2025年人教版（2024）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年人教版（2024）高二化学上册阶段测试试卷741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5题，共10分)1、下列对金属及其制品的防护措施中；错误的是（）

A.铁锅用完后；用水刷去其表面的油污，置于潮湿处。

B.通过特殊工艺；增加铝制品表面的氧化膜。

C.对于易生锈的铁制品要定期刷防护漆。

D.把Cr；Ni等金属加入到普通钢里制成不锈钢。

2、下列物质肯定为纯净物的是A.汽油B.C2H4C.煤焦油D.福尔马林3、已知酸性：苯甲酸rm{>}碳酸rm{>}苯酚，现将转变为的方法为rm{(}rm{)}A.与稀rm{H_{2}SO_{4}}共热后，加入足量的rm{Na_{2}CO_{3}}B.加入足量的rm{NaOH}溶液，再通入足量的rm{HCl}C.与足量rm{NaOH}的溶液共热后，再通入rm{CO_{2}}D.与稀rm{H_{2}SO_{4}}共热后，加入足量的rm{NaOH}4、甲醇（CH3OH）是一种洁净、可再生能源．生物质气（主要成分为CO、CO2、H2等），在含有Zn、Cu等元素的催化剂条件下能合成甲醇（CH3OH）．下列说法不正确的是（）A.N2与CO互为等电子体B.CO2分子中碳原子的杂化类型是sp杂化，甲醇中碳原子的杂化类型是sp3杂化C.Zn在元素周期表中属于ds区，其晶体属于六方最密堆积，它的配位数是6D.Cu的外围电子排布式：3d104s15、为了检验某固体物质中是否含rm{NHrlap{_{4}}{^{+}}}你认为下列试纸和试剂一定用不到的是rm{(}rm{)}rm{垄脵}蒸馏水rm{垄脷NaOH}溶液rm{垄脹}红色石蕊试纸rm{垄脺}蓝色石蕊试纸rm{垄脻}稀硫酸A.rm{垄脵垄脻}B.rm{垄脺垄脻}C.rm{垄脵垄脹}D.rm{垄脵垄脺垄脻}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、某有机物由C、H、O三种元素组成，将该有机物3g充分燃烧生成0.15mol二氧化碳和3.6g水，已知该有机物的蒸汽密度为2.68g/L（折算成标准状况）。该有机物能与金属钠反应。则：（1）通过计算求出该有机物的分子式为____；（2）写出该有机物的结构简式为____、____。（3）取3g该有机物与金属钠反应，产生H2的体积为____（标况下）（4）将该有机物与浓硫酸共热可制得烯烃，请写出反应方程式____7、（12分）有A、B、C、D、E、F、G六种前四周期元素，原子序数依次增大,其相关信息如下表:。元素编号相关信息A所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等B基态时,电子分布在三个能级上，且各能级中电子数相等C基态时,2p轨道处于半充满状态D与C元素处于同一周期，且D的第一电离能小于C的第一电离能E原子的第一至第四电离能分别是:I1=738kJ/molI2=1451kJ/molI3=7733kJ/molI4=10540kJ/molF与E同周期，原子核外所有p轨道：有的全满有的半满G是第四周期元素中未成对电子数最多的元素请回答下列问题：（1）A、B两种元素组成的一种化合物甲是重要的化工原料，常把它的产量作为衡量石油化工发展水平的标志,则甲分子中σ键和π键的个数比为,其中B原子采取杂化。（2）B、C、D三种元素的电负性由大到小的顺序为（用元素符号表示）。（3）C的氢化物比F的氢化物的沸点__________（填“高”或“低”），C的氢化物比F的氢化物的稳定性__________（填“强”或“弱”）。（4）A2D的VSEPR模型名称为__________；写出与A2D分子互为等电子体的微粒__________（填一种）（5）写出E3C2的电子式;（6）G的基态原子核外电子排布式为。8、我国发射上天的宇宙飞船——“神舟”六号上使用氢氧燃料电池，其电池总反应为：2H2+O2====2H2O，电解质溶液溶质为KOH，溶剂是水，反应保持在较高温度下进行，使生成的水不断蒸发，经过一定的处理后供宇航员使用，该电池放电时负极反应为：_______________________,正极反应为：______________________9、(8分)某有机物A的相对分子质量为62。为进一步测定A的化学式，现取6.2gA完全燃烧，得到二氧化碳和水蒸气。将产物先后通过足量的浓硫酸和碱石灰，两者分别增重5.4g和8.8g(假设每步反应完全)。（1）该有机物的实验式是：分子式是。（2）红外光谱显示有“C—C”键和“O一H”键的振动吸收，若核磁兆振氢谱有2个吸收峰，峰面积之比为1：2，推断该有机物的结构简式是。（3）该有机物与金属钠反应的化学方程式是。10、（8分）肉桂酸甲酯是常用于调制具有草莓、葡萄、樱桃、香子兰等香味的食用香精。它的分子式为C10H10O2，且分子中只含有1个苯环，苯环上只有一个取代基。已知某一种肉桂酸甲酯的分子结构模型如下图所示（图中球与球之间连线表示单键或双键）。试回答下列问题。肉桂酸甲酯的结构简式为。（2）分子中的官能团的名称为。（3）在苯环上的一氯代物有种。（4）写出该肉桂酸甲酯在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式：_________________________。11、Cu的外围电子排布式为____．将氨水逐滴加入硫酸铜溶液中的现象是____．涉及的离子方程式为____，____．12、学家李比希最早提出关于有机化合物中元素定量分析方法：用CuO作氧化剂（在氧气流中）将有机物氧化，再对产物进行分析，从而确定有机物的实验式．现取mg某种氨基酸（CxHyOzNp）在纯氧中完全燃烧，生成CO2、H2O和N2．实验在如图装置中进行：

