2025年仁爱科普版高二化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年仁爱科普版高二化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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、倡导“免赠贺卡”“免用一次性木筷”的出发点是A.减少个人经济支出B.节约木材，保护森林C.减少固体垃圾D.移风易俗2、下列说法不正确的是rm{(}rm{)}

A.rm{(C_{6}H_{10}O_{5})n}可表示淀粉或纤维素B.反应rm{垄脷}化学方程式为rm{C_{6}H_{12}O_{6}overset{{戮脝禄炉脙赂}}{}2C_{2}H_{5}OH+2CO_{2}隆眉}C.反应rm{C_{6}H_{12}O_{6}overset{{戮脝禄炉脙赂}}{

}2C_{2}H_{5}OH+2CO_{2}隆眉}得到的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，可用饱和氢氧化钠溶液除去D.反应rm{垄脹}和rm{垄脹}都属于取代反应rm{垄脺}3、我国科学家近期研究发现rm{.NaHCO_{3}}可显著结合癌细胞中乳酸电离出的rm{H^{+}}从而间接地“饿死”癌细胞，下列说法中不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{NaHCO_{3}}为弱电解质B.rm{H_{2}CO_{3}}的酸性弱于乳酸C.rm{NaHCO_{3}}也可以用来治疗胃酸过多D.rm{NaHCO_{3}}固体中含有离子键和共价键4、下列关于有机物的认识正确的是()A.将甲烷和乙烯的混合气体通过盛有浓溴水的洗气瓶，即可提纯甲烷B.将混合气体通过足量的酸性rm{KMnO_{4}}溶液可除去乙烷中混有的乙烯，提纯乙烷C.rm{C_{2}H_{6}}与氯气发生取代反应、rm{C_{2}H_{4}}与rm{HCl}发生加成反应均可得到纯净的rm{C_{2}H_{5}Cl}D.乙烯结构中含有碳碳双键，苯中不含有碳碳双键，但两者均可发生加成反应5、分析下表中各项的排布规律，有机物X是按此规律排布的第19项，下列有关X的组成、性质的说法中肯定错误的是。12345678CH4CH2OCH2O2CH4OC2H6C2H4OC2H4O2C2H6O①是戊酸②是戊醇③是丁酸甲酯④在稀硫酸中易变质⑤一定能与钠反应（）A.②⑤B.①③④C.③④D.②③⑤6、氯仿rm{(CHCl_{3})}常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气rm{(COCl_{2})}rm{2CHCl_{3}+O_{2}隆煤2HCl+2COCl_{2}}下列说法不正确的有

A.rm{CHCl_{3}}分子为含极性键的非极性分子B.rm{COCl_{2}}分子中含有rm{3}个rm{娄脪}键、一个rm{娄脨}键，中心rm{C}原子采取rm{sp^{2}}杂化C.rm{COCl_{2}}分子中所有原子的最外层电子都满足rm{8}电子稳定结构D.使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备二氧化氯气体，再用水吸收获得二氧化氯溶液。在此过程中需要控制适宜的温度，若温度不当，副反应增加，影响生成ClO2气体的纯度，且会影响ClO2气体的吸收率。具体情况如图所示。请回答下列问题（1）据图可知，反应时需要控制的适宜温度是℃，达到此要求采取的适宜措施是。（2）已知：黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3－氧化成SO42－，写出制备二氧化氯的离子方程式：。（3）某校化学学习小组拟以“m(ClO2)/m(NaClO3)”作为衡量ClO2产率的指标。若取NaClO3样品质量6．0g，通过反应和吸收可得400mLClO2溶液，取出20mL，加入37．00mL0．500mol·(NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反应，过量Fe2+再用0．0500mol·K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗20．00mL。反应原理如下：4H++ClO2+5Fe2+=+5Fe3++2H2O14H+++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O试计算ClO2的“产率”。（写出计算过程）8、有机化学中的反应类型较多；将下列反应归类．

rm{垄脵}由乙炔制氯乙烯rm{垄脷}溴乙烷与rm{NaOH}的醇溶液加热。

rm{垄脹}乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色rm{垄脺}乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色。

rm{垄脻}由乙烯制聚乙烯rm{垄脼}甲烷与氯气在光照的条件下反应。

rm{垄脽}溴乙烷与rm{NaOH}的水溶液加热。

其中属于取代反应的是______；属于氧化反应的是______；

属于加成反应的是______；属于聚合反应的是______；

属于消去反应的是______．

写出溴乙烷与rm{NaOH}的水溶液加热反应方程式______．9、下表中实线是元素周期表的部分边界；其中上边界并未用实线画出．

根据信息回答下列问题：

rm{(1)}基态rm{Ga}原子的最外层电子排布式为______

rm{(2)}铁元素位于元素周期表的______区；rm{Fe}和rm{CO}易形成配合物rm{Fe(CO)_{5}}在rm{Fe(CO)_{5}}中铁的化合价为______．

