2025年人教A新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2025年人教A新版高二化学下册阶段测试试卷125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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、合金在生产、生活及科研中具有广泛的应用。下列不属于合金的是。A.流通硬币B.青花瓷瓶C.司母戊鼎D.飞机外壳rm{(}硬铝rm{)}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}2、赫克反应、根岸反应和铃木反应已经成为化学家制造复杂化学分子的精致工具,下例就是铃木反应合成出的一种联苯衍生物：下列叙述正确的是：A．1mol该联苯衍生物在一定条件下最多和7molH2发生加成反应B．该联苯衍生物只能发生氧化不能发生还原反应C．该联苯衍生物苯环上的一硝基取代产物有7种D．该反应为加成反应，Pd[P(C6H5)3]4和Cs2CO3为催化剂3、分子式为C3H4Cl2的链状有机物的同分异构体共有（不包括立体异构）（）A.6种B.5种C.4种D.3种4、铁是人类较早使用的金属之一．据有关报道，目前已能冶炼出纯度高达99.9999%的铁．以下是有关这种铁的叙述，其中不正确的是（）A.韧性比生铁好B.在冷的浓硫酸中钝化C.不能与盐酸反应D.在冷的浓硝酸中钝化泛使用5、从石器、青铜器到铁器时代，金属的冶炼体现了人类文明的发展水平rm{.}下图表示了三种金属被人类开发利用的大致年限，之所以有先后，主要取决于rm{(}rm{)}A.金属的导电性强弱B.金属在地壳中的含量多少C.金属的化合价高低D.金属的活动性大小6、下列装置中，能构成原电池的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.7、下列说法不正确的是（）A.SiO2硬度大的原因与Si、O原子之间的成键方式及排列方式有关B.乙醇沸点高于二甲醚的原因与分子间作用力大小有关C.冰醋酸溶于水时只破坏分子间作用力D.MgO熔点高达2800℃是因为其中的离子键较难被削弱评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、已知H2A在水中存在以下平衡：H2AH＋＋HA－，HA－H＋＋A2－。回答以下问题：（1）已知常温下，H2A的钙盐(CaA)饱和溶液中存在平衡：CaA(s)Ca2＋(aq)＋A2－(aq)ΔH>0。①温度升高时，Ksp_______(填“增大”、“减小”或“不变”下同)。②滴加少量浓盐酸，c(Ca2＋)________，原因是___________(用文字和离子方程式说明)。（2）若向CaA悬浊液中加入CuSO4溶液，生成一种黑色固体物质，写出该过程中反应的离子方程式______。若某CuSO4溶液中c(Cu2＋)＝0.02mol/L，如果要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液pH，使之大于5(已知Ksp[Cu(OH)2]＝2.0×10－20)。9、按要求写出下列方程式。

rm{(1)}明矾净水的原理rm{(}用离子方程式表示rm{)}______

rm{(2)}盐碱地因含较多的rm{NaCl}rm{Na_{2}CO_{3}}使得土壤呈碱性，不利于作物生长，通过施加适量石膏粉末rm{(}主要含有rm{CaSO_{4}}微溶于水rm{)}来降低土壤的碱性rm{.}写出该过程中使土壤碱性降低的反应化学方程式______