请回答下列问题：

（1）实验开始时，先要通一段时间的氧气，其理由是______．

（2）装置图中需要加热的仪器有（用字母填空，下同）______，操作时应先点燃______处的酒精灯．

（3）A装置中发生反应的化学方程式是______．

（4）D装置的作用是______．

（5）读取N2的体积时，应注意：①______；②______．

（6）实验中测得N2的体积为VmL（已折算成标准状况下）．为确定此氨基酸的分子式，还需要的有关数据有______．

A．生成二氧化碳气体质量B．生成水的质量。

C．通入氧气的体积D．氨基酸的相对分子质量．13、在一定温度下，有rm{a.}盐酸rm{b.}硫酸rm{c.}醋酸三种酸：rm{(1)}同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和rm{NaOH}的能力由大到小的顺序是____。rm{(2)}当三者rm{c(H^{+})}相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是____。rm{(3)}将rm{c(H^{+})}相同的三种酸均加水稀释至原来的rm{100}倍后，rm{c(H^{+})}由大到小的顺序是____。14、（8分）A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的六种元素。已知：A是周期表中原子半径最小的元素，B的基态原子核外电子有7种运动状态，B、C、E三种元素原子中未成对电子数之比为3：2：l，D原子核外有4个能级且均充满电子，D与E可形成DE2型化合物，F原子核外最外层只有1个电子，其余各层均充满电子。回答下列问题：(1)写出下列元素的名称：B______C_____E_______(2)F在元素周朔表的位置是_________，与F同周期且未成对电子数最多的元素为______（填写元素符号），该元素基态原子的核外电子电子排布式为__________；(3)B与D组成的化合物可以与水反应，写出它与水反应的化学方程式______________。评卷人得分三、解答题(共6题，共12分)15、维生素C简称VC，化学式为C6H8O6，是一种水溶性物质，其水溶液具有弱酸性，水果、蔬菜中含量较多．人体内若缺少VC易患坏血病，故VC又称“抗坏血酸”．VC与单质碘（Ⅰ2）反应的化学方程式为：C6H8O6+I2=C6H6O6+2HI

请回答下列问题：

（1）上述反应______（填“是”或“不是”）氧化还原反应，VC的作用是______；

（2）血液里，运输氧的血红蛋白中含有亚铁离子，人之所以患坏血病，是因为人们从食物中摄取的铁主要是+3价的铁，不能被直接吸收利用．据此推测，VC在抗坏血病方面的作用原理是______．

16、在某温度下的水溶液中，c（H+）=10xmol•L-1，c（OH-）=10ymol•L-1；x与y关系如图所示．

（1）该温度下，0.01mol•L-1NaOH溶液的pH为______．

（2）在此温度下，将pH=13的NaOH溶液VaL与pH=1的硫酸溶液VbL混合．

①若所得混合液为中性，则Va：Vb=______．

②若所得混合液的pH=2，则Va：Vb=______．

17、孔雀石的主要成分是CuCO3•Cu（OH）2，还含有少量的SiO2和铁的化合物．实验室以孔雀石为原料制备CuSO4•5H2O的步骤如下：

请回答下列问题：

（1）溶液A的金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+．若要检验溶液A中Fe2+的最适宜选用的试剂为______（填代号）．

a．KMnO4b．铁粉c．NaCld．KSCN

（2）向溶液A中加入H2O2的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，写出该反应的离子方程式：______；实验室选用H2O2而不用Cl2作氧化剂；除考虑环保因素外，另一原因是______．

