2025年苏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2025年苏教版高二化学下册阶段测试试卷321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6题，共12分)1、生理盐水是指质量分数为rm{0.9%}的rm{NaCl}溶液rm{.}下列有关该溶液说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{100g}溶液中含有rm{0.9}rm{g}rm{NaCl}B.rm{100}rm{g}水中含有rm{0.9}rm{g}rm{NaCl}C.rm{100}rm{g}溶液中含有rm{0.9}rm{mol}rm{NaCl}D.rm{100}rm{g}水中含有rm{0.9}rm{mol}rm{NaCl}2、要求设计实验证明某种盐的水解是吸热的，有四位同学分别作出如下回答，其中正确的是A.甲同学：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的B.乙同学：在盐酸中加入相同温度的氨水，若实验过程中混合液温度下降，说明盐类水解是吸热的C.丙同学：在醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的D.丁同学：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，说明盐类水解是吸热的3、有rm{4.8gCuO}、rm{4.8gCuO}组成的混合物与充足的rm{Fe_{2}O_{3}}于加热条件下充分反应，得到rm{Fe_{2}O_{3}}固体，反应后全部气体用rm{CO}rm{CO}rm{mg}rm{mg}rm{0.6mol隆陇L}rm{0.6mol隆陇L}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{1}}溶液rm{{,!}^{1}}处理，有白色沉淀生成，又知反应后生成的气体质量为rm{Ba}。下列有关说法正确的是rm{Ba}rm{(}rm{OH}A.将得到的rm{OH}固体放到氧气中充分灼烧后，固体质量变为rm{)}rm{{,!}_{2}}B.生成的rm{{,!}_{2}}已被rm{100mL}rm{100mL}rm{3.52g}rm{3.52g}rm{(}溶液完全吸收，rm{)}沉淀完全rm{mg}C.rm{mg}rm{4.8g}rm{4.8g}溶液吸收rm{CO_{2}}后的溶液中有rm{CO_{2}}和rm{Ba}rm{Ba}rm{(}rm{OH}rm{OH}，且物质的量的比为rm{)}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}rm{Ba^{2}}D.原混合物中rm{Ba^{2}}与rm{{,!}^{+}}的质量比为rm{Ba(}rm{OH}rm{OH}4、已知某有机物A的红外光谱和核磁共振氢谱如图所示；下列说法中错误的是（）

A.由红外光谱可知；该有机物中至少含有三种不同的化学键。

B.由核磁共振氢谱可知；该有机物分子中有三种不同的氢原子且个数比为1：2：3

C.仅由其核磁共振氢谱可知其分子中的氢原子总数。

D.若A的化学式为C2H6O，则其结构简式为CH3CH2OH

5、下列四种元素中，其单质氧化性最强的是()A.原子含有未成对电子最多的第二周期元素B.位于周期表中第三周期Ⅲrm{A}族的元素C.原子最外电子层排布为rm{2s^{2}2p^{4}}的元素D.原子最外电子层排布为rm{3s^{2}3p^{3}}的元素6、反应rm{PCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)underset{}{overset{}{?}}PCl_{5}(g)}在恒温恒容密闭容器中进行，下列可以作为判断其达到平衡状态的标志有rm{PCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)

