2025年牛津译林版高二化学下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年牛津译林版高二化学下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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、现代化学测定有机化合物结构的分析方法比较多，经常采用的是1H核磁共振（1H–NMR）、红外光谱（IR）等方法。在1H–NMR分析中，有机物分子中的氢原子核所处的化学环境（即附近的基团）不同，表现出的核磁性不同，代表核磁性特征的峰在核磁共振谱图中横坐标的位置也就不同。下图1和图2是A、B两种物质的1H核磁共振氢谱。已知A、B两种物质都是烃类，都含有6个氢原子。请根据图1和图2两种物质的核磁共振氢谱图选择出不可能属于图1和图2的两种物质是A.A是C3H6；B是C4H6B.A是C2H6；B是C3H6C.A是C2H6；B是C6H6（苯）D.A是C3H6；B是C2H62、某恒温恒容的容器中，建立如下平衡：2A（g）B（g），在相同条件下，若分别再向容器中通入一定量的A气体或B气体，重新达到平衡后，容器内A的体积分数比原平衡时A.都增大B.都减小C.前者增大后者减小D.前者减少后者增大3、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.rm{pH=1}的溶液中：rm{Fe^{2+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{Na^{+}}B.由水电离的rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-14}mol隆陇L^{-1}}的溶液中：rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-14}

mol隆陇L^{-1}}rm{Ca^{2+}}rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}C.rm{c(Fe^{3+})=0.1mol隆陇L^{-1}}的溶液中：rm{CH_{3}COO^{-}}rm{c(Fe^{3+})=0.1

mol隆陇L^{-1}}rm{K^{+}}rm{ClO^{-}}D.rm{SO_{4}^{2-}}的溶液中：rm{SCN^{-}}rm{c(H^{+})/c(OH^{-})=10^{12}}rm{NHrlap{_{4}}{^{+}}}rm{Al^{3+}}rm{NOrlap{_{3}}{^{-}}}4、过氧化钙rm{(CaO_{2})}作为食品添加剂，具有无毒安全、价格低廉、效果明显等优点rm{.}回答有关rm{CaO_{2}}的说法错误的是rm{(}rm{)}A.具有氧化性B.具有还原性C.具有漂白性D.含有极性键5、下列物质属于电解质的是（）A.蔗糖B.盐酸C.SO2D.硫酸钡6、八角茴香是中国传统的香料和中药，八角茴香含有一种重要成分莽草酸，莽草酸是目前世界上被证明是对抗禽流感的唯一良方—“达菲”的原材料。莽草酸的结构简式为：下列关于莽草酸的说法正确的是A.该化合物的分子式为C7H11O5B.该化合物的分子处于同一平面的原子只有4个C.该化合物可以与溴水、NaOH、NaHCO3发生反应D.该化合物在浓硫酸作用下加热不能制备得到7、用铂电极电解100mLH2SO4与CuSO4的混合液，通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况），则原混合液中Cu2+的物质的量浓度为A.1mol/LB.2mol/LC.2.5mol/LD.3mol/L8、2A（g）+B（g）⇌3C（g）+4D（g）的反应，在不同条件下的反应的速率最快的是（）A.v（A）=0.7mol．L﹣1．min﹣1B.v（B）=0.3mol．L﹣1．min﹣1C.v（C）=0.9mol．L﹣1．min﹣1D.v（D）=1.1mol．L﹣1．min﹣19、下列有机实验操作或叙述正确的是rm{(}rm{)}A.甲烷和氯气在室温下的黑暗环境中可以稳定存在B.苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持rm{100隆忙-110隆忙}反应生成一取代产物硝基苯C.苯能使溴水褪色是因为二者反应生成了溴苯D.要除去乙烷中的乙烯制得纯净的乙烷，可将混合气通入酸性高锰酸钾溶液中评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、在HF、H2O、NH3、CH4、N2、CO2；HI分子中：

