2025年沪科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2025年沪科版高二化学上册阶段测试试卷886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、将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应①NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g）；②2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）．达到平衡时，c（H2）=1mol/L，c（HI）=3mol/L，则此温度下反应①的平衡常数为（）A.3B.9C.12D.152、能增加反应物分子中活化分子的百分数的是（）A.增加浓度B.使用负催化剂C.增大压强D.升高温度3、常温下，将rm{pH=8}的rm{KOH}溶液加水稀释rm{1000}倍，稀释后所得溶液中rm{K^{+}}与rm{OH^{-}}的物质的量浓度之比约为rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{1000}B.rm{1}rm{100}C.rm{1}rm{10}D.rm{1}rm{1}4、结构如图的某有机物在一定条件下可以用于合成植物的生长素。下列关于该有机物的说法错误的是（）A.该有机物的化学式为C11H12N2O2B.该有机物能够与强碱反应C.一定条件下既可发生加成和酯化反应D.一定条件下会发生加聚反应生成蛋白质5、下列物质在水中溶解度由大到小的顺序正确的是()A.rm{NH_{3}>HCl>CO_{2}>SO_{2}>Cl_{2}}B.rm{SO_{2}>CS_{2}>H_{2}S>S_{8}}C.rm{HOCH_{2}(CHOH)_{4}CHO>C_{17}H_{35}COOH>CH_{3}COOH}D.rm{NH_{3}>CO_{2}>N_{2}}6、下列鉴别方法不可行的是A.用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯、环已烯和环已烷B.用燃烧法鉴别乙醇、苯和四氯化碳C.用碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯D.用水鉴别乙醇、甲苯和溴苯7、为测定某有机物的结构，用核磁共振仪处理后得到如图所示的核磁共振氢谱，则该有机物可能是()A.B.C.rm{C_{2}H_{5}OH}D.8、在食品加工或餐饮业中使用量特别要注意严加控制的物质是rm{(}rm{)}A.氯化钠B.谷氨酸钠rm{(}味精rm{)}C.碳酸氢钠D.亚硝酸钠评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、根据下列4组物质的结构简式回答：①CH4和CH3CH3②CH＝CHCH3和CH3CH＝CH2③④C2H5OH和CH3OCH3（1）属于同系物的是____。（2）属于同一物质的是____。（3）具有不同官能团的同分异构体是____。（4）由于碳链骨架不同而产生的同分异构体是____。10、在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应rm{2SO_{2}(g)+O_{2}}rm{(g)?}rm{2SO_{3}(g)triangleH<0}rm{2SO_{3}(g)triangle

H<0}时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中rm{(1)600隆忙}rm{SO_{2}}rm{O_{2}}物质的量变化如图，反应处于平衡状态的时间是________________________。

rm{SO_{3}}到rm{(2)10min}的曲线变化的原因可能是______rm{15min}填写编号rm{(}A.加了催化剂rm{)}缩小容器体积C.降低温度rm{B.}增加rm{D.}的物质的量rm{SO_{3}}据图判断，反应进行至rm{(3)}时，曲线发生变化的原因是__________________________rm{20min}用文字表达rm{(}rm{)}11、（12分）主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。X、Y和Z分属不同的周期，他们的原子序数之和是W原子序数的5倍。在由元素W、X、Y、Z组成的所有可能的二组分化合物中，由元素W与Y形成的化合物M的熔点最高。请回答下列问题：⑴W元素原子的L层电子排布式为，W3分子的空间构型为____；⑵化合物M的化学式为，其晶体结构与NaCl相同，而熔点高于NaCl。M熔点较高的原因是；⑶将一定量的化合物ZX负载在M上可制得ZX/M催化剂，用于催化碳酸二甲酯与月桂醇酯交换合成碳酸二月桂酯。在碳酸二甲酯分子中O—C—O的键角约为；⑷X、Y、Z可形成立方晶体结构的化合物，其晶胞中X占据所有棱的中心，Y位于顶角，Z处于体心位置，则该晶体的组成为X︰Y︰Z=____。12、(20分)（1）键线式表示的分子式___________；名称是___________。（2）中含有的官能团的名称为___________________。（3）丁基的4个结构简式为___________________________；___________________________；___________________________；___________________________。（4）含有杂质的工业乙醇的蒸馏装置中，玻璃仪器有酒精灯、蒸馏瓶、_________、_________、尾接管、锥形瓶。13、常温下，甲为0.1mol/LBOH溶液，且溶液中=1012请写出甲溶质B的电离子方程式______．14、根据水溶液中离子平衡的相关知识；回答下列问题：