rm{(3)}已知：原子数目和价电子总数均相同的微粒互为等电子体，等电子体具有相似的结构特征rm{.}与rm{CO}互为等电子体的分子和离子分别为______和______rm{(}填化学式rm{)}．

rm{(4)}在rm{CH_{4}}rm{CO}rm{CH_{3}OH}中，碳原子采取rm{sp^{3}}杂化的分子有______．

rm{(5)}根据rm{VSEPR}模型预测rm{ED_{4}^{-}}的空间构型为______rm{.B}rm{C}rm{D}rm{E}原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层rm{8}电子稳定结构的分子为______rm{(}写rm{2}种rm{)}．10、有浓度均为0.2mol/L的Na2CO3溶液与NaHCO3溶液；试回答下列问题：

①微粒种类：Na2CO3____NaHCO3溶液（填“＞”；“＜”或“=”）

②两溶液分别加入0.1molNaOH固体，恢复到室温，Na2CO3溶液中的c（CO32﹣）____（填“增大”、“减小”或“不变”）；NaHCO3溶液中的c（HCO3﹣）____（填“增大”、“减小”或“不变”）．11、由于NaNO2有毒；将含该物质的废水直接排放会引起水体的严重污染，所以这种废水必须经处理后才能排放．处理方法之一的原理如下：

______NaNO2+______KI+______→______NO↑+______I2+______K2SO4+______Na2SO4+______

（1）请完成并配平该化学方程式．

（2）在上述反应中，若要生成50.8gI2，则电子转移了______个．

（3）用上述反应来处理NaNO2并不是最佳方法，其原因是______．

从环保角度来讲，要处理NaNO2，所用物质的______（填“还原性”或“氧化性”）应该比KI更______（填“强”或“弱”）．12、按要求书写名称或结构简式：

rm{(1)}羟基的电子式______；

rm{(2)-C_{3}H_{7}}结构简式：______；______；

rm{(3)}的系统命名为______；

rm{(4)}相对分子质量为rm{72}且支链最多的烷烃的结构简式______；

rm{(5)}键线式表示的分子式______；名称是______．评卷人得分三、其他(共6题，共12分)13、(8分)下图是一些常见的物质间的转化关系图。C是紫红色金属单质，G是蓝色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是砖红色沉淀，F是形成酸雨的无色有害气体，所有反应物、生成物中的水均未标出；反应②的条件是使用浓B溶液和加热。(1)A是，E是；(2)电解A溶液时阴极的反应式；(3)电解A溶液的总反应化学方程式是。14、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的转化关系，其中A、E分子式分别是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯环外还含有一个六元环，且E中不含甲基。根据下列转化关系回答问题：（1）写出A分子中所含官能团的名称________________________________。（2）完成方程式，并分别写出反应类型A→B___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。B→C___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。（3）写出E的结构简式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的体积为_________mL。（5）符合下列条件的D的同分异构体共有_________种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式______________________________________。①苯环上有两个取代基②能与FeCl3溶液发生显色反应③能发生水解反应和银镜反应15、实验室有下列实验仪器。ABCDEF在过滤操作中除了铁架台外还需要用到的实验仪器是____、____、(用字母填写)。16、可用于提纯或分离物质的常用方法有：①过滤、②结晶、③升华、④分馏、⑤盐析、⑥渗析、⑦加热分解⑧分液等，将分离或提纯的编号填入下列各混合物后面的横线上。（1）除去碳酸钠固体中混有的碳酸氢钠；（2）除去石灰水中悬浮的CaCO3颗粒；（3）除去氯化钠单质中混有的碘单质；17、（8分）由丙烯出发，经如下反应，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）写出X和Y的结构简式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反应类型为__________；由W生成丙烯酸的反应类型为___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定条件下可合成高分子G，反应方程式为。18、(8分)A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去)。（1）若B是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色气体，则B→C的化学方程式为。（2）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为，试写出C与水反应的化学方程式。（3）若C是红棕色气体，试写出B与氧气反应的化学方程式。评卷人得分四、计算题(共2题，共6分)19、已知反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)在427°C时的平衡常数是9．4．如果反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0．01mol·L-1，计算一氧化碳在此反应条件下的转化率。20、实验室用硫酸铝酸性溶液制备可溶性的碱式硫酸铝rm{[Al_{a}(SO_{4})_{b}(OH)_{c}]}并用它对烟气进行脱硫处理的过程如图rm{1}

rm{(1)}加rm{CaCO_{3}}调节溶液的rm{pH}至rm{3.6}其目的是中和溶液中的酸，并使rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}转化为rm{Al_{a}(SO_{4})_{b}(OH)_{c}.}过滤时所用的玻璃仪器有______、______和烧杯，滤渣的主要成分为______rm{(}填化学式rm{)}．

