2025年外研版高二化學(xué)上冊月考試卷

…………○…………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年外研版高二化學(xué)上冊月考試卷289考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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6題，共12分)1、下列對價電子構(gòu)型為2s22p5的元素描述正確的是（）A.原子半徑最小B.非金屬性最強C.第一電離能最大D.電負(fù)性最大2、關(guān)于鹵代烴與醇的說法不正確的是rm{(}rm{)}A.鹵代烴與醇發(fā)生消去反應(yīng)的條件不同B.既可以發(fā)生消去反應(yīng)，又可以被氧氣催化氧化。C.不同的鹵代烴通過消去反應(yīng)可能會生成相同的烯烴D.rm{C_{2}H_{5}Br}可以發(fā)生消去反應(yīng)，那么rm{(CH_{3})_{3}CBr}也可以發(fā)生消去反應(yīng)3、rm{wg}含有雙鍵的不飽和烴rm{X}能與rm{V}rm{L}的氫氣rm{(}標(biāo)準(zhǔn)狀況rm{)}完全反應(yīng)，若rm{X}的相對分子質(zhì)量為rm{M}阿伏加德羅常數(shù)為rm{N_{A}}則rm{1mol}rm{X}中含有雙鍵數(shù)目為rm{(}rm{)}A.rm{dfrac{MVN_{A}}{22.4w}}B.rm{dfrac{wVN_{A}}{22.4M}}C.rm{dfrac{wVN_{A}}{M}}D.rm{dfrac{2VN_{A}}{Mw}}4、向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入240mL4mol·L－1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出2.688LNO(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，往所得溶液中加入KSCN溶液，無紅色出現(xiàn)。若用足量的氫氣還原相同質(zhì)量的混合物，能得到鐵的物質(zhì)的量（）A.0.48molB.0.42molC.0.32molD.0.28mol5、下列關(guān)于鹵代烴的說法中正確的是（）A.所有鹵代烴都是難溶于水、密度比水小的液體B.所有鹵代烴在常溫下都是液體，且都是非電解質(zhì)C.所有鹵代烴都含有鹵原子D.所有鹵代烴都是通過取代反應(yīng)制得的6、rm{25隆忙}rm{101kPa}下，rm{2g}氫氣燃燒生成液態(tài)水，放出rm{285.8kJ}熱量，表示該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式正確的是A.rm{2H_{2}}rm{(g)+O}rm{(g)+O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)=2H}rm{O(l)triangleH_{2}=-285kJ/mol}rm{(g)=2H}B.rm{{,!}_{2}}rm{O(l)triangleH_{2}=

-285kJ/mol}rm{O(l)triangleH_{2}=

-285kJ/mol}rm{2H_{2}}rm{O(l)triangleH_{2}=+571.6kJ/mol}rm{(g)+O}C.rm{(g)+O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)=2H}rm{(g)=2H}rm{{,!}_{2}}rm{O(g)triangleH_{2}=-571.6kJ/mol}rm{O(l)triangleH_{2}=+571.6

kJ/mol}D.rm{{{H}_{2}}(g)+dfrac{1}{2}{{O}_{2}}(g)=2{{H}_{2}}O(l)Delta{{H}_{2}}=-285.8kJ/mol}rm{O(l)triangleH_{2}=+571.6

kJ/mol}評卷人得分二、雙選題(共9題，共18分)7、下述實驗設(shè)計能夠達(dá)到目的是rm{(}rm{)}

。編號實驗?zāi)康膶嶒炘O(shè)計rm{A}除去rm{CO_{2}}中少量的rm{SO_{2}}將混合氣體通過飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液rm{B}除去rm{Cu}粉中混有的rm{CuO}向混合物中滴加適量稀硝酸rm{C}檢驗溶液中是否含有rm{Fe^{2+}}向溶液中滴入氯水后，再滴加rm{KSCN}溶液rm{D}證明rm{H_{2}CO_{3}}酸性比rm{H_{2}SiO_{3}}強將rm{CO_{2}}通入rm{Na_{2}SiO_{3}}溶液中A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}8、曙紅可用作指示劑及染料，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列有關(guān)曙紅的說法正確的是

A.該物質(zhì)屬于芳香烴B.該物質(zhì)能與鹽酸發(fā)生反應(yīng)C.該物質(zhì)能發(fā)生取代、還原、消去反應(yīng)D.rm{1mol}曙紅最多能與rm{3molNaOH}反應(yīng)9、洋薊素是一種新結(jié)構(gòu)類型的抗乙型肝炎病毒和抗艾滋病病毒的化合物，其結(jié)構(gòu)如下圖所示，有關(guān)洋薊素的說法正確的是

A.一定條件下能發(fā)生酯化反應(yīng)和消去反應(yīng)B.結(jié)構(gòu)中有rm{2}個手性碳原子C.rm{1mol}洋薊素最多可與rm{6molBr_{2}}反應(yīng)D.rm{1mol}洋薊素最多可與rm{7molNaOH}反應(yīng)10、草酸是二元弱酸，草酸氫鉀溶液呈酸性。在rm{0.1mol隆隴L^{-1}KHC_{2}O_{4}}溶液中，下列關(guān)系正確的是A.rm{c(K^{+})+c(H^{+})=c({H}_{2}{C}_{2}{{O}_{4}}^{-})+c(OH^{-})+c({C}_{2}{{O}_{4}}^{2-})}B.rm{c(H{C}_{2}{{O}_{4}}^{-})+c({C}_{2}{{O}_{4}}^{2-})=0.1mol隆隴L^{-1}}C.rm{c({C}_{2}{{O}_{4}}^{2-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}D.rm{c(K^{+})=c(H_{2}C_{2}O_{4})+c(H{C}_{2}{{O}_{4}}^{-})+c({C}_{2}{{O}_{4}}^{2-})}11、鋁在人體中積累可使人慢性中毒，世界衛(wèi)生組織將鋁確定為食品污染源之一而加以控制．鋁在下列使用場合中，必須加以控制的是（）A.制造炊具B.制飲料罐C.制鋁合金窗D.煉鋁廠制造鋁錠12、下列說法不正確的是。

A.從實驗中測得某種高分子的相對分子質(zhì)量只能是平均值。

B.線型結(jié)構(gòu)的高分子也可以帶支鏈。

C.高分子化合物不溶于任何試劑。

D.高分子化合物一般不易導(dǎo)電是因為相對分子質(zhì)量大13、水的電離平衡曲線如圖所示，下列說法不正確的是rm{(}rm{)}

A.圖中五點rm{K_{W}}間的關(guān)系：rm{B>C>A=D=E}B.若從rm{A}點到rm{D}點，可采用：溫度不變在水中加入少量的酸C.若從rm{A}點到rm{C}點，可采用：溫度不變在水中加入適量的rm{NH_{4}Cl}固體D.若處在rm{B}點時，將rm{pH=2}的硫酸與rm{pH=10}的rm{KOH}等體積混合后，溶液顯酸性14、在鹵代烴中，有關(guān)化學(xué)鍵的敘述，下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.當(dāng)該鹵代烴發(fā)生取代反應(yīng)時，被破壞的鍵一定是rm{壟脵}B.當(dāng)該鹵代烴發(fā)生消去反應(yīng)時，被破壞的鍵一定是rm{壟脵}和rm{壟脹}C.當(dāng)該鹵代烴在堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)時，被破壞的鍵一定是rm{壟脵}D.當(dāng)該鹵代烴發(fā)生消去反應(yīng)時，被破壞的鍵一定是rm{壟脵}和rm{壟脺}15、下列說法中正確的是rm{(}rm{)}A.凡能起銀鏡反應(yīng)的物質(zhì)一定是醛B.乙醛能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，表明了醛具有氧化性C.在加熱和有催化劑rm{(}如銅rm{)}的條件下，某些醇可能被空氣中的rm{O_{2}}所氧化，生成對應(yīng)的醛或酮D.福爾馬林是rm{35%隆蘆40%}的甲醛水溶液，可用于浸制生物標(biāo)本評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)16、寫出下列電解質(zhì)在水溶液中的電離方程式。

