2025年外研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年外研版高二化学上册阶段测试试卷211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、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．100mL1mol·L—1FeCl3溶液中含阳离子数为0.1NAB．标准状况下，2.24L乙醛完全燃烧所得CO2分子数为0.2NAC．0.6gCaCO3与KHCO3的混合物中所含质子数为0.3NAD．80Ml10mol·L—1浓盐酸与足量MnO2反应，转移电子数为0.4NA2、铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法中，不正确的是A.此过程中铁的腐蚀加快B.此过程中电子从rm{Fe}移向rm{Cu}C.正极电极反应式：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}D.此过程中还涉及反应：rm{4Fe(OH)_{2}+2H_{2}O+O_{2}=4Fe(OH)_{3}}3、下列各组物质的分类正确的是（）

①混合物：氯水；氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉。

②含有氧元素的化合物叫氧化物。

③CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物。

④同位素：1H+、2H2、3H

⑤同素异形体：C60、C80；金刚石、石墨。

⑥糖类；油脂、蛋白质都是高分子化合物；它们都能发生水解反应。

⑦同分异构体：乙二酸二乙酯；乙二酸乙二酯。

⑧强电解质溶液的导电能力一定强。

⑨在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物。

⑩有单质参加的反应或有单质产生的反应是氧化还原反应．A.全部正确B.①②⑤⑦⑨C.②⑤⑥⑦⑨⑩D.⑤⑨4、下列条件一定能使反应速率增大的是①增加反应物的物质的量②升高温度③缩小反应容器的体积④不断分离出生成物⑤加入MnO2A.②B.②③C.①②⑤D.全部5、如图是某些有机物的比例模型，其中表示CH4的是（○代表氢原子．●代表碳原子）（）A.B.C.D.6、胃药“达喜”中含有碳酸镁rm{(MgCO_{3})}碳酸镁属于()A.酸B.碱C.盐D.氧化物评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、（10分）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，已知A、B、E3种原子最外层共有11个电子，且这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3。（1）①A原子的结构示意图为____，②B原子的电子式为，③D的氢化物的电子式为，④E的最高价氧化物的化学式为____。（2）A与E两元素可形成化合物，用电子式表示其化合物的形成过程：（3）写出A、B最高价氧化物对应水化物相互反应的化学方程式：（4）比较C、D的最高价氧化物的水化物的酸性：（用化学式表示）：8、（4分）（1）双酚A是食品、饮料包装和奶瓶等塑料制品的添加剂，能导致人体内分泌失调，对儿童的健康危害更大。双酚A的核磁共振氢谱显示氢原子数之比是（2）对羟基扁桃酸是农药、药物、香料合成的重要中间体，在核磁共振氢谱中对羟基扁桃酸应该有组吸收峰9、有一处于平衡状态的反应：rm{X(s)+3Y(g)?2Z(g)triangleH<0}为了使平衡向生成rm{X(s)+3Y(g)?2Z(g)triangle

H<0}的方向移动；应选择的条件是______

rm{Z}高温rm{垄脵}低温rm{垄脷}高压rm{垄脹}低压rm{垄脺}加正催化剂rm{垄脻}分离出rm{垄脼}．rm{Z}10、弱电解质的电离平衡；盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡．

I.已知rm{H_{2}A}在水中存在以下平衡：rm{H_{2}A?H^{+}+HA^{-}}rm{HA^{-}?H^{+}+A^{2-}}．

rm{(1)NaHA}溶液______rm{(}选填“显酸性”、“显碱性”、“显中性”或“无法确定”rm{)}．

rm{(2)}某温度下，rm{0.1mol/L}的rm{NaHA}溶液；下列关系中，一定正确的是______．

A.rm{c(H^{+})?c(OH^{-})=1隆脕10^{-14}}B.rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(HA^{-})+2c(A^{2-})}

C.rm{c(Na^{+})>c(HA^{-})>c(A^{2-})>c(H_{2}A)D.c(Na^{+})=c(HA^{-})+c(A^{2-})+c(H_{2}A)}

rm{(3)}已知常温下，rm{H_{2}A}的钙盐rm{(CaA)}饱和溶液中存在以下平衡：rm{CaA(s)?Ca^{2+}(aq)+A^{2-}(aq)triangleH>0}．

rm{CaA(s)?Ca^{2+}(aq)+A^{2-}(aq)triangle

H>0}降低温度时，rm{垄脵}______rm{K_{sp}}填“增大”、“减小”或“不变”，下同rm{(}．

rm{)}滴加少量浓盐酸，rm{垄脷}______．

rm{c(Ca^{2+})}测得rm{垄脹}时，rm{25隆忙}的rm{CaA}为rm{K_{sp}}常温下将rm{2.0隆脕10^{-11}}rm{10g}固体投入rm{CaA}rm{100mL}溶液中，充分搅拌后仍有固体剩余，测得溶液中rm{CaCl_{2}}则溶液中rm{c(Ca^{2+})=0.1mol/L}______rm{c(A^{2-})=}

rm{mol/L}工业废水中常含有一定量的rm{II.}和rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理rm{CrO_{4}^{2-}}常用的处理方法有还原沉淀法；该法的工艺流程为：

rm{CrO_{4}^{2-}xrightarrow[垄脵{脳陋禄炉}]{H+}Cr_{2}O_{7}^{2-}xrightarrow[垄脷{禄鹿脭颅}]{Fe_{2}+}Cr^{3+}xrightarrow[垄脹{鲁脕碌铆}]{OH-}Cr(OH)_{3}}

