2025年湘师大新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年湘师大新版高二化学上册阶段测试试卷806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8题，共16分)1、1911年前后，英国物理学家卢瑟福用带正电的粒子轰击极簿的金箔。为了解释实验结果，提出了原子的核式结构学说。下列图中，黑点表示金原子核的位置，曲线ab、cd和ef表示经过金原子核附近的粒子的运动轨迹，能正确反映实验结果的图是（）2、对下列一些实验事实的理论解释；错误的是（）

。选项实验事实理论解释AP原子的第一电离能大于S原子磷原子的半径比硫原子的半径大B乙烯的化学性质比乙烷活泼乙烯分子结构中存在π键C向加入过量氨水的硫酸铜溶液中加入乙醇，将析出深蓝色晶体乙醇的加入降低了[Cu（NH3）4]SO4•H2O的溶解度DHCl气体极易溶于水HCl和H2O均为极性分子A.AB.BC.CD.D3、下列反应的离子方程式书写正确的是A.铝与氢氧化钠溶液反应：rm{2Al+2OH^{-}=2A1O_{2}^{-}+H_{2}隆眉}B.稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}C.rm{AlCl_{3}}溶液中加入足量的氨水：rm{A1^{3+}+3OH^{-}=Al(OH)_{3}}D.碳酸钠溶液与足量稀盐酸反应：rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}=CO_{2}隆眉+H_{2}O}4、反应速率rm{v}和反应物浓度的关系是用实验方法测定的。化学反应rm{{H}_{2}+C{l}_{2}=2HCl}的反应速率rm{v}可表示为rm{v=K[cleft({H}_{2}right){]}^{m}隆陇{left[cleft(C{l}_{2}right)right]}^{n}}式中rm{v=K[cleft({H}_{2}right){]}^{m}隆陇{left[cleft(C{l}_{2}right)right]}^{n}

}为常数，rm{K}rm{m}值可用下表中数据确定。由此可推得，rm{n}rm{m}值正确的是rm{n}rm{(}

A.rm{)}rm{m=1}B.rm{n=1}rm{m=dfrac{1}{2}}C.rm{n=dfrac{1}{2}}rm{m=1}D.rm{n=dfrac{1}{2}}rm{m=dfrac{1}{2}}rm{n=1}5、有机物的种类繁多，但其命名是有规则的。下列有机物命名正确的是()

A.rm{1}rm{4-}二甲基丁烷B.rm{2}甲基rm{3}丁炔。

C.rm{2}丁醇D.rm{CH_{2}Cl-CH_{2}Cl}二氯乙烷6、将rm{0.1mol/L}的rm{NaHC_{2}O_{4}}溶液与rm{0.1mol/L}的rm{NaOH}溶液等体积混合后，关于该混合溶液说法不正确的是rm{(}rm{)}A.该混合溶液中有：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(HC_{2}O_{4}^{-})+c(OH^{-})+2}rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})}B.该混合溶液中有：rm{c(}rm{Na^{+})=2[c(HC_{2}O_{4}^{-})+c(H_{2}C_{2}O_{4})+c(C_{2}O_{4}^{2-})]}C.该混合溶液中有：rm{c(OH^{-})-c(H^{+})=c(HC_{2}O_{4}^{-})+2}rm{c(H_{2}C_{2}O_{4})}D.该混合溶液中有：rm{c(Na^{+})>c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}7、下列说法正确的是（）A.医疗上常用碳酸钡作X射线透视肠胃的内服药剂，即钡餐B.人体补碘，所有的食品都应加碘C.由于近几十年来温室效应加剧，加速了古建筑的风化D.硅的提纯与应用，促进了半导体元件与集成芯片的发展8、在rm{25隆忙}rm{101kPa}条件下，rm{C(s)}rm{H_{2}(g)}rm{CH_{3}COOH(l)}的燃烧热分别为rm{393.5kJ/mol}rm{285.8kJ/mol}rm{670.3kJ/mol}则rm{2C(s)+2H_{2}(g)+O_{2}(g)=CH_{3}COOH(l)}的反应热为rm{(}rm{)}A.rm{-688.3kJ/mol}B.rm{-488.3kJ/mol}C.rm{-191kJ/mol}D.rm{+488.3kJ/mol}评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)9、青蒿酸是合成青蒿素的原料，可以由香草醛合成，下列叙述正确的是

A.青蒿酸分子中含有rm{4}个手性碳原子B.两种物质分别和足量rm{H_{2}}反应，消耗rm{H_{2}}的物质的量相等C.一定条件下，青蒿酸可发生取代、加成、氧化和消去反应D.可用rm{FeCl_{3}}溶液或rm{NaHCO_{3}}溶液鉴别化合物香草醛和青蒿酸10、下列说法正确的是A.浓度、体积均相等的盐酸和醋酸，前者中和rm{NaOH}的能力比后者强B.碳酸溶液中氢离子的物质的量浓度是碳酸根离子的物质的量浓度的二倍C.已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为rm{c}电离度为rm{娄脕}rm{K_{a}=dfrac{(c娄脕)^{2}}{c(1-娄脕)^{2}}}若加入少量rm{K_{a}=

dfrac{(c娄脕)^{2}}{c(1-娄脕)^{2}}}固体，则电离平衡rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+H^{+}}向左移动，rm{CH_{3}COONa}减小，rm{CH_{3}COOH?

