2025年人民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年人民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、锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过rm{.}下列有关叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Zn}电极上发生氧化反应B.电子的流向为rm{Zn隆煤}电流表rm{隆煤Cu}C.rm{SO_{4}^{2-}}由乙池通过离子交换膜向甲池移动D.电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量明显增加2、我国科学家成功地研制出一种长期依赖进口、价格昂贵的物质18O2。下列说法正确的是（）A.它是O3的一种同素异形体B.它是16O2的同分异构体C.18O2与16O2互为同位素D.1mol18O2分子中含有20mol电子3、现有物质的量浓度均为0.1mol•L-1的四种溶液各25mL：①氨水②NH4Cl溶液③Na2CO3溶液2④NaHCO3溶液，下列说法正确的是（）A.4种溶液pH的大小顺序：①＞④＞③＞②B.①、②混合后pH＞7，则混合溶液中c（NH4+）＜c（NH3•H2O）C.①、②中分别加入25mL0.1mol•L-1盐酸后，溶液中c（NH4+）：①＞②D.③、④中分别加入12.5mL0.1mol•L-1NaOH溶液后，两溶液中离子种类相同4、我国首创的海洋电池以铝板、铂网作电极，海水为电解质溶液，空气中的氧气与铝反应反应产生电流rm{.}电池总反应为：rm{4Al+3O_{2}+6H_{2}O=4Al(OH)_{3}}下列判断不正确的是rm{(}rm{)}A.电池工作时，电子由铝板沿导线流向铂网B.铂电极做成网状，可增大与氧气的接触面积C.正极反应为：rm{O_{2}+H_{2}O+2e^{-}篓T2OH^{-}}D.该电池通常只需要更换铝板就可继续使用5、在rm{2010}年温哥华冬季奥运会上，有个别运动员因服用兴奋剂被取消参赛的资格。如图是检测出兴奋剂rm{X}的结构，关于兴奋剂rm{X}的说法正确的是()A.rm{1molX}与足量的rm{NaOH}溶液在一定条件下反应，最多消耗rm{4molNaOH}B.rm{4molNaOH}在一定条件下与足量的氢气反应，最多消耗rm{1molX}C.rm{1molH_{2}}与足量的浓溴水反应，最多消耗rm{1molX}D.rm{5molBr2}遇到rm{X}溶液时显紫色，而且能使溴的四氯化碳溶液褪色rm{FeCl_{3}}6、下列对化学反应的认识错误的是rm{(}rm{)}

A.会引起化学键的变化B.会产生新物质C.必然引起物质状态的变化D.必然伴随着能量的变化评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)7、某污水中含有rm{Fe^{3+}}rm{Ag^{+}}rm{Cu^{2+}}等离子，某工厂采用电解的方法处理该污水，具体的做法是：保持污水的rm{pH}在rm{5.0隆芦6.0}之间，通过电解生成rm{Fe(OH)_{3}.Fe(OH)_{3}}具有吸附性，可吸附污物而沉积下来，有净化水的作用，阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮层，刮去rm{(}或撇掉rm{)}浮渣层，即起到了浮选净化的作用rm{.}该厂污水处理设计装置如图所示，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.通入空气的电极为阳极B.甲装置中rm{Fe}电极的反应为rm{Fe-3e^{-}篓TFe^{3+}}C.为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，电池工作时，循环物质为rm{CO_{2}}D.当乙装置中有rm{1.6}rm{g}rm{CH_{4}}参加反应，则rm{C}电极理论上生成气体在标准状况下为rm{8.96}rm{L}8、下列物质中，属于电解质的有A.乙酸B.乙醇C.油脂D.氯化钠9、下列烯烃中存在顺反异构体的是rm{(}rm{)}A.丙烯B.rm{1-}丁烯C.rm{2-}戊烯D.rm{2-}甲基rm{-2-}丁烯10、氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.再通入少量氯气，rm{dfrac{C(H^{+})}{C(ClO^{-})}}减小B.通入少量rm{dfrac

