2024年华东师大版高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………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上册阶段测试试卷443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、下列反应属于吸热反应的是（）A.钠与水反应B.碳与二氧化碳高温反应C.盐酸与氢氧化钠溶液反应D.甲烷在空气中燃烧2、为了除去氯化镁酸性溶液中的Fe3+离子，可在加热搅拌下加入一种试剂，过滤后再加入适量盐酸。这种试剂是A.稀氨水B.氢氧化钠C.碳酸镁D.碳酸钠3、下列物质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠反应的是（）A.Mg（OH）2B.CaCO3C.Na2CO3D.氨基酸4、下表列出了某短周期元素rm{R}的各级电离能数据rm{(}用rm{I_{1}}rm{I_{2}}表示，单位为rm{kJ?mol^{-1}).}

。rm{I_{1}}rm{I_{2}}rm{I_{3}}rm{I_{4}}rm{}rm{R}rm{740}rm{1}rm{500}rm{7}rm{700}rm{10}rm{500}rm{}下列关于元素rm{R}的判断中一定正确的是rm{(}rm{)}A.rm{R}的最高正价为rm{+3}价B.rm{R}元素位于元素周期表中第Ⅱrm{A}族C.rm{R}元素的原子最外层共有rm{4}个电子D.rm{R}元素基态原子的电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}}5、rm{25隆忙}时，下列事实能说明醋酸是弱电解质的是()rm{垄脵}醋酸与水以任意比例互溶rm{垄脷}醋酸溶液能导电rm{垄脹}醋酸溶液中存在醋酸分子rm{垄脺0.1mol隆陇L^{-1}}醋酸的rm{pH}比同浓度盐酸rm{pH}大rm{垄脻}在漂白剂溶液中滴加醋酸能增强漂白效果rm{垄脼0.1mol隆陇L^{-1}}醋酸溶液的rm{pH=2}rm{垄脽}大小相同的锌粒与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生氢气速率慢rm{垄脿CH_{3}COOK}溶液能使酚酞试液变红色A.rm{垄脷垄脺垄脼垄脿}B.rm{垄脹垄脺垄脼垄脽}C.rm{垄脺垄脻垄脼垄脿}D.rm{垄脹垄脺垄脼垄脽垄脿}6、下列方程式书写正确的是rm{(}rm{)}A.rm{HCO_{3}^{-}}在水溶液中的水解方程式：rm{HCO_{3}^{-}+H_{2}O?H_{3}O^{+}+CO_{3}^{2-}}B.rm{H_{2}SO_{3}}的电离方程式rm{H_{2}SO_{3}?2H^{+}+SO_{3}^{2-}}C.rm{CO_{3}^{2-}}的水解方程式：rm{CO_{3}^{2-}+2H_{2}O?H_{2}CO_{3}+2OH^{-}}D.rm{CaCO_{3}}的电离方程式：rm{CaCO_{3}=Ca^{2+}+CO_{3}^{2-}}7、短周期元素rm{X}rm{Y}rm{Z}在元素周期表中的位置如图，关于rm{X}rm{Y}rm{Z}的说法正确的是

A.相同条件下，三种元素的单质跟氢气反应时，rm{X}单质最剧烈B.rm{Y}的气态氢化物稳定性比rm{Z}的气态氢化物的稳定性强C.rm{ZO_{2}}能与rm{Z}的最高价氧化物对应的水化物反应生成rm{Z}单质D.由氢、氧和rm{Z}元素形成的常见化合物中既含有离子键又含有共价键8、无色透明的溶液中能大量共存的离子组是rm{(}rm{)}A.rm{H^{+}}rm{Ca^{2+}}rm{Cl^{-}}rm{CH_{3}COO^{-}}B.rm{NH_{4}^{+}}rm{Ca^{2+}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}C.rm{K^{+}}rm{Ba^{2+}}rm{OH^{-}}rm{Cl^{-}}D.rm{Cu^{2+}}rm{H^{+}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn（OH）2＋2Fe（OH）3＋4KOH，按要求回答下列问题：（1）放电时，_______（填物质化学式，下同）作负极，充电时，____________作阴极。（2）放电时正极附近溶液的碱性__________（填“增强”或“减弱”）（3）充电时，每转移3mol电子，被氧化物质的物质的量为____________。10、（6分）同族元素的同类物质的结构、性质既有相似性，也有特殊性。回答下列问题：⑴已知酸性FCH2COOH＞CH3COOH，试推断：①BrCH2COOH、②ClCH2COOH、③FCH2COOH的酸性由强到弱的顺序（填序号）；（2）已知P4、NH4+、N4H44+的空间结构均为正四面体结构，请画出N4H44+的结构式（用“→”表示配位键）。N4H44+与NaOH溶液反应的离子方程式。11、物质结构知识点填空。