rm{(2)}上述流程中经完全热分解放出的rm{SO_{2}}量总是小于吸收的rm{SO_{2}}量，其主要原因是______；与吸收rm{SO_{2}}前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的rm{pH}将______rm{(}填“增大”“减小”或“不变”rm{)}．

rm{(3)Al_{a}(SO_{4})_{b}(OH)_{c}}中rm{a}rm{b}rm{c}的代数关系式为______．

rm{(4)}已知在常温下溶液中rm{Al^{3+}}rm{AlO_{2}^{-}}的浓度与溶液rm{pH}的关系如图rm{2}所示rm{.}为确定碱式硫酸铝的组成；进行如下实验：

rm{垄脵}取rm{2.18g}碱式硫酸铝样品在空气中灼烧至恒重，样品质量减少了rm{0.36g}．

rm{垄脷}另取rm{2.18g}碱式硫酸铝溶于水，调节溶液的rm{pH}到rm{5.0隆芦7.8}．

rm{垄脹}将rm{垄脷}产生的沉淀过滤、洗涤、灼烧至恒重，称量剩余固体为rm{1.02g}．

请计算样品中rm{Al^{3+}}和rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量之比rm{(}写出计算过程rm{)}．评卷人得分五、原理综合题(共2题，共12分)21、通常用燃烧的方法测定有机物的分子式；可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加热下充分燃烧，根据产品的质量确定有机物的组成。如图所示的是用燃烧法确定有机物物分子式的常用装置.

现准确称取0.72g某烃样品；经燃烧后A管增重2.2g，B管增重1.08g。请回答:

(1)产生的氧气按从左到右流向，所选装置各导管的连接顺是:__________；

(2)A、B管内均盛有固态试剂，A管的作用是__________。

(3)燃烧管中CuO的作用是_________；如果把CuO网去掉，A管重量将_________；(填“增大”；“减小”、或“不变”)；

(4)请改进这套装置的一个不足之处_________。

(5)若该有机物分子中含有4个甲基，则该有机物的结构简式为_________；该有机物的二氯代物有_______种。22、化学家侯德榜创立了中国的制碱工艺，促进了世界制碱技术的发展。下图是纯碱工艺的简化流

（1）写出CO2的电子式____________________。

（2）用离子方程式表示纯碱工艺中HCO3-的生成___________________。

（3）工业生产时先氨化再通CO2，顺序不能颠倒，原因是_______________。

（4）滤液A中最主要的两种离子是_________。

（5）某小组设计如下实验分离滤液A中的主要物质。打开分液漏斗活塞，一段时间后，试管中有白色晶体生成，用化学原理解释白色晶体产生的原因___________________。

（6）某纯碱样品因煅烧不充分而含少量NaHCO3，取质量为m1的纯碱样品，充分加热后质量为m2，则此样品中碳酸氢钠的质量分数为______________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【解析】试题分析：贺卡和一次性木筷的制作都需要木材，免赠贺卡，免用一次性木筷是从节约木材，保护深林的角度出发的。答案选B。考点：化学与环境保护【解析】【答案】B2、C【分析】解：由流程可知；淀粉或纤维素水解生成葡萄糖，葡萄糖发生酒化反应生成乙醇，乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯水解生成乙醇；

A.由上述分析可知，rm{(C_{6}H_{10}O_{5})n}可表示淀粉或纤维素；故A正确；

B.反应rm{垄脷}化学方程式为rm{C_{6}H_{12}O_{6}overset{{戮脝禄炉脙赂}}{}2C_{2}H_{5}OH+2CO_{2}隆眉}故B正确；

C.反应rm{C_{6}H_{12}O_{6}overset{{戮脝禄炉脙赂}}{

}2C_{2}H_{5}OH+2CO_{2}隆眉}得到的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，乙酸乙酯与rm{垄脹}反应；不能用饱和氢氧化钠溶液除去，应利用饱和碳酸钠溶液除杂，故C错误；

D.乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；乙酸乙酯水解生成乙醇，均属于取代反应，故D正确；

故选C．

由流程可知；淀粉或纤维素水解生成葡萄糖，葡萄糖发生酒化反应生成乙醇，乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯水解生成乙醇，以此来解答．

本题考查有机物的合成及混合物分离提纯，为高频考点，把握有机物的转化及发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物的结构与性质，题目难度不大．rm{NaOH}【解析】rm{C}3、A【分析】解：rm{A}rm{NaHCO_{3}}在水溶液中能完全电离；故为强电解质，故A错误；