（3）由溶液C获得CuSO4•5H2O；需要经过加热蒸发，______，过滤等操作．除烧杯；漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是______．

（4）将制得的胆矾样品用热重仪进行热重分析；热重仪原理及热重计录如下表：

写出212-250℃温度范围内发生反应的化学方程式：______CuSO4+H2O18、火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水．当把0.4mol液态肼和0.8molH2O2混合反应；生成氮气和水蒸气，放出256.7kJ的热量（相当于25℃；101kPa下测得的热量）．

（1）反应的热化学方程式为______．

（2）又已知H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol．则16g液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是______kJ．

（3）液态肼与液态双氧水反应中当有1mol氧化产物生成时转移的物质的量是______

（4）此反应用于火箭推进；除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是______．

19、12.0g某液态有机化合物A完全燃烧后，生成14.4gH2O和26.4gCO2．测得有机化合物A的蒸气与H2的相对密度是30；求：

（1）有机物A的分子式______．

（2）用如图所示装置测定有机物A的分子结构，实验数据如下（实验数据均已换算为标准状况）：amL（密度为ρg/cm3）的有机物A与足量钠完全反应后，量筒液面读数为bmL；若1molA分子中有xmol氢原子能跟金属钠反应，则x的计算式为______（可以不化简）．

20、下表是现行中学化学教科书中元素周期表的一部分；表中的每个字母代表一种短周期元素，请根据要求回答问题．

（1）写出B的最高价氧化物的电子式______；

（2）画出H的原子结构示意图______；

（3）A和G；A和H形成的气态化合物；较稳定的是______（填写化学式）；

（4）D；E的离子半径相比较；较大的是______（填离子符号）；

（5）写出F的单质与E的高价氧化物的水化物反应的方程式______；

（6）有甲；乙两种化合物均由A、D、E、G四种元素形成；甲、乙的溶液相反应有气体生成，写出该反应的离子方程式______．

（7）由A；B、C、D四种元素的各一个原子形成的共价分子；每个原子的电子层结构都饱和，写出这种分子可能的结构式______、______．

评卷人得分四、计算题(共2题，共10分)21、（6分）氢氧化铜悬浊液中存在如下平衡：Cu（OH）2（s）Cu2＋（aq）＋2OH－（aq），常温下其Ksp＝c（Cu2＋）c2（OH－）＝2×10－20mol2·L－2。（1）某硫酸铜溶液里c（Cu2＋）＝0.02mol/L，如要生成Cu（OH）2沉淀，应调整溶液pH使之大于多少?（2）要使0.2mol/L硫酸铜溶液中Cu2＋沉淀较为完全（使Cu2＋浓度降至原来的千分之一），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液使溶液pH为____。22、已知100gCaCO3(S)分解生成CaO(S)和CO2(g)需要吸收178kJ热量，12gC(S)燃烧生成CO2(g)放出393.5kJ热量，如果把0.5tCaCO3煅烧成CaO(S)，在理论上要用C(S)燃料多少kg？评卷人得分五、推断题(共1题，共4分)23、六种有机物之间的转化关系如图．已知：一个碳原子上连有两个羟基的结构极不稳定，易发生变化：R-CH（OH）2→RCHO+H2O

（1）已知B的相对分子质量为162，其完全燃烧的产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1，则B的分子式为______，反应④的类型为______．

（2）反应③的化学方程式为______．

（3）F是生产高分子光阻剂的主要原料．F具有如下特点：①能跟FeCl3溶液发生显色反应；②能发生加聚反应；③苯环上的一氯代物只有两种．F的结构简式为______

（4）化合物G是F的同分异构体，属于芳香族化合物，能发生银镜反应，则G有______种结构．写出其中一种同分异构体的结构简式______．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】

A；油污能防腐；金属在潮湿的空气中发生电化学腐蚀，所以金属应涂上油并置于干燥处以保护铁锅不被腐蚀，故A错误．

B；铝的氧化物薄膜结构是致密的；能保护铝进一步的被腐蚀，故B正确．

C；铁制品的表面定期刷漆阻止了铁与水和氧气的接触；防止了电化学腐蚀，所以能保护铁，故C正确．

D；不锈钢是合金；合金改变了金属的结构，所以能保护铁不被腐蚀，故D正确．

故选：A．

【解析】【答案】A；油污能防腐；金属在潮湿的空气中发生电化学腐蚀；

B；铝的氧化物薄膜比铝耐腐蚀；

C；铁制品的表面定期刷漆能阻止铁被腐蚀．

D；不锈钢是合金；能保护铁不被腐蚀．

2、B【分析】由一种物质构成的是纯净物，ACD都是混合物，B是乙烯，属于纯净物，答案选B【解析】【答案】B3、C【分析】解：rm{A.}与浓硫酸共热后，羧基和酚羟基都与碳酸钠溶液反应而得不到故A错误；

