2024年沪教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年沪教版高二化学上册阶段测试试卷891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5题，共10分)1、下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是（）

A.钢管与电源正极连接；钢管可被保护。

B.铁遇冷浓硝酸表面钝化；可保护内部不被腐蚀。

C.钢管与铜管露天堆放在一起时；钢管不易被腐蚀。

D.钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe-3e-═Fe3+

2、关于如图所示两个装置的叙述中不正确的是rm{(}rm{)}

A.rm{c(H^{+})}浓度变化：rm{垄脵}减小，rm{垄脷}减小B.装置名称：rm{垄脵}是电解池，rm{垄脷}是原电池C.离子移动方向：rm{垄脵}中rm{H^{+}}向阴极方向移动，rm{垄脷}中rm{H^{+}}向正极方向移动D.电极反应式：rm{垄脵}中阳极：rm{2H_{2}O-4e^{-}=4H^{+}+O_{2}隆眉}rm{垄脷}中负极：rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}3、rm{A}是一种含碳、氢、氧三种元素的有机化合物。已知：rm{A}中碳的质量分数为rm{44.1%}氢的质量分数为rm{8.82%}那么rm{A}的实验式是()A.rm{C_{5}H_{12}O_{4}}B.rm{C_{5}H_{12}O_{3}}C.rm{C_{5}H_{10}O_{4}}D.rm{C_{4}H_{10}O_{4}}4、下列各组离子反应可用H＋＋OH－H2O表示的是A.氢氧化钡和硫酸B.氢氧化铁和盐酸C.硝酸和氢氧化钠D.碳酸氢钠和氢氧化钠5、对于某酸的酸式盐NaHY的水溶液的下列叙述中，正确的是（）A.该酸式盐的水溶液一定显酸性B.在该盐溶液中，离子浓度为：c（Na+）＞c（Y2-）＞c（HY-）＞c（OH-）＞c（H+）C.若HY-能水解，水解方程式为：HY-+H2O⇌Y2-+H3O+D.若HY-能电离，电离方程式为：HY-+H2O⇌Y2-+H3O+评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)6、下列说法错误的是（）A.石油中含有C5-C11的烷烃，可以通过石油的分馏得到汽油B.含C18以上的烷烃的重油经过催化剂裂化可以得到汽油C.石油的分馏、煤的干馏都是物理变化D.煤中含有苯和甲苯，可以用先干馏后分馏的方法把它们分离出来7、下列说法或表示法不正确的是rm{(}rm{)}A.从rm{C(}石墨rm{)=C(}金刚石rm{)triangleH=1.9}rm{kJ?mol^{-1}}可知金刚石比石墨更稳定B.已知rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangleH=-571.6kJ/mol}则rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6kJ/mol}的燃烧热为rm{H_{2}}rm{285.8}C.在稀溶液中：rm{H^{+}+OH^{-}篓TH_{2}OtriangleH=-57.3kJ?mol^{-1}}若将含rm{kJ/mol}rm{H^{+}+OH^{-}篓TH_{2}Otriangle

H=-57.3kJ?mol^{-1}}的醋酸溶液与含rm{1mol}rm{CH_{3}COOH}rm{1}的溶液混合，放出的热量小于rm{mol}rm{Ba(OH)_{2}}D.图中rm{57.3}曲线表示合成氨rm{kJ}放热反应rm{a}使用催化剂时，反应过程中的能量变化rm{(}8、下列说法，不正确的是（）A.人体缺碘，可通过食用加碘盐补碘B.缺铁性贫血，可通过食用铁强化酱油预防C.为了防止龋齿，人人都要使用含氟牙膏D.锌摄入量过多，也会引起缺铁性贫血9、下列说法正确的是（）A.在酸性条件下，CH3CO18OC2H5水解的产物是CH3CO18OH和C2H5OHB.用甘氨酸（H2NCH2COOH）和丙氨酸（CH3CHNH2COOH）混合缩合，最多可形成4种二肽C.苯甲醛中混有苯甲酸，加入生石灰，再加热蒸馏D.将电石与饱和食盐水反应生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，若溶液褪色，证明有乙炔生成10、下列实验操作正确的是rm{(}rm{)}A.乙烷中混有乙烯，通过氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷B.在催化剂存在的条件下，苯和溴水发生反应可生成无色比水重的液体溴苯C.将铜丝弯成螺旋状，在酒精灯上加热变黑后，立即伸入盛有无水乙醇的试管中，完成乙醇氧化为乙醛的实验E.配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴入硝酸银溶液中，产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止E.配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴入硝酸银溶液中，产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止11、一定条件下，某反应达到平衡，其平衡常数为rm{K=dfrac{c(CO_{2})cdotc(NO)}{c(NO_{2})cdotc(CO)}}恒容时，升高温度，混合气体的颜色加深，下列说法正确的是rm{K=dfrac{c(CO_{2})cdot