underset{}{overset{}{?}}PCl_{5}(g)}和rm{垄脵PCl_{3}}的浓度相等rm{PCl_{5}}的质量分数保持不变；rm{垄脷PCl_{3}}容器中气体的压强保持不变rm{垄脹}的生成速率与rm{垄脺PCl_{5}}的消耗速率相等rm{PCl_{3}}容器中混合气体的密度保持不变rm{垄脻}容器中气体的平均摩尔质量保持不变rm{垄脼}rm{垄脽v_{脮媒}(PCl_{3})=v_{脛忙}(PCl_{5})}容器内颜色不再改变A.rm{垄脿}个B.rm{4}个C.rm{5}个D.rm{6}个rm{7}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、（4分）某无色溶液由①Na+、②Cl-、③NH4+、④CO32-中的若干种离子组成。按以下步骤进行实验：（1）取原溶液进行焰色反应，若火焰呈黄色，说明原溶液中一定含有的离子是。（填序号，下同）。（2）取原溶液与氢氧化钠浓溶液共热，若能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明原溶液中一定含有的离子是____。（3）取原溶液加入少量盐酸若能产生气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，说明原溶液中一定含有的离子是____（4）取原溶液加入少量稀硝酸使溶液酸化，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，说明原溶液中一定含有的离子是____。8、某金属（A）在TK以下晶体的基本结构单元如左下图所示，TK以上转变为右下图所示结构的基本结构单元，在两种晶体中最邻近的A原子间距离相同（1）在TK以下的纯A晶体中，与A原子等距离且最近的A原子数为______个；在TK以上的纯A晶体中，与A原子等距离且最近的A原子数为___________；（2）纯A晶体在晶型转变前后，二者基本结构单元的边长之比为（TK以上与TK以下之比）___________。（3）左上图的的堆积方式为，TK以下经测定其结构和性质参数如下表所示。金属相对原子质量分区原子半径/pm密度/g·㎝-3原子化热/kJ·mol-1Na22.99s区1860.960108.4A60.20d区r7.4077735则r=pm，试解释该晶体金属原子化热很高的原因。（已知7.407≈1pm=10m）9、100毫升含HNO3、H2SO4的稀溶液中，加入9．6克铜充分反应，铜全溶，产生2.24升NO（标准状况）。同体积的混合酸恰好与250毫升2mol/L的NaOH完全中和。计算原混合酸中HNO3的物质的量浓度的取值范围_________________________H2SO4的物质的量浓度的取值范围_______________________。10、某地区使用含较少Ca2+、Mg2+的天然水按下列四个步骤制取自来水．

天然水自来水。

回答下列问题：

(1)该地区的天然水属于____________(“硬水”或“软水”)

(2)在第一步中需要加入凝聚剂；常用的凝聚剂可以是____________(任填一种凝聚剂名称)

(3)常用液氯作为消毒剂，其原理是____________．11、钢一般分为______和______两大类．根据含碳量不同，前者可以分为______、______和______．含碳量高，硬度______，含碳量低，硬度______．合金钢中最常见的一种是______．12、下表列出了rm{垄脵隆芦垄脼}六种元素在元素周期表中的位置rm{.}请根据题意；回答相关问题．

。族周期Ⅰrm{A}Ⅱrm{A}Ⅲrm{A}Ⅳrm{A}Ⅴrm{A}Ⅵrm{A}Ⅶrm{A}rm{0}rm{2}rm{垄脵}rm{垄脷}rm{3}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}rm{垄脼}rm{(1)}元素rm{垄脷}与元素rm{垄脼}相比较，其单质更容易与rm{H_{2}}化合的是______rm{(}填分子式rm{)}

rm{(2)垄脹垄脻}两种元素相比较，原子半径较大的是______rm{(}填元素符号rm{)}

rm{(3)}元素rm{垄脵}的简单氢化物与元素rm{垄脼}的简单氢化物相互反应的化学方程式是______；

rm{(4)垄脺垄脻}两种元素的最高价氧化物对应的水化物在溶液中相互反应的离子方程式是______．13、“拆分”陷阱rm{隆陋隆陋}判断正误rm{(}正确的打“rm{隆脤}”，错误的打“rm{隆脕}”rm{)}rm{(1)Na_{2}O_{2}}固体与水反应：rm{(}rm{)}

rm{(2)}向rm{NaHCO_{3}}溶液中滴加盐酸：rm{(}rm{)}

rm{(3)Mg(OH)_{2}}和稀盐酸的反应：rm{OH^{-}+H^{+}}rm{H_{2}O}rm{(}rm{)}

14、如图为持续电解含有一定量CaCl2水溶液(含酚酞)的装置(以铂为电极),A为电流表。电解一段时间t1后,将CO2连续通入电解液中。(1)电解时,F极发生反应,电极反应为,E极发生反应,电极反应为,电解总反应为。(2)电解池中产生的现象:①_____________________②_____________________③_____________________15、373K时；某1L密闭容器中发生如下可逆反应：A（g）⇌2B（g）．其中物质B的物质的量变化如图所示。