{C(H^{+})}{C(ClO^{-})}}溶液漂白性增强C.加入少量固体rm{SO_{2}}溶液呈中性时，rm{NaOH}D.加入少量水，水的电离平衡向正反应方向移动rm{c(Na^{+})=c(Cl^{-})+c(ClO^{-})}11、下列关于砷（As）元素的叙述中，正确的是（）A.在AsCl3分子中，砷原子最外层电子数为8B.Na3AsO4溶液的pH大于7C.砷的氢化物的化学式为AsH3，它是一种强氧化剂D.砷的相对原子质量为74.92，由此可知砷原子核内有42个中子12、rm{O}rm{S}都属于第Ⅵrm{A}族元素，下列有关的叙述中，正确的是rm{(}rm{)}A.rm{H_{2}O}和rm{H_{2}S}都是共价化合物B.rm{O}和rm{S}最高的正化合价是rm{+6}C.相同条件下，rm{H_{2}O}比rm{H_{2}S}稳定性强D.硫在纯氧中燃烧生成三氧化硫13、下列元素性质的递变规律正确的是rm{(}rm{)}A.原子半径：rm{Be<B<C<N}B.第一电离能：rm{B<Be<Mg<Na}C.元素的电负性：rm{O>N>S>P}D.气态氢化物的稳定性：rm{SiH_{4}<CH_{4}<NH_{3}}14、下列各组物质中，所含分子数一定相同的是rm{(NA}表示阿伏加德罗常数rm{)}A.rm{1molH_{2}}和rm{16gO_{2}}B.rm{N_{A}}个rm{N_{2}}和rm{11gCO_{2}}C.rm{18gH_{2}O}和rm{1molBr_{2;}}D.rm{22.4LH_{2}}和rm{NA}个rm{CO_{2}}15、有机物rm{A}的键线式为有机物rm{B}与等物质的量的rm{H_{2}}发生加成反应可得到rm{A}下列有关说法错误的是rm{(}rm{)}A.rm{A}的最简式为rm{C_{4}H_{9}}B.rm{A}的一氯代物有rm{5}种C.rm{A}有许多同分异构体，其中主链碳数为rm{5}有机物有rm{5}种rm{(}不包括rm{A)}D.rm{B}的结构可能有rm{3}种，其中一种名称为：rm{2}rm{2}rm{3-}三甲基rm{-3-}戊烯评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、在下列有机物中：①溴乙烷；②乙醇，③丙醛，④乙酸，⑤甲酸甲酯，⑥苯酚，将符合题面的序号填到下面空白处。

