2024年华东师大版高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年华东师大版高二化学下册阶段测试试卷301考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、如图是某同学设计的原电池装置，下列叙述中正确的是rm{(}rm{)}

A.氧化剂和还原剂必须直接接触才能发生反应B.电极Ⅱ上发生还原反应，做原电池的正极C.该原电池的总反应式为rm{2Fe^{3+}+Cu篓TCu^{2+}+2Fe^{2+}}D.盐桥中装有含氯化钾的琼脂，rm{K^{+}}移向负极区2、在一定条件下，当rm{64gSO_{2}}气体被氧化成rm{SO_{3}}气体时，共放出热量rm{98.3KJ}已知rm{SO_{2}}在此条件下转化率为rm{80%}据此，下列热化学方程式正确的是rm{(}rm{)}A.rm{SO_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)}rm{triangleH=-98.3KJ?mol^{-1}}B.rm{SO_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)}rm{triangleH=-196.6KJ?mol^{-1}}C.rm{SO_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)}rm{triangleH=-78.64KJ?mol^{-1}}D.rm{triangle

H=-98.3KJ?mol^{-1}}rm{triangleH=+196.6KJ?mol^{-1}}rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(l)}3、在密闭容器中发生反应：mA(g)+nB(g)pC(g)，达到平衡后,保持温度不变,将气体体积缩小到原来的一半，当达到新平衡时，C的浓度为原来1.9倍，下列说法错误的是()A.m+n〈pB.平衡向逆反应方向移动C.A的转化率降低D.C的体积分数增加4、常温下，某溶液中由水电离的[H+]和[OH-]的乘积为1.0×10-22mol2•L-2，则在该溶液中一定不能大量共存的离子组是（）A.Al3+、Na+、NO3-、Cl-B.K+、Na+、Cl-、CO32-C.NH4+、Na+、Cl-、SO42-D.NH4+、K+、SiO32-、NO3-5、下列关于乙二醇和丙三醇的说法中，不正确的是（）A.乙二醇的水溶液凝固点很低，可作汽车发动机的抗冻剂B.丙三醇的沸点比乙二醇的沸点高，可用于配制化妆品C.这两种多元醇都易溶于水，但难溶于有机溶剂D.丙三醇可以制造炸药，乙二醇是制涤纶的主要原料6、分枝酸可用于生化研究，其结构简式为下列关于分枝酸的说法不正确的是rm{(}rm{)}A.分子中含有rm{3}种含氧官能团B.rm{1}rm{mol}分枝酸最多可与rm{3mol}rm{NaOH}发生中和反应C.在一定条件下可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同D.可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同7、下列能级符号不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1s}B.rm{2d}C.rm{3p}D.rm{4f}8、下列说法不正确的是()A.己烷共有rm{4}种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同B.在一定条件下，苯与液溴、硝酸作用生成溴苯、硝基苯的反应都属于取代反应C.油脂皂化反应得到高级脂肪酸与甘油D.聚合物可由单体rm{C{{H}_{3}}CHoverline{overline{}}C{{H}_{2}}}和rm{C{{H}_{2}}overline{overline{}}C{{H}_{2}}}加聚制得rm{C{{H}_{3}}CHoverline{overline{

}}C{{H}_{2}}}评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)9、下列物质在氢氧化钠溶液和加热条件下反应后生成的对应有机物中，能够能被催化氧化成醛的是rm{(}rm{)}A.rm{(CH_{3})_{2}CHCl}B.rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}I}C.rm{(CH_{3})_{3}CCOOCH_{2}CH_{3}}D.rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}CH_{2}Br}10、下列分子中既能发生消去反应，又能发生氧化反应的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{2}CH=CHCH_{2}CH_{2}Cl}B.rm{CH_{3}OH}C.D.11、由物质rm{X}合成己烯雌酚rm{Y}的一种路线如图，下列叙述正确的是()

A.化合物rm{X}中不含有手性碳原子B.rm{1mol}化合物rm{Y}与浓溴水反应，最多消耗rm{5molBr_{2}}C.在一定条件下，化合物rm{Y}能发生加聚反应、缩聚反应D.在氢氧化钠水溶液中加热，化合物rm{X}可以发生消去反应12、下列实验方法能够实现的是rm{(}rm{)}A.用rm{10ml}量筒量取rm{7.5ml}稀盐酸B.用托盘天平称取rm{25.20gNaCl}晶体C.用蒸发结晶的方法由硫酸铜溶液制取蓝帆D.用rm{100ml}容量瓶配置rm{0.5mol/l}的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液13、能说明溶液呈中性的可靠依据是rm{(}rm{)}A.rm{pH=7}B.rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}C.rm{pH}试纸不变色D.石蕊试液不变色评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、重金属盐可使人中毒。当人误食重金属盐时，可以喝____解毒。原因是上述食品中含有较多的，可以跟重金属盐形成不溶于水的化合物，可以减轻重金属盐类对胃肠黏膜的危害，起到缓解毒性的作用。15、（6分）有一无色干燥的混合气体，可能是由HCl、NO、NO2、CO2、NH3、H2、O2、Cl2中的几种混合而成。对混合气体进行如下操作：①混合气体通过浓H2SO4时，气体体积明显减小；②再通入过量碱石灰时，体积又明显减小；③剩余气体接触空气时，立即变为红棕色。混合气体中一定存在，一定不存在，可能存在。16、（8分）下图是维生素A的分子结构：（1）维生素A中的含氧官能团是（写名称）；（2）维生素A的分子式是____；（3）1mol维生素A最多能与mol溴反应；（4）试指出维生素A可能发生的化学反应类型（任写一种即可）。17、（1）写出下列化合物的结构简式2，2，3，3，-四甲基戊烷：______．