写出C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序______；

写出O3的一种分子形式的等电子体______；

NH3分子中有______对孤电子对；

NH4+的空间构型是______，NH4Cl中的化学键共价键、______和______；形成的晶体是______；

比较下列各组物质的熔点高低（填“＞”或“＜”）

乙醇______乙烷；SiC______Si；SiCl4______SiO2．12、油脂在空气中暴露过久会产生难闻的臭味，这种现象称为“酸败”。“酸败”的原因之一就是油脂在微生物作用下水解生成的不饱和脂肪酸中的碳碳双键在日光作用下被空气中的氧气氧化生成有臭味的醛或酮(R1、R2为烃基或H)，其过程如下：醛或酮(具有臭味)。(1)试写出油酸甘油酯[R为CH3(CH2)7CH=CH(CH2)6CH2—]“酸败”的化学方程式：①_____________________________________________________，②_____________________________________________________。(2)为了延缓不饱和油脂的“酸败”，通常采取的一种措施是________，试以油酸甘油酯为例，用化学方程式表示其过程____________________________________________。13、（10分）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：。t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝____。（2）该反应为____反应（选填吸热、放热）。（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是____。a．容器中压强不变b．混合气体中c（CO）不变c．υ正（H2）＝υ逆（H2O）d．c（CO2）＝c（CO）（4）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），试判断此时的温度为____℃。14、（13分）下表为元素周期表的一部分，a、b、c为部分元素。回答下列问题：。afy[hibejcddgl（1）请写出上述元素g的核外电子排布式；（2）请比较b、e两种元素的第一电离能（写元素符号），其原因是（3）试比较i、j两种元素的气态氢化物的稳定性（写化学式）（4）f2a4分子的结构式是，该分子中存在的σ键与π键的个数比为____15、已知rm{25隆忙}时，rm{K_{a}(CH_{3}COOH)=1.6隆脕10^{-5}}．

rm{(1)}向rm{0.1mol?L^{-1}}醋酸溶液中加入一定量rm{1mol?L^{-1}}盐酸时，上式中的数值是否发生变化______rm{(}填是或否rm{)}解释原因______

rm{(2)}若醋酸的起始浓度为rm{0.010mol?L^{-1}}平衡时rm{c(H^{+})=}______．评卷人得分三、有机推断题(共4题，共8分)16、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．17、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．18、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。19、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。评卷人得分四、探究题(共4题，共20分)20、（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。21、（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。22、（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。23、（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。评卷人得分五、计算题(共4题，共36分)24、室温下，NH3•H2O的电离程度为0.1%，则在室温下2mol/L的氨水溶液的pH为多少？25、美籍埃及人泽维尔用激光闪烁照相机拍摄到化学反应中化学键断裂和形成的过程，因而获得rm{1999}年诺贝尔化学奖。激光有很多用途，例如波长为rm{10.3}微米的红外激光能切断rm{B(CH_{3})_{3}}分子中的一个rm{B隆陋C}键，使之与rm{HBr}发生取代反应：rm{B(CH_{3})_{3}+HBrxrightarrow[]{10.3脦垄脙脳碌脛录陇鹿芒}B(CH_{3})_{2}Br+CH_{4}}而利用rm{B(CH_{3})_{3}+HBrxrightarrow[]{10.3脦垄脙脳碌脛录陇鹿芒}