（1）能与NaOH溶液反应的有______；

（2）能发生消去反应的有______，完成其中一个物质的消去反应方程式：______

（3）能发生银镜反应的有______；

（4）能使酸性KMnO4溶液褪色的有______．17、某学习小组分析实验室制氯气的方法后认为：rm{MnO_{2}}与rm{FeCl_{3}隆陇6H_{2}O}共热能产生rm{Cl_{2}}于是设计了下列装置验证该结论。【查阅资料】rm{FeCl_{3}隆陇6H_{2}O}是棕黄色晶体，熔点rm{37隆忙}沸点rm{280隆芦285隆忙}【实验设计】若结论成立，rm{B}中发生反应的化学方程式是_____________________________________，rm{C}中的试剂是________。【实验过程】。操作现象rm{(1)}经检查，装置气密性良好。rm{(2)}添加药品，连接装置。rm{(3)}点燃酒精灯。rm{i.A}中部分固体熔化，上方出现白雾；rm{ii.}稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴；rm{iii.B}中溶液变蓝。【实验分析】rm{(1)}小组讨论一致认为现象rm{i}中的白雾是盐酸小液滴，产生白雾的原因是_______________________________。rm{(2)}分析现象rm{ii}时发生了分歧，有同学认为：rm{FeCl_{3}隆陇6H_{2}O}是棕黄色，沸点不高，黄色气体中含有rm{FeCl_{3}}也会导致rm{B}中溶液变蓝，反应的离子方程式是________。小组同学通过下列实验证明现象rm{ii}的黄色气体中含有rm{Fe^{3+}}将下列实验补充完整：rm{a.}只在rm{A}中加入rm{FeCl_{3}隆陇6H_{2}O}加热，开始产生白雾，稍后出现黄色气体，管壁仍有黄色液滴。rm{b.}____，溶液变红。rm{(3)}为进一步确认黄色气体含有rm{Cl_{2}}小组在rm{A}rm{B}间增加盛有饱和氯化钠溶液的试管，气体依次通过饱和氯化钠溶液、rm{KI}淀粉溶液后，rm{KI}淀粉溶液变蓝，证实黄色气体中含有rm{Cl_{2}}饱和氯化钠溶液的主要作用是____________。rm{(4)A}中固体充分加热后得到rm{Fe_{2}O_{3}}和rm{MnCl_{2}}若物质的量之比为rm{1:1}则rm{A}中总反应的化学方程式是____。从混合物中分离出rm{Fe_{2}O_{3}}的方法是：____________。【安全预案】在实验过程中，若试管rm{B}中溶液已经开始发生倒吸，应立即采取的一种措施是____rm{(}填写编号rm{)}rm{a.}移去酒精灯rm{b.}取下rm{B}中盛有溶液的试管rm{c.}将rm{A}rm{B}间的导管从乳胶管中取出18、在一定温度下将2molA和2molB两种气体混合于某2L密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)2C(g)+2D(g)，2min末反应达到平衡状态，生成了0.8molD，请填写下列空白：（1）2min内B的反应速率为_________________（2）此温度下该反应的平衡常数K=_________________________（3）如果缩小反应容器的体积，使压强增大，平衡体系中C的物质的量浓度_____________，C的质量分数___________，容器内气体的平均密度________________，平均相对分子质量________________。（填“增大”、“减小”或“不变”）（4）如果上述反应在相同条件下从逆反应开始进行，开始加C和D各4/3mol，要使平衡时各物质的物质的量与原平衡相等，则还应加入__________物质___________mol。19、共聚法可改进有机高分子化合物的性质，高分子聚合物P的合成路线如下：已知：R—CH2OHR—COOH（R表示饱和烃基）R—OH＋R′—OHR—O—R′＋H2O（R、R′表示烃基）nCH=CH＋nCH=CH（R1~R4表示氢或烃基）（1）A的结构简式为。（2）C的名称为。（3）I由F经①～③合成，F可使溴水褪色a.①的化学反应方程式是。b.②的反应试剂是。c.③的反应类型是。（4）下列说法正确的是。a.C可与水以任意比例混溶b.A与1,3-丁二烯互为同系物c.I生成M时，1molI最多消耗3molNaOHd.N在一定条件下可发生加聚反应（5）E与N按照物质的量之比为1︰1发生共聚反应生成P，P的结构简式为。（6）E有多种同分异构体，写出其中一种符合下列条件的异构体的结构简式。a.分子中只含一种环状结构b.苯环上有两个取代基c.1mol该有机物与溴水反应时能消耗4molBr220、利用天然气合成氨的工艺流程示意图如下：

依据上述流程；完成下列填空：

（1）天然气脱硫时的化学方程式是______．

（2）图中CH4的第一次转化过程中的化学方程式是______．

（3）整个流程有三处循环，一是K2CO3（aq）循环，二是N2和H2循环，三是______（填化学式）循环．

（4）K2CO3（aq）和CO2反应在加压下进行，加压的理论依据是______（多选扣分）．

a．熵增原理b．勒夏特列原理c．酸碱中和原理．21、请按照官能团的不同对下列有机物进行分类：

rm{垄脵CH_{3}CH=CHCH_{3}垄脷CH隆脭CH垄脹CH_{3}CH_{2}CH_{3}垄脺}rm{垄脻}rm{垄脼}rm{垄脽}

rm{垄脿}rm{垄谩CCl_{2}F_{2}垄芒CCl_{4}?CH_{3}CH_{2}OH?}

其中：

rm{(1)}属于醛类物质的是______rm{(}填序号，下同rm{)}．

rm{(2)}属于酯类物质的是______．

rm{(3)}属于芳香族化合物的是______．22、某种优质燃油由甲、乙两种有机物混合而成，甲、乙两种物质含有rm{C}rm{H}rm{O}三种元素中的两种或三种rm{.}已知甲、乙及rm{CO}rm{H_{2}}的燃烧热如下：。物质甲乙rm{CO}rm{H_{2}}燃烧热rm{/kJ?mol^{-1}}rm{1366}rm{5518}rm{283}rm{286}。