c(NO)}{c(NO_{2})cdotc(CO)}}rm{(}A.该反应的化学方程式为：rm{)}B.该反应的焓变为负值C.升高温度，正反应速率减小D.恒温时，增大压强，颜色加深，因平衡左移rm{NO_{2}+CO?CO_{2}+NO}12、某温度时，发生反应rm{2HI}rm{(g)?H_{2}}rm{(g)+I_{2}}rm{(g)}向三个体积相等的恒容密闭容器rm{A}rm{B}rm{C}中，分别加入rm{垄脵2mol}rm{HI}rm{垄脷3mol}rm{HI}rm{垄脹1mol}rm{H_{2}}与rm{1mo1I_{2}}分别达平衡时，以下关系正确的是rm{(}rm{)}A.平衡时，各容器的压强：rm{垄脷=垄脵=垄脹}B.平衡时，rm{I_{2}}的浓度：rm{垄脷>垄脵=垄脹}C.平衡时，rm{I_{2}}的体积分数：rm{垄脷=垄脵=垄脹}D.从反应开始到达平衡的时间：rm{垄脵>垄脷=垄脹}13、下列有机物的命名正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{2漏陇}二甲基戊烷B.rm{2漏陇}乙基戊烷C.rm{2}rm{3漏陇}二甲基戊烷D.rm{3漏陇}甲基己烷评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、已知某可逆反应mA（g）+nB（g）qC（g）在密闭容器中进行．如图所示反应在不同时间t；温度T和压强P与反应物B的体积分数的关系曲线．根据图象填空（（1）；（2）、（3）题填“＞”、“＜”或“=”）：

（1）温度的关系：T1____T2；

（2）压强的关系：P1____P2；

（3）化学计量数的关系：m+n____q

（4）该反应的正反应为____反应．（填“吸热”或“放热”）

15、一定量的rm{A}rm{B}在rm{2L}的密闭容器中进行反应rm{A(g)+B(g)?2C(g)}rm{2min}后，测得各物质的浓度分别为rm{c(A)=0.5mol/L}rm{c(B)=0.75mol/L}rm{c(C)=0.5mol/L}则rm{A}和rm{B}起始的物质的量分别为______rm{mol}和______rm{mol}16、下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放109g5.51％的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和200g10.00％的K2SO4溶液．电极均为石墨电极。接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47％，乙中c电极质量增加。据此回答问题：（1）电极b上发生的电极反应为___________________________________。（2）电极b上生成的气体在标状况下的体积为__________________，此时甲烧杯中NaOH溶液的物质的量浓度为（设溶液的密度为1g/cm3）_______________。（3）电极c的质量变化是___________g，欲使电解后乙中的电解液恢复到起始状态，应该向溶液中加入适量的___________（填字母编号）。A.Cu(OH)2B.Cu2OC.CuCO3D.Cu2(OH)2CO3（4）其他条件不变，如果把乙装置改为电解精炼铜，则c电极的材料为___________，d电极的材料为______。17、（6分）在下列物质中____（A）Cl2（B）NaI（C）H2S（D）CO2（E）CaCl2（F）N2（G）CCl4（H）Na2O（I）NH3（J）HBr（1）含离子键的物质是____________；（2）含有共价键化合物的是_____________________；（3）由极性键形成的非极性分子是_______________；（4）由非极性键形成的非极性分子是_______________。18、（12分）物质A～G有下图所示转化关系（部分反应物、生成物没有列出）。其中A为某金属矿的主要成分，经过一系列反应可得到B和C。单质C可与E的浓溶液发生反应，G为砖红色沉淀。(提示：葡萄糖结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO)请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B、E、G（2）利用电解精炼法可提纯C物质，在该电解反应中阳极电极材料是____，阴极电极材料是，电解质溶液是____（3）反应②的化学方程式是。（4）将0.23molB和0.11mol氧气放入容积为1L的密闭容器中，发生反应①，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12molD，则反应的平衡常数K=（保留一位小数）若温度不变，再加入0.50mol氧气后重新达到平衡，则：B的平衡浓度（填“增大”、“不变”或“减小”），氧气的转化率（填“升高”、“不变”或“降低”），D的体积分数（填“增大”、“不变”或“减小”）。评卷人得分四、简答题(共3题，共9分)19、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种原子序数依次增大的元素rm{(}原子序数均小于rm{30).A}的基态原子rm{2p}轨道有rm{3}个未成对电子；rm{C}的基态原子rm{2p}轨道有rm{1}个未成对电子；rm{E}原子最外层有rm{1}个未成对电子，其次外层有rm{3}种原子轨道且均排满电子；rm{D}与rm{E}同周期，价电子数为rm{2.}则：