B(CH_{3})_{2}Br+CH_{4}}微米的红外激光却能切断两个rm{9.6}键，并与rm{B隆陋C}发生二元取代反应。rm{HBr}试写出二元取代反应的化学方程式：_______________________________________。rm{垄脵}现用rm{垄脷}和rm{5.6gB(CH_{3})_{3}}正好完全反应，则生成物中除了甲烷外，其他两种产物的物质的量之比为多少？rm{9.72gHBr}本小题要求写计算过程rm{(}rm{)}26、（8分）现将21g碳酸钠和碳酸氢钠的固体混合物加热到固体质量不再发生变化为止，生成的二氧化碳气体的质量为4.4g。试计算：（1）混合物中碳酸钠的质量（2）求出混合物中碳酸氢钠的质量分27、（6分）将6.2g有机物A与足量O2在密闭容器中充分燃烧，产物只有H2O和CO2，产物通过浓H2SO4后，质量增加5.4g，再通过碱石灰完全吸收，质量增加8.8g。用质谱法测得A的分子量为62，写出其分子式；若0.2mol的该有机物恰好与9.2g的金属钠完全反应，试推断该有机物的结构简式。它在核磁共振氢谱中将会出现个信号峰。评卷人得分六、综合题(共2题，共20分)28、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．29、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【解答】解：A；金属与水或酸的反应为放热反应；故钠和水的反应放热，故A错误；B、C和二氧化碳在高温条件下反应，属于以C为还原剂的氧化还原反应，故为吸热反应，故B正确；

C；酸碱中和均为放热反应；故C错误；

D；物质的燃烧均为放热反应；故D错误．

故选B．

【分析】常见的放热反应有：所有的物质燃烧；所有金属与酸或与水、所有中和反应、绝大多数化合反应、铝热反应；

常见的吸热反应有：绝大数分解反应、个别的化合反应（如C和CO2）、工业制水煤气、碳（一氧化碳、氢气）还原金属氧化物、某些复分解（如铵盐和强碱）．2、C【分析】试题分析：Fe3+易水解生成氢氧化铁，所加入物质起到调节溶液pH的作用，从而形成氢氧化铁沉淀而除去，但不能引入新的杂质。加入稀氨水、氢氧化钠、碳酸钠等物质，虽可起到调节溶液pH的作用，但都引入新的杂质离子NH4＋、Na＋，不符合除杂的原则。加入碳酸镁、氧化镁或氢氧化镁等物质，中和溶液中的氢离子，调节溶液的pH，从而促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，因此正确的答案选C。考点：考查盐类水解的应用、离子的除杂【解析】【答案】C3、D【分析】解：A．氢氧化镁能与盐酸反应生成氯化镁与水；不能与氢氧化钠反应，故A不符合；

B．碳酸钙能与盐酸反应生成氯化钙；二氧化碳与水；不能与氢氧化钠反应，故B不符合；

C．碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠；二氧化碳与水；不能与氢氧化钠反应，故C不符合；

D．氨基酸属于两性物质；能与盐酸；氢氧化钠反应，故D符合；

故选D．

既能与酸反应；又能与碱反应的物质有弱酸弱碱盐；弱酸的酸式盐、两性氧化物、两性氢氧化物、金属铝、蛋白质和氨基酸等物质，以此解答本题．

本题考查元素化合物性质，难度不大，掌握物质的性质是解答关键，注意总结中学常见能与酸、碱反应的物质．【解析】【答案】D4、B【分析】解：从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去rm{2}个电子，最高化合价为rm{+2}价，即最外层应有rm{2}个电子，应为第rm{IIA}族元素．