取甲、乙按不同比例混合的燃油rm{23g}在足量的rm{O_{2}}中燃烧时，放出的热量rm{Q}与混合物中乙的物质的量分数rm{x}的关系如图rm{.}试求：

rm{(1)}乙的相对分子质量为____________；

rm{(2)160g}由甲、乙等物质的量混合而成的燃油在rm{347.2LO_{2}}中恰好完全燃烧，得rm{492.8L}气体，冷却到室温时，还剩余rm{224L(}气体体积均在标准状况下测定rm{).}由此可求得混合物中rm{C}rm{H}rm{O}的原子个数比____________rm{.}甲；乙的分子式为：甲____________；乙____________．

rm{(3)1mol}由甲、乙等物质的量混合而成的燃油在一定量的rm{O_{2}}中燃烧，放出热量rm{2876kJ?mol^{-1}}则反应中生成rm{CO}____________rm{mol}．评卷人得分四、简答题(共3题，共9分)23、已知0.2mol有机物和0.4molO2在密闭容器中燃烧后产物为CO2、CO和H2O（g）．产物经过浓H2SO4后；质量增加10.8g；再通过灼热的CuO，充分反应后，CuO质量减轻3.2g，最后气体再通过碱石灰被完全吸收，质量增加17.6g．（已知两个羟基连在同一个碳上不稳定会自动失去一个水）

（1）试通过计算推断该有机物的分子式；

（2）若0.2mol该有机物恰恰将与9.2g金属钠完全反应；试确定该有机物的结构简式．

（3）若改为0.2mol该有机物恰恰将与4.6g金属钠完全反应，试确定该有机物的结构简式．24、化合物rm{NH_{3}}与rm{BF_{3}}可以通过配位键形成rm{NH_{3}隆陇BF_{3}}rm{(1)}配位键的形成条件是_________________________________。rm{(2)}在rm{NH_{3}隆陇BF_{3}}中，________原子提供孤对电子，________原子接受电子。rm{(}写元素名称rm{)}rm{(3)}写出rm{NH_{3}隆陇BF_{3}}的结构式并用“rm{隆煤}”标出配位键。______________________________________25、本题为选做题，包括rm{A}rm{B}两题。选学rm{隆露}化学与生活rm{隆路}模块的考生答rm{A}题，选学rm{隆露}有机化学基础rm{隆路}模块的考生答rm{B}题，每位考生只可选做rm{1}题。若两题都作答，则以rm{A}题计分。A.rm{隆露}化学与生活rm{隆路}

rm{(1)2016}年rm{10}月rm{17}日rm{7}时rm{30}分我国成功发射神舟十一号载人飞船。年rm{(1)2016}月rm{10}日rm{17}时rm{7}分我国成功发射神舟十一号载人飞船。