rm{(1)}写出基态rm{E}原子的电子排布式：______．

rm{(2)1molA}的单质分子中rm{娄脨}键的个数为______．

rm{(3)A}rm{B}rm{C}三种元素的氢化物稳定性由强到弱的顺序为______rm{(}用化学式表示rm{)}．

rm{(4)A}的简单氢化物分子的空间构型为______，其中rm{A}原子的杂化类型是______．

rm{(5)C}和rm{D}形成的化合物的晶胞结构如图，已知晶胞边长rm{a}rm{cm}阿伏加德罗常数为rm{N_{A}}求晶体的密度为rm{娄脩=}______rm{g/cm^{3}.(}用含rm{a}rm{N_{A}}的计算式表示rm{)}20、【加试题】有机物rm{M}是一种化妆品中间体，某研究小组以苯和丙酮为原料，设计中间体rm{M}的合成路线如下：已知：rm{垄脵}rm{垄脷}请回答：rm{(1)}有机物rm{C}中含有的官能团名称是________。rm{(2)}下列说法正确的是________。A.化合物rm{A}小能在铜催化下与氧气发生氧化反应B.中间体rm{M}不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.丙酮的同分异构体超过rm{4}种rm{(}不含丙酮rm{)}D.从丙酮到化合物rm{C}的转化过程中，涉及取代反应、加成反应和还原反应等rm{(3)}写出由丙酮rm{(}rm{)}和rm{C_{2}H_{2}}反应生成rm{A}的化学方程式是________。rm{(4)D}在一定条件下可转化为rm{X(C_{8}H_{9}NO_{2})}写出同时符合下列条件的rm{X}的所有同分异构体的结构简式________。rm{垄脵}能发生银镜反应：rm{垄脷}能使氯化铁显色；rm{垄脹}属于苯的对位二取代物rm{(5)}设计以丙酮rm{(}rm{)}rm{C_{2}H_{2}}为原料制备异戊二烯rm{(}rm{)}的合成路线rm{(}用流程图表示；无机试剂任选rm{)}________。21、元素周期表第ⅤA族元素包括氮、磷、砷（As）、锑（Sb）等．这些元素无论在研制新型材料；还是在制作传统化肥；农药等方面都发挥了重要的作用．请回答下列问题：

（1）N4分子是一种不稳定的多氮分子，其分解后能产生无毒的氮气并释放出大量能量，应用于制造推进剂或炸药．N4是由四个氮原子组成的氮单质，每个氮原子均为sp3杂化，则该分子的空间构型为______，N-N键的键角为______．

（3）N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为______（用元素符号表示）．

（4）天然氨基酸的命名常用俗名（根据来源与性质），例如，最初从蚕丝中得到的氨基酸叫丝氨酸[HOCH2CH（NH2）COOH]．观察给出的结构简式可知丝氨酸______（填“有”或“没有”）手性异构体．

（5）砷化镓为第三代半导体；以其为材料制造的灯泡寿命长，耗能少．已知立方砷化镓晶胞的结构。

如图所示，其晶胞边长为cpm，a位置As原子与b位置As原子之间的距离为______pm（用含c的式子表示）．评卷人得分五、工业流程题(共1题，共9分)22、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去评卷人得分六、计算题(共2题，共8分)23、早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由rm{Al}rm{Cu}rm{Fe}三种金属元素组成。回答下列问题：rm{(1)}准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过________方法区别晶体、准晶体和非晶体。rm{(2)}基态rm{Fe}原子的电子排布式为_________。rm{(3)}新制的rm{Cu(OH)_{2}}可将乙醛rm{(CH_{3}CHO)}氧化成乙酸，而自身还原成rm{Cu_{2}O}乙醛中碳原子的杂化轨道为___________。乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是_________________________________________。rm{Cu_{2}O}为半导体材料，在其立方晶胞内部有rm{4}个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有________个铜原子。rm{(4)Al}单质为面心立方晶体，其晶胞参数rm{a=0.405nm}列式表示rm{Al}单质的密度_________rm{g}rm{cm^{-3}}24、取rm{l00mL}rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{Na_{2}SO_{4}}的混合溶液，加入rm{100mL}rm{Ba(OH)_{2}}溶液后，恰好完全反应，过滤，得到滤液和白色沉淀，白色沉淀干燥后质量为rm{14.51g}再用过量稀硝酸处理沉淀，沉淀最后减少到rm{4.66g}并有气体放出rm{.}写出有关反应的化学方程式．

计算：rm{(1)}原混合溶液中rm{Na_{2}SO_{4}}的物质的量浓度．

rm{(2)}产生的气体在标准状况下的体积．

rm{(3)}过滤出沉淀后，所得滤液的物质的量浓度rm{(}反应前后溶液体积变化忽略不计rm{)}．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】

A．用电解原理保护金属时；金属应作电解池阴极，应该与原电池负极连接，故A错误；

B．常温下；铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应，所以可以保护内部金属不被腐蚀，故B正确；

C．钢管；铜管和雨水能构成原电池；铁作原电池负极而容易被腐蚀，故C错误；

D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe-2e-═Fe2+；故D错误；

故选B．

【解析】【答案】A．用电解原理保护金属时；金属应作电解池阴极；

B．常温下；铁和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应；

C．构成原电池负极的金属易被腐蚀；

D．钢铁发生析氢腐蚀时；负极上铁失电子生成亚铁离子．

2、A【分析】解：rm{A.垄脵}中电解水，rm{垄脷}中rm{Zn}与氢离子反应，则rm{c(H^{+})}浓度变化：rm{垄脵}增大，rm{垄脷}减小；故A错误；

B.由装置根据是否有外加电源可知：rm{垄脵}是电解池，rm{垄脷}是原电池；故B正确；

C.原电池中阳离子向正极移动，电解池中阳离子向阴极移动，则rm{垄脵}中rm{H^{+}}向阴极方向移动，rm{垄脷}中rm{H^{+}}向正极方向移动；故C正确；

D.电极反应式：rm{垄脵}中阳极发生氧化反应为rm{2H_{2}O-4e^{-}=4H^{+}+O_{2}隆眉}rm{垄脷}中负极发生氧化反应为rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}故D正确；

故选A．

由图可知，rm{垄脵}为电解池，rm{垄脷}为原电池，rm{垄脵}中电解水，rm{垄脷}中rm{Zn}与氢离子反应；且原电池中阳离子向正极移动，电解池中阳离子向阴极移动，以此来解答．