其中第rm{.}步存在平衡：rm{CrO_{4}^{2-}

xrightarrow[垄脵{脳陋禄炉}]{H+}Cr_{2}O_{7}^{2-}

xrightarrow[垄脷{禄鹿脭颅}]{Fe_{2}+}Cr^{3+}

xrightarrow[垄脹{鲁脕碌铆}]{OH-}Cr(OH)_{3}}黄色rm{垄脵}橙色rm{2CrO_{4}^{2-}(}

rm{)+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}(}若平衡体系的rm{)+H_{2}O}则溶液显色．

rm{(1)}第rm{pH=2}步中，还原rm{(2)}rm{垄脷}离子，需要______rm{1mol}的rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}

rm{mol}第rm{FeSO_{4}?7H_{2}O.}步生成的rm{(3)}在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：

rm{垄脹}

常温下，rm{Cr(OH)_{3}}的溶度积rm{Cr(OH)_{3}(s)?Cr^{3+}(aq)+3OH^{-}(aq)}要使rm{Cr(OH)_{3}}降至rm{K_{sp}=c(Cr^{3+})?c^{3}(OH^{-})=10^{-32}}溶液的rm{c(Cr^{3+})}应调至．rm{10^{-5}mol/L}11、已知0.1mol•L-1CH3COONa溶液PH=8，按物质的量浓度由大到小顺序排列该溶液中各种微粒（水分子除外）______．12、下列有机化合物中；都有多个官能团：

（1）可以看作醇类的是（填入编号，下同）______．

（2）可以看作酚类的是______．

（3）可以看作羧酸类的是______．

（4）可以看作酯类的是______．

（5）可以看作醛类的是______．评卷人得分三、计算题(共9题，共18分)13、由碳、氢、氧三种元素组成的某有机物，分子中共含有10个原子，其原子核外共有32个电子，lmol该有机物在氧气中完全燃烧时需要4molO2，回答：（1）求该有机物的分子式。（2）若该有机物可使溴水褪色，但不发生银镜反应，取0．2mol该有机物与足量钠反应，能产生2．24LH2（标准状况），则该有机物的结构简式可能是什么?（3）若该有机物能发生银镜反应，则其结构简式是什么?14、氢氧燃料电池是最常见的燃料电池；该电池在正极通入氧气，在负极通入氢气，而电解质溶液通常是KOH溶液．

(1)请写出氢氧燃料电池的正极反应方程式．

(2)氢氧燃料电池有何优点？15、将一定质量rm{Mg}和rm{Al}的混合物投入rm{500mL}稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体rm{.}待反应完全后，向所得溶液中加入rm{NaOH}溶液，生成沉淀的物质的量与加入rm{NaOH}溶液体积的关系如图所示rm{.(}要求：写出计算过程rm{)}

rm{(1)Mg}和rm{Al}的总质量是多少？

rm{(2)}所加rm{NaOH}溶液的物质的量浓度是多少？

rm{(3)}硫酸的物质的量浓度是多少？16、美籍埃及人泽维尔用激光闪烁照相机拍摄到化学反应中化学键断裂和形成过程，因而获得rm{1999}年诺贝尔化学奖，激光有很多用途，例如波长为rm{10.3}微米的红外激光能切断rm{B(CH_{3})_{3}}分子中的一个rm{B-C}键，使之与rm{HBr}发生取代反应：

rm{B(CH_{3})_{3}+HBroverset{10.3{脦垄脙脳碌脛录陇鹿芒}}{}B(CH_{3})_{2}Br+CH_{4}}

而利用rm{B(CH_{3})_{3}+HBr

overset{10.3{脦垄脙脳碌脛录陇鹿芒}}{}B(CH_{3})_{2}Br+CH_{4}}微米的红外激光却能切断两个rm{9.6}键，并与rm{B-C}发生二元取代反应．