A、最外层应有rm{2}个电子，所以rm{R}的最高正价为rm{+2}价；故A错误；

B、最外层应有rm{2}个电子，所以rm{R}元素位于元素周期表中第Ⅱrm{A}族；故B正确；

C、rm{R}元素的原子最外层共有rm{2}个电子；故C错误；

D、rm{R}元素可能是rm{Mg}或rm{Be}故D错误；

故选B．

根据第一至第四电离能的变化可判断出各元素的最高化合价；进而推断元素的种类，及元素原子结构．

本题考查元素电离能含义及应用，难度不大，注意知识的积累．【解析】rm{B}5、D【分析】【分析】本题考查了强弱电解质的判断，根据电解质的电离程度确定电解质的强弱，可以从醋酸溶液中醋酸浓度与rm{pH}的相对大小、醋酸钠溶液的酸碱性来确定，难度不大。弱电解质在溶液中不完全电离的电解质，可以根据醋酸的电离程度及醋酸钠溶液的酸碱性判断醋酸的强弱。【解答】rm{垄脵}醋酸与水以任意比例互溶；说明醋酸的溶解度大，而不能证明醋酸的电离程度，所以不能证明醋酸为弱酸，故错误；

rm{垄脷}醋酸溶液能导电；说明醋酸在水溶液里能电离出阴阳离子，为电解质，而不能证明醋酸的电离程度，所以不能证明醋酸为弱酸，故错误；

rm{垄脹}醋酸溶液中存在醋酸分子；说明醋酸部分电离，即能证明醋酸为弱电解质，故正确；

rm{垄脺}测得醋酸的rm{pH}比盐酸rm{pH}大；但是不知道二者的浓度，所以不能确定醋酸是否完全电离，则不能证明醋酸为弱酸，故错误；

rm{垄脻}在漂白剂溶液中滴加醋酸能增强漂白效果；说明醋酸能电离出氢离子，但是不能确定醋酸是否完全电离，则不能证明醋酸为弱酸，故错误；

rm{垄脼0.1mol/L}醋酸溶液的rm{pH=2}说明醋酸部分电离，即能证明醋酸为弱电解质，故正确；

rm{垄脽}大小相同的锌粒与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应；醋酸产生氢气速率慢，说明醋酸中氢离子浓度小，即醋酸不完全电离，能证明醋酸为弱电解质，故正确。

rm{垄脿}rm{CH_{3}COOK}溶液能使酚酞试液变红色；说明醋酸根离子发生水解溶液显碱性，即醋酸为弱酸，即能证明醋酸为弱电解质，故正确；故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}6、D【分析】解：rm{A}碳酸氢根离子的水解方程式是：rm{HCO_{3}^{-}+H_{2}O?OH^{-}+H_{2}CO_{3}}故A错误；

B、由于亚硫酸是弱酸，电离方程式要分步写：rm{H_{2}SO_{3}?H^{+}+HSO_{3}^{-}}rm{HSO_{3}^{-}?H^{+}+SO_{3}^{2-}}故B错误；

C、碳酸根离子水解方程式是：rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}rm{HCO_{3}^{-}+H_{2}O?H_{2}CO_{3}+OH^{-}}故C错误；

D、碳酸钙属于强电解质，电离方程式是：rm{CaCO_{3}=Ca^{2+}+CO_{3}^{2-}}故D正确；

故选D．【解析】rm{D}7、B【分析】【分析】本题考查短周期元素的推断以及元素性质，对元素周期表熟悉就容易解题，关键在于利用元素周期表中的“位，构，性”的原理。较为简单。rm{X}rm{Y}rm{Z}均为短周期元素，即分别属于第一二三周期，根据其所在位置可推断，rm{X}为元素rm{He}rm{Y}为rm{F}元素，rm{Z}为rm{S}元素。【解答】A.rm{X}是rm{He}属于稀有气体元素，活泼性最弱，故A错误；B.根据元素周期律，氢化物的稳定性，同周期从左往右依次增强，同主族从上往下依次减弱，因此，rm{HF>H_{2}O>H_{2}S}即rm{Y}的氢化物比rm{Z}的强，故B正确；C.根据电子得失守恒，rm{SO_{2}}与rm{H_{2}SO_{4}}不能反应生成rm{S}单质，故C错误；D.由rm{H}rm{O}rm{S}三种元素形成的常见化合物中只含有共价键，故D错误。故选B。

