2025年沪教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年沪教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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、长式周期表共有18个纵行，从左到右排为1－18列，即碱金属为第一列，稀有气体元素为第18列。按这种规定，下列说法正确的是A.第9列中元素中没有非金属元素B.只有第二列的元素原子最外层电子排布为ns2C.第四周期第9列元素是铁元素D.第10、11列为ds区2、下列分子式表示的物质一定是纯净物的是（）A.CH4B.C2H6OC.C6H12O6D.C2H4Cl23、下列实验操作或对实验事实的描述正确的有rm{垄脵}如果将苯酚浓溶液沾到皮肤上，应立即用酒精洗rm{垄脷}用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯和甲苯rm{垄脹}用氨水清洗做过银镜反应实验的试管rm{垄脺}除去苯中的苯酚：向溶液中加入浓溴水，过滤rm{垄脻}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rm{垄脼}向溴乙烷中加入rm{NaOH}溶液充分反应后，取上层清液并加入rm{AgNO_{3}}溶液可观察到有淡黄色沉淀生成A.rm{垄脵垄脷}B.rm{垄脷垄脼}C.rm{垄脵垄脷垄脺垄脼}D.rm{垄脵垄脷垄脺垄脻}4、一定条件下，在固定容积密闭容器中发生可逆反应：4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）；下列叙述中正确的是（）

A.达到化学平衡时，化学反应速率的关系是2v逆（NH3）=3v正（H2O）

B.达到化学平衡时，NH3、O2、NO、H2O物质的量之比为4：5：4：6

C.混合气体的密度一定时；该化学反应达到化学平衡。

D.若单位时间内生成xmolNO的同时，生成xmolNH3；则反应达到平衡状态。

5、设rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.rm{1molFeCl_{3}}水解生成的rm{Fe(OH)_{3}}胶粒数为rm{N_{A}}B.rm{4.6g}有机物rm{C_{2}H_{6}O}的分子结构中含有的rm{C隆陋H}键数目一定为rm{0.5N_{A}}C.标准状况下，rm{11.2LCO_{2}}与足量rm{Na_{2}O_{2}}反应转移的电子数为rm{0.5N_{A}}D.rm{1.8g}的rm{NH_{4}^{+}}离子中含有rm{0.1N_{A}}个电子6、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{CHCl_{3}}是正四面体形B.rm{H_{2}O}分子中氧原子为rm{sp^{2}}杂化，其分子几何构型为rm{V}形C.二氧化碳中碳原子为rm{sp}杂化，为直线形分子D.rm{NH_{4}^{+}}是三角锥形评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)7、把0.05molNaOH固体分别加入下列100mL液体中，溶液导电能力变化不大的是（）A.自来水B.0.5mol/L盐酸C.0.5mol/LCH3COOHD.0.5mol/LNH4Cl溶液8、为了避免青铜器生成铜绿，以下方法正确的是rm{(}rm{)}A.将青铜器放在银质托盘上B.将青铜器保存在干燥的环境中C.将青铜器保存在潮湿的空气中D.在青铜器的表面覆盖一层防渗的高分子膜9、已知rm{X}rm{Y}元素同周期，且电负性rm{X>Y}下列说法一定错误的是rm{(}rm{)}A.第一电离能：rm{Y}小于rm{X}B.气态氢化物的稳定性：rm{H_{m}Y}强于rm{H_{n}X}C.最高价含氧酸的酸性：rm{X}对应酸的酸性强于rm{Y}的D.rm{X}和rm{Y}形成化合物时，rm{X}显负价，rm{Y}显正价10、下列有机物的系统命名中正确的是()A.rm{2-}乙基丁烷B.rm{2-}甲基戊烷C.rm{2-}甲基rm{-4-}乙基庚烷D.rm{2}rm{3-}二乙基rm{-4-}甲基己烷11、分子式为C5H1002的有机物为水果香味的液体，它与Na0H溶液共热后蒸馏，若得到的气体对H2的相对密度为30，则有机物的结构简式不可能为（）A.CH3C00CH2CH2CH3B.CH3CH2CH2CH2C00HC.D.12、曙红可用作指示剂及染料，其结构简式如图所示。下列有关曙红的说法正确的是

A.该物质属于芳香烃B.该物质能与盐酸发生反应C.该物质能发生取代、还原、消去反应D.rm{1mol}曙红最多能与rm{3molNaOH}反应13、将rm{6mol}rm{A}和rm{5mol}rm{B}混合于rm{2L}恒容密闭容器中，发生如下反应：rm{3A(g)+B(g)?nC(g)+2D(g)}rm{5s}后反应达到平衡状态，生成rm{2mol}rm{D}经测定以rm{C}表示的平均反应速率为rm{0.4mol?L^{-1}?s^{-1}.}则下列结论中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{5}rm{s}内以rm{A}表示的平均反应速率为rm{0.15}rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}B.rm{n}值等于rm{4}C.平衡时rm{B}的转化率为rm{20%}D.平衡时，rm{B}的浓度为rm{4mol?L^{-1}}14、下列物质可用于治疗胃酸过多的是rm{(}rm{)}A.碳酸氢钠B.氢氧化铝C.氢氧化钠D.硫酸钡评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、研究难溶电解质的沉淀溶解平衡及在生产生活中应用意义重大．