NaHCO3______

HCl______

CH3COOH______

Fe（OH）3______．17、高爐煉鐵中發(fā)生的基本反應(yīng)之一如下：FeO(s)+CO(g)?Fe(s)+CO2(g)△H＞0

其平衡常數(shù)可表示為K=c(CO2)/c(CO)；已知1100℃時K=0.263，且化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，不隨濃度和壓強的變化而變化．

(1)溫度升高，化學(xué)平衡移動后達(dá)到新的平衡，高爐內(nèi)CO2和CO的體積比值____________；平衡常數(shù)K值____________(均填“增大”；“減小”或“不變”)．

(2)1100℃時測得高爐中c(CO2)=0.025mol?L-1，c(CO)=0.1mol?L-1，在這種情況下，該反應(yīng)是否處于化學(xué)平衡狀態(tài)____________(填“是”或“否”)．此時，化學(xué)反應(yīng)速率是v正____________v逆(填“大于”；“小于”或“等于”)；其原因是____________．

(3)試通過計算當(dāng)20L的高爐中，通入10molCO和礦石在1100℃時達(dá)平衡時，CO的轉(zhuǎn)化率？18、甲；乙兩池電極材料都是鐵棒與碳棒；請回答下列問題：

rm{(1)}若兩池中均為rm{CuSO_{4}}溶液；反應(yīng)一段時間后：

rm{壟脵}有紅色物質(zhì)析出的是甲池中的______棒，乙池中的______棒rm{.}

rm{壟脷}乙池中陽極的電極反應(yīng)式是______．

rm{(2)}若兩池中均為飽和rm{NaCl}溶液：

rm{壟脵}寫出乙池中總反應(yīng)的離子方程式______．

rm{壟脷}甲池中碳極上電極反應(yīng)式是______，乙池碳極上電極反應(yīng)屬于______rm{(}填“氧化反應(yīng)”或“還原反應(yīng)”rm{)}．

rm{壟脹}將濕潤的淀粉rm{KI}試紙放在乙池碳極附近，發(fā)現(xiàn)試紙變藍(lán)，待一段時間后又發(fā)現(xiàn)藍(lán)色褪去rm{.}這是因為過量的rm{Cl_{2}}將生成的rm{I_{2}}又氧化rm{.}若反應(yīng)的rm{Cl_{2}}和rm{I_{2}}物質(zhì)的量之比為rm{5}rm{1}且生成兩種酸，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．

rm{壟脺}若乙池轉(zhuǎn)移rm{0.02mol}rm{e^{-}}后停止實驗，池中溶液體積是rm{200mL}測溶液混勻后的rm{pH=}______．19、rm{A}是一種重要的食用香料。存在于玉米、葡萄等多種食品中。主要用于配制奶油、乳品、酸奶和草莓等香精，也可用于有機合成。以rm{A}為原料制備陰離子樹脂rm{M}和新型聚酯材料rm{N}等的合成路線如下：

已知：Ⅰrm{.RCHOHCHR隆盲OHxrightarrow[HIO_{4}]{triangle}RCHO+OHCR隆盲}Ⅱrm{.R隆陋CH簍TCHOH}不穩(wěn)定，很快轉(zhuǎn)化為rm{R隆陋CH_{2}隆陋CHO}rm{(1)}反應(yīng)Ⅰ的反應(yīng)類型是________。rm{(2)B}中官能團的名稱是________。rm{(3)D}與新制rm{Cu(OH)_{2}}反應(yīng)的化學(xué)方程式是____________________________。rm{(4)}下列關(guān)于rm{E}的說法正確的是_______。rm{a.}不溶于水rm{b.}能與rm{H_{2}}發(fā)生還原反應(yīng)rm{c.}能被重鉻酸鉀酸性溶液氧化rm{d.}與rm{NaOH}醇溶液共熱發(fā)生消去反應(yīng)rm{(5)M}的結(jié)構(gòu)簡式是______________________________________。rm{(6)}反應(yīng)Ⅱ的化學(xué)方程式是_______________________________。rm{(7)A}的屬于酯類的同分異構(gòu)體有________種，其中只含一個甲基的同分異構(gòu)的結(jié)構(gòu)簡式是：_________________________________。20、在25℃時，對于0.1mol?L-1的氨水；請回答以下問題：

（1）若向氨水中加入少量硫酸銨固體，此時溶液中將____（填“增大”；“減小”或“不變”）；

（2）若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水與硫酸的體積比為1：1，此時溶液的pH____7（填“大于”、“小于”或“等于”），用離子方程式表示其原因____，此時溶液中各離子濃度由大到小的順序為____．

（3）若向氨水中加入0.05mol?L-1稀硫酸至溶液正好呈中性，所用氨水的體積V1與稀硫酸的體積V2的關(guān)系為V1____V2（填“大于”、“小于”或“等于”），寫出溶液中各離子濃度之間滿足的電荷守恒表達(dá)式____．評卷人得分四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共40分)21、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(xué)小組設(shè)計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)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(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

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

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。22、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)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(shù)相等；Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個數(shù)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(yīng)的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________。

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

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

②該同學(xué)認(rèn)為取X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)后的固體物質(zhì)與X2Q反應(yīng)，若能產(chǎn)生的單質(zhì)，即可證明得到的固體物質(zhì)一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。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(xué)小組設(shè)計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍(lán)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(zhì)是_______________________（填化學(xué)式）。