rm{HBr}试写出二元取代的代学方程式：______

rm{(1)}现用rm{(2)}和rm{5.6gB(CH_{3)3}}正好完全反应，则生成物中除了甲烷外，其他两种产物的物质的量之比为多少？rm{9.72gHBr}17、（6分）一定条件下，在密闭容器内将N2和H2以体积比为1∶3混合，当反应达平衡时，混合气中氨占25％（体积比），若混合前有10molN2，求平衡后N2、H2、NH3的物质的量及N2的转化率。18、．(8分)某仅由碳、氢、氧三种元素组成的有机化合物，经测定其相对分子质量为90。取有机物样品1.8g，在纯氧中完全燃烧，将产物先后通过浓硫酸和碱石灰，两者分别增重1.08g和2.64g。试求该有机物的分子式。19、已知金属Cu，在常温下可以与稀硝酸反应，其化学方程式为：3Cu+8HN03(稀)==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H20若往1.92gCu中加入50mL稀HNO3溶液，恰好完全反应，试计算：（1）生成NO在标准状况下的体积。（2）稀HNO3的物质的量浓度。（注：铜的相对原子质量：64）20、计算题：（7分）（要求写出计算过程）现有一定温度下的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)已知c(SO2)始=0.4mol/L，c(O2)始=1mol/L经测定该反应在该温度下的平衡常数K≈19，试判断：（1）当SO2转化率为50％时，该反应是否达到平衡状态，若未达到，哪个方向进行？（2）达平衡状态时，SO2的转化率应为多少？21、现有6.0g某饱和一元醇跟足量的金属钠反应，让生成的氢气通过5g灼热的氧化铜，氧化铜固体的质量变成4.36g．这时氢气的利用率是80%．求该一元醇的分子，并写出其结构简式．评卷人得分四、推断题(共3题，共24分)22、分子式C4H8O2的有机物与硫酸溶液共热可得有机物A和B．将A氧化最终可得C，且B和C为同系物．若C可发生银镜反应，则原有机物的结构简式为（）A.HCOOCH2CH2CH3B.CH3COOCH2CH3C.CH3CH2COOCH3D.HCOOCH（CH3）223、下图中rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}均为有机化合物。根据上图回答问题：rm{(1)D}rm{F}中官能团的名称分别是______________、___________________。rm{(2)}写出下列反应的化学方程式。rm{垄脺}_______________________________rm{(3)A}的结构简式是_________________，rm{1molA}与足量的rm{NaOH}溶液反应会消耗的结构简式是_________________，rm{(3)A}与足量的rm{1molA}溶液反应会消耗rm{NaOH}_________rm{molNaOH}24、已知有机物中一个碳原子上连有两个羟基时，易脱水形成碳氧双键；物质rm{A隆芦F}有如下转化关系：

试回答下列问题：

rm{(1)E}中含有的官能团的名称是______，rm{C}跟新制的氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为______．

rm{(2)A}与rm{NaOH}溶液共热时反应的化学方程式为______．

rm{(3)}已知rm{B}的相对分子质量为rm{162}其燃烧产物中rm{n(CO_{2})}rm{n(H_{2}O)=2}rm{1.}则rm{B}的分子式为______．

rm{(4)F}具有如下特点：rm{垄脵}能跟rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应；rm{垄脷}能发生加聚反应rm{.}若rm{F}苯环上的一氯代物只有两种，rm{F}在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为______．

rm{(5)}化合物rm{G}是rm{F}的同分异构体，它属于芳香族化合物，能发生银镜反应rm{.}则rm{G}可能有______种结构．评卷人得分五、其他(共3题，共30分)25、(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。26、已知：(X代表卤素原子，R代表烃基)利用上述信息，按以下步骤从合成(部分试剂和反应条件已略去)请回答下列问题：（1）分别写出B、D的结构简式：B_________、D_________。（2）反应①～⑦中属于消去反应的是___________。(填数字代号)（3）如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，得到的E可能的结构简式为：_________。（4）试写出CD反应的化学方程式(有机物写结构简式，并注明反应条件)。27、(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。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【解析】【答案】C2、C【分析】略【解析】rm{C}3、D【分析】解：①水银是金属汞；属于纯净物，故错误；

②只含两种元素其中一种是氧元素的化合物叫氧化物；故错误；

③NO2不属于酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物；故错误；

④同位素是指同种元素的不同原子；故错误；

⑤C60、C80；金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质；属于同素异形体，故正确；

⑥油脂不是高分子化合物；单糖不能水解，故错误；

⑦乙二酸二乙酯的结构简式：CH3CH2OOCCOOCH2CH3，乙二酸乙二酯就是一个乙二酸（HOOCCOOH）和一个乙二醇（HOCH2CH2OH）形成的环酯；分子式不同，不是同分异构体，故错误；

⑧强电解质的稀溶液由于离子浓度小；导电能力很弱，故错误；

⑨共价化合物在熔化状态下不导电；在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，故正确；

⑩有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应；如同素异形体间的转化是非氧化还原反应，故错误；

故选：D。

①水银是金属汞；属于纯净物；

②只含两种元素其中一种是氧元素的化合物叫氧化物；

③NO2不属于酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物；

④同位素是指同种元素的不同原子；

⑤C60、C80；金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质；属于同素异形体；

⑥油脂不是高分子化合物；单糖不能水解；

⑦乙二酸二乙酯的结构简式：CH3CH2OOCCOOCH2CH3，乙二酸乙二酯就是一个乙二酸（HOOCCOOH）和一个乙二醇（HOCH2CH2OH）形成的环酯；分子式不同，不是同分异构体；

⑧强电解质的稀溶液由于离子浓度小；导电能力很弱；

⑨共价化合物在熔化状态下不导电；在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物；

⑩有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应；如同素异形体间的转化是非氧化还原反应．

本题主要考查的是物质的分类、同位素的概念、共价化合物和离子化合物的概念、氧化还原反应等，难度不大．【解析】D4、A【分析】①增加反应物的物质的量，若为固体或纯液体，则其物质的量浓度无法改变，不会影响反应速率；②升高温度，加快反应速率；③缩小反应容器的体积，若不是气体，则不会改变其物质的量浓度，就不会影响反应速率；④不断分离出生成物，影响反应速率的是反应物的物质的量浓度；⑤加入MnO2，不是对每个反应，MnO2都可做催化剂【解析】【答案】A5、A【分析】解：A、由比例模型可以看出，该有机物分子中有1个碳原子4个氢原子，则结构简式为CH4；故正确；