（1）FeS沉淀废水中的Hg2+的反应式为：______；

（2）氢氧化铜悬浊液中存在如下平衡：Cu（OH）2（s）═Cu2+（aq）+2OH-（aq），常温下其Ksp=c（Cu2+）•c2（OH-）=2×10-20mol2•L-2；

①某硫酸铜溶液里c（Cu2+）=0.02mol/L，如要生成Cu（OH）2沉淀，应调整溶液pH使之大于______；

②要使0.2mol/L硫酸铜溶液中Cu2+沉淀较为完全（使Cu2+浓度降至原来的千分之一），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液使溶液中OH-浓度为______．16、某实验小组为确定过氧化氢分解的最佳催化条件；用如图实验装置进行实验，反应物用量和反应停止的时间数据如下：

。MnO2

H2O2时间0.1g0.3g0.5g10mL1.5%223s67s56s10mL3.0%308s109s98s10mL4.5%395s149s116s分析表中数据回答下列问题：

(1)相同浓度的过氧化氢的分解速率随着二氧化锰用量的增加而____________．

(2)从实验效果和“绿色化学”的角度考虑；双氧水的浓度相同时，加入____________g的二氧化锰为较佳选择．

(3)该小组的某同学分析上述数据后认为：“当用相同质量的二氧化锰时，双氧水的浓度越小，所需要的时间就越少，亦即其反应速率越快”的结论，你认为是否正确____________；理由是____________．17、根据要求填空：

rm{(1)}有机物rm{2}rm{2}rm{3}rm{3}一四甲基戊烷的结构简式是______

rm{(2)}草药莪术根茎中有一种色素，用它制成的试纸可以检验溶液的酸碱性rm{.}该色素的结构简式为。

该色素一个分子中含有______个饱和碳原子和______不饱和碳原子，写出该分子中所有官能团的名称______．18、（6分）某学校化学科研小组从文献资料上获得如下信息：NaHCO3在潮湿的空气中会缓慢分解成Na2CO3、H2O和CO2。为了验证这一信息，该科研小组将一瓶在潮湿空气中久置的NaHCO3样品混合均匀后，进行如下实验：（1）在一个质量为ag的蒸发皿中加入一些样品，称得总质量为bg。用酒精灯对其充分加热，冷却后称得其总质量为cg。残留在蒸发皿中的固体是（填化学式）_________。（2）另称取相同质量的样品放入锥形瓶中，实验装置如右图所示。打开活塞逐滴加入稀硫酸，至没有气泡产生为止。针筒中收集到气体折算成标准状况下的体积为VmL（滴入稀硫酸的体积及针筒活塞的内壁的摩擦力忽略不计）。该科研小组设称取的每份样品中的Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为x、y，且没有利用化学方程式进行计算，就列出了如下算式：x+y=VmL/22400mL·mol—1，他们依据的原理是_________。根据相似原理，请完成下列算式：2x+y=__________由上述两算式，该科研小组通过计算，得出了样品中的Na2CO3、NaHCO3的质量分数。19、(9分)认真观察下列装置，回答下列问题：⑴装置B中PbO2上发生的电极反应方程式为。⑵装置A中总反应的离子方程式为。⑶若装置E中的目的是在Cu材料上镀银，则X为，极板N的材料为。若装置E的目的是验证金属的电化学防腐，则极板N的材料为__________________。⑷当装置A中Cu电极质量改变6.4g时，装置D中产生的气体体积为L（标准状况下）。20、（3分）下列有关化学实验操作正确的是_______________（填序号）①实验室用盛装饱和碳酸钠溶液的试管收集乙酸乙酯②为证明淀粉水解完全，取少量反应混合物，先加NaOH溶液中和硫酸，再加入新制氢氧化铜悬浊液并加热，有红色沉淀生成。③验证RX是碘代烷，把RX与烧碱水溶液混合加热后，将溶液冷却后再加入硝酸银溶液。④实验室用无水乙醇和浓硫酸共热制乙烯时，把温度计水银球插入液面以下。⑤向皂化反应后的溶液中加入食盐，静置后进行分液操作得到肥皂。21、某元素位于元素周期表中第四周期，第VA族，元素符号是______，最高价氧化物对应的水化物的化学式______．22、用系统命名法命名下列物质或写出结构简式。

（1）______

（2）2-甲基-1-戊烯：______．23、氯化铵是一种生理酸性肥料，以氯化钠和硫酸铵为原料制备氯化铵的工艺流程如下：

rm{垄脜}氯化铵和硫酸钠的溶解度随温度变化如下图所示，“操作Ⅰ”为蒸发浓缩，首先析出的物质是____，“操作Ⅱ”包含趁热过滤，冷却结晶，冷却结晶时的合适温度为____。