rm{(3)SOCl_{2}}是一种液态化合物，沸点rm{77隆忙.}向盛有rm{10mL}水的锥形瓶中，滴加rm{8}至rm{10}滴rm{SOCl_{2}}可观察到剧烈反应，液面上有雾形成，并有可使品红溶液褪色的气体逸出，根据实验现象，写出rm{SOCl_{2}}与水反应的化学方程式______．10、Ⅰrm{.}在rm{25隆忙}时，有一rm{pH=12}的rm{NaOH}溶液rm{100mL}欲使它的rm{pH}降为rm{11}rm{(1)}如果加入蒸馏水，就加入________rm{mL}rm{(2)}如果加入rm{pH=10}的rm{NaOH}溶液，应加入________rm{mL}rm{(3)}如果加入rm{0.008mol隆陇L^{-1}HCl}溶液，应加入________rm{mL}Ⅱrm{.}在rm{25隆忙}时，有rm{pH}为rm{a}的盐酸和rm{pH}为rm{b}的rm{NaOH}溶液等体积混合：rm{(1)}若rm{a+b=14}则溶液呈________性；rm{(2)}若rm{a+b=13}则溶液呈________性；rm{(3)}若rm{a+b>14}则溶液呈________性。11、已知有机物甲、乙、丙有如下信息：。甲乙丙所含元素C、HC、H、FC、H、F所含电子数26结构特点饱和有机物据此推断：（1）甲的分子式为____，若甲分子中有2个氢原子被F原子取代，所得的有机产物可能有____种。（2）乙是性能优良的环保产品，可代替某些破坏臭氧层的氟利昂产品用作制冷剂。其分子中C、H、F的原子个数之比为1∶2∶2，则乙的结构简式为____。下列关于乙的叙述中正确的是____。A.其分子构型为正四面体型B.它能与溴水发生反应而褪色C.1mol乙最多能与1molF2发生取代反应D.它没有同分异构（3）将甲、乙按物质的量之比1∶1混合，所得混合物的平均摩尔质量等于丙的摩尔质量，但丙分子不存在同分异构体，则丙的分子式为____。12、写出化学方程式：

（1）实验室制乙炔______

（2）聚丙烯的生成______

（3）苯与液溴反应______

（4）甲苯与浓硝酸与浓硫酸混合液的反应______

（5）溴乙烷的消去反应______．评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)13、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。14、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。15、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。16、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分四、工业流程题(共2题，共6分)17、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。18、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

ii．相关物质的物理性质如下表：。相关物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9767.1与水互溶亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是___________。

②步骤II开始时的操作为___________(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是___________(选填字母编号)。

a．打开K1、K2b．关闭K1、K2c．打开K3d．关闭K3e．水浴加热f．通冷凝水。

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2mL。

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。评卷人得分五、简答题(共3题，共21分)19、燃料电池在工业生产中有重要用途，肼燃料电池产物对环境无污染，能量高，有广泛的应用前景，其工作原理如图所示rm{.}回答下列问题。

rm{(1)}该燃料电池中；负极通入的气体是______，正极通入的气体是______．

rm{(2)}电池工作时，rm{OH^{-}}向______极移动；负极的电极反应式为______．

rm{(3)}肼在工业上常以氨和次氯酸钠为原料制得，其反应的化学方程式为rm{2NH_{3}+NaClO篓TN_{2}H_{4}+NaCl+H_{2}O}该反应中每生成rm{1molN_{2}H_{4}}时，转移电子的物质的量为______．20、丙烷和丙烯混合物共rm{m}rm{mol}与rm{n}rm{mol}的氧气点燃后完全反应，得到rm{CO}和rm{CO_{2}}的混合气体，以及rm{63g}水rm{.}试求：

rm{垄脵}当rm{m=1}时；丙烷和丙烯的质的量之比：______．

rm{垄脷}当rm{m=1}时，且反应后rm{CO}和rm{CO_{2}}混合气体物质的量是反应前氧气的物质的量的rm{dfrac{12}{17}}时，则rm{n=}______；

rm{垄脹m}的取值范围是：______；

rm{垄脺n}的取值范围是：______．21、rm{CH_{4}}rm{NH_{3}}rm{H_{2}O}和rm{HF}均为含rm{10e^{-}}的分子．rm{(1)C}rm{N}rm{O}rm{F}四种元素中，与基态rm{C}原子的核外未成对电子数相等的元素是________rm{(}写元素名称rm{)}其基态原子的核外电子排布式为____rm{(2)C}rm{N}rm{O}rm{F}四种元素第一电离能由大到小的顺序是____rm{(}用元素符号表示rm{)}．rm{(3)CH_{4}}rm{NH_{3}}和rm{H_{2}O}分子中，从原子轨道的重叠方式来说，三种分子均含共价键类型为____，三种分子的中心原子的杂化轨道类型均为____rm{(4)}在rm{CO}气流中轻微加热金属镍rm{(Ni)}生成无色挥发性液态rm{Ni(CO)_{4}}试推测四羧基镍的晶体类型为____参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】本题考查合金的知识，熟悉常见合金是解题关键，难度较小。【解答】A.流通硬币属于合金，故A错误；