（1）以非极性键结合的非极性分子是____．

（2）以极性键相结合，具有正四面体结构的非极性分子是____．

（3）以极性键相结合，具有三角锥型结构的极性分子是____．

（4）以极性键相结合，具有折线型结构的极性分子是____．

（5）以极性键相结合，而且分子极性最大的是____．11、（12分）已知：I2＋2S2O===S4O＋2I－。相关物质的溶度积常数见下表：。物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.2×10－202.6×10－391.7×10－71.3×10－12(1)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，加入____，（填化学式）调至pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝____。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2·2H2O晶体。(2)在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是____(用化学方程式表示)。由CuCl2·2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是____。(3)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I－发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。①可选用____作滴定指示剂，滴定终点的现象是____。②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为____。③该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为____。12、有甲、乙两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性强弱，两人均使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放入rm{6mol隆陇L^{-1}}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液中，乙同学将电极放入rm{6mol隆陇L^{-1}}的rm{NaOH}溶液中，如下图所示：rm{(1)}写出甲池中负极的电极反应式：。rm{(2)}写出乙池中负极的电极反应式和总反应的离子方程式：负极rm{;}总反应的离子方程式。rm{(3)}如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出活动性更强，而乙会判断出活动性更强。rm{(}填写元素符号rm{)}rm{(4)}由此实验，可得到如下哪些正确结论。A.利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质B.镁的金属性不一定比铝的金属性强C.该实验说明金属活动性顺序已过时，已没有实用价值D.该实验说明化学研究对象复杂，反应受条件的影响较大，因此应具体问题具体分析rm{(5)}丙同学依据甲、乙同学的思路，设计如下实验：将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入稀rm{NaOH}溶液中，分别形成了原电池。rm{垄脵}在这两个原电池中，负极分别为。A.铝片、铜片rm{B.}铜片、铝片C.铝片、铝片rm{D.}铜片、铜片rm{垄脷}写出插入浓硝酸中形成原电池的电极反应式。13、(8分)现有分子式均为C3H6O2的四种有机物A、B、C、D，且分子中均含甲基，把它们分别进行下列实验以鉴别之，其实验记录如下：。NaOH溶液银氨溶液新制Cu(OH)2金属钠A中和反应——溶解产生氢气B——有银镜加热后有红色沉淀产生氢气C水解反应有银镜加热后有红色沉淀——D水解反应——————则A、B、C、D的结构简式分别为：A____，B，C____，D____。14、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}代表rm{5}种元素rm{.}请填空：

rm{(1)A}元素基态原子的最外层有rm{3}个未成对电子，次外层有rm{2}个电子；其元素符号为______，其气态氢化物化学式为______．

rm{(2)B}元素的负一价离子和rm{C}元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，rm{B}的元素符号为______，其最高价氧化物的水化物的化学式为______，rm{C}的元素符号为______，rm{C}在周期表中的位置为______．

rm{(3)D}元素的正三价离子的rm{3d}亚层为半充满，rm{D}的元素符号为______；其基态原子的电子排布式为______．

rm{(4)E}元素基态原子的rm{M}层全充满，rm{N}层没有成对电子，只有一个未成对电子，rm{E}的元素符号为______，其基态原子的电子排布式为______．15、硫酸锶rm{(SrSO_{4})}在水中的沉淀溶解平衡曲线如下。

rm{(1)}请根据图形判断下列说法正确的是_____________A.温度一定时，rm{Ksp(SrSO_{4})}随rm{c(SO_{4}^{2-})}的增大而减小B.三个不同温度中，rm{313K}时rm{Ksp(SrSO_{4})}最大C.rm{283K}时，图中rm{a}点对应的溶液是不饱和溶液D.rm{283K}下的rm{SrSO_{4}}饱和溶液升温到rm{363K}后变为不饱和溶液rm{(2)}请根据图中rm{b}点的数据计算rm{283K}时rm{SrSO_{4}}的溶度积常数rm{(}计算结果用负指数表示rm{)}rm{(3)}假定在rm{283K}时反应rm{SrSO_{4}(s)+Ba^{2+}(aq)?BaSO_{4}(s)+Sr^{2+}(aq)}是一个可逆反应，求此温度下该反应的平衡常数rm{SrSO_{4}(s)+Ba^{2+}(aq)?

BaSO_{4}(s)+Sr^{2+}(aq)}已知rm{Ksp(BaSO_{4})=1.00隆脕10^{-10}mol^{2}隆陇L^{-2}}计算结果用指数表示rm{K(}rm{Ksp(BaSO_{4})=1.00隆脕10^{-10}