B、乳酸的官能团为rm{-COOH}而碳酸的酸性弱于羧酸，故碳酸的酸性弱于乳酸，故B正确；

C；碳酸的酸性弱于盐酸；故盐酸能和碳酸氢盐反应，从而碳酸氢盐能治疗胃酸过多，故C正确；

D、碳酸氢钠由钠离子和碳酸氢根构成，即钠离子和碳酸氢根间为离子键，而碳酸氢根中的rm{H}原子和rm{C}原子之间、rm{C}原子和rm{O}原子之间为共价键；故碳酸氢钠为离子化合物，故D正确．

故选A．

A；在水溶液中能完全电离的化合物为强电解质；

B；碳酸的酸性弱于羧酸；

C；碳酸的酸性弱于盐酸；

D；碳酸氢钠由钠离子和碳酸氢根构成．

本题考查了碳酸氢钠的结构和性质，应注意的是碳酸的酸性弱于盐酸，也弱于羧酸，难度不大．【解析】rm{A}4、D【分析】【分析】本题考查了混合物的分离和提纯、有机物的结构和性质，知识考查基础，熟记有机物的性质和所能发生的反应就能顺利作答。【解答】

A.浓溴水具有挥发性，能与甲烷混合，甲烷中混有溴蒸气，不纯净，故rm{A}错误；B.酸性rm{A}溶液可将乙烯氧化生成二氧化碳，二氧化碳混在乙烷中还是杂质，故B错误；C.乙烷中含有rm{A}个rm{A}，与氯气的取代反应副产物很多，故rm{A}错误；D.乙烯和苯均属于不饱和烃，都能发生加成反应，故rm{A}正确。故选D。rm{KMnO_{4}}【解析】rm{D}5、A【分析】【解答】解：由表中排布可知，每4个为一组，第一组碳原子为数为1，分别为甲烷、甲醛、甲酸、甲醇，第二组碳原子为数为2，分别为乙烷、乙醛、乙酸、乙醇，所以按此规律排布的第19项是第五组中的第三个，分子式为C5H10O2；

可以是戊酸；也可以是丁酸甲酯，丁酸甲酯在稀硫酸中易发生水解，与钠不反应；故选：A．

【分析】根据表中排布可知，每4个为一组，第一组碳原子为数为1，分别符合通式CnH2n+2、CnH2nO、CnH2nO2、CnH2n+2O，第二组碳原子为数为2，分别符合通式CnH2n+2、CnH2nO、CnH2nO2、CnH2n+2O，所以按此规律排布的第19项是第五组中的第三个，分子式为C5H10O2，然后根据同分异构体解答．6、A【分析】【分析】本题考查了分子空间构型的判断、杂化类型的判断、rm{8}电子结构、氯离子的检验，题目涉及的知识点较多，注意把握微粒杂化类型的判断方法。【解答】A.甲烷中rm{4}个共价键完全相同为正四面体，rm{CHCl_{3}}分子的rm{4}个共价键不完全相同；所以不是正四面体，故A错误；

B.rm{COCl_{2}}分子的结构式为中心rm{C}原子形成rm{2}个单键和rm{1}个双键，共rm{3}个价层电子对，所以为rm{sp^{2}}杂化；故B正确；

C.rm{COCl_{2}}分子的结构式rm{C}原子最外层有rm{4}个电子，形成rm{4}个共用电子对，所以rm{4+4=8}分子中rm{C}原子满足rm{8}电子结构；rm{Cl}原子最外层rm{7}个电子，形成rm{1}个共用电子对，所以rm{7+1=8}分子中rm{Cl}原子满足rm{8}电子结构；rm{O}原子最外层rm{6}个电子，形成rm{2}个共用电子对，所以rm{6+2=8}分子中rm{O}原子满足rm{8}电子结构；故C正确；

D.氯仿变质；有氯化氢生成，加入硝酸银溶液中有白色沉淀生成，所以使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质，故D正确。

故选A。

【解析】rm{A}二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】【解析】试题分析：（1）据图可知，在20℃反应时ClO2气体制取纯度高，但是气体的吸收率较低，在30℃无论是反应制取ClO2气体纯度高还是气体的吸收率都较高。若温度再升高，制取ClO2气体纯度高还是气体的吸收率都降低。所以需要控制的适宜温度是30℃。达到此要求采取的适宜措施是水浴加热（或水浴控制恒温）。（3）由方程式4H++ClO2+5Fe2+=+5Fe3++2H2O14H+++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O可结合电子得失守恒可得1×n(Fe2+)=5×n(ClO2)+2×3×n(Cr2O72-)．与K2Cr2O7反应的n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6×20×10-3L×0．0500mol/L=6×10-3mol；与ClO2反应的n（Fe2+）=37×10-3L×0．0500mol/L-6×10-3mol=1．25×10-2mol。所以n(ClO2)=×1．25×10-2mol=2．5×10-3mol。ClO2的“产率”=考点：考查反应条件的选择及采取的方法、氧化还原反应中的电子守恒、物质的产率的计算的知识。【解析】【答案】（1）30℃，水浴加热（或水浴控制恒温）；（2）15ClO3-+FeS2+14H+=15ClO2+Fe3++7H2O+2SO42-（3）与K2Cr2O7反应的n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6×20×10-3L×0．0500mol/L=6×10-3mol；与ClO2反应的n（Fe2+）=37×10-3L×0．0500mol/L-6×10-3mol=1．25×10-2moln(ClO2)=×1．25×10-2mol=2．5×10-3molClO2的产率=8、略