rm{垄脝}检验氯化铵样品中是否混有硫酸钠的实验操作是检验氯化铵样品中是否混有硫酸钠的实验操作是rm{垄脝}

。农业用氯化铵的要求如下表所示，为了确定该农业用氯化铵样品的等级，研究小组采用如下方法进行测定。称取rm{垄脟}农业用氯化铵的要求如下表所示，样品配成rm{垄脟}溶液，取出rm{1.4g}加入足量的甲醛溶液rm{100mL}杂质不与甲醛反应rm{10mL}发生反应：rm{(}生成的rm{)}与rm{4NHrlap{_{4}}{^{+}}+6HCHO=(CH_{2})_{6}N_{4}+4H^{+}+6H_{2}O}的rm{H^{+}}溶液恰好完全反应。通过计算判断该农业用氯化铵样品的等级rm{25mL0.1mol隆陇L^{-1}}写出计算过程rm{NaOH}rm{(}评卷人得分四、其他(共4题，共12分)24、(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。25、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的转化关系，其中A、E分子式分别是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯环外还含有一个六元环，且E中不含甲基。根据下列转化关系回答问题：（1）写出A分子中所含官能团的名称________________________________。（2）完成方程式，并分别写出反应类型A→B___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。B→C___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。（3）写出E的结构简式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的体积为_________mL。（5）符合下列条件的D的同分异构体共有_________种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式______________________________________。①苯环上有两个取代基②能与FeCl3溶液发生显色反应③能发生水解反应和银镜反应26、（8分）由丙烯出发，经如下反应，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）写出X和Y的结构简式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反应类型为__________；由W生成丙烯酸的反应类型为___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定条件下可合成高分子G，反应方程式为。27、下图转化关系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的单质，在常温常压下A是固体，其余都是气体，且C呈黄绿色。化合物H和I两种气体相遇时产生白烟K（NH4Cl）。化合物G的焰色反应为黄色，B为氧气。反应①和②均在溶液中进行。请按要求回答下列问题。（1）写出下列物质的化学式：D、F。（2）反应②的离子方程式为。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，反应的现象为。（4）将少量单质C通入盛有淀粉KI溶液的试管中，液体变为蓝色。这说明单质C的氧化性于单质碘(填“强”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液时，生成的灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出红褐色沉淀的化学式：。评卷人得分五、计算题(共2题，共10分)28、（4分）将某种碳酸钠晶体（Na2CO3·nH2O）和碳酸氢钠的混合物11.24g，加热到质量不再减少，剩余残渣8.48g。加热时产生的气体依次通过浓H2SO4和NaOH溶液后，NaOH溶液增重1.32g（假设气体全部被吸收）。试计算：（1）混合物中NaHCO3的质量分数为%。（2）混合物中碳酸钠晶体与碳酸氢钠的物质的量之比为。（写出计算过程）29、能源短缺是人类社会面临的重大问题．甲醇是一种可再生能源；具有广泛的开发和应用前景．

（1）已知：CO、H2、CH3OH（g）的燃烧热分别为283kJ/mol、285.8kJ/mol、768kJ/mol工业上一般采用利用合成气发生下列反应合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H．

①完成该热化学方程式：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H______kJ/mol；

②某温度下，将2molCO和6molH2充人2L的密闭容器中；充分反应达到平衡；

测得c（H2）=2.2mol•L-1，则CO的转化率为______．

（2）T1℃时，此反应的平衡常数为K（T1）=50．此温度下，在一个2L的密闭容器中加入一定量CO和H2；反应到某时刻测得各组分的浓度如下：

。物质H2COCH3OH浓度/（mol•L-1）0.20.20.4①比较此时正、逆反应速率的大小：v正______v逆值（填“＞”；“＜”或“=”）．

②若其他条件不变，在T2℃反应l0min后又达到平衡，测得n（H2）=0.3mol，试比较：温度T1______T2（填“＞”、“=”或“＜”，下同）T2℃时该反应的平衡常数K（T2）______50．

③若其他条件不变时，只改变反应的某一个条件，下列说法正确的是______．

A．若达到新平衡时c（CO）=0.3mo1/L；平衡一定逆向移动。

B．若将容器体积缩小到原来的一半；达到新平衡时，0.2mol/L＜c（CO）＜0.4mol/L

C．若向容器中同时加入0.4molCO和0.8molCH3OH（g）；平衡不移动。

D．若向容器中加入0.8molCH3OH（g），达到新平衡时，CO的体积分数不变．评卷人得分六、解答题(共2题，共12分)30、在3种有机物①CH4、②CH3CH2OH、③CH3COOH中；属于天然气主要成分的是______（填序号，下同），俗称“酒精”的是______，属于食醋主要成分的是______．

31、进行胃部透视时；常在检查之前服用“钡餐”，其主要成分是硫酸钡．

（1）25℃时；已知胃液的pH在0.9-1.5之间，请问______（填“能”或“不能”）用碳酸钡代替硫酸钡作为“钡餐”使用，简述你做出判断的理由：______．

（2）当人体中Ba2+浓度达到2×10-3mol•L-1时，就会对健康产生危害，若误将氯化钡当做食盐使用，请计算说明是否可以通过服用5%的硫酸钠溶液有效除去胃中的Ba2+．（25℃时，硫酸钡的溶度积常数Ksp=1.1×10-10）______．

（3）环境监测某工厂废水中Ba2+的浓度．取废水50.00mL，控制适当的酸度加入足量的K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时CrO42-全部转化为Cr2O72-，再加入过量KI溶液，反应液中再滴加0.100mol•L-1Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00mL．已知有关的离子方程式为：①Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；②I2+2S2O32-=2I-+S4O62-．

试计算该工厂废水中Ba2+的物质的量浓度．

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【解析】试题分析：第9列中元素是原来的第Ⅷ族元素，全部是金属，A正确；B不正确，例如He也满足；C不正确，第四周期第9列元素是钴元素；D不正确，应该是第11、12列为ds区，答案选A。考点：考查元素周期表的结构【解析】【答案】A2、A【分析】解：A；此为甲烷的分子式；是纯净物，故A正确；