rm{30}制作火箭的材料属于无机非金属材料的是__________rm{垄脵}填字母，下同rm{(}rm{)}钛合金rm{a.}铝合金rm{b.}新型陶瓷rm{c.}发射火箭常用的液体燃料最符合环保理念的燃料是__________。rm{垄脷}煤油rm{a.}偏二甲肼rm{b.}rm{(C_{2}H_{8}N_{2})}液氢rm{c.}高吸水性树脂含有羧基rm{垄脹}羟基rm{(隆陋COOH)}等强亲水基团，利用它的特性可制作__________。rm{(隆陋OH)}航天服rm{a.}尿不湿rm{b.}不粘锅内衬rm{c.}下表是某品牌饼干包装袋的部分内容。。rm{(2)}品名rm{隆脕隆脕}饼干配料小麦粉、白砂糖、植物油、山梨酸钾等保质期常温环境下保持rm{180}天生产日期见封口处请回答下列问题：rm{垄脵}配料中富含淀粉的是__________rm{(}填名称，下同rm{)}rm{垄脷}配料中属于食品添加剂的是__________rm{(}写一种即可rm{)}小芳的早餐是：rm{隆脕隆脕}饼干、牛奶和苹果，从营养均衡的角度看，喝牛奶主要是补充__________。rm{垄脹}白砂糖在人体内的水解产物是____________________。rm{(3)}化学在改善大气质量、污水处理和实现垃圾资源化等方面发挥了重要的作用。rm{垄脵}家用燃料燃烧、烹调和吸烟会产生碳氧化物、氮氧化物、尼古丁等空气污染物，其中__________会使人对烟草成瘾。rm{垄脷}污水处理的方法很多，从化学角度看，处理酸性废水可采用__________rm{(}选填“中和法”或“沉淀法”rm{)}rm{垄脹}环境消毒常用到rm{NaClO}溶液。写出工业上用rm{NaOH}溶液吸收rm{Cl_{2}}制取rm{NaClO}溶液的离子反应方程式：____________________；明矾常用于净水，它的原理是明矾在水中电离出的rm{Al^{3+}}很容易水解，生成胶状的氢氧化铝rm{Al(OH)_{3}}该反应的离子方程式为____________________。rm{B.隆露}有机化学基础rm{隆路}rm{(1)}根据分子中所含官能团可预测有机化合物的性质。rm{垄脵}下列有机物中，能与浓溴水反应，产生白色沉淀的是__________rm{(}填字母，下同rm{)}

rm{垄脷}下列有机物中，能发生消去反应的是__________。rm{a.HCHOb.CH_{3}CH_{2}CH_{2}OH}rm{a.HCHO

b.CH_{3}CH_{2}CH_{2}OH}．rm{C}下列化合物中，能形成高分子化合物的是__________。rm{垄脹}溴乙烷rm{a.}氨基乙酸rm{b.}．rm{c}苯甲醇rm{(2)}rm{(}是最简单的芳香醇，常以酯的形式存在于香精油中。rm{)}苯甲醇苯环上的一取代物有__________种；在苯甲醇分子中，至少有__________个原子共平面。rm{垄脵}实验室中将苯甲醇氧化到苯甲醛，可采取的条件是____________________。rm{垄脷}鉴别苯甲醇与其对应的酯，可选用的试剂是____________________。rm{垄脹}苯基异丙醇是制备某种香料的中间体；可通过下列方法合成：

rm{(3)2-}中官能团的名称为__________________；rm{垄脵C}的结构简式为_____________。rm{B}的反应类型为__________________。rm{垄脷A隆煤B}是rm{垄脹E}的一种同分异构体，遇到rm{D}溶液显紫色，rm{FeCl_{3}}分子中有rm{E}种不同化学环境的氢。请写出符合条件的一种rm{4}的同分异构体的结构简式：________________。rm{E}评卷人得分五、其他(共4题，共8分)26、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：。27、可用于提纯或分离物质的常用方法有：①过滤、②结晶、③升华、④分馏、⑤盐析、⑥渗析、⑦加热分解⑧分液等，将分离或提纯的编号填入下列各混合物后面的横线上。（1）除去碳酸钠固体中混有的碳酸氢钠；（2）除去石灰水中悬浮的CaCO3颗粒；（3）除去氯化钠单质中混有的碘单质；28、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)。29、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：。评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共32分)30、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）。31、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：_____________。32、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）。33、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_______参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】解：rm{A.}该原电池反应式为：rm{Zn+Cu^{2+}=Zn^{2+}+Cu}rm{Zn}发生氧化反应；为负极，故A正确；

B.锌为负极，铜为正极，电子的流向为rm{Zn隆煤}电流表rm{隆煤Cu}故B正确；

C.阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故rm{SO_{4}^{2-}}不能由乙池通过离子交换膜向甲池移动；故C错误；