【分析】解：rm{垄脵}由乙炔制氯乙烯；三键转化为双键，不饱和度减小，为加成反应；

rm{垄脷}溴乙烷与rm{NaOH}的醇溶液加热生成乙烯；为消去反应；

rm{垄脹}乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色；生成二溴乙烷，碳碳双键转化为单键，为加成反应；

rm{垄脺}乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色；发生氧化反应；

rm{垄脻}由乙烯制聚乙烯；碳碳双键转化为单键，且生成高分子，为加聚反应；

rm{垄脼}甲烷与氯气在光照的条件下反应，生成氯甲烷和rm{HCl}甲烷中的rm{H}被取代；为取代反应；

rm{垄脽}溴乙烷与rm{NaOH}的水溶液加热生生成乙醇；为取代反应；

则属于取代反应的是rm{垄脼垄脿}属于氧化反应的是rm{垄脷垄脺}属于加成反应的是rm{垄脵垄脹}属消去反应的是rm{垄脽}属于聚合反应的是rm{垄脻}

溴乙烷和氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成乙烯，方程式为：rm{CH_{3}-CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}CH_{3}-CH_{2}OH+NaBr}．

故答案为：rm{CH_{3}-CH_{2}Br+NaOH

xrightarrow[triangle]{H_{2}O}CH_{3}-CH_{2}OH+NaBr}rm{垄脼垄脽}rm{垄脺}rm{垄脵垄脹}rm{垄脻}rm{CH_{3}-CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}CH_{3}-CH_{2}OH+NaBr}．

有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应；

氧化反应是物质所含元素化合价升高的反应；

加成反应是有机物分子中的不饱和键断裂；断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应；

消去反应是指在一定条件下；有机物脱去小分子生成含有不饱和的有机物的反应，以此解答该题．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重常见有机物性质及反应类型的考查，题目难度不大．rm{垄脷}【解析】rm{垄脼垄脽}rm{垄脺}rm{垄脵垄脹}rm{垄脻}rm{垄脷}rm{CH_{3}-CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}CH_{3}-CH_{2}OH+NaBr}rm{CH_{3}-CH_{2}Br+NaOH

xrightarrow[triangle]{H_{2}O}CH_{3}-CH_{2}OH+NaBr}9、略

【分析】解：rm{(1)Ga}位于第四周期第rm{IIIA}族，最外层有rm{3}个电子，其最外层电子排布式为rm{4s^{2}4p^{1}}

故答案为：rm{4s^{2}4p^{1}}

rm{(2)}元素周期表五区的划分是根据最后排入的电子名称命名的rm{.Fe}原子是rm{26}号元素，rm{Fe}原子的基态核外电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}

这些电子排列时遵循能量最低原理rm{(}先排能量低的后排能量高的rm{)}这些能级的能量大小顺序为：rm{1s<2s<2p<3s<3p<4s<3d}

根据能量最低原理先排rm{4s}电子后排rm{3d}电子，所以最后排入的是rm{3d}电子，根据命名规则属rm{d}区，根据化合物化合价的代数和为rm{0}rm{Fe}与rm{CO}易形成配合物rm{Fe(CO)_{5}}化合价的代数和为rm{0}rm{CO}的化合价的代数和为rm{0}故答案为：rm{d}rm{0}

rm{(3)}根据等电子体的定义，rm{CO}的等电子体必须是双原子分子或离子，且电子总数相等rm{.}对于原子，原子序数rm{=}原子核外电子总数，所以，如果是分子，只要原子序数之和相等即可rm{.CO}中rm{C}是rm{6}号元素，rm{O}是rm{8}号元素，原子序数之和为rm{14}rm{N}是rm{7}号元素，且可形成双原子分子，所以分子是rm{N_{2}}．

故答案为：rm{N_{2}}rm{CN^{-}}

rm{(4)}在rm{CH_{4}}中价层电子对数rm{=娄脪}键电子对数rm{(4)+}中心原子上的孤电子对数rm{(0)}所以碳原子采取rm{sp^{3}}杂化rm{.}在rm{CO}分子中价层电子对数rm{=娄脪}键电子对数rm{(1)+}中心原子上的孤电子对数rm{(1)}所以碳原子采取rm{sp}杂化rm{.CH_{3}OH}中，价层电子对数rm{=娄脪}键电子对数rm{(4)+}中心原子上的孤电子对数rm{(0)}所以碳原子采取rm{sp^{3}}杂化．