B、C2H6O存在同分异构体，可表示乙醇或者甲酸甲酯，所以C2H6O表示的物质不一定是纯净物；故B错误；

C、C6H12O6存在同分异构体；可表示葡萄糖或者果糖，所以此分子表示的物质不一定是纯净物，故C错误；

D、C2H4Cl2可表示1；1-二氯乙烷或1，2-二氯乙烷，故D错误；

故选：A．

纯净物是由一种物质组成的物质；混合物是由多种物质组成的物质；据此结合常见物质的组成成分以及同分异构体的概念判断解答．

本题考查了纯净物的判断，熟悉纯净物、混合物的概念，掌握同分异构体、同素异形体的判断是解题关键，题目难度不大．【解析】【答案】A3、A【分析】【分析】本题主要考查了化学实验中的除杂问题；理解相关的化学反应原理是解答的关键，题目较简单。

【解答】rm{垄脵}苯酚和酒精都是有机物，苯酚易溶于酒精，苯酚浓溶液沾到皮肤上，应立即用酒精洗，故rm{垄脵}正确；

rm{垄脷}用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯和甲苯，甲苯被紫红色的高锰酸钾氧化成苯甲酸，高锰酸钾溶液褪色，而苯无此性质，所以能鉴别，故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹}氨水是弱碱，不能和银反应，做过银镜反应实验的试管上附着单质银，所以不能用氨水洗，故rm{垄脹}错误；

rm{垄脺}除去苯中的苯酚：向苯中含有苯酚的溶液中加入浓溴水，苯酚和溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚是有机物，溶于苯中，无法过滤，故rm{垄脺}错误；

rm{垄脻}要除去乙烷中的乙烯制得纯净的乙烷，将混合气通入酸性高锰酸钾溶液中，酸性高锰酸钾将乙烯氧化成二氧化碳，二氧化碳混在乙烷中，得不到纯净的乙烷，故rm{垄脻}错误；

rm{垄脼}向溴乙烷中加入rm{NaOH}溶液充分反应后，取上层清液并加入rm{AgNO_{3}}溶液，上层清夜中的氢氧化钠和硝酸银反应，生成氢氧化银白色沉淀，该沉淀会分解生成黑色的氧化银，不可观察到有淡黄色沉淀生成，故rm{垄脼}错误；故A正确。

故选A。

【解析】rm{A}4、D【分析】

A.2v逆（NH3）=3v正（H2O），即v逆（NH3）：v正（H2O）=3：2≠2：3；反应为处于平衡状态，故A错误；

B．到达平衡时，反应混合物的物质的量关系与起始投入量及转化率有关，达到化学平衡时，NH3、O2、NO、H2O物质的量之比可能为4：5：4：6；也可能不是，故B错误；

C．混合气体的总质量不变；容器的容积不变，该体系密度始终不变，不能说明到达平衡，故C错误；

D．单位时间内生成xmolNO的同时生成xmolNH3，生成xmolNH3的同时消耗xmolNO；生成的NO与消耗的NO相等，反应到达平衡，故D正确；

故选D．

【解析】【答案】A．可逆反应到达平衡时；不同物质表示的正；逆速率之比等于化学计量数之比；

B．到达平衡时；反应混合物的物质的量关系与起始投入量及转化率有关；

C．该体系密度始终不变；不能说明到达平衡；

D．计算消耗的NO的物质的量；与生成的NO的物质的量比较判断．

5、C【分析】【分析】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用和有关计算，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意有机物结构特点，题目难度中等。【解答】A.氢氧化铁胶体为许多氢氧化铁的聚集体，rm{1molFeCl_{3}}水解生成的rm{Fe(OH)_{3}}胶粒数小于rm{lN_{A}}故A错误；B.rm{4.6g}有机物rm{C_{2}H_{6}O}的物质的量是rm{0.1mol}该物质分子结构可能是二甲醚，也可能是乙醇，所以其中含有的rm{C}一rm{H}键数目不一定为rm{0.5N_{A}}故B错误；C.标准状况下，rm{11.2LCO_{2}}的物质的量是rm{0.5mol}与足量rm{Na_{2}O_{2}}反应转移的电子数为rm{0.5N_{A}}故C正确；D.rm{1.8g}的rm{NH_{4}^{+}}离子物质的量为rm{0.1mol}含有rm{N_{A}}个电子，故D错误。故选C。【解析】rm{C}6、C【分析】【分析】本题考查微粒空间构型和原子杂化方式的判断，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难度不大。【解答】A.甲烷中rm{4}个共价键完全相同为正四面体，rm{CHCl_{3}}分子的rm{4}个共价键不完全相同；所以不是正四面体，故A错误；

B.rm{H_{2}O}分子中rm{O}原子的价层电子对数rm{=2+dfrac{1}{2}(6-1隆脕2)=4}为rm{=2+dfrac

{1}{2}(6-1隆脕2)=4}杂化，含有rm{sp^{3}}个孤电子对，分子为rm{2}形；故B错误；

C.二氧化碳中rm{V}原子的价层电子对数rm{=2+dfrac{1}{2}(4-2隆脕2)=2}为rm{C}杂化；分子为直线形，故C正确；

D.rm{=2+dfrac

{1}{2}(4-2隆脕2)=2}中rm{sp}原子的价层电子对数rm{=4+dfrac{1}{2}(5-1+4隆脕1)=4}为rm{NH_{4}^{+}}杂化；不含有孤电子对，为正四面体形，故D错误。