B.与rm{NaOH}溶液反应后再通入足量rm{HCl}羧酸钠、酚钠都与rm{HCl}反应，所以得不到故B错误；

C.与足量的rm{NaOH}溶液共热，羧基与rm{NaOH}反应，酯基水解生成苯酚结构与rm{NaOH}反应生成苯酚钠，再通入rm{CO_{2}}与苯酚钠结构反应生成产物，故C正确；

D.氢氧化钠和酚羟基、羧基都反应而得不到故D错误；

故选C．

因羧酸、酚羟基均与碱反应生成盐，则将转变为可选择与碱反应，然后利用碳酸酸性大于苯酚酸性，再通入二氧化碳即可；或先加稀硫酸水解后，利用苯酚酸性大于碳酸氢根离子的酸性，再与rm{NaHCO_{3}}反应即可；以此来解答．

本题考查有机物的合成，根据物质的官能团变化、物质的性质选择合适的合成途径是解答本题的关键，注意碳酸酸性rm{>}苯酚酸性rm{>}碳酸氢根离子的酸性，题目难度中等．【解析】rm{C}4、C【分析】解：A、N2与CO原子数相等；电子总数相等，互为等电子体，故A正确；

B、二氧化碳分子是直线型分子，碳原子的杂化类型是sp杂化，甲醇中碳原子与三个氢原子和一个氧原子形成四个σ键，所以碳原子的杂化类型是sp3杂化；故B正确；

C；锌单质晶体是六方最密堆积；原子按“ABABAB”方式堆积，晶体中Zn原子的配位数为12，故C错误；

D、Cu原子的激发态简化电子排布式为[Ar]3d94s2，所以铜的外围电子排布式：3d104s1；故D正确；

故选C．

A、N2与CO原子数相等；电子总数相等，互为等电子体；

B、二氧化碳分子是直线型分子，碳原子的杂化类型是sp杂化，甲醇中碳原子与三个氢原子和一个氧原子形成四个σ键，所以碳原子的杂化类型是sp3杂化；

C；锌单质晶体是六方最密堆积；原子按“ABABAB”方式堆积，晶体中Zn原子的配位数为12；

D、Cu原子的激发态简化电子排布式为[Ar]3d94s2，所以铜的外围电子排布式：3d104s1．

本题综合性较强，主要考查了等电子体、晶体的结构、晶胞的计算等知识，难度中等，解题时要对基础知识和基本方法熟练掌握．【解析】【答案】C5、B【分析】【分析】本题考查了铵根离子的检验，根据物质间的反应及物质的性质来分析解答，难度不大。【解答】铵根离子和氢氧化钠溶液反应生成氨气，所以生成氨气需要氢氧化钠溶液，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则需要红色石蕊试纸，且需要蒸馏水润湿试纸，则不需要的物质是蓝色石蕊试纸及稀硫酸，故B正确。故选B。【解析】rm{B}二、填空题(共9题，共18分)6、略

【分析】【解析】试题分析：（1）该有机物的蒸汽密度为2.68g/L（折算成标准状况）则该有机物的相对分子质量是2.68×22.4＝60则3g有机物的物质的量是0.05mol生成水和CO2的物质的量分别是0.2mol和0.15mol则根据原子守恒可知有机物中碳氢原子的质量分别是0.15mol×12g/mol＝1.8g、0.4g所以根据质量守恒定律可知有机物中氧原子的质量是3g－1.8g－0.4g＝0.8g则含有的氧原子的物质的量是0.05mol所以该有机物中C、H、O三种原子的个数之比是3:8:1由于碳原子已经达到饱和状态乙醇该有机物的分子式就是C3H8O（2）该有机物能与金属钠反应，则根据化学式可知，该有机物是醇类，表示醚类，所以结构简式是CH3CH2CH2OH或CH3CHOHCH3（3）3g有机物的物质的量是0.05mol则根据氢原子守恒可知生成氢气的物质的量是0.05mol÷2＝0.025mol所以标准状况下氢气的体积是0.025mol×22.4/L＝0.56L（4）丙醇可以发生消去反应生成丙烯，则反应的化学方程式是CH3CH2CH2OHCH3CH=CH2↑＋H2O或CH3CHOHCH3CH2=CHCH3↑＋H2O。考点：考查有机物化学式、结构简式的判断、计算以及方程式的书写【解析】【答案】7、略

