H-兩種微粒構(gòu)成。（2）B基態(tài)原子中能量最高的電子是2p3電子，其電子云在空間有3個方向，原子軌道呈紡錘形。（3）1個原子軌道里最多容納2個電子，且自旋方向相反這就是泡利原理。所以根據(jù)電子排布圖可知，違反了泡利原理。（4）鐵位于第Ⅷ族，根據(jù)構(gòu)造原理可知鐵離子的價電子排布式為3s23p63d5。根據(jù)氯化鐵的熔沸點較低、易升華及溶解性可知，該化合物形成的晶體應(yīng)該是分子晶體。（5）三氯化磷中中性原子P原子含有的孤對電子對數(shù)是（5－1×3）÷2＝1，所以是三角錐形結(jié)構(gòu)，屬于sp3雜化。（6）由于LiCl、NaCl、KCl均為離子晶體，而HCl為分子晶體，所以HCl熔點最低。又因為Li+、Na+、K+的半徑依次增大，即LiCl、NaCl、KCl的晶格能依次減小，所以熔點依次降低，即正確的順序是LiCl＞NaCl＞KCl＞HCl?？键c：考查元素周期表的結(jié)構(gòu)、電離能、電負性、核外電子排布及晶體的有關(guān)判斷等【解析】【答案】（12分）（1）NH4+H-（1分）（2）3，紡錘形（各1分，共2分）（3）泡利原理（1分）（4）第Ⅷ，3s23p63d5，分子晶體（各1分，共3分）（5）sp3，三角錐（各1分，共2分）（6）LiCl＞NaCl＞KCl＞HCl，LiCl、NaCl、KCl均為離子晶體，HCl為分子晶體，所以HCl熔點最低。又因為Li+、Na+、K+的半徑依次增大，LiCl、NaCl、KCl的晶格能依次減小，故熔點依次降低。（1分+2分）19、略

【分析】（1）①中含有羧基，屬于羧酸。②中含有酚羥基，屬于酚類。③中含有氯原子，屬于鹵代烴。④是苯的同系物。⑤中含有酯基，屬于酯類。（2）根據(jù)核磁共振氫譜可知，A中只有一種氫原子，所以A是1，2－二溴乙烷，結(jié)構(gòu)簡式為BrCH2CH2Br。則B是1，1－二溴乙烷，結(jié)構(gòu)簡式為CHBr2CH3，所以含有2種氫原子，出現(xiàn)2個峰。【解析】【答案】⑴羧酸；酚；鹵代烴；芳香烴（或苯的同系物）；酯；各1分⑵BrCH2CH2Br2個各1分20、略

【分析】解：（1）鉛蓄電池放電時正極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，故答案為：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O；

（2）惰性電極電解CuSO4溶液，陽極產(chǎn)生氧氣，陰極生成銅，離子方程為2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，故答案為：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；

（3）堿式碳酸銅和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸銅、水和二氧化碳，所以加入0.1mol堿式碳酸銅[Cu2（OH）2CO3]相當于加入2molCuO、1molH2O，根據(jù)生成物知，陰極上銅離子和氫離子放電、陽極上氫氧根離子放電，根據(jù)Cu原子、H原子守恒得陰極上析出n（Cu）=2mol、n（H2）=1mol，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量=2mol×2+1mol×2=6mol，該電解過程中鉛蓄電池中消耗的H2SO4為12mol，而電解池中生成的H2SO4的物質(zhì)的量為6mol，故答案為：6NA；2：1．

（1）鉛蓄電池放電時正極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O；

（2）惰性電極電解CuSO4溶液，陽極產(chǎn)生氧氣，陰極生成銅，離子方程為2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；

（3）堿式碳酸銅和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸銅、水和二氧化碳，所以加入1mol堿式碳酸銅[Cu2（OH）2CO3]相當于加入2molCuO、1molH2O；根據(jù)生成物知，陰極上銅離子和氫離子放電；陽極上氫氧根離子放電，根據(jù)銅和氫氣的物質(zhì)的量與轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式計算轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量；