本题考查原电池和电解池，为高频考点，把握装置的判断、电极、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原电池及电解池的工作原理，题目难度不大．【解析】rm{A}3、A【分析】【分析】本题考查有机物实验式的计算，题目难度中等，注意实验式即是最简式。【解答】由于rm{A}中碳的质量分数为rm{44.1%}氢的质量分数为rm{8.82%}故A中氧的质量分数为rm{1-44.1%-8.82%=47.08%.}由此可算出rm{C}rm{H}rm{O=dfrac{44.1%}{12}}rm{dfrac{8.82%}{1}}rm{dfrac{47.08%}{16}=5}rm{12}rm{4}则分子式为rm{C_{5}H_{12}O_{4}}所以其实验式是rm{C_{5}H_{12}O_{4}}故A正确。故选A。

【解析】rm{A}4、C【分析】A中还生成硫酸钡沉淀，B中氢氧化铁是难溶性物质，用化学式表示，D中生成物是碳酸钠和水，所以正确的答案选C。【解析】【答案】C5、D【分析】解：A、如果HY-的水解程度大于电离程度；溶液呈碱性，如果电离大于水解溶液呈酸性，故A错误；

B、不知电离和水解程度的大小，所以无法比较c（Y2-）和c（HY-）、c（OH-）和c（H+）的大小；故B错误；

C、若HY-能水解，水解是结合水中的氢离子，水解方程式为：HY-+H2O⇌H2Y+OH-；故C错误；

D、若HY-能电离，电离方程式为：HY-+H2O⇌Y2-+H3O+；故D正确；故选D．

A、如果HY-的水解程度大于电离程度；溶液呈碱性，如果电离大于水解溶液呈酸性；

B、不知电离和水解程度的大小，所以无法比较c（Y2-）和c（HY-）、c（OH-）和c（H+）的大小；

C、若HY-能水解，水解是结合水中的氢离子，水解方程式为：HY-+H2O⇌H2Y+OH-；

D、若HY-能电离，电离方程式为：HY-+H2O⇌Y2-+H3O+．

本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，本题易错点为C，注意从溶液的电荷守恒和物料守恒的角度分析，无论是酸性溶液还是碱性溶液，都存在c（H+）+c（H2Y）=c（OH-）+c（Y2-）．【解析】【答案】D二、双选题(共8题，共16分)6、C|D【分析】解：A．石油中含有C5-C11的烷烃，可以通过石油的分馏得到汽油，其分子中的碳原子数一般在C5～C11范围内；故A正确；

B．含C18以上烷烃的重油经过催化裂化可得到汽油；故B正确；

C；石油的分馏是通过控制沸点的不同来实现物质分离的方法；属于物理变化，煤的干馏、石油裂化及乙稀的聚合过程，均有新物质生成，属于化学变化过程，故C错误；

D；煤中不含苯和甲苯；可以通过干馏发生化学反应制得，故D错误；

故选CD．

A．汽油是由石油分馏所得的低沸点烷烃，其分子中的碳原子数一般在C5～C11范围内；

B．含C18以上烷烃的重油经过催化裂化可得到汽油；煤油和柴油；

C；在原子核不变的情况下；物理变化没有新物质生成，化学变化有新物质生成；

D；煤中不含苯和甲苯；可以干馏制得．

本题主要考查了石油的组成和裂化、裂解等知识，难度不大，根据所学知识即可完成．【解析】【答案】CD7、rAD【分析】解：rm{A.}从rm{C(}石墨rm{)篓TC(}金刚石rm{)triangleH=+1.9kJ/mol}可知石墨具有的能量较低，物质具有的能量越低越稳定，所以石墨比金刚石更稳定，故A错误；

B.rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangleH=-571.6kJ/mol}即rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6kJ/mol}完全燃烧生成液态水放出rm{2molH_{2}}热量，则rm{571.6kJ}燃烧放出的热量rm{1molH_{2}}rm{285.8kJ}的燃烧热为rm{H_{2}}故B正确；

C.乙酸是弱酸，电离过程是吸热过程，含rm{285.8kJ/mol}的溶液与含rm{1molCH_{3}COOH}的稀溶液混合，放出热量小于rm{1molNaOH}故C正确；

D.催化剂改变反应历程，降低反应的活化能，图象rm{57.3kJ}活化能减小，rm{a}使用了催化剂；该反应是放热反应，应反应物的总能量大于生成物的总能量，但图象描述是吸热反应，故D错误；

故选AD．

A.物质能量越高；稳定性越差，该反应为吸热反应，石墨能量小于金刚石；

B.根据热化学方程式的意义和书写方法来判断，燃烧热是rm{a}摄氏度，rm{25}时，rm{101kPa}可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；

C.乙酸是弱酸；电离过程是吸热过程；

D.催化剂改变反应历程；降低反应的活化能，加快反应速率，该反应是放热反应，应反应物的总能量大于生成物的总能量．

本题考查了物质稳定性与能量高低的关系、燃烧热、中和热等，注意中和热的测定实验中使用的是强酸和强碱的稀溶液，题目难度中等，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．rm{1mol}【解析】rm{AD}8、CD【分析】解：A；碘是甲状腺素的重要成分；人体缺碘，可通过食用加碘盐补碘，故A正确；