CH_{3}COO^{-}+H^{+}}变小D.rm{娄脕}与rm{K_{a}}时，水的电离产生的rm{25隆忙}不相等rm{60隆忙}11、在密闭容器中加入rm{0.1molSi}及rm{0.3molHCl}加热发生反应：rm{Si(s)+3HCl(g)underset{}{overset{}{?}}SiHCl_{3}(g)+H_{2}(g)}测得rm{Si(s)+3HCl(g)

underset{}{overset{}{?}}SiHCl_{3}(g)+H_{2}(g)}的平衡产率与温度及压强的关系如下图所示：下列说法正确的是A.图中rm{SiHCl_{3}}rm{P}rm{{,!}_{1}>}rm{P}B.rm{{,!}_{2}}点rm{M}的转化率为rm{HCl}C.平衡时，容器中再加入少量单质rm{10%}rm{Si}的转化率增大D.向恒压容器中加入rm{HCl}rm{0.2molSi}rm{0.6molHCl}压强为rm{500K}rm{P}时，rm{{,!}_{2}}的平衡产率等于rm{SiHCl_{3}}rm{20%}12、下列有关说法不正确的是（）A.C3H8中碳原子都采用的是sp3杂化B.O2、CO2、N2都是非极性分子C.酸性：H2CO3＜H3PO4＜H2SO4＜HClOD.CO的一种等电子体为NO+，它的电子式为+13、关于下列分子的说法不正确的是（）

A.既有σ键又有π键B.O-H键的极性比强于C-H键的极性C.是非极性分子D.该物质的分子之间不能形成氢键，但它可以与水分子形成氢键14、下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A.0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（CO32-）B.20ml0.1mol/LCH3COONa溶液与10ml0.1mol/LHCl溶液混合后呈酸性，所得溶液中：c（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）C.室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）D.0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（OH-）＞c（H+）+c（CH3COOH）评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、为了科学饮食，了解一些与食品相关的化学知识是必要的。(1)油炸虾条、薯片等容易挤碎的食品，不宜选用真空袋装，而应采用充气袋装。下列气体中不应该充入的是_____________________________________。A．氮气B．二氧化碳C．空气D．氧气(2)为使以面粉为原料的面包松软可口，通常用碳酸氢钠作发泡剂，因为它________。①热稳定性差②增加甜味③产生二氧化碳④提供钠离子A．②③B．①③C．①④D．③④(3)能直接鉴别氯化钠和葡萄糖两种未知浓度溶液的方法是________。A．观察颜色B．测量比重C．加热灼烧D．分别闻味(4)苯甲酸钠是常用的食品防腐剂，其结构简式如下。以下对苯甲酸钠描述错误的是________。A．属于盐类B．能溶于水C．属于烃类D．不易分解16、rm{(1)}在粗制rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}晶体中常含有杂质rm{Fe^{2+}.}在提纯时为了除去rm{Fe^{2+}}常加入合适氧化剂，使rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}下列物质可采用的是______

A.rm{KMnO_{4}}rm{B.H_{2}O_{2}}rm{C.Cl_{2}}水rm{D.HNO_{3}}

然后再加入适当物质调整至溶液rm{pH=4}使rm{Fe^{3+}}转化为rm{Fe(OH)_{3}}可以达到除去rm{Fe^{3+}}而不损失rm{CuSO_{4}}的目的，调整溶液rm{pH}可选用下列中的______

A.rm{NaOH}rm{B.NH_{3}?H_{2}O}rm{C.CuO}rm{D.Cu(OH)_{2}}

rm{(2)}甲同学怀疑调整至溶液rm{pH=4}是否能达到除去rm{Fe^{3+}}而不损失rm{Cu^{2+}}的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下rm{Fe(OH)_{3}}的溶度积rm{K_{sp}=8.0隆脕10^{-38}}rm{Cu(OH)_{2}}的溶度积rm{K_{sp}=3.0隆脕10^{-20}}通常认为残留在溶液中的离子浓度小于rm{1隆脕10^{-5}}rm{mol?L^{-1}}时就认为沉淀完全，设溶液中rm{CuSO_{4}}的浓度为rm{3.0mol?L^{-1}}则rm{Cu(OH)_{2}}开始沉淀时溶液的rm{pH}为______，rm{Fe^{3+}}完全沉淀时溶液的rm{pH}为______，通过计算确定上述方案______rm{(}填“可行”或“不可行”rm{)(}已知rm{lg5=0.7)}17、（1）近年来我国京、津、冀等多地出现雾霾天气，主要原因是空气污染严重所致，下列有关治理空气污染的方法正确的是___________。A．大力开发核能、氢能、风能、海洋能和生物质能等能源B．限制使用电动车C．我国煤炭储量丰富，可以大力发展火力发电D．节日可尽情燃放烟花爆竹（2）食品中加入营养强化剂是为了补充食品中缺乏的营养成分或微量元素。下列说法中不正确的是____。A．人体缺碘，可通过食用加碘盐补碘B．亚硝酸盐可常用作腌制肉类食品的防腐剂，大量进食易致癌C．维生素或钙、硒等不能添加在食品中D．缺铁性贫血，可通过食用铁强化酱油预防（3）下列关于药物使用的说法中，正确的是___________。A．长期大量服用阿司匹林可预防疾病，没有毒副作用B．随着平价药房的开设，病人都可以到药店自行买药服用，不用到医院就诊C．使用青霉素可直接静脉注射，不需要进行皮肤敏感试验D．碘酒能使蛋白质变性，医院里常用于皮肤消毒（4）在我国一些大城市，汽车等机动车排出的一些大气污染物主要有CO、、和碳氢化合物等。治理汽车尾气中NO和CO的一种方法是：在汽车的排气管上装一个催化转化装置，使NO和CO反应，生成CO2和N2，反应的化学方程式是。18、松油醇是一种天然有机化合物，存在于芳樟油、玉树油及橙花油等天然植物精油中，具有紫丁香香气，在香料工业中用途广泛，主要用于香皂及化妆品香料和调合香精。请写出松油醇分别与下列试剂反应所得主要有机产物的结构式（不考虑立体异构体）：I、Br2/CC14；II、KMnO4(稀、冷溶液)；III、KMnO4/H3O+；IV、PBr3；V、(a)Na，(b)CH3I；VI、CH3COC1/碱。19、(16分)（I）氧化还原反应Cu+2AgNO3=Cu（NO3）2+2Ag可设计成一个原电池，写出两个电极上的电极反应：负极：____________，正极：_____________。（II）已知NaHCO3水溶液呈碱性：(1)用离子方程式表示NaHCO3溶液呈碱性的原因__________________(2)NaHCO3溶液中各离子的浓度由大到小的关系是________________（III）某温度下，密闭容器中A、B、C三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：。物质ABC初始浓度/mol•L—10.0200.0200平衡浓度/mol•L—10.0160.0160.0080回答下列问题：(1)反应达到平衡时，A的转化率为_____________。(2)该反应的化学方程式可表示为（用A、B、C表示物质的化学式）_____________________________，其平衡常数为_______________。(3)该温度下，若将A和B各0.10mol的气体混合物充入10L的密闭容器中发生反应，10s末达到平衡，则用A表示的化学反应速率为____________________。20、已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2N2O4（正反应为放热反应）。现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入体积为1L的恒容密闭容器中，反应体系中物质浓度随时间变化关系如图所示，回答问题：（1）图中共有两条曲线X和Y，其中曲线表示NO2浓度随时间的变化；a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是。（2）前10min内用NO2表示的化学反应速率v(NO2)＝mol/(L·min)；反应进行至25min时，曲线发生变化的原因是。（3）若要达到与最后相同的化学平衡状态，在25min时还可以采取的措施是A．加入催化剂B．缩小容器体积C．升高温度D．加入一定量的N2O421、rm{(1)}将rm{4molSO_{2}}和rm{2molO_{2}}充入rm{2L}的密闭容器中，在一定条件下发生反应，经rm{10s}后达到平衡，测得rm{SO_{3}}的浓度为rm{0.6mol?L^{-1}}请回答下列问题：