（2）①写出Na2CO3溶液与AlCl3溶液反应的离子方程______．

②写出由甲苯制备TNT的化学方程式：______．

③Na2CO3溶液显碱性，用离子方程式表示原因______，其溶液中离子浓度大小顺序为______．

（3）除去括号中的杂质，填上适宜的试剂和提纯方法乙醇（水）：______、______．

甲烷燃料电池（在KOH环境中）的负极的电极反应式：______．

（4）将煤转化为煤气的主要化学反应为：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）

C（s）、CO（g）和H2（g）完全燃烧的热化学方程式为：

C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5kJ/mol

H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=-242.0kJ/mol

CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=-283.0kJ/mol

根据以上数据，写出C（s）与水蒸气反应的热化学方程______．18、Ⅰrm{.}铜及其化合物在很多领域有重要用途，如金属铜用来制造电线电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂。rm{(1)}往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}配离子。已知rm{NF_{3}}与rm{NH_{3}}的空间构型都是三角锥形，但rm{NF_{3}}不易与rm{Cu^{2+}}形成配离子，其原因是________________________。rm{(2)}向rm{CuSO_{4}}溶液中加入过量rm{NaOH}溶液可生成rm{[Cu(OH)_{4}]^{2-}}不考虑空间构型，rm{[Cu(OH)_{4}]^{2-}}的结构可用示意图表示为________。rm{(3)}胆矾rm{CuSO_{4}隆陇5H_{2}O}可写作rm{[Cu(H_{2}O)_{4}]SO_{4}隆陇H_{2}O}其结构示意图如下：下列有关胆矾的说法正确的是________。A.所有氧原子都采取rm{sp^{3}}杂化B.氧原子存在配位键和氢键两种化学键C.rm{Cu^{2+}}的价电子排布式为rm{3d^{8}4s^{1}}D.胆矾中的水在不同温度下会分步失去Ⅱrm{.}经研究表明，rm{Fe(SCN)_{3}}是配合物，rm{Fe^{3+}}与rm{SCN^{-}}不仅能以rm{1隆脙3}的个数比配合，还能以其他个数比配合。请按要求填空：rm{(1)}若所得rm{Fe^{3+}}和rm{SCN^{-}}的配合物中，主要是rm{Fe^{3+}}与rm{SCN^{-}}以个数比rm{1隆脙1}配合所得离子显血红色。该离子的离子符号是__________。rm{(2)}若rm{Fe^{3+}}与rm{SCN^{-}}以个数比rm{1隆脙5}配合，则rm{FeCl_{3}}与rm{KSCN}在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为________。19、钠是活泼金属的代表，钠和钠的化合物是中学化学的基础知识。请回答下列有关问题。(1)钠跟水剧烈反应，生成____和氢气(H2)，此实验说明钠的化学性质活泼；(2)钠有两种氧化物，其中能用于呼吸面具和潜水艇中作为氧气来源的氧化物是：____；(3)固体碳酸钠中含有碳酸氢钠杂质，除去此杂质的简单方法是____（填“萃取”或“加热”或“蒸馏”）。20、（12分）20世纪30年代，Eyring和Pelzer在碰撞理论的基础上提出化学反应的过渡态理论：化学反应并不是通过简单的碰撞就能完成的，而是在反应物到生成物的过程中经过一个高能量过渡态。分析图中信息，回答下列问题：（1）图一是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式__________________________________在反应体系中加入催化剂，E1和E2的变化是：E1_________，E2________（填“增大”、“减小”或“不变”），对反应热是否有影响?_______________，原因是_（2）图二是红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)的反应过程与能量关系图(图中的△H表示生成1mol产物的数据)。根据图二回答下列问题：①PCl5(g)分解成PCl3(g)和Cl2(g)的热化学方程式②P(s)和Cl2(g)分两步反应生成1molPCl5(g)的△H1与P(s)和Cl2(g)一步反应生成1molPCl5(g)的△H2关系是：△H2______△H1(填“大于”、“小于”或“等于”)，原因是21、按要求写出下列方程式。