【解析】rm{B}8、C【分析】解：溶液无色时可排除rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{MnO_{4}^{-}}等有色离子的存在；

A.rm{H^{+}}rm{CH_{3}COO^{-}}之间反应生成弱电解质醋酸；在溶液中不能大量共存，故A错误；

B.rm{Ca^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}之间反应生成硫酸钙沉淀；在溶液中不能大量共存，故B错误；

C.rm{K^{+}}rm{Ba^{2+}}rm{OH^{-}}rm{Cl^{-}}之间不发生反应；且都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故C正确；

D.rm{Cu^{2+}}为有色离子；在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选C．

无色溶液可排除rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{MnO_{4}^{-}}等有色离子的存在；

A.氢离子与醋酸根离子反应生成醋酸；

B.钙离子与硫酸根离子反应生成微溶物硫酸钙；

C.四种离子之间不反应；都是无色离子；

D.铜离子为有色离子；不满足溶液无色的条件．

本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意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：溶液的颜色，如无色时可排除rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{MnO_{4}^{-}}等有色离子的存在；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】rm{C}二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】试题分析：（1）放电相当于是原电池，原电池中负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应。根据方程式可知，放电时锌失去电子，被氧化，所以锌是负极；充电可以看做是放电的逆反应，即正极与电源的正极相连，做阳极。负极与电源的负极相连，做阴极。由于放电时锌是负极，被氧化生成另外氢氧化锌，所以充电时氢氧化锌是阴极。（2）放电时高铁酸钾在正极得到电子，被还原为氢氧化铁，同时还有氢氧化钾生成，所以放电时正极附近溶液的碱性增强。（3）根据充电时的总反应式可知，充电时氢氧化铁被氧化生成了高铁酸钾。反应中铁元素的化合价从＋3价升高到＋6价，失去3个电子，所以充电时，每转移3mol电子，被氧化物质的物质的量为1mol。考点：考查原电池、电解池的应该判断、由于与计算【解析】【答案】（1）Zn；Zn（OH）2（2）增强（3）1mol10、略

【分析】【解析】【答案】（每空2分，共8分）⑴③＞②＞①（2）略N4H44++4OH-=N4+4H2O11、略

【分析】解：元素原子的得电子能力越强；则电负性越大，同周期从左到右元素的电负性逐渐增强，所以电负性：O＞N＞C；

原子个数相等且价电子数相等的分子或离子为等电子体，则O3的一种分子形式的等电子体为SO2；

NH3分子中有N原子形三个共价键；含有一个孤电子对；

NH4+的N原子的价层电子对数=4+=4，没有孤电子对，其空间构型是正四面体；NH4Cl中N与H形成共价键，铵根离子与氯离子形成离子键，铵根离子中含有配位键；NH4Cl含有离子键；属于离子晶体；

乙醇分子间存在氢键，乙烷分子间只有分子间作用力，所以熔点乙醇大于乙烷；SiC中共价键的键能大于Si，所以熔点SiC大于Si；SiCl4属于分子晶体，SiO2属于原子晶体，原子晶体的熔点大于分子晶体，所以熔点：SiCl4小于SiO2；

故答案为：O＞N＞C；SO2；1；正四面体；配位键；离子键；离子晶体；＞；＞；＜．

原子的得电子能力越强，其电负性的数值越大；原子个数相等且价电子数相等的分子或离子为等电子体；根据NH4+中中心原子的价层电子对数判断；根据NH4Cl中微粒之间的作用力分析；分子晶体相对分子质量相近的；含有氢键的熔点较高；原子晶体中共价键键能越大，熔点越高，据此分析．

本题考查较综合，涉及电负性比较、微粒空间构型的判断、分子间作用力、化学键等知识点，题目涉及的知识点较多，同时考查学生分析能力和对基础知识的应用能力，难度中等．【解析】O＞N＞C；SO2；1；正四面体；配位键；离子键；离子晶体；＞；＞；＜12、略