mol^{2}隆陇L^{-2}}16、按要求回答下列问题。

rm{(1)}键线式表示的分子式______名称是______

rm{(2)0.lmol}某烃在足量的氧气中完全燃烧，生成rm{CO_{2}}和水各rm{0.6mol}则该烃的分子式为______

rm{(3)}支链只有一个乙基且相对分子量最小的烷烃的结构简式______．评卷人得分三、有机推断题(共4题，共8分)17、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__________________________________．18、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__________________________________．19、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。20、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分四、实验题(共3题，共30分)21、(8分)某校化学兴趣小组，通过下列装置探究Na2CO3和NaHCO3的热稳定性，设计如下的探究方案，请你参与并完成该探究方案。(1)提出假设：Na2CO3或NaHCO3加热分解时可能有CO2生成。(2)设计实验：①利用右图装置分别对一定量的Na2CO3和NaHCO3进行加热；②为了检验CO2的生成，试管B中应加入的物质是_____________(填“澄清的石灰水”或“NaOH溶液”)(3)现象与结论：同学们发现只有在加热NaHCO3时，试管B中才有气泡产生且有_______________沉淀生成(填沉淀的颜色)，说明Na2CO3和NaHCO3的热稳定性是：Na2CO3_______NaHCO3(填“＞”或“＜”)。(4)某同学在探究NaHCO3的热稳定性时，称取了8.4gNaHCO3，充分加热，请你计算理论上可产生CO2气体的体积为__________L(标准状况)22、rm{LiPF_{6}}是锂离子电池中广泛应用的电解质。某工厂用rm{LiF}rm{PCl_{5}}为原料，低温反应制备rm{LiPF_{6}}其流程如下：已知：rm{HCl}的沸点是rm{-85.0隆忙}rm{HF}的沸点是rm{19.5隆忙}摩尔质量rm{LiPF_{6}}rm{152g.mol^{-1;;;}}rm{LiF:26g.mol^{-1}}rm{(1)}第rm{垄脵}步反应中无水rm{HF}的作用是_________、__________。反应设备不能用玻璃材质的原因是___________rm{(}用化学方程式表示rm{)}浓rm{H_{2}SO_{4}}是常用的试剂有强腐蚀性如果不小心将沾到皮肤上用水冲洗后还要涂上rm{2%}的_________溶液。rm{(2)}该流程需在无水条件下进行，第rm{垄脹}步反应中rm{PF_{5}}极易与水反应，其产物为两种酸，写出rm{PF_{5}}与水反应的化学方程式：__________。rm{(3)}第rm{垄脺}步分离采用的方法是____________；第rm{垄脻}步分离尾气中rm{HF}rm{HCl}采用的方法是_________。rm{(4)LiPF_{6}}产品中通常混有少量rm{LiF}取样品rm{wg}测得rm{Li}的物质的量为rm{nmol}则该样品中rm{LiPF_{6}}的物质的量为________rm{mol(}用含有rm{w}rm{n}的代数式表示rm{)}23、常温下，将除去表面氧化膜的rm{Al}rm{Cu}片插入浓硝酸中组成原电池rm{(}图rm{1)}测得原电池的电流强度rm{(}rm{I}rm{)}随时间rm{(}rm{t}rm{)}的变化如图rm{2}所示。反应过程中有红棕色气体产生。rm{0隆芦}rm{t}rm{{,!}_{1}}时，原电池的负极是铝片，此时，正极的电极反应式是，溶液中的rm{H^{+}}向极移动。rm{t}rm{{,!}_{1}}时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是____。评卷人得分五、原理综合题(共4题，共24分)24、研究钠及其化合物有重要意义。

（1）NaOH是实验室中最常用的试剂之一。实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL；根据配制溶液的过程，回答问题：

①实验中除需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是__________。

②实验中需用托盘天平（带砝码）称量NaOH固体________g。

（2）Na2O2可作为呼吸面具和潜水艇里氧气的来源。Na2O2作为供氧剂时可能发生的反应有_________、___________。

（3）过氧化钠保存不当容易变质生成Na2CO3。某过氧化钠样品已经部分变质，请你设计实验，限用一种溶液和水，证明过氧化钠已经变质：_________________________（说明操作；现象和结论）。

（4）NaNO2因外观和食盐相似；又有咸味，容易使人误食中毒。

①已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反应中，标准状况下，每生成2.24LNO气体，转移电子的物质的量为_______mol，参加反应的HI的物质的量是________________mol。

②实验室要鉴别NaNO2和NaCl两种固体，可选用的试剂是_________（填序号）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液25、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______________________。26、研究钠及其化合物有重要意义。

（1）NaOH是实验室中最常用的试剂之一。实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL；根据配制溶液的过程，回答问题：

①实验中除需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是__________。

②实验中需用托盘天平（带砝码）称量NaOH固体________g。

（2）Na2O2可作为呼吸面具和潜水艇里氧气的来源。Na2O2作为供氧剂时可能发生的反应有_________、___________。

（3）过氧化钠保存不当容易变质生成Na2CO3。某过氧化钠样品已经部分变质，请你设计实验，限用一种溶液和水，证明过氧化钠已经变质：_________________________（说明操作；现象和结论）。

（4）NaNO2因外观和食盐相似；又有咸味，容易使人误食中毒。

①已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反应中，标准状况下，每生成2.24LNO气体，转移电子的物质的量为_______mol，参加反应的HI的物质的量是________________mol。

②实验室要鉴别NaNO2和NaCl两种固体，可选用的试剂是_________（填序号）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液27、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。评卷人得分六、探究题(共4题，共24分)28、（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。29、（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。30、（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。31、（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9题，共18分)1、C|D【分析】根据核磁共振氢谱可判断，A中氢原子只有一类，B中氢原子有3类；对于选项A：环丙烯、CH≡CCH2CH3；B：CH3CH3、CH2=CHCH3可与图示符合，而CD选项中的苯、乙烷中的氢只有一种结构，与图示不符，故答案为CD【解析】【答案】CD2、B【分析】由于反应物和生成物都只有1种，所以不论是加入A还是加入B，都相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，所以选项B是正确的，答案选B。【解析】【答案】B3、D【分析】【分析】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应及复分解的离子共存考查，题目难度中等。【解答】A.rm{pH=1}的溶液，显酸性，rm{Fe^{2+}}rm{NO_{3}^{-}}rm{H^{+}}发生氧化还原反应；不能大量共存，故A错误；

B.由水电离的rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-14}}rm{mol?L^{-1}}的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中rm{H^{+}}rm{HCO}rm{HCO}rm{3}结合生成弱电解质，碱溶液中不能大量存在rm{3}rm{{,!}^{-}}rm{Ca^{2+隆垄}}；故B错误；

C.rm{HCO}rm{HCO}离子之间结合生成络离子；不能大量共存，故C错误；

D.rm{dfrac{c(H^{+})}{c(OH^{-})}=10^{12}}的溶液；显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；