(1)双氧水(H2O2)和水都是极弱电解质，但H2O2溶液显酸性．若把H2O2看成二元弱酸；请写出它在水中的电离方程式：____________．

(2)漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，漂白粉的水溶液呈弱碱性的主要原因是(用离子方程式表示)：____________．22、反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）达到平衡后，当减压后混合体系中C的百分含量增大．则加压后，C的浓度______，（填“变大”、“变小”或“不变”）；若C是有色物质，A、B是无色物质，减小压强，反应混合物的颜色______（填“变深”、“变浅”或“不变”）．评卷人得分四、计算题(共2题，共10分)23、某仅由碳、氢、氧三种元素组成的有机化合物，经测定其相对分子质量为rm{90.}取有机物样品rm{1.8g}在纯氧中完全燃烧，将产物先后通过浓硫酸和碱石灰，两者分别增重rm{1.08g}和rm{2.64g.}试求该有机物的分子式．24、在100mL混合溶液中,HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.6mol/L、0.2mol/L。向该混合液中加入1.92g铜粉，加热待充分反应后，再加入0.1mol/L的NaOH溶液使溶液呈中性。若反应产生的气体只有NO，求：（1）反应后的溶液中硝酸根离子的物质的量。（2）加入NaOH溶液的体积为多少升？评卷人得分五、探究题(共4题，共20分)25、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。26、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。27、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。28、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分六、简答题(共4题，共32分)29、rm{(1)}写出rm{Co^{2+}}基态的价电子排布式________________。rm{(2){SO}_{3}^{2-}}的空间构型是________。rm{(3)OCN^{-}}与rm{CO_{2}}是等电子体，则rm{OCN^{-}}中碳原子的杂化方式是_________________。rm{(4)}层状晶体六方氮化硼rm{(BN)}具有很高的熔点，硼原子和氮原子均为rm{sp^{2}}杂化。该晶体中存在的作用力有________。rm{(5)}元素rm{O}rm{Mg}rm{Ni}可形成一种晶体，其晶胞如图所示。在晶体中，每个rm{Ni^{2+}}与________个rm{Mg^{2+}}配位。该晶体的化学式是________。30、某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度；其操作步骤如下：

①将碱式滴定管用蒸馏水洗净后；用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0“刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗锥形瓶2～3次；从碱式滴定管中放入25.00mL待测溶液到锥形瓶中；

②将酸式滴定管用蒸馏水洗净后；立即向其中注入0.1000mol/L标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0“刻度以下的位置，记下读数；

③向锥形瓶中滴入酚酞作指示剂，进行滴定．滴定至指示剂恰好变色，且30分钟不变化，测得所耗盐酸的体积为V1mL；

④重复以上过程，但在滴定过程中向锥形瓶加入5mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL．

试回答下列问题：

（1）锥形瓶中的溶液从______色变为______色时；停止滴定．

（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察______；

A．滴定管内液面的变化B．锥形瓶内溶液颜色的变化。

（3）该小组在步骤①中的错误是______，由此造成的测定结果______（填偏高；偏低或无影响）；

（4）步骤②缺少的操作是______；

（5）如图，是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为______mL；

（6）根据如表数据：

。滴定次数待测液体积（mL）标准盐酸体积（mL）滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次25.000.5020.40第二次25.004.0024.10请计算待测烧碱溶液的浓度为______mol/L．31、以黄铁矿为原料制硫酸会产生大量的废渣，合理利用废渣可以减少环境污染，变废为宝。工业上利用废渣rm{(}含rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}的硫酸盐及少量rm{CaO}和rm{MgO)}制备高档颜料铁红rm{(Fe_{2}O_{3})}和回收rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}具体生产流程如下：

注：铵黄铁矾的化学式为rm{(NH_{4})_{2}Fe_{6}(SO_{4})_{4}(OH)_{12}}rm{(1)}在废渣溶解操作时，应选用________溶解rm{(}填字母rm{)}

A.氨水rm{B.}氢氧化钠溶液rm{C.}盐酸rm{D.}硫酸氢氧化钠溶液rm{B.}盐酸rm{C.}硫酸rm{D.}物质rm{(2)}是一种氧化剂，工业上最好选用________rm{A}供选择使用的有：空气、rm{(}rm{Cl_{2}}其理由是_____________________________________。氧化过程中发生反应的离子方程式为__________________________________________________。rm{MnO_{2})}根据如图有关数据，你认为工业上氧化操作时应控制的条件rm{(3)}从温度、rm{(}和氧化时间三方面说明rm{pH}是：_______________________________________________。

rm{)}铵黄铁矾中可能混有的杂质有rm{(4)}_______________________。rm{Fe(OH)_{3}}32、rm{(4}分rm{)}用沉淀法测定rm{NaHCO_{3}}和rm{K_{2}CO_{3}}混合物的组成。实验过程是每次称取一定质量的样品溶于水制成溶液，向其中滴加相同浓度的rm{Ba(OH)_{2}}溶液rm{50mL}每次实验均充分反应。实验记录如下：。实验序号样品质量rm{/g}沉淀质量rm{/g}rm{1}rm{1.716}rm{2.758}rm{2}rm{2.574}rm{4.137}rm{3}rm{3.432}rm{5.516}rm{4}rm{4.290}rm{5.516}rm{(1)}样品中rm{n(NaHCO_{3})隆脙n(K_{2}CO_{3)}=}__________；rm{(2)Ba(OH)_{2}}溶液中溶质的物质的量浓度是____________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】解：rm{A.}原电池中氧化剂和还原剂分别在正负极上反应；不需要直接接触就能发生反应，故A错误；

B.电极Ⅱ铜电极上铜失电子发生氧化反应；做原电池的负极，故B错误；

C.该原电池负极上铜失电子，正极上铁离子得电子，所以其电池反应式为rm{2Fe^{3+}+Cu篓TCu^{2+}+2Fe^{2+}}故C正确；

D.盐桥的作用是平衡正负极两池的电荷，盐桥中离子的定向移动形成电流，rm{K^{+}}移向正极区；故D错误；

故选C．

该原电池中；铜电极易失电子发生氧化反应而作负极，铂电极上铁离子得电子发生还原反应，则铂电极是正极，盐桥的作用是平衡正负极两池的电荷．

本题考查原电池原理，明确正负极上得失电子是解本题关键，知道盐桥的作用，题目较简单．【解析】rm{C}2、A【分析】解：在一定条件下，将rm{64g}rm{SO_{2}}气体物质的量为rm{1mol}通入密闭容器中被氧化成rm{SO_{3}}气体时生成rm{SO_{3}}气体rm{1mol}达到平衡时，共放出热量rm{98.3KJ}则rm{1mol}二氧化硫完全反应放热rm{=98.3KJ}反应的热化学方程式为：rm{SO_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)}rm{triangleH=-98.3KJ?mol^{-1}}