B；铁强化酱油可以为人体补铁；所以缺铁性贫血，可通过食用铁强化酱油预防，故B正确；

C；含氟的牙膏有利于预防龋齿；但是儿童不能使用含氟牙膏，故C错误；

D；锌影响身体发育；缺乏会引起食欲不振，生长迟缓，发育不良，故D错误．

故选CD．

本题可由各种微量元素的生理作用；缺乏症等角度进行分析解答．

化学来源于生产生活，也服务于生产生活，因此在近年的考试中，与生产生活实际相关的情景题已渐渐成为新宠．【解析】CD9、B|C【分析】解：A．乙酸和乙醇发生酯化反应时，乙酸中C-O键断裂，乙醇中O-H键断裂，则水解可分别形成C-O键和O-H键，则在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH；故A错误；

B．氨基酸生成二肽；就是两个氨基酸分子脱去一个水分子．当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，生成2种二肽，共4种，故B正确；

C．苯甲酸可与生石灰反应；生成的盐不挥发，可用蒸馏的方法分离，故C正确；

D．乙炔中混有的杂质H2S、PH3具有还原性；也能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误，故选BC．

A．水解为断开C-O键；据此解答即可；

B．氨基酸形成肽键原理为羧基提供-OH；氨基提供-H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽；

C．苯甲酸可与生石灰反应；

D．乙炔中混有的杂质H2S、PH3具有还原性．

本题考查有机物的鉴别，侧重于有机物的结构和性质的考查，为高频考点，注意把握物质的性质的异同以及鉴别的方法的选取，注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】【答案】BC10、rCE【分析】解：rm{A.}乙烷中乙烯的含量未知；不能确定通入氢气的量，易引入杂质，且反应在实验室难以完成，故A错误；

B.苯和溴水不反应；应用液溴和苯在催化剂条件下反应，故B错误；

C.乙醇的催化氧化反应中，金属铜作催化剂，真正和乙醇反应起到氧化作用的是氧化铜，实验过程中铜网出现黑色，是由于铜和氧气反应生成氧化铜，反应的方程式为rm{2Cu+O_{2}dfrac{overset{;;triangle;;}{-}}{;}2CuO}铜网由黑色变成红色是由于乙醇和氧化铜反应生成铜，反应的方程式为：rm{CH_{3}CH_{2}OH+CuOoverset{triangle}{rightarrow}CH_{3}CHO+Cu+H_{2}O}故C正确；

D.无水乙醇和浓硫酸共热至rm{2Cu+O_{2}dfrac{

overset{;;triangle;;}{-}}{;}2CuO}发生消去反应生成乙烯，乙醇易挥发，乙烯；乙醇均能被酸性高锰酸钾氧化，不能检验，应除去乙醇，再检验乙烯，故D错误；

E.配制银氨溶液时；将稀氨水慢慢滴入硝酸银溶液中，产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止，此时溶液即为银氨溶液，故E正确；

故选：rm{CH_{3}CH_{2}OH+CuOoverset{triangle

}{rightarrow}CH_{3}CHO+Cu+H_{2}O}

A.该反应条件较复杂；且易引入杂质；

B.苯和溴水不反应；

C.加热变黑生成rm{170隆忙}再与乙醇发生氧化反应；

D.无水乙醇和浓硫酸共热至rm{CE}发生消去反应生成乙烯，乙醇易挥发，乙烯；乙醇均能被酸性高锰酸钾氧化；

E.配制银氨溶液时；氨水不能加入过量，产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止．

本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力．rm{CuO}【解析】rm{CE}11、rAB【分析】解：rm{A}依据化学平衡常数的计算式和平衡常数的概念分析判断反应物是二氧化氮和一氧化碳，生成物为二氧化碳和一氧化氮；反应的化学方程式为：rm{NO_{2}(g)+CO(g)?CO_{2}(g)+NO(g)}故A正确；

B、反应是放热反应，焓变小于rm{0}故B正确；

C；正向反应是放热反应；升温平衡向吸热反应方向进行，正逆反应的反应速率增大，故C错误；

D；恒温时；增大压强，平衡向气体体积减小的方向进行，反应是气体体积不变的反应，由于体积的减小颜色加深，但平衡不移动，故D错误；

故选AB．

一定条件下，某反应达到平衡，其平衡常数为rm{K=dfrac{c(CO_{2})cdotc(NO)}{c(NO_{2})cdotc(CO)}}化学反应为：rm{K=dfrac{c(CO_{2})cdot

c(NO)}{c(NO_{2})cdotc(CO)}}恒容时升高温度，混合气体的颜色加深，说明平衡逆向进行，正向反应是放热反应；依据化学平衡的影响因素分析判断．

本题考查了平衡常数的概念应用和计算判断，化学平衡的影响因素的分析判断，反应速率的影响因素等知识，掌握基础是解题关键，题目较简单．rm{NO_{2}+CO?CO_{2}+NO}【解析】rm{AB}12、rBC【分析】解：根据等效平衡原理：若rm{1molH_{2}}与rm{1molI_{2}}完全转化为rm{HI}则rm{HI}为rm{2mol}所以rm{垄脵}和rm{垄脹}是完全相同的等效平衡，所以二者的浓度，百分含量，压强转，化率等都一样；rm{垄脷}与rm{垄脵}相比增大了rm{HI}的量，该反应为反应前后气体体积不变的反应，增大rm{HI}的量；达到平衡时新平衡与原平衡相同，所以各物质的百分含量不变，但是浓度增大．

A、由于恒容密闭容器，rm{垄脷}中初始的量大；所以压强最大，故A错误；

B、由于恒容密闭容器，rm{垄脷}中初始的量大，所以rm{垄脷}中rm{I_{2}}的浓度最大，rm{垄脵}和rm{垄脹}是完全相同的等效平衡，二者rm{I_{2}}的浓度相同，所以平衡时，rm{I_{2}}的浓度：rm{垄脷>垄脵=垄脹}故B正确；