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

（3）步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學(xué)式）。24、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(jìn)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(zhì)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、實驗題(共4題，共32分)25、rm{(1)}如圖是石蠟油在熾熱碎瓷片的作用下產(chǎn)生乙烯并檢驗其性質(zhì)的實驗，完成下列問題．

rm{壟脵A}中碎瓷片的作用是______．

rm{壟脷B}中反應(yīng)類型是______rm{.C}中實驗現(xiàn)象是______．

rm{壟脹}在rm{D}處點燃前必須進(jìn)行的操作是______．

rm{(2)}制取氯乙烷rm{(CH_{3}CH_{2}C}rm{l}rm{)}的最佳方法是rm{(}用化學(xué)方程式表示rm{)}______．

rm{(3)}來自石油的另一產(chǎn)品是苯；請寫出由苯制硝基苯的化學(xué)方程式：______．

rm{(4)}該實驗中rm{D}處乙烯燃燒的化學(xué)方程式：______．26、某學(xué)生為了探究鋅與鹽酸反應(yīng)過程中速率變化。在100mL稀鹽酸中加入足量的鋅粉，標(biāo)準(zhǔn)狀況下測得數(shù)據(jù)累計值如下：。時間（min）12345氫氣體積（mL）50120232290310（1）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min時間段中，反應(yīng)速率最大的時間段是，原因為；反應(yīng)速率最小的時間段是，原因為。（2）在2～3min時間段內(nèi)，用鹽酸的濃度變化表示的反應(yīng)速率為。（3）為了減緩反應(yīng)速率但不減少產(chǎn)生氫氣的量，在鹽酸中分別加入等體積的下列溶液：A.蒸餾水B.Na2SO4溶液C.NaNO3溶液D.CuSO4溶液E.Na2CO3溶液,你認(rèn)為可行的是。27、下面的框圖是測定CuSO4·xH2O中結(jié)晶水含量的實驗流程。40.填寫流程中空白的操作名稱：(操作II)_____________；(操作V)___________________。41.其加熱裝置正確的是____________（填寫編號）。abcd42.重復(fù)操作II、III、IV，直到連續(xù)兩次稱量結(jié)果相差不超過______g。43.操作III必須要在_______（填儀器名稱）中進(jìn)行。44.以下膽礬結(jié)晶水含量的測定操作正確的是____________（填寫編號）。a.加熱時，晶體濺出坩堝，再加些膽礬b.加熱時，先用小火，后用大火加熱至最后c.加熱時，不斷用玻璃棒攪拌45.若實驗測得的硫酸銅晶體中結(jié)晶水含量偏高，可能的原因有__________（填寫編號，下同）；若實驗測得的硫酸銅晶體中結(jié)晶水含量偏低，可能的原因有____________。a．晶體未完全變白就停止加熱b．加熱過程中有少量晶體濺出c．加熱后在空氣中自然冷卻28、將質(zhì)量相等的鐵片和銅片用導(dǎo)線相連浸入rm{500mL}硫酸銅溶液中構(gòu)成如圖rm{1}的裝置：rm{(}以下均假設(shè)反應(yīng)過程中溶液體積不變rm{)}

rm{(1)}鐵片上的電極反應(yīng)式為_______________；銅片周圍的溶液會出現(xiàn)的現(xiàn)象_______．

rm{(2)}若rm{2min}后測得鐵片和銅片之間的質(zhì)量差為rm{1.2g}計算：導(dǎo)線中流過的電子的物質(zhì)的量為______rm{mo1}

rm{(3)}金屬的電化學(xué)腐蝕的本質(zhì)是形成了原電池rm{.}如下圖rm{2}所示；燒杯中都盛有稀硫酸．

rm{壟脵}圖rm{2B}中的rm{Sn}為______極．

rm{壟脷}圖rm{2}比較rm{A}rm{B}rm{C}中純鐵被腐蝕的速率由快到慢的順序是______．

rm{(4)}人們應(yīng)用原電池原理制作了多種電池，以滿足不同的需要rm{.}燃料電池是一種高效、環(huán)境友好的供電裝置，如圖rm{3}是電解質(zhì)為稀硫酸溶液的氫氧燃料電池原理示意圖；回答下列問題：

rm{壟脵}氫氧燃料電池的總反應(yīng)化學(xué)方程式是：________________________．

rm{壟脷}電池工作一段時間后硫酸溶液的濃度________rm{(}填“增大”、“減小”或“不變”rm{)}．評卷人得分六、探究題(共4題，共36分)29、（14分）某研究性學(xué)習(xí)小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍(lán)色沉淀。甲同學(xué)認(rèn)為兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學(xué)認(rèn)為這兩者相互促進(jìn)水解反應(yīng)，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學(xué)認(rèn)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(jié)晶水）Ⅰ．按照乙同學(xué)的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)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(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進(jìn)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(jié)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(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。30、（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(xué)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(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)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(shè)1成立，則實驗現(xiàn)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(rèn)為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應(yīng)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(fā)生反應(yīng)的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)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(zhì)量分?jǐn)?shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。31、（14分）某研究性學(xué)習(xí)小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍(lán)色沉淀。甲同學(xué)認(rèn)為兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學(xué)認(rèn)為這兩者相互促進(jìn)水解反應(yīng)，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學(xué)認(rèn)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(jié)晶水）Ⅰ．按照乙同學(xué)的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)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(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進(jìn)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(jié)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(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。32、（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(xué)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(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)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(shè)1成立，則實驗現(xiàn)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(rèn)為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應(yīng)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(fā)生反應(yīng)的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)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(zhì)量分?jǐn)?shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】根據(jù)價電子構(gòu)型可知，該元素是F元素。由于電負(fù)性的大小可以作為判斷元素的金屬性和金屬性強弱的尺度，因為F的電負(fù)性最大，所以答案選D?！窘馕觥俊敬鸢浮緿2、B【分析】

試題分析：鹵代烴在氫氧化鈉的醇溶液中加熱發(fā)生消去反應(yīng)，而醇的消去反應(yīng)在濃硫酸的作用下并加熱，A正確；rm{B}中和羥基相連的碳原子是沒有氫原子，不能發(fā)生催化氧化，不正確；C正確，例如rm{1-}溴丙烷和我rm{2-}溴丙烷的消去反應(yīng)產(chǎn)物都是丙烯；鹵代烴分子中；連有鹵素原子的碳原子必須有相鄰的碳原子且此相鄰的碳原子上并且還必須連有氫原子時，才可發(fā)生消去反應(yīng)，據(jù)此可知選項D正確，答案選B。

考點：考查鹵代烴；醇的性質(zhì)。

點評：該題是高考中的常見考點和題型，屬于中等難度的試題。該題的關(guān)鍵是明確醇、鹵代烴發(fā)生消去反應(yīng)的條件，以及醇發(fā)生催化氧化的條件，然后結(jié)合題意和結(jié)構(gòu)簡式靈活運用即可?！窘馕觥縭m{B}3、A【分析】解：設(shè)rm{1mol}rm{X}中含雙鍵為rm{x}

飽和烴的物質(zhì)的量與rm{x}的乘積等于氫氣的物質(zhì)的量；

則rm{dfrac{wg}{Mg/mol}隆脕x=dfrac{VL}{22.4L/mol}}

解得rm{dfrac{wg}{Mg/mol}隆脕x=dfrac

{VL}{22.4L/mol}}則其數(shù)目為rm{x=dfrac{MV;}{22.4w}}

故選A．

根據(jù)碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成時的物質(zhì)的量之比為rm{dfrac{MVN_{A}}{22.4w}}rm{1}設(shè)雙鍵的數(shù)目為rm{1}不飽和烴的物質(zhì)的量與rm{x}的乘積等于氫氣的物質(zhì)的量；以此來計算．

本題考查學(xué)生利用不飽和烴與氫氣加成的反應(yīng)規(guī)律來進(jìn)行計算，明確物質(zhì)的量的關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵，難度不大．rm{x}【解析】rm{A}4、B【分析】根據(jù)題意可知，生成物全部是硝酸亞鐵。被還原的硝酸是2.688L÷22.4L/mol＝0.12mol，所以沒有被還原的硝酸是0.96mol－0.12mol＝0.84mol，則生成硝酸亞鐵是0.42mol，所以最終生成的鐵的物質(zhì)的量是0.42mol，答案選B?！窘馕觥俊敬鸢浮緽5、C【分析】解：A．鹵代烴不一定是液體；如一氯甲烷是氣體，故A錯誤；