A、由物质聚集状态和对应反应的焓变可知，热化学方程式为rm{SO_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)}rm{triangleH=-98.3KJ?mol^{-1}}故A正确；

B、由物质聚集状态和对应反应的焓变可知，热化学方程式为rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangleH=-196.6KJ?mol^{-1}}选项中三氧化硫为液态，故B错误；

C、由物质聚集状态和对应反应的焓变可知，热化学方程式为rm{SO_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)}rm{triangleH=-98.3KJ?mol^{-1}}故C错误；

D；反应是放热反应焓变为负值；故D错误；

故选A．

在一定条件下，将rm{SO_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)}rm{triangle

H=-98.3KJ?mol^{-1}}气体物质的量为rm{SO_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)}被氧化为三氧化硫rm{triangle

H=-98.3KJ?mol^{-1}}达到平衡时，共放出热量rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangle

H=-196.6KJ?mol^{-1}}rm{SO_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)}二氧化硫完全反应放热rm{triangle

H=-98.3KJ?mol^{-1}}依据热化学方程式书写方法标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式判断．

本题考查了热化学方程式书写方法，注意反应焓变的意义是全部转化放出的热量，题目难度中等．rm{64g}【解析】rm{A}3、C【分析】气体体积压缩到原来的一半的瞬间，C的浓度为原平衡的2倍，但最终平衡时，C的浓度为原平衡的1.9倍，这说明增大压强平衡向逆反应方向移动，即正反应是体积增大的，所以选项ABD都是错误的，C正确，答案选C。【解析】【答案】C4、D【分析】解：常温下，某溶液中由水电离的[H+]和[OH-]的乘积为1.0×10-22mol2•L-2，则水电离的[H+]=[OH-]=1.0×10-11mol/L；该溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在电离氢离子或氢氧根离子；

A．Al3+、Na+、NO3-、Cl-之间不反应；都不与氢离子反应，在酸性溶液中能够共存，故A错误；

B．K+、Na+、Cl-、CO32-之间不反应；都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够共存，故B错误；

C．NH4+、Na+、Cl-、SO42-之间不反应；都不与氢离子反应，在酸性溶液中能够共存，故C错误；

D．NH4+与氢氧根离子反应，SiO32-与氢离子反应，NH4+、SiO32-之间发生双水解反应；在溶液中一定不能大量共存，故D正确；

故选D．

常温下，某溶液中由水电离的[H+]和[OH-]的乘积为1.0×10-22mol2•L-2，则水电离的[H+]=[OH-]=1.0×10-11mol/L；该溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在电离氢离子或氢氧根离子；

A．四种离子之间不反应；都不与氢离子反应；

B．四种离子之间不反应；都不与氢氧根离子反应；

C．四种离子之间不反应；都不与氢离子反应；

D．铵根离子与硅酸根离子发生双水解反应；铵根离子与氢氧根离子；硅酸根离子与氢离子反应．

本题考查离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．【解析】【答案】D5、C【分析】解：A．乙二醇的水溶液凝固点很低；可作汽车发动机的抗冻剂，故A正确；

B．丙三醇比乙二醇羟基个数多；碳原子数也多，所以丙三醇沸点应比乙二醇的沸点高，且丙三醇具有吸湿性，能用作配制化妆瓶，故B正确；

C．这两种多元醇易溶于乙醇；也易溶于水，故C错误；

D．丙三醇可以制造硝酸甘油；乙二醇是制造涤纶的主要原料，故D正确．

故选C．

A．乙二醇的水溶液凝固点很低；

B．碳原子数越多；羟基数越多，沸点越高；

C．乙二醇和丙三醇易溶于乙醇；也易溶于水；

D．硝酸甘油是炸药；涤纶是以对苯二甲酸或对苯二甲酸二甲酯和乙二醇为原料经酯化或酯交换和缩聚反应而制得的成纤高聚物-聚对苯二甲酸乙二醇酯．

本题主要考查的多元醇（乙二醇和丙三醇）的性质，类比乙醇的性质以及掌握羟基的性质是关键，题目难度中等，注意硝酸甘油是炸药．【解析】【答案】C6、B【分析】解：rm{A.}该物质中含有碳碳双键、醇羟基、醚键和羧基四种官能团，但含有rm{3}种含氧官能团；故A正确；

B.不是苯环，只有rm{-COOH}与rm{NaOH}反应，则rm{1mol}分枝酸最多可与rm{2molNaOH}发生中和反应；故B错误；

C.含rm{-COOH}与乙醇发生酯化反应，含rm{-OH}与乙酸发生酯化反应；故C正确；

D.碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，双键与rm{-OH}均能被酸性高锰酸钾溶液氧化；原理不同，故D正确；

故选B．

该有机物中含有碳碳双键；醇羟基、醚键、羧基；具有烯烃、酚、醚和羧酸性质，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、取代反应等，据此分析解答．