故选C。rm{N}【解析】rm{C}二、双选题(共8题，共16分)7、B|D【分析】解：溶液导电能力与溶液中离子浓度成正比；混合后溶液导电能力变化不大，说明溶液中离子浓度变化不大；

A．自来水是弱电解质；溶液中离子浓度很小，NaOH是强电解质，加入NaOH固体后，NaOH电离生成钠离子和氢氧根离子，溶液中离子浓度增大，溶液导电能力变化很大，故A错误；

B；未加氢氧化钠固体；导电的有氯离子和氢离子，加入氢氧化钠后主要是钠离子，氯离子，未反应的氢离子，而参加反应的氢离子正好与钠离子的量相当．所以导电性变化不大，故B正确；

C；原来是弱电解质；离子较少，加入强碱以后，变为强电解质，导电能力增强，故C错误；

D；氯化铵为强电解质；加入NaOH后生成物仍是强电解质，离子的浓度变化不大，故导电性变化不大，故D正确；

故选BD．

溶液导电能力与溶液中离子浓度成正比；混合后溶液导电能力变化不大，说明溶液中离子浓度变化不大，据此分析解答．

本题考查溶液中离子浓度大小比较，以此判断溶液的导电性，溶液混合后导电能力变化的大小，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化．【解析】【答案】BD8、rBD【分析】解：铜和空气中水；二氧化碳反应生成碱式碳酸铜即铜绿；为防止铜生锈，应该隔绝空气或水；

A.将青铜器放在银质托盘上，rm{Cu}rm{Ag}和合适的电解质溶液构成原电池，rm{Cu}易失电子作负极而加速被腐蚀；故A错误；

B.将青铜器保存在干燥的环境中能隔绝水；所以能防止铜生锈，故B正确；

C.将青铜器保存在潮湿的空气中加快铜生锈；故C错误；

D.在青铜器的表面覆盖一层防渗的高分子膜；从而隔绝空气和水，所以能防止生锈，故D正确；

故选BD．

铜和空气中水；二氧化碳反应生成碱式碳酸铜即铜绿；为防止铜生锈，应该隔绝空气或水，可以采用涂油、覆盖保护膜等方法，据此分析解答．

本题考查金属的电化学腐蚀与防护，明确金属被腐蚀原理是解本题关键，可以采用物理或化学方法防止生锈，题目难度不大．【解析】rm{BD}9、rAB【分析】解：rm{A.}非金属性rm{X>Y}但rm{Y}的最外层电子为半满或全满时稳定，则rm{Y}的第一电离能大于rm{X}如rm{N>O}故A错误；

B.非金属性rm{X>Y}则气态氢化物的稳定性：rm{H_{m}Y}弱于rm{H_{n}X}故B错误；

C.非金属性rm{X>Y}最高价含氧酸的酸性：rm{X}对应酸的酸性强于rm{Y}的；故C正确；

D.非金属性rm{X>Y}rm{X}得到电子能力强，则rm{X}和rm{Y}形成化合物时，rm{X}显负价，rm{Y}显正价；故D正确；

故选AB．

rm{X}rm{Y}元素同周期，且电负性rm{X>Y}则原子序数rm{X>Y}非金属性rm{X>Y}非金属性越强，对应氢化物越稳定；对应最高价含氧酸的酸性越强，以此来解答．

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握电负性与非金属性的关系、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大．【解析】rm{AB}10、BC【分析】【分析】本题主要考查的是烷烃的命名，难度不大，掌握烷烃命名原则是解决本题的关键。【解答】A.rm{2-}乙基戊烷，主链选取错误，正确命名为：rm{3-}甲基己烷，故A错误；B.rm{2-}甲基戊烷，甲基戊烷，符合烷烃命名原则；故B错误；

C.rm{2-}甲基rm{2-}甲基rm{-4-}乙基庚烷，乙基庚烷，符合烷烃命名原则；故C正确；

D.rm{2-}位上出现乙基，说明没有选取最长碳链，并且应先写甲基，再写乙基，正确命名为：rm{-4-}rm{2}二甲基rm{3}乙基庚烷；故D错误。

故选BC。

rm{5-}【解析】rm{BC}11、B|C【分析】解：分子式为C5H10O2的有机物为水果香味的液体，应为酯类物质，它与NaOH溶液共热生成盐和醇，蒸馏得到醇，得到的气体对H2的相对密度为30；则该醇的相对分子质量为30×2=60，应为丙醇（分正丙醇和异丙醇），则对应的酸应为乙酸；

所以该酯可能为：CH3C00CH2CH2CH3，不可能为：CH3CH2CH2CH2C00H、

故选BC．

分子式为C5H10O2的有机物为水果香味的液体，应为酯类物质，它与NaOH溶液共热生成盐和醇，蒸馏得到醇，得到的气体对H2的相对密度为30；则该醇的相对分子质量为30×2=60，应为丙醇，由此可知对应酸；酯的种类．