（1）已知373K时60s达到平衡，则前60s内A的平均反应速率为____．

（2）若373K时B的平衡浓度为A的3倍；473K时（其他条件不变），B的平衡浓度为A的2倍，请在上图中画出473K时A的物质的量随时间的变化曲线．

（3）若反应在373K进行，在1L密闭容器中加入1molB、0.2molHe，达到平衡时B的转化率应____．

A．等于60%B．等于40%C．小于40%D．介于40%～60%之间。

（4）已知曲线上任意两点之间边线的斜率表示该时段内B的平均反应速率（例如直线EF的斜率表示20s～60s内B的平均反应速率），试猜想曲线上任意一点的切线斜率的意义____．评卷人得分三、探究题(共4题，共8分)16、（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。17、（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。18、（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。19、（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。评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共24分)20、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）。21、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：_____________。22、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）。23、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_______评卷人得分五、有机推断题(共4题，共20分)24、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__________________________________．25、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__________________________________．26、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。27、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6题，共12分)1、A【分析】解：质量分数为rm{0.9%}的rm{NaCl}溶液是指：rm{100g}溶液中含有rm{0.9gNaCl}或者rm{99.1g}水中含有rm{0.9gNaCl}

故选：rm{A}．

质量分数rm{=dfrac{{脠脺脰脢脰脢脕驴}}{{脠脺脪潞脰脢脕驴}}隆脕100%=dfrac{{脠脺脰脢脰脢脕驴}}{{脠脺录脕脰脢脕驴}+{脠脺脪潞脰脢脕驴}}隆脕100%}．

本题考查溶液质量分数，比较基础，注意从概念上理解，有利于基础知识的巩固．rm{=dfrac

{{脠脺脰脢脰脢脕驴}}{{脠脺脪潞脰脢脕驴}}隆脕100%=dfrac

{{脠脺脰脢脰脢脕驴}}{{脠脺录脕脰脢脕驴}+{脠脺脪潞脰脢脕驴}}隆脕100%}【解析】rm{A}2、D【分析】【分析】本题考查化学实验方案的评价，注意判断盐类水解为吸热反应时应注意温度对水解反应的影响，明确晶体溶解伴随热效应是解答的易错点，题目难度中等。【解答】A.硝酸铵的溶解过程是吸热的；将硝酸铵晶体溶于水，水温下降，和铵根离子水解无关，故A错误；

B.因为酸碱中和的反应放热，故混合液的温度应升高；故B错误；

C.醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体；醋酸根离子浓度增大，促进水解，溶解过程伴随热效应，则不能说明盐类水解是吸热的，故C错误；

D.在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，温度升高；有利于醋酸根的水解平衡正向移动，生成的氢氧根浓度越大，碱性越强，红色越深，故D正确。

故选D。【解析】rm{D}3、C【分析】【分析】本题考查混合物的有关计算；题目难度中等，明确反应反应的实质为解答关键，利用守恒思想在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。

【解答】rm{CuO}rm{Fe_{2}O_{3}}混合物跟足量rm{CO}充分反应生成rm{Cu}rm{Fe}单质及rm{CO_{2}}反应后生成rm{3.52g}气体为二氧化碳，物质的量为：rm{3.52g隆脗44g/mol=0.08mol}金属氧化物中的氧元素的物质的量与二氧化碳的物质的量相等，则原混合物中含有氧原子的物质的量为rm{0.8mol}设混合物中rm{CuO}rm{Fe_{2}O_{3}}的物质的量分别为rm{xmol}rm{ymol}则：rm{x+3y=0.8mol}rm{80x+160y=4.8}联立解得：rm{x=0.02}rm{y=0.02}故原混合物中rm{CuO}与rm{Fe_{2}O_{3}}物质的量的都为rm{0.02mol}A.将得到的rm{mg}固体放到氧气中充分灼烧后得到的产物为rm{CuO}rm{Fe_{3}O_{4}}所得固体的质量增大，故A错误；B.rm{n[Ba(OH)_{2}]=0.6mol/L隆脕0.1L=0.06mol}故rm{n(CO_{2})}rm{n[Ba(OH)_{2}]=0.08mol}rm{0.06mol=4}rm{3}介于rm{1}rm{1}与rm{2}rm{1}之间，故生成碳酸钡与碳酸氢钡，故B错误；C.根据rm{B}可知，氢氧化钡与二氧化碳反应生成了碳酸钡和碳酸氢钡的混合物，碳酸钡与碳酸氢钡物质的量分别为rm{amol}rm{bmol}根据钡离子守恒、碳元素守恒可得：rm{a+2b=0.08}rm{a+b=0.06}解得：rm{a=0.04}rm{b=0.02}则生成碳酸钡与碳酸氢钡的物质的量之比为rm{0.04mol}rm{0.02mol=2}rm{1}故C正确；D.原混合物中rm{CuO}rm{Fe_{2}O_{3}}的质量之比为rm{80g/mol隆脕0.02mol}rm{160g/mol隆脕0.02mol=1}rm{2}故D错误。故选C。【解析】rm{C}4、C【分析】