【分析】根据元素的相关信息可知，A是H。B是C。C是N。D是O。E的第四电离能比第二电离能大很多，说明E是第ⅡA，因此是Mg。F是P。第四周期元素中未成对电子数最多的元素是24号元素Cr。（1）乙烯的产量常用作为衡量石油化工发展水平的标志，所以甲是CH2=CH2。由于单键全部是δ键，双键是由1个σ键和1个π键构成，所以乙烯分子中σ键和π键的个数比为5：1。乙烯是平面型结构，碳原子是sp2杂化。（2）非金属性越强，电负性越大，所以B、C、D三种元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C。（3）氨气中含有羟基，所以沸点高于PH3的沸点。氮氮非金属性强于P的，所以氢化物的稳定性也强于P的氢化物。（4）H2O的中心原子含有2对孤电子对数，所以水的VSEPR模型名称为四面体，但实际结构是V形。原子数和电子书都相等的分子是等电子体。所以和H2O互为等电子体的是NH2－。（5）E3C2是Mg3N2.属于离子化合物，含有离子键，所以电子式为（6）根据构造原理可知，Cr的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1。【解析】【答案】（1）5：1、sp2（2）O>N>C（3）高、强（4）四面体、NH2－（5）（6）1s22s22p63s23p63d54s18、略

【分析】【解析】【答案】2H2-4e+4OH-=4H2OO2+2H2O+4e=4OH-9、略

【分析】【解析】【答案】（每空2分）（1）CH3OC2H6O2（2）（3）10、略

【分析】试题分析：根据肉桂酸甲酯的结构的球棍模型可知：肉桂酸甲酯的结构简式为（2）在肉桂酸甲酯分子中的官能团的名称为酯基、碳碳双键；（3）由于该物质的分子结构是高度对称的，所以在苯环上的一氯代物有三种不同的位置，故在苯环上的一氯代物有三种；该肉桂酸甲酯在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式是+NaOH考点：考查肉桂酸甲酯的结构、性质、化学方程式、同分异构体的种类的知识。【解析】【答案】(1)（2）酯基、碳碳双键；（3）3；(4)+NaOH11、3d104s1先产生蓝色沉淀，后逐渐溶解，得到深蓝色溶液Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O+2OH﹣【分析】【解答】解：Cu核外含有29个电子，则外围电子排布式为3d104s1；将氨水滴入到硫酸铜溶液中，先产生氢氧化铜蓝色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到[Cu（NH3）4]2+络离子，溶液呈深蓝色，涉及的离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O+2OH﹣；

故答案为：3d104s1；先产生蓝色沉淀，后逐渐溶解，得到深蓝色溶液；Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O+2OH﹣．

【分析】Cu核外含有29个电子，据此书写；将氨水滴入到硫酸铜溶液中，先产生氢氧化铜蓝色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到四氨合铜络离子，溶液呈深蓝色，据此书写方程式．12、略

【分析】解：实验利用氨基酸在纯氧中完全燃烧生成CO2、H2O、N2，通过测定生成的CO2、H2O、N2的量确定实验式，H2O的质量根据B装置的增重得到，CO2的质量根据C装置的增重得到，N2的体积通过F测量．D装置除去为反应的氧气；

（1）装置内有空气；影响氮气体积的测定，实验开始时，先要通一段时间的氧气，排装置中的空气，以利准确测定出F中的氮气体积；

故答案为：排装置中的空气；以利准确测定出F中的氮气体积；

（2）氨基酸燃烧需要加热；用铜网除去未反应的氧气需要加热，即装置A；D需要加热；为了避免氧气进入装置E，加热时应该先点燃D出的酒精灯；

故答案为：A；D；

（3）A装置中CxHyOzNp燃烧的化学方程式为：CxHyOzNp+（x+-）O2xCO2+H2O+N2；

故答案为：CxHyOzNp+（x+-）O2xCO2+H2O+N2；

（4）为保证氨基酸完全燃烧需要通入过量的氧气；过量的氧气影响氮气体积的测定，氧气通过灼热的铜网生成氧化铜，保证最终收集的气体是氮气；

故答案为：吸收未反应的氧气；保证最终收集的气体是氮气；

（5）读取N2的体积时；应冷却至室温，量筒内液面与广口瓶中的液面在同一水平线上，视线与凹液面在同一水平线上；

故答案为：量筒内液面与广口瓶中液面在同一水平线上；视线与凹液面在同一水平线上；

（6）实验中测得N2的体积，还需要H2O、CO2的质量可以计算该氨基酸的实验式；通过实验式及相对分子质量可以确定此氨基酸的分子式；

故选：ABD．

利用氨基酸在纯氧中完全燃烧生成CO2、H2O、N2，通过测定生成的CO2、H2O、N2的量确定实验式，H2O的质量根据B装置的增重得到，CO2的质量根据C装置的增重得到，N2的体积通过F测量．D装置除去为反应的氧气；