B、由可以看出其分子中有2个碳原子和4个氢原子，则结构简式为CH2=CH2；故B错误；

C、由比例模型可知，该有机物分子中有2个碳原子、6个氢原子和1个氧原子，则结构简式为为：CH3CH2OH；故C错误；

D、由可知，其分子中有6个碳原子和6个氢原子，为苯分子结构，则结构简式为：C6H6；故D错误；

故选A．

比例模型可以直观地表示分子的空间构型；原子比较相对大小；如甲烷为正四面体结构，甲烷分子中碳原子的原子半径大于氢原子，据此进行解答．

本题考查比例模型的表示方法、常见有机物的空间结构，题目难度不大，明确常见有机物结构及比例模型中碳、氢、氧原子的大小及个数是解答本题的关键．【解析】【答案】A6、C【分析】【分析】本题考查了物质的分类及酸、碱、盐、氧化物的概念。掌握酸、碱、盐和氧化物的概念是解答本题的关键，同时要注意含氧元素的化合物不一定是氧化物。【解答】A.酸是由氢离子和酸根离子组成的化合物，而碳酸镁由金属离子和酸根离子组成，不属于酸，故A错误；B.碱是由金属阳离子rm{(}或铵根rm{)}和氢氧根离子组成的化合物，或铵根rm{(}和氢氧根离子组成的化合物，而碳酸镁由金属离子和酸根离子组成，不属于碱，故B错误；rm{)}由金属离子C.盐是或铵根离子rm{(}和酸根离子组成的化合物，碳酸镁由镁离子和碳酸根离子组成，属于盐，故C正确；rm{)}​D.氧化物由两种元素组成，其中一种元素为氧元素，碳酸镁由三种元素组成，不属于氧化物，故D错误。故选C。【解析】rm{C}二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，因此C是硅元素。D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，说明D是P元素。最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，说明一定有氢氧化铝，由于C是硅，所以B一定是铝元素，A就是钠元素，则E是Cl元素。钠和氯形成的是离子键。P的非金属性强于Si的，所以磷酸的酸性强于硅酸的。【解析】【答案】（1）Cl2O7（2）（3）NaOH＋Al(OH)3=NaAlO2＋2H2O（4）H3PO4＞H2SiO38、略

【分析】试题分析：（1）双酚A属于对称性结构，共含有4种氢原子，其个数之比是1:2:2:3，（2）对羟基扁桃酸中苯环上有两种氢原子，共有6种氢原子，故有6组吸收峰，答案为6．考点：核磁共振氢谱【解析】【答案】（1）1:2:2:3；（2）6．9、略

【分析】解：反应rm{X(s)+3Y(g)?2Z(g)}rm{triangleH<0}正反应是气体物质的量减小的放热反应；

rm{垄脵}升高温度，平衡逆向移动，故rm{垄脵}错误；

rm{垄脷}降低温度，平衡正向移动，故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹}缩小容器的体积，压强增大，平衡向正反应移动，故rm{垄脹}正确；

rm{垄脺}降低压强，平衡逆向移动，故rm{垄脺}错误；

rm{垄脻}加催化剂缩短到达平衡的时间，不会引起化学平衡的移动，故rm{垄脻}错误；

rm{垄脼}分离出rm{Z}即减小生成物的浓度，平衡正向移动，故rm{垄脼}正确；

故答案为：rm{垄脷垄脹垄脼}．

为了使平衡向生成rm{Z}的方向移动；应使平衡正向移动，可增大压强；降低温度，以及加入反应物，减小生成物等，以此解答该题．

本题考查化学平衡移动的影响因素等，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，注意加入惰性气体对平衡的影响，恒温恒容平衡不移动，恒温恒压，体积增大，平衡向体积增大方向移动．【解析】rm{垄脷垄脹垄脼}10、略

【分析】解：rm{I.(1)H_{2}A}在溶液中部分电离属于弱酸，rm{HA^{-}}的水解程度与电离程度关系不确定，所以rm{NaHA}溶液的酸碱性不能确定；

故答案为：无法确定；

rm{(2)A.Kw}与温度有关，温度不知道，所以rm{c(H^{+})?c(OH^{-})}的值不确定；故A错误；

B.溶液中电荷守恒为：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(HA^{-})+2c(A^{2-})+c(OH^{-})}故B错误；

C.rm{HA^{-}}的水解程度与电离程度关系不确定，rm{c(A^{2-})}与rm{c(H_{2}A)}的大小关系不确定；故C错误；

D.rm{0.1mol/L}的rm{NaHA}溶液中，物料守恒为：rm{c(Na^{+})=c(HA^{-})+c(A^{2-})+c(H_{2}A)}故D正确；

