2025年人教新课标高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年人教新课标高二化学下册阶段测试试卷393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6题，共12分)1、下列各组化合物中的氮元素，具有相同化合价的是（）A.NO和NO2B.NO2和N2O4C.NH3和NH4ClD.N2O和HNO22、某元素rm{M}的单质rm{1.8g}在过量的rm{O_{2}}中充分燃烧，得到rm{M_{2}O_{3}3.4g}已知rm{M}原子核外电子数比核内中子数少rm{1}该元素在周期表中的位置是rm{(}rm{)}

A.第rm{2}周期Ⅲrm{A}族B.第rm{2}周期Ⅵrm{A}族C.第rm{3}周期Ⅴrm{A}族D.第rm{3}周期Ⅲrm{A}族3、rm{0.01mol}氯化铬rm{(CrCl_{3}?6H_{2}O)}在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生rm{0.02mol}rm{AgCl}沉淀rm{.}已知rm{Cr^{3+}}的配位数为rm{6}则此氯化铬化学式是rm{(}rm{)}A.rm{[Cr(H_{2}O)_{6}]Cl_{3}}B.rm{[Cr(H_{2}O)_{5}Cl]Cl_{2}?H_{2}O}

C.rm{[Cr(H_{2}O)_{4}Cl_{2}]Cl?2H_{2}O}D.rm{[Cr(H_{2}O)_{3}Cl_{3}]?3H_{2}O}4、短周期元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}它们的原子序数依次增大rm{.X}与rm{Z}同主族，且原子序数之和为rm{20.Y}原子的质子数为rm{Z}原子的质子数的一半，rm{W}原子的最外层电子数比rm{Y}原子的最外层电子数多rm{2}个rm{.}下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.原子半径rm{Z>W>Y>X}B.气态氢化物的稳定性rm{Z>W}C.rm{Y}的最高价氧化物对应的水化物可与其气态氢化物发生化合反应D.rm{X}的气态氢化物与足量rm{W}单质在光照条件下反应所得生成物均为气体5、用如图装置进行实验rm{(A}为电流计rm{)}观察到现象：rm{Cu}电极上产生大量的无色气泡rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.电子由rm{Cu}电极流向rm{Fe}电极B.盐桥中的阳离子移向左池C.rm{Fe}电极为负极，rm{Cu}电极为正极D.rm{Cu}电极的电极反应式为：rm{Cu-2e^{-}=Cu^{2+}}6、rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃烧生成气态rm{H_{2}O}的反应是一个放热反应，在反应过程中A.核能转化为热能B.化学能转化为热能C.生成物的总能量等于反应物的总能量D.生成物的总能量大于反应物的总能量评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)7、反应4A（g）+5B（s）═4C（g）+6D（g）在0.5L密闭容器中进行，30s内A减少了0.90mol，则此反应的速率可表示为（）A.v（B）=0.075mol/（L•s）B.v（A）=0.030mol/（L•s）C.v（C）=0.040mol/（L•s）D.v（D）=0.090mol/（L•s）8、下列除去杂质的方法正确的是rm{(}rm{)}。物质杂质试剂主要操作rm{A}rm{SiO_{2}}rm{Fe_{2}O_{3}}盐酸过滤rm{B}rm{CO_{2}}rm{CO}rm{O_{2}}点燃rm{C}rm{Cl_{2}}rm{HCl}rm{NaOH}洗气rm{D}rm{Fe}rm{Al}rm{NaOH}过滤A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}9、可用于鉴别葡萄糖溶液和淀粉溶液的试剂是（）A.碘水B.Na2CO3溶液C.FeCl2溶液D.银氨溶液10、已知某有机物rm{A}的核磁共振氢谱如图所示，下列说法中，错误的是rm{(}rm{)}

A.仅由其核磁共振氢谱可知其分子中的氢原子总数由红外光谱可知，该有机物中至少含有三种不同的化学键B.由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有三种不同的氢原子且个数比为rm{1}rm{2}rm{3}C.若rm{A}的化学式为rm{C_{3}H_{6}O_{2}}则其结构简式为rm{CH_{3}COOCH_{3}}D.若rm{A}的化学式为rm{C_{3}H_{6}O_{2}}则其可能的结构有三种11、下列实验装置图合理的是rm{(}rm{)}A.

装置所示装置可实现反应：rm{Cu+2H_{2}Odfrac{underline{;{脥篓碌莽};}}{;}Cu(OH)_{2}+H_{2}隆眉}B.

装置能构成锌铜原电池C.

装置可用于粗铜的电解精炼D.