B.青花瓷瓶属于硅酸盐产品，故B正确；

C.司母戊鼎属于合金，故C错误；

D.飞机外壳rm{(}硬铝rm{)}属于合金，故D错误。硬铝rm{(}属于合金，故D错误。

rm{)}

故选B。【解析】rm{B}2、A【分析】【解析】【答案】A3、B【分析】【解答】解：（1）先不考虑Cl，写出C3H6的链状同分异构体，只有一种结构：CH3﹣CH=CH2；（2）由于CH3﹣CH=CH2只有三种氢，所以有三种一氯代物：CH2Cl﹣CH=CH2、CH3﹣CCl=CH2、CH3﹣CH=CHCl；（3）再以上述每一种产物为母体，写出二元取代产物：CH2Cl﹣CH=CH2的取代产物有三种：CHCl2﹣CH=CH2，CH2Cl﹣CCl=CH2，CH2Cl﹣CH=CHCl，CH3﹣CCl=CH2的取代产物有两种：CH2Cl﹣CCl=CH2（重复），CH3﹣CCl=CHCl，CH3﹣CH=CHCl的取代产物有三种：CH2Cl﹣CH=CHCl（重复），CH3﹣CCl=CHCl（重复），CH3﹣CH=CCl2所以，分子式为C3H4Cl2链状有机物的同分异构体共有5种．

故选B．

【分析】含有两个或两个以上取代基的同分异构体书写，若只凭想象写很容易造成重、漏现象．不如先将所有取代基拿下，分析母体对称性找出被一个取代基取代的产物种类，然后再分析各种一取代物的对称性，看第二个取代基可进入的位置，，直至全部取代基都代入．4、C【分析】解：A．铁的含碳量越高韧性越好；纯度高达99.9999%的铁含碳量低于生铁，故A正确；

B．浓硫酸具有强的氧化性；常温下使铁发生钝化，故B正确；

C．铁的活动性比氢强；能与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，故C错误；

D．浓硝酸具有强的氧化性；常温下使铁发生钝化，故D正确；

故选C．

A．铁的含碳量越高韧性越好；据此解答；

B．浓硫酸具有强的氧化性；常温下Fe遇浓硫酸发生钝化；

C．铁的活动性比氢强；能与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；

D．浓硝酸具有强的氧化性；铁在冷的浓硝酸中钝化．

本题考查了铁的性质，题目简单，注意铁在冷的浓硫酸和浓硝酸中才发生钝化．【解析】【答案】C5、D【分析】解：金属的活动性越强；冶炼的程度越难，利用的越晚，所以金属被人类开发利用的大致年限，之所以有先后，主要取决于金属的活动性大小．

故选D．

根据已有的金属的知识进行分析；金属的活动性越强，冶炼的程度越难，利用的越晚．

本题考查了常见金属的有关知识，完成此题，可以依据金属的性质进行．【解析】rm{D}6、D【分析】解：rm{A}酒精是非电解质；故A错误；

B；未形成闭合回路；故B错误；

C；两个电极相同；故C错误；

D；锌为负极；铜为正极，电解质为硫酸，可发生自发进行的氧化还原反应，符合原电池的构成条件，能形成原电池反应，故D正确；

故选D．

根据原电池的构成条件分析，原电池的构成条件是：rm{垄脵}有两个活泼性不同的电极，rm{垄脷}将电极插入电解质溶液中，rm{垄脹}两电极间构成闭合回路，rm{垄脺}能自发的进行氧化还原反应．