rm{垄脵}用rm{O_{2}}表示的反应的平均速率为______

rm{垄脷}平衡时rm{SO_{2}}的转化率______

rm{(2)}已知某可逆反应rm{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rm{t}温度rm{T}和压强rm{P}与反应物rm{B}的体积分数的关系曲线rm{.}根据图象填空。

rm{垄脵}化学计量数的关系：rm{m+n}______rm{q}rm{(}填“rm{>}”rm{.}“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}

rm{垄脷}该反应的正反应为______反应rm{.(}填“吸热”或“放热”rm{)}

rm{(3)}在rm{FeCl_{3}+3KSCN?Fe(SCN)_{3}+3KCl}的平衡体系中；回答下列问题：

rm{(}填“正向”、“逆向”、“不”rm{)}

rm{垄脵}在溶液中加入少量的rm{KSCN}固体，平衡______移动。

rm{垄脷}在溶液中加入少量的rm{KCl}固体，平衡______移动。22、可逆反应rm{A(g)+2B(g)overset{}{?}2C(g)娄陇H<0}在一定条件下达平衡，若改变条件，将变化结果rm{A(g)+2B(g)overset{}{?}2C(g)

娄陇H<0}“变大”、“变小”或“不变”rm{(}填入空格。rm{)}保持温度和压强不变，充入惰性气体，则rm{(1)}的物质的量___________________。rm{C}保持温度和体积不变，加入惰性气体，则rm{(2)}的转化率_____________________。rm{A}某温度下，在一容积可变的容器中，上述反应达到平衡时，rm{(3)}rm{A}和rm{B}的物质的量分别为rm{C}rm{2mol}和rm{4mol}保持温度和压强不变，对平衡混合物三者的物质的量做如下调整，可使平衡右移的是___________。A.均减半rm{4mol}均加倍rm{B.}均增加rm{C.}rm{1mol}均减少rm{D.}rm{1mol}评卷人得分四、有机推断题(共4题，共20分)23、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__________________________________．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。26、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分五、计算题(共2题，共14分)27、将0.05mol/l的盐酸和未知浓度的氢氧化钠溶液以1:2的体积比混合，所得溶液pH值为12，用上述氢氧化钠溶液滴定pH=3的某一元弱酸溶液20ml，达到终点时，消耗氢氧化钠溶液12.5ml，试求：（1）氢氧化钠溶液的物质的量浓度？（2）此一元弱酸的物质的量浓度？28、某化工厂设计要求为：空气中二氧化硫含量不得超过rm{0.02mg/L}．

某同学拟用如图所示简易装置测定空气中的rm{SO_{2}}含量：准确移取rm{10mL5隆脕10^{-4}mol/L}的标准碘水溶液，注入如图所示试管中，加rm{2隆芦3}滴淀粉指示剂，此时溶液呈蓝色rm{.}在指定的测定地点抽气，每次抽气rm{100mL}直到溶液的蓝色全部褪尽为止rm{.}假设该同学的测量是准确的，则他抽气的次数至少大于______次时方可说明该厂空气中的rm{SO_{2}}含量达标．评卷人得分六、探究题(共4题，共24分)29、（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。30、（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。31、（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。32、（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。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】试题分析：如果а粒子正撞原子核会反弹，如果а粒子撞到原子核的边缘会转向，如果а粒子没有撞到原子核会直接通过，符合这些现象的为D项。考点：本题考查卢瑟福的а粒子轰击金箔实验。【解析】【答案】D2、A【分析】解：A．P原子3p能级半充满；所以比较稳定，P原子的第一电离能大于S原子，故A错误；

B．乙烯分子结构中存在π键而乙烷没有；所以乙烯的化学性质比乙烷活泼，故B正确；

C．因为[Cu（NH3）4]SO4•H2O的溶解度在乙醇中比水中要小；所以向加入过量氨水的硫酸铜溶液中加入乙醇，将析出深蓝色晶体，故C正确；

D．因为HCl和H2O均为极性分子；根据相似相溶原理，所以HCl气体极易溶于水，故D正确．

故选A．

A；P原子3p能级半充满；所以比较稳定，难以失去电子；

B；根据结构决定性质分析；

C、根据[Cu（NH3）4]SO4•H2O的溶解度在乙醇中比水中要小分析；

D；根据相似相溶原理分析．

本题考查物质结构与性质知识，难度不大，注意知识的积累．【解析】【答案】A3、D【分析】【分析】本题考查了离子方程式的书写，沉淀、气体、弱电解质不能拆，注意不能漏写有关的反应，难度一般。【解答】A.铝和氢氧化钠反应的离子方程式为：rm{2Al+2{OH}^{-}+2{H}_{2}O=2{{AlO}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉}故A错误；B.硫酸和氢氧化钡反应的离子方程式为：rm{B{a}^{2+}+;2O{H}^{-}+2;{H}^{+}+S{{O}_{4}}^{2-}=2{H}_{2}O+;BaS{O}_{4}隆媒}故B错误；C.氨水是弱电解质不能拆，反应的离子方程式为：rm{{Al}^{3+}+3N{H}_{3}?{H}_{2}O=3N{{H}_{4}}^{+}+Al(OH{)}_{3}隆媒}故C错误；D.碳酸钠溶液与足量稀盐酸反应的离子方程式为：rm{C{{O}_{3}}^{2-}+2{H}^{+}=C{O}_{2}隆眉+{H}_{2}O}故D正确。rm{2Al+2{OH}^{-}+2{H}_{2}O=2{{AlO}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉

}rm{B{a}^{2+}+;2O{H}^{-}+2;{H}^{+}+S{{O}_{4}}^{2-}=2{H}_{2}O+;BaS{O}_{4}隆媒

}【解析】rm{D}4、C【分析】【分析】本题考查反应速率的测定，为高频考点，把握表格中数据及速率公式为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意数据的应用，题目难度不大。【解答】rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{+Cl}rm{+Cl}的反应速率rm{{,!}_{2}}可表示为rm{篓T2HCl}的反应速率rm{v}可表示为rm{v=k[H}rm{篓T2HCl}rm{v}rm{v=k[H}rm{{,!}_{2}}rm{]}rm{]}rm{{,!}^{m}}rm{[Cl}rm{[Cl}

rm{{,!}_{2}}rm{dfrac{垄脷}{垄脵}=dfrac{2.0k}{1.0k}={2}^{m}}rm{]}rm{dfrac{垄脹}{垄脷}=dfrac{4.0k}{2.0k}={4}^{n}}rm{]}rm{{,!}^{n}}

，结合表格中数据计算即可

设三组数据变号分别为rm{垄脵垄脷垄脹}【解析】rm{C}5、C【分析】【分析】本题考查了有机物的命名方法判断，题目难度中等，该题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。【解答】A.rm{1}，rm{1}二甲基丁烷；该命名选取的主链不是最长碳链，正确命名为正己烷，故A错误；

B.rm{4-}该有机物正确命名为：甲基rm{3-}丁炔；故B错误；

C.rm{-1-}该有机物为醇，羟基在号rm{2}该有机物命名为：rm{C}丁醇；故C正确；

D.rm{2-}二氯乙烷，该命名中没有指出氯原子的位置，该有机物正确命名为：rm{CH_{2}Cl-CH_{2}Cl}rm{1}二氯乙烷；故D错误。

故选C。rm{2-}【解析】rm{C}6、D【分析】解：将rm{0.1mol/L}的rm{NaHC_{2}O_{4}}溶液与rm{0.1mol/L}的rm{NaOH}溶液等体积混合后，二者恰好完全反应生成rm{0.05mol/L}的rm{Na_{2}C_{2}O_{4}}

A.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(HC_{2}O_{4}^{-})+c(OH^{-})+2c(C_{2}O_{4}^{2-})}故A正确；

B.溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(HC_{2}O_{4}^{-})+c(OH^{-})+2

c(C_{2}O_{4}^{2-})}故B正确；

C.电荷守恒得rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(HC_{2}O_{4}^{-})+c(OH^{-})+2c(C_{2}O_{4}^{2-})}根据物料守恒得rm{c(Na^{+})=2[c(HC_{2}O_{4}^{-})+c(H_{2}C_{2}O_{4})+c(C_{2}O_{4}^{2-})]}所以得rm{c(OH^{-})-c(H^{+})=c(HC_{2}O_{4}^{-})+2c(H_{2}C_{2}O_{4})}故C正确；

D.钠离子不水解、草酸根离子水解但水解程度较小，草酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，所以溶液中离子浓度大小顺序是rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(HC_{2}O_{4}^{-})+c(OH^{-})+2

c(C_{2}O_{4}^{2-})}故D错误；

故选D．

将rm{c(Na^{+})=2[c(HC_{2}O_{4}^{-})+c(H_{2}C_{2}O_{4})+c(C_{2}O_{4}^{2-})]}的rm{c(OH^{-})-c(H^{+})=c(HC_{2}O_{4}^{-})+2

c(H_{2}C_{2}O_{4})}溶液与rm{c(Na^{+})>c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(OH^{-})>c(HC_{2}O_{4}^{-})>c(H^{+})}的rm{0.1mol/L}溶液等体积混合后，二者恰好完全反应生成rm{NaHC_{2}O_{4}}的rm{0.1mol/L}溶液中存在电荷守恒和物料守恒，据此分析解答．

本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，任何电解质溶液中都存在电荷守恒、物料守恒，注意守恒思想的灵活运用，题目难度中等．rm{NaOH}【解析】rm{D}7、D【分析】【分析】正确答案：D

A、医疗上常用硫酸钡作钡餐；B、碘是微量元素，只需通过食盐加碘就够了。C、是酸雨加速了古建筑的风化;D、正确，硅是半导体。8、A【分析】【分析】本题考查了热化学方程式的理解和分析，盖斯定律的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等。【解答】由题意可知：rm{C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}rm{娄陇H=-393.5kJ/mol垄脵}

rm{H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)}rm{H_{2}(g)+dfrac{1}{2}

O_{2}(g)=H_{2}O(l)}

rm{娄陇H=-285.8kJ/mol垄脷}rm{CH_{3}COOH(l)+2O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)}

依据盖斯定律rm{娄陇H=-670.3kJ/mol垄脹}即得：rm{垄脵隆脕2+垄脷隆脕2-垄脹}rm{2C(s)+2H_{2}(g)+O_{2}(g)=CH_{3}COOH(l)}故A正确。故选A。rm{娄陇H=-688.3kJ/mol}【解析】rm{A}二、双选题(共6题，共12分)9、AD【分析】【分析】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，侧重苯酚、烯烃、羧酸性质的考查，注意手性碳原子的判断，题目难度不大。【解答】A.手性碳原子连接rm{4}个不同的原子或原子团，如图所示共rm{4}个；故A正确；