本題考查了電解原理，根據(jù)離子放電順序、原子守恒來分析解答，明確加入物質(zhì)的性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O；2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；6NA；2：121、（1）NH4Cl①（2）NH3?H2O和NH4ClHCl和NH4Cl（3）＜＞【分析】【分析】本題綜合考查鹽類的水解、弱電解質(zhì)的電離以及離子濃度的大小比較，題目難度較大，注意把握鹽類的水解以及弱電解質(zhì)電離的特征，把握比較離子濃度大小順序的方法?！窘獯稹縭m{(1)}溶液中只存在rm{OH^{-}}rm{H^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Cl^{-}}四種離子，可能為rm{NH_{4}Cl}溶液，因rm{NH_{4}^{+}}水解而顯酸性，溶液中離子濃度大小順序為rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}

故答案為：rm{NH_{4}Cl}rm{壟脵}

rm{(2)}若上述關(guān)系中rm{壟脹}是正確的，溶液呈堿性，且rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}應(yīng)為rm{NH_{3}?H_{2}O}和rm{NH_{4}Cl}的混合物，若上述關(guān)系中rm{壟脺}是正確的，溶液顯示酸性，并且rm{c(Cl^{-})>c(H^{+})}所以是鹽酸和氯化銨的混合物；

故答案為：rm{NH_{3}?H_{2}O}和rm{NH_{4}Cl}rm{HCl}和rm{NH_{4}Cl}

rm{(3)}溶液呈中性，據(jù)rm{c(Cl^{-})+c(OH^{-})=c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})}可得rm{c(Cl^{-})=c(NH_{4}^{+})}因氨水為弱電解質(zhì)，若該溶液中由體積相等的稀鹽酸和氨水混合而成，則氨水濃度大于鹽酸濃度，如小于或等于，則溶液呈酸性，并且在混合前酸中rm{c}rm{(H^{+})}大于堿中rm{c(OH^{-})}中和后才顯示中性。

故答案為：rm{<}；rm{<}。

rm{>}【解析】rm{(1)NH_{4}Cl}rm{壟脵}rm{(2)NH_{3}?H_{2}O}和rm{NH_{4}Cl}rm{HCl}和rm{NH_{4}Cl}rm{(3)}rm{<}rm{<}rm{>}四、原理綜合題(共1題，共5分)22、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(zhuǎn)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(jù)m=CVM，需要氫氧化鈉的質(zhì)量=0.5mol·L－1×0.5L×40g·mol－1=10.0g；(2)過氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，反應(yīng)的方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；過氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，反應(yīng)的方程式為：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；（3）證明過氧化鈉已經(jīng)變質(zhì)，檢驗產(chǎn)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(jīng)變質(zhì)。（4）①2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O上述反應(yīng)中，每生成2molNO,轉(zhuǎn)移2mol電子，參加反應(yīng)的HI的物質(zhì)的量4mol，標準狀況下，每生成2.24LNO氣體，即0.1molNO，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.1mol，參加反應(yīng)的HI的物質(zhì)的量是0.2mol。②A、在酸性條件下，亞硝酸鈉和碘離子反應(yīng)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(xiàn)象，故B錯誤；C、在酸性條件下，亞硝酸鈉和碘離子反應(yīng)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(yīng)，所以反應(yīng)現(xiàn)象不同，所以可以用酸性條件下的KI淀粉試液來區(qū)別，故C正確；D、NaNO2和NaCl與NaOH溶液均無明顯現(xiàn)象，故D錯誤；故選AC?！窘馕觥?00mL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(jīng)變質(zhì)0.10.2AC五、簡答題(共2題，共4分)23、（1）sp3

（2）O＞S＞Se

（3）343s23p63d10

（4）強平面三角形三角錐形

（5）①第一步電離后生成的負離子，較難再進一步電離出帶正電荷的氫離子

②H2SeO3和H2SeO4可表示成（HO）2SeO和（HO）2SeO2．H2SeO3中的Se為+4價，而H2SeO4中的Se為+6價，正電性更高，導致Se-O-H中O的電子更向Se偏移，越易電離出H+