（1）装置内有空气；影响氮气体积的测定；

（2）氨基酸燃烧需要加热；用铜网除去未反应的氧气需要加热；根据装置AD的作用判断点燃的酒精灯先后顺序；

（3）根据质量守恒定律写出CxHyOzNp燃烧的化学方程式；

（4）为保证氨基酸完全燃烧需要通入过量的氧气；过量的氧气影响氮气体积的测定；

（5）读取N2的体积时；应冷却至室温，使量取装置的集气瓶内氮气的压强与外界大气压一致，读数时视线与凹液面在同一水平线上；

（6）通过实验式及相对分子质量可以确定此氨基酸的分子式．

本题考查燃烧法确定有机物的组成、对实验原理装置的理解、实验基本操作等知识，题目难度中等，理解实验原理是解题的关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．【解析】排装置中的空气，以利准确测定出F中的氮气体积；AD；D；CxHyOzNp+（x+-）O2xCO2+H2O+N2；吸收未反应的氧气，保证最终收集的气体是氮气；量筒内液面与广口瓶中液面在同一水平线上；视线与凹液面在同一水平线上；ABD13、（1）b＞a=c（2）c＞a=b（3）c＞a=b【分析】【分析】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质的电离特点是解本题关键，注意：不同的酸与足量的相同金属反应时生成氢气的量与酸的物质的量与元数有关，即与氢离子的物质的量有关，与电解质强弱无关，为易错点。rm{(1)}物质的量浓度相等的这三种酸，酸的元数越多、酸的酸性越强，氢离子浓度越大；氢离子浓度越大，则rm{pH}越小；rm{(2)}同体积、同物质的量浓度的三种酸溶液的物质的量相等，消耗rm{NaOH}的量与酸的元数成正比；

rm{(3)}当rm{c(H}rm{c(H}rm{{,!}^{+}}相同、体积相同时，盐酸、硫酸完全电离，只有醋酸在继续电离；rm{)}相同、体积相同时，盐酸、硫酸完全电离，只有醋酸在继续电离；相同盐酸、硫酸完全电离，醋酸部分电离，加水稀释至原来的rm{)}倍后，只有醋酸可继续电离。【解答】rm{(4)c(H^{+})}同体积、同物质的量浓度的三种酸溶液的物质的量相等，中和rm{100}的能力与酸的元数成正比，同体积、同物质的量浓度的三种酸溶液，硫酸中氢离子物质的量最大，醋酸和盐酸都是一元酸且物质的量相等，所以rm{(1)}的量由大小顺序是rm{NaOH}故答案为：消耗rm{NaOH}的量由

rm{NaOH}rm{b>a=c}rm{b>a=c}rm{(2)}相同、体积相同时，盐酸、硫酸完全电离，只有弱酸醋酸可以继续电离，则分别加入足量锌，相同状况产生的气体体积由大到小的顺序为当rm{c(H}故答案为：rm{c(H}；rm{{,!}^{+}}rm{)}相同、体积相同时，盐酸、硫酸完全电离，只有弱酸醋酸可以继续电离，则分别加入足量锌，相同状况产生的气体体积由大到小的顺序为rm{c>a=b}rm{)}rm{c>a=b}rm{c>a=b}rm{c>a=b}rm{(3)}相同的三种酸均加水稀释至原来的盐酸是一元强酸完全电离，硫酸是二元强酸完全电离，醋酸是弱酸部分电离，倍后，醋酸的将rm{c}rm{c}rm{(H}rm{(H}盐酸rm{{,!}^{+}}rm{)}相同的三种酸均加水稀释至原来的rm{100}倍后，醋酸的rm{)}rm{100}rm{c}rm{c}rm{(H}rm{(H}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{)}最大，由大到小的顺序是：和硫酸的rm{c}rm{c}rm{(H}rm{(H}rm{{,!}^{+}}【解析】rm{(1)b>a=c}rm{(2)c>a=b}rm{(3)c>a=b}14、略