故答案为：rm{D}

rm{(3)垄脵}降低温度；抑制难溶物的电离，所以导致溶度积常数变小．

故答案为：减小．

rm{垄脷}加盐酸；促进难溶盐的电离，使平衡向正反应方向移动，所以钙离子浓度增大．

故答案为：增大；

rm{垄脹}已知溶液中rm{c(Ca^{2+})=0.1mol/L}rm{K_{sp}=c(Ca^{2+})隆脕c(A^{2-})=2.0隆脕10^{-11}}则rm{c(A^{2-})=dfrac{2隆脕10^{-11}}{0.1}mol/L=2.0隆脕10^{-10}mol/L}

故答案为：rm{c(A^{2-})=dfrac

{2隆脕10^{-11}}{0.1}mol/L=2.0隆脕10^{-10}mol/L}

rm{2.0隆脕10^{-10}}增大，平衡rm{II(1)c(H^{+})}黄色rm{2CrO_{4}^{2-}(}橙色rm{)+2H^{+}?Cr_{2}O_{7}^{2-}(}右移；溶液呈橙色；

故答案为：橙；

rm{)+H_{2}O}根据电子得失守恒：rm{(2)}rm{n(FeSO_{4}?7H_{2}O)=dfrac{1mol隆脕6}{1}=6mol}

故答案为：rm{n(Cr_{2}O_{7}^{2-})隆脕6=n(FeSO_{4}?7H_{2}O)隆脕1}

rm{n(FeSO_{4}?7H_{2}O)=dfrac

{1mol隆脕6}{1}=6mol}当rm{6}时，溶液的rm{c(OH^{-})=3dfrac{10^{-32}}{10^{-5}}=10^{-9}mol/L}rm{c(H^{+})篓Tdfrac{10^{-14}}{10^{-9}}=10^{-5}mol/L}rm{(3)}即要使rm{c(Cr^{3+})=10^{-5}mol/L}降至rm{c(OH^{-})=3dfrac

{10^{-32}}{10^{-5}}=10^{-9}mol/L}溶液的rm{c(H^{+})篓Tdfrac

{10^{-14}}{10^{-9}}=10^{-5}mol/L}应调至rm{pH=5}

故答案为：rm{c(Cr^{3+})}．

I.rm{10^{-5}mol/L}在溶液中部分电离属于弱酸，rm{pH}的水解程度与电离程度关系不确定；

rm{5}与温度有关；

B.根据电荷守恒分析；

C.rm{5}的水解程度与电离程度关系不确定；

D.根据物料守恒分析；

rm{(1)H_{2}A}降低温度；抑制难溶物的电离，导致溶度积常数变小；

rm{HA^{-}}加盐酸；促进难溶盐的电离，使平衡向正反应方向移动；

rm{(2)A.Kw}根据rm{HA^{-}}以及钙离子的浓度计算；

rm{(3)垄脵}根据外界条件对平衡的影响来确定平衡移动方向；从而确定离子浓度大小和溶液颜色变化；

rm{垄脷}根据氧化还原反应中得失电子守恒来计算；

rm{垄脹}根据溶度积常数以及水的离子积常数来进行计算．

本题考查了盐溶液酸碱性的判断、溶液中离子浓度的关系、难溶物溶解平衡及其计算，题目难度中等，注意掌握判断溶液中离子浓度大小的常用方法，明确电荷守恒、物料守恒的含义及有关难溶物溶度积计算方法．rm{K_{sp}=c(Ca^{2+})隆脕c(A^{2-})}【解析】无法确定；rm{D}减小；增大；rm{2隆脕10-10}rm{6}11、略

【分析】解：0.1mol•L-1CH3COONa溶液PH=8，说明溶液呈碱性，原因是醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，在溶液中发生CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；

则有c（Na+）＞c（CH3COO-）；

因呈碱性，则c（OH-）＞c（H+）；

一般来说，单水解程度较低，则c（CH3COO-）＞c（OH-）；

因发生CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，且还存在水的电离，则c（OH-）＞c（CH3COOH）；

故有c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）；

故答案为：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）．

0.1mol•L-1CH3COONa溶液PH=8，说明溶液呈碱性，原因是醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，在溶液中发生CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；一般来说，单水解程度较低，以此解答该题．

本题考查离子浓度的大小比较，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，本题考查点较少，能较好培养学生的科学素养，注意把握盐类水解的原理和规律，难度不大．【解析】c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）12、略

【分析】解：（1）含-OH；且与脂肪烃基相连的为醇，只有BD符合，故答案为：BD；

（2）含-OH；且与苯环直接相连的为酚，只有ABC符合，故答案为：ABC；

（3）含-COOH的有机物为羧酸；只有BCD符合，故答案为：BCD；

（4）含-COOC-的有机物属于酯类；只有E符合，故答案为：E；

（5）含-CHO的属于醛类；只有A符合，故答案为：A．

（1）含-OH；且与脂肪烃基相连的为醇；

（2）含-OH；且与苯环直接相连的为酚；

（3）含-COOH的有机物为羧酸；

（4）含-COOC-的有机物属于酯类；

（5）含-CHO的属于醛类；以此来解答．

本题考查有机物的官能团及分类，为高频考点，把握官能团与物质分类的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物的分类，题目难度不大．【解析】BD；ABC；BCD；E；A三、计算题(共9题，共18分)13、略

