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922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8题，共16分)1、常温下rm{pH}最小的是下列各项中的rm{(}rm{)}A.rm{pH=0}的溶液B.rm{0.04}rm{mol?L^{-1}H_{2}SO_{4}}C.rm{0.5}rm{mol?L^{-1}HCl}D.rm{0.05}rm{mol?L^{-1}CH_{3}COOH}2、已知三角锥形分子E和直线形分子G反应，生成两种直线形分子L和M如下图（组成E、G、L、M分子的元素原子序数均小于10），则下列判断错误的是（）。A.G是最活泼的非金属单质B.L分子内的化学键是极性键C.E能使紫色石蕊试液变蓝色D.M化学性质活泼3、对于可逆反应：rm{2AB_{3}(g)?A_{2}(g)+3B_{2}(g)}rm{2AB_{3}(g)?

A_{2}(g)+3B_{2}(g)}下列图象中正确的是()A.B.C.D.rm{娄陇H>0}4、有下列物质：rm{垄脵}丁烷rm{垄脷2-}甲基丙烷rm{垄脹}戊烷rm{垄脺2-}甲基丁烷rm{垄脻2}rm{2-}二甲基丙烷，其沸点排列顺序正确的是rm{(}rm{)}A.rm{垄脵>垄脷>垄脹>垄脺>垄脻}B.rm{垄脻>垄脺>垄脹>垄脷>垄脵}C.rm{垄脹>垄脺>垄脻>垄脵>垄脷}D.rm{垄脷>垄脵>垄脻>垄脺>垄脹}5、rm{1828}年德国化学家维勒首次合成了尿素rm{[CO(NH)_{2}]}尿素的四种元素中电负性最大的是A.rm{H}B.rm{N}C.rm{O}D.rm{C}6、分子式为rm{C_{n}H_{2n}O_{2}}的羧酸和某醇酯化生成分子式为rm{C_{n+3}H_{2n+6}O_{2}}的酯，反应所需羧酸和醇的质量比为rm{1隆脙1}则该羧酸是A.乙酸B.丙酸C.甲酸D.乙二酸7、下列肥料中，可跟草木灰混合施用的是rm{(}rm{)}A.rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}B.rm{NH_{4}Cl}C.rm{KNO_{3}}D.rm{Ca(H_{2}PO_{4})_{2}}8、下列各组中，每种电解质溶液电解时只生成氢气和氧气的是rm{(}rm{)}A.rm{NaOH}rm{H_{2}SO_{4}}B.rm{NaOH}rm{CuSO_{4}}C.rm{HCl}rm{CuCl_{2}}D.rm{NaCl}rm{AgNO_{3}}评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)9、为了鉴定氯乙烷中氯元素的存在，以下各步实验：①加入AgNO3溶液②加入NaOH的醇溶液，③加热④用HNO3酸化溶液⑤加入NaOH的水溶液其中操作顺序合理的是（）A.①②③⑤B.②③④①C.④③⑤①D.⑤③④①10、下列不同类别物质中均含有C、H、O三种元素的是（）A.醇B.烷烃C.糖类D.油脂11、可用来鉴别乙烯、四氯化碳、苯的方法是（）A.酸性高锰酸钾B.液溴C.硝化反应D.溴水12、一定量的铁粉与rm{10mL}一定浓度的硝酸在加热条件下充分反应，一段时间后，铁粉和rm{HNO_{3}}均无剩余，测得该过程中产生rm{NO}和rm{NO_{2}}混合气体rm{1120mL(}标准状况rm{)}向混合溶液中加入过量的铜粉，充分反应后，铜粉质量减少rm{0.64g}再加入足量的稀盐酸，铜粉质量又减少rm{9.6g}下列叙述正确的是A.最终溶液中剩余的阳离子成分为：rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{H^{+}}B.加入盐酸后，溶液中发生发应：rm{Cu+4H^{+}+2NO_{3}^{-}=Cu^{2+}+2NO_{2}隆眉+2H?_{2}O}C.硝酸的物质的量浓度为rm{15mol/L}D.rm{NO}和rm{NO_{2}}气体的物质的量之比为rm{n}rm{(NO)}rm{n}rm{(NO_{2})=1}rm{1}13、在一定条件下，rm{N_{2}}和rm{O_{2}}于密闭容器中发生如下反应：rm{2N_{2}(g)+O_{2}(g)?2N_{2}O(g).}下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的有rm{(}rm{)}A.反应不再进行B.反应体系中的rm{c(N_{2})}不再发生变化C.rm{c(N_{2}O)=c(N_{2})}D.rm{N_{2}O}的分解速率与生成速率相等14、下列说法中不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1mol}稀硫酸和rm{1mol}稀rm{Ba(OH)_{2}}溶液完全中和所放出的热量为中和热B.中和反应都是放热反应，盐类水解反应都是吸热反应C.在rm{101kPa}时，rm{1mol}碳燃烧所放出的热量一定是碳的燃烧热D.碳与二氧化碳的反应既是吸热反应，也是化合反应15、如图是可逆反应A+2B⇌2C+3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变（先降温后加压）而变化的情况，由此可推断（）A.若B是气体，则D是液体或固体B.D均为气体C.逆反应是放热反应D.达平衡后，v（A）正=2v（C）逆16、当向蓝色的CuSO4溶液中逐滴加入氨水时，观察到首先生成蓝色沉淀，而后沉淀又逐渐溶解成为深蓝色的溶液，向深蓝色溶液中通入SO2气体，又生成了白色沉淀：将白色沉淀加入稀硫酸中，又生成了红色粉末状固体和SO2气体，同时溶液呈蓝色，根据上述实验现象分析推测，下列描述正确的有（）A.Cu2+和Ag+相似，能与NH3结合生成铜氨络离子B.白色沉淀为+2价铜的某种亚硫酸盐，溶于H2SO4发生复分解反应C.白色沉淀为+1价铜的某种亚硫酸盐，在酸性条件下发生了自身氧化还原反应D.反应过程中消耗的SO2与生成的SO2的物质的量相等评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)17、碘溶于碘化钾溶液中形成I3-，并建立如下平衡：I3-═I-+I2．实验室可以通过氧化还原滴定法测定平衡时I3-的浓度。