本题考查了原电池的构成条件，为高频考点，侧重于学生的基本理论知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意这几个条件必须同时存在才能形成原电池，缺一不可．【解析】rm{D}7、C【分析】解：A、二氧化硅是原子晶体，硅氧之间通过共价键结合成空间网状结构，所以SiO2硬度大的原因与Si；O原子之间的成键方式及排列方式有关；故A正确；

B；乙醇分子间存在氢键；所以沸点高于二甲醚，所以乙醇沸点高于二甲醚的原因与分子间作用力大小有关，故B正确；

C．乙酸羟基上氢较活泼；在水中会电离出氢离子显弱酸性，所以共价键被破坏，故C错误；

D；MgO晶体中所含离子半径小、电荷数多；晶格能大，故MgO晶体的熔点高，故D正确；

故选：C。

A；二氧化硅是原子晶体；硅氧之间通过共价键结合成空间网状结构；

B；乙醇分子间存在氢键；所以沸点高于二甲醚；

C．乙酸羟基上氢较活泼；在水中会电离出氢离子显弱酸性；

D；离子电荷越多、离子半径越小；晶格能越大，晶体的熔点越高。

本题考查氢键对物质性质的影响以及不同晶体中影响物质熔沸点的因素，综合性较强，首先判断属于何种晶体，然后再根据同种晶体中粒子作用力的差异进行判断。【解析】C二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】试题分析：（1）CaA(s)Ca2＋(aq)＋A2－(aq)ΔH>0，①温度升高时，溶解平衡正向移动Ksp增大；②滴加少量浓盐酸，由于H＋＋A2－HA－溶解平衡右移，Ca2＋的量增加，而体积几乎不变，所以浓度增大；（2）若向CaA悬浊液中加入CuSO4溶液，生成一种黑色固体物质，写出该过程中反应的离子方程式CaA+Cu2＋====CuA+Ca2＋。考点：难溶电解质溶解平衡。【解析】【答案】（1）①增大②增大原因是由于H＋＋A2－HA－溶解平衡右移，Ca2＋的量增加，而体积几乎不变，所以浓度增大（2）CaA+Cu2＋====CuA+Ca2＋9、略

【分析】解：rm{(1)}明矾是强酸弱碱盐，弱酸根离子rm{Al^{3+}}水解产生氢氧化铝胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到达到净水的目的rm{.}其反应原理用方程式表示为：rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}故答案为：rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}

rm{(2)}碳酸根离子水解显碱性，导致盐碱地产生碱性，水解离子反应为rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}石膏能与碳酸根离子反应，平衡向左移动，rm{OH^{-}}浓度降低，降低碱性，石膏电离出的rm{Ca^{2+}}与rm{CO_{3}^{2-}}结合生成更难溶的rm{CaCO_{3}Na_{2}CO_{3}}rm{CaSO_{4}}反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠，硫酸根离子和钠离子不水解，则其溶液呈中性，所以石膏能降低其碱性，反应方程式为rm{Na_{2}CO_{3}+CaSO_{4}=Na_{2}SO_{4}+CaCO_{3}隆媒}

故答案为：rm{Na_{2}CO_{3}+CaSO_{4}篓TNa_{2}SO_{4}+CaCO_{3}}

rm{(3)}依据反应现象分析生成物为二氧化硫和氯化氢气体；rm{SOCl_{2}}与水反应生成的氯化氢会对氯化铝水解起到抑制作用；反应的化学方程式为：rm{SOCl_{2}+H_{2}O=2HCl隆眉+SO_{2}隆眉}故答案为：rm{SOCl_{2}+H_{2}O=2HCl隆眉+SO_{2}隆眉.}

rm{(1)}明矾中等弱酸根离子rm{Al^{3+}}水解产生氢氧化铝胶体；能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到达到净水的目的；

rm{(2)}碳酸钠水解呈碱性；可与硫酸钙反应生成碳酸钙沉淀；

rm{(3)}依据反应现象分析生成物为二氧化硫和氯化氢气体．

本题考查了盐类水解原理、电解质溶液中离子浓度大小、盐类水解等，掌握基础是解题关键，题目难度中等．【解析】rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}rm{Na_{2}CO_{3}+CaSO_{4}篓TNa_{2}SO_{4}+CaCO_{3}}rm{SOCl_{2}+H_{2}O=2HCl隆眉+SO_{2}隆眉}10、Ⅰ．（1）900（2）1000（3）100