故选D。

rm{{,!}_{3}^{-}}【解析】rm{D}4、D【分析】解：rm{A}过氧化钙与过氧化钠相似，其中rm{O}元素为rm{-1}价；所以过氧化钙具有强氧化性，故A正确；

B、过氧化钙中rm{-1}价的氧元素也可以升高到rm{0}价；则过氧化钙也具有还原性，故B正确；

C、过氧化钙与过氧化钠相似，其中rm{O}元素为rm{-1}价；所以过氧化钙具有强氧化性，可以杀菌漂白，故C正确；

D、过氧化钙与过氧化钠结果相似，只含离子键和rm{O-O}非极性键；不含极性键，故D错误；

故选D．

过氧化钙与过氧化钠相似，其中rm{O}元素为rm{-1}价，所以过氧化钙具有强氧化性，可以杀菌漂白，但rm{-1}价的氧元素也可以升高到rm{0}价；则过氧化钙也具有还原性，据此分析．

本题考查了过氧化物性质的推断应用，依据过氧化钠的性质分析类推过氧化钙的性质是解题关键．【解析】rm{D}5、D【分析】试题分析：根据电解质的定义可知，蔗糖是以分子的形式分散在水中形成的溶液不能导电，也不属于电解质；盐酸是氯化氢气体的水溶液，属于混合物，也不属于电解质；二氧化硫溶于水时能形成自由移动的离子，具有导电性，但不是其本身电离出的离子，故不属于电解质．硫酸钡在熔融状态下能导电，属于强电解质；故选D．考点：本题考查了电解质的定义，主要有两点：溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电，即是以离子的形式分散在水中，二是该物质是化合物。【解析】【答案】D6、C【分析】【解析】试题分析：根据有机物的结构简式可知，该化合物的分子式为C7H10O5，A不正确；由于碳碳双键是平面型结构，据此可知，该化合物的分子处于同一平面的原子至少有6个，B不正确；分子中含有碳碳双键、羧基和羟基，所以该化合物可以与溴水、NaOH、NaHCO3发生反应，C正确；分子中的羟基发生消去反应，即可得到D不正确，答案选C。考点：考查有机物的结构和性质【解析】【答案】C7、A【分析】试题分析：电解0.1LH2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极发生的反应为：4OH-→2H2O+O2↑+4e-，阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e-→Cu，2H++2e-→H2↑，两极均收集到2.24L（标况）气体，即均生成0.1mol的气体，阳极生成0.1mol氧气说明转移了0.4mol电子，而阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，所以剩余0.2mol电子由铜离子获得，且溶液中有0.1mol铜离子，据c==1mol/L.考点：电解原理【解析】【答案】A8、A【分析】【解答】将不同物质的反应速率转化为B的反应速率进行比较：

A．v（B）=v（A）=0.35mol．L﹣1．min﹣1；

B．v（B）=0.3mol．L﹣1．min﹣1；

C．v（B）=v（C）=0.3mol．L﹣1．min﹣1；

D．v（B）=v（D）=0.275mol．L﹣1．min﹣1；

比较各组数据可知；反应速率最大的为A；

故选A．

【分析】根据反应速率之比等于化学计量数之比，将不同物质的反应速率转化为同一种物质进行比较，可比较反应速率的大小．9、A【分析】解：rm{A.}甲烷与氯气的反应应在光照条件下进行；在黑暗处可稳定存在，故A正确；

B.苯易挥发，硝酸易分解，应在较低温度下反应，方程式为故B错误；

C.苯性质稳定；与溴水不反应，苯能使溴水褪色是因为发生萃取，为物理过程，故C错误；

D.乙烯被氧化生成二氧化碳气体；引入新杂质，应用溴水除杂，故D错误．

故选A．

A.甲烷与氯气的反应应在光照条件下进行；

B.苯易挥发；硝酸易分解，应在较低温度下反应；

C.苯和溴水不反应；

D.乙烯被氧化生成二氧化碳气体．

本题考查较为综合，涉及有机物的结构和性质、有机物的分离和鉴别等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意除杂时不能引入新的杂质，难度不大．【解析】rm{A}二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】

HF中含有极性键；正负电荷的中心不重合，属于极性分子，分子极性最大；

H2O中含有极性键；空间结构为折线型，属于极性分子；

NH3中含有极性键；空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；

CH4中含有极性键；空间结构为正四面体，正负电荷的中心重合，属于非极性分子；

N2中只含非极性键；属于非极性分子；

CO2含有极性键；空间结构为直线型，属于非极性分子；

HI中含有极性键；正负电荷的中心不重合，属于极性分子；

故答案为：N2；CH4；NH3；H2O；HF．

【解析】【答案】由不同非金属元素形成的化学键为极性键；由同种非金属元素形成的化学键为非极性键，只含非极性键的分子为非极性分子；若分子含有极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子，极性分子中正负电荷的中心不重合，具有一定的极性，以此来解答．