【分析】“酸败”是油脂水解生成的不饱和脂肪酸中的碳碳双键被氧化而造成的。抓住这个信息，本题就迎刃而解了。【解析】【答案】(1)①3CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7COOH＋CH2OHCHOHCH2OH②CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7COOH＋O2―→CH3(CH2)7—CHO＋OHC(CH2)7—COOH(2)氢化13、略

【分析】【解析】试题分析：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g），该反应的化学平衡常数表达式为K＝随着温度升高，K值增大，说明平衡向正向移动，所以该反应为吸热反应；能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是b、c。a．容器中压强不变b．混合气体中c（CO）不变c．υ正（H2）＝υ逆（H2O）d．c（CO2）＝c（CO）（4）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），=1所以此时的温度为830℃考点：化学平衡常数【解析】【答案】(共10分）（1）(4分)（2）吸热；(2分)（3）b、c；(2分)（4）830(2分)14、略

【分析】【解析】【答案】（1）[Ar]3d104s2（2）b>e；Mg的3S轨道全充满（2分）（3）HF>HCl（4）略；5:1(其余每空1分)15、略

【分析】解：rm{(1)}向醋酸溶液中加入盐酸；醋酸的电离平衡常数不变，因为电离平衡常数只与温度有关，温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，故答案为：不变；温度不变，弱电解质的电离平衡常数不变；

rm{(2)c(H^{+})=sqrt{K_{w}c(CH_{3}COOH)}=sqrt{1.6隆脕10^{-5}隆脕0.010}mol/L隆脰4隆脕10^{-4}mol/L}故答案为：rm{(2)c(H^{+})=sqrt

{K_{w}c(CH_{3}COOH)}=sqrt

{1.6隆脕10^{-5}隆脕0.010}mol/L隆脰4隆脕10^{-4}mol/L}．

rm{4隆脕10^{-4}mol/L}电离平衡常数只与温度有关；温度不变，酸的电离平衡常数不变；

rm{(2)c(H^{+})=sqrt{K_{w}c(CH_{3}COOH)}}．

本题考查了弱电解质的电离，根据电离平衡常数公式来分析解答，注意电离平衡常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，为易错点．rm{(1)}【解析】不变；温度不变，弱电解质的电离平衡常数不变；rm{4隆脕10^{-4}mol/L}三、有机推断题(共4题，共8分)16、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH217、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH218、略

【分析】【分析】

根据物质在转化过程中碳链结构不变，根据抗痫灵结构，结合A的分子式可推知A结构简式是：A与HCHO发生反应产生B：B与CH3Cl在AlCl3存在条件下发生取代反应产生C：C经过一系列反应，产生分子式是C8H6O3的物质D结构简式是：D与CH3CHO在碱性条件下发生信息②的反应产生E：E含有醛基，能够与银氨溶液在碱性条件下水浴加热，发生银镜反应，然后酸化产生F：F与SOCl2发生取代反应产生G：与发生取代反应产生抗痫灵：

【详解】

根据上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中无酚羟基，因此不能与FeCl3溶液发生显色反应；A错误；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化变为-COOH；也能发生燃烧反应，故化合物C能发生氧化反应，B正确；

C．的亚氨基上含有孤对电子，能够与H+形成配位键而结合H+；因此具有弱碱性，C正确；

D．根据抗痫灵的分子结构，可知其分子式是C15H17NO3；D错误；

故合理选项是BC；

(2)根据上述分析可知化合物E结构简式是

(3)G是G与发生取代反应产生抗痫灵和HCl，该反应的化学方程式为：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C为原料经过三步制备化合物D，首先是与Cl2在光照条件下发生甲基上H原子的取代反应产生然后与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生该物质与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生D：故由C经三步反应产生D的合成路线为：

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物；符合条件：①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子，则其可能的同分异构体结构简式是【解析】BC++HCl19、略