实验原理：为了测定平衡时的c（I3-），可用过量的碘与碘化钾溶液一起摇动，达平衡后取上层清液用标准的Na2S2O3滴定：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6．由于溶液中存在I3-═I-+I2的平衡，所以用硫代硫酸钠溶液滴定，最终测得的是I2和I3-的总浓度，设为c1，c1=c（I2）+c（I3-）；c（I2）的浓度可用相同温度下，测过量碘与水平衡时溶液中碘的浓度代替，设为c2，则c（I2）=c2，c（I3-）=c1-c2；

实验内容：

1．用一只干燥的100mL碘量瓶和一只250mL碘量瓶，分别标上1、2号，用量筒取80mL0.0100mol．L-1KI于1号瓶；取200mL蒸馏水于2号瓶，并分别加入0.5g过量的碘．

2．将两只碘量瓶塞好塞子；振荡30分钟，静置．

3．分别取上层清液20mL用浓度为cmol/L标准Na2S2O3溶液进行滴定．1号瓶消耗V1mLNa2S2O3溶液，2号瓶消耗V2mLNa2S2O3溶液．

4．带入数据计算c（I3-）

试回答下列问题。

（1）标准Na2S2O3溶液应装入______（填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”），原因是______．

（2）碘量瓶在震荡静置时要塞紧塞子，可能的原因是______

（3）滴定时向待测液中加入的指示剂是______，到达滴定终点时的现象为______．

（4）用c、V1和V2表示c（I3-）为______mol•L-1．

（5）若在测定1号瓶时，取上层清液时不小心吸入了少量的I2固体，则测定的c（I3-）______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）18、请写出下列反应的化学反应方程式；并判断其反应类型．

（1）乙烯与溴的反应：______，属于______反应．

（2）由乙烯制聚乙烯：______，属于______反应．

（3）由苯制取溴苯：______，属于______反应．19、在密闭容器中进行可逆反应，A与B反应生成C，其反应速率可分别用v（A）、v（B）、v（C）表示，且有如下关系：v（B）=3v（A），v（C）=2v（A），3v（C）=2v（B），则该反应的化学方程式为：______．20、FeCl3的水溶液显______（“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：______．21、钠；铝和铁是中学化学常见的金属．请回答下列问题：

