2024年沪教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年沪教版高二化学下册阶段测试试卷440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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列物质属于强电解质且该状态下能导电的是（）

（1）氯化钠溶液；（2）氯化铵固体；（3）铜；（4）石墨；（5）熔融NaOH；（6）稀硫酸；（7）乙酸．A.（1）（2）（5）（6）B.（5）C.（2）（5）D.（1）（3）（4）（5）（6）2、下列说法或有关化学用语的表达不正确的是()A.在基态多电子原子中，rm{p}轨道电子能量不一定高于rm{s}轨道电子能量B.核外电子排布由rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{1}隆煤1s^{2}2s^{2}2p^{6}}的变化需要吸收能量C.rm{Ca^{2+}}离子基态电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}}D.氧元素基态原子的电子排布图为3、下列有关实验操作或原理正确的是A.图rm{1}表示用自来水制取蒸馏水B.图rm{2}表示向容量瓶中转移溶液C.图rm{3}表示检验溶液中是否含有rm{K^{+}}D.图rm{4}表示蒸干溶液制rm{NH_{4}Cl}晶体4、“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”rm{(}夹持装置未画出rm{)}说法正确的是rm{(}rm{)}

A.加热时，rm{垄脵}上部汇聚了固体碘，说明碘的热稳定性较差B.加热时，rm{垄脷}rm{垄脹}中的溶液为无色，冷却后又都变红C.rm{垄脺}中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变浅，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变深D.四个“封管实验”中不是都有可逆反应发生5、rm{100mL}浓度为rm{2mol?L^{-1}}的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是rm{(}rm{)}A.加入适量rm{6}rm{mol?L^{-1}}的盐酸B.加入少量醋酸钠固体C.加热D.加入少量金属钠6、300多年前，著名化学家波义耳发现了铁盐与没食子酸(结构式如下图所示)的显色反应，并由此发明了蓝黑墨水。与制造蓝黑墨水相关的基团可能是（）A.苯环B.羧基C.羧基中的羟基D.酚羟基评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、如图是以铅蓄电池为电源；模拟氯碱工业电解饱和食盐水的装置图（C；D均为石墨电极）．