B．鹵代烴不一定是液體；如一氯甲烷是氣體，故B錯誤；

C．鹵代烴一定含有鹵原子；故C正確；

D．烯烴通過發(fā)生加成反應(yīng)也可得到鹵代烴；故D錯誤；

故選C．

A．一氯甲烷是氣體；

B．一氯甲烷是氣體；

C．烴分子中的氫原子被鹵素原子取代后的化合物稱為鹵代烴；

D．鹵代烴不一定通過取代反應(yīng)制得的．

本題考查鹵代烴的結(jié)構(gòu)特點和性質(zhì)，難度中等，注意舉例說明．【解析】【答案】C6、D【分析】【分析】根據(jù)rm{2g}氫氣燃燒生成液態(tài)水，放出rm{285.8kJ}熱量，放熱時焓變值為負(fù)值來分析。【解答】A.因rm{4g}氫氣燃燒生成液態(tài)水，放出熱量rm{571.6kJ}不是rm{285.8kJ}故A錯誤；

B.因rm{4g}氫氣燃燒生成液態(tài)水，放出熱量rm{571.6kJ}放熱時焓變值為負(fù)值，故B錯誤；

C.因rm{4g}氫氣燃燒生成液態(tài)水，不是氣態(tài)水，放出熱量rm{571.6kJ}故C錯誤；

D.因rm{2g}氫氣燃燒生成液態(tài)水，放出rm{285.8kJ}熱量；放熱時焓變值為負(fù)值，故D正確。

故選D。

【解析】rm{D}二、雙選題(共9題，共18分)7、rAD【分析】解：rm{A.CO_{2}}不溶于飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，且rm{SO_{2}}可與飽和rm{NaHCO_{3}}溶液反應(yīng)生成rm{CO_{2}}可用于除雜，故A正確；

B.rm{Cu}和rm{CuO}都與硝酸反應(yīng)；應(yīng)用鹽酸或稀硫酸除雜，故B錯誤；

C.應(yīng)先加入rm{KSCN}溶液，因氯氣可氧化rm{Fe^{2+}}故C錯誤；

D.將rm{CO_{2}}通入rm{Na_{2}SiO_{3}}溶液中，如生成沉淀，說明證明rm{H_{2}CO_{3}}酸性比rm{H_{2}SiO_{3}}強；故D正確．

故選AD．

A.rm{SO_{2}}可與飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液反應(yīng)生成rm{CO_{2}}

B.rm{Cu}和rm{CuO}都與硝酸反應(yīng)；

C.應(yīng)先加入rm{KSCN}溶液；

D.根據(jù)強酸制取弱酸的規(guī)律判斷．

本題考查化學(xué)實驗方案的評價，涉及物質(zhì)的制備、除雜和性質(zhì)檢驗等操作，為高考常見題型和高頻考點，側(cè)重于學(xué)生的分析能力、實驗?zāi)芰驮u價能力的考查，注意把握實驗的嚴(yán)密性和可行性的評價，難度不大．【解析】rm{AD}8、BD【分析】【分析】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，反應(yīng)類型的判斷，難度中等?！窘獯稹緼.該物質(zhì)中含有碳、氫外的其他元素，則不屬于芳香烴，故A錯誤；B.該物質(zhì)分子中含有rm{-COONa}rm{-ONa}可以與鹽酸發(fā)生反應(yīng)，故B正確；C.該物質(zhì)中含有rm{-Br}羰基、羧酸鈉、酚鈉、硝基、醚鍵，能發(fā)生取代、還原，不能發(fā)生消去反應(yīng)，故C錯誤；D.分子中與苯環(huán)相連的溴水解生成酚羥基和rm{HBr}rm{1molBr}可以消耗rm{2mol}氫氧化鈉，與碳碳雙鍵相連的溴水解生成rm{HBr}所以rm{1mol}曙紅最多能與rm{3molNaOH}反應(yīng)，故D正確。故選BD?！窘馕觥縭m{BD}9、AD【分析】【分析】本題考查了有機化合物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，包含了通過分析有機化合物的結(jié)構(gòu)簡式，判斷有機化合物的官能團、反應(yīng)類型的判斷、有機物的性質(zhì)?！窘獯稹緼.所有羥基能夠發(fā)生酯化反應(yīng)，六元環(huán)上的羥基都能發(fā)生消去反應(yīng)，故A正確；

B.該結(jié)構(gòu)中rm{5}個手性碳原子，右圖中所示紅點：故B錯誤；C.苯環(huán)上的酚羥基的鄰對位的氫原子能和溴水發(fā)生取代反應(yīng)，苯環(huán)側(cè)鏈上的碳碳雙鍵也能和溴水發(fā)生加成反應(yīng)，所以rm{1mol}洋薊素能與rm{6mol}溴水發(fā)生取代反應(yīng)，與rm{2mol}溴水發(fā)生加成反應(yīng)，共消耗rm{8mol}溴水，故C錯誤；D.rm{1mol}洋薊素中，rm{4mol}酚羥基需要rm{4mol}氫氧化鈉，rm{2mol}酯需要rm{2mol}氫氧化鈉，rm{1mol}酸需要rm{1mol}氫氧化鈉，共需要rm{7mol}氫氧化鈉反應(yīng)，故D正確。故選AD。

【解析】rm{AD}10、CD【分析】【分析】本題考查了離子濃度大小比較，根據(jù)溶液酸堿性確定rm{HC_{2}O_{4}^{-}}電離程度和水解程度的大小關(guān)系；再結(jié)合守恒思想分析解答，題目難度不大。

【解答】A.溶液遵循電中性原則，則有rm{c(K}rm{c(K}rm{{,!}^{+}}rm{)+c(H}rm{)+c(H}rm{{H}_{2}{C}_{2}{{O}_{4}}^{-}}rm{{,!}^{+}}rm{)=c(}rm{)=c(}rm{{H}_{2}{C}_{2}{{O}_{4}}^{-}

}rm{)+c(OH}，故A錯誤；B.草酸氫鉀溶液中存在rm{)+c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)+2c(}根據(jù)物料守恒可知rm{)+2c(}rm{{C}_{2}{{O}_{4}}^{2-}}rm{)}rm{)}rm{H_{2}C_{2}O_{4}}rm{C_{2}O_{4}^{2-}}故B錯誤；

C.草酸氫鉀溶液呈酸性，說明rm{HC_{2}O_{4}^{-}}電離程度大于水解程度，則rm{c(}故C正確；

D.溶液遵循物料守恒，應(yīng)有rm{c(}則有rm{H{C}_{2}{{O}_{4}}^{-}}rm{)+c(}rm{)+c(}rm{{C}_{2}{{O}_{4}}^{2-}}rm{)}rm{)}rm{+c(HC_{2}O_{4}^{-})=0.1mol/L}rm{HC_{2}O_{4}^{-}}rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}rm{n(K)=n(C)}rm{c(K}rm{c(K}rm{{,!}^{+}}；故D正確。