C、rm{垄脵垄脷垄脹}都是等效平衡，所以三者中rm{I_{2}}的体积分数相同；故C正确；

D、由于rm{垄脷}中初始的量大，反应浓度大，反应速率快，所以到达平衡所用时间最短，所以rm{垄脷<垄脹}故D错误；

故选：rm{BC}．

根据等效平衡原理：若rm{1molH_{2}}与rm{1molI_{2}}完全转化为rm{HI}则rm{HI}为rm{2mol}所以rm{垄脵}和rm{垄脹}是完全相同的等效平衡，所以二者的浓度，百分含量，压强，转化率等都一样；rm{垄脷}与rm{垄脵}相比增大了rm{HI}的量，该反应为反应前后气体体积不变的反应，增大rm{HI}的量；达到平衡时新平衡与原平衡相同，所以各物质的百分含量不变，但是浓度增大．

本题考查了等效平衡，化学平衡的影响因素，难度较大，注意完全等同的等效平衡与一般的等效平衡的区别．【解析】rm{BC}13、rCD【分析】解：rm{A.}主链不是最长，正确的名称为rm{3-}甲基己烷；故A错误；

B.主链不是最长，正确的名称为rm{2-}甲基己烷；故B错误；

C.符合命名规则；故C正确；

D.烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故此物质的主链上有rm{6}个碳原子，为己烷，从离支链最近的一端给主链上的碳原子进行编号，则甲基处在rm{3}号碳原子上，则为rm{3-}甲基己烷；故D正确；

故选CD．

判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

rm{(1)}烷烃命名原则：

rm{垄脵}长选最长碳链为主链；

rm{垄脷}多遇等长碳链时；支链最多为主链；

rm{垄脹}近离支链最近一端编号；

rm{垄脺}小支链编号之和最小rm{.}看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

rm{垄脻}简两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号rm{.}如取代基不同；就把简单的写在前面，复杂的写在后面．

rm{(2)}有机物的名称书写要规范．

本题考查了有机物的命名，题目难度中等，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力．【解析】rm{CD}三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】

（1）定压强相同，比较温度不同时，即比较曲线T1、P2与曲线T2、P2，根据先出现拐点，先到达平衡，先出现拐点的曲线表示的温度高，所以T1＞T2；故答案为：＞；

（2）定温度相同，比较压强不同时，即比较曲线T1、P1与曲线T1、P2，根据先出现拐点，先到达平衡，先出现拐点的曲线表示的压强高，所以P1＜P2；故答案为：＜；

（3）由（2）知，压强P1＜P2；由图知压强越大，B的含量越高，所以平衡向逆反应进行，增大压强，平衡向体积减小的方向移动，所以m+n＜q，故答案为：＜；

（4）由（1）知，温度T1＞T2；由图知温度越高，B的含量越低，所以平衡向正反应进行，升高温度，平衡向吸热方向移动，故正反应为吸热反应，故答案为：吸热．

【解析】【答案】（1）（2）根据“先拐先平；数值大”原则，采取定一议二解答；

（3）根据压强越大；B的含量越高，平衡向逆反应进行来分析；

（4）根据温度越高；B的含量越低，平衡向正反应进行来分析．

15、略

【分析】【分析】

本题考查化学平衡的计算；为高频考点，把握化学平衡三段法；反应中量的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意三段法应用，题目难度不大。

结合开始的量rm{=}转化的量rm{+}剩余的量计算。

【解答】

设rm{A}rm{B}的起始浓度为rm{x}rm{y}则。

rm{A(g)+B(g)?2C(g)}

开始rm{x}rm{y}rm{0}

转化rm{0.25}rm{0.25}rm{0.5}

rm{2min}rm{0.5}rm{0.75}rm{0.5}

rm{A}的起始浓度rm{x=0.25mol+0.5mol=0.75}rm{mol/L}rm{B}的起始浓度rm{y=0.25mol+0.75mol=1.0}rm{mol/L}

则rm{A}起始的物质的量为rm{0.75}rm{mol/L隆脕2}rm{L=1.5}rm{mol}rm{B}起始的物质的量为rm{1.0}rm{mol/L隆脕2}rm{L=2.0}rm{mol}

故答案为：rm{1.5}rm{2.0}

【解析】rm{1.5}rm{2.0}16、略

【分析】试题分析：（1）根据乙中c电极质量增加可知c电解为阴极，则M电极为电源的负极，N电极为正极，b电极为阳极，发生OH‾失去电子的反应：4OH－－4e－＝2H2O+O2↑。（2）电解后200g10.00％的K2SO4溶液浓度变为10.47％，则电解的H2O的质量为200g-200g×10.00％÷10.47％=9g，电解H2O时与转移电子的对应关系为：H2O~2e‾，则n(e‾)=2×9g÷18g/mol=1mol，根据电极b发生反应：4OH－－4e－＝2H2O+O2↑，可求出生成的气体：V(O2)=1mol÷4×22.4L/mol=5.6L；甲烧杯中NaOH溶液也电解了9gH2O，溶液体积为：（109g-9g）÷1000g/L=0.1L，c(NaOH)=109g×5.51%÷40g/mol÷0.1L=1.5mol•L‾1。（3）电极c为阴极，发生反应：Cu2++2e‾=Cu，生成的Cu质量为m(Cu)=1mol÷2×64g/mol=32g；电解生成H2SO4、O2、Cu，根据出来什么加什么的原则，加入CuCO3后可使电解后乙中的电解液恢复到起始状态。（4）电解精炼铜，纯铜作阴极，电极粗铜作阳极，故c电极的材料为纯铜，d电极的材料为粗铜。考点：本题考查电极方程式的书写、电解产物的计算、电极材料的选择、电解质溶液回复加入物质的选择。【解析】【答案】（1）4OH－－4e－＝2H2O+O2↑（2分）（2）5.6L（2分）1.5mol/L（2分）(3)32（2分）C（1分）(4)精铜或纯铜（1分）粗铜（1分）17、略