【分析】【详解】

分析：由C→及反应条件可知C为苯甲醇,B为A为甲苯。在相同条件下,D的蒸气相对于氢气的密度为39,则D的相对分子质量为39×2=78,D与A互为同系物,由此知D为芳香烃,设1个D分子中含有n个碳原子,则有14n-6=78,解得n=6,故D为苯,与乙醛反应得到E,结合信息①,E为E与溴发生加成反应得到的F为F发生氧化反应生成的G为

详解：(1)根据分析可知:G为则G中含氧官能团为羧基；甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而苯不能,因此；鉴别A和D的试剂为酸性高锰酸钾溶液；本题答案为：羧基；酸性高锰酸钾溶液；

(2)苯甲醛与氯仿发生加成反应生成B为F为

（3）反应①：乙酸和发生酯化反应,化学方程式为+CH3COOH+H2O。

（4）C为苯甲醇,属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚(),共4种；

(5)苯乙醛与甲醛反应生成再与溴发。

生加成反应生成最后发生催化氧化反应生成故合成路线为

点睛：本题主要考查结构简式、官能团、反应类型、化学方程式、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等知识,意在考查考生分析问题、解决问题的能力，抓好信息是解题的关键。【解析】①.羧基②.酸性高锰酸钾溶液③.加成反应④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.四、探究题(共4题，共20分)20、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）21、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）22、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）23、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）五、计算题(共4题，共36分)24、略

【分析】

根据NH3•H2O的电离程度为0.1%计算氢氧根离子浓度；再计算氢离子浓度和pH．

本题考查溶液pH的计算，题目难度不大，注意根据氨水的电离程度计算溶液的c（OH-），侧重于考查学生的分析能力和计算能力．【解析】解：NH3•H2O的电离程度为0.1%，则在室温下2mol/L的氨水溶液中c（OH-）=2mol/L×0.1%=0.002mol/L，则c（H+）==5×10-12mol/L；则pH=11.3；

答：溶液的pH为11.3．25、①

②5.6gB（CH3）3的物质的量为：=0.1mol，9.72gHBr的物质的量为：=0.12mol，

假设生成的B（CH3）2Br为xmol，生成B（CH3）Br2为ymol，根据B原子及溴原子守恒，则：x+y=0.1、x+2y=0.12，

解得：x=0.08、y=0.02，

故B（CH3）2Br与B（CH3）Br2的物质的量之比为：0.08mol：0.02mol=4：1，

答：B（CH3）2Br与B（CH3）Br2的物质的量之比为4：1。【分析】【分析】本题考查根据方程式的计算，难度不大，理解发生取代反应的原理是解题的关键，注意根据守恒进行计算。【解答】rm{(1)}由反应信息可知，rm{B(CH_{3})_{3}}分子中的一个rm{B-C}键断裂，rm{Br}原子取代甲基，甲基与rm{H}原子结合生成甲烷，rm{B(CH_{3})_{3}}和rm{HBr}反应生成其二溴代物为rm{B(CH_{3})Br_{2}}rm{1molB(CH_{3})_{3}}发生二溴取代同时生成rm{2mol}甲烷，反应方程式为：rm{B(C{H}_{3}{)}_{3}+2HBrxrightarrow[]{9.6脦垄脙脳碌脛录陇鹿芒}B(C{H}_{3})B{r}_{2}+2C{H}_{4}}

故答案为：rm{B(C{H}_{3}{)}_{3}+2HBrxrightarrow[]{9.6脦垄脙脳碌脛录陇鹿芒}B(C{H}_{3})B{r}_{2}+2C{H}_{4}}

rm{B(C{H}_{3}{)}_{3}+2HBr

xrightarrow[]{9.6脦垄脙脳碌脛录陇鹿芒}B(C{H}_{3})B{r}_{2}+2C{H}_{4}}rm{B(C{H}_{3}{)}_{3}+2HBr

xrightarrow[]{9.6脦垄脙脳碌脛录陇鹿芒}B(C{H}_{3})B{r}_{2}+2C{H}_{4}}的物质的量为rm{dfrac{5.6g}{56g/mol}=0.1mol}rm{(2)5.6g}rm{B(CH_{3})_{3}}的物质的量为rm{dfr