D.甲池中的rm{Zn^{2+}}通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中发生反应：rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}保持溶液呈电中性，进入乙池的rm{Zn^{2+}}与放电的rm{Cu^{2+}}的物质的量相等，而rm{Zn}的摩尔质量大于rm{Cu}故乙池溶液总质量增大，故D正确；

故选C．

由图象可知，该原电池反应式为：rm{Zn+Cu^{2+}=Zn^{2+}+Cu}rm{Zn}发生氧化反应，为负极，rm{Cu}电极上发生还原反应，为正极，阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，两池溶液中硫酸根浓度不变，随反应进行，甲池中的rm{Zn^{2+}}通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液呈电中性，进入乙池的rm{Zn^{2+}}与放电的rm{Cu^{2+}}的物质的量相等，而rm{Zn}的摩尔质量大于rm{Cu}故乙池溶液总质量增大，以此解答该题．

本题考查原电池工作原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原电池的工作原理，题目比较基础，注意阳离子交换膜不允许阳离子通过，rm{D}选项利用电荷守恒分析．【解析】rm{C}2、A【分析】【解析】【答案】A3、D【分析】解：A．氨水是弱碱溶液，NH4Cl是强酸弱碱盐，Na2CO和NaHCO3是强碱弱酸盐；4种溶液的pH的大小顺序：①＞③＞④＞②，故A错误；

B．①、②混合后pH＞7，则混合溶液中NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，混合溶液中c（NH4+）＞c（NH3•H2O）；故B错误；

C．①、②中分别加入25mL0.1mol•L-1盐酸后，得到NH4Cl溶液和NH4Cl、HCl的混合溶液，HCl抑制NH4+的水解，故溶液中c（NH4+）：①＜②；故C错误．

D．向溶液③；④中分别加入25mL0.1mol/LNaOH溶液后；碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠溶液，两溶液中的离子种类相同，故D正确；

故选D．

A．依据溶液中的溶质电离和水解程度分析判断；

B．依据溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子的水解程度分析判断；

C．盐酸和一水合氨恰好反应生成氯化铵溶液；抑制铵根离子的水解；

D．依据碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中的电离和水解分析离子种类．

本题考查了盐的水解、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力；该题的关键是明确溶液中几个重要守恒关系，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒．【解析】【答案】D4、C【分析】解：rm{A}电池工作时；电子由负极流向正极，即从铝电极沿导线流向铂电极，故A正确；

B；铂做成网状的目的是增大与氧气的接触面积；故B正确；

C、正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}故C错误；

D、rm{Al}不断反应；不断溶解，所以一段时间后，更换铝板就可以继续使用，故D正确．

故选C．

根据电池总反应可知，电池工作时，负极为rm{Al}发生氧化反应，电极反应式为rm{Al-3e^{-}+3OH^{-}=Al(OH)_{3}}正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}结合原电池的工作原理解答该题．

本题考查了原电池原理的应用，题目难度不大，注意原电池的两极上的变化以及电极方程式的书写方法．【解析】rm{C}5、D【分析】【分析】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、烯烃、苯性质的考查，选项A为解答的难点，题目难度不大。【解答】A.有机物含有rm{3}个酚羟基、rm{1}个氯原子，故于氢氧化钠反应消耗rm{4molNaOH}故A不符合题意；故A不符合题意；rm{4molNaOH}B.在一定条件下与足量的氢气反应，最多消耗苯环、碳碳双键均与氢气发生加成反应，则rm{1molX}在一定条件下与足量的氢气反应，最多消耗rm{7molH}rm{1molX}rm{7molH}rm{{,!}_{2}}，故B不符合题意；的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则C.与足量的浓溴水反应，最多消耗酚rm{-OH}的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则rm{1molX}与足量的浓溴水反应，最多消耗rm{4molBr}rm{-OH}rm{1molX}rm{4molBr}rm{{,!}_{2}}遇到，故C不符合题意；D.含酚rm{-OH}遇到rm{FeCl}rm{-OH}rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}【解析】rm{D}6、C【分析】解：rm{A.}化学反应必定会引起化学键的变化；故A正确；