（1）实验室中少量钠常常保存在______中（填“煤油”或“水”）；

（2）向氢氧化钠溶液中加入铝粉，反应生成的气体是______；

（3）铁可以形成多种氧化物，其中常用作红色油漆和涂料的是______（填字母代号）．

A．FeOB．Fe2O3C．Fe3O4．评卷人得分四、探究题(共4题，共28分)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。24、（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。25、（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、有机推断题(共4题，共36分)26、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__________________________________．27、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__________________________________．28、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。29、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：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】解：rm{A.}常温下rm{pH=0}的溶液中氢离子浓度为rm{1mol/L}

B.硫酸为强电解质，rm{0.04}rm{mol?L^{-1}H_{2}SO_{4}}溶液中氢离子浓度为：rm{0.04mol/L隆脕2=0.08mol/L}

C.氯化氢为强电解质，rm{0.5mol/L}的氯化氢溶液中，氢离子浓度为rm{0.5mol/L}

D.醋酸为弱酸，rm{0.05mol/L}的醋酸溶液中，氢离子浓度一定小于rm{0.05mol/L}

根据分析可知，溶液中氢离子浓度最大的为rm{A}该溶液的rm{pH}最小；

故选A．

溶液的rm{pH=-lgc(H^{+})}则溶液中氢离子浓度越大，则溶液的rm{pH}越小，先判断溶液的酸碱性，酸溶液的rm{pH}一定rm{<}碱性溶液的rm{pH}常温下rm{pH}最小；说明溶液中氢离子浓度最大；酸性最强，据此进行解答．

本题考查了溶液酸碱性与溶液rm{pH}的关系及计算，题目难度不大，明确溶液rm{pH}的表达式及计算方法为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液rm{pH}的关系．【解析】rm{A}2、D【分析】本题不仅考查考生的观察能力，而且还有效考查了考生的思维应变能力和快速判断能力。在中学化学所学知识范围内，由原子序数均小于10的元素组成的空间结构呈三角锥形的分子应该是氨分子，结合题给信息不难推知，M应该为氮气分子，而氮气是一种非常稳定即化学性质较“惰”的气体质（因为N2分子中有一个三键：一个σ键，两个π键，三键键能很大）。根据题给图中球的大小不等可知，E、L为化合物，G、M为单质，结合组成E、G、L、M分子的元素原子序数均小于10的题给条件可大胆联想，E为氨气G为氟气，L为氟化氢，M为氮气，据此可以判断该反应为：NH3＋F2―→HF＋N2，本题应选D。【解析】【答案】D3、B【分析】【分析】本题考查图象分析，为高频考点，侧重考查学生图象分析、比较、判断能力，明确方程式特点及反应物与温度、压强的关系是解本题关键，注意rm{CD}采用“定一议二”的方法解答，题目难度不大。采用“定一议二”的方法解答，题目难度不大。

rm{CD}

【解答】

A.升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，交叉点后，逆反应速率应该大于正反应速率，故A正确；B.该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向浓度，则rm{AB}rm{AB}

rm{{,!}_{3}}的含量减小，符合图象，故B正确；C.相同浓度条件下，该反应前后气体体积减小，增大压强平衡逆向移动，则rm{AB}

rm{AB}增大压强，化学平衡逆向移动，随压强增大rm{{,!}_{3}}的含量增大，不符合图象，故C错误；D.rm{D.}增大压强，化学平衡逆向移动，随压强增大rm{AB}

rm{D.}

rm{AB}【解析】rm{B}4、C【分析】解：由烷烃中碳原子个数越多，沸点越大，则沸点戊烷rm{>}丁烷；同分异构体中支链越多，沸点越低，则rm{2}rm{2-}二甲基丙烷rm{<2-}甲基丁烷rm{<}戊烷，rm{2-}甲基丙烷rm{<}丁烷；