【分析】考查有机物分子式的计算及结构简式的判断。（1）设：该有机物的分子式为CxHyOz根据守恒关系式可知：x+y+z=106x+y+8z=32解得：x=3y=6z=1则该有机物的分子式为C3H6O（2）该有机物可使溴水褪色，但不发生银镜反应，说明没有羟基，但含有碳碳双键。0．2mol该有机物与足量钠反应，能产生2．24LH2（标准状况），说明分子中含有1个羟基，所有结构简式为CH2=CHCH2OH。（3）若该有机物能发生银镜反应，则说明分子中含有醛基，所以其结构简式CH3CH2CHO。【解析】【答案】（1）则该有机物的分子式为C3H6O（2）CH2=CHCH2OH（3）CH3CH2CHO14、略

【分析】碱性氢氧燃料电池的负极为通入氢气的一极，发生氧化反应，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，正极为通入氧气的一极，发生还原反应，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，原电池具有能量利用率高的特点．【解析】解：碱性氢氧燃料电池的负极为通入氢气的一极，发生氧化反应，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O；原电池具有能量利用率高的特点，无污染，环保，而燃烧时化学能转变为热能和光能．

故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；燃料电池的能量转换效率高，无污染，环保．15、略

【分析】

结合图可知，rm{0隆芦20mL}发生酸碱中和，rm{20隆芦200mL}发生离子与碱生成沉淀的反应，rm{200隆芦240mL}发生氢氧化铝溶解：rm{Al(OH)_{3}+NaOH=NaAlO_{2}+2H_{2}O}最后剩余的沉淀为氢氧化镁；加入rm{200mLNaOH}溶液时生成沉淀最多；溶液中的溶质为硫酸钠；

rm{(1)}根据图象判断氢氧化铝；氢氧化镁的物质的量；再根据质量守恒定律计算出混合金属的质量；

rm{(2)}根据溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠的物质的量及氢氧化钠溶液体积计算出氢氧化钠溶液浓度；

rm{(3)}再根据rm{200mL}时溶质为硫酸钠计算出硫酸的浓度物质的量，然后根据rm{c=dfrac{n}{V}}计算出硫酸的浓度．

本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确图象中曲线变化及其发生的化学反应为解答的关键，注意氢氧化铝能溶解在rm{NaOH}溶液中，侧重分析及计算能力的考查．【解析】解：根据图可知，rm{0隆芦20mL}发生酸碱中和，rm{20隆芦200mL}发生离子与碱生成沉淀的反应，rm{200隆芦240mL}发生rm{Al(OH)_{3}+NaOH=NaAlO_{2}+2H_{2}O}rm{200mL}时生成沉淀最多；溶液中的溶质为硫酸钠；

rm{(1)}由图象可知，氢氧化镁的物质的量为rm{0.15mol}则rm{n(Mg)=n[Mg(OH)_{2}]=0.15mol}溶解的氢氧化铝的物质的量为：rm{0.35mol-0.15mol=0.2mol}根据铝原子守恒可得：rm{n(Al)=0.2mol}则rm{Mg}和rm{Al}的总质量为：rm{0.15mol隆脕24g/mol+0.2mol隆脕27g/mol=9g}

答：rm{Mg}和rm{Al}的总质量是为rm{9g}

rm{(2)}由rm{200隆芦240mL}发生反应：rm{Al(OH)_{3}+NaOH=NaAlO_{2}+2H_{2}O}消耗氢氧化钠的物质的量为rm{0.2mol}则rm{c(NaOH)=dfrac{0.2mol}{0.04L}=5mol/L}

答：所加rm{c(NaOH)=dfrac

{0.2mol}{0.04L}=5mol/L}溶液的物质的量浓度是rm{NaOH}

rm{5mol/L}时生成沉淀最多，溶液中的溶质为硫酸钠，则rm{c(H_{2}SO_{4})=dfrac{5mol/L隆脕0.2L隆脕dfrac{1}{2}}{05L}=1mol/L}

答：硫酸的物质的量浓度是rm{(3)200mL}．rm{c(H_{2}SO_{4})=dfrac{5mol/L隆脕0.2L隆脕

dfrac{1}{2}}{05L}=1mol/L}16、略

【分析】解：rm{(1)}由反应信息可知，rm{B(CH_{3})_{3}}分子中的一个rm{B-C}键断裂，rm{Br}原子取代甲基，甲基与rm{H}原子结合生成甲烷，rm{B(CH_{3})_{3}}和rm{HBr}反应生成其二溴代物为rm{B(CH_{3})Br_{2}}rm{1molB(CH_{3})_{3}}发生二溴取代同时生成rm{2mol}甲烷，反应方程式为：rm{B(CH_{3})Br_{2}+2HBroverset{9.6{脦垄脙脳潞矛脥芒录陇鹿芒}}{}B(CH_{3})Br_{2}+2CH_{4}}