rm{垄脵}铝盐、铁盐可作净水剂rm{.}铁盐作净水剂的原因是______rm{(}用离子方程式表示rm{)}

rm{垄脷}常温下，柠檬水的rm{pH}为rm{3}则溶液中rm{c(OH^{-})}为______．

rm{垄脹}向稀醋酸钠中滴加rm{NaOH}溶液至中性，此时溶液中rm{c(CH_{3}COO^{-})}______rm{c(Na^{+})(}填“大于”“小于”或“等于”rm{.)}

rm{垄脺}常温下，向rm{1mLAgCl}饱和溶液中分别加入等体积的以下三种溶液，析出rm{AgCl}固体最多的是______rm{(}填字母rm{)}．

A.rm{0.1mol/LNaCl}rm{B.0.lmol/LMgCl_{2}}rm{C.0.1mol/L}rm{AlCl_{3}}．评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)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、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：_____________。17、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）。18、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、推断题(共3题，共30分)19、(8分)ABCDE五种物质中含有同一种元素，其相互转化关系如图所示。C是空气污染物。（1）如果A是淡黄色固体单质：（以下均写化学式）则C是____________E是____________。写出：E→C的化学方程式（2）如果A是无色气体：E→C的化学方程式为____20、质谱测出，某烃rm{A}的相对分子质量为rm{70}回答下列问题：rm{(1)}若烃rm{A}为链烃，联合红外光谱及其它分析手段，显示该分子含有rm{3}个rm{-CH_{3}}rm{垄脵A}的结构简式为__________；rm{垄脷}链烃rm{A}与rm{Br_{2}}的rm{CCl_{4}}溶液反应生成rm{B}rm{B}与rm{NaOH}的醇溶液共热可得到rm{D}rm{D}分子中无溴原子。rm{(}提示：碳原子连接两个碳碳双键的结构不稳定rm{)}请写出rm{D}的结构简式______；rm{D}能发生聚合反应，且聚合产物主链含有碳碳双键，写出rm{D}生成rm{E}的反应方程式______________。rm{垄脹B}与足量rm{NaOH}水溶液完全反应，生成有机物rm{F}该反应的化学方程式为______。rm{(2)}若rm{A}不能使溴水褪色，且其一氯代物只有一种，则rm{A}的结构简式为_________。21、阿托酸乙酯可用于辅助胃肠道痉挛及溃疡。阿托酸乙酯的一种合成路线如下图所示，请回答下列问题：

rm{(1)E}的分子式为_______________，rm{F}的结构简式___________，阿托酸乙酯所含官能团的名称_____________；rm{(2)垄脻}和rm{垄脿}的反应类型分别是：rm{垄脻}________________rm{垄脿}______________________；rm{(3)}反应rm{垄脹}的方程式：____________________________________；rm{(4)}反应rm{垄脻}的方程式：___________________________________rm{(5)D}的同分异构体有多种，同时符合下列条件的同分异构体有__________种。rm{垄脵}含有苯环；rm{垄脷}能发生银镜反应；rm{垄脹}遇rm{FeCl_{3}}溶液不显紫色。rm{(6)}已知由烯烃直接制备不饱和酯的新方法为：利用乙烯为有机原料rm{(}无机物和反应条件自选rm{)}合成聚合物涂料无机物和反应条件自选rm{(}合成聚合物涂料rm{)}，

写出合成该涂料的反应流程图：___________________________________________。​注意：合成路线流程图示如：评卷人得分五、综合题(共2题，共12分)22、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．23、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【解答】解：平衡时c（HI）=4mol•L﹣1，HI分解生成的H2的浓度为1mol•L﹣1，则：NH4I分解生成的HI的浓度为3mol•L﹣1+2×1mol•L﹣1=5mol•L﹣1；