B.香草醛中苯环、醛基可与氢气发生加成反应，青蒿酸中只有碳碳双键与氢气发生加成反应，两种物质分别和rm{H_{2}}反应，最多消耗rm{H_{2}4mol}和rm{2mol}故B错误；

C.一定条件下，青蒿酸可发生取代、加成、氧化，不能发生消去反应；故C错误；

D.香草醛含有酚羟基，青蒿酸含有羧基，可用rm{FeCl_{3}}溶液或rm{NaHCO_{3}}溶液鉴别；故D正确。

故选AD。【解析】rm{AD}10、CD【分析】【分析】本题考查了强酸和弱酸中和rm{NaOH}的能力以及强酸弱酸加水稀释时离子浓度的变化、强弱电解质的区别，题目难度不大。【解答】A.中和等体积；等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液；所需氢氧化钠相同，故A错误；

B.碳酸是弱酸部分电离，电离方程式为rm{H_{2}CO_{3}}rm{H^{+}+HCO_{3}^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{H^{+}+CO_{3}^{2-}}以第一步电离为主，则氢离子浓度大于碳酸根离子浓度的rm{2}倍；故B错误；

C.根据表达式rm{K_{a}=dfrac{{left(caright)}^{2}}{cleft(1-aright)}}可知，增加rm{K_{a}=

dfrac{{left(caright)}^{2}}{cleft(1-aright)}}固体，则电离平衡向左移动，rm{CH_{3}COONa}减小，rm{娄脕}的分子变小，分母变大，故Krm{K_{娄脕}}减小；，故C正确；

D.rm{{,!}_{娄脕}}升高温度促进水的电离，所以时水电离产生的氢离子浓度大于rm{60隆忙}水电离产生的氢离子浓度；故D正确。

故选CD。

rm{25隆忙}【解析】rm{CD}11、AD【分析】【分析】本题考查了化学平衡的计算、等效平衡等知识，考查分析问题、解决问题的能力，难度不大。【解答】A.温度相同时，压强由rm{P_{2}隆煤P_{1}}时，rm{SiHCl}rm{SiHCl}的平衡产率增大，说明平衡正向移动，正向是气体体积减小的方向，压强增大，rm{{,!}_{3}}rm{P}rm{P}rm{{,!}_{1}}rm{>}故A正确；B.rm{>}点rm{P}的平衡产率为rm{P}rm{Si(s)+3HCl(g)underset{}{overset{}{?}}SiHCl_{3}(g)+H_{2}(g)}开始：rm{{,!}_{2}}rm{M}点rm{M}rm{SiHCl_{3}}转化：rm{20%}rm{Si(s)+3HCl(g)

underset{}{overset{}{?}}SiHCl_{3}(g)+H_{2}(g)}rm{0.1mol}rm{0.3mol}rm{0}rm{0}rm{0.1mol}平衡：rm{0.3mol}rm{0}rm{0}rm{x}rm{x/(0.1-x+0.3-3x+x+x)隆脕100%=20%}解得：rm{3x}rm{x}的转化率为rm{4/70隆脕3/0.3隆脕100%=57.1%}故B错误；C.rm{x}为固体，增加单质rm{0.1-x}平衡不移动，rm{0.3-3x}的转化率不变，故C错误；

D.rm{x}rm{x}与开始为等效平衡，则rm{x/(0.1-x+0.3-3x+x+x)隆脕

100%=20%}压强为rm{x=4/70}rm{HCl}的转化率为rm{HCl}rm{4/70隆脕3/0.3隆脕

100%=57.1%}单质rm{Si}为固体，增加单质rm{Si}平衡不移动，rm{HCl}的转化率不变，故C错误；故D正确。故选AD。rm{Si}【解析】rm{AD}12、C|D【分析】解：A．C3H8分子中每个C原子含有4个σ键，所以每个C原子价层电子对个数是4，则C原子采用sp3杂化；故A正确；

B．O2、N2为只含有非极性键，属于非极性分子，CO2为直线形分子；结构对称为非极性分子，故B正确；

C．非金属性：S＞P＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3，又H2CO3酸性大于HClO，则有酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO；故C错误；

D．根据等电子体的定义，CO的等电子体必须是双原子分子或离子，且电子总数相等，如果是阳离子离子，原子序数之和减去所带电荷数值等于电子数，所以NO+为CO的一种等电子体，NO+它的电子式为；故D错误；

故选CD．

A．根据价电子对互斥理论确定原子的杂化方式；价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数；

B．结构对称；正负电荷的中心重合，则为非极性分子；

C．元素的非金属性越强；对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；

D．根据等电子体的定义，只要原子数目和电子总数（或价电子总数）相同就是等电子体，图中NO+的电子式书写错误．

本题较为综合，考查了元素的杂化、非极性分子的判断、等电子体、元素周期律的应用，题目难度中等，注意把握杂化类型的判断方法．注意根据分子是否对称确定分子极性．【解析】【答案】CD13、C|D【分析】解：A．共价单键为σ键；共价双键中含有一个σ键一个π键，该分子中含有碳碳双键，所以既有σ键又有π键，故正确；

B．两种元素非金属性差距越大极性越大；O-H之间的非金属性之差大于C-H之间的非金属性之差，所以O-H键的极性强于C-H键的极性，故正确；

C．结构对称；正负电荷重心重合的分子为非极性分子，该分子结构不对称，正负电荷重心不重合，所以为极性分子，故错误；

D．该物质中含有酚羟基；所以该分子的分子之间能形成氢键，故错误；

故选CD．

A．共价单键为σ键；共价双键中含有一个σ键一个π键；

B．两种元素非金属性差距越大极性越大；

C．结构对称；正负电荷重心重合的分子为非极性分子；

D．该物质中含有酚羟基；所以该分子的分子之间能形成氢键．

本题考查物质结构、性质，涉及化学键、分子的极性、氢键等知识点，这些都是高频考点，难点是分子极性的判断，注意氢键只影响物理性质，不影响化学性质，影响物质熔沸点、溶解度等．【解析】【答案】CD14、B|C【分析】解：A．二者恰好完全反应生成碳酸钠和水，碳酸钠物质的量浓度为0.05mol/L，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小，钠离子不水解，水还电离生成氢氧根离子，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）故A错误；