电解一段时间后；若在电解池中C极一侧出来的气体无色无味，D极一侧出来的气体呈黄绿色有刺激性气味．请回答以下问题：

（1）已知铅蓄电池在放电时发生的反应：Pb+PbO2+4H++2SO42-=2PbSO4+2H2O；则。

A极为____极，发生____反应，电极反应为____

B极为____极，发生____反应，电极反应为____

（2）请写出电解饱和食盐水的化学方程式____．

C极为____极，发生____反应，电极反应为____

D极为____极，发生____反应，电极反应为____

（3）用铅蓄电池电解1L饱和食盐水（食盐水足量、密度为1.150g/cm3）时；若电路上有0.2mol电子的电量通过，则。

①铅蓄电池消耗H2SO4____mol．

②电解池中收集到____L（标准状况下）氯气（假设氯气全部排出）．

③所得NaOH溶液中的物质的量浓度=____．剩余NaCl的密度为____（假设体积不变）．

（4）氯碱工业生产中的电解饱和食盐水池中所用的高分子隔膜叫做____膜；所起的主要作用有。

①____

②____

③____．

8、（9分）已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，三个氯离子位于外界。请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____。（2）B的氢化物的分子空间构型是____。其中心原子采取____杂化。（3）写出化合物AC2的电子式____；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为____。（4）E的核外电子排布式是____，ECl3形成的配合物的化学式为____。（5）B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是____。9、（1）对可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(s)＋dD(g)达到平衡时，其反应的K值与温度有关。请写出该反应的平衡常数表达式现有反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH<0。在850℃时，K＝1。（2）若升高温度到950℃，达到平衡时K________1(填“大于”“小于”或“等于”)。（3）850℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0molCO、3.0molH2O、1.0molCO2和xmolH2①当x＝5.0时，上述平衡向________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。②若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是________________。10、元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。下表列出了①～⑧七种元素在周期表中的位置。。族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02⑤⑥⑧3①③④⑦4②请回答：（1）画出③的原子结构示意图____（2）在①、②、③三种元素的最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的是____（填碱的化学式）。（3）⑦、⑧两元素对应形成的氢化物中，最稳定的是____（填氢化物化学式）。（4）写出⑤和⑥形成的三原子化合物的化学式____（5）写出①、④元素的最高价氧化物对应水化物之间反应生成的盐的化学式为：____。11、（6分）填空：（1）在测定硫酸铜结晶水含量实验过程中，称量操作至少进行____次。当加热到时，停止加热，并将坩埚放在____中冷却。当____时则可认为结晶水已经完全失去。实际操作中，有些操作会使实验结果偏高或偏低。下列操作会使测定结果偏高的是____（填字母）A．加热温度过高而使硫酸铜部分分解B．坩埚用水洗后没有烘干C．加热后放在空气中冷却D．粉末未完全变白就停止加热（2）同素异形体相互转化的反应热相当小而且转化速度较慢，有时还很不完全，测定反应热很困难。现在可根据盖斯提出的观点“不管化学过程是一步完成或分几步完成，这个总过程的热效应是相同的”来研究。已知：P4(s、白磷)＋5O2(g)＝P4O10(s)；△H＝－2983.2kJ·mol－1P(s、红磷)＋5/4O2(g)＝1/4P4O10(s)；△H＝－738.5kJ·mol－1由此可知白磷的稳定性比红磷＿＿＿＿＿。(填写“强”或“弱”)12、X、Y、Z、W为按原子序数由小到大排列的四种短周期元素，已知：①X元素原子的价电子排布式为ns1，且原子半径是同族元素最小的。②Y元素是地壳中含量最多的元素；W元素的电负性略小于Y元素，在W原子的电子排布式中，p轨道上只有1个未成对电子。③Z元素的电离能(用符号I表示)数据见表(kJ·mol－1)。I1I2I3I4496456269129540请回答：⑴Z2Y中含有的化学键类型为____。⑵Z2Y2的电子式为____。⑶X2Y分子的空间构型为____，其中心原子的杂化方式为____，XWY属于________(填“极性”或“非极性”)分子。13、（10分）常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH，如下表：。实验编号HA物质的量浓度(mol·L-1)NaOH物质的量浓度(mol·L-1)混合溶液的pH①0.10.1pH＝9②c0.2pH＝7③0.20.1pH＜7请回答：（1）从①组情况分析，HA是强酸还是弱酸。（2）②组情况表明，c0.2(选填“大于”、“小于”或“等于”)。混合液中离子浓度c(A－)与c(Na＋)的大小关系是。（3）从③组实验结果分析，说明HX的电离程度______NaX的水解程度(选填“大于”、“小于”或“等于”)，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是。（4）①组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝mol·L－1。写出该混合溶液中下列算式的精确结果(不能作近似计算)。c(Na+)－c(A－)＝mol·L-1；c(OH－)－c(HA)＝mol·L-114、rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2SO_{3}(g)}反应过程的能量变化如图所示。已知rm{1molSO_{2}(g)}氧化为rm{1molSO_{3}(g)}的rm{娄陇H=-99kJ隆陇mol^{-1}}请回答下列问题：rm{(1)}图中rm{A}rm{C}分别表示________、________；rm{(2)E}表示________；rm{E}的大小对该反应的反应热________rm{(}填“有”或“无”rm{)}影响。rm{(3)}该反应通常用rm{V_{2}O_{5}}作催化剂，加rm{V_{2}O_{5}}会使图rm{娄陇H}________rm{(}填“变大”、“变小”或“不变”rm{)}理由是______________________________________。rm{(4)}图中rm{娄陇H=}________rm{kJ隆陇mol^{-1}}rm{(5)}已知单质硫的燃烧热为rm{296kJ隆陇mol^{-1}}计算由rm{S(s)}生成rm{3molSO_{3}(g)}的rm{娄陇H=}________。15、下列各组物质。

rm{垄脵O_{2}}和rm{O_{3}垄脷H_{2}}rm{D_{2}}rm{T_{2}垄脹^{12}C}和rm{{,!}^{14}C}rm{垄脺CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}和rm{垄脺

CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}

rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{3}}乙烷和丁烷rm{垄脼CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH(C_{2}H_{5})CH_{3}}和rm{垄脻}

互为同系物的是__________，互为同分异构体的是________，互为同位素的是______，互为同素异形体的是__________，是同一物质的是__________。rm{垄脼

CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH(C_{2}H_{5})CH_{3}}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32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。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】解：（1）氯化钠溶液能导电但不是强电解质；因为是混合物，故不选；

（2）氯化铵固体是强电解质；但在该状态下不导电，故不选；

（3）铜导电；但铜是单质，不是电解质更不是强电解质，故不选；

（4）石墨导电；但石墨是单质，不是电解质更不是强电解质，故不选；

（5）熔融NaOH能导电；而且是强电解质，故选；

（6）稀硫酸能导电；但稀硫酸是溶液，混合物，故不是电解质更不是强电解质，故不选；

（7）乙酸不导电；而且是弱电解质，故不选．

故选B．

在水溶液里或熔融状态能完全电离的电解质是强电解质；常见的强电解质是强酸；强碱、绝大多数盐、金属氧化物等；

强电解质属于电解质；而电解质必须是化合物；

能导电的物质中含有自由电子或自由移动的阴阳离子；据此即可解答．

本题考查了强弱电解质的概念以及与物质导电的区别，把握住定义要点是关键．应注意电解质不一定能导电，导电的也不一定是电解质．【解析】【答案】B2、D【分析】略【解析】rm{D}3、B【分析】【分析】

本题考查化学实验方案的评价；题目难度不大，涉及溶液配制；中和滴定、乙烯制备等知识，明确常见化学实验基本操作方法即可解答。

【解答】A.蒸馏时温度计应放置在蒸馏烧瓶的支管口处，故A错误；B.配制一定浓度的溶液时，应该将玻璃杯下端放在容量瓶刻度线下方，故B正确；C.应透过蓝色钴玻璃观察钾离子的焰色反应，故C错误；D.氯化铵受热易分解，蒸干无法得到氯化铵晶体，故D错误。故选B。【解析】rm{B}4、D【分析】解：rm{A.}加热时，rm{垄脵}上部汇集了固体碘单质；说明碘发生了升华现象，为其物理性质，不能说明碘单质的热稳定性较差，故A错误；

B.rm{垄脷}中氨水显碱性；使酚酞变红，加热时，氨气逸出，冷却后，氨气又和水反应，变成红色，二氧化硫与品红显无色，加热后二氧化硫逸出，显红色，二者现象不同，故B错误；

C.rm{2NO_{2}(g)?N_{2}O_{4}(g)triangleH=-92.4kJ/mol}正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则颜色变深，rm{2NO_{2}(g)?N_{2}O_{4}(g)triangle

H=-92.4kJ/mol}中浸泡在热水中的容器内气体颜色变深；反之变浅，所以浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅，故C错误；

D.rm{垄脺}中碘的升华为物理变化；rm{垄脵}中一水合氨的电离为可逆反应；rm{垄脷}中亚硫酸的电离为可逆过程，rm{垄脹}中二氧化氮与四氧化二氮的转化为可逆反应；所以四个“封管实验”中不是都有可逆反应发生，故D正确；

故选D．

A.碘单质易升华；属于碘单质的物理性质，不能据此判断碘的热稳定性；

B.氨气使酚酞溶液变红；二氧化硫能够使品红溶液褪色；

C.二氧化氮转化成四氧化二氮的反应为放热反应；升高温度平衡向着逆向移动；

D.可逆反应；须在同等条件下，既能向正反应进行，又能向逆反应进行．

本题考查化学实验方案的评价，涉及可逆反应、漂白性、平衡移动的因素、碘单质的性质等知识，注重基础知识的考查和实验原理，题目难度不大．rm{垄脺}【解析】rm{D}5、C【分析】解：rm{A.}加入适量的rm{6mol?L^{-1}}的盐酸；反应速率加快，生成氢气增多，故A不选；