故答案为：rm{B(CH_{3})Br_{2}+2HBroverset{9.6{脦垄脙脳潞矛脥芒录陇鹿芒}}{}B(CH_{3})Br_{2}+2CH_{4}}

rm{B(CH_{3})Br_{2}+2HBr

overset{9.6{脦垄脙脳潞矛脥芒录陇鹿芒}}{}B(CH_{3})Br_{2}+2CH_{4}}rm{B(CH_{3})Br_{2}+2HBr

overset{9.6{脦垄脙脳潞矛脥芒录陇鹿芒}}{}B(CH_{3})Br_{2}+2CH_{4}}的物质的量为rm{dfrac{5.6g}{56g/mol}=0.1mol}rm{(2)5.6g}rm{B(CH_{3})_{3}}的物质的量为rm{dfrac{9.72g}{81g/mol}=0.12mol}

假设生成的rm{dfrac

{5.6g}{56g/mol}=0.1mol}为rm{9.72g}生成rm{HBr}为rm{dfrac

{9.72g}{81g/mol}=0.12mol}根据rm{B(CH_{3})_{2}Br}原子及溴原子守恒；则：

rm{begin{cases}overset{x+y=0.1}{x+2y=0.12}end{cases}}

解得：rm{xmol}rm{B(CH_{3})Br_{2}}

故Brm{ymol}与rm{B}的物质的量之比为：rm{begin{cases}

overset{x+y=0.1}{x+2y=0.12}end{cases}}rm{x=0.08}rm{y=0.02}

答：rm{(CH_{3})_{2}Br}与rm{B(CH_{3})Br_{2}}的物质的量之比为rm{0.08mol}rm{0.02mol=4}．

rm{1}由反应信息可知，rm{B(CH_{3})_{2}Br}分子中的一个rm{B(CH_{3})Br_{2}}键断裂，rm{4}原子取代甲基，甲基与rm{1}原子结合生成甲烷，故Brm{(1)}和rm{B(CH_{3})_{3}}反应生成其二溴代物为rm{B-C}rm{Br}发生二溴取代同时生成rm{H}甲烷；

rm{(CH_{3})_{3}}根据rm{HBr}计算rm{B(CH_{3})Br_{2}}rm{1molB(CH_{3})_{3}}和rm{2mol}rm{(2)}的物质的量，假设生成的rm{n=dfrac{m}{M}}为rm{5.6g}生成rm{B(CH_{3})_{3}}为rm{9.72g}结合rm{HBr}原子及溴原子守恒列方程计算．

本题考查根据方程式的计算，难度不大，理解发生取代反应的原理是解题的关键，注意根据守恒进行计算．rm{B(CH_{3})_{2}Br}【解析】rm{B(CH_{3})Br_{2}+2HBroverset{9.6{脦垄脙脳潞矛脥芒录陇鹿芒}}{}B(CH_{3})Br_{2}+2CH_{4}}17、略

【分析】【解析】试题分析：设消耗N2物质的量为x。N2+3H22NH3始(mol)1030平(mol)10-x30-3x2x由氨气的体积分数得2x/(10－x+30－3x+2x)=0.25得x=4，所以平衡时氮气、氢气、氨气的物质的量分别为6mol、18mol、8mol，氮气的转化率为0.4。考点：化学计算【解析】【答案】618840%18、略

【分析】考查有机物分子式的判断。【解析】【答案】已知m(H)=1.08g×2÷18=0.12g,m(C)=2.64g×12÷44=0.72g,则m(O)=1.8g―0.12g―0.72g=0.96g则n(C)∶n(H)∶n(O)=0.72÷12∶0.12÷1∶0.96÷16=1∶2∶1,则其实验式为CH2O；故可设其分子式为(CH2O)n，则有30n=90,解之得：n=3故分子式为C3H6O319、略

【分析】考查根据方程式进行的有关计算。（1）1.92gCu是1.92g÷64g/mol＝0.03mol根据方程式可知生长0.02molNO所以标准状况下的体积是0.02mol×22.4L/mol＝0.448L（2）消耗硝酸是0.08mol所以浓度是0.08mol＝0.05L＝1.6mol/L【解析】【答案】（1）0.448L（2）1.6mol/L20、略

【分析】【解析】【答案】（1）0.22/0.22×0.9＝1.1＜K＝19未达到平衡，向正方向进行。（3分）（2）（4分）2SO2＋O22SO3起始浓度(mol/L)0.410转化浓度(mol/L)2xx2x平衡浓度(mol/L)(0.4－2x)(1－x)2x依据平衡常数的定义，则：解得：x＝0.16(mol/L)SO2的转化率应为:2×0.16/0.4×100%=80%21、略

【分析】先根据氢气与氧化铜生成铜和水，利用差量法求出参加反应的氢气，又因为氢气的利用率是80%，求出6.0g某饱和一元醇跟足量的金属钠反应产生的氢气，再根据饱和一元醇与钠反应的方程式：2ROH+2Na=2RONa+H2↑，求出该一元醇的物质的量、摩尔质量，最后得出相对分子质量，结合醇的通式求出分子式和结构简式．【解析】解：氢气与氧化铜生成铜和水；氧化铜前后质量差为0.64g；

CuO+H2Cu+H2O△m

8026416

m0.64g

所以m==0.08g，即n(H2)=0.04mol，又因为氢气的利用率是80%，则n(H2)总=0.05mol；

某饱和一元醇与钠反应。

2ROH+2Na=2RONa+H2↑

0.1mol0.05mol

某饱和一元醇的摩尔质量为：=60g/mol；则相对分子质量为60；

而饱和一元醇的通式符合CnH(2n+2)O，所以12n+2n+2+16=60，n=3，所以该一饱和元醇分子是：C3H8O；结构简式为：CH3CHOHCH3或CH3CH2CH2OH；

