2025年外研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年外研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7题，共14分)1、已知298K时，合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.0kJ·mol－1，将此温度下的1molN2和3molH2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应。测得反应放出的热量为(假定测量过程中没有能量损失)()A.一定小于92.0kJB.一定大于92.0kJC.一定等于92.0kJD.无法确定2、正硼酸（H3BO3）是一种片层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连（如图）．下列有关说法正确的是（）A.正硼酸晶体属于原子晶体B.H3BO3分子的稳定性与氢键有关C.分子中硼原子最外层为8e﹣稳定结构D.含1molH3BO3的晶体中有3mol氢键3、用惰性电极电解含有0.400molCu(NO3)2和0.400molKCl的混合溶液，一段时间后，在一个电极上析出0.300molCu，此时在另一电极上放出的气体在标准状况下的体积（标准状况下）为（）A.3.36LB.6.72LC.5.60LD.2.80L4、下列化合物沸点比较错误的是：A.丙烷rm{>}乙烷rm{>}甲烷B.正戊烷rm{>}异戊烷rm{>}新戊烷C.邻二甲苯rm{>}对二甲苯rm{>}间二甲苯D.邻二甲苯rm{>}甲苯rm{>}苯5、晶体有自范性但其微粒排列无序。()A.正确B.错误6、能够充分说明在恒温恒容下的密闭容器中，反应rm{2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)(}已达平衡状态的标志是A.容器中rm{SO2}rm{O2}rm{SO3}的物质的量之比为rm{2:1:2}B.rm{SO2}和rm{SO3}的物质的量浓度相等C.反应容器内氧气的浓度不随时间变化而变化D.单位时间内生成rm{2molSO2}时，即生成rm{1molO2}7、已知：如果合成所用原始原料可以是rm{(}rm{)}A.rm{3-}甲基rm{-l}rm{3-}丁二烯和rm{1-}丁炔B.rm{1}rm{3-}戊二烯和rm{2-}丁炔C.rm{2}rm{3-}二甲基rm{-1}rm{3-}戊二烯和乙炔D.rm{2}rm{3-}二甲基rm{-l}rm{3-}丁二烯和丙炔评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、设反应①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)△H=Q1的平衡常数为K1，反应②Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)△H=Q2的平衡常数为K2，在不同温度下，K1、K2的值如下：。温度(T)K1K29731．472．3811732．151．67（1）从上表可推断，反应①是________(填“放”或“吸”)热反应；（2）现有反应③H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H=Q3①根据反应①与②推导出K1、K2、K3的关系式K3=_____________；可推断反应③是________(填“放”或“吸”)热反应。要使反应③在一定条件下建立的平衡右移，可采取的措施有__________。A．缩小容器体积B．降低温度C．使用合适的催化剂D．设法减少CO的量E．升高温度②根据反应①与②推导出Q1、Q2、Q3的关系式Q3=_____________；9、(8分)工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。方法l：还原沉淀法该法的工艺流程为其中第①步存在平衡：2CrO42-(黄色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O(1)若平衡体系的pH=2，则溶液显____色。(2)能说明第①步反应达平衡状态的是。a．Cr2O72-和CrO42-的浓度相同b．2v(Cr2O72-)=v(CrO42-)c．溶液的颜色不变(3)第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq)常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)•c3(OH-)=10-32,要使c(Cr3+)降至10-5mol／L，溶液的pH应调至。方法2：电解法该法用Fe做电极电解含Cr2O72-的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。(4)用Fe做电极的原因为。(5)在阴极附近溶液pH升高的原因是(用电极反应解释)____。溶液中同时生成的沉淀还有____。10、下列表格是周期表的一部分，其中的序号对应的是元素，请回答下列问题：按原子轨道的重叠方式看，元素①和②形成的相对分子质量最小的分子中，含_______键；元素①和③形成化合物有漂白作用的电子式_______。（2）某元素的价电子排布式为nsnnpn+1，该元素与元素①形成的气态化合物分子的空间构型为：_______。（3）比⑨号元素原子序数少2的元素通常情况下能形成两种离子，其离子符号分别是_______、_______，其中较稳定的是_______，其原因是____________________________。（4）④⑤⑥⑦四种元素的第一电离能由大到小的顺序是_______（填元素符号）。（5）元素⑩在周期表中的位置为_______。11、（1）某学生课外活动小组利用图1所示装置分别做如下实验：