B.加入少量醋酸钠固体；生成醋酸，氢离子浓度变小，反应速率减慢，故B不选；

C.升高温度；反应速率增大，生成氢气的总量不变，故C选；

D.加入钠；与水反应生成氢气，氢气的总量改变，故D不选．

故选C．

过量的锌片；盐酸完全反应，则加快反应速率又不影响生成氢气的总量，可增大氢离子浓度或增大金属的接触面积；构成原电池等，不改变其氢离子物质的量即可，以此解答该题．

本题考查影响反应速率的因素，为高考常考考点，注意rm{Zn}过量，生成氢气由盐酸决定，把握浓度、温度、原电池对反应速率的影响即可解答，题目难度不大．【解析】rm{C}6、D【分析】试题分析：根据没食子酸的结构简式知，没食子酸中含有酚羟基，能与铁盐发生显色反应，选D。考点：考查有机物的结构和性质，酚羟基的性质。【解析】【答案】D二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】

电解一段时间后；若在电解池中C极一侧出来的气体无色无味氢气，则C极是阴极，D极一侧出来的气体呈黄绿色有刺激性气味氯气，D极是阳极，所以原电池中A极是负极，B极是正极；

（1）A是负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成硫酸铅，该反应属于氧化反应，电极反应式为：Pb+SO42--2e-=PbSO4；

B是正极，正极上二氧化铅得电子和硫酸反应生成硫酸铅、水，该反应属于还原反应，电极反应式为：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O；

故答案为：负，氧化，Pb+SO42--2e-=PbSO4；正，还原，PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O；

（2）电解氯化钠溶液时，C是阴极，阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-↑，D是阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，同时生成氢氧化钠，所以其电池反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，阴极，还原，2H2O+2e-=H2+2OH-↑，阳极，氧化，2Cl--2e-=Cl2↑；

（3）Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O转移电子。

2mol2mol

根据硫酸和转移电子的关系知；当转移2mol电子时，消耗硫酸的物质的量是2mol，则转移0.2mol电子时消耗硫酸的物质的量是0.2mol；

2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑转移电子。

22.4L2mol

根据氯气和转移电子的关系式知；当生成22.4L氯气时转移电子的物质的量是2mol，当转移0.2mol电子时生成2.24L氯气；

2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑转移电子。

2mol2mol

根据氢氧化钠和转移电子的关系式知，生成2mol氢氧化钠时转移电子的物质的量是2mol，当转移0.2mol电子时生成0.2mol氢氧化钠，C（NaOH）==0.2mol/L；

2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑转移电子。

117g2mol

根据氯化钠和转移电子的关系式知，当转移2mol电子消耗117g氯化钠，则转移0.2mol电子时消耗11.7g氯化钠，溶液中含有氯化钠的质量=1.150g/cm3×1000cm3-11.7g=1138.3g，ρ==1.138g/cm3；

故答案为：0.2，2.24，0.2mol/L，1.138g/cm3；

（4）氯碱工业生产中的电解饱和食盐水池中所用的高分子隔膜叫做阳离子膜；其作用有：让阳离子钠离子穿过达到，阻止氯离子和氢氧根离子穿过，防止氯气和氢气接触而发生反应，防止氯气和氢氧化钠接触发生反应；

故答案为：阳离子；让阳离子钠离子穿过达到，阻止氯离子和氢氧根离子穿过，防止氯气和氢气接触而发生反应，防止氯气和氢氧化钠接触发生反应．

【解析】【答案】电解一段时间后；若在电解池中C极一侧出来的气体无色无味氢气，则C极是阴极，D极一侧出来的气体呈黄绿色有刺激性气味氯气，D极是阳极，所以原电池中A极是负极，B极是正极；