A；红外光谱可知分子中至少含有C-H键、C-O键、O-H键三种不同的化学键；故A正确；

B；核磁共振氢谱中有3个峰说明分子中3种H原子；且峰的面积之比为1：2：3，所以三种不同的氢原子且个数比为1：2：3，故B正确；

C；核磁共振氢谱中只能确定H原子种类；故C错误；

D、红外光谱可知分子中含有C-H键、C-O键、O-H键，A的化学式为C2H6O，满足化学键的结构简式为CH3CH2OH；故D正确．

故选：C．

【解析】【答案】A；红外光谱可知分子中含有C-H键、C-O键、O-H键．

B；核磁共振氢谱中有几个峰就有几种H原子；峰的面积之比等于H原子数目之比．

C；核磁共振氢谱中有几个峰就有几种H原子；只能确定H原子种类．

D；由红外光谱可知分子中含有C-H键、C-O键、O-H键．

5、C【分析】【分析】本题考查了核外电子排布规律的有关知识，难度不大，需要注意的是未成对电子根据轨道式来判断，比较方便，一目了然。【解答】A.原子含有未成对电子最多的第二周期元素是氮；B.位于周期表中第三周期Ⅲrm{A}族的元素是铝；C.原子最外电子层排布为rm{2s^{2}2p^{4}}的元素是氧；D.原子最外电子层排布为rm{3s^{2}3P^{3}}的元素是氯；

铝是金属元素；单质具有还原性，氧；氮和磷均为非金属，氧化性最强的为氧。

故选C。

【解析】rm{C}6、B【分析】【分析】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为rm{0.}根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【解答】rm{垄脵}化学平衡时，rm{PCl_{3}}和rm{PCl_{5}}的浓度不变；而不一定相等，故错误；

rm{垄脷PCl_{3}}的质量分数保持不变；说明反应达平衡状态，故正确；

rm{垄脹}容器中气体的压强保持不变；说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；

rm{垄脺PCl_{5}}的生成速率与rm{PCl_{3}}的消耗速率相等；都体现正反应方向，故错误；

rm{垄脻}容器中混合气体的密度一直保持不变；故错误；

rm{垄脼}容器中气体的平均摩尔质量保持不变；说明气体的物质的量不变，反应达平衡，故正确；

rm{垄脽v_{脮媒}(PCl_{3})=v_{脮媒}(PCl_{5})=v_{脛忙}(PCl_{5})}所以正逆反应速率，故正确；

rm{垄脿}容器内颜色不在改变，说明氯气的浓度不变，反应达平衡状态，故正确；由以上分析可知，正确的有rm{5}个；故B正确。

故选B。【解析】rm{B}二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】【解析】【答案】（每空1分、共4分）（1）①Na+（2）③NH4+、（3）④CO32-（4）②Cl-8、略

【分析】试题分析：（1）根据所给结构图示可知TK以下时（左图）与A原子等距离且最近的A原子数为8个；在TK以上时（右图）为12个。（2）设原子直径为d，左图边长为a，右图边长为b，则TK以上时为面心立方，故b2+b2=(3d)2,b=TK以下时为体心立方，故a2+=(3d)2,a=所以b：a==（3）左上图的的堆积方式为体心立方；晶胞中含有2个原子，根据可知：7.407g·㎝-3=解得V=27×1024cm3；又由晶胞结构可知a2+=(4r)2,所以r=V=a3;所以r=1.299×108cm=129.9pm。该晶体由于A处于d区价电子多，且半径小所以原子化热很高。考点：考查晶体结构与性质。【解析】【答案】（1）8、12（各2分）（2）（2分）（3）体心立方（2分）129.9或130.0（2分）由于A处于d区价电子多（1分），且半径小所以原子化热很高（1分）9、略