B.化学变化是指有新物质生成的变化；会产生新物质，故B正确；

C.化学反应不一定引起物质状态的变化；如氢气与氯气反应生成氯化氢，都是气体，故C错误；

D.化学反应必然伴随着能量的变化；故D正确．

故选C．

A.化学反应的本质是旧化学键断裂；新化学键生成；

B.化学变化是指有新物质生成的变化；

C.化学反应不一定引起物质状态的变化；

D.化学反应都伴随着能量的变化．

本题考查化学反应的特征，难度不大rm{.}平时注意知识的积累．【解析】rm{C}二、双选题(共9题，共18分)7、rCD【分析】解：rm{A.}甲装置为电解池；乙装置为原电池装置，原电池工作时，通入甲烷的一级为负极，通入空气的一级为正极，故A错误；

B.电解池中rm{Fe}为阳极，发生rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}故B错误；

C.电池是以熔融碳酸盐为电解质，负极电极反应是rm{CH_{4}+4CO_{3}^{2-}-8e^{-}=5CO_{2}+2H_{2}O}正极反应为rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO_{3}^{2-}}可以循环利用的物质只有二氧化碳，故C正确；

D.电池的负极电极反应是rm{CH_{4}+4CO_{3}^{2-}-8e^{-}=5CO_{2}+2H_{2}O}当乙装置中有rm{1.6gCH_{4}}参加反应，即rm{0.1mol}甲烷参加反应时，有rm{0.8mol}电子转移，rm{C}电极的电极反应为：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}则rm{C}电极理论上生成气体在标准状况下为rm{8.96L}故D正确；

故选：rm{CD}．

甲装置为电解池，乙装置为原电池装置，原电池工作时，通入甲烷的一级为负极，发生氧化反应，负极电极反应是rm{CH_{4}+4CO_{3}^{2-}-8e^{-}=5CO_{2}+2H_{2}O}通入氧气的一级为正极，发生还原反应，正极反应为rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO_{3}^{2-}}电解池中rm{Fe}为阳极，发生rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}阴极的电极反应为：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价，rm{4Fe^{2+}+10H_{2}O+O_{2}=4Fe(OH)_{3}隆媒+8H^{+}}以此解答该题．

本题考查了燃料电池的工作原理和原电池和电解池串联的综合知识，难度较大rm{.}注意把握电解池和原电池的工作原理，把握电极方程式的书写为解答该题的关键．【解析】rm{CD}8、AD【分析】【分析】本题较简单，主要考查电解质的定义，注意电解质和非电解质都必须是化合物，电解质能导电是溶于水溶液中或在熔融状态下自身电离，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。【解答】电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电rm{(}自身电离成阳离子与阴离子rm{)}的化合物，例如酸、碱和盐等；凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如蔗糖、酒精等．A.乙酸没有自由移动的离子；它的溶液能电离出乙酸根离子；氢离子导电，故它是电解质，故A正确；

B.乙醇在水中存在乙醇分子；没有自由移动的离子，故不能导电，是非电解质，故B错误；

C.油脂是高级脂肪酸甘油酯；难溶于水，不能导电，不属于电解质，故C错误；

D.氯化钠溶于水或熔融能电离出自由移动的钠离子和氯离子；所以能导电，是电解质，故D正确。

故选AD。【解析】rm{AD}9、rCD【分析】解：rm{A.}丙烯为rm{CH_{3}CH=CH_{2}}其中rm{C=C}连接相同的rm{H}原子；不具有顺反异构，故A错误；

B.rm{1-}丁烯为rm{CH_{3}CH_{2}CH=CH_{2}}其中rm{C=C}连接相同的rm{H}原子；不具有顺反异构，故B错误；

C.rm{2-}戊烯为rm{CH_{3}CH=CHCH_{2}CH_{3}}其中rm{C=C}连接不同的rm{H}rm{-CH_{3}}rm{-CH_{2}CH_{3}}具有顺反异构，故C正确；