所以NH4I分解生成的NH3的浓度为5mol•L﹣1；

所以反应①的平衡常数k=c（NH3）•c（HI）=5mol•L﹣1×3mol•L﹣1=15mol2•L﹣2．

故选：D．

【分析】反应①的平衡常数k=c（NH3）•c（HI），NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI之和，即为NH4I分解生成的NH3，由反应②可知分解的c（HI）为平衡时c（H2）的2倍，求出为NH4I分解生成的NH3，代入反应①的平衡常数K=c（NH3）•c（HI）计算．2、D【分析】解：A．增加浓度可使活化分子的浓度增大；但百分数不变，故A错误；

B．使用负催化剂可减小反应物中的活化分子百分数；故B错误；

C．增大压强可使活化分子的浓度增大；但百分数不变，故C错误；

D．升高度增大反应物分子中活化分子的百分数；故D正确．

故选D．

增大压强或者增大反应物浓度；可使活化分子的浓度增大，但百分数不变，升高温度或加入正催化剂可增大反应物中的活化分子百分数．

本题考查影响活化分子的因素，题目难度不大，注意外界条件对活化分子的影响不同，把握相关基础知识的积累．【解析】【答案】D3、B【分析】解：rm{pH=8}的rm{KOH}溶液中钾离子浓度为：rm{c(K^{+})=1隆脕10^{-6}mol/L}氢氧根离子的浓度为：rm{1隆脕10^{-6}mol/L}溶液稀释rm{1000}倍后，氢氧根离子浓度不可能小于rm{1隆脕10^{-9}mol/L}只能无限接近rm{1隆脕10^{-7}mol/L}而钾离子浓度为：rm{c(K^{+})=1隆脕10^{-9}mol/L}稀释后所得溶液中rm{K^{+}}与rm{OH^{-}}的物质的量浓度之比约为：rm{1隆脕10^{-9}mol/L}rm{1隆脕10^{-7}mol/L=1}rm{100}故选B．

将rm{pH=8}的rm{KOH}溶液加水稀释rm{1000}倍，稀释后所得溶液中rm{K^{+}}浓度变为原来的千分之一；碱溶液稀释后，溶液不会变为酸性，应该是接近中性，据此回答．

本题考查了溶液rm{pH}的计算，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液rm{pH}的关系，确定溶液中氢离子的近似浓度是关键，注意酸碱稀释接近中性应考虑水的电离．【解析】rm{B}4、D【分析】【解析】试题分析：根据结构简式可知，分子中含有碳碳双键、氨基和羧基，所以选项A、B、C都是正确的，D不正确，应该是缩聚反应，答案选D。考点：考查有机物的结构和性质【解析】【答案】D5、D【分析】【分析】水为极性分子，与水形成氢键、与水反应的气体在水中溶解度大，据此解答即可。【解答】A.二氧化碳是非极性分子，二氧化硫是极性分子，二氧化硫在水中的溶解度大于二氧化碳，rm{A}项错误；B.rm{CS_{2}}是非极性分子，溶解度小于rm{SO_{2}}rm{H_{2}S}rm{B}项错误；C.rm{CH_{3}COOH}与水形成氢键，能与水混溶，同类有机物的相对分子质量越大，极性越弱，在水中的溶解度越小，rm{C}项错误；D.氨气与水形成氢键，rm{CO}rm{2}和rm{2}都是非极性分子，而二氧化碳与水反应，所以氨气的溶解度最大，氮气最小，rm{N_{2}}项正确。故选D。rm{D}【解析】rm{D}6、A【分析】【分析】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应和现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物的性质及应用，题目难度不大。【解答】A.甲苯和环己烯均能被高锰酸钾氧化；现象相同，不能鉴别，故A正确；

B.乙醇燃烧有淡蓝色的火焰，苯燃烧有黑影，四氯化碳不能燃烧，现象不同可鉴别，故B错误；

C.乙醇与碳酸钠溶液不分层，乙酸与碳酸钠反应生成气体，碳酸钠溶液与乙酸乙酯分层，现象不同可鉴别，故C错误；D.乙醇与水互溶、甲苯与水分层后有机层在上层、溴苯与水分层后有机层在下层，现象不同可鉴别，故D错误。故选A。