B．二者混合后溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、NaCl、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，氯离子不反应，所以离子浓度大小顺序是c（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）；故B正确；

C．室温下，pH=2的盐酸浓度小于pH=12的氨水浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，根据电荷守恒得c（NH4+）＞c（Cl-），一水合氨电离程度较小，所以离子浓度大小c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）；故C正确；

D．二者恰好完全反应生成醋酸钠和水，醋酸钠水解导致溶液呈碱性，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c（OH-）=c（H+）+c（CH3COOH）；故D错误；

故选BC．

A．二者恰好完全反应生成碳酸钠和水；碳酸钠物质的量浓度为0.05mol/L，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小；

B．二者混合后溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、NaCl、CH3COOH；混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度；

C．室温下；pH=2的盐酸浓度小于pH=12的氨水浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，根据电荷守恒判断离子浓度大小；

D．二者恰好完全反应生成醋酸钠和水；醋酸钠水解导致溶液呈碱性，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒判断．

本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意A中发生反应，易错选项是A．【解析】【答案】BC三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】(1)油炸虾条、薯片中的油脂与氧气(或空气)接触时易被氧化。(2)由“碳酸氢钠作发泡剂”可知，碳酸氢钠在面包发热过程中产生了气体；又由2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O知该气体为二氧化碳。(3)两种待鉴别的溶液都是无色透明的液体，皆不易挥发，故A、D选项不正确；在溶液浓度未知时不能确定其密度的相对大小，B不正确；氯化钠溶液蒸发后得氯化钠白色固体，灼烧显黄色(Na＋焰色)，而葡萄糖蒸发后得白色固体，灼烧时分解生成碳而变黑，答案选C。(4)苯甲酸钠属于钠盐，易溶于水且不易分解，但所含元素除C、H外还有O、Na，不属于烃类。【解析】【答案】(1)CD(2)B(3)C(4)C16、略

【分析】解：rm{(1)}除杂质至少要满足两个条件：rm{垄脵}加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；rm{垄脷}反应后不能引入新的杂质，四个选项中，只有双氧水氧化后生成水，双氧水受热见光易分解，没有多余杂质；调整溶液的rm{pH}时，加入的物质不能引进新的杂质粒子，氢氧化钠中含有钠离子，氨水反应后生成铵根离子，所以氢氧化钠和氨水能引进新的杂质离子，rm{CuO}粉末、rm{Cu(OH)_{2}}悬浊液反应后生成铜离子和水而不引进新的杂质离子；故选CD．

故答案为：rm{B}rm{CD}

rm{(2)Cu(OH)_{2}}的溶度积rm{K_{sp}=3.0隆脕10^{-20}}溶液中rm{CuSO_{4}}的浓度为rm{3.0mol?L^{-1}}rm{c(Cu^{2+})=3.0mol?L^{-1}}依据溶度积常数rm{c(Cu^{2+})隆脕c^{2}(OH^{-})=3.0隆脕10^{-20}}rm{c^{2}(OH^{-})=dfrac{3.0隆脕10^{-20}}{3.0}=10^{-22}}得到rm{c^{2}(OH^{-})=dfrac

{3.0隆脕10^{-20}}{3.0}=10^{-22}}依据水溶液中的离子积rm{c(OH^{-})=10^{-10}mol/L}求的rm{c(H^{+})隆脕c(OH^{-})=10^{-14}}溶液rm{c(H^{+})=10^{-4}mol/L}则rm{pH=4}开始沉淀时溶液的rm{Cu(OH)_{2}}为rm{pH}

残留在溶液中的离子浓度小于rm{4}rm{1隆脕10^{-5}}时就认为沉淀完全，rm{mol?L^{-1}}的溶度积rm{Fe(OH)_{3}}rm{K_{sp}=8.0隆脕10^{-38}}rm{c^{3}(OH^{-})=dfrac{8.0隆脕10^{-38}}{1隆脕10^{-5}}=8.0隆脕10^{-33}}求的rm{c(Fe^{3+})隆脕c^{3}(OH^{-})=8.0隆脕10^{-38}}水溶液中的离子积rm{c^{3}(OH^{-})=dfrac

{8.0隆脕10^{-38}}{1隆脕10^{-5}}=8.0隆脕10^{-33}}rm{c(OH^{-})=2隆脕10^{-11}mol/L}则rm{c(H^{+})隆脕c(OH^{-})=10^{-14}}通过计算可知rm{c(H^{+})=5隆脕10^{-4}mol/L}能达到除去rm{pH=3.3}而不损失rm{pH=4}的目的；则方案可行；

故答案为：rm{Fe^{3+}}rm{Cu^{2+}}可行．

rm{4}根据除杂质至少要满足两个条件：rm{3.3}加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；rm{(1)}反应后不能引入新的杂质，调整溶液的rm{垄脵}时，加入的物质不能引进新的杂质粒子rm{垄脷}以此来解答；

rm{pH}依据氢氧化铜饱和溶液中溶度积常数计算溶液中的氢离子浓度计算rm{.}结合氢氧化铁溶度积和残留在溶液中的离子浓度小于rm{(2)}rm{PH}时就认为沉淀完全．

本题考查了沉淀转化的原理应用，除杂的原理应用，主要是溶解沉淀的转化关系的分析应用和计算，题目难度中等．rm{1隆脕10^{-5}}【解析】rm{B}rm{CD}rm{4}rm{3.3}可行17、略