①在试管中注入某红色溶液，加热试管，溶液颜色逐渐变浅，冷却后恢复红色，则原溶液可能是______溶液；加热时溶液由红色逐渐变浅的原因是______．

②在试管中注入某无色溶液，加热试管，溶液变为红色，冷却后恢复无色，则此溶液可能是______溶液；加热时溶液由无色变为红色的原因是______．

（2）A；B、C、D、E五种物质中含有同一种元素；其相互转化关系如图2所示．

①若A是淡黄色固体：则B是______，E是______．（填化学式）

②若A是无色气体：B→C的化学方程式为______．12、已知Ti3+可形成配位数为6的配合物。现有含钛的两种颜色的晶体，一种为紫色，另一种为绿色，但相关实验证明，两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：a．分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；b．分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；c．沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的。则绿色晶体配合物的化学式为____。13、在一密闭容器中发生反应N2＋3H22NH3，ΔH＜0，达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示：回答下列问题：（1）处于平衡状态的时间段是__________(填选项)。At0～t1Bt1～t2C．t2～t3D．t3～t4E．t4～t5F．t5～t6（2）t1、t3、t4时刻分别改变的一个条件是(填选项),t1时刻________；t4时刻________。A增大压强B．减小压强C．升高温度D．降低温度E．加催化剂F．充入氮气（3）依据（2）中的结论，下列时间段中，氨的百分含量最高的是__________(填选项)。A．t0～t1B．t2～t3C．t3～t4D．t5～t6（4）一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20%，则反应后与反应前的混合气体体积之比为__________。14、某高级脂肪酸0.2mol完全燃烧，生成二氧化碳和水共6.8mol；同量的与64g溴完全加成．求该高级脂肪酸分子中m和n的值．15、（l）某一反应体系中有反应物和生成物共5种物质：S、H2S、HNO3、NO、H2O；已知水是反应产物之一。

①写出该反应的化学方程式并用双线桥法标出电子转移方向和数目______。

②若反应过程中转移了0.3mol电子；则生成水的质量是______。

（2）反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑中，氧化剂的电子式是______，氧化产物的分子式是______，若生成标准状况下的11.2LO2，则整个反应过程中转移电子______mol。评卷人得分三、有机推断题(共4题，共8分)16、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__________________________________．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。19、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、元素或物质推断题(共4题，共8分)20、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。21、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。22、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。23、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分五、工业流程题(共1题，共4分)24、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】试题分析：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.0kJ·mol－1的含义是1mol氮气与3mol氢气完全反应生成2mol氨气时放出92.0kJ的热量，而该反应是可逆反应，反应不可能进行彻底，所以将此温度下的1molN2和3molH2放在一密闭容器中，最终放出的热量小于92.0kJ，答案选A。考点：考查热化学方程式的意义【解析】【答案】A2、D【分析】【解答】解：A．正硼酸晶体中存在H3BO3分子；且该晶体中存在氢键，说明硼酸由分子构成，是分子晶体，原子晶体内只有共价键，故A错误．B．分子的稳定性与分子内的B﹣O；H﹣O共价键有关，熔沸点与氢键有关，故B错误．