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意该分子中没有酚羟基，为易错点．【解析】rm{B}7、B【分析】解：rm{S}亚层在每一层上都有，rm{p}亚层至少在第二层及以上，rm{d}亚层至少在第三层及以上，所以不会出现rm{2d}rm{f}亚层至少在第四层及以上，故选：rm{B}．

根据第一层rm{(K}层rm{)}上只有rm{1S}亚层，第二电子层rm{(L}层rm{)}只有rm{2s}和rm{2p}亚层，第三电子层rm{(M}层rm{)}只有rm{3s}rm{3p}和rm{3d}亚层，第四电子层rm{(N}层rm{)}只有rm{4s}rm{4p}rm{4d}和rm{4f}亚层．

本题主要考查了能层上的能级，难度不大，抓住规律即可．【解析】rm{B}8、A【分析】略【解析】rm{A}二、双选题(共5题，共10分)9、rCD【分析】解：rm{A.(CH_{3})_{2}CHCl}发生水解生成rm{(CH_{3})_{2}CHOH}rm{(CH_{3})_{2}CHOH}能够能被催化氧化成酮；故A错误；

B.rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}I}发生水解生成rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}OH}rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}OH}不能够能被催化氧化；故B错误；

C.rm{(CH_{3})_{3}CCOOCH_{2}CH_{3}}发生水解反应生成rm{(CH_{3})_{3}CCOOH}和rm{HOCH_{2}CH_{3}}rm{HOCH_{2}CH_{3}}能够能被催化氧化生成醛；故C正确；

D.rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}CH_{2}Br}发生水解生成rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}CH_{2}OH}rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}CH_{2}OH}能够能被催化氧化成醛；故D正确；

故选CD．

卤代烃能水解得到醇，酯类水解得到羧酸和醇，而醇中与羟基所连碳相邻的碳原子上至少有rm{2}个氢原子，氧化生成醛；与羟基所连碳相邻的碳原子上有rm{1}个氢原子；氧化生成酮；与羟基所连碳相邻的碳原子上没有氢原子，不能被氧化．

本题考查有机物的结构与性质，难度中等，注意醇发生氧化反应生成醛的条件．【解析】rm{CD}10、rAC【分析】解：rm{A.}含有碳碳双键；可发生氧化反应，含有氯原子，可发生消去反应，故A正确；

B.只有一个rm{C}原子；不能发生消去反应，故B错误；

C.含有羟基；可发生消去；氧化反应，故C正确；

D.羟基相连的碳原子上没有rm{H}不能发生氧化反应，姑姑D错误．

故选AC．

氯代烃醇发生消去反应必须满足“卤素原子、羟基所连碳的相邻碳上连有rm{H}”，能发生氧化反应，如含有羟基，则羟基相连的碳原子上有rm{1}个rm{H}也可含有醛基，以此来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团及性质的关系，把握有机物的结构和性质的关系，题目难度不大．【解析】rm{AC}11、BC【分析】【分析】本题考查有机物的结构与性质；为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚；烯烃、卤代烃的性质，题目难度不大。

【解答】A.化合物rm{x}中与rm{Br}相连的rm{C}连接rm{4}个不同基团；该碳原子为手性碳原子，故A错误；

B.化合物rm{Y}中含酚rm{-OH}和碳碳双键，则rm{1mol}化合物rm{Y}与浓溴水反应，最多消耗rm{5mol}rm{Br_{2}}故B正确；

C.化合物rm{Y}中含酚rm{-OH}可发生缩聚反应；含碳碳双键可发生加聚反应，故C正确；

D.氢氧化钠水溶液中加热，化合物rm{X}发生水解反应，在rm{NaOH}醇溶液中加热发生消去反应；故D错误。

故选BC。【解析】rm{BC}12、rAD【分析】解：rm{A.}规格为rm{10mL}的量筒的最小读数为rm{0.1mL}可用rm{10mL}量筒量取rm{7.5mL}稀盐酸；故A正确；

B.托盘天平的最小读数为rm{0.1g.}无法用托盘天平称取rm{25.20gNaCl}晶体；故B错误；

C.需要通过蒸发浓缩；冷却结晶、过滤得到硫酸铜晶体；不能直接蒸发结晶，故C错误；

D.可以用规格为rm{100mL}的容量瓶配制rm{0.5mol/L}的碳酸钠溶液；故D正确；

故选AD．

A.rm{10mL}量筒的最小读数为rm{0.1mL}

B.托盘天平只能读到rm{0.1}无法称量出rm{0.01g}氯化钠；

C.蒸发结晶无法得到含有结晶水的蓝帆；

D.可以用rm{100mL}的容量瓶配制rm{0.5mol/L}的碳酸钠溶液．

本题考查了化学实验方案的评价，题目难度不大，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，注意掌握常见仪器的构造及使用方法，试题培养了学生的化学实验能力．【解析】rm{AD}13、rBC【分析】解：rm{A.pH=7}的溶液不一定呈中性，如rm{100隆忙}时，水的离子积常数是rm{10^{-12}}rm{pH=6}时溶液呈中性，当rm{pH=7}时溶液呈碱性；故A错误；

B.rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}溶液一定呈中性；故B正确；

C.rm{pH}试纸测定溶液的酸碱性时；中性溶液不变色，故C正确；

D.使石蕊试液呈紫色的溶液；常温下溶液显酸性，故D错误．

故选BC．

溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的；

当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时；溶液呈酸性；

当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时；溶液呈中性；

当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，注意不能根据溶液的rm{pH}值大小判断．

本题考查了溶液酸碱性的判断，属于易错题，注意不能根据溶液的rm{PH}值判断溶液的酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性．【解析】rm{BC}三、填空题(共9题，共18分)14、略