（1）铅蓄电池中；负极是铅，负极上铅失电子发生氧化反应，正极上二氧化铅得电子发生还原反应；

（2）电解饱和食盐水时；阴极上得电子生成氢气，阳极上失电子生成氯气，写出电极反应式；

（3）根据各物质和转移电子之间的关系式进行分析解答；

（4）离子交换膜只能部分离子通过；从而阻止物质之间接触而反应．

8、略

【分析】【解析】试题分析：根据化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，可知D是Mg，C是O；AC2为非极性分子，可知A为C，B为N；E的原子序数为24，则E为Cr。（1）根据同周期第一电离能逐渐增大，O反常，则C、、ON第一电离能依次增大。（2）NH3是SP3杂化，分子空间构型是三角锥型。其中心原子采取sp3杂化。（3）CO2的电子式是由N、O组成的化合物与CO2互为等电子体，其化学式为N2O。（4）Cr的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1），根据Cr的空轨道数，CrCl3形成的配合物的化学式为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。（5）稀硝酸与Mg反应时，N被还原到最低价是-3价，生成的是NH4+，则该反应的化学方程式是4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+5H2O。考点：考查元素的推断、物质结构与性质的关系、电离能、杂化与分子构型、化学方程式的书写等。【解析】【答案】（1）C<div>（2）三角锥(1分)，sp3(1分)（3）(1分)，N2O(1分)（4）1s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1）(1分)，[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3(1分)（5）4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+5H2O(2分)。9、略

【分析】（1）当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值是平衡常数。C是固态，浓度可视为定值，在表达式中不能出现，所以该反应的平衡常数表达式为K=cd(D)/ca(A)cb(B)。（2）反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，所以平衡常数减小，即小于1。（3）①此时＞1，所以反应向逆反应方向移动。②要使上述反应开始时向正反应方向进行，则＜1，即0≤x＜3.【解析】【答案】（1）K=cd(D)/ca(A)cb(B)（或K=[D]d/[A]a[B]b）（2）小于（3）①逆反应②0≤x＜310、略

【分析】【解析】【答案】（1）（+12）282（2）KOH（3）HF（4）CO2（5）NaAlO211、略

【分析】【解析】【答案】(每空1分)（1）4蓝色晶体完全变成白色粉末，且不再有水蒸气逸出干燥器连续两次称量的质量差不超过0.1gAB（2）弱12、略

【分析】【解析】试题分析：X元素原子的价电子排布式为ns1，且原子半径是同族元素最小的，这说明X是氢元素。Y元素是地壳中含量最多的元素，则Y是氧元素；W元素的电负性略小于Y元素，在W原子的电子排布式中，p轨道上只有1个未成对电子，且W的原子序数大于氧元素的，这说明W应该是氯元素。根据Z元素的电离能可知，Z的第二电离能远远大于第一电离能，这说明Z是第IA族元素，所以根据Z的原子序数可知，Z应该是钠元素。（1）氧化钠中含有离子键。（2）过氧化钠中含有离子键和非极性键，则电子式是（3）水分子中氧原子含有的孤对电子对数＝（6－2×1）÷2＝2，所以水是V形结构，氧原子是sp3杂化。HClO分子中电荷不能重合，所以是极性分子。考点：考查化学键、电子式、分子空间构型以及分子极性的判断【解析】【答案】⑴离子键⑵⑶V形；sp3；极性13、略

【分析】（1）一元酸HA和NaOH溶液等体积等浓度混合，溶液显碱性，所以反应后水解显碱性，因此酸是弱酸。（2）由于恰好反应，溶液显碱性，所以要使溶液显中性，则酸必须过量，即c大于0.2mol/L。根据电荷守恒c(OH－)＋c(A－)＝c(Na＋)＋c(H＋)可知，c(A－)＝c(Na＋)。（3）在③中酸过量，且剩余的酸和生成的NaX的浓度是相同的。由于溶液显酸性，说明酸的电离程度大于盐的水解程度，所以此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(A－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。（4）溶液的pH＝9，所以溶液中c(OH－)＝10－5mol/L，溶液中的OH－全部是由水电离出来的，所以溶液中的由水电离出的c(OH－)＝10－5mol/L。又因为溶液中c(H＋)＝10－9mol/L，所以根据电荷守恒可知c(Na+)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝（10-5－10-9）mol/L。根据质子守恒c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)可知，c(OH－)－c(HA)＝c(H＋)＝10－9mol/L，【解析】【答案】（1）HA是弱酸；（1分）（2）大于；（1分）c(A－)＝c(Na＋)（1分）（3）大于；（1分）c(A－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)（1分）（4）10-5（1分）;10-5－10-9（2分）；10-9（2分）14、(1)反应物总能量生成物总能量