【解析】rm{A}7、C【分析】【分析】本题考查核磁共振氢谱，难度不大，清楚核磁共振氢谱中峰值数等于有机物中氢原子的种类数。【解答】核磁共振氢谱中只给出一种峰，说明该分子中的rm{H}原子都是等效的，只有rm{1}种rm{H}原子．

A.中，酚羟基上rm{1}种rm{H}原子、苯环上有rm{2}种rm{H}原子，氨基上有rm{1}种rm{H}原子，故核磁共振氢谱中有rm{4}个峰；故A错误；

B.中rm{2}个甲基上的rm{H}原子与碳碳双键中的rm{H}原子所处化学环境不相同，有rm{2}种rm{H}原子，核磁共振氢谱中有rm{2}个峰；故B错误；

C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}中甲基中的rm{H}原子与羟基中的rm{H}原子、亚甲基上rm{H}原子所处化学环境不同，有rm{3}种rm{H}原子，核磁共振氢谱中有rm{3}个峰；故C正确；

D.为对称结构，甲基与苯环上的rm{H}原子所处化学环境不同，有rm{2}种rm{H}原子，核磁共振氢谱中有rm{2}个峰；故D错误。

故选C。

【解析】rm{C}8、D【分析】解：rm{A.}食盐虽说不能吃太多；对心脏不好，但不需要严格控制，故A错误；

B.味精也不能过多食用；吃多了容易脱发，但也不需要严格控制，故B错误；

C.小苏打对人体危害较小rm{(}常用于面包的发酵rm{)}故不需要严格控制，故C错误；

D.亚硝酸盐有致癌的作用；故需要严格控制，故D正确．

故选D．

食品加工或餐饮业中使用量特别要注意严加控制的物质；说明该物质有毒性．

本题考查常见的食品添加剂的组成、性质和作用，难度不大，注意生活中食品添加剂的使用和物质的性质来解答．【解析】rm{D}二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】【解析】试题分析：（1）结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类有机物的，互称为同系物，所以互为同系物是①。（2）性质和结构都完全相同的是同一种物质，所以属于同一种物质的是②。（3）分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体，④中官能团分别是羟基和醚键，属于具有不同官能团的同分异构体。（4）③中都是烷烃，属于由于碳链骨架不同而产生的同分异构体。考点：考查同系物、同分异构体的判断【解析】【答案】①、②、④、③10、（1）15-20min和25-30min

（2）AB

（3）增大了氧气的浓度。

【分析】【分析】

本题考查平衡常数；平衡移动、平衡影响元素、化学平衡图象等；难度中等。

【解答】

rm{(1)}反应混合物各物质的物质的量不变化，说明反应处于平衡状态，由图可知在rm{15-20min}和rm{25-30min}出现平台，各组分的物质的量不变，反应处于平衡状态，故答案为：rm{15-20min}和rm{25-30min}．

rm{(2)}由图可知，反应向正反应进行，rm{10min}到rm{15min}反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，rm{10min}改变瞬间，各物质的物质的量不变rm{.}

A.加了催化剂；增大反应速率，故A正确；

B.缩小容器体积；增大压强，增大反应速率，故B正确；

C.降低温度反应速率降低；故C错误；

D.rm{10min}改变瞬间，各物质的物质的量不变，不是增加rm{SO_{3}}的物质的量；故D错误；

故选：rm{AB}

rm{(3)}由图可知，反应进行至rm{20min}时，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大，应是增大了氧气的浓度，故答案为：增大了氧气的浓度。【解析】rm{(1)15-20min}和rm{25-30min}

rm{(2)AB}

rm{(3)}增大了氧气的浓度。

11、略

【分析】W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则W水氧元素。熔点高的也不是原子晶体或离子晶体。根据形成的是二组分化合物可判断，M是氧化镁，即Y是镁元素。因此X是氟元素，Z是钾元素。（1）根据构造原理可知氧元素的L层电子排布式为2s22p4。臭氧是3原子电子的V形结构。（2）由于氧化镁中离子电荷多，晶格能大，熔点高。（3）碳酸分子是碳原子是sp2杂化，所以键角是120°的。（4）X占据所有棱的中心，则含有X是12×1/4＝3。Y位于顶角，则Y是8×1/8＝1。Z处于体心位置，则该晶体的组成为X︰Y︰Z＝3︰1︰1。【解析】【答案】⑴2s22p4（2分）V形（2分）⑵MgO（2分）离子电荷多，晶格能大（2分）⑶120°（2分）⑷3:1:1（2分）12、略