故答案为：rm{CH_{4}}rm{CH_{3}OH}

rm{(5)}根据元素周期表知，rm{E}是rm{Cl}元素，rm{D}是rm{O}元素，rm{ED_{4}^{-}}是rm{ClO_{4}^{-}}离子，价层电子对数rm{=娄脪}键电子对数rm{+}中心原子上的孤电子对数，价层电子对数rm{=4+dfrac{1}{2}(7+1-4隆脕2)=4}根据rm{=4+dfrac

{1}{2}(7+1-4隆脕2)=4}理论预测rm{VSEPR}离子的空间构型为正四面体型．

C、rm{ED_{4}^{-}}rm{N}rm{O}是四种元素，两两形成的化合物且每个原子最外层都达到rm{Cl}电子稳定结构的化合物有：rm{8}故答案为：正四面体；rm{CO_{2}CCl_{4}}．

rm{CO_{2}CCl_{4}}位于第四周期第rm{(1)Ga}族，最外层有rm{IIIA}个电子；

rm{3}元素周期表五区的划分是根据最后排入的电子名称命名的；根据化合物的化合价代数和为rm{(2)}分析；

rm{0}价电子数相同和原子数相同的微粒互称等电子体；

rm{(3)}先根据价层电子对互斥理论判断价层电子对；然后再确定采取的杂化方式；

rm{(4)}价层电子对数rm{(5)}键电子对数rm{=娄脪}中心原子上的孤电子对数，根据价层电子对数判断微粒构型；根据元素周期表知，rm{+}rm{B}rm{C}rm{D}分别是rm{E}rm{C}rm{N}rm{O}是四种元素，若化合价的绝对值rm{Cl}原子最外层电子数rm{+}分子中每个原子最外层都达到rm{=8}电子稳定结构；据此分析．

本题考查基态原子或离子的核外电子排布或最外层电子排布、分子中原子采取的杂化方式、对于元素周期表，学习时要记住它的周期、族的划分，要熟记前rm{8}号元素，五区的划分、边界、划分依据等都要掌握，在学习中要灵活掌握根据rm{36}理论预测分子或离子的空间构型是学习的重点，也是近几年高考的热点．rm{VSEPR}【解析】rm{4s^{2}4p^{1}}rm{d}rm{0}rm{N_{2}}rm{CN^{-}}rm{CH_{4}}rm{CH_{3}OH}正四面体；rm{CO_{2}CCl_{4}}10、=|增大|减小【分析】【解答】解：①CO32﹣的水解分两步进行：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，故Na2CO3溶液中存在Na+、CO32﹣、HCO3﹣、H2CO3、OH﹣、H+、H2O，而HCO3﹣既能水解又能电离：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，故故NaHCO3溶液中存在Na+、CO32﹣、HCO3﹣、H2CO3、OH﹣、H+、H2O；所以两种溶液中微粒种类相同；

故答案为：=；

②依据碳酸钠水解平衡分析；加入氢氧化钠增大氢氧根离子浓度，平衡左移，碳酸根离子浓度增大；碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧根离子和碳酸氢根离子电离出的氢离子反应．促进电离正向进行，碳酸氢根离子浓度减小；

故答案为：增大；减小；

【分析】①CO32﹣的水解分两步，而HCO3﹣既能水解又能电离；据此分析离子种类；

②依据碳酸钠水解平衡分析，加入氢氧化钠增大氢氧根离子浓度，平衡左移；碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧根离子和碳酸氢根离子电离出的氢离子反应．促进电离正向进行；11、略

【分析】解：（1）该反应中元素的化合价变化如下：2KI→I2，I元素的化合价由-1价→0价，I失去2e-；NaNO2→NO，N元素的化合价由+3价→+2价，得到e-，化合价升高数=化合价降低数，所以得失电子的最小公倍数为2，所以NaNO2前的系数是2，I2前的系数是1，根据钠、钾原子守恒，K2SO4前是1，Na2SO4前是1，根据硫酸根守恒，反应物少2个H2SO4分子，据氧原子和氢原子守恒，产物水前的系数为2，所以该反应为：2NaNO2+2KI+2H2SO4═2NO↑+I2+K2SO4+Na2SO4+2H2O；

故答案为：2；2；2H2SO4；2；1；1；1；2H2O；

（2）根据2KI→I2，每生成1molI2，转移2mol电子，50.8g碘单质的物质的量n===0.2mol，所以转移电子数=nNA=0.2×2NA=0.4NA；

故答案为：0.4NA；

（3）一氧化氮是有毒气体，能污染大气，该反应中生成了一氧化氮，所以会造成大气污染；亚硝酸根有毒，从环保角度来讲，要处理NaNO2，所用的物质的还原性比KI更强，使其N元素化合价由+3价变为无污染的0价氮，如NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O；