C．硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，因此B原子不是8e﹣稳定结构；故C错误；

D．一个H3BO3分子对应着6个氢键，一个氢键对应着2个H3BO3分子，因此含有1molH3BO3分子的晶体中有3mol氢键；故D正确；

故选D．

【分析】A．正硼酸晶体中存在H3BO3分子；根据晶体中存在的微粒确定晶体类型；

B．分子的稳定性与化学键有关；

C．由结构可知；硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对；

D．利用均摊法计算含1molH3BO3的晶体中的氢键．3、C【分析】惰性电极电解时，阴极是铜离子放电生成铜，阳极是氯离子放电生成氯气，然后是溶液中的OH－放电生成氧气。生成0.3mol铜转移0.6mol电子。而溶液中氯离子是0.4mol，只能失去0.4mol电子，生成0.2mol氯气，所以根据电子的得失守恒可知，还生成氧气0.05mol。即阳极一共生成0.25mol气体，所以标准状况下的体积是5.60L，答案选C。【解析】【答案】C4、C【分析】解析：

A.烷烃的相对分子质量越大，沸点越高，则丙烷rm{>}乙烷rm{>}甲烷；故A正确；

B.同分异构体中，支链越多，沸点越低，则正戊烷rm{>}异戊烷rm{>}新戊烷；故B正确；

C.对二甲苯极性最小，沸点最低，沸点为对二甲苯rm{<}间二甲苯rm{<}邻二甲苯；故C错误；

D.芳香烃中相对分子质量越大，沸点越高，则邻二甲苯rm{>}甲苯rm{>}苯；故D正确；

故选C。

【解析】rm{C}5、B【分析】【分析】本题主要比较晶体与非晶体的性质与区别，难度不大，根据所学晶体知识即可完成。【解答】晶体有自范性且排列有序，故该说法错误。故选B。【解析】rm{B}6、C【分析】【分析】

本题旨在考查学生对化学平衡状态的判断的应用，难度一般。【解答】

A.由于题目中没有给出各物质的起始量，也没有给出反应的具体条件，所以无法知道容器中rm{SO_{2}}rm{O_{2}}rm{SO_{3}}的物质的量之比为rm{2隆脙1隆脙2}反应是否达到平衡；故A错误；

B.由于题目中没有给出各物质的起始量，也没有给出反应的具体条件，也就是说无法知道达到平衡后，rm{SO_{2}}和rm{SO_{3}}的物质的量浓度是否相等；故B错误；

C.由于此反应是气体非等体积反应；在恒温恒容下，压强不变，说明各物质的浓度不变，反应达到平衡，故C正确；

D.由于单位时间内生成rm{2molSO_{3}}时，即消耗了rm{1molO_{2}}表示的都是正反应速率，故D错误。

故选C。【解析】rm{C}7、D【分析】解：由题给信息可知，合成可逆向推断，根据或可知反应物为rm{2}rm{3-}二甲基rm{-1}rm{3-}丁二烯和丙炔或rm{2-}甲基rm{-1}rm{3-}丁二烯和rm{2-}丁炔，只有rm{D}符合；

故选：rm{D}

由题意可知，要合成逆向推断或者是以此解答该题．

本题主要考查有机化合物的推断与合成，侧重于有机物结构的判断和审题能力的考查，题目难度中等，注意烯烃加成反应的特点．【解析】rm{D}二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】试题分析：（1）对于反应①来说，升高温度其平衡常数增大，说明平衡正向移动，依据平衡移动原理：如果改变影响化学平衡的一个条件，那么平衡就向着能够减弱这种改变的方向移动，可知：正向是吸热的方向。（2）反应①减去反应②就可以得到反应③：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H=Q3；因此反应应③的K3=从表中的数据可知，随着温度的升高，K3的值是逐渐升高的，因此该反应是吸热反应；缩小容器体积，平衡不移动；降低温度，平衡逆向移动；使用合适的催化剂，平衡不移动；设法减少CO的量，减小了生成物的浓度，平衡右移；升高温度，平衡向着吸热的方向移动，因此选DE②Q3=Q1―Q2考点：考查反应热。【解析】【答案】（1）吸热（2）①K3=吸DE②Q3=Q1―Q29、略