【分析】【解析】【答案】(20分)⑴C6H142甲基-戊烷⑵羟基酯基⑶-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）2，-C（CH3）3⑷温度计、冷凝管13、略

【分析】解：甲溶液中=1012，而溶液中离子积常数c（H+）•c（OH-）=10-14，可解得溶液中的氢氧根离子浓度c（OH-）=0.1mol/L，可知BOH是强碱，在溶液中能完全电离，故电离方程式为BOH=B++OH-，故答案为：BOH=B++OH-．

乙溶液中根据离子积常数和（OH-）：c（H+）=1012计算溶液中的氢氧根离子浓度分析判断BOH是强碱还是弱碱；依据强电解质；弱电解质写出电离方程式．

本题考查了溶液中的氢离子、氢氧根的浓度的计算，根据碱的浓度和计算出的氢氧根的浓度来分析碱的强弱，题目难度不大．【解析】BOH=B++OH-14、略

【分析】解：rm{垄脵}铁盐电离出的铁离子发生反应：rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}生成的氢氧化铁胶体具有较大吸附面积，能够净水；

故答案为：rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}

rm{垄脷}常温下，柠檬水的rm{pH}为rm{3}溶液中氢离子浓度为rm{1隆脕10^{-3}mol/L}则溶液中rm{c(OH^{-})=dfrac{1隆脕10^{-14}}{1times10^{-3}}mol/L=1隆脕10^{-11}mol/L}

故答案为：rm{c(OH^{-})=dfrac

{1隆脕10^{-14}}{1times10^{-3}}mol/L=1隆脕10^{-11}mol/L}

rm{10^{-11}mol/L}向稀醋酸钠中滴加rm{垄脹}溶液至中性，则rm{NaOH}根据核电荷数可知：rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}

故答案为：等于；

rm{c(CH_{3}COO^{-})=c(Na^{+})}溶液中存在溶解平衡：rm{垄脺AgCl}常温下向rm{AgCl(s)?c(Ag^{+})(aq)+c(Cl^{-})(aq)}饱和溶液中分别加入等体积的以下三种溶液，溶液中rm{1mLAgCl}的浓度越大，析出rm{Cl^{-}}固体越多；

A.rm{AgCl}溶液中rm{0.1mol/LNaCl}的物质的量浓度为rm{Cl^{-}}

rm{0.1mol/L}溶液中rm{B.0.lmol/LMgCl_{2}}的物质的量浓度为rm{Cl^{-}}

C.rm{0.2mol/L}rm{0.1mol/L}溶液中rm{AlCl_{3}}的物质的量浓度为rm{Cl^{-}}

所以析出rm{0.3mol/L}固体最多的为rm{AgCl}

故答案为：rm{C}．

rm{C}铁离子水解生成氢氧化铁胶体；能够净水；

rm{垄脵}根据rm{c(OH^{-})=dfrac{K_{W}}{c(H^{+})}}计算溶液中氢氧根离子浓度；

rm{垄脷}反应后溶液呈中性，则rm{c(OH^{-})=dfrac

{K_{W}}{c(H^{+})}}结合电荷守恒判断；

rm{垄脹}在溶液中中存在溶解平衡：rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}氯离子浓度越大，析出氯化银固体越多．

本题考查较为综合，涉及离子浓度大小比较、难溶物溶解平衡及其影响、盐的水解应用等知识，题目难度中等，明确难溶物溶解平衡的影响因素为解答关键，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力．rm{垄脺AgCl}【解析】rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}rm{10^{-11}mol/L}等于；rm{C}三、元素或物质推断题(共4题，共8分)15、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】

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H217、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）218、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、推断题(共3题，共30分)19、略