故選CD。rm{)=c(H}【解析】rm{CD}11、A|B【分析】解：A．用鋁制作炊具時；會使鋁進(jìn)入人體，需要加以控制，故A選；

B．制飲料罐；可使鋁通過飲料進(jìn)入人體，需要加以控制，故B選；

C．用鋁制門窗；鋁與人的消化系統(tǒng)不直接接觸，鋁不會因使用電纜進(jìn)入人體，與人體健康無關(guān)，無需控制，故C不選；

D．煉鋁廠制造鋁錠與人體健康無關(guān)；無需控制，故D不選．

故選AB．

鋁在人體內(nèi)積累可使人慢性中毒；鋁進(jìn)入人體的主要途徑是通過消化系統(tǒng)，既然鋁是食品污染源之一，凡與人的食用物品及口腔接觸的物品都必須控制鋁的使用．

本題考查鋁的性質(zhì)與人體健康，為高考常見題型和高頻考點，“關(guān)愛生命，擁抱健康”是人類追求的永恒主題，對營養(yǎng)元素與人體健康的考查也就成了熱點之一，特別是元素的分類、元素的生理功能和對人體的影響等內(nèi)容，難度不大．【解析】【答案】AB12、CD【分析】【分析】本題考查有機高分子化合物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，題目難度不大。【解答】A.高分子材料是由許多聚合度相同或不相同的高分子聚集起來的，因此，從實驗中測得的某種高分子的相對分子質(zhì)量只能是平均值，故A正確；

B.具有線型結(jié)構(gòu)的高分子，可以不帶支鏈，也可以帶支鏈，故B正確；

C.線型結(jié)構(gòu)的聚乙烯可以溶于一些試劑中，故C錯誤；

D.高分子化合物不導(dǎo)電是因為高分子化合物中的原子是以共價鍵結(jié)合的，故D錯誤。故選CD。

【解析】rm{CD}13、rCD【分析】解：rm{A.}水的離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，離子積常數(shù)不變，升高溫度離子積常數(shù)增大，根據(jù)圖象知，rm{ADE}屬于等溫線，rm{ADE}和rm{B}rm{C}溫度不同，溫度越高離子積常數(shù)越大，rm{B}點溫度最高、其次是rm{C}點、最低的是rm{ADE}點，所以圖中五點rm{K_{W}}間的關(guān)系rm{B>C>A=D=E}故A正確；

B.若從rm{A}點到rm{D}點；溫度不變，溶液中氫離子濃度增大；氫氧根離子濃度減小，所以可以加入酸可以實現(xiàn)，故B正確；

C.若從rm{A}點到rm{C}點，溫度升高，離子積常數(shù)增大，離子積常數(shù)隨溫度變化，溫度不變只加入氯化銨溶液，改變離子濃度無法實現(xiàn)rm{A}到rm{C}的rm{Kw}變化；故C錯誤；

D.若處在rm{B}點時，rm{Kw=1隆脕10^{-12}}rm{pH=2}的硫酸中rm{c(H^{+})=10^{-2}mol/L}rm{pH=10}的rm{KOH}中rm{c(OH^{-})=10^{-2}mol?L^{-1}}等體積混合，恰好中和，溶液顯中性，故D錯誤；

故選CD．

A.水的離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)；溫度不變，離子積常數(shù)不變，升高溫度離子積常數(shù)增大；

B.若從rm{A}點到rm{D}點，溫度不變，溶液中氫離子濃度增大，氫氧根離子濃度減小，rm{Kw}不變；可以加入酸；

C.離子積常數(shù)隨溫度變化，不隨濃度改變，若從rm{A}點到rm{C}點；溫度升高，離子積常數(shù)增大；

D.rm{B}點時，rm{Kw=1隆脕10^{-12}}rm{pH=2}的硫酸中氫離子濃度為rm{0.01mol/L}rm{pH=10}的rm{KOH}溶液中氫氧根離子濃度為rm{0.01mol/L}二者等體積混合恰好反應(yīng)．

本題考查離子積常數(shù)的有關(guān)問題，明確離子積常數(shù)與溫度的關(guān)系，與溶液酸堿性無關(guān)、溶液濃度無關(guān)，注意不同溫度下離子積常數(shù)不同，題目難度中等．【解析】rm{CD}14、rAD【分析】本題考查學(xué)生對取代反應(yīng)和消去反應(yīng)的應(yīng)用。學(xué)生要了解這兩種反應(yīng)的定義，并能理解分析。A.當(dāng)該鹵代烴發(fā)生取代反應(yīng)時，被破壞的鍵可能是rm{壟脵}故A錯誤；

B.當(dāng)該烴發(fā)生消去反應(yīng)時，rm{C-X}及鄰位rm{C}上的rm{C-H}鍵斷裂，即被破壞的鍵一定是rm{壟脵}和rm{壟脹}故B正確；

C.該烴在堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)時生成醇，rm{C-X}鍵斷裂，即被破壞的鍵一定是rm{壟脵}故C正確；

D.該烴發(fā)生消去反應(yīng)時，rm{C-X}及鄰位rm{C}上的rm{C-H}鍵斷裂，即被破壞的鍵一定是rm{壟脵}和rm{壟脹}故D錯誤。

故選A、rm{D}【解析】rm{AD}15、rCD【分析】解：rm{A.}能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的物質(zhì)含有醛基；但不一定為醛，如甲酸，故A錯誤；

B.乙醛能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；表明了醛具有還原性，故B錯誤；

C.在加熱和有催化劑rm{(}如銅rm{)}的條件下，與羥基所連碳上有氫原子的醇可能被空氣中的rm{O_{2}}所氧化；生成對應(yīng)的醛或酮，故C正確；

D.福爾馬林是rm{35%隆蘆40%}的甲醛水溶液；可以使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，可用于浸制生物標(biāo)本，故D正確；

故選CD．

A.能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的物質(zhì)含有醛基；但不一定為醛；

B.乙醛具有還原性；能與弱氧化劑銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應(yīng)；

C.醇能催化氧化生成醛或酮；則與羥基所連碳上有氫原子；

D.福爾馬林是甲醛的水溶液；可以使蛋白質(zhì)發(fā)生變性．

本題主要考查了醛的性質(zhì)，難度不大，注意結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系．【解析】rm{CD}三、填空題(共5題，共10分)16、略

【分析】解：碳酸氫鈉在溶液中完全電離，其電離方程式為：NaHCO3=Na++HCO3-；

氯化氫在溶液中完全電離出氫離子和氯離子，其電離方程式為：HCl=H++Cl-；

醋酸為弱電解質(zhì)，在溶液中存在電離平衡，醋酸的電離方程式為：CH3COOH?CH3COO-+H+；

氫氧化鐵在溶液中存在電離平衡，其電離方程式為：Fe（OH）3?Fe3++3OH-；

故答案為：NaHCO3=Na++HCO3-；HCl=H++Cl-；CH3COOH?CH3COO-+H+；Fe（OH）3?Fe3++3OH-．

碳酸氫鈉為強電解質(zhì)；在溶液中完全電離出鈉離子和碳酸氫根離子；

氯化氫為強電解質(zhì)；在溶液中完全電離出氫離子和氯離子；

醋酸為弱酸；在溶液中部分電離出氫離子，電離方程式用可逆號；

氫氧化鐵為弱堿；電離方程式用可逆號，書寫時不需要分步書寫．

本題考查了電離方程式的書寫，題目難度中等，明確電離方程式的書寫原則為解答關(guān)鍵，注意掌握弱酸、弱堿的電離方程式的區(qū)別，試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力．【解析】NaHCO3=Na++HCO3-；HCl=H++Cl-；CH3COOH?CH3COO-+H+；Fe（OH）3?Fe3++3OH-17、略