【分析】【解析】【答案】18、略

【分析】【解析】【答案】四、简答题(共3题，共9分)19、略

【分析】解：有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种原子序数依次增大的元素rm{(}原子序数均小于rm{30)}rm{A}的基态原子rm{2p}能级有rm{3}个单电子，原子核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}则rm{A}是rm{N}元素；rm{C}的基态原子rm{2p}能级有rm{1}个单电子，且rm{C}的原子序数大于rm{A}其原子核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{5}}所以rm{C}是rm{F}元素，结合原子序数可推知rm{B}是rm{O}元素；rm{E}原子核外有成单电子，其次外层有rm{3}个能级且均排满电子，且原子序数小于rm{30}则rm{E}处于第四周期，其基态原子的价电子排布式rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}则rm{E}是rm{Cu}元素；rm{D}与rm{E}同周期，价电子数为rm{2}则rm{D}是rm{Ca}元素；

rm{(1)E}是铜元素，根据构造原理知，其基态原子的价电子排布式为rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}

故答案为：rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}

rm{(2)}氮气的结构式为：rm{N隆脭N}所以氮气分子中含有一个rm{娄脪}键两个rm{娄脨}键，因此rm{1mol}氮气中含有rm{2mol娄脨}键，即为rm{2N_{A}}个rm{娄脨}键；

故答案为：rm{2N_{A}}

rm{(3)}非金属性rm{F>O>N}非金属性越强，其气态氢化物越稳定，因此气态氢化物的稳定性rm{HF>H_{2}O>NH_{3}}

故答案为：rm{HF>H_{2}O>NH_{3}}

rm{(4)N}元素的简单氢化物是氨气，rm{NH_{3}}分子中氮原子价层电子对rm{=3+dfrac{5-1隆脕3}{2}=4}且含有一个孤电子对，所以分子空间构型是三角锥形，rm{N}原子采取rm{sp^{3}}杂化；

故答案为：三角锥形；rm{sp^{3}}

rm{(5)F}和rm{Ca}形成的化合物为rm{CaF_{2}}由晶胞结构可知，晶胞中白色球数目rm{=8}黑色球数目rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}白色球为rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}黑色球为rm{F}则晶胞质量rm{=4隆脕dfrac{78g}{N_{A}}=dfrac{312}{N_{A}}g}晶胞的体积为rm{Ca}晶体的密度为rm{娄脩=dfrac{dfrac{312}{N_{A}}g}{a^{3}cm^{3}}=dfrac{312}{a^{3}N_{A}}g/cm^{3}}

故答案为：rm{=4隆脕dfrac{78g}{N_{A}}=dfrac

{312}{N_{A}}g}．

有rm{a^{3}cm^{3}}rm{娄脩=dfrac{dfrac

{312}{N_{A}}g}{a^{3}cm^{3}}=dfrac

{312}{a^{3}N_{A}}g/cm^{3}}rm{dfrac{312}{a^{3}N_{A}}}rm{A}rm{B}五种原子序数依次增大的元素rm{C}原子序数均小于rm{D}rm{E}的基态原子rm{(}能级有rm{30)}个单电子，原子核外电子排布为rm{A}则rm{2p}是rm{3}元素；rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}的基态原子rm{A}能级有rm{N}个单电子，且rm{C}的原子序数大于rm{2p}其原子核外电子排布为rm{1}所以rm{C}是rm{A}元素，结合原子序数可推知rm{1s^{2}2s^{2}2p^{5}}是rm{C}元素；rm{F}原子核外有成单电子，其次外层有rm{B}个能级且均排满电子，且原子序数小于rm{O}则rm{E}处于第四周期，其基态原子的价电子排布式rm{3}则rm{30}是rm{E}元素；rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}与rm{E}同周期，价电子数为rm{Cu}则rm{D}是rm{E}元素；据此解答．