【分析】试题分析：本题用极限法考虑，铜与混酸反应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，2.24L标准状况下的NO的物质的量是0.1mol，若硝酸全部被还原为NO，则硝酸的物质的量最小是0.1mol，浓度是1mol/L；同体积的混合酸恰好与250毫升2mol/L的NaOH完全中和，说明混酸中的氢离子的物质的量为0.5mol，若全部是硝酸提供，则硝酸的物质的量最大是0.5mol，浓度是5mol/L，所以硝酸的物质的量浓度的范围是1mol/L≤C(HNO3)<5mol/L；当硝酸的物质的量最小时，硫酸的物质的量最大是0.2mol，所以浓度的最大值是2mol/L，硝酸物质的量最大时，硫酸的物质的量最小为0，实际是硝酸和硫酸的混合酸，所以硫酸的浓度的取值范围是0考点：考查金属与酸的计算，酸的浓度的计算【解析】【答案】1mol/L≤C(HNO3)<5mol/L,010、略

【分析】解：(1)某地区使用含较少Ca2+、Mg2+的天然水；所以属于软水，故答案为：软水；

(2)常用的凝聚剂有明矾；硫酸铝、氯化铁等；故答案为：明矾；

(3)常用液氯作为消毒剂，其原理是：氯气能和水反应生成次氯酸，次氯酸能够消毒杀菌，故答案为：氯气能和水反应生成次氯酸，次氯酸能够消毒杀菌．【解析】软水;明矾;氯气能和水反应生成次氯酸，次氯酸能够消毒杀菌11、略

【分析】解：钢一般可分为碳素钢和合金钢两大类；根据含碳量的不同，碳素钢可分为高碳钢；中碳钢、低碳钢，碳素钢的含碳量越高，其硬度越大，含碳量低硬度小；合金钢中应用最广泛的是不锈钢；

故答案为：碳素钢；合金钢；低碳钢；高碳钢；中碳钢；大；小；不锈钢．

钢一般可分为碳素钢和合金钢；根据含碳量不同，碳素钢有不同的分类；碳素钢的硬度与含碳量有关；最常见的合金钢是不锈钢．

本题主要考查了钢的分类，主要考查碳素钢的分类，掌握分类的依据是解题的关键，难度不大．【解析】碳素钢；合金钢；低碳钢；中碳钢；高碳钢；大；小；不锈钢12、略

【分析】解：由元素在周期表的位置可知，rm{垄脵隆芦垄脼}分别为rm{N}rm{F}rm{Na}rm{Al}rm{S}rm{Cl}

rm{(1)}元素rm{垄脷}与元素rm{垄脼}相比较，其单质更容易与rm{H_{2}}化合的是rm{F_{2}}故答案为：rm{F_{2}}

rm{(2)垄脹垄脻}两种元素相比较，原子半径较大的是rm{Na}故答案为：rm{Na}

rm{(3)}元素rm{垄脵}的简单氢化物与元素rm{垄脼}的简单氢化物相互反应的化学方程式是rm{NH_{3}+HCl篓TNH_{4}Cl}故答案为：rm{NH_{3}+HCl篓TNH_{4}Cl}

rm{(4)垄脺垄脻}两种元素的最高价氧化物对应的水化物在溶液中相互反应的离子方程式是rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}篓TAl^{3+}+3H_{2}O}故答案为：rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}篓TAl^{3+}+3H_{2}O.}

由元素在周期表的位置可知，rm{垄脵隆芦垄脼}分别为rm{N}rm{F}rm{Na}rm{Al}rm{S}rm{Cl}

rm{(1)}非金属性越强；与氢气越易化合；

rm{(2)}同周期从左向右原子半径减小；

rm{(3)}氨气与rm{HCl}反应生成氯化铵；

rm{(4)垄脺垄脻}两种元素的最高价氧化物对应的水化物在溶液中反应生成硫酸铝和水．

本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．【解析】rm{F_{2}}rm{Na}rm{NH_{3}+HCl篓TNH_{4}Cl}rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}篓TAl^{3+}+3H_{2}O}13、（1）×