故沸点大小顺序为：戊烷rm{>2-}甲基丁烷rm{>2}rm{2-}二甲基丙烷rm{>}丁烷rm{>2-}甲基丙烷；

故选C．

烷烃中碳原子个数越多；沸点越大；同分异构体中支链越多，沸点越低．

本题考查沸点的比较，明确物质的关系及比较沸点的方法即可解答，难度不大．【解析】rm{C}5、C【分析】【分析】本题考查电负性的变化规律。【解答】四种元素中rm{C}rm{N}rm{O}位于同周期，其电负性由左向右逐渐增大，rm{H}的吸引电子能力最弱，故电负性最小；rm{C}rm{N}位于同周期，其电负性由左向右逐渐增大，rm{O}的吸引电子能力最弱，故电负性最小；rm{H}故选C。【解析】rm{C}6、A【分析】【分析】本题考查酯化反应的特点，酯化反应的实质是酸掉羟基醇掉氢，确定反应的羧酸或者醇可以根据反应前后质量守恒进行加减推断。【解答】酯化反应的实质是酸掉羟基醇掉氢，酯的分子式减去酸的分子式然后再加上rm{1}个酸醇酯化反应脱掉的rm{H_{2}O}的分子式就是醇的分子式，分子式rm{C_{n+3}H_{2n+6}O_{2}}减去分子式rm{C_{n}H_{2n}O_{2}}的羧酸，就剩下rm{C_{3}H_{6}}然后再加上rm{1}个rm{H_{2}O}就是rm{C_{3}H_{8}O}所以醇是丙醇，反应所需羧酸和醇的质量比为rm{1}rm{1}所以酸是乙酸，故A正确。

故选A。【解析】rm{A}7、C【分析】解：rm{A.}草木灰显碱性，与铵盐混合会使铵盐中的铵根离子转化为氨气逸出，降低肥效，所以rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}不能跟草木灰混合施用；故A错误；

B.草木灰显碱性，与铵盐混合会使铵盐中的铵根离子转化为氨气逸出，降低肥效，所以rm{NH_{4}Cl}不能跟草木灰混合施用；故B错误；

C.rm{KNO_{3}}与草木灰中的成分不反应；可跟草木灰混合施用，故C正确；

D.草木灰与rm{Ca(H_{2}PO_{4})_{2}}混合会生成难溶性的rm{Ca_{3}(PO_{4})_{2}}会降低肥效，所以不能混合使用，故D错误．

故选C．

草木灰中含有碳酸盐显碱性，与铵盐混合会使铵盐中的铵根离子转化为氨气逸出，降低肥效，与rm{Ca(H_{2}PO_{4})_{2}}混合会生成难溶性的rm{Ca_{3}(PO_{4})_{2}}据此分析．

本题考查了化学知识在农业生产中的应用，侧重于盐的水解知识的应用，题目难度不大．【解析】rm{C}8、A【分析】解：rm{A.}电解rm{NaOH}rm{H_{2}SO_{4}}两极上分别生成rm{H_{2}}和rm{O_{2}}故A正确；

B.电解rm{CuSO_{4}}阴极生成rm{Cu}故B错误；

C.电解rm{HCl}溶液生成rm{H_{2}}和rm{Cl_{2}}电解rm{CuCl_{2}}生成rm{Cu}和rm{Cl_{2}}故C错误；

D.电解rm{NaCl}在阳极上生成rm{Cl_{2}}电解rm{AgNO_{3}}在阴极上得到银，故D错误rm{.}

故选A．

电解时只生成rm{H_{2}}和rm{O_{2}}相当于电解水，应为强碱；含氧酸以及活泼金属的含氧酸盐的电解．

本题考查电解知识，侧重于电解规律的考查，注意把握离子放电顺序即可解答该题，题目难度不大．【解析】rm{A}二、双选题(共8题，共16分)9、B|D【分析】解：鉴别氯乙烷中氯元素，由试剂可知应先发生消去反应，后加酸中和至酸性，然后加硝酸银生成白色沉淀，则操作顺序为②加入NaOH的醇溶液、③加热、冷却后加④用HNO3酸化溶液，最后①加入AgNO3溶液；生成白色沉淀可说明，即为②③④①或⑤③④①；

故选BD．

鉴别氯乙烷中氯元素；应先水解或发生消去反应，后加酸中和至酸性，然后加硝酸银生成白色沉淀，以此来解答．

本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握有机物的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意卤代烃不含氯离子，题目难度不大．【解析】【答案】BD10、A|C|D【分析】解：A．醇含官能团羟基；含C；H、O三种元素，故A错误；

B．烷烃含C；H两种元素；故B错误；

C．糖类含C；H、O三种元素；故C正确；

D．油脂含C；H、O三种元素；故D正确；

故选ABC．

烃含C；H两种元素；醇、糖类、油脂属于烃的含氧衍生物，据此分析．

本题考查了有机物的元素组成，较基础，中学中主要学习了烃和烃的含氧衍生物，注意蛋白质除含C、H、O外，还含N、P等元素．【解析】【答案】ACD11、A|D【分析】解：A．乙烯可使高锰酸钾褪色；四氯化碳与高锰酸钾分层后有机层在下层，四氯化碳与苯混合后有机层在上层，可鉴别，故A选；