装置可用于在实验室测定中和反应的反应热rm{Cu+2H_{2}Odfrac{

underline{;{脥篓碌莽};}}{;}Cu(OH)_{2}+H_{2}隆眉}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)12、（14分）现有25℃时0.1mol/L的氨水，请回答以下问题：（1）①若向该氨水中加入少量氯化铵固体，NH3·H2O的电离平衡_______（“向左”、“向右”或“不”）移动，此时溶液中________(填“增大”、“减小”或“不变”)，在该过程中，水的离子积常数Kw(填“增大”、“减小”或“不变”)；②若向该氨水中加入稀盐酸，使其恰好完全中和，所得溶液的pH7(填“>”、“<”或“＝”)，用离子方程式表示其原因，所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序为。③若向该氨水中加入稀盐酸，所得溶液的pH=7，则溶液中[NH4+][Cl－]（填“>”、“<”或“＝”）（2）已知某弱酸的难溶物CaA在水中存在溶解平衡：CaA(s)Ca2＋＋A2－ΔH>0，一定温度下CaA饱和溶液中c(Ca2＋)·c(A2－)为常数，记作Ksp＝c(Ca2＋)·c(A2－)，Ksp只与温度有关。①温度升高时，Ksp(填“增大”“减小”或“不变”，下同)。②向浊液中通入HCl气体c(Ca2＋)。③测得25℃时，CaA的Ksp为2.0×10－11，常温下将10gCaA固体投入100mLCaCl2溶液中，充分搅拌后仍有固体剩余，测得溶液中c(Ca2＋)＝0.1mol·L－1,则溶液中c(A2－)＝。13、氨气是氮循环中的重要物质，在人类的生产和生活中有着广泛的应用。（1）如图是N2与H2反应过程中能量变化的示意图，则该反应生成液态氨的热化学方程式是。（2）已知：①H2O(g)=H2O(l)ΔH＝－Q1kJ·mol－1②C2H5OH(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(g)ΔH＝－Q2kJ/mol③C2H5OH(g)=C2H5OH(l)ΔH＝－Q3kJ/mol则23g液体酒精完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，释放出的热量为kJ（请用Q1、Q2、Q3来表示）14、（3分）下列物质的类别与所含官能团都正确的是___________________。____15、在一次学生实验中；学生用铝片分别和稀盐酸；稀硫酸反应，发现：铝片与稀盐酸反应现象非常明显，而和稀硫酸几乎不反应．这和教材中“铝能跟稀盐酸或稀硫酸反应生成氢气“的说法不一致．为排除因试剂变质等因素造成的影响，该学生在教师的指导下重新进行下列实验，验证是否存在上述现象．

实验用品：仪器（略；凡是实验需要的都有）

药品：3.0mol/L盐酸；1.5mol/L硫酸、3.0mol/L硫酸；相同大小的铝片（纯度＞99.5%）

实验过程：往三支相同的试管中分别加入相同的铝片各一片；再往试管中分别加入等体积的3.0mol/L盐酸；1.5mol/L硫酸、3.0mol/L硫酸，观察反应进行到1、2、5、15、20分钟时的铝与酸反应的情况．结果如下：

。反应进程（分钟）12515203.0mol/L盐酸少量气泡较多气泡大量气泡反应剧烈铝片耗尽1.5mol/L硫酸均无明显现象（无气泡产生）3.0mol/L硫酸均无明显现象（无气泡产生）通过上述实验可知；无论是用1.5mol/L硫酸还是3.0mol/L硫酸，均无明显的现象，而3.0mol/L盐酸与铝片反应的现象却十分明显．

（1）写出铝与酸反应的离子方程式______

（2）反应1～15min内，铝与盐酸的反应速率逐渐加快，其原因是______．

（3）根据以上探究“铝与稀盐酸和稀硫酸反应差异的原因”；你能对问题原因作出哪些假设或猜想（列出两种即可）？

假设一：______

假设二：______．16、氨气是生产化肥；硝酸等的重要原料；围绕合成氨人们进行了一系列的研究。

（1）氢气既能与氮气又能与氧气发生反应；但是反应的条件却不相同．已知：

2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol

3H2（g）+N2（g）2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol

计算断裂1molN≡N键需要能量______kJ，氮气分子中化学键比氧气分子中的化学键键______（填“强”或“弱”）；因此氢气与二者反应的条件不同．

（2）固氮是科学家致力研究的重要课题．自然界中存在天然的大气固氮过程：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.8kJ/mol，工业合成氨则是人工固氮．分析两种固氮反应的平衡常数，下列结论正确的是______．