（2）×

（3）×【分析】【分析】本题考查了离子方程式的正误判断。【解答】rm{(1)Na_{2}O_{2}}固体与水反应，固体的化学式不能拆分，故错误，故答案为：rm{隆脕}rm{(2)}向rm{NaHCO_{3}}溶液中滴加盐酸，碳酸氢根属于弱酸的酸式根，不能拆分，故错误，故答案为：rm{隆脕}rm{(3)Mg(OH)_{2}}和稀盐酸的反应，氢氧化镁属于难溶物，不能拆分，故错误，故答案为：rm{隆脕}

【解析】rm{(1)隆脕}rm{(1)隆脕}rm{(2)隆脕}rm{(2)隆脕}14、略

【分析】溶液中含有:Ca2+、H+、Cl-、OH-,通电时,Ca2+、H+移向阴极,H+放电能力比Ca2+强,在E极上发生反应:2H++2e-H2↑,H2O电离出的H+放电,OH-富集在阴极(E极),则使阴极区溶液变红;Cl-、OH-移向阳极,Cl-在阳极放电,2Cl-Cl2↑+2e-,总反应方程式:2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-;电解一段时间t1后,溶液中OH-浓度增大,相当于Ca(OH)2、CaCl2的混合溶液,通入CO2:Ca2++2OH-+CO2CaCO3↓+H2O,继续通入CO2:CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2。【解析】【答案】(1)氧化2Cl--2e-Cl2↑还原2H++2e-H2↑2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑(2)①通电后E极处溶液呈红色②通电时,E极、F极均有气体生成③通入CO2时,溶液中先出现白色沉淀,继续通入CO2沉淀又消失15、略

【分析】

（1）由图可知，前60s内B的物质的量变化为0.6mol，根据方程式A（g）⇌2B（g）可知△n（A）=×0.6mol=0.3mol，所以v（A）==0.005mol/（L•s）；

故答案为：0.005mol/（L•s）；

（2）由图可知，60s达平衡时B的物质的量变化为0.6mol，根据方程式A（g）⇌2B（g）可知△n（A）=0.3mol，B的平衡浓度为A的3倍，体积不变，浓度之比等于物质的量之比，故此时A的物质的量0.6mol×=0.2mol；所以A的起始物质的量为0.3mol+0.2mol=0.5mol；

473K时（其他条件不变），B的平衡浓度为A的2倍，体积不变，浓度之比等于物质的量之比，令平衡时B的物质的量为amol，则A的物质的量变化为0.5amol，故（0.5mol-0.5amol）×2=amol，解得a=0.5，故平衡时A的物质的量为0.5×0.5mol=0.25mol，温度升高反应速率加快，故473K时反应到达平衡的时间小于60s，图象为：

故答案为：

（3）恒温恒容稀有气体不影响平衡，加入1molB，等效为加入0.5molA，与原平衡等效，平衡时B的物质的量相同为0.6mol，参加反应B的物质的量为1mol-0.6mol=0.4mol，故B的转化率为×100%=40%；故选B；

（4）曲线上任意一点的切线斜率表示该时刻的即时反应速率；故答案为：表示该时刻的即时反应速率．

【解析】【答案】（1）由图可知，前60s内B的物质的量变化为0.6mol，根据方程式计算△n（A），进而计算△c（A），根据v=计算v（A）；

（2）作图是曲线注意两点：A的起始物质的量与平衡时物质的量；温度升高反应速率加快，到达平衡的时间小于60s；

由图可知；60s达平衡时B的物质的量变化为0.6mol，根据方程式A（g）⇌2B（g）可知△n（A）=0.3mol，B的平衡浓度为A的3倍，体积不变，浓度之比等于物质的量之比，据此计算A的平衡时物质的量，进而计算A的起始物质的量；

473K时（其他条件不变）；令平衡时B的物质的量为amol，则A的物质的量变化为0.5amol，体积不变，浓度之比等于物质的量之比，根据B的平衡浓度为A的2倍，列方程计算a的值，进而计算平衡时A的物质的量，温度升高反应速率加快，故473K时反应到达平衡的时间小于60s；

（3）恒温恒容稀有气体不影响平衡；加入1molB，等效为加入0.5molA，与原平衡等效，平衡时B的物质的量相同为0.6mol，据此计算转化率；

（4）曲线上任意一点的切线斜率表示该时刻的即时反应速率．

三、探究题(共4题，共8分)16、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）17、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）18、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）19、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）四、元素或物质推断题(共4题，共24分)20、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）221、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H222、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）223、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