B．四氯化碳；苯与液溴混合；均不分层，现象相同，不能鉴别，故B不选；

C．乙烯；四氯化碳均不发生硝化反应；不能鉴别，故C不选；

D．乙烯；四氯化碳、苯与溴水混合的现象分别为：溴水褪色、分层后有机色层在下层、分层后有机色层在上层；现象不同，可鉴别，故D选；

故选AD．

乙烯可发生加成；氧化反应；四氯化碳、苯均不溶于水，且密度分别比水大、比水小，以此来解答．

本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握物质的性质及反应中的现象为解答的关键，侧重萃取现象及加成反应、氧化反应的考查，题目难度不大．【解析】【答案】AD12、CD【分析】略【解析】rm{CD}13、rBD【分析】解：rm{A}反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等但反应不停止且反应速率不为rm{0}故A错误；

B；化学反应到达平衡时；各物质的物质的量浓度不再发生变化，故B正确；

C；化学反应到达平衡时；各物质的物质的量浓度不再发生变化，但是不一定是相等的，故C错误；

D、rm{N_{2}O}的分解速率与生成速率相等；说明正逆反应速率相等，达到了平衡，故D正确．

故选BD．

化学反应到达平衡时；正逆反应速率相等，各物质的物质的量浓度不再发生变化来进行判断．

本题考查平衡状态的判断，对于反应前后气体的计量数之和不相等的可逆反应来说，可从浓度、温度、颜色、压强、百分含量等角度判断是否达到平衡状态．【解析】rm{BD}14、rAC【分析】解：rm{A.1}rm{mol}硫酸与rm{1mol}rm{Ba(OH)_{2}}完全中和生成硫酸钡沉淀和rm{2molH_{2}O}同时rm{SO_{4}^{2-_{潞脥}}Ba^{2+}}反应生成rm{BaSO_{4}}需要放出热量，所以该反应放出的热量不是中和热，故A错误；

B.酸碱中和反应是放热反应；盐类水解反应是中和反应的逆反应为吸热反应，中和反应都是放热反应，盐类水解反应都是吸热反应，故B正确；

C.rm{101kPa}时，rm{1mol}碳燃烧若没有生成稳定的氧化物即生成rm{CO}所放出的热量就不是碳的燃烧热；故C错误；

D.碳与二氧化碳生成rm{CO}的反应是吸热反应；该反应也属于化合反应，故D正确；

故选AC．

A.中和热是指强酸、强碱生成rm{1mol}水放出的热量，rm{1mol}稀硫酸和rm{1molBa(OH)_{2}}反应生成rm{2mol}水，且rm{SO_{4}^{2-}}和rm{Ba^{2+}}反应生成rm{BaSO_{4}}需要放出热量；

B.酸碱中和反应是放热反应；盐的水解为中和反应的逆反应；属于吸热反应；

C.燃烧热指rm{1mol}可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量；

D.碳与二氧化碳的反应是吸热反应；结合化合反应概念判断反应类型．

本题考查反应热与焓变的应用，题目难度不大，涉及中和热和燃烧热的概念、反应类型判断等知识，明确化学反应与能力变化的关系即可解答，试题培养了学生的灵活应用能力．【解析】rm{AC}15、AD【分析】解：A．图示增大压强；正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，则说明气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，若A；B是气体，D是液体或固体，增大压强平衡向正反应方向移动与图示一致，则A正确；

B．若A；B、C、D均为气体；增大压强平衡向逆反应方向移动，图示增大压强平衡向正反应方向移动，故B错误；

C．由图象可以看出降低温度；正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应移动，则该反应的正反应为放热反应，逆反应吸热，故C错误；

D．当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，速率之比等于化学计量数之比，平衡为动态平衡，平衡后，v（A）正=2v（C）逆；A的消耗速率等效于C的消耗速率，故D正确；

故选：AD。

由图象可以看出降低温度；正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应移动，则该反应的正反应为放热反应，增大压强，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，则说明气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，以此可解答该题．

本题考查化学反应速率与化学平衡的图象问题，根据温度、压强对反应速率的影响判断平衡移动的方向是解答该题的关键，注意压强对平衡移动的影响与化学计量数的关系，为易错点，题目难度中等．【解析】AD16、AC【分析】解：A；蓝色沉淀为氢氧化铜能溶解于过量氨水中生成深蓝色溶液；溶液中所含的是铜氨络离子，银离子和氨水反应生成氢氧化银，氢氧化银溶于过量的氨水中生成银铵络离子，故A正确；