。反应大气固氮工业固氮温度/℃27200025350400450K3.84×10-310.15×1081.8470.5070.152A．常温下；大气固氮几乎不可能进行，而工业固氮非常容易进行。

B．人类大规模模拟大气固氮是无意义的。

C．工业固氮温度越低；氮气与氢气反应越完全。

D．K越大说明合成氨反应的速率越大．17、rm{A}是分子式为rm{C_{7}H_{8}}的芳香烃，已知它存在以下一系列转化关系，其中rm{C}是一种一元醇，rm{D}是rm{A}的对位一取代物，rm{H}与rm{E}rm{I}与rm{F}分别互为同分异构体．

rm{(1)}化合物rm{I}的结构简式是______，反应rm{B隆煤C}的化学方程式是______；

rm{(2)}设计实验证明rm{H}中含有溴原子；还需用到的试剂有______；

rm{(3)}为验证rm{E隆煤F}的反应类型与rm{E隆煤G}不同；下列实验方法切实可行的是______．

A.向rm{E隆煤F}反应后的混合液中加入硝酸酸化，再加入rm{AgNO_{3}}溶液得到淡黄色沉淀。

B.向rm{E隆煤F}反应后的混合液中加入溴水；发现溴水立即褪色。

C.向rm{E隆煤F}反应后的混合液中加入盐酸酸化后，加入溴的rm{CCl_{4}}溶液；溶液褪色。

D.向rm{E隆煤F}反应后的混合液中加入酸性rm{KMnO_{4}}溶液，混合液红色变浅．18、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}都是元素周期表中的前rm{20}号元素，原子序数依次增大，rm{B}rm{C}rm{D}同周期，rm{A}rm{D}原子中某rm{p}能级均排有rm{5}个电子，rm{E}和其他元素既不在同周期也不在同主族，rm{B}rm{C}rm{D}的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水．

根据以上信息；回答下列问题．

rm{(1)A}和rm{D}的氢化物中，沸点较低的是______rm{(}填化学式rm{)}该物质固态时属于______晶体；rm{A}和rm{D}的电负性较大的是______rm{(}填元素符号rm{)}rm{B}和rm{C}的第一电离能较小的是______rm{(}填元素符号rm{)}rm{A}和rm{B}的离子中，半径较小的是______rm{(}填离子符号rm{)}构成rm{C}单质晶体的微粒以______键相结合．

rm{(2)}写出rm{B}rm{C}的最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式：______．

rm{(3)A}和rm{E}可组成离子化合物；其晶胞结构如图所示：

阳离子rm{(}用“rm{隆帽}”表示rm{)}位于大立方体的顶点或面心；阴离子rm{(}用“rm{隆冒}”表示rm{)}均位于小立方体的中心rm{.}与一个“rm{隆冒}”距离最近的“rm{隆帽}”有______个，与一个“rm{隆帽}”距离最近的“rm{隆帽}”有______个；该化合物的化学式是______．

rm{(4)}已知晶胞的rm{dfrac{1}{8}}的体积为rm{2.0隆脕10^{-23}cm^{3}}求rm{A}和rm{E}组成的离子化合物的密度，请列式并计算，结果保留一位小数．评卷人得分四、探究题(共4题，共28分)19、（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。20、（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。21、（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。22、（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。评卷人得分五、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分六、综合题(共2题，共20分)27、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．28、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B|C【分析】【解析】【答案】BC2、D【分析】【分析】

本题考查元素推断；原子结构与位置关系；比较基础，注意根据质量守恒计算元素的相对分子质量，进而计算元素的质子数。

【解答】

rm{M}元素的单质rm{1.8g}在rm{O_{2}}中充分燃烧，得到rm{M_{2}O_{3}3.4g}由质量守恒定律可知rm{n(O_{2})=3.4g-1.8g=1.6g}则rm{n(O_{2})=dfrac{1.6g}{32g/mol}=0.05mol}反应的方程式应为rm{n(O_{2})=dfrac{1.6g}{32g/mol}

=0.05mol}则rm{4M+3O_{2}=2M_{2}O_{3}}rm{M(M)=dfrac{1.8g}{dfrac{1}{15}mol}=27g/mol}元素rm{n(M)=dfrac{1}{15}mol}的核外电子数比核内中子数少rm{M(M)=dfrac{1.8g}{dfrac{1}{15}mol}