(2)活化能无

(3)不变因为催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即不改变反应热

(4)－198

(5)－1185kJ·mol－1【分析】【分析】本题考查了物质反应过程中的能量变化分析判断，催化剂的作用原因，化学反应速率的计算应用，热化学方程式的书写，盖斯定律的计算应用，题目难度中等。【解答】rm{(1)}图中rm{A}rm{C}分别表示反应物总能量、生成物总能量，故答案为：反应物总能量生成物总能量；rm{(2)E}为活化能，反应热可表示为rm{A}rm{C}活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关，故答案为：活化能无；rm{(3)}加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；该反应通常用rm{V_{2}O_{5}}作催化剂，催化剂改变反应速率，降低反应的活化能，改变反应历程，但不改变化学平衡，所以加rm{V_{2}O_{5}}会使图中rm{B}点降低；故答案为：不变因为催化剂可以降低反应的活化能；但不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即不改变反应热；

rm{(4)}因rm{1molSO_{2}(g)}氧化为rm{1molSO_{3}}的rm{triangleH=-99kJ?mol^{-1}}所以rm{triangle

H=-99kJ?mol^{-1}}氧化为rm{2molSO_{2}(g)}的rm{triangleH=-198kJ?mol^{-1}}则rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangleH=-198KJ?mol^{-1}}故答案为：rm{2molSO_{3}}

rm{triangle

H=-198kJ?mol^{-1}}单质硫的燃烧热为rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)=2SO_{3}(g)triangle

H=-198KJ?mol^{-1}}热化学方程式为：rm{垄脵S(s)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)triangleH_{1}=-296KJ?mol^{-1}}已知rm{-198}氧化为rm{(5)}的rm{triangleH=-99kJ?mol^{-1}.}热化学方程式为rm{垄脷SO_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)?SO_{3}(g)triangleH_{2}=-99KJ?mol^{-1}}依据盖斯定律，rm{296kJ?mol^{-1}}得到：rm{垄脹S(s)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)=SO_{3}(g)triangleH=(triangleH_{1}+triangleH_{2})KJ/mol}计算由rm{垄脵S(s)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)triangle

H_{1}=-296KJ?mol^{-1}}生成rm{1molSO_{2}(g)}得到：rm{3S(s)+dfrac{9}{2}O_{2}(g)=3SO_{3}(g)triangleH=3(triangleH_{1}+triangleH_{2})=-1185KJ?mol^{-1}}故答案为：rm{1molSO_{3}}rm{triangle

H=-99kJ?mol^{-1}.}【解析】rm{(1)}反应物总能量生成物总能量rm{(2)}活化能无rm{(3)}不变因为催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即不改变反应热rm{(4)-198}rm{(5)-1185kJ隆陇mol^{-1}}15、⑤④③①②⑥【分析】【分析】本题考查的是几个基本概念的理解，难度不大，掌握好同系物、同分异构体、同位素和同素异形体的概念即可解答。【解答】同系物指的是具有相似的结构，分子组成相差一个或若干个rm{CH}rm{CH}原子团的物质互为同系物。则根据定义互为同系物的是：rm{{,!}_{2}}同分异构体：分子式相同而结构不同的物质互为同分异构体。则根据定义互为同分异构体的是：rm{垄脻}同位素：质子数相同而中子数不同的同一元素的不个核素互为同位素。则根据定义互为同位素的是：rm{垄脺}同素异形体：同一种元素构成的不同的单质。则根据定义互为同素异形体的是：rm{垄脹}而rm{垄脵}和rm{垄脼}两组物质中分子式相同，结构相同，属于同一物质。因此，rm{垄脽}同一物质的是rm{垄脷}

故答案为：rm{垄脷}rm{垄脼}rm{垄脻}rm{垄脺}rm{垄脹}rm{垄脵}【解析】rm{垄脻}rm{垄脺}rm{垄脹}rm{垄脵}rm{垄脷垄脼}rm{垄脻}rm{垄脺}rm{垄脹}rm{垄脵}rm{垄脷垄脼}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32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