【分析】试题分析：根据题意知，A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的六种元素。A是周期表中原子半径最小的元素，则A为氢元素；B的基态原子核外电子有7种运动状态，B原子核外电子数为7，则B为氮元素；D原子核外有4个能级且均充满电子，核外电子排布式为1s22s22p63s2，则D为Mg元素；B、C、E三种元素原子中未成对电子数之比为3：2：1，则C、E的原子中未成对电子数分别为2、1，C的原子序数介于氮、镁元素之间，则C原子核外电子排布式为1s22s22p4，C为氧元素；F原子核外最外层只有1个电子，其余各层均充满电子，原子序数大于镁元素，则F原子各层电子数为2、8、18、1，则F为铜元素，E的原子序数大于镁，D与E可形成DE2型化合物，则E为-1价，则E为Cl元素。(1)B为氮，C为氧，E为氯；(2)F为铜元素，在元素周期表的位置是第4周期第ⅠB族，与铜同周期且未成对电子数最多的元素为Cr，该元素基态原子的核外电子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；(3)氮与镁组成的化合物氮化镁与水反应生成氢氧化镁沉淀和氨气，反应的化学方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑。考点：考查元素推断及相关物质的性质。【解析】【答案】（1）氮氧氯（2）第4周期第ⅠB族Cr1s22s22p63s23p63d54s1（每空1分）（3）Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑（2分）三、解答题(共6题，共12分)15、略

【分析】

（1）维生素C能与单质碘发生反应：C6H8O6+I2→C6H6O6+2HI，反应物中碘元素从0价，变为产物HI中的-1价，有元素化合价变化，是氧化还原反应，C6H8O6中氢元素为+1价，氧元素为-2价，则碳元素为+价，产物C6H6O6中；碳元素为+1价，化合价升高，是还原剂，表现还原性；

故答案为：是；还原剂；

（2）由题意知，Fe3+是氧化剂，维生素C是还原剂，具有还原性，将从食物中获取的Fe3+还原为Fe2+；

故答案为：利用其还原性将人体从食物中获取的+3价铁还原为+2价铁．

【解析】【答案】（1）氧化还原反应的特征是有元素化合价变化，根据VC的化合价变化确定其作用；

（2）维生素C是还原剂；具有还原性．

16、略

【分析】

（1）由图可知，x=-5时，y=-10，x=-10时，y=-5，则该温度下，Kw=10-15，0.01mol•L-1NaOH溶液中c（OH-）=10-2mol•L-1，则c（H+）=10-13mol•L-1；所以pH=13；

故答案为：13；

（2）①所得混合液为中性，则VaL×0.01mol/L=VbL×0.1mol/L，解得Va：Vb=10：1；故答案为：10：1；

②若所得混合液的pH=2，即酸过量，则=0.01mol/L，解得Va：Vb=9：2；故答案为：9：2．

【解析】【答案】（1）由图可知，x=-5时，y=-10，x=-10时，y=-5，则该温度下，Kw=10-15，0.01mol•L-1NaOH溶液中c（OH-）=10-2mol•L-1；以此计算；

（2）①所得混合液为中性，则VaL×0.01mol/L=VbL×0.1mol/L；

②若所得混合液的pH=2，则=0.01mol/L．

17、略

【分析】

（1）亚铁离子具有还原性，能被高锰酸钾氧化为三价铁离子，使高锰酸钾褪色，是检验溶液A中Fe2+的最佳试剂；

故答案为：a；

（2）H2O2具有氧化性，在该反应中作氧化剂，亚铁离子具有还原性，发生H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H20，H2O2与Fe2+反应生成的H20为溶剂无污染；不会引入新的杂质离子；

故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H20；不会引入新的杂质离子；

（3）由溶液制取晶体；需经过加热浓缩，冷却结晶才可得到，在过滤操作中，除烧杯；玻璃棒、胶头滴管外，还需的一种玻璃仪器是玻璃棒，它的作用是引流；

故答案为：冷却结晶；引流；

（4）由图分析可知，CuSO4•5H2O受热到45℃时开始脱水分解；212℃时可得到较稳定的一种中间物，在212℃时失去的水的质量为0.375g-0.267g=0.108g，根据反应的化学方程式：

CuSO4•5H2OCuSO4•（5-n）H2O+nH2O

25018n

0.375g0.108g

解得n=4，212℃时可得到较稳定的一种中间物为CuSO4•H2O

248℃时可得到较稳定的一种中间物；根据反应的化学方程式：

CuSO4•H2OCuSO4•（1-n）H2O+nH2O

17818n

0.267g0.267g-0.240g=0.027g

解得n=1，248℃时可得到较稳定的一种中间物为CuSO4，212-250℃温度范围内发生反应的化学方程式为CuSO4•H2OCuSO4+H2O；

故答案为：CuSO4•H2OCuSO4+H2O．

【解析】【答案】（1）亚铁离子具有还原性；能被高锰酸钾氧化为三价铁，使高锰酸钾褪色；

（2）根据H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H20的产物解答；

（3）从溶液中要析出晶体；采用冷却结晶法；过滤时要用到玻璃棒引流；

（4）由图象中物质的变化情况分析硫酸铜晶体分解的最低温度；依据212-250℃温度范围内固体物质的质量数据进行分析即可，依据信息中关于反应的叙述书写方程式即可．

18、略

【分析】

（1）【解析】

反应方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，0.4mol液态肼放出256.7KJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为=641.75kJ；