【分析】解(1)化學(xué)反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，溫度升高，化學(xué)平衡正向進(jìn)行，化學(xué)平衡移動后達(dá)到新的平衡，高爐內(nèi)CO2和CO的體積比值增大；依據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)概念和計算式判斷平衡常數(shù)增大；

故答案為：增大；增大；

(2)1100℃時測得高爐中c(CO2)=0.025mol?L-1，c(CO)=0.1mol?L-1，在這種情況下，難度商Qc===0.25＜K=0.263；所以此時反應(yīng)未達(dá)到化學(xué)平衡，反應(yīng)正向進(jìn)行，正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率；

故答案為：否；大于；因難度商Qc===0.25＜K=0.263，溫度不變，K值不變，為增大比值；v(正)大于v(逆)；

(3)設(shè)一氧化碳反應(yīng)的物質(zhì)的量為x；

根據(jù)反應(yīng)方程式FeO(s)+CO(g)?Fe(s)+CO2(g)

反應(yīng)前10mol0

反應(yīng)中xmolxmol

達(dá)到平衡時濃度(10-x)molxmol

根據(jù)平衡常數(shù)列式可得：=0.263；解得x=2.08mol；

一氧化碳的轉(zhuǎn)化率為：×100%=20.8%；

答：一氧化碳的轉(zhuǎn)化率為20.8%．【解析】增大;增大;否;大于;因難度商Qc===0.25＜K=0.263，溫度不變，K值不變，為增大比值，v(正)大于v(逆)18、略

【分析】解：甲裝置是原電池；較活潑的金屬鐵作負(fù)極，碳作正極，乙有外接電源屬于電解池，根據(jù)電子的流向知，碳是陽極，鐵是陰極，陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；

rm{(1)}若兩池中均為rm{CuSO_{4}}溶液，反應(yīng)一段時間后，rm{壟脵}甲池中；正極上銅離子得電子而析出銅，乙池中，陰極鐵棒上銅離子得電子而析出銅；

rm{壟脷}乙池中陽極上，氫氧根離子失電子生成氧氣和水，電極反應(yīng)式為：rm{4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}

故答案為：rm{壟脵}碳、鐵，rm{壟脷4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}

rm{(2)}若兩池中均為飽和rm{NaCl}溶液；

rm{壟脵}電解氯化鈉溶液時，陽極上氯離子失電子生成氯氣，陰極上水得電子生成氫氣和氫氧根離子，所以電池反應(yīng)式為：rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}

故答案為：rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}

rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}甲池中碳極上氧氣得電子和水反應(yīng)生成氫氧根離子，電極反應(yīng)式為rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}

乙池碳極上氯離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；

故答案為：rm{壟脷}氧化反應(yīng)；

rm{2H_{2}O+O_{2}+4e^{-}=4OH^{-}}過量的rm{2H_{2}O+O_{2}+4e^{-}=4OH^{-}}將生成的rm{壟脹}又氧化，氯氣被還原生成氯離子，rm{Cl_{2}}氯氣被還原得到rm{I_{2}}電子，若反應(yīng)的rm{1mol}和rm{2mol}物質(zhì)的量之比為rm{Cl_{2}}rm{I_{2}}且生成兩種酸，根據(jù)得失電子數(shù)相等知，含碘的酸中碘的化合價是rm{5}價，所以含碘的酸是碘酸，故氯氣和碘、水反應(yīng)生成鹽酸和碘酸，反應(yīng)方程式為：rm{1}

故答案為：rm{+5}

rm{5Cl_{2}+I_{2}+6H_{2}O=2HIO_{3}+10HCl}設(shè)生成氫氧化鈉的濃度是rm{5Cl_{2}+I_{2}+6H_{2}O=2HIO_{3}+10HCl}

rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}轉(zhuǎn)移電子。

rm{壟脺}

rm{Cmol/L}

rm{C=dfrac{2mol隆脕0.02mol}{2moltimes0.2mol}=0.1}即氫氧化鈉的物質(zhì)的量濃度是rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}則溶液的rm{2mol2mol}

答：氫氧化鈉溶液的rm{0.2Cmol0.02mol}．

甲裝置是原電池；較活潑的金屬鐵作負(fù)極，碳作正極，乙有外接電源屬于電解池，根據(jù)電子的流向知，碳是陽極，鐵是陰極，陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；

rm{C=dfrac{2mol隆脕0.02mol}{2moltimes

0.2mol}=0.1}若兩池中均為rm{0.1mol/L}溶液；反應(yīng)一段時間后，甲池中，正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，負(fù)極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，乙池中陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；

rm{pH=13}若兩池中均為飽和rm{pH=13}溶液；

rm{(1)}電解氯化鈉溶液時；陽極上氯離子放電，陰極上水得電子生成氫氣和氫氧根離子；

rm{CuSO_{4}}甲池發(fā)生吸氧腐蝕；乙池中碳棒上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；

rm{(2)}根據(jù)得失電子數(shù)相等確定生成物；再根據(jù)反應(yīng)物和生成物寫出反應(yīng)方程式；

rm{NaCl}根據(jù)氫氧化鈉和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式計算氫氧化鈉的物質(zhì)的量濃度，從而得出溶液的rm{壟脵}．

本題考查了原電池和電解池原理，難度不大，注意電解池中，如果活潑金屬作陽極，則陽極上金屬失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，而不是溶液中陰離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，為易錯點．rm{壟脷}【解析】碳；鐵；rm{4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}氧化反應(yīng)；rm{2H_{2}O+O_{2}+4e^{-}=4OH^{-}}rm{5Cl_{2}+I_{2}+6H_{2}O=2HIO_{3}+10HCl}rm{13}19、(1)加成反應(yīng)

(2)羥基。

(3)CH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHCH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O

(4)c

(5)

(6)

(7)4HCOOCH2CH2CH3【分析】【分析】

本題考查有機物推斷；為高考高頻點，側(cè)重考查學(xué)生分析；推斷能力，根據(jù)反應(yīng)條件、題給信息、流程圖中部分物質(zhì)結(jié)構(gòu)式采用正逆結(jié)合的方法進(jìn)行推斷，難點是同分異構(gòu)體種類的判斷，要考慮碳鏈異構(gòu)、官能團位置結(jié)構(gòu)等。