=27g/mol}则rm{M}的质子数应为rm{1}为rm{M}元素，位于周期表第三周期rm{13}族；故D正确。

故选D。rm{Al}【解析】rm{D}3、B【分析】【分析】本题考查了配合物的成键情况，难度不大，注意：该反应中，配合物中配原子不参加反应，只有阴离子参加反应，为易错点。【解答】根据题意知，氯化铬rm{(CrCl_{3}?6H_{2}O)}和氯化银的物质的量之比是rm{1}rm{2}所以根据氯离子守恒知，一个氯化铬rm{(CrCl_{3}?6H_{2}O)}化学式中含有rm{2}个氯离子，剩余的rm{1}个氯离子是配原子，又rm{Cr^{3+}}的配位数为rm{6}所以氯化铬rm{(CrCl_{3}?6H_{2}O)}的化学式为rm{[Cr(H_{2}O)_{5}Cl]Cl_{2}?H_{2}O}

故选B。

【解析】rm{B}4、C【分析】解：短周期元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}它们的原子序数依次增大rm{.X}与rm{Z}同主族，且原子序数之和为rm{20}二者分别处于二、三周期，设rm{X}原子序数为rm{a}则rm{Z}的原子序数为rm{a+8}则rm{a+a+8=20}解得rm{a=6}故rm{X}为rm{C}元素、rm{Z}为rm{Si}rm{Y}原子的质子数为rm{Z}原子的质子数的一半，则rm{Y}原子质子数为rm{7}故rm{Y}为rm{N}元素；rm{W}原子的最外层电子数比rm{Y}原子的最外层电子数多rm{2}个，rm{W}原子最外层电子数为rm{7}且原子序数大于rm{Si}故rm{W}为rm{Cl}．

A.同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径：rm{Z(Si)>W(Cl)>X(C)>Y(N)}故A错误；

B.rm{Z}为rm{Si}rm{W}为rm{Cl}非金属性rm{Si<Cl}故氢化物稳定性rm{SiH_{4}<HCl}故B错误；

C.rm{Y}的最高价氧化物对应的水化物为rm{HNO_{3}}其气态氢化物为rm{NH_{3}}二者发生化合反应生成rm{NH_{4}NO_{3}}故C正确；

D.rm{X}的气态氢化物有rm{CH_{4}}甲烷与氯气在光照条件下反应所得生成物中只有一氯甲烷为气体，二氯甲烷；三氯甲烷、四氯甲烷均为液态，故D错误；

故选C．

短周期元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}它们的原子序数依次增大；rm{X}与rm{Z}同主族，且原子序数之和为rm{20}二者分别处于二、三周期，设rm{X}原子序数为rm{a}则rm{Z}的原子序数为rm{a+8}则rm{a+a+8=20}解得rm{a=6}故rm{X}为rm{C}元素、rm{Z}为rm{Si}rm{Y}原子的质子数为rm{Z}原子的质子数的一半，则rm{Y}原子质子数为rm{7}故rm{Y}为rm{N}元素；rm{W}原子的最外层电子数比rm{Y}原子的最外层电子数多rm{2}个，rm{W}原子最外层电子数为rm{7}且原子序数大于rm{Si}故rm{W}为rm{Cl}据此解答．

本题考查结构性质位置关系应用，注意理解掌握同族原子序数关系，掌握微粒半径比较规律，注意短周期中rm{Cl}原子半径小于rm{Li}rm{Li}原子半径大于rm{Al}．【解析】rm{C}5、C【分析】解：rm{A}电子从负极铁沿导线流向正极铜；故A错误；

B；盐桥中阳离子向正极移动；向右池，故B错误；

C；铁易失电子作负极；铜作正极，故C正确；

D、rm{Cu}电极氢离子放电，电极反应式为rm{2H^{+}+2e^{+}=H_{2}隆眉}故D错误；

故选C．

该原电池中，铁易失电子作负极，铜作正极，负极上电极反应式为rm{Fe-2e^{+}=Fe^{2+}}正极上电极反应式为rm{2H^{+}+2e^{+}=H_{2}隆眉}电池反应式为rm{Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}隆眉}放电时，电子从负极沿导线流向正极，电流从铜沿导线流向铁，盐桥中阳离子向正极移动，据此分析解答．

本题考查了原电池原理，明确原电池中各个电极上发生的反应及电流方向、离子移动方向即可解答，题目难度不大．【解析】rm{C}6、B【分析】【分析】本题主要考查了燃烧过程中能量的变化以及放热反应的本质，是中学化学的重要知识，难度不大，注意基础知识的掌握是关键，侧重知识的能力考查。【解答】A.rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃烧生成水是会放出热能；是由于化学能转化为热能，不是核能的转化，故A错误；

B.rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃烧生成水的反应发光放热；故化学能转化为热能，故B正确；