故答案为：反应生成了NO；该物质会造成大气污染；还原性；强．

（1）氧化还原反应中，化合价升高的物质作还原剂，化合价降低的物质作氧化剂，所以NaNO2作氧化剂；KI作还原剂，根据氧化还原反应中得失电子数相等和原子守恒进行配平；

（2）根据反应2NaNO2+2KI+2H2SO4═2NO↑+I2+K2SO4+Na2SO4+2H2O；价态升高的元素只有I，生成1mol碘单质转移电子数为2mol；

（3）一氧化氮是有毒气体，能污染大气；亚硝酸根有毒，从环保角度来讲，要处理NaNO2；所用的物质的还原性比KI更强，使其N元素化合价由+3价变为无污染的0价氮．

本题以NaNO2为载体考查氧化还原反应以及物质的检验等知识，根据亚硝酸盐中氮元素的化合价分析其性质，注意把握题给信息，为解答该题的关键，题目难度中等．【解析】2；2；2H2SO4；2；1；1；1；2H2O；0.4NA；反应生成了NO，该物质会造成大气污染；还原性；强12、略

【分析】解：rm{(1)}羟基为rm{-OH}rm{O}原子周围有rm{7}个电子，电子式为故答案为：

rm{(2)}丙烷存在两种“等效氢“，分别去掉一个等效氢后剩下的部分为丙基，结构式为：rm{-CH_{2}CH_{2}CH_{3}}或rm{-CH(CH_{3})_{2}}

故答案为：rm{-CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{-CH(CH_{3})_{2}}

rm{(3)}最长的碳链为含有甲基的链，有rm{5}个碳原子，所以该有机物的名称为：rm{3-}甲基戊烷；

故答案为：rm{3-}甲基戊烷；

rm{(4)14n+2=72}解得rm{n=5}

所以该烷烃的分子式为rm{C_{5}H_{12}}

分子式为rm{C_{5}H_{12}}的同分异构体有主链有rm{5}个碳原子的：rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}

主链有rm{4}个碳原子的：

主链有rm{3}个碳原子的：

故支链最多的结构简式为故答案为：

rm{(5)}分子中含有rm{6}个碳原子，属于饱和烃，分子式为rm{C_{6}H_{14}}该有机物主链上有rm{5}个rm{C}rm{2}号rm{C}一个甲基，结构简式为：rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH_{2}CH_{3}}命名为：rm{2-}甲基戊烷；

故答案为：rm{C_{6}H_{14}}rm{2-}甲基戊烷．

rm{(1)}羟基为rm{-OH}rm{O}原子周围有rm{7}个电子；

rm{(2)}丙烷存在两种“等效氢“；分别去掉一个等效氢后剩下的部分为丙基；

rm{(3)}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{(4)}根据烷烃的通式rm{C_{n}H_{2n+2}}来计算；按碳链异构写出戊烷的同分异构体；

rm{(5)}分子中含有rm{6}个碳原子，属于饱和烃，分子式为rm{C_{6}H_{14}}依据烷烃的命名原则命名，依据键线式书写结构简式即．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握常见有机物性质、结构的对称性、结构简式及加成特点为解答的关键，侧重基础知识的考查，题目难度不大．【解析】rm{-CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{-CH(CH_{3})_{2}}rm{3-}甲基戊烷；rm{C_{6}H_{14}}rm{2-}甲基戊烷三、其他(共6题，共12分)13、略

【分析】（1）从题中知C是紫红色金属单质，则C为Cu；G是蓝色沉淀，则G为Cu（OH）2；H是砖红色沉淀，则H是Cu2O；F是形成酸雨的无色有害气体，则F为SO2；所以B为浓H2SO4，A为D为O2，E为强碱，是NaOH或是KOH。（2）电解A溶液，阴极上Cu2+放电，反应式为：══（3）电解溶液属于放氧生酸型，总的电解方程式为：══【解析】【答案】(1)(或KOH等)(2)══(3)══14、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳双键（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，类型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或邻、间、对均可）（2分）15、略

【分析】【解析】【答案】AEF16、略

【分析】【解析】【答案】⑦①③17、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反应（或取代反应）；消去反应（各1分）（3）略（2分）18、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）过氧化钠、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO2四、计算题(共2题，共6分)19、略

【分析】试题分析：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)起始：0．01mol/L0．01mol/L00转化：xxxx平衡0．01-x0．01-xxx依题意有：解之得：x=0．754mol因此一氧化碳在此反应条件下的转化率为：考点：考查平衡常数与转化率。【解析】【答案】75．4﹪20、略