【分析】（1）如果A是淡黄色固体单质，则A是硫，所以B是硫化氢，C是SO2，D是三氧化硫，E是硫酸。（2）如果A是无色气体，则A是氮气，B是氨气，C是NO，D是NO2，E是硝酸。【解析】【答案】(1)SO2H2SO4Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O(2)3Cu+8HNO3(稀)==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O20、（1）①（CH3)2C=CHCH3②CH2=CCH3CH=CH2③（2）【分析】【分析】本题考察有机物分子式的推断，烯烃、卤代烃的化学性质，环烷烃一氯代物的种数，难度一般。【解答】某烃rm{A}的相对分子质量为rm{70}该烃的分子式为rm{C}rm{5}rm{5}rm{H}rm{10}若烃rm{10}为链烃，联合红外光谱及其它分析手段，显示该分子含有rm{(1)}个rm{A}rm{3}rm{-CH}的结构简式为rm{{,!}_{3}}rm{{,!}_{3}}rm{A}rm{(CH}rm{3}rm{3}故答案为：rm{)}rm{2}链烃rm{2}与rm{C=CHCH}rm{3}rm{3}rm{(CH_{3})_{2}C=CHCH_{3}}rm{(2)}链烃rm{A}与rm{Br}rm{(2)}有碳碳双键，rm{A}与rm{Br}的醇溶液共热可得到rm{2}rm{2}分子中无溴原子，的rm{CCl}为rm{CCl}rm{4}为rm{4}溶液反应生成rm{B}rm{A}有碳碳双键，rm{B}与rm{NaOH}的醇溶液共热可得到rm{D}rm{D}分子中无溴原子，rm{A}为rm{(CH_{3})_{2}C=CHCH_{3}}rm{B}rm{A}rm{B}rm{NaOH}rm{D}的结构简式为rm{D}rm{A}能发生聚合反应，且聚合产物主链含有碳碳双键，写出rm{(CH_{3})_{2}C=CHCH_{3}}生成rm{B}的反应方程式rm{CH}与足量rm{3}水溶液完全反应，生成有机物rm{3}该反应的化学方程式为rm{left(C{H}_{3}right)CBrCHBrC{H}_{3}+2NaOHxrightarrow[]{水}{left(C{H}_{3}right)}_{2}Cleft(OHright)CHleft(OHright)C{H}_{3}+2NaBr}故答案为：rm{)}rm{{,!}_{2}Br}rm{{,!}_{2}Br}rm{-CHBrCH}rm{3}rm{3}；rm{left(C{H}_{3}right)CBrCHBrC{H}_{3}+2NaOHxrightarrow[]{水}{left(C{H}_{3}right)}_{2}Cleft(OHright)CHleft(OHright)C{H}_{3}+2NaBr}rm{D}的结构简式为rm{CH_{2}=CCH_{3}CH=CH_{2}}rm{D}能发生聚合反应，且聚合产物主链含有碳碳双键，写出rm{D}生成rm{E}的反应方程式若rm{D}不能使溴水褪色，且其一氯代物只有一种，rm{CH_{2}=CCH_{3}CH=CH_{2}}为环戊烷，则rm{D}的结构简式为故答案为：rm{D}【解析】rm{(1)}rm{垄脵}rm{垄脵}rm{(CH_{3})_{2}C=CHCH_{3}}rm{垄脷}rm{垄脷}rm{CH}rm{2}rm{2}rm{=CCH}rm{3}rm{left(C{H}_{3}right)CBrCHBrC{H}_{3}+2NaOHxrightarrow[]{水}{left(C{H}_{3}right)}_{2}Cleft(OHright)CHleft(OHright)C{H}_{3}+2NaBr}rm{3}rm{CH=CH}21、（1）C10H12O2酯基和碳碳双键

（2）⑤酯化反应（或取代反应）⑧消去反应

（3）

（4）

（5）10

（6）【分析】【分析】本题考查有机物推断、有机反应类型、有机反应方程式等，注意根据反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难点中等。【解答】由题中各物质的转化关系可知，rm{A}与溴化氢发生加成反应生成在碱性条件下水解，发生取代反应生成rm{B}为rm{B}发生氧化反应生成rm{C}为rm{C}再被氧化、酸化后得rm{D}为rm{D}与乙醇发生取代反应生成rm{E}为rm{E}与甲酸甲酯发生取代反应生成与氢气发生加成反应生成rm{F}为rm{F}再发生消去反应得阿托酸乙酯；

rm{(1)E}为rm{E}的分子式为rm{C_{10}H_{12}O_{2}}rm{F}的结构简式为阿托酸乙酯所含官能团的名称是酯基和碳碳双键；