C.放热反应中生成物的总能量不可能等于反应物的总能量；故C错误；

D.放热反应中反应物的总能量高于生成物的总能；故D错误。

故选B。【解析】rm{B}二、双选题(共5题，共10分)7、A|D【分析】解：在0.5L密闭容器中进行，30s内A减少了0.90mol，则v（A）==0.06mol/（L．s）；速率之比等于化学计量数之比，则：

v（B）=v（A）=×0.06mol/（L．s）=0.075mol/（L．s）；

v（C）=v（A）=0.06mol/（L．s）；

v（D）=v（A）=×0.06mol/（L．s）=0.09mol/（L．s）；

故选：AD．

根据v=计算v（A）；再利用速率之比等于化学计量数之比计算其它物质表示的速率．

本题考查化学反应速率有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活应用，理解反应速率与化学计量数的关系．【解析】【答案】AD8、rAD【分析】解：rm{A.}氧化铁可与盐酸反应；而二氧化硅不反应，可盐酸除杂，故A正确；

B.含有少量一氧化碳；因二氧化碳不支持燃烧，则难以除去杂质，可用灼热的氧化铜除杂，故B错误；

C.二者都与氢氧化钠溶液反应；应用饱和食盐水除杂，故C错误；

D.铝可与氢氧化钠溶液反应；而铁不反应，可用于除杂，故D正确。

故选AD。

A.氧化铁可与盐酸反应；

B.二氧化碳不支持燃烧；

C.二者都与氢氧化钠溶液反应；

D.铝可与氢氧化钠溶液反应。

本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目难度不大，注意把握物质的性质，为解答该类题目的关键，注意除杂时不能引入新的杂质，更不能影响被提纯的物质。【解析】rm{AD}9、A|D【分析】解：A．遇碘水变蓝的为淀粉；无现象的为葡萄糖，可鉴别，故A选；

B．均与碳酸钠不反应；不能鉴别，故B不选；

C．均与氯化亚铁溶液不反应；不能鉴别，故C不选；

D．与银氨溶液发生银镜反应的为葡萄糖；无现象的为淀粉，可鉴别，故D选；

故选AD．

葡萄糖含-CHO；具有还原性，淀粉遇碘变蓝，以此来解答．

本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握有机物的官能团与性质、性质差异为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意利用反应现象鉴别物质，题目难度不大．【解析】【答案】AD10、AC【分析】解：rm{A.}核磁共振氢谱能确定请原子的种类；仅由其核磁共振氢谱无法得知其分子中的氢原子总数，故A错误；

B.核磁共振氢谱中有几个峰就有几种rm{H}原子，峰的面积之比等于rm{H}原子数目之比，该有机物分子中有三种不同化学环境的氢原子，且个数之比为rm{1}rm{2}rm{3}故B正确；

C.核磁共振氢谱中有rm{3}个峰，有rm{3}种rm{H}原子，rm{CH_{3}COOCH_{3}}只有rm{2}中rm{H}故C错误；

D.rm{CH_{3}CH_{2}COOH}中有rm{3}种化学环境不同的rm{H}原子，且不同化学环境的rm{H}原子数目为rm{3}rm{2}rm{1}可能结构有：rm{CH_{3}CH_{2}COOH}rm{HCOOCH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}COCH_{2}OH}故D正确．

故选AC．

核磁共振氢谱中有几个峰就有几种rm{H}原子，峰的面积之比等于rm{H}原子数目之比，有机物rm{C_{3}H_{6}O_{2}}的rm{PMR}谱有三个信号蜂，其强度比为rm{3}rm{2}rm{1}分子中有rm{3}种化学环境不同的rm{H}原子，且rm{H}原子数目依次为rm{3}rm{2}rm{1}以此解答该题．

本题考查学生对红外光谱和核磁共振氢谱的简单识图，侧重考查学生的分析能力的考查，难度较小，注意核磁共振氢谱只能确定rm{H}原子种类，峰的面积之比等于rm{H}原子数目之比．【解析】rm{AC}11、rAD【分析】解：rm{A.Cu}作阳极失电子生成铜离子，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以用铜电极电解硫酸钠溶液的离子方程式为：rm{Cu+2H_{2}Odfrac{underline{;{脥篓碌莽};}}{;}Cu(OH)_{2}+H_{2}隆眉}故A正确；