11、略

【分析】【解析】试题分析：（1）由于在除杂的过程中不能引入新的杂质，所以要调节溶液的酸碱性，使氢氧化铁析出，而得到纯净的氯化铜晶体，则应该加入氧化铜或氢氧化铜。根据氢氧化铁的溶度积常数可知，当溶液的pH＝4时，溶液中铁离子的浓度应该是（2）由于氯化铜在溶液中存在铜离子的水解平衡，而加热促进水解，且生成的氯化氢极易挥发，进一步促进水解，因此得不到氯化铜晶体，反应的化学方程式使是2CuCl2·2H2OCu(OH)2·CuCl2＋2HCl＋2H2O；因此由CuCl2·2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是在干燥的HCl气流中加热脱水。（3）①由于碘离子被氧化生成了单质碘，而碘遇淀粉显蓝色，所以选择的指示剂是淀粉溶液。Na2S2O3将单质碘还原生成了碘离子，所以终点时的反应现象是蓝色褪去，放置一定时间后不复色。②氯化铜能把碘化钾氧化生成单质碘，所以CuCl2溶液与KI反应的离子方程式是2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2。③根据有关的反应方程式可知2CuCl2·2H2O～I2～2Na2S2O3，所以氯化铜晶体的物质的量是0.02L×0.1000mol/L＝0.002mol，则试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为考点：考查物质的除杂、溶度积常数的有关计算、水解的应用、指示剂的选择以及物质含量的测定和计算【解析】【答案】（12分）(1)CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3（1分）2.6×10－9mol·L－1（2分）(2)2CuCl2·2H2OCu(OH)2·CuCl2＋2HCl＋2H2O[主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可]（2分）在干燥的HCl气流中加热脱水（1分）(3)①淀粉溶液（1分）蓝色褪去，放置一定时间后不复色（1分）②2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2（2分）③95%（2分）12、(1)Mg-2e-=Mg2+

(2)2Al+8OH--6e-=2Al+4H2O2Al+2OH-+2H2O=2Al+3H2↑

(3)Mg；Al

(4)AD

(5)①B②负极:Cu-2e-=Cu2+;正极:4H++2N+2e-=2NO2↑+2H2O【分析】原电池中利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流向，再确定原电池的正负极。甲中rm{Mg}作负极，乙中rm{Al}作负极。同理，铝片和铜片插入浓硝酸中，rm{Al}钝化，铜片作负极rm{;}铝片和铜片插入稀rm{NaOH}溶液中，铝与rm{NaOH}溶液反应，铝作负极。【解析】rm{(1)Mg-2e^{-}=Mg^{2+}}rm{(2)2Al+8OH^{-}-6e^{-}=2Al{{O}_{2}}^{-}+4H_{2}O2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3H_{2}隆眉}rm{(2)2Al+8OH^{-}-6e^{-}=2Al{{O}_{2}}^{-}

+4H_{2}O2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3H_{2}隆眉}；rm{(3)Mg}rm{Al}rm{(4)AD}负极：rm{(5)垄脵B垄脷}正极：rm{4H^{+}+2N{{O}_{3}}^{-}+2e^{-}=2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+};}13、略

【分析】【解析】【答案】(8分)A．CH3CH2COOHB．CH3CHOHCHOC．HCOOCH2CH3D．CH3COOCH314、略

【分析】解：rm{(1)A}元素基态原子的核外电子排布应为rm{ns^{2}np^{3}}次外层有rm{2}个电子，其电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}应为rm{N}元素，其气态氢化物化学式为rm{NH_{3}}

故答案为：rm{N}rm{NH_{3}}

rm{(2)B}元素的负一价离子和rm{C}元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，离子核外都有rm{18}个电子，rm{B}元素质子数为rm{18-1=17}rm{B}为氯元素，元素符号为rm{Cl}其最高价氧化物的水化物的化学式为rm{HClO_{4}}rm{C}元素质子数为rm{18+1=19}rm{C}为钾元素，位于周期表中第四周期第Ⅰrm{A}族；

故答案为：rm{Cl}rm{HClO_{4}}rm{K}第四周期第Ⅰrm{A}族；

rm{(3)D}元素的正三价离子的rm{3d}轨道为半充满，rm{3d}轨道电子数为rm{5}则基态原子的电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}应为rm{Fe}元素；

故答案为：rm{Fe}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}

rm{(4)E}元素基态原子的rm{M}层全充满，rm{N}层没有成对电子，只有一个未成对电子，基态原子的电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}应为rm{Cu}元素；

故答案为：rm{Cu}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}．

rm{(1)A}元素基态原子的最外层有rm{3}个未成对电子，核外电子排布应为rm{ns^{2}np^{3}}

rm{(2)B}元素的负一价离子和rm{C}元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，离子核外都有rm{18}个电子；据此计算质子数进行判断；

rm{(3)D}元素的正三价离子的rm{3d}轨道为半充满，rm{3d}轨道电子数为rm{5}应为rm{Fe}元素；

rm{(4)E}元素基态原子的rm{M}层全充满，rm{N}层没有成对电子，只有一个未成对电子，应为rm{Cu}原子序数为rm{29}．

本题考查元素推断、核外电子排布等，题目难度不大，注意掌握原子核外电子的排布规律，以此推断元素，注意基础知识的理解掌握．【解析】rm{N}rm{NH_{3}}rm{Cl}rm{HClO_{4}}rm{K}第四周期第Ⅰrm{A}族；rm{Fe}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}rm{Cu}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}15、（1）BC