【分析】试题分析：可溶性的重金属盐，能电离出重金属离子，它能破坏蛋白质的结构，服用含有丰富蛋白质的食品，如鸡蛋清、牛奶等，可防止人体本身的蛋白质被破坏，有解毒作用，所以答案选依次是豆浆、牛奶等；蛋白质。考点：考查蛋白质的性质【解析】【答案】豆浆、牛奶等蛋白质15、略

【分析】【解析】试题分析：气体无色说明不存在二氧化氮和氯气。气体通过浓硫酸，体积缩小，说明存在氨气，所以不存在氯化氢；通过碱石灰体积又明显减小，说明存在二氧化碳，剩余气体接触空气，立即变为红棕色，说明存在一氧化氮，不存在氧气。考点：气体的性质【解析】【答案】氨气、二氧化碳、一氧化氮二氧化氮、氯气、氧气、氯化氢氢气16、略

【分析】【解析】【答案】（每空2分，共8分）（1）羟基；（2）C20H30O；（3）5；（4）加成、取代（写出任意一个即可）。17、略

【分析】解：（1）2，2，3，3-四甲基戊烷，主链有5个碳原子，2号、3号碳上各有2个甲基，结构简式为：（CH3）3C-C（CH3）2-CH2-CH3；

故答案为：（CH3）3C-C（CH3）2-CH2-CH3；

（2）①Na2CO3溶液与AlCl3溶液反应发生双水解：3CO32-+2Al3++3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，故答案为：3CO32-+2Al3++3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；

②甲苯在浓硫酸作用下可与浓硝酸反应生成TNT，反应的化学方程式为

故答案为：

③Na2CO3溶液显碱性是由于CO32-能水解：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；在Na2CO3溶液中Na2CO3═2Na++CO32-，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，CO32-水解使溶液呈碱性，有c（OH-）＞c（H+）；由于CO3-少部分水解，有c（CO32-）＞c（HCO3-），HCO3-又发生第二步水解，有c（OH-）＞c（HCO3-），第二步水解较第一步水解弱的多，那么c（OH-）、c（HCO3-）相差不大，但c（H+）比c（OH-）小的多，因此c（OH-）＞c（HCO3-），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）；

故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）；

（3）除去乙醇中的水的方法是加生石灰CaO，将水反应为Ca（OH）2；然后蒸馏即可得无水乙醇．

KOH溶液做电解质，氧气在正极得到电子生成氢氧根离子，则正极为2O2+4H2O+8e-=8OH-，甲烷失电子在碱溶液中反应，甲烷在负极失电子发生氧化反应在碱溶液中生成碳酸盐，此时不会有CO2放出；负极为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；故答案为：CaO，蒸馏；CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；

（4）①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5kJ/mol

②H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=-242.0kJ/mol

③CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=-283.0kJ/mol

根据盖斯定律，将①-②-③可得：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.5kJ/mol；

故答案为：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.5kJ/mol；

（1）是主链有5个碳原子的烷烃；2号；3号碳上各有2个甲基；

（2））①Na2CO3溶液与AlCl3溶液反应发生双水解；

②甲苯在浓硫酸作用下可与浓硝酸反应生成TNT；

③Na2CO3溶液显碱性是由于CO32-能水解；根据碳酸钠在溶液中的行为来分析；

（3）除去乙醇中的水的方法是加生石灰然后蒸馏即可；

KOH溶液做电解质；甲烷在负极失电子发生氧化反应在碱溶液中生成碳酸盐；

（4）根据盖斯定律；将所给的反应通过加减乘除等变形得所要求的目标反应，反应热做相应的变化即可．

本题综合考查了原电池的电极反应、离子方程式的书写和盐类的水解等以及盖斯定律，明确在离子反应中哪些物质应保留化学式及反应的实质是解答本题的关键，难度不大．【解析】（CH3）3C-C（CH3）2-CH2-CH3；3CO32-+2Al3++3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）；CaO；蒸馏；CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131.5kJ•mol-118、Ⅰ.（1）N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2＋形成配位键

（2）或

（3）D

Ⅱ.（1）[Fe（SCN）]2＋

（2）FeCl3＋5KSCN＝K2[Fe（SCN）5]＋3KCl【分析】【分析】本题综合考查物质的结构与性质知识，侧重于配位键、电子排布式、化学键等知识，题目难度中等，注意把握化学键的类型。【解答】Ⅰrm{.}rm{(1)N}rm{F}rm{H}三种元素的电负性：rm{F>N>H}rm{F}的电负性比rm{N}大，rm{N-F}成键电子对向rm{F}偏移，偏离rm{N}原子，导致rm{NF}rm{(1)N}rm{F}三种元素的电负性：rm{H}rm{F>N>H}的电负性比rm{F}大，rm{N}成键电子对向rm{N-F}偏移，偏离rm{F}原子，导致rm{N}rm{NF}rm{{,!}_{3}}原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故中rm{N}原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故rm{NF}rm{N}rm{NF}rm{{,!}_{3}}不易与rm{Cu}rm{Cu}rm{{,!}^{2+}}形成配离子，三种元素的电负性：故答案为：rm{N}rm{F}rm{H}三种元素的电负性：rm{F>N>H}在rm{NF}在rm{N}rm{F}rm{H}原子，偏离rm{F>N>H}原子，使得氮原子上的孤电子对难与rm{NF}rm{{,!}_{3}}中，共用电子对偏向rm{F}原子，偏离rm{N}原子，使得氮原子上的孤电子对难与rm{Cu}