B.含有盐桥的原电池中；金属电极材料和电解质溶液中金属元素属于同一种元素，所以应该将铜插入硫酸铜溶液中；锌插入硫酸锌溶液中才能构成原电池，故B错误；

C.电解精炼时粗铜作阳极，精铜作阴极，阳极上铜失电子生成铜离子，阴极上铜离子得电子生成rm{Cu+2H_{2}Odfrac{

underline{;{脥篓碌莽};}}{;}Cu(OH)_{2}+H_{2}隆眉}故C错误；

D.通过测定反应前后温度的变化来测定中和热；该装置可用于在实验室测定中和反应的反应热，故D正确．

故选AD．

A.rm{Cu}作阳极失电子生成铜离子；阴极上氢离子得电子生成氢气；

B.左边烧杯中发生置换反应；无法产生电流；

C.电解精炼时粗铜作阳极；

D.通过测定反应前后温度的变化来测定中和热．

本题考查实验方案评价，涉及原电池原理、中和热测定、电解原理等知识点，侧重实验操作和实验原理的考查，注意实验方案的操作性、可行性、评价性分析，题目难度不大．rm{Cu}【解析】rm{AD}三、填空题(共7题，共14分)12、略

【分析】试题分析：（1）①NH3.H2ONH4++OH-，加入少量氯化铵固体，提高了NH4+的浓度，平衡向左移动；c(OH-)降低，c(NH3.H2O)升高，将减小；水的离子积常数Kw，只与温度有关，不变；②向该氨水中加入稀盐酸，使其恰好完全中和，所得溶液为NH4Cl溶液，其为强酸弱碱盐水解而显酸性，pH<7；NH4++H2ONH3H2O+H+，在NH4Cl溶液中c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)；③向该氨水中加入稀盐酸，由电荷守恒知：c(OH－)+c(Cl－)=c(NH4+)+c(H+)所得溶液的pH=7，c(OH－)=c(H+)，故c(Cl－)=c(NH4+)考点：电解质溶液【解析】【答案】（1）①向左；减小；不变（各1分）②<；NH4++H2ONH3H2O+H+c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)③═（2）①增大②增大③2.0×10－10mol·L－113、略

【分析】试题分析：(1)根据图示可知：由反应物的能量与生成物的能量的关系可知N2与H2反应生成液态氨的热化学方程式是N2(g)+3H2(g)2NH3(l)△H=-2(b+c-a)kJ/mol。（2）②－③＋3×①整理可得C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)△H=－(Q2+3Q1－Q3)kJ/mol。1mol的乙醇质量为46g.所以23g液体酒精即0.5mol完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，释放出的热量为(0.5Q2＋1.5Q1－Q3)KJ.考点：考查热化学方程式的书写及反应热的计算的知识。【解析】【答案】（1）N2(g)+3H2(g)2NH3(l)△H=-2(b+c-a)kJ/mol（2）(0.5Q2＋1.5Q1－Q3)14、略

【分析】考查有机物的分类及官能团的判断。①中羟基和苯环侧链上的碳原子相连，所以是醇类。只有羟基和苯环直接相连的有机物才是酚类，①不正确。②中含有羧基，属于羧酸，正确。③中含有醛基，属于醛类，但醛基的化学式为－CHO，③不正确。④中含有酯基，正确。⑤中含有氯原子，属于卤代烃正确。答案选②④⑤。【解析】【答案】（3分）②④⑤（多选不给分，每选对一个得1分）15、略

【分析】解：（1）铝与酸反应生成铝离子和氢气，离子方程式为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑，故答案为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑；

（2）反应1～15min内；铝与酸的反应是放出热量的，导致温度升高，使化学反应速率加快；

故答案为：反应放出热量；温度升高，使化学反应速率加快；

（3）在铝的表面有一层致密氧化铝薄膜，当加入盐酸和硫酸溶时，酸液首先与氧化铝薄膜反应，由反应的现象可知，铝片和稀盐酸反应现象明显，而和稀硫酸几乎不反应，比较盐酸和硫酸溶液中含有的离子的不同，出现这种现象的原因可能是：氯离子促进金属铝表面的氧化膜与H+反应，硫酸根离子对金属铝表面的氧化膜与H+反应对起阻碍作用，所以假设一：氯离子促进金属铝表面的氧化膜与H+反应；假设二：硫酸根离子对金属铝表面的氧化膜与H+反应对起阻碍作用；

故答案为：促进金属铝表面的氧化膜与H+反应；硫酸根离子对金属铝表面的氧化膜与H+反应对起阻碍作用．

（1）铝与酸中的氢离子反应生成铝离子和氢气；

（2）温度越高反应速率越快；金属和酸的反应是放热反应；

（3）利用固定变量法探究氯离子和硫酸根离子对金属铝表面的氧化膜与H+反应的影响．

本题是一道实验探究题，考查了催化剂对化学反应速率的影响，本题难度中等，解题的方法是：利用固定变量法设计实验论证假设．【解析】2Al+6H+=2Al3++3H2↑；反应放出热量，温度升高，使化学反应速率加快；氯离子促进金属铝表面的氧化膜与H+反应；硫酸根离子对金属铝表面的氧化膜与H+反应对起阻碍作用16、略