答：该一饱和元醇分子是C3H8O，结构简式为CH3CHOHCH3或CH3CH2CH2OH．四、推断题(共3题，共24分)22、C【分析】【解答】解：分子式C4H8O2的有机物与硫酸溶液共热可得有机物A和B，C4H8O2可为酯，水解生成酸和醇，将A氧化最终可得C，且B和C为同系物，说明A为醇，B和C为酸，C可发生银镜反应，则C为HCOOH，则A应为CH3OH，B为CH3CH2COOH，对应的酯的结构简式为CH3CH2COOCH3；故选C．

【分析】分子式C4H8O2的有机物与硫酸溶液共热可得有机物A和B，C4H8O2可为酯，水解生成酸和醇，将A氧化最终可得C，且B和C为同系物，说明A为醇，B和C为酸，C可发生银镜反应，则C为HCOOH，则A应为CH3OH，B为CH3CH2COOH，以此可判断该有机物的结构简式．23、（1）羟基酯基

（2）

（3）2【分析】【分析】本题考查有机物推断，为高频考点，根据反应条件、物质分子式、结构简式进行推断，侧重考查学生分析推断能力，难度中等。【解答】A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}均为有机化合物，rm{A}能发生水解反应，则rm{A}为酯，rm{B}发生酯化反应生成rm{E}根据rm{E}结构简式知，rm{B}为rm{D}发生消去反应生成乙烯，rm{G}为rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{D}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{C}和rm{D}发生酯化反应生成rm{F}根据rm{F}分子式知，rm{D}结构简式为rm{CH_{2}COOH}则rm{A}结构简式为

rm{(1)D}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{F}为rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}D、rm{F}中官能团的名称分别是羟基、酯基；中官能团的名称分别是羟基、酯基；rm{F}羟基；酯基；故答案为：反应rm{(2)}是rm{垄脺}发生消去反应生成乙烯，反应方程式为：rm{C{H}_{3}C{H}_{2}OH;xrightarrow[170隆忙]{脜篓脕貌脣谩};;C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+{H}_{2}O}故答案为：rm{C{H}_{3}C{H}_{2}OH;xrightarrow[170隆忙]{脜篓脕貌脣谩};;C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+{H}_{2}O}

rm{CH_{3}CH_{2}OH}通过以上分析知，rm{C{H}_{3}C{H}_{2}OH;

xrightarrow[170隆忙]{脜篓脕貌脣谩};;C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+{H}_{2}O

}的结构简式是rm{C{H}_{3}C{H}_{2}OH;

xrightarrow[170隆忙]{脜篓脕貌脣谩};;C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+{H}_{2}O

}与足量的rm{(3)}溶液反应会消耗rm{A}rm{1molA}与足量的rm{NaOH}溶液反应会消耗rm{2}

故答案为：rm{1molA}rm{NaOH}【解析】rm{(1)}羟基酯基rm{(2)C{H}_{3}C{H}_{2}OH;xrightarrow[170隆忙]{脜篓脕貌脣谩};;C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+{H}_{2}O}rm{(2)C{H}_{3}C{H}_{2}OH;

xrightarrow[170隆忙]{脜篓脕貌脣谩};;C{H}_{2}=C{H}_{2}隆眉+{H}_{2}O

}rm{(3)}rm{2}24、略

【分析】解：rm{A}发生水解反应rm{C}rm{D}rm{D}酸化得到rm{E}rm{C}氧化得到rm{E}则rm{C}的结构简式为rm{CH_{3}CHO}rm{D}为rm{CH_{3}COONa}rm{E}为rm{CH_{3}COOH}rm{B}的相对分子质量为rm{162}其完全燃烧的产物中rm{n(CO_{2})}rm{n(H_{2}O)=2}rm{1}则rm{B}中碳氢原子个数之比为rm{1}rm{1}所以rm{a=b}结合其相对分子质量知：rm{a=b=dfrac{162-32}{13}=10}所以rm{a=b=dfrac

{162-32}{13}=10}的分子式为rm{B}rm{C_{10}H_{10}O_{2}}水解生成rm{B}乙酸rm{E(}和rm{)}rm{F}的分子式为rm{F}不饱和度为rm{C_{10}H_{10}O_{2}+H_{2}O-C_{2}H_{4}O_{2}=C_{8}H_{8}O}rm{5}具有如下特点：rm{F}能跟rm{垄脵}溶液发生显色反应，rm{FeCl_{3}}能发生加聚反应；rm{垄脷}苯环上的一氯代物只有两种，则rm{垄脹}含有酚羟基、含有rm{F}个rm{1}且rm{-CH=CH_{2}}个取代基处于对位，则rm{2}的结构简式为：rm{F}为．

rm{B}由上述分析可知，rm{(1)}为rm{E}含有的官能团是：羧基，rm{CH_{3}COOH}为乙醛，与新制氢氧化铜反应方程式为：rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOHxrightarrow{triangle}CH_{3}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}

故答案为：羧基；rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+N