【分析】试题分析：（1）大力开发和使用清洁能源，减少对燃煤的使用，A对；城市空气污染很大原因是汽车排放的尾气造成的，所以要推广电动车的使用，B错；用煤进行火力发电会产生很多污染物，应减少火力发电，C错；燃放烟花爆竹会产生很多污染物，故D错。（2）人体缺碘，主要是可通过食用加碘盐来补碘，A对；大量使用亚硝酸盐腌制肉类食品易致癌，B对；维生素或钙、硒等可以作为营养强化剂添加在食品中，C错；缺铁性贫血，可通过食用铁强化酱油预防，D对。（3）如果大量服用阿司匹林对人体有损害作用，A错；药店主要是出售一些非处方药，生病需要到医院就诊，B错；有的人会对青霉素敏感，所以使用青霉素前要进行皮肤敏感试验，C错；碘酒能用作消毒，就是因为它能使蛋白质发生变性，从而能杀死病菌，D对。（4）汽车尾气主要污染物有CO、NO、NO2以及没有燃烧的碳氢化合物，知道了反应物和生成物，可写出反应的化学方程式，为2CO+2NO＝2CO2+N2考点：对环境保护的认识、对生活中的化学的认识。【解析】【答案】（1）A（2）C（3）D(每空4分)（4）NONO22CO+2NO＝2CO2+N218、略

【分析】主要考查官能团在反应中的转变。松油醇分子中含有一个碳碳双键与一个醇—OH，依据不同的条件进行反应即可。【解析】【答案】19、略

【分析】（1）在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应。根据反应可知铜失去电子，Ag＋得到电子，所以正负极的电极反应式为2Ag++2e—=2Ag、Cu—2e—=Cu2+。（2）由于碳酸氢钠在溶液中既有电离平衡，还有水解平衡。电离显酸性，水解显碱性。因为水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性。因为在溶液中水还可以电离出氢离子，因此溶液中各离子的浓度由大到小的关系是c（Na+）>c（HCO3—）>c（OH—）>c（H+）>c（CO32—）。（3）根据数据可知消耗A的浓度是0.020mol/L－0.016mol/L＝0.004mol/L，所以A的转化率是又因为BC的浓度变化量分别是0.004mol/L、0.008mol/L，所以ABC的浓度变化量之比是1︰1︰2，故方程式为A（g）+B（g）2C（g）。平衡常数是平衡时生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以该反应的平衡常数为设A的转化量是x，则A（g）+B（g）2C（g）起始量（mol）0.100.100转化量（mol）xx2x平衡量（mol）0.10－x0.10－x2x根据平衡常数的表达式可知解得x＝0.02。所以用A表示的化学反应速率为【解析】【答案】（I）负极：Cu—2e—=Cu2+正极：2Ag++2e—=2Ag（II）(1)HCO3—+H2OH2CO3+OH—(2)c（Na+）>c（HCO3—）>c（OH—）>c（H+）>c（CO32—）（III）(1)20%(2)A（g）+B（g）2C（g）0.25(3)0.00020mol•L—1•s—120、略

【分析】试题分析：（1）由图可知10-25min平衡状态时，X表示的生成物的浓度变化量为（0．6-0．2）mol/L=0．4mol/L，Y表示的反应物的浓度变化量为（0．6-0．4）mol/L=0．2mol/L，X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线，由图可知，10-25min及35min之后X、Y的物质的量不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态，故答案为：X；b、d；（2））X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线．由图可知，前10min内，NO2的浓度变化量为（0．6-0．2）mol/L=0．4mol/L，所以υ（NO2）==0．04mol•L-1•min-1，故答案为：0．04mol•L-1•min-1；（3）25min时增大NO2的浓度对平衡的移动可以理解为对体系加压，使平衡正向移动，故可以通过缩小容器体积、加入一定量的N2O4等实行到达相同的平衡状态，而升高温度使平衡逆向移动，加入催化剂平衡不移动，故选B、D考点：化学平衡【解析】【答案】（1）X；b；（2）0．04mol/(L·min)；加入了0．4mol的NO2（3）B、D21、rm{(1)}rm{垄脵}rm{0.03mol/(L?s)}rm{垄脷30%}rm{(2)}rm{垄脵<}rm{垄脷}吸热；rm{(3)}rm{垄脵}正向；rm{垄脷}不【分析】解：rm{(1)垄脵10}秒后内，以rm{SO_{3}}表示速率为rm{v(SO_{3})=dfrac{0.6mol/L}{10s}=0.06mol/(L?s)}

速率之比等于化学计量数之比，所以rm{v(O_{2})=dfrac{1}{2}v(SO_{3})=0.03mol/(L?s)}

故答案为：rm{v(SO_{3})=dfrac

{0.6mol/L}{10s}=0.06mol/(L?s)}

rm{v(O_{2})=dfrac

{1}{2}v(SO_{3})=0.03mol/(L?s)}生成的rm{0.03mol/(L?s)}的物质的量为rm{垄脷}

所以参加反应的rm{SO_{3}}的物质的量为rm{n(SO_{3})=2L隆脕0.6mol/L=1.2mol}．

rm{SO_{2}}的转化率为rm{dfrac{1.2mol}{4mol}隆脕100%=30%}

故答案为：rm{n(SO_{2})=n(SO_{3})=1.2mol}

rm{SO_{2}}定压强相同，比较温度不同时，即比较曲线rm{dfrac

{1.2mol}{4mol}隆脕100%=30%}rm{30%}与曲线rm{(2)}rm{T_{1}}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rm{P_{2}}定温度相同，比较压强不同时，即比较曲线rm{T_{2}}rm{P_{2}}与曲线rm{T_{1}>T_{2}}rm{T_{1}}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rm{P_{1}}

rm{T_{1}}压强rm{P_{2}}由图知压强越大，rm{P_{1}<P_{2}}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rm{垄脵}故答案为：rm{P_{1}<P_{2}}

rm{B}温度rm{m+n<q}由图知温度越高，rm{<}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；

rm{垄脷}加入少量rm{T_{1}>T_{2}}固体，反应中rm{B}浓度增大；平衡向正向移动；

故答案为：正向；

rm{(3)垄脵}加入少量rm{KSCN}固体，溶液中rm{SCN^{-}}rm{垄脷}浓度不变，rm{KCl}和rm{Fe^{3+}}不参加反应；平衡不移动；

故答案为：不．

rm{SCN^{-}}根据浓度变化量之比等于化学计量数之比求出rm{K^{+}}的浓度变化量，rm{Cl^{-}}的平衡浓度等于rm{(1)垄脵}的起始浓度减去rm{O_{2}}的浓度变化量；