【分析】【解析】【答案】10、略

【分析】试题分析：由元素周期表中位置，可知1为氢2为碳3为氧4为镁5为铝6为硫7为氯8为镍10为铜元素1和3形成的相对分子质量最小的分子为甲烷，按原子轨道重叠方式共价键为σ键，π键，单键为σ键；元素1和3形成化合物有漂泊作用，该化合物为双氧水，分子中氧原子之间形成1对共用电子对，氧原子和氢原子之间形成1对共用电子对；元素的的价电子排布式为nsnnpn+1，S能级容纳2个电子，故该元素的价电子排布为为氮元素，氮元素与氢元素形成的气态氢化物为氨气，空间结构为三角锥形；比9号元素原子序数少2的元素为铁，通常情况下能形成亚铁离子，铁离子两种离子，铁离子外围电子排布为3d5满足半充满较稳定，比亚铁离子稳定；同周期自左向右，第一电离能呈增大趋势，镁的2S能级容纳2个电子，为全满稳定状态，能量胶低，第一电离能高于周期相邻元素，故第一电离能Cl>S>Mg>Al由10号元素在周期表中的位置可知，其处于第四周期ΙB族考点：考查物质结构，化学键、电离能的相关知识点。【解析】【答案】(1)σ键（1分）（2分）（2）三角锥形（2分）（3）Fe2+、Fe3+（2分对一个1分）Fe3+（1分）Fe3+外围电子排布为3d5满足半充满较稳定。（2分）（4）Cl>S>Mg>Al（2分）(5)第四周期ΙB族（2分）11、略

【分析】解：（1）①因稀氨水呈碱性能使酚酞变红；同时氨水不稳定易分解，加热氨气逸出，溶液碱性减弱，溶液颜色逐渐变浅，冷却后氨气又溶解，溶液呈碱性，酚酞变红；

故答案为：稀氨水和酚酞；稀氨水中的NH3气逸出；所以溶液的颜色变浅；

②SO2能与品红发生化合反应，生成不稳定的无色物质，使品红褪色，加热时，生成的无色物质不稳定分解，SO2气体逸出，又生成品红，故溶液变为红色，冷却后SO2又使品红溶液褪色；

故答案为：溶有SO2的品红；SO2气体逸出；品红溶液恢复红色；

（2）①如果A是淡黄色固体，A与氧气反应生成C，则A为S，C为SO2，根据题中转化关系，A与氢气反应生成B为H2S，C与氧气反应生成D为SO3，D与水反应生成E为H2SO4，浓硫酸与铜加热条件下反应生成二氧化硫，E→C的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；

故答案为：H2S；H2SO4；

（2）如果A是无色气体，根据题中转化关系，A能与氢气也能和氧反应，则A应为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，符合转化关系，B→C的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O

（1）实验的装置为一封闭体系，受热时，有气体从溶液中逸出进入气球，导致溶液的颜色的变化；冷却后，逸出的气体又溶解在溶液中，得到原来溶液，恢复到原来溶液的颜色．在中学阶段，因为气体的溶入和逸出而导致溶液颜色互变的最常见的是SO2与品红溶液之间以及NH3与酚酞溶液之间；然后根据题中现象进行分析；验证并解答即可；

（2）①如果A是淡黄色固体，A与氧气反应生成C，则A为S，C为SO2，根据题中转化关系，A与氢气反应生成B为H2S，C与氧气反应生成D为SO3，D与水反应生成E为H2SO4；浓硫酸与铜加热条件下反应生成二氧化硫，符合转化关系；

②如果A是无色气体，根据题中转化关系，A能与氢气也能和氧反应，则A应为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3；铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，符合转化关系，据此答题；

本题考查框图推断，主要考查硫、氮的单质及其化合物知识，学生由实验现象判定实验原理的逆向思维能力等，解题的关键是在审题的基础上找准解题的突破口，经过分析，归纳，推理，得出正确的答案，难度中等，旨在考查学生对基础知识的掌握熟练程度，注意基础的全面掌握．【解析】稀氨水和酚酞；稀氨水中的NH3气逸出，所以溶液的颜色变浅；溶有SO2的品红；SO2气体逸出，品红溶液恢复红色；H2S；H2SO4；4NH3+5O24NO+6H2O12、略