B；将白色沉淀加入稀硫酸中又生成了红色粉末状固体和二氧化硫气体；同时溶液呈蓝色，说明白色沉淀为+1价铜的某种亚硫酸盐，在酸性条件下发生歧化反应生成铜和铜离子，而不是发生复分解反应，故B错误；

C；将白色沉淀加入稀硫酸中又生成了红色粉末状固体和二氧化硫气体；同时溶液呈蓝色，说明白色沉淀为+1价铜的某种亚硫酸盐，在酸性条件下发生歧化反应生成铜和铜离子，是发生了自身氧化还原反应，故C正确；

D；反应过程中铜氨络离子被二氧化硫还原；生成亚铜离子的亚硫酸盐，向该盐中加入稀硫酸放出二氧化硫，溶液中产生铜和铜离子，所以反应过程中消耗的二氧化硫的物质的量多于生成的二氧化硫的物质的量，故D错误；

故选：AC。

A；蓝色沉淀为氢氧化铜能溶解于过量氨水中生成深蓝色溶液；溶液中所含的是铜氨络离子，银离子和氨水反应生成氢氧化银，氢氧化银溶于过量的氨水中生成银铵络离子；

B；将白色沉淀加入稀硫酸中又生成了红色粉末状固体和二氧化硫气体；同时溶液呈蓝色，说明白色沉淀为+1价铜的某种亚硫酸盐，在酸性条件下发生歧化反应生成铜和铜离子，而不是发生复分解反应；

C；将白色沉淀加入稀硫酸中又生成了红色粉末状固体和二氧化硫气体；同时溶液呈蓝色，说明白色沉淀为+1价铜的某种亚硫酸盐；

D；反应过程中铜氨络离子被二氧化硫还原；生成亚铜离子的亚硫酸盐，向该盐中加入稀硫酸放出二氧化硫，溶液中产生铜和铜离子，所以反应过程中消耗的二氧化硫的物质的量多于生成的二氧化硫的物质的量；

本题考查了铜及其化合物性质的分析应用，二氧化硫的还原性，反应现象和题干信息的分析应用是解题关键，题目难度中等．【解析】AC三、填空题(共5题，共10分)17、略

【分析】解：（1）Na2S2O3溶液是强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，所以标准Na2S2O3溶液应装入碱式滴定管中；

故答案为：碱式滴定管；Na2S2O3溶液是强碱弱酸盐；水解溶液显碱性；

（2）由于碘离子具有还原性，而空气中含有氧气，氧气能氧化碘离子，所以碘量瓶在震荡静置时要塞紧塞子的原因是防止I-被空气中的氧气氧化；

故答案为：防止I-被空气中的氧气氧化；

（3）由于碘遇淀粉显蓝色；所以滴定时向待测液中加入的指示剂是淀粉，到达滴定终点时的现象为溶液恰好由蓝色变成无色，且半分钟内不褪色；

故答案为：淀粉；溶液恰好由蓝色变成无色；且半分钟内不褪色；

（4）1号瓶消耗V1mLNa2S2O3溶液，由2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6可知，20ml溶液中I2和I3-的总物质的量=×V1×10-3L×cmol/L=0.5cV1×10-3mol；

2号瓶消耗V2mLNa2S2O3溶液，可知20mL溶液中I2的物质的量=×V2×10-3L×cmol/L=0.5cV2×10-3mol；

故c（I3-）==mol/L；

故答案为：mol/L；

（5）如果取上层清液时不小心吸入了少量的I2固体，则1号瓶消耗Na2S2O3溶液的体积增加，由c（I3-）=mol/L可知；测定结果偏大；

故答案为：偏大．

（1）Na2S2O3溶液是强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，所以标准Na2S2O3溶液应装入碱式滴定管中；

（2）由于碘离子具有还原性，而空气中含有氧气，氧气能氧化碘离子，防止I-被空气中的氧气氧化；

（3）由于碘遇淀粉显蓝色；所以滴定时向待测液中加入的指示剂是淀粉；到达滴定终点时的现象为溶液恰好由蓝色变成无色，且半分钟内不褪色；

（4）根据1号瓶消耗的Na2S2O3溶液，结合方程式计算20ml溶液中I2和I3-的总物质的量；根据2号瓶消耗的Na2S2O3溶液，结合方程式计算20ml溶液中I2的物质的量，进而计算I3-的物质的量，根据c=计算；