所以反应的热化学方程式为：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.75kJ/mol；

故答案为：N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.75kJ/mol；

（2）①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.75kJ/mol；②H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol；依据盖斯定律①-②×4得到N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-817.75KJ/mol：则16g液态肼物质的量==0.5mol；与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量408.875KJ；故答案为：408.875KJ；

（3）反应方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，化合价升高的物质N2H4做还原剂被氧化得到氧化产物，所以氧化产物为N2，N2H4～N2～4e-；所以反应中当有1mol氧化产物生成时转移的物质的量是4mol；故答案为：4mol；

（4）此反应用于火箭推进；除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是产物为氮气和水，是空气成分不会造成环境污染；故答案为：产物不会造成环境污染；

【解析】【答案】（1）依据反应物和生成物配平书写化学方程式，根据定律关系判断，0.4mol液态肼和0.8molH2O2混合恰好反应；所以1mol液态肼完全反应放出641.75kJ的热量；

（2）H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol；依据盖斯定律计算分析得到；

（3）氧化还原反应中，化合价升高的物质做还原剂被氧化得到氧化产物，所以氧化产物为N2；依据化合价变化计算电子转移物质的量；

（4）依据产物判断生成物质无污染；

19、略

【分析】

（1）由n=可知，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于密度之比，该化合物的蒸气对氢气的相对密度为30；

则该化合物的相对分子质量为30×2=60；

则：n（有机化合物）==0.2mol；

n（H2O）==0.8mol；

n（CO2）==0.6mol；

12.0g有机物中含有：m（C）=0.6mol×12g/mol=7.2g；

m（H）=2×0.8mol×1g/mol=1.6g；

则m（O）=12.0g-7.2g-1.6g=3.2g；

n（O）==0.2mol；

所以有机物中含有：N（C）==3，N（H）==8，N（O）==1；

则有机物分子式为C3H8O；

故答案为：C3H8O；

（2）amL（密度为ρg/cm3）的有机物A的质量为：m=aρg；

物质的量为：=mol；

量筒液面读数为bml，即生成氢气的体积为bml，则n（H2）=mol；

则C3H8O+xNa→C3H（8-x）ONa+H2↑

1mol

molmol

解之得：x=或x=

故答案为：或x=．

【解析】【答案】（1）由n=可知，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于密度之比，该化合物的蒸气对氢气的相对密度为30，则该化合物的相对分子质量为30×2=60，根据有机物的质量计算出有机物的物质的量，根据生成水和二氧化碳的物质的量结合质量守恒可计算出该有机物的分子式为C3H8O；

（2）根据反应为C3H8O+xNa→C3H（8-x）ONa+H2↑来计算x值．

20、略

【分析】

（1）B元素是碳元素，最高价氧化物为CO2，分子中C原子与O原子之间形成2对共用电子对，电子式为故答案为：

（2）H为Cl元素，原子核外电子数为17，有3个电子层，各层电子数为2、8、7，原子结构示意图为故答案为：

（3）A为氢元素，G为硫元素，H为Cl元素，A和G形成的气体化合物为H2S，A和H形成的气态化合物为HCl，同周期自左而右元素的非金属性增强，故非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，氢化物越稳定，故稳定性HCl＞H2S；故答案为：HCl；

（4）O2-、Na+电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径O2-＞Na+，故答案为：O2-；

（5）F为Al元素，E的高价氧化物的水化物为NaOH，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（6）甲、乙两种化合物均由H、O、Na、S四种元素形成，甲、乙的溶液相反应有气体生成，为亚硫酸氢钠与硫酸氢钠反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，反应离子方程式为：HSO3-+H+=SO2↑+H2O，故答案为：HSO3-+H+=SO2↑+H2O；

（7）由H；C、N、O四种元素的各一个原子形成的共价分子；分子式为HCNO，每个原子的电子层结构都饱和，符合条件的可能结构式为H-O-C≡N、H-N=C=O，故答案为：H-O-C≡N；H-N=C=O．

【解析】【答案】由元素在周期表中的位置可知；A为H元素，B为C元素，C为N元素；D为O元素，E为Na元素，F为Al元素，G为S元素，H为Cl元素