【分析】均产生氯化银沉淀，原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的2/3，说明绿色晶体配合物中氯离子是2个，所以其化学式为[Ti（H20）5Cl]Cl2·H2O。【解析】【答案】[Ti（H20）5Cl]Cl2·H2O13、略

【分析】试题分析：（1）当正反应速率等于逆反应速率时，反应达到化学平衡，根据图像可知，t0～t1、t2～t3、t3～t4、t5～t6，正反应速率等于逆反应速率，故答案为：ACDF。（2）t1时正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，因为该反应的正反应为放热反应，所以升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，故t1时刻改变的条件是升高温度；t4时刻正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，因为该反应正反应方向气体系数减小，所以减小压强，正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，故t4时刻改变的条件是减小压强。（3）因为t0～t1、t2～t3、t3～t4、t5～t6，处于化学平衡状态，t1～t2、t4～t5，平衡向逆反应方向移动，所以氨的百分含量最高的是t0～t1。（4）设反应前加入amolN2、bmolH2，达到平衡时生成2xmolNH3，则反应前混合气体总物质的量=（a+b）mol，反应后混合气体总物质的量=（a+b—2x），根据平衡时混合气体中氨气的体积分数为20%，可得：2x÷（a+b—2x）=0.2，解得a+b=12x，所以反应后与反应前的混合气体体积之比=（a+b—2x）：（a+b）=（12x—2x）：12x=5:6。考点：本题考查图像的分析、化学平衡的判断、平衡移动的影响因素及应用、化学平衡的计算。【解析】【答案】（1）ACDF（2）C；B。（3）A（4）5:614、略

【分析】为0.4mol，与0.2mol完全加成，说明该酸分子中有两个碳碳双键，则n与m的关系是：n＝2m＋1-4＝2m-3①该高级脂肪酸的分子式是1mol该酸完全燃烧后生成（m＋1）mol和．已知0.2mol完全燃烧生成和共6.8mol，则可列式：1∶〔（m＋1）＋〕＝0.2∶6.8即2m＋n＝65②综合关系式①、②计算可得：m＝17，n＝31【解析】【答案】m＝17，n＝3115、3.6HBrO3、O23【分析】解：（1）①该反应方程式为3H2S+2HNO3═3S+2NO↑+4H2O，N元素化合价由+5价变为+2价、S元素化合价由-2价变为0价，转移电子数为6，双线桥法标出电子转移方向和数目为：

故答案为：

②设生成水的质量为x；

3H2S+2HNO3=2NO↑+3S+4H2O转移电子。

72g6mol

x0.3mol

72g：6mol=x：0.3mol

x==3.6g；

故答案为：3.6；

（2）3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2+9HF中，溴元素的化合价由+3价变为0价和+5价，氧元素的化合价由-2价变为0价，所以氧化剂是BrF3，还原剂是BrF3和H2O，氧化产物是HBrO3、O2，还原产物是Br2，被还原的元素是+3价的溴，该反应中，部分溴失电子部分得电子，水中氧元素失电子，转移电子数是6，则生成标准状况下的11.2LO2转移电子为3mol，BrF3为共价化合物，分子中含有3个Br-F，其电子式为

故答案为：HBrO3、O2；3。

（1）HNO3的氧化性大于S，所以在该反应中HNO3作氧化剂，在反应中得电子化合价降低，则H2S在反应中失电子作还原剂，该反应方程式为3H2S+2HNO3═3S+2NO↑+4H2O；结合化合价变化计算解答。

（2）反应3BrF3+5H2O═HBrO3+Br2+9HF+O2↑中；溴元素的化合价由+3价变为0价和+5价，氧元素的化合价由-2价变为0价，据此分析。

本题考查了氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及计算的考查，注意硝酸、硫化氢的性质，题目难度不大。【解析】3.6HBrO3、O23三、有机推断题(共4题，共8分)16、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=CH217、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】

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++HCl19、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、元素或物质推断题(共4题，共8分)20、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）221、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与