（2）由图可知，b点时lgc（Sr2+）=-1.65，lgc（SO42-）=-1.50，则c（Sr2+）=10-1.65mol•L-1，c（SO42-）=10-1.5mol•L-1，

则Ksp（SrSO4）=c（Sr2+）×c（SO42-）=10-1.65mol•L-1×mol•L-1=1.00×10-3.15mol2•L-2

（3）已知反应SrSO4（s）+Ba2+⇌BaSO4（s）+Sr2+，则平衡常数【分析】【分析】本题考查了沉淀转化的分析判断，平衡移动原理的应用和方向判断，解答本题的关键是正确分析图象中纵坐标和横坐标的意义，理解曲线的变化趋势，题目难度中等。【解答】rm{(1)A.Ksp}只与温度有关与浓度无关；故A错误；

B.由图象可知：在相同条件下，温度越低，rm{c(Sr^{2+})隆脕c(SO_{4}^{2-})}越大，rm{Ksp(SrSO_{4})}越大；故B正确；

C.rm{a}点在rm{283K}的下方；属于不饱和溶液，故C正确；

D.rm{283K}下的rm{SrSO_{4}}饱和溶液升温到rm{363K}后会有晶体析出；还是属于饱和溶液，故D错误．

故答案为：rm{BC}

rm{(2)}由图可知rm{b}点时rm{lgc(Sr^{2+})=-1.65}rm{lgc(SO_{4}^{2-})=-1.50}则rm{c(Sr^{2+})=10^{-1.65}mol?L^{-1}}rm{c(SO_{4}^{2-})=10^{-1.5}mol?L^{-1}}

则rm{Ksp(SrSO_{4})=c(Sr^{2+})隆脕c(SO_{4}^{2-})=10^{-1.65}mol?L^{-1}隆脕mol?L^{-1}=1.00隆脕10^{-3.15}mol^{2}?L^{-2}}

答：rm{Ksp(SrSO_{4})=c(Sr^{2+})隆脕c(SO_{4}^{2-})=10^{-1.65}mol?L^{-1}隆脕mol?L^{-1}=1.00隆脕10^{-3.15}

mol^{2}?L^{-2}}时rm{283K}的溶度积常数为：rm{1.00隆脕10^{-3.15}mol^{2}?L^{-2}}rm{SrSO_{4}}已知反应rm{1.00隆脕10^{-3.15}

mol^{2}?L^{-2}}则平衡常数rm{K=dfrac{;c(S{r}^{2+})}{;c(B{a}^{2+})}=dfrac{;c(S{r}^{2+})隆陇c(S{{O}_{4}}^{2-})}{c(B{a}^{2+})隆陇c(S{{O}_{4}}^{2-})}=dfrac{;Ksp(SrS{O}_{4})}{Ksp(BaS{O}_{4})}==1.00隆脕{10}^{6.85}}答：此温度下该反应的平衡常数rm{(3)}

rm{SrSO_{4}(s)+Ba^{2+}?BaSO_{4}(s)+Sr^{2+}}【解析】rm{(1)BC}rm{(2)}由图可知，rm{b}点时rm{lgc(Sr^{2+})=-1.65}rm{lgc(SO_{4}^{2-})=-1.50}则rm{c(Sr^{2+})=10^{-1.65}mol?L^{-1}}rm{c(SO_{4}^{2-})=10^{-1.5}mol?L^{-1}}则rm{Ksp(SrSO_{4})=c(Sr^{2+})隆脕c(SO_{4}^{2-})=10^{-1.65}mol?L^{-1}隆脕mol?L^{-1}=1.00隆脕10^{-3.15}}rm{mol^{2}?L^{-2}}rm{(3)}已知反应rm{SrSO_{4}(s)+Ba^{2+}?BaSO_{4}(s)+Sr^{2+}}则平衡常数rm{K=dfrac{;c(S{r}^{2+})}{;c(B{a}^{2+})}=dfrac{;c(S{r}^{2+})隆陇c(S{{O}_{4}}^{2-})}{c(B{a}^{2+})隆陇c(S{{O}_{4}}^{2-})}=dfrac{;Ksp(SrS{O}_{4})}{Ksp(BaS{O}_{4})}==1.00隆脕{10}^{6.85}}rm{K=

dfrac{;c(S{r}^{2+})}{;c(B{a}^{2+})}=

dfrac{;c(S{r}^{2+})隆陇c(S{{O}_{4}}^{2-})}{c(B{a}^{2+})隆陇c(S{{O}_{4}}^{2-})}=

dfrac{;Ksp(SrS{O}_{4})}{Ksp(BaS{O}_{4})}==1.00隆脕{10}^{6.85}

}16、略

【分析】解：rm{(1)}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，其名称为：rm{2-}甲基戊烷；