Ⅱ．（1）中（2）酸（3）碱【分析】【分析】

本题考查了酸碱的稀释和rm{pH}的计算；难度中等。

【解析】

Ⅰrm{.}在rm{25隆忙}时，有一rm{pH=12}的rm{NaOH}溶液rm{100mL}欲使它的rm{pH}降为rm{11}

rm{(1)}如果加入蒸馏水，就加入rm{900mL}体积扩大rm{10}倍，rm{pH}降低rm{1}

rm{(2)}如果加入rm{pH=10}的rm{NaOH}溶液，应加入rm{1000mL}

rm{(3)}如果加入rm{0.008mol隆陇L^{-1}HCl}溶液，应加入rm{100mL}

Ⅱrm{.}在rm{25隆忙}时，有rm{pH}为rm{a}的盐酸和rm{pH}为rm{b}的rm{NaOH}溶液等体积混合：

rm{(1)}若rm{a+b=14}则溶液呈中性；

rm{(2)}若rm{a+b=13}则溶液呈酸性；

rm{(3)}若rm{a+b>14}则溶液呈碱性。【解析】Ⅰrm{.(1)900(2)1000(3)100}

Ⅱrm{.(1)}中rm{(2)}酸rm{(3)}碱11、略

【分析】【解析】试题分析：（1）由表中数据得知，甲是饱和有机物，即甲的分子式为C3H8。C3H8分子中有2个氢原子被F原子取代，所得的有机产物可能有4种。（2）由乙所含元素C、H、F且原子个数之比为1∶2∶2，即乙的结构简式为CH2F2。A、C原子连接的元素不同，不是正四面体结构，故错；B、乙分子中没有不饱和键，不能使溴水反应，故错；C、乙中含有2个H原子，1mol乙最多能与2molF2发生取代反应，故错。故选D。（3）甲为C3H8，乙为CH2F2，将甲、乙按物质的量之比1∶1混合，所得混合物的平均摩尔质量等于丙的摩尔质量，但丙分子不存在同分异构体，则丙的分子式为则C2H5F。考点：有机物的组成、结构及性质同分异构体【解析】【答案】（8分）（1）C3H8（1分）；4（2分）（2）CH2F2（1分）；D（2分）（3）C2H5F（2分）12、略

【分析】解：（1）碳化钙与水反应生成乙炔、氢氧化钙，反应为CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑，故答案为：CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑；

（2）丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，方程式为故答案为：

（3）苯与液溴发生取代反应生成溴苯和HBr反应为

故答案为：

（4）甲苯与浓硝酸发生取代反应生成2，4，6-三硝基甲苯、水，反应方程式为

故答案为：

（5）溴乙烷在NaOH、醇溶液中发生消去反应生成乙烯和NaBr，反应为CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr，故答案为：CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr．

（1）碳化钙与水反应生成乙炔；氢氧化钙；

（2）丙烯发生加聚反应生成聚丙烯；

（3）苯与液溴发生取代反应生成溴苯和HBr；

（4）甲苯与浓硝酸发生取代反应生成硝基苯；水；

（5）溴乙烷在NaOH、醇溶液中发生消去反应生成乙烯和NaBr．

本题考查了方程式的书写，根据反应物、生成物和反应条件书写方程式，明确发生的化学反应原理是解答本题的关键，注意常见有机物的性质，题目难度不大．【解析】CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑；CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr三、元素或物质推断题(共4题，共8分)13、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）214、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H215、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）216、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、工业流程题(共2题，共6分)17、略