本题考查有机物的推断，题目难度不大，本题注意根据相对分子质量确定醇的种类，进而可确定酸的种类，为解答该题的关键．【解析】【答案】BC12、BD【分析】【分析】本题考查有机物的结构和性质，反应类型的判断，难度中等。【解答】A.该物质中含有碳、氢外的其他元素，则不属于芳香烃，故A错误；B.该物质分子中含有rm{-COONa}rm{-ONa}可以与盐酸发生反应，故B正确；C.该物质中含有rm{-Br}羰基、羧酸钠、酚钠、硝基、醚键，能发生取代、还原，不能发生消去反应，故C错误；D.分子中与苯环相连的溴水解生成酚羟基和rm{HBr}rm{1molBr}可以消耗rm{2mol}氢氧化钠，与碳碳双键相连的溴水解生成rm{HBr}所以rm{1mol}曙红最多能与rm{3molNaOH}反应，故D正确。故选BD。【解析】rm{BD}13、rBC【分析】解：rm{A}平衡时生成rm{2mol}的rm{D}所以参加反应的rm{A}为rm{3mol}故rm{v(A)=dfrac{dfrac{3mol}{2L}}{5s}=0.3mol?(L?min)^{-1}}故A错误；

B、速率之比等于化学计量数之比，故rm{v(A)=dfrac{dfrac

{3mol}{2L}}{5s}=0.3mol?(L?min)^{-1}}rm{3}rm{n=0.3mol?(L?min)^{-1}}解得rm{0.4mol?(L?min)^{-1}}故B正确；

C、平衡时rm{n=4}的转化率为rm{dfrac{1mol}{5mol}隆脕100%=20%}故C正确；

D、平衡时生成rm{B}的rm{dfrac

{1mol}{5mol}隆脕100%=20%}所以参加反应的rm{2mol}为rm{D}故平衡时rm{B}的物质的量为rm{1mol}平衡时rm{B}的浓度为rm{5mol-1mol=4mol}故D错误；

故选BC．

A、结合rm{B}的物质的量，根据方程式计算参加反应的rm{dfrac{4mol}{2L}=2mol/L}的物质的量，再根据rm{v=dfrac{dfrac{trianglen}{V}}{triangleT}}计算rm{D}

B、利用速率之比等于化学计量数之比计算rm{A}的值；

C、rm{v=dfrac{dfrac{triangle

n}{V}}{triangleT}}的转化率rm{=dfrac{{虏脦录脫路麓脫娄}B{碌脛脦茂脰脢碌脛脕驴}}{B{驴陋脢录脥露脠毛碌脛脳脺碌脛脦茂脰脢碌脛脕驴}}隆脕100%}据此计算；

D、结合rm{v(A)}的物质的量，根据方程式计算参加反应的rm{n}的物质的量，计算平衡时rm{B}的物质的量，根据rm{=dfrac

{{虏脦录脫路麓脫娄}B{碌脛脦茂脰脢碌脛脕驴}}{B{驴陋脢录脥露脠毛碌脛脳脺碌脛脦茂脰脢碌脛脕驴}}隆脕100%}计算平衡时rm{D}的浓度．

本题考查化学平衡、反应速率的有关计算，难度不大，旨在考查学生对基础知识的理解掌握．rm{B}【解析】rm{BC}14、rAB【分析】解：rm{A.}碳酸氢钠能与盐酸反应；常用来做抗酸药，故A正确；

B.氢氧化铝为弱碱性；可以用于治疗胃酸过多，故B正确；

C.氢氧化钠有腐蚀性；不能用于治疗胃酸过多，故B错误；

D.硫酸钡不盐酸反应；故D错误．

故选AB．

胃酸含有盐酸；利用溶解性物质中和过多的盐酸，氢氧化钠具有强碱性，会腐蚀性肠胃．

本题以抗酸药为载体，考查元素化合物性质，体现化学的社会性，注意抗酸药应无腐蚀性．【解析】rm{AB}三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】解：（1）硫化汞的溶度积小于硫化亚铁，沉淀可以向着更难溶的物质进行转化，FeS沉淀废水中的Hg2+的反应式为：FeS（s）+Hg2+（aq）=Fe2+（aq）+HgS（s）；

故答案为：FeS（s）+Hg2+（aq）=Fe2+（aq）+HgS（s）；

（2）①Ksp=c（Cu2+）•[c（OH-）]2=2×10-20，c（Cu2+）=0.02mol/L，如果生成Cu（OH）2沉淀，c（0H-）==10-9mol/L，c（H+）=10-5mol/L，所以pH=5，即生成Cu（OH）2沉淀；应调整溶液pH，使之大于5，故答案为：5；

（2）0.2mol/L的CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全（使Cu2+浓度降至原来的千分之一）则应向溶液里加NaOH溶液，c（Cu2+）=0.0002mol/L，c（0H-）==10-8mol/L，故答案为：10-8mol/L．

（1）硫化汞的溶度积小于硫化亚铁；沉淀可以向着更难溶的物质进行转化；

（2）①c（Cu2+）=0.02mol/L，如果生成Cu（OH）2沉淀；根据Ksp计算pH；

②0.2mol/L的CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全（使Cu2+浓度降至原来的千分之一）则应向溶液里加NaOH溶液，c（Cu2+）=0.0002mol/L，根据Ksp计算OH-浓度．

本题考查较综合，涉及沉淀转化、溶度积的计算等知识点，注重高考常考点的考查，侧重反应原理及学生计算能力的考查，题目难度中等．【解析】FeS（s）+Hg2+（aq）=Fe2+（aq）+HgS（s）；5；10-8mol/L16、略