故答案为：rm{C_{6}H_{14}}rm{2-}甲基戊烷；

rm{(2)0.1mol}某烃在足量的氧气中完全燃烧，生成rm{CO_{2}}和水各rm{0.6mol}则该烃分子中rm{N(C)=dfrac{0.6mol}{0.1mol}=6}rm{N(H)=dfrac{0.6mol隆脕2}{0.1mol}=12}故该烃的分子式为：rm{N(C)=dfrac

{0.6mol}{0.1mol}=6}

故答案为：rm{N(H)=dfrac

{0.6mol隆脕2}{0.1mol}=12}

rm{C_{6}H_{12}}烷烃中含有乙基，则乙基至少在rm{C_{6}H_{12}}号位，所以只有一个乙基且式量最小的烷烃的结构简式为：

故答案为：．

rm{(3)}根据该有机物的键线式写出分子式；根据系统命名法完成该有机物的命名；

rm{3}某烃在足量的氧气中完全燃烧，生成rm{(1)}和水各rm{(2)0.1mol}则该烃分子中rm{N(C)=dfrac{0.6mol}{0.1mol}=6}rm{N(H)=dfrac{0.6mol隆脕2}{0.1mol}=12}据此确定该有机物分子式；

rm{CO_{2}}烷烃中出现乙基，则主链至少含有rm{0.6mol}个rm{N(C)=dfrac

{0.6mol}{0.1mol}=6}据此写出该有机物的结构简式．

本题考查了有机物分子式、结构简式的确定，题目难度不大，涉及有机物命名、有机物分子式、结构简式的计算，明确常见有机物的组成、结构与命名原则为解答关键，注意掌握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．rm{N(H)=dfrac

{0.6mol隆脕2}{0.1mol}=12}【解析】rm{C_{6}H_{14}}rm{2-}甲基戊烷；rm{C_{6}H_{12}}三、有机推断题(共4题，共8分)17、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=CH218、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=CH219、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++HCl20、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+H2O⑦.4⑧.四、实验题(共3题，共30分)21、略

【分析】检验CO2的存在，一般用澄清的石灰水。石灰水和CO2反应生成碳酸钙沉淀。碳酸氢钠受热易分解，因此碳酸钠的稳定性强于碳酸氢钠的。碳酸氢钠分解的方程式为2NaHCO3=Na2CO3＋H2O＋CO2↑，如果温度高，则碳酸钠也有可能分解生成CO2，所以根据碳原子守恒可知，理论上生成的CO2为【解析】【答案】(2)澄清的石灰水(3)白色＞(4)2.2422、rm{(1)}反应物溶剂rm{SiO_{2}+4HF=SiF_{4}隆眉+2H_{2}O}rm{NaHCO_{3}}

rm{(2)PF_{5}+4H_{2}O=H_{3}PO_{4}+5HF}

rm{(3)}过滤冷凝

rm{(4)dfrac{w?26n}{126}}【分析】【分析】本题为无机化学流程题，该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，涉及物质推断、分离提纯、方程式书写、化学计算等知识，注意题干所给信息的使用，侧重对学生实验能力的培养和解题方法的指导，有助于培养学生规范、严谨的实验设计和评价能力。【解答】rm{(1)}根据题目中的流程可以看出，固体rm{+}液体rm{隆煤}新物质rm{+}饱和溶液，所以无水rm{HF}的作用是反应物和溶剂；玻璃的主要成分中含有二氧化硅，能和rm{HF}发生反应，化学方程式为rm{SiO_{2}+4HF篓TSiF_{4}隆眉+2H_{2}O}rm{HF}属于弱酸，必须用弱碱性溶液来除去rm{(}比如rm{2%}的rm{NaHCO_{3}}溶液rm{)}

故答案为：反应物；溶剂；rm{SiO_{2}+4HF篓TSiF_{4}隆眉+2H_{2}O}rm{NaHCO_{3}}

rm{(2)}根据题目中的信息“rm{PF5}极易水解，其产物为两种酸”，则根据元素组成可知，两种酸分别是rm{H_{3}PO_{4}}和rm{HF}所以反应的方程式为rm{PF_{5}+4H_{2}O篓TH_{3}PO_{4}+5HF}

故答案为：rm{PF_{5}+4H_{2}O篓TH_{3}PO_{4}+5HF}

rm{(3)}第rm{垄脺}步分离的是固体rm{(LiPF_{4}(s))}和液体rm{(HF(l))}所以采用过滤的方法；分离尾气中rm{HF}rm{HCl}可以利用二者沸点的差异rm{(HF}分子之间存在氢键rm{)}进行分离；所以采用冷凝法；

故答案为：过滤；冷凝；

rm{(4)}设rm{LiPF_{6}}为rm{xmol}rm{LiF}为rm{ymol}根据rm{Li}守恒，有rm{x+y=n}根据质量守恒有rm{152x+26y=w}解得rm{x=dfrac{w?26n}{126}mol}