【分析】【分析】

(1)反应1中发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分离出的Na2FeO4中加入饱和KOH溶液反应生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，同时生成还原产物NaCl，结合守恒法写出该反应的化学方程式；根据电子守恒计算制备0.5molNa2FeO4消耗NaClO的质量；

(3)电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-；阴极生成氢气和氢氧化钠；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小；与铁离子的水解有关。

【详解】

(1)①Na2FeO4中钠元素的化合价为+1价；氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁元素的化合价为0-(-2)×4-(+1)×2=+6价；高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为发生氧化还原反应；

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，即加入饱和KOH溶液发生的反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；说明该温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，反应中Fe元素的化合价从+3价升高为+6价，Cl元素的化合价从+1价降为-1价，根据得失电子守恒、原子守恒，则该反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；设制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为mg，则由电子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根据装置图，Fe为阳极，电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，电极方程式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阴极生成氢气和氢氧化钠，则阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为NaOH；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，根据“高铁酸盐在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，则产生曲线Ⅰ和曲线Ⅱ差异的原因是Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应从而降低K2FeO4浓度。【解析】①.+6②.氧化还原反应③.该温度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应，从而降低K2FeO4的浓度18、略

【分析】【分析】

根据流程：NaNO2与甲醇、70%稀硫酸反应得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反应：CH3ONO+N2H4•H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液为NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸馏A将甲醇分离，得到B溶液，将其结晶、抽滤、洗涤、干燥得到产品。计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+；结合化学方程式定量关系计算；为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值。

【详解】

(1)步骤I总反应亚硝酸钠和甲醇在酸性条件下生成CH3ONO和硫酸钠，化学方程式为2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案为：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步骤II三颈烧瓶中发生反应CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化学方程式为CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是缓慢通入CH3ONO气体，降低反应速率，防止温度升高过快。故答案为：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；缓慢通入CH3ONO气体；

②步骤Ⅱ中制备叠氮化钠的操作是在三颈瓶中进行，制备叠氮化钠的操作是打开K1、K2，关闭K3；步骤Ⅲ中溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是：关闭K1、K2→打开K3→水浴加热、通冷凝水或打开K3→关闭K1、K2→水浴加热、通冷凝水，故步骤II开始时的操作为ad(da)(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是cbfe(bcfe)(选填字母编号)。故答案为：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再真空低温(隔绝空气，低温干燥)干燥。精制NaN3的方法是重结晶；使混合在一起的杂质彼此分离。故答案为：真空低温(隔绝空气，低温干燥)；重结晶；

(4)①计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，与NaN3反应的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=(c1V1-c2V2)×10-3mol，

ω==产品纯度为故答案为：

②为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值，该实验还需要补充平行实验(重复滴定2~3次)。故答案为：补充平行实验(重复滴定2~3次)。【解析】2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2OCH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O缓慢通入CH3ONO气体ad(da)cbfe(bcfe)真空低温(隔绝空气，低温干燥)重结晶补充平行实验(重复滴定2~3次)五、简答题(共3题，共21分)19、略

【分析】解：rm{(1)}在肼rm{(N_{2}H_{4})}燃料电池中，通入燃料气体rm{N_{2}H_{4}}为负极，通入rm{O_{2}}的一极为正极；

故答案为：rm{N_{2}H_{4}}rm{O_{2}}

rm{(2)}在原电池中，阴离子向负极移动，在碱性电解质中失去电子生成氮气和水，电极反应为rm{N_{2}H_{4}-4e^{-}+4OH^{-}=N_{2}+4H_{2}O}

故答案为：负；rm{N_{2}H_{4}-4e^{-}+4OH^{-}=N_{2}+4H_{2}O}

rm{(3)}根据化学方程式为rm{2NH_{3}+NaClO篓TN_{2}H_{4}+NaCl+H_{2}O}rm{NaClO}中rm{Cl}得电子发生还原反应，反应中每生成rm{1molN_{2}H_{4}}时，转移电子的物质的量为rm{2mol}