【分析】解：（1）N≡N键能为x；则3×436kJ/mol+x-2×1173.2kJ/mol=-92.4kJ/mol，解得x=946kJ/mol，故断裂1molN≡N键需要能量是946kJ，O=O键能是498kJ/mol，故氮气分子中化学键比氧气分子中的化学键强；

故答案为：946；强；

（2）A；化学平衡常数说明反应进行的彻底程度问题；大气固氮和工业固氮与反应进行的难易程度无关，故A错误；

B；利用大气固氮原理进行工业生成；大气固氮的进行程度很小，产率很小，没有实际意义，故B正确；

C；合成氨是放热反应；温度越低，有利于平衡向正反应移动，反应的转化率越高，反应越完全，故C正确；

D；化学平衡常数说明反应进行的彻底程度问题；与反应速率无关，故D错误；

故答案为：BC．

（1）反应物总键能-生成物总键能=反应热；据此计算；键能越大，化学键越强；

（2）A；化学平衡常数说明反应进行的彻底程度问题；与反应进行的难易程度无关；

B；大气固氮的进行程度很小；利用大气固氮原理进行工业生成，产率很小；

C；合成氨是放热反应；温度越低，有利于平衡向正反应移动，反应的转化率越高；

D；化学平衡常数说明反应进行的彻底程度问题；与反应速率无关．

本题考查反应热的有关计算、平衡常数意义、难度中等，掌握基础是关键，题目较简单．【解析】946；强；BC17、略

【分析】解：分子式为rm{C_{7}H_{8}}的芳香烃一定是甲苯，即rm{A}的结构简式是rm{.}在光照下，甲苯和单质溴发生甲基上的取代反应，结合rm{H}的分子式可知，发生一溴取代，所以rm{B}的结构简式是rm{.}卤代烃水解得到醇，故C是rm{B}到rm{H}从分子式的变化来看，rm{H}比rm{B}多了rm{6}个氢原子，因此rm{B}和氢气加成生成了rm{H}则rm{H}结构简式为rm{H}到rm{I}少了rm{1}个氢原子和rm{1}个溴原子，因此发生的是消去反应，则rm{I}为rm{.D}是rm{A}的对位一取代物，则rm{D}的结构简式为：rm{H}与rm{E}则rm{D}与氢气发生加成反应生成rm{E}为rm{I}与rm{F}分别互为同分异构体，则rm{E}发生消去反应生成rm{F}为由rm{G}的分子式可知，rm{E}发生水解反应生成rm{G}则rm{G}的结构简式为

rm{(1)}由上述分析可知，化合物rm{I}的结构简式是反应rm{B隆煤C}的化学方程式是

故答案为：

rm{(2)}证明溴代烃中含有溴原子，可以先再碱性条件下发生水解反应，再由硝酸酸化的硝酸银检验溴离子，生成淡黄色沉淀，说明含有溴元素，所需要的试剂：rm{NaOH}溶液，rm{HNO_{3}}rm{AgNO_{3}}故答案为：rm{NaOH}溶液，rm{HNO_{3}}rm{AgNO_{3}}

rm{(3)E隆煤F}是消去反应，rm{E隆煤G}是水解反应；

A.消去反应；水解反应均有溴离子生成；故A错误；

B.因为混合液中含有氢氧化钠；因此加入溴水，溴水会和氢氧化钠反应颜色也会褪去，B错误；

C.反应后的混合液中加入盐酸酸化后，加入溴的rm{CCl_{4}}溶液；溶液褪色，说明消去反应生成碳碳双键，故C正确；

D.酸性高锰酸钾溶液也会氧化溴离子而褪色；故D错误；

故答案为：rm{C}．

分子式为rm{C_{7}H_{8}}的芳香烃一定是甲苯，即rm{A}的结构简式是rm{.}在光照下，甲苯和单质溴发生甲基上的取代反应，结合rm{H}的分子式可知，发生一溴取代，所以rm{B}的结构简式是rm{.}卤代烃水解得到醇，故C是rm{B}到rm{H}从分子式的变化来看，rm{H}比rm{B}多了rm{6}个氢原子，因此rm{B}和氢气加成生成了rm{H}则rm{H}结构简式为rm{H}到rm{I}少了rm{1}个氢原子和rm{1}个溴原子，因此发生的是消去反应，则rm{I}为rm{.D}是rm{A}的对位一取代物，则rm{D}的结构简式为：rm{H}与rm{E}则rm{D}与氢气发生加成反应生成rm{E}为rm{I}与rm{F}分别互为同分异构体，则rm{E}发生消去反应生成rm{F}为由rm{G}的分子式可知，rm{E}发生水解反应生成rm{G}则rm{G}的结构简式为据此解答．