（5）如果取上层清液时不小心吸入了少量的I2固体，则1号瓶消耗Na2S2O3溶液的体积增加，结合（4）中c（I3-）表达式判断．

本题本题以碘化钾溶液中碘离子浓度的测定的有关实验探究为载体，考查氧化还原滴定、化学计算、碘元素单质及化合物的性质等，根据步骤理解测定原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，难度较大．【解析】碱式滴定管；Na2S2O3溶液是强碱弱酸盐，水解溶液显碱性；防止I-被空气中的氧气氧化；淀粉；溶液恰好由蓝色变成无色，且半分钟内不褪色；偏大18、略

【分析】解：（1）乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，反应的化学方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；该反应属于加成反应；

故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；加成；

（2）乙烯在一定条件下能够发生加聚反应生成聚乙烯，反应的化学方程式为：nCH2=CH2该反应属于加聚反应；

故答案为：nCH2=CH2加聚；

（3）在催化剂的作用下，苯环上的氢原子溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成，反应的化学方程式为：C6H6+Br2C6H5Br+HBr；该反应属于取代反应；

故答案为：C6H6+Br2C6H5Br+HBr；取代．

（1）乙烯分子中含有碳碳双键；能够与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷；

（2）乙烯在一定条件下能够发生加聚反应生成聚乙烯；

（3）苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢；该反应为取代反应．

本题考查了有机反应方程式的书写及反应类型的判断，题目难度中等，注意掌握书写化学方程式的方法，明确有机反应原理及反应类型为解答本题的关键．【解析】CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；加成；nCH2=CH2加聚；C6H6+Br2C6H5Br+HBr；取代19、略

【分析】解：在密闭容器中进行可逆反应；A与B反应生成C，由于v（B）=3v（A）；v（c）=2v（A）、3v（C）=2v（B），所以v（A）：v（B）：v（C）=1：3：2，所以反应为：A+3B⇌2C，故答案为：A+3B⇌2C．

根据速率之比等于化学计量数之比确定各物质的系数；据此书写化学方程式．

本题考查化学反应速率，难度较小，关键清楚利用速率之比等于化学计量数之比确定各物质的系数．【解析】A+3B⇌2C20、略

【分析】解：FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子水解而使其溶液呈酸性，水解离子反应方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，故答案为：酸；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+．

FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子水解而使其溶液呈酸性，水解离子反应方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；由此分析解答．

本题考查了盐类水解，根据“谁强谁显性、谁弱谁水解”的规律来分析氯化铁溶液酸碱性，再结合盐类水解的影响因素来分析解答，题目难度不大．【解析】酸；Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+21、略

【分析】解：（1）钠能和水反应生成氢氧化钠和氢气；所以钠不能保存在水中，钠的密度大于煤油的密度，且钠和煤油不反应，所以把钠放置在煤油中而阻止了与氧气和水的反应；

故答案为：煤油；

（2）铝和氢氧化钠溶液发生氧化还原反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；生成偏铝酸钠和氢气；

故答案为：H2；

（3）A．氧化亚铁为黑色氧化物；不可用作红色油漆和涂料，故A错误；

B．氧化铁俗称铁红；是一种红棕色的物质，常用作红色油漆和涂料，故B正确；

C．四氧化三铁为黑色氧化物；不可用作红色油漆和涂料，故C错误；

故答案为：B．

（1）根据金属钠的性质来分析其保存方法：钠性质较活泼；能和空气中的氧气；水等物质反应，所以保存要隔绝空气；

（2）铝和氢氧化钠溶液发生氧化还原反应生成偏铝酸钠和氢气；

（3）根据铁的氧化物的颜色和用途进行解答．

本题考查金属钠的性质以及保存、铝与碱溶液的反应、铁的氧化物性质等知识，注意钠性质较活泼，能和空气中的氧气、水等物质反应，所以保存要隔绝空气，掌握铝与碱溶液的反应原理以及铁的氧化物性质和颜色用途是解题关键，题目难度不大．【解析】煤油；H2；B四、探究题(共4题，共28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）24、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）25、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、有机推断题(共4题，共36分)26、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)