本题考查位置结构与性质的应用，题目难度较易，涉及核外电子排布、分子空间构型、化学键、杂化方式、电离能、晶胞计算等，都是考试热点．rm{2}【解析】rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}rm{2N_{A}}rm{HF>H_{2}O>NH_{3}}三角锥形；rm{sp^{3}}rm{dfrac{312}{a^{3}N_{A}}}20、（1）碳碳双键（2）AC（3）（4）（5）【分析】【分析】本题考查有机合成和有机推断，侧重考查学生分析推断及合成路线设计能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，根据反应物、目标产物结构简式结合反应条件进行推断，注意题给信息的合理运用，注意反应先后顺序。【解答】rm{(1)}有机物rm{A}含有的官能团名称是含有的官能团名称是碳碳双键，故答案为：碳碳双键；rm{A}化合物rm{(2)A.}中不存在可以被氧气在铜催化下氧化的官能团，故A正确；B.中间体rm{A}是带支链的苯环结构，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C.丙酮的同分异构体有丙醛、烯丙醇、环丙醚、环丙醇、甲基环氧乙烷等六种，故C正确；D.从丙酮到rm{M}的过程中，反应类型分别为加成反应、还原反应和消去反应，没有涉及取代反应，故D错误。故答案为：rm{C}rm{AC}rm{(3)}由丙酮rm{(}和rm{(}rm{)}和rm{C}rm{)}rm{C}rm{2}的化学方程式是：故答案为：rm{2}能发生银镜反应，说明分子结构中存在醛基，使氯化铁显色，证明存在酚羟基，又已知是苯的对位二取代物，所以可以推出以下四种同分异构体的结构简式：故答案为：rm{H}用丙酮和乙炔反应先得到化合物再对进行加成反应，使其分子结构中得到一个碳碳双键，再进行消去反应，即可得到异戊二烯。合成路线应写成：故答案为：rm{H}【解析】rm{(1)}碳碳双键rm{(2)AC}rm{(3)}rm{(4)}rm{(5)}21、略

【分析】解：（1）N4是由四个氮原子组成的氮单质，每个氮原子均为sp3杂化；4个N原子形成正四面体结构，每个含有1对孤对电子，每个面均为正三角形，故N-N键的键角为60°；

故答案为：正四面体；60°；

（2）同主族自上而下第一电离能减小；故第一电离能：N＞P＞As；

故答案为：N＞P＞As；

（3）HOCH2CH（NH2）COOH分子中连接氨基；羧基的碳原子为手性碳原子；具有手性异构体；

故答案为：是；

（4）白色球与周围的4个黑色球形成正四面体结构，过a与顶点黑色球的晶胞体对角线与过b与顶点黑色球的晶胞体对角线相交于晶胞体心，过白色球、面心黑色球的且平衡侧面的平面将晶胞4等分，则白色球与顶点黑色距离等于白色球与晶胞体心距离相等，ab连线为体心与面对角线顶点黑色球形成的三角形的中位线，则ab长度为面对角线长度的晶胞边长为cpm，则a位置As原子与b位置As原子之间的距离为cpm×=cpm；

故答案为：c．

（1）N4是由四个氮原子组成的氮单质，每个氮原子均为sp3杂化；4个N原子形成正四面体结构，每个含有1对孤对电子；

（2）同主族自上而下第一电离能减小；

（3）连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；具有手性碳原子的物质存在手性异构体；

（4）白色球与周围的4个黑色球形成正四面体结构，过a与顶点黑色球的晶胞体对角线与过b与顶点黑色球的晶胞体对角线相交于晶胞体心，过白色球、面心黑色球的且平衡侧面的平面将晶胞4等分，则白色球与顶点黑色距离等于白色球与晶胞体心距离相等，ab连线为体心与面对角线顶点黑色球形成的三角形的中位线，则ab长度为面对角线长度的．

本题是对物质结构与性质的考查，涉及分子结构、杂化方式、电离能、晶胞计算等，（4）中计算为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力．【解析】正四面体；60°；N＞P＞As；是；c五、工业流程题(共1题，共9分)22、略

【分析】【详解】

1．A．装置B中的浓硫酸不能换成浓氢氧化钠溶液；因为氢氧化钠溶液会吸收二氧化碳气体，达不到排尽装置中空气的目的，故A错误；

B．步骤Ⅰ的目的是导入二氧化碳气体，排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4•nH2O被氧化；故B正确；

C．装置B和装置D不能互换位置；因为碱石灰也会吸收二氧化碳气体，故C错误；

D．将A装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉末；会使产生二氧化碳的速率过大，粉末状的石灰石会很快反应完，同时还会带入HCl气体，故D错误；

答案选B；

2．先熄灭酒精灯，通二氧化碳直至C装置冷却至室温，然后关闭K1；操作甲：熄灭酒精灯，操作丙：关闭K1；故选C；

3．硫酸亚铁晶体的质量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亚铁无水盐的质量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的结晶水的质量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故选B；

4．A．加热时间过长，FeSO4进一步分解；会使m(无水盐)偏大，则n偏大，故A错误；

B．将原晶体中易挥发物质的质量计入减少的结晶水中；则n偏大，故B错误；

C．装置D中的碱石灰失效了；不会影响n值，故C错误；

D．加热时间过短；结晶水未完全失去，n值会小于理论值，故D正确；

答案选D。【解析】①.B②.C③.B④.D六、计算题(共2题，共8分)23、(1)X射线衍射

(2)1s22s22p63s23p63d64s2

(3)sp3、sp2形成了分子间的氢键，造成沸点升高16

(4)【分析】【分析】本题考查了晶体的性质、原子核外电子排布规律、共价键类型、氢键、杂化类型、晶胞配位数及密度的计算，综合性非常强，为历年高考选作常考题型，难度中等，其中晶胞配位数以及密度的计算是本题的难点。【解答】rm{(1)}从外观无法区分三者，但用rm{X}光照射挥发现：晶体对rm{X}射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无衍射现象即可确定，故答案为rm{X}射线衍射；

rm{(2)26}号元素rm{Fe}基态原子核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}故答案为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}

rm{(3)}乙醛中甲基上的rm{C}形成rm{4}条rm{娄脪}键，无孤电子对，因此采取rm{sp}形成