【解答】

rm{A}中不飽和度rm{=(4隆脕2+2-8)隆脗2=1}所以含有一個雙鍵，rm{A}能和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{B}rm{B}能和rm{HIO}能和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{A}rm{B}能和rm{B}rm{HIO}rm{4}知，rm{4}中含有醇羥基，發(fā)生反應(yīng)，結(jié)合題給信息rm{I}知，rm{B}中含有醇羥基，rm{D}和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{E}rm{D}為醛，則rm{E}為乙醇，結(jié)構(gòu)簡式為rm{CH}和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{I}rm{B}為醛，則rm{D}為乙醇，結(jié)構(gòu)簡式為rm{E}rm{D}rm{E}rm{CH}rm{3}rm{3}為rm{CH}rm{CH}rm{2}rm{2}為。

rm{OH}rm{D}為rm{CH}rm{OH}rm{D}rm{CH}rm{3}為rm{3}rm{CHO}rm{B}為。

rm{CH}rm{CHO}rm{B}rm{CH}和rm{3}發(fā)生酯化反應(yīng)生成rm{3}rm{CH(OH)CH(OH)CH}結(jié)構(gòu)簡式為rm{CH(OH)CH(OH)CH}

rm{3}發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{3}，rm{A}為rm{CH}結(jié)構(gòu)簡式為rm{A}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{COCH(OH)CH}發(fā)生加聚反應(yīng)生成rm{COCH(OH)CH}rm{3}結(jié)構(gòu)簡式為rm{3}通過以上分析知，反應(yīng)，rm{B}和rm{F}發(fā)生酯化反應(yīng)生成rm{N}rm{F}結(jié)構(gòu)簡式為為rm{B}發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{F}所以其反應(yīng)類型是加成反應(yīng)，故答案為：加成反應(yīng)；

rm{N}為rm{F}；rm{A}發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{H}rm{H}結(jié)構(gòu)簡式為rm{CH}rm{A}rm{H}

rm{H}為rm{CH}rm{3}rm{3}rm{COCH=CH}與新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOHxrightarrow[]{?}CH_{3}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}故答案為：rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOHxrightarrow[]{?}CH_{3}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}

rm{COCH=CH}為乙醇結(jié)構(gòu)簡式為rm{2}rm{2}乙醇易溶于水，故，rm{H}發(fā)生加聚反應(yīng)生成rm{M}rm{M}結(jié)構(gòu)簡式為錯誤；rm{H}乙醇不含不飽和鍵，所以不能與rm{M}發(fā)生還原反應(yīng)，故rm{M}錯誤；；據(jù)此解答。

rm{(1)}通過以上分析知，反應(yīng)rm{I}為rm{A}發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{B}所以其反應(yīng)類型是加成反應(yīng)，故答案為：加成反應(yīng)；乙醇含有醇羥基，能被重鉻酸鉀酸性溶液氧化而使重鉻酸鉀溶液變色，故rm{(1)}正確；rm{I}乙醇不能和rm{A}的醇溶液發(fā)生消去反應(yīng)，但可以在濃硫酸作催化劑、rm{B}條件下發(fā)生消去反應(yīng)，故rm{(2)B}為rm{CH}錯誤。故答案為：rm{(2)B}

rm{CH}通過以上分析知，rm{3}結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：

rm{3}和rm{CH(OH)CH(OH)CH}在濃硫酸作催化劑、加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：故答案為：

rm{CH(OH)CH(OH)CH}為rm{3}rm{3}屬于酯類的同分異構(gòu)體中，有，其官能團名稱是羥基，故答案為：羥基；rm{(3)D}為rm{CH}rm{(3)D}rm{CH}所以有四種同分異構(gòu)體。只含一個甲基的同分異構(gòu)的結(jié)構(gòu)簡式為rm{3}故答案為：rm{3}rm{CHO}rm{D}與新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：rm{CHO}【解析】rm{(1)}加成反應(yīng)

rm{(2)}羥基。

rm{(3)CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOHxrightarrow[]{?}CH_{3}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}

rm{(3)CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOHxrightarrow[]{?}

CH_{3}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}

rm{(4)c}rm{(5)}

rm{(6)}rm{(7)4}rm{HCOOCH_{2}CH_{2}CH_{3}}20、略

【分析】

（1）由于（NH4）2SO4=2NH4++SO42-，溶液中NH4+濃度增大；故答案為：增大．

（2）pH=1的硫酸溶液，C（H+）=0.1mol?L-1；氫離子濃度與氨水濃度相等，體積相同，所以恰好反應(yīng)生成鹽，但由于硫酸銨是強酸弱堿鹽，銨根離子水解，使溶液呈酸性，PH＜7；

如果NH4+不水解，C（NH4+）：C（SO42-）=2：1，但水解是較弱的，所以c（NH4+）＞c（SO42-）；溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH-）；

故答案為：小于；NH4++H2ONH3?H2O+H+；c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）；

（3）酸堿濃度比為1：2，由H2SO4+2NH3．H2O=（NH4）2SO4+2H20得，酸堿溶液的體積比應(yīng)為1：1，但由于硫酸銨是強酸弱堿鹽，銨根離子水解，使溶液呈酸性，要想使溶液呈中性，加入堿液的體積要比恰好反應(yīng)的大一些；無論溶液的酸堿性如何，但溶液中陰陽離子所帶電荷相等，即c（NH4+）V×NA×1+c（H+）V×NA×1=c（SO42-）V×NA×2+c（OH-）V×NA×1，化簡得c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-）

故答案為：大于；c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-）．

【解析】【答案】（1）根據(jù)加入少量硫酸銨固體后；溶液中的銨根離子的濃度判斷；

（2）根據(jù)生成的鹽的類型判斷PH值；根據(jù)鹽類水解判斷離子濃度大??；

（3）根據(jù)弱電解質(zhì)的性質(zhì)判斷溶液體積大小；根據(jù)電荷守恒寫出表達(dá)式．

四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共40分)21、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產(chǎn)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(chǎn)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(xiàn)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(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學(xué)方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍(lán)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(lán)色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應(yīng)生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學(xué)生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應(yīng)，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍(lán)色。【解析】①.NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）222、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)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(shù)相等，二者原子序數(shù)相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數(shù)為4，則Z為C元素；U的最高化合價和最低化合物的代數(shù)和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數(shù)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(jù)此分析解答。

【詳解】

根據(jù)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(shù)越大原子半徑越小；原子核外電子層數(shù)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(yīng)的水化物分別為NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以與強堿NaOH發(fā)生中和反應(yīng)產(chǎn)生Na2SiO3和H2O，反應(yīng)的化學(xué)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(yīng)產(chǎn)生NaOH和H2。

①NaH中Na+與H-通過離子鍵結(jié)合，電子式為NaH與H2O反應(yīng)產(chǎn)生NaOH和H2，反應(yīng)方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非?；顫姷慕饘?，可以與水反應(yīng)產(chǎn)生H2，反應(yīng)方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na殘留，過量的Na與水反應(yīng)也生成氫氣，因此不能根據(jù)H；Na反應(yīng)后的固體與水反應(yīng)放出氫氣確定得到的固體一定是純凈NaH，即該同學(xué)的說法不合理。