【分析】解：(1)由表中数据可知；双氧水的量相同，加入的二氧化锰质量越多，反应所需的时间越短，说明反应速率越快；

故答案为：加快；

(2)根据表中数据；在双氧水的浓度相同时，加入0.3g二氧化锰与加入0.1g二氧化锰对化学反应速率影响相差较大，加入0.3g二氧化锰与加入0.5g二氧化锰对反应速率的影响相差不是很大，所以加入二氧化锰的最佳量为0.3g；

故答案为：0.3；

(3)从表中数据可知，相同体积3.0%的双氧水中的溶质含量是1.5%的双氧水中溶质含量的二倍，但反应的时间却比其反应时间的二倍小得多，由反应速率计算公式(v=)可得出；此实验条件下双氧水的浓度越大分解速率越快；

故答案为：不正确；从表中数据可知，相同体积3.0%的双氧水中的溶质含量是1.5%的双氧水中溶质含量的二倍，但反应的时间却比其反应时间的二倍小得多，由反应速率计算公式(v=)可得出，此实验条件下双氧水的浓度越大分解速率越快．【解析】加快;0.3;不正确;从表中数据可知，相同体积3.0%的双氧水中的溶质含量是1.5%的双氧水中溶质含量的二倍，但反应的时间却比其反应时间的二倍小得多，由反应速率计算公式(v=)可得出，此实验条件下双氧水的浓度越大分解速率越快．17、略

【分析】解：rm{(1)}有机物rm{2}rm{2}rm{3}rm{3}一四甲基戊烷的结构简式是故答案为：

rm{(2)}中只有亚甲基上rm{C}为饱和碳原子，则该色素一个分子中含有rm{1}个饱和碳原子和rm{18}不饱和碳原子；该分子中所有官能团的名称为羟基；羰基、碳碳双键；

故答案为：rm{1}rm{18}羟基；羰基、碳碳双键．

rm{(1)}戊烷中主链有rm{5}个rm{C}rm{2}rm{3}号rm{C}上有rm{4}个甲基；

rm{(2)}由结构可知，只有一个亚甲基为饱和碳原子，其它均为不饱和碳原子，且有机物中含酚rm{-OH}碳碳双键、羰基；以此来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、饱和碳原子判断、官能团为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物结构的判断，题目难度不大．【解析】rm{1}rm{18}羟基、羰基、碳碳双键18、略

【分析】【解析】试题分析：（1）2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，因此用酒精灯充分加热后，残留的固体是Na2CO3。（2）根据等式x+y=VmL/22400mL·mol—1可以看出是碳原子守恒，2x+y是钠原子守恒，根据加热后残留的物质是Na2CO3可求得n(Na+)=×2，所以2x+y=×2。考点：化学计算【解析】【答案】（1）Na2CO3（2）原子守恒×219、略

【分析】（1）根据装置图可判断，BC是原电池，二氧化铅是正极，得到电子，电极反应式为PbO2＋4H＋＋SO2－4＋2e－＝PbSO4＋2H2O。（2）A中铜电极和正极相连，是阳极，铜失去电子。阴极是Pt，溶液中的氢离子得到电子，所以总的反应式为Cu＋2H＋Cu2＋＋H2↑。（3）电镀时镀层金属作阳极，待镀金属作阴极，含有镀层金属离子的溶液作电镀液，所以X是硝酸银溶液。N是阳极，则N是银。由于N是阳极，所以如果装置E的目的是验证金属的电化学防腐，则极板N的材料应为惰性电极。（4）当装置A中Cu电极质量改变6.4g时，转移电子是6.4g÷64g/mol×2＝0.2mol。装置D中氯化钠是0.1mol，阴极是氢离子放电，氢气是0.1mol。阳极是氯离子放电，生成氯气，物质的量是0.05mol，所以阴极还生成氧气，物质的量是0.1mol÷4＝0.025mol，所以标准状况下的体积共计是（0.1mol+0.05mol+0.025mol）×22.4L/mol=3.92L.。【解析】【答案】⑴PbO2＋4H＋＋SO2－4＋2e－＝PbSO4＋2H2O(2分)⑵Cu＋2H＋Cu2＋＋H2↑(2分)⑶AgNO3Ag惰性电极（或石墨等不溶性惰性材料）(各1分)⑷3.92(2分)20、略

【分析】【解析】【答案】①④21、略

【分析】解：元素位于元素周期表中第四周期，第VA族，则元素为砷，砷的元素符号为As，最高价氧化物对应的水化物为H3AsO4，故答案为：As；H3AsO4．

根据元素位于元素周期表中第四周期；第VA族，则元素为砷，然后写出元素符号以及最高价氧化物对应的水化物，由此分析解答．

本题考查学生利用原子序数来判断元素的位置，明确第四周期的元素在周期表中的位置即可解答，比较容易．【解析】As；H3AsO422、略

【分析】解：（1）主链为烷烃，最长碳链含有5个C，主链为戊烷，编号从右边开始，在2；3号C各含有一个甲基，该有机物命名为：2，3-二甲基戊烷；

故答案为：2；3-二甲基戊烷；

（2）依据系统命名方法，结合名称写出结构简式，2-甲基-1-戊烯的结构简式是：CH2=C（CH3）CH2CH2CH3，故答案为：CH2=C（CH3）CH2CH2CH3．