故答案为：rm{2mol}．

rm{(1)}在肼rm{(N_{2}H_{4})}燃料电池中，通入燃料气体rm{N_{2}H_{4}}为负极，通入rm{O_{2}}的一极为正极；

rm{(2)}在原电池中，阴离子向负极移动，在碱性电解质中失去电子生成氮气和水，电极反应为rm{N_{2}H_{4}-4e^{-}+4OH^{-}=N_{2}+4H_{2}O}

rm{(3)}根据化学方程式为rm{2NH_{3}+NaClO篓TN_{2}H_{4}+NaCl+H_{2}O}结合化合价变化来回答．

本题考查燃料电池，根据原电池原理来分析解答即可，注意电极反应式的书写要结合溶液的酸碱性，为易错点．【解析】rm{N_{2}H_{4}}rm{O_{2}}负；rm{N_{2}H_{4}-4e^{-}+4OH^{-}=N_{2}+4H_{2}O}rm{2mol}20、略

【分析】解：rm{垄脵}设丙烷和丙烯物质的量分别为rm{xmol}rm{ymol}根据二者物质的量之和与rm{H}原子守恒列方程；

则：rm{begin{cases}x+y=18x+6y=dfrac{63g}{18g/mol}隆脕2end{cases}}

解得：rm{begin{cases}x=0.5y=0.5end{cases}}

则丙烷和丙烯的物质的量之比为：rm{begin{cases}x+y=18x+6y=dfrac

{63g}{18g/mol}隆脕2end{cases}}rm{begin{cases}x=0.5

y=0.5end{cases}}rm{0.5mol}

故答案为：rm{0.5mol=1}rm{1}

rm{1}当rm{1}时，根据碳元素守恒可知，反应后rm{垄脷}和rm{m=1}混合气体的物质的量之和为：rm{CO}且反应后rm{CO_{2}}和rm{1mol隆脕3=3mol}混合气体的物质的量是反应前氧气的物质的量的rm{CO}时，故rm{CO_{2}}解得：rm{dfrac{12}{17}}

故答案为：rm{3=nmol隆脕dfrac{12}{17}}

rm{n=4.25}生成水的物质的量为：rm{dfrac{63g}{18g/mol}=3.5mol}

根据rm{4.25}原子守恒，利用极值法，当完全为丙烷时，气体的物质的量最小，最小为：rm{dfrac{3.5mol隆脕2}{8}=dfrac{7}{8}mol}

当完全为丙烯时，混合气体的物质的量最大，最大值为：rm{dfrac{3.5mol隆脕2}{6}=dfrac{7}{6}mol}

由于为丙烷和丙烯的混合气体，则：rm{dfrac{7}{8}<m<dfrac{7}{6}}

故答案为：rm{dfrac{7}{8}<m<dfrac{7}{6}}

rm{垄脹}混合气体燃烧生成水的物质的量为：rm{dfrac{63g}{18g/mol}=3.5mol}含有rm{dfrac

{63g}{18g/mol}=3.5mol}原子的物质的量为rm{H}

rm{dfrac{3.5mol隆脕2}{8}=dfrac

{7}{8}mol}原子完全来自丙烷时，丙烷的物质的量为：rm{dfrac{3.5mol隆脕2}{6}=dfrac

{7}{6}mol}完全燃烧生成二氧化碳时消耗的氧气的物质的量为：rm{dfrac{7}{8}mol隆脕(3+dfrac{8}{4})=dfrac{35}{8}mol}

完全燃烧生成rm{dfrac{7}{8}<m<dfrac

{7}{6}}时消耗的氧气为rm{dfrac{7}{8}mol隆脕(3隆脕dfrac{1}{2}+dfrac{8}{4})=dfrac{49}{16}}

rm{dfrac{7}{8}<m<dfrac

{7}{6}}原子完全来自丙烯时，丙烯的物质的量为：rm{垄脺mmol}燃烧生成的为rm{dfrac

{63g}{18g/mol}=3.5mol}时消耗的氧气最少，最少值为：rm{dfrac{7}{6}mol隆脕(3隆脕dfra