rm{F}rm{N}rm{Cu}rm{{,!}^{2+}}形成配位键；rm{(2)[Cu(OH)}rm{(2)[Cu(OH)}个rm{{,!}_{4}}rm{]}rm{]}或rm{{,!}^{2-}}或中与rm{Cu}

rm{Cu}．氧原子并不都是rm{{,!}^{2+}}杂化，该结构中的氧原子部分饱和，部分不饱和，杂化方式不同。从现代物质结构理论出发，硫酸根离子中与rm{4}个rm{OH}和非羟基rm{4}之间除了形成rm{OH}个rm{{,!}^{-}}键之外，还形成了反馈形成配位键，可表示为键。形成，故答案为：键的电子不能处于杂化轨道上，；必须保留未经杂化的rm{(3)A}．轨道，就不可能都是rm{(3)A}杂化，故A错误；rm{sp^{3}}配位键，rm{S}rm{O}rm{1}rm{娄脪}rm{娄脨}rm{娄脨}rm{O}rm{p}rm{sp^{3}}存在氢键，但氢键不是化学键，故B错误；

B.在上述结构示意图中，存在rm{O隆煤Cu}配位键，rm{[Cu(H}是rm{O隆煤Cu}号元素，原子核外电子数为rm{[Cu(H}rm{{,!}_{2}}原子的核外电子排布式为rm{O)}rm{O)}rm{{,!}_{4}}rm{]SO}rm{]SO}rm{{,!}_{4}}与rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}存在氢键，但氢键不是化学键，故B错误；rm{O}C.rm{Cu}是rm{29}号元素，原子核外电子数为rm{29}rm{Cu}原子的核外电子排布式为rm{1s}rm{Cu}rm{29}rm{29}rm{Cu}能级上各一个电子生成铜离子，故铜离子价电子电子排布式rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}

rm{2s}rm{{,!}^{2}}个rm{2p}rm{2p}rm{{,!}^{6}}与其他微粒靠氢键结合，易失去，有rm{3s}个rm{3s}rm{{,!}^{2}}rm{3p}与rm{3p}rm{{,!}^{6}}rm{3d}rm{3d}

rm{{,!}^{10}}Ⅱrm{4s}与rm{4s}以个数比rm{{,!}^{1}}，失去rm{4s}rm{3d}能级上各一个电子生成铜离子，故铜离子价电子电子排布式rm{3d}配合生成带有两个正电荷的离子：rm{4s}故答案为：rm{3d}

rm{3d}与rm{{,!}^{9}}以个数比，故C错误；D.配合所得离子为由图可知，胆矾中有rm{1}个rm{H}故Frm{1}与rm{H}在水溶液中反应生成rm{{,!}_{2}}与rm{O}与其他微粒靠氢键结合，易失去，有rm{4}个rm{H}所以的反应方程式为：rm{O}故答案为：rm{4}rm{H}【解析】Ⅰrm{.}rm{.}rm{(1)N}rm{F}三种元素的电负性：rm{H}在rm{F>N>H}中，共用电子对偏向rm{NF_{3}}原子，偏离rm{F}原子，使得氮原子上的孤电子对难与rm{N}形成配位键rm{Cu^{2+}}或rm{(2)}Ⅱrm{(3)D}rm{.(1)[Fe(SCN)]^{2+}}rm{(2)FeCl_{3}+5KSCN=K_{2}[Fe(SCN)_{5}]+3KCl}19、略

【分析】【解析】试题分析：(1)钠跟水剧烈反应，生成氢氧化钠和氢气。（2）钠的氧化物有氧化钠和过氧化钠，其中能用于呼吸面具和潜水艇中作为氧气来源的氧化物是过氧化钠。（3）碳酸氢钠不稳定，加热分解生成碳酸钠、水和CO2，所以固体碳酸钠中含有碳酸氢钠杂质，除去此杂质的简单方法是加热。考点：考查钠的性质、过氧化钠的用途以及物质的除杂【解析】【答案】（1）NaOH或氢氧化钠；（2）Na2O2或过氧化钠；（3）加热20、略

【分析】【解析】【答案】（12分）（1）NO2(g)＋CO(g)＝CO2(g)＋NO(g)△H＝－234kJ/mol；（2分）减小（1分）；减小（1分）；无影响（1分）；催化剂只降低反应的活化能，不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变。（或：因为催化剂只降低反应的活化能，同等程度的降低E1、E2的值，则E1—E2的差（即反应热）不改变。）（2分）（2）①PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)△H＝+93kJ/mol（2分）②等于（1分）；根据盖斯定律可知，如果一个化学反应可以分步进行，则各分步反应的反应热之和与该反应一步完成时的反应热是相同的。（或者答化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关。）（2分）21、略

【分析】解：(1)过氧化氢是弱电解质，H2O2溶液显酸性属于二元弱酸分部电离，电离的方程式为：H2O2⇌H++HO2-HO2-⇌H++O22-；

故答案为：H2O2⇌H++HO2-HO2-⇌H++O22-；

(2)漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，漂白粉的水溶液呈弱碱性的主要原因是次氯酸根离子水解，离子方程式为：ClO-+H2O⇌HClO+OH-；