【分析】解：根据流程可知，rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中加入rm{CaCO_{3}}调节溶液的rm{pH}至rm{3.6}使rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}转化为rm{CaSO_{4}}沉淀，过滤得滤渣为rm{CaSO_{4}}滤液中含有铝离子；硫酸根离子等，吸收含有二氧化硫的烟气，在溶液中生成亚硫酸根离子，部分亚硫根离子会被空气氧化成硫酸，将溶液再加热亚硫酸盐分解生成二氧化硫，所得溶液循环利用再用来吸收烟气；

rm{(1)}过滤时所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，通过以上分析知，滤渣的成分是rm{CaSO_{4}}

故答案为：漏斗、玻璃棒；rm{CaSO_{4}}

rm{(2)}溶液吸收二氧化硫生成rm{SO_{3}^{2-}}在溶液中rm{SO_{3}^{2-}}易被氧化生成rm{SO_{4}^{2-}}所以上述流程中经完全热分解放出的rm{SO_{2}}量总是小于吸收的rm{SO_{2}}量；溶液中rm{SO_{3}^{2-}}属于弱酸根离子被氧气氧化为转化为rm{SO_{4}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}为强酸根离子，则溶液酸性增强，rm{pH}减小；

故答案为：溶液中的部分rm{SO_{3}^{2-}}被氧化成rm{SO_{4}^{2-}}减小；

rm{(3)}根据化合物中化合价代数和为零可知rm{abc}的关系为rm{3a=2b+c}

故答案为：rm{3a=2b+c}

rm{(4)}由步骤rm{垄脵}可知rm{n(H_{2}O)=0.36}rm{g/18}rm{g?mol^{-1}=0.02}rm{mol}所以rm{n(OH^{-})=0.02}rm{mol隆脕2=0.04}rm{mol}

由rm{垄脹}可知rm{1.02}rm{g}为rm{Al_{2}O_{3}}则rm{n(Al_{2}O_{3})=1.02}rm{g/102}rm{g?mol^{-1}=0.01}rm{mol}所以样品中rm{n(Al^{3+})=0.02}rm{mol}根据电荷守恒可知，样品中rm{n(SO_{4}^{2-})=(0.02}rm{mol隆脕3-0.04}rm{mol)/2=0.01}rm{mol}所以rm{n(Al^{3+})}rm{n(SO_{4}^{2-})=0.02}rm{mol}rm{0.01mol=2}rm{1}

答：样品中rm{Al^{3+}}和rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量之比为rm{2}rm{1}．

根据流程可知，rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中加入rm{CaCO_{3}}调节溶液的rm{pH}至rm{3.6}使rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}转化为rm{CaSO_{4}}沉淀，过滤得滤渣为rm{CaSO_{4}}滤液中含有铝离子；硫酸根离子等，吸收含有二氧化硫的烟气，在溶液中生成亚硫酸根离子，部分亚硫根离子会被空气氧化成硫酸，将溶液再加热亚硫酸盐分解生成二氧化硫，所得溶液循环利用再用来吸收烟气；

rm{(1)}过滤时所用的玻璃仪器有漏斗；玻璃棒、烧杯；硫酸根离子与钙离子反应生成硫酸钙是微溶于水的物质；易形成沉淀；

rm{(2)}在溶液中rm{SO_{3}^{2-}}易被氧化生成rm{SO_{4}^{2-}}弱酸根离子转化为强酸根离子溶液酸性增强；

rm{(3)}根据化合物中化合价代数和为零可知rm{abc}的关系；

rm{(4)}碱式硫酸铝样品在空气中灼烧至恒重，样品中的氢元素全部以水的形式失去，根据水的质量可求得样品中氢氧根离子的物质的量，在硫酸铝溶液中，随着rm{pH}值的升高，调节溶液的rm{pH}到rm{5.0隆芦7.8}生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀经过过滤、洗涤、灼烧至恒重，得氧化铝，根据氧化铝的质量可求得样品中铝元素的物质的量，根据电荷守恒可求得硫酸根离子的物质的量，据此确定品中rm{Al^{3+}}和rm{SO_{4}^{2-}}的物质的量之比．

本题考查了物质的制备原理及化学计算，明确物质的性质及各物质的关系是解本题关键，会从整体上分析每一步发生的反应及基本操作，知道加入物质的用途，题目难度中等．【解析】漏斗；玻璃棒；rm{CaSO_{4}}溶液中的部分rm{SO_{3}^{2-}}被氧化成rm{SO_{4}^{2-}}减小；rm{3a=2b+c}五、原理综合题(共2题，共12分)21、略

【分析】分析：(1)D中生成的氧气中含有水蒸气；应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B（吸收水）；A（吸收二氧化碳）中，按照上述分析进行装置的连接。

(2)氢氧化钠固体；吸收二氧化碳气体；，以便测定有机物中碳的量。

(3)燃烧管中CuO的作用是把反应生成的一氧化碳转化为二氧化碳；减小实验误差。

(4)空气中二氧化碳；水蒸气直接进入A装置中；影响实