rm{O_{2}}根据平衡时容器中rm{O_{2}}的浓度求出参加反应的rm{O_{2}}的物质的量；再根据转化率的定义计算；

rm{垄脷}根据“先拐先平，数值大”原则，采取定一议二得到温度和压强的大小关系，根据图示，结合压强和rm{SO_{3}}的含量的关系判断方程式前后的系数和大小关系，根据温度和rm{SO_{2}}的含量的关系；确定化学反应的吸放热情况；

rm{(2)}根据平衡移动原理分析，改变影响平衡的一个条件rm{B}如浓度、压强或温度等rm{B}平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；

rm{(3)}加入少量rm{(}固体，反应中rm{)}浓度增大；

rm{垄脵}根据实际参加反应的离子浓度分析，加入少量rm{KSCN}固体，溶液中rm{SCN^{-}}rm{垄脷}浓度不变．

本题考查化学反应速率和化学平衡的计算，以及学生对平衡移动原理的理解，比较基础，注意rm{KCl}中根据实际参加反应的离子浓度分析。rm{Fe^{3+}}【解析】rm{(1)}rm{垄脵}rm{0.03mol/(L?s)}rm{垄脷30%}rm{(2)}rm{垄脵<}rm{垄脷}吸热；rm{(3)}rm{垄脵}正向；rm{垄脷}不22、（1）变小

（2）不变

（3）C【分析】【分析】本题考查化学平衡计算的相关知识。【解答】rm{(1)}可逆反应rm{A(g)+2B(g)}rm{A(g)+2B(g)}rm{overset{}{?}}保持温度和压强不变，充入惰性气体，体积增大，相当于减压，平衡逆向移动，rm{2C(g)娄陇H<0}保持温度和压强不变，充入惰性气体，体积增大，相当于减压，平衡逆向移动，rm{C}的物质的量减小；的物质的量减小；故答案为：变小；rm{2C(g)娄陇H<0}rm{C}的转化率不变；故答案为：不变；rm{(2)}保持温度和体积不变，加入惰性气体，浓度不变，平衡不发生移动，所以rm{A}的转化率不变；rm{A}和rm{(3)}的化学计量系数之比为因为保持温度和压强不变，故均减半或均加倍，平衡均不发生移动；因rm{A}rm{B}和rm{C}的化学计量系数之比为rm{2:1}rm{2}故均增加rm{1mol}可看成先加入rm{1molA}rm{0.5molB}和rm{1molC}与原先的平衡等效，再加入rm{0.5molB}则平衡向右移动，C正确；同理，均减少rm{1mol}可看成先减少rm{1molA}rm{0.5molB}和rm{1molC}与原先的平衡等效，再移走rm{0.5molB}则平衡向左移动；rm{A}故均增加rm{B}可看成先加入rm{C}rm{2:1}和rm{2}与原先的平衡等效，再加入rm{1mol}则平衡向右移动，C正确；同理，均减少rm{1molA}可看成先减少rm{0.5molB}rm{1molC}和rm{0.5molB}与原先的平衡等效，再移走rm{1mol}则平衡向左移动；故答案为：rm{1molA}rm{0.5molB}【解析】rm{(1)}变小变小rm{(1)}不变rm{(2)}不变rm{(2)}四、有机推断题(共4题，共20分)23、略

【分析】【分析】

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，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH224、略

【分析】【分析】

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，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH225、略

【分析】【分析】

根据物质在转化过程中碳链结构不变，根据抗痫灵结构，结合A的分子式可推知A结构简式是：A与HCHO发生反应产生B：B与CH3Cl在AlCl3存在条件下发生取代反应产生C：C经过一系列反应，产生分子式是C8H6O3的物质D结构简式是：D与CH3CHO在碱性条件下发生信息②的反应产生E：E含有醛基，能够与银氨溶液在碱性条件下水浴加热，发生银镜反应，然后酸化产生F：F与SOCl2发生取代反应产生G：与发生取代反应产生抗痫灵：

【详解】

根据上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中无酚羟基，因此不能与FeCl3溶液发生显色反应；A错误；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化变为-COOH；也能发生燃烧反应，故化合物C能发生氧化反应，B正确；

C．的亚氨基上含有孤对电子，能够与H+形成配位键而结合H+；因此具有弱碱性，C正确；

D．根据抗痫灵的分子结构，可知其分子式是C15H17NO3；D错误；

故合理选项是BC；

(2)根据上述分析可知化合物E结构简式是

(3)G是G与发生取代反应产生抗痫灵和HCl，该反应的化学方程式为：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C为原料经过三步制备化合物D，首先是与Cl2在光照条件下发生甲基上H原子的取代反应产生然后与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生该物质与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生D：故由C经三步反应产生D的合成路线为：

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物；符合条件：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，则其可能的同分异构体结构简式是【解析】BC++HCl26、略

【分析】【详解】

分析：由C→及反应条件可知C为苯甲醇,B为A为甲苯。在相同条件下,D的蒸气相对于氢气的密度为39,则D的相对分子质量为39×2=78,D与A互为同系物,由此知D为芳香烃,设1个D分子中含有n个碳原子,则有14n-6=78,解得n=6,故D为苯,与乙醛反应得到E,结合信息①,E为E与溴发生加成反应得到的F为F发生氧化反应生成的G为

详解：(1)根据分析可知:G为则G中含氧官能团为羧基；甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而苯不能,因此；鉴别A和D的试剂为酸性高锰酸钾溶液；本题答案为：羧基；酸性高锰酸钾溶液；

(2)苯甲醛与氯仿发生加成反应生成B为F为

（3）反应①：乙酸和发生酯化反应,化学方程式为+CH3COOH+H2O。

（4）C为苯甲醇,属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚(),共4种；

(5)苯乙醛与甲醛反应生成再与溴发。

生加成反应生成最后发生催化氧化反应生成故合成路线为

点睛：本题主要考查结构简式、官能团、反应类型、化学方程式、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等知识,意在考查考生分析问题、解决问题的能力，抓好信息是解题的关键。【解析】①.羧基②.酸性高锰酸钾溶液③.加成反应④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.五、计算题(共2题，共14分)