【點睛】

本題考查元素周期表及原子結(jié)構(gòu)在元素推斷中的應(yīng)用。根據(jù)元素的原子結(jié)構(gòu)及相互關(guān)系推斷元素是解題關(guān)鍵。熟練掌握結(jié)構(gòu)、性質(zhì)、位置關(guān)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(chǔ)知識并靈活運用，注意金屬氫化物有關(guān)問題。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反應(yīng)后有Na殘留，也能與水反應(yīng)生成H223、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產(chǎn)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(chǎn)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(xiàn)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(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學(xué)方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍(lán)色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍(lán)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(lán)色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應(yīng)生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍(lán)色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍(lán)色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學(xué)生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應(yīng)，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍(lán)色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）224、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(xù)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、實驗題(共4題，共32分)25、（1）①催化作用②氧化反應(yīng)溴的四氯化碳溶液褪色③檢驗氣體的純度（2）CH2=CH2+HClCH3CH2Cl（3）（4）C2H4+3O22CO2+2H2O【分析】【分析】本題考查了乙烯的性質(zhì)、碘的制取、乙酸乙酯的制取等知識點，知道乙烯能發(fā)生氧化反應(yīng)、加成反應(yīng)，知道乙酸乙酯的制取方法及飽和碳酸鈉溶液的作用，題目難度不大?！窘獯稹縭m{(1)壟脵}石蠟油在熾熱碎瓷片的作用下產(chǎn)生乙烯，所以其作用主要是催化，加快反應(yīng)速率，石蠟油在熾熱碎瓷片的作用下產(chǎn)生乙烯，所以其作用主要是催化，加快反應(yīng)速率，rm{(1)壟脵}

故答案為：催化作用；酸性高錳酸鉀有強氧化性，乙烯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化；乙烯和溴發(fā)生加成反應(yīng)生成無色的rm{壟脷}酸性高錳酸鉀有強氧化性，乙烯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化；乙烯和溴發(fā)生加成反應(yīng)生成無色的rm{1}rm{2-}二溴乙烷而使溴水褪色，rm{壟脷}二溴乙烷而使溴水褪色，rm{1}rm{2-}可燃性氣體點燃前必須進(jìn)行的操作是檢驗氣體的純度故答案為：氧化反應(yīng)；溴的四氯化碳褪色；檢驗氣體的純度rm{壟脹}可燃性氣體點燃前必須進(jìn)行的操作是

rm{壟脹}加成反應(yīng)產(chǎn)物只有一種，無副產(chǎn)物生成，故應(yīng)選用乙烯與氯化氫制取氯乙烷，方程式為：rm{CH_{2}=CH_{2}+HClxrightarrow[]{麓脽祿爐錄脕}CH_{3}CH_{2}Cl}故答案為：rm{CH_{2}=CH_{2}+HClxrightarrow[]{麓脽祿爐錄脕}CH_{3}CH_{2}Cl}，故答案為：由苯制硝基苯的化學(xué)方程式；rm{(2)}加成反應(yīng)產(chǎn)物只有一種，無副產(chǎn)物生成，故應(yīng)選用乙烯與氯化氫制取氯乙烷，方程式為：

rm{(2)}乙烯燃燒的化學(xué)方程式rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl

xrightarrow[]{麓脽祿爐錄脕}CH_{3}CH_{2}Cl}rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl

xrightarrow[]{麓脽祿爐錄脕}CH_{3}CH_{2}Cl}rm{(3)}由苯制硝基苯的化學(xué)方程式rm{(3)}，故答案為：；rm{(4)}乙烯燃燒的化學(xué)方程式rm{(4)}rm{C}rm{2}rm{2}rm{H}rm{4}rm{4}rm{+3O}rm{2}rm{2}rm{2CO}rm{2}rm{2}rm{+2H}rm{2}rm{2}rm{O}【解析】rm{(1)壟脵}催化作用催化作用rm{(1)壟脵}氧化反應(yīng)溴的四氯化碳溶液褪色rm{壟脷}氧化反應(yīng)溴的四氯化碳溶液褪色檢驗氣體的純度rm{壟脷}rm{壟脹}檢驗氣體的純度rm{壟脹}rm{(2)CH_{2}=CH_{2}+HCl}rm{(2)CH_{2}=CH_{2}+HCl}rm{xrightarrow[]{麓脽祿爐錄脕}}rm{CH_{3}CH_{2}Cl}26、略

【分析】試題分析：（1）1~2min生成氫氣體積為70ml，2~3min生成氫氣體積為112ml，3~4min生成氫氣體積為58ml，4~5min生成氫氣體積為20ml，所以反應(yīng)速率最大的時間段為2~3min，因為鋅與鹽酸的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，2~3min時溫度高，反應(yīng)速率最大；隨著反應(yīng)的進(jìn)行，鹽酸的濃度越來越小，4~5min時H+濃度小，反應(yīng)速率最小。（2）首先根據(jù)2~3min時間段內(nèi)生成氫氣體積求出反應(yīng)的HCl濃度：n(H2)=V(H2)÷Vm=0.112L÷22.4L/mol=0.005mol，然后根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率公式計算：Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑n(HCl)=2n(H2)=0.01mol，則υ(HCl）=?c(HCl)÷?t=0.01mol÷0.1L÷1min=0.1mol/(L·min)。（3）A、蒸餾水稀釋鹽酸，濃度減小，反應(yīng)速率減小，HCl的物質(zhì)的量不變，產(chǎn)生氫氣的量不變，正確；B、加入Na2SO4溶液，對鹽酸起到稀釋作用，反應(yīng)速率減小而生成氫氣的量不變，正確；C、加入NaNO3溶液，溶液中含有H+、NO3￣，Zn與HNO3反應(yīng)不生成H2，生成的氫氣體積會減少，不符合要求；D、加入CuSO4溶液，Zn與CuSO4反應(yīng)生成Cu，Zn、Cu和鹽酸溶液形成原電池，反應(yīng)速率加快，不符合要求；E、加入Na2CO3溶液,HCl與Na2CO3反應(yīng)，與Zn反應(yīng)的HCl量減少，生成氫氣的體積減少，不符合要求?？键c：本題考查化學(xué)反應(yīng)速率的計算和大小比較、條件對化學(xué)反應(yīng)速率的影響?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）2～3min（1分），因該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，此時溫度高（2分）；4～5min（1分），因為此時H+濃度?。?分）（時間段錯誤，不得分）（2）υ(HCl）=0.1mol/(L·min)（2分，無單位或單位錯誤扣1分）（3）A、B（各1分，共2分，多選1個扣1分）27、略

【分析】試題分析：40.操作III是冷卻，故操作II加熱；操作V為檢測水是否全部失去，要求質(zhì)量不再變化，故為恒重。41.固體加熱需要坩堝，裝置為a。42.重復(fù)操作II、III、IV，直到連續(xù)兩次稱量結(jié)果相差不超過電子天平的可讀數(shù)位0.001g。43.操作III必須要在干燥器中進(jìn)行，防止在空氣中冷卻時CuSO5吸水。44.a.加熱時，晶體濺出坩堝，再加些膽礬，不能確定是否與損失的一致，不正確；b.加熱時，先用小火，后用大火加熱至最后。CuSO5高溫分解，故不正確；c.加熱時，不斷用玻璃棒攪拌，防止受熱不均勻而飛濺，正確。45.a．晶體未完全變白就停止加熱，仍含有水，故測定的結(jié)晶水含量偏低；b．加熱過程中有少量晶體濺出，濺出CuSO5當(dāng)做水了，故測定的結(jié)晶水含量偏高；c．加熱后在空氣中自然冷卻，CuSO5吸水，故測定的結(jié)晶水含量偏低?？键c：測定CuSO4·xH2O中結(jié)晶水含量的實驗分析與評價?！窘馕觥俊敬鸢浮?0.加熱；恒重。41.a。42.0.001。43.干燥器；44.c。45.b；a、c。28、（1）Fe-2e-=Fe2+溶液