故答案为：ClO-+H2O⇌HClO+OH-；【解析】H2O2⇌H++HO2-HO2-⇌H++O22-;ClO-+H2O⇌HClO+OH-22、略

【分析】解：当减压后混合体系中C的百分含量增大；可知减小压强平衡正向移动，则m+n＜p，则加压后，平衡虽逆向移动，但体积减小，C的浓度变大；若C是有色物质，A；B是无色物质，减小压强，平衡正向移动，C的物质的量增大，但体积增大，可知C的浓度变小，则反应混合物的颜色变浅；

故答案为：变大；变浅．

当减压后混合体系中C的百分含量增大；可知减小压强平衡正向移动，则m+n＜p，则增大压强平衡逆向移动，但体积影响各物质的浓度，以此来解答．

本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握外界条件对平衡移动的影响，难度不大．【解析】变大；变浅四、计算题(共2题，共10分)23、略

【分析】

有机物的质量和相对分子质量可计算有机物的物质的量，根据生成的水和二氧化碳的质量可计算有机物中含有的rm{C}rm{H}原子个数，结合相对分子质量可计算rm{O}原子个数；进而可求得分子式．

本题考查有机物分子式的确定，侧重于学生分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意根据相对分子质量确定氧原子个数．【解析】解：设有机物的分子式为rm{C_{x}H_{y}O_{z}}

rm{n(C_{x}H_{y}O_{z})=dfrac{1.8g}{90g/mol}=0.02mol}

rm{n(H_{2}O)=dfrac{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}

rm{n(CO_{2})=dfrac{2.64g}{44g/mol}=0.06mol}

所以rm{n(C_{x}H_{y}O_{z})=dfrac

{1.8g}{90g/mol}=0.02mol}rm{n(H_{2}O)=dfrac

{1.08g}{18g/mol}=0.06mol}．

所以反应物分子式为rm{n(CO_{2})=dfrac

{2.64g}{44g/mol}=0.06mol}

又因为有机物分子量为rm{x=3}则有机物中rm{y=6}原子数为rm{dfrac{90-12隆脕3-1隆脕6}{16}=3}

故推得有机物分子式为rm{C_{3}H_{6}O_{z}}

答：该有机化合物分子式为rm{90}．rm{O}24、略

【分析】【解析】试题分析：铜与混酸反应离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O0.03mol0.1mol0.06硝酸根离子过量0.03mol。氢离子过量0.02mol，所以需要加入氢氧化钠溶液0.2L。考点：化学计算【解析】【答案】（1）0.03mol（2）0.2五、探究题(共4题，共20分)25、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）26、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）27、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）28、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）六、简答题(共4题，共32分)29、rm{(1)3d^{7}}

rm{(2)}三角锥型

rm{(3)sp}

rm{(4)}共价键、范德华力rm{(}或分子间作用力rm{)}

rm{(5)8}rm{Mg_{2}NiO_{3}}【分析】【分析】本题考查物质结构，杂化方式的判断、空间构型的判断、化学式的确定、配位数的判断等知识点都是学习重点，难点是rm{(4)}题，明确晶体结构是解此题关键，会利用知识迁移的方法进行解答，难度中等．【解答】rm{(1)Co}是rm{27}号元素，rm{Co^{2+}}离子核外有rm{25}个电子，rm{3d}电子为其价电子，rm{3d}能级上有rm{7}个电子，所以其价电子排布式为rm{3d^{7}}故答案为：rm{3d^{7}}

rm{(2)SO_{3}^{2-}}中rm{S}原子价层电子对rm{=3+dfrac{1}{2}left(6+2-3隆脕2right)=4}且有一个孤电子对，所以其空间构型是三角锥型，故答案为：三角锥型；

rm{=3+

dfrac{1}{2}left(6+2-3隆脕2right)=4}中rm{(3)OCN^{-}}原子价层电子对rm{=2+dfrac{1}{2}left(4+1-1隆脕2-1隆脕3right)=2}所以采用rm{C}杂化，故答案为：rm{=2+

dfrac{1}{2}left(4+1-1隆脕2-1隆脕3right)=2}

rm{sp}六方氮化硼的结构与石墨类似，故其晶体也是分层结构，层间是分子间作用力，层内的rm{sp}原子与rm{(4)}原子间是极性共价键，故答案为：共价键、范德华力rm{B}或分子间作用力rm{N}

rm{(}我们以rm{)}号镍离子为中心分别向上、左、前方向进行延伸，得到rm{(5)}个晶胞，由于每个晶胞有两个面上的镁离子距离rm{1}号镍离子最近rm{8}红圈标志rm{1}又因为每个镁离子为rm{(}个晶胞共有，因此每个rm{)}离子的rm{2}离子配位数rm{Ni^{2+}}

该晶胞中镁离子个数rm{Mg^{2+}}镍离子个数rm{=2隆脕8隆脕dfrac{1}{2}}氧离子个数rm{=4隆脕dfrac{1}{2}=2}所以其化学式为：rm{8隆脕dfrac{1}{8}=1}

rm{=12隆脕dfrac{1}{4}=3}【解析】rm{(1)3d^{7}}rm{(2)}三角锥型rm{(3)sp}rm