本题考查有机物推断，判断rm{A}为甲苯，再充分根据有机物分子式进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．【解析】rm{NaOH}溶液，rm{HNO_{3}}rm{AgNO_{3}}rm{C}18、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}都是元素周期表中的前rm{20}号元素，原子序数依次增大，rm{A}rm{D}原子中某rm{p}能级均排有rm{5}个电子，外围电子排布为rm{ns^{2}np^{5}}可推知rm{A}为rm{F}元素、rm{D}为rm{Cl}元素，rm{B}rm{C}rm{D}同周期，处于第三周期，rm{B}rm{C}rm{D}的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水，应是氢氧化铝与强碱、强酸反应，可推知rm{B}为rm{Na}rm{C}为rm{Al}rm{E}和其他元素既不在同周期也不在同主族，只能处于第四周期Ⅱrm{A}族，则rm{E}为rm{Ca}

rm{(1)HF}分子之间存在氢键，其沸点高于rm{HCl}的，rm{HF}固态时属于分子晶体；

同主族自上而下电负性减小，故F的电负性大于rm{Cl}

同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能rm{Na>Al}

rm{F^{-}}rm{Na^{+}}离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径rm{F^{-}>Na^{+}}

rm{Al}单质晶体属于金属晶体；微粒以金属键相结合；

故答案为：rm{HF}分子；rm{F}rm{Na}rm{Na^{+}}金属；

rm{(2)}氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：rm{OH^{-}+Al(OH)_{3}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故答案为：rm{OH^{-}+Al(OH)_{3}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

rm{(3)}由结构结构可知，与一个“rm{隆冒}”距离最近的“rm{隆帽}”有rm{4}个，以顶点“rm{隆帽}”研究，与之距离最近的“rm{隆帽}”位于面心上，每个顶点为rm{12}个面共用，故与一个“rm{隆帽}”距离最近的“rm{隆帽}”有rm{12}个，该晶胞中阴离子数目为rm{8}阳离子数目rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}该化合物的化学式是rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}

故答案为：rm{CaF_{2}}rm{4}rm{12}

rm{CaF_{2}}晶胞的rm{(4)}的体积为rm{dfrac{1}{8}}晶胞的rm{2.0隆脕10^{-23}cm^{3}}的质量rm{=dfrac{1}{2}隆脕dfrac{(40+19隆脕2)g/mol}{6.02隆脕10^{23}mol^{-1}}}故晶体密度rm{=dfrac{dfrac{(40+19隆脕2)g/mol}{6.02隆脕10^{23}mol^{-1}}隆脕dfrac{1}{2}}{2隆脕10^{-23};cm^{3}}=3.2g?cm^{-3}}

答：该晶体的密度为rm{dfrac{1}{8}}．

A、rm{=dfrac{1}{2}隆脕dfrac

{(40+19隆脕2)g/mol}{6.02隆脕10^{23}mol^{-1}}}rm{=dfrac{dfrac

{(40+19隆脕2)g/mol}{6.02隆脕10^{23}mol^{-1}}隆脕dfrac

{1}{2}}{2隆脕10^{-23};cm^{3}}=3.2g?cm^{-3}}rm{3.2g?cm^{-3}}rm{B}都是元素周期表中的前rm{C}号元素，原子序数依次增大，rm{D}rm{E}原子中某rm{20}能级均排有rm{A}个电子，外围电子排布为rm{D}可推知rm{p}为rm{5}元素、rm{ns^{2}np^{5}}为rm{A}元素，rm{F}rm{D}rm{Cl}同周期，处于第三周期，rm{B}rm{C}rm{D}的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水，应是氢氧化铝与强碱、强酸反应，可推知rm{B}为rm{C}rm{D}为rm{B}rm{Na}和其他元素既不在同周期也不在同主族，只能处于第四周期Ⅱrm{C}族，则rm{Al}为rm{E}据此解答．

本题是对物质结构的考查，涉及分子结构与性质、元素周期律、晶胞结构与计算等，rm{A}注意理解均摊法进行晶胞的有关计算．rm{E}【解析】rm{HF}分子；rm{F}rm{Na}rm{Na^{+}}金属；rm{OH^{-}+Al(OH)_{3}篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}rm{4}rm{12}rm{CaF_{2}}四、探究题(共4题，共28分)19、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）20、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）21、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）22、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）五、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

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