故答案为：rm{dfrac{w?26n}{126}}【解析】rm{(1)}反应物溶剂rm{SiO_{2}+4HF=SiF_{4}隆眉+2H_{2}O}rm{NaHCO_{3}}rm{(2)PF_{5}+4H_{2}O=H_{3}PO_{4}+5HF}rm{(3)}过滤冷凝rm{(4)dfrac{w?26n}{126}}23、2H++N+e-=NO2↑+H2O正Al在浓硝酸中发生钝化,氧化膜阻止了Al的进一步反应【分析】在rm{0隆芦}rm{t}rm{{,!}_{1}}时，正极上是rm{N}得电子后结合rm{H^{+}}生成rm{NO_{2}}和rm{H_{2}O;}在原电池中，阳离子向正极移动，故Hrm{{,!}^{+}}向正极移动rm{;}由于rm{Al}与浓硝酸反应后在表面生成了致密的氧化膜阻止了rm{Al}的进一步反应，rm{t}rm{{,!}_{1}}时发生rm{Cu}与浓硝酸的反应，rm{Cu}作负极，原电池中电子流动方向发生了改变。【解析】rm{2H^{+}+N{{O}_{3}}^{-}+e^{-}=NO_{2}隆眉+H_{2}O}正rm{2H^{+}+N{{O}_{3}}^{-}

+e^{-}=NO_{2}隆眉+H_{2}O}在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了rm{Al}的进一步反应rm{Al}五、原理综合题(共4题，共24分)24、略

【分析】（1）①实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL，需要选用500mL的容量瓶，配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管。②依据m=CVM，需要氢氧化钠的质量=0.5mol·L－1×0.5L×40g·mol－1=10.0g；(2)过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；（3）证明过氧化钠已经变质，检验产生的CO32－：取少量样品于一洁净试管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振荡，有白色沉淀生成，证明Na2O2已经变质。（4）①2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O上述反应中，每生成2molNO,转移2mol电子，参加反应的HI的物质的量4mol，标准状况下，每生成2.24LNO气体，即0.1molNO，转移电子的物质的量为0.1mol，参加反应的HI的物质的量是0.2mol。②A、在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，溶液呈黄色，故A正确；B、NaNO2和NaCl与NaOH溶液均无明显现象，故B错误；C、在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故C正确；D、NaNO2和NaCl与NaOH溶液均无明显现象，故D错误；故选AC。【解析】500mL容量瓶、胶头滴管10.02Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑取少量样品于一洁净试管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振荡，有白色沉淀生成，证明Na2O2已经变质0.10.2AC25、略

【分析】（1）CO2为共价化合物，碳原子与氧原子键形成双键，CO2的电子式为正确答案：

（2）二氧化碳通入氨气的水溶液中，发生反应生成碳酸氢铵，离子方程式为.CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+；正确答案：CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+。

（3）NH3极易溶于水，先通NH3可使更多的CO2与其反应，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶体的析出，所以工业生产时先氨化再通CO2；正确答案：NH3极易溶于水，先通NH3可使更多的CO2与其反应，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶体的析出。

（4）碳酸氢铵溶液和氯化钠溶液混合后，生成氯化铵和碳酸氢钠，过滤后，滤液A中主要为氯化铵溶液，所以滤液A中最主要的两种离子是NH4+和Cl-；正确答案：NH4+和Cl-。

（5）浓氨水与生石灰反应生成氨气进入到氯化钠溶液中，通入氨气，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移动，促使氯化铵结晶析出；滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c(Cl-)，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移动，促使氯化铵结晶析出；温度降低有利于氯化铵结晶析出；正确答案：滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c(Cl-)；通入氨气，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移动；促使氯化铵结晶析出；温度降低有利于氯化铵结晶析出。

（6）由方程式可知有2mol反应，反应前后固体质量就减少那么题中反应前后固体质量减少（m1-m2）g,需要的质量为x=84（m1-m2）/31,将其带入下式可得：ω(NaHCO3)=x/m1×100%=正确答案：【解析】CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+NH3极易溶于水，先通NH3可使更多的CO2与其反应，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶体的析出NH4+和Cl-滤液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食盐，增大c(Cl-)；通入氨气，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移动，促使氯化铵结晶析出。温度降低有利于氯化铵结晶析出26、略

【分析】（1）①实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL，需要选用500mL的容量瓶，配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管。②依据m=CVM，需要氢氧化钠的质量=0.5mol·L－1×0.5L×40g·mol－1=10.0g；(2)过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；（3）证明过氧化钠已经变质，检验产生的CO32－：取少量样品于一洁净试管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振荡，有白色沉淀生成，证明Na2O2已经变质。（4）①2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O上述反应中，每生成2molNO,转移2mol电子，参加反应的HI的物质的量4mol，标准状况下，每生成2.24LNO气体，即0.1molNO，转移电子的物质的量为0.1mol，参加反应的HI的物质的量是0.2mol。②A、在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，溶液呈黄色，故A正确；B、NaNO2和NaCl与NaOH溶液均无明显现象，故B错误；C、在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故C正确；D、NaNO2和NaCl与NaOH溶液均无明显现象，故D错误；故选AC。【解析】500mL容量瓶、胶头滴管10.02Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑取少量样品于一洁净试管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振荡，有白色沉淀生成，证明Na2O2已经变质0.10.2AC27、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；影响实验。

(5)根据A管质量增加2.2g为二氧化碳的质量；计算出碳的量，B管质量增加1.08g是水的质量，计算