（6）4.1【分析】【分析】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)選修模塊，涉及原子雜化方式判斷、粒子空間構(gòu)型判斷、晶胞的計算等知識點，為高頻考點，根據(jù)價層電子對互斥理論、元素周期律等知識點來分析解答，難度較大?！窘獯稹縭m{(1)}根據(jù)圖片知，每個rm{S}原子含有rm{2}個rm{婁脪}鍵和rm{2}個孤電子對，所以每個rm{S}原子的價層電子對個數(shù)是rm{4}則rm{S}原子為rm{sp^{3}}雜化，故答案為：rm{sp^{3}}

rm{(2)}同主族元素從上到下，原子半徑越來越大，原子核對核外電子的吸引力越來越弱，第一電離能逐漸減小，故答案為：rm{O>S>Se}

rm{(3)Se}原子序數(shù)為rm{34}其核外rm{M}層電子的排布式為rm{3s^{2}3p^{6}3d^{10}}故答案為：rm{34}rm{3s^{2}3p^{6}3d^{10}}

rm{(4)}非金屬性越強的元素，其與氫元素的結(jié)合能力越強，則其氫化物在水溶液中就越難電解，酸性就越弱，非金屬性rm{S>Se}所以rm{H_{2}Se}的酸性比rm{H_{2}S}強，氣態(tài)rm{SeO_{3}}分子中rm{Se}原子價層電子對個數(shù)是rm{3}且不含孤電子對，所以其立體構(gòu)型為平面三角形，rm{SO_{3}^{2-}}離子中rm{S}原子價層電子對個數(shù)rm{=3+dfrac{1}{2}(6+2-3隆脕2)=4}且含有一個孤電子對；所以其立體構(gòu)型為三角錐形；

故答案為：強；平面三角形；三角錐形；

rm{=3+dfrac

{1}{2}(6+2-3隆脕2)=4}第一步電離后生成的負離子，較難再進一步電離出帶正電荷的氫離子，故Hrm{(5)壟脵}和rm{{,!}_{2}SeO_{3}}第一步電離程度大于第二步電離；

故答案為：第一步電離后生成的負離子；較難再進一步電離出帶正電荷的氫離子；

rm{H_{2}SeO_{4}}和rm{壟脷H_{2}SeO_{3}}可表示成rm{H_{2}SeO_{4}}和rm{(HO)_{2}SeO}中的rm{(HO)_{2}SeO_{2}.H_{2}SeO_{3}}為rm{Se}價，而rm{+4}中的rm{H_{2}SeO_{4}}為rm{Se}價，正電性更高，導致rm{+6}中rm{Se-O-H}的電子更向rm{O}偏移，越易電離出rm{Se}rm{H^{+}}比rm{H_{2}SeO_{4}}酸性強；

故答案為：rm{H_{2}SeO_{3}}和rm{H_{2}SeO_{3}}可表示成rm{H_{2}SeO_{4}}和rm{(HO)_{2}SeO}rm{(HO)_{2}SeO_{2}}中的rm{H_{2}SeO_{3}}為rm{Se}價，而rm{+4}中的rm{H_{2}SeO_{4}}為rm{Se}價，正電性更高，導致rm{+6}中rm{Se-O-H}的電子更向rm{O}偏移，越易電離出rm{Se}

rm{H^{+}}晶胞中含有白色球位于頂點和面心，共含有rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}黑色球位于體心，共rm{(6)}個，則晶胞中平均含有rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}個rm{4}質(zhì)量為rm{4}晶胞的體積為rm{ZnS}則密度為rm{4隆脕(87隆脗6.02隆脕10^{23})g}

rm{(540.0隆脕10^{-10}cm)^{3}}位置黑色球與周圍rm{[4隆脕(87隆脗6.02隆脕10^{23})g]隆脗(540.0隆脕10^{-10}cm)^{3}=4.1g?cm^{-3}}個白色球構(gòu)成正四面體結(jié)構(gòu)，黑色球與兩個白色球連線夾