判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

（1）烷烃命名原则：

①长--选最长碳链为主链；

②多--遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近--离支链最近一端编号；

④小--支链编号之和最小．看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

⑤简--两取代基距离主链两端等距离时；从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．

（2）有机物的名称书写要规范；

（3）含有官能团的有机物命名时；要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．

本题考查了有机物的命名、有机物结构简式的书写，题目难度不大，注意掌握常见有机物的命名原则，能够根据命名写出有机物的结构简式．【解析】2，3-二甲基戊烷；CH2=C（CH3）CH2CH2CH323、（1）Na2SO435℃(33℃～40℃均可)

（2）取少量氯化铵样品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品不含硫酸钠，反之，表明氯化铵样品含有硫酸钠

（3）1.4g样品中n(NH4+)=10n(H+)=10n(OHˉ)=10×0.025L×0.1mol·L-1=0.025mol

ω(N)=×100﹪=25﹪

该农业用氯化铵样品为一等品【分析】【分析】本题考查氯化铵的制备及混合物的分离，注意氯化铵的溶解度受温度的影响及冷却结晶法是解答本题的关键，题目难度中等。【解答】rm{(1)}根据硫酸钠的溶解度曲线不难看出，在低于rm{40隆忙}时，硫酸钠的溶解度随温度的升高而增大，高于rm{40隆忙}时硫酸钠的溶解度随温度的升高而减小；由两物质的溶解度曲线不难看出，只有在rm{35-45隆忙}时，氯化铵的溶解度小于硫酸钠的溶解度；首先析出的物质是：rm{Na_{2}SO_{4}}所以，析出rm{NH_{4}Cl}晶体的合适温度为rm{35隆忙}故答案为：rm{Na_{2}SO_{4}}rm{35隆忙}

rm{(2)}根据氯化铵受热时分解生成了氨气和氯化氢气体，可用加热法检查rm{NH_{4}Cl}产品是否纯净，操作是：取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净；故答案为：取少量氯化铵样品于试管底部；加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品不含硫酸钠，反之，表明氯化铵样品含有硫酸钠；

rm{(3)1.4g}样品中rm{n(NH_{4}^{+})=10n(H^{+})=10n(OH隆楼)=10隆脕0.025L隆脕0.1mol隆陇L^{-1}=0.025mol}rm{娄脴(N)=dfrac{0.025mol隆脕14g隆陇mol^{-1}}{1.4g}隆脕100漏聡=25漏聡}结合表中数据知：该农业用氯化铵样品为一等品。故答案为：rm{n(NH_{4}^{+})=10n(H^{+})=10n(OH隆楼)

=10隆脕0.025L隆脕0.1mol隆陇L^{-1}=0.025mol}样品中rm{n(NH_{4}^{+})=10n(H^{+})=10n(OH隆楼)=10隆脕0.025L隆脕0.1mol隆陇L^{-1}=0.025mol}rm{娄脴(N)=dfrac{0.025mol隆脕14g隆陇mol^{-1}}{1.4g}隆脕100漏聡=25漏聡}结合表中数据知：该农业用氯化铵样品为一等品。rm{娄脴(N)=dfrac{0.025mol隆脕14

g隆陇mol^{-1}}{1.4g}隆脕100漏聡=25漏聡}【解析】rm{(1)Na_{2}SO_{4;}35隆忙(33隆忙隆芦40隆忙}均可rm{)}rm{(2)}取少量氯化铵样品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品不含硫酸钠，反之，表明氯化铵样品含有硫酸钠rm{(3)1.4g}样品中rm{n(NH_{4}^{+})=10n(H^{+})=10n(OH隆楼)=10隆脕0.025L隆脕0.1mol隆陇L^{-1}=0.025mol}rm{娄脴(N)=dfrac{0.025mol隆脕14g隆陇mol^{-1}}{1.4g}隆脕100漏聡=25漏聡}该农业用氯化铵样品为一等品rm{n(NH_{4}^{+})=10n(H^{+})=10n(OH隆楼)

=10隆脕0.025L隆脕0.1mol隆陇L^{-1}=0.025mol}四、其他(共4题，共12分)24、略

【分析】（1）从题中知C是紫红色金属单质，则C为Cu；G是蓝色沉淀，则G为Cu（OH）2；H是砖红色沉淀，则H是Cu2O；F是形成酸雨的无色有害气体，则F为SO2；所以B为浓H2SO4，A为D为O2，E为强碱，是NaOH或是KOH。（2）电解A溶液，阴极上Cu2+放电，反应式为：══（3）电解溶液属于放氧生酸型，总的电解方程式为：══【解析】【答案】(1)(或KOH等)(2)══(3)══25、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳双键（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，类型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或邻、间、对均可）（2分）26、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反应（或取代反应）；消去反应（各1分）（3）略（2分）27、略

【分析】【解析】【答案】（1）H2Na2O2（2）Fe+2H+=Fe2++H2↑（3）产生白色沉淀（4）强（5）Fe(OH)3五、计算题(共2题，共10分)28、略

【分析】【解析】【答案】(1)45%(2)5:629、略

【分析】解：（1）①CO燃烧的热化学方程式：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=-282.5kJ•mol-1①

H2燃烧的热化学方程式：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-285.8×2kJ•mol-1②

CH3OH燃烧的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.7kJ•mol-1③

将①+②+（-③）可得：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（l）△H=