D.rm{2-}甲基rm{-2-}丁烯为rm{CH_{3}C(CH_{3})=CHCH_{3}}其中rm{C=C}连接不同的rm{H}rm{-CH_{3}}具有顺反异构，故D正确．

故选CD．

具有顺反异构体的有机物中rm{C=C}应连接不同的原子或原子团．

本题考查有机物的同分异构体，题目难度中等，注意把握顺反异构的结构要求．【解析】rm{CD}10、rCD【分析】解：在氯水中存在如下平衡：rm{Cl_{2}+H_{2}O?HCl+HClO}rm{H_{2}O?H^{+}+OH^{-}}rm{HClO?H^{+}+ClO^{-}}．

A.氯气溶于水达到平衡后，再通入少量氯气，此时已经为饱和溶液，浓度比值rm{dfrac{C(H^{+})}{C(ClO^{-})}}不变；故A错误；

B、通入少量rm{dfrac

{C(H^{+})}{C(ClO^{-})}}发生反应：rm{SO_{2}}平衡左移，rm{Cl_{2}+SO_{2}+2H_{2}O=H_{2}SO_{4}+2HCl}的浓度减小；溶液漂白性减弱，故B错误；

C、加入少量固体过氧化钠，反应后溶液中阴阳离子所带正负电荷总数相等，故存在rm{HClO}溶液呈中性，则有：rm{c(H^{+})+c(Na^{+})=c(OH^{-})+c(Cl^{-})+c(ClO^{-})}所以rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}故C正确；

D；加入少量水；溶液酸性减弱，促进水的电离，水的电离平衡向正反应方向移动，故D正确．

故选CD．

A；氯气与水的反应；加入氯气，溶液为饱和溶液；

B；通入二氧化硫；其与氯气反应生成无漂白性的盐酸和硫酸，平衡左移，漂白性减弱；

C、根据电荷守恒可知：rm{c(Na^{+})=c(Cl^{-})+c(ClO^{-})}加入少量固体rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-}))+c(ClO^{-})+c(OH^{-})}溶液为中性时rm{NaOH}

D；氯气与水的反应；加入水，溶液酸性减弱，促进水的电离．

本题既考查了化学平衡，又考查了电离平衡，注意次氯酸是一种弱电解质，在增加rm{c(Na^{+})=c(Cl^{-})+c(ClO^{-})}时，其电离程度减小，在水中加酸或碱都抑制了水的电离．rm{HClO}【解析】rm{CD}11、A|B【分析】解：A．AsCl3分子中As为+3价；最外层电子数为5，Cl为-1价，最外层电子数为+7，均满足原子最外层电子数与其化合价绝对值之和为8，As；Cl原子最外层均满足8电子结构，故A正确；

B．非金属性S＞P＞As，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，硫酸是强酸，而磷酸为中强酸，砷酸的酸性比磷酸还弱，砷酸酸性与硫酸不相仿，所以Na3AsO4溶液是强碱弱酸盐；水解溶液呈碱性，故B正确；

C．AsH3中As为-3价；它是一种强还原剂，故C错误；

D．砷元素的相对原子质量为74.92是平均计算值；不能确定某一Se原子的质量数，不能确定某一As原子的质量数，故D错误；

故选AB．

A．原子最外层电子数与其化合价绝对值之和为8；最外层满足8电子结构；

B．同主族自上而下元素非金属性减弱；同周期自左而右元素非金属性增强，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；

C．AsH3中As为-3价；它是一种强还原剂；

D．砷元素的相对原子质量为74.92是平均计算值；不能确定某一Se原子的质量数．

本题考查原子结构、化学键、元素周期律与元素化合物性质等，题目比较综合，是对基础知识的综合考查，难度中等．【解析】【答案】AB12、rAC【分析】解：rm{A}rm{H_{2}O}和rm{H_{2}S}均由两种元素组成，均只含极性共价键，所以rm{H_{2}O}和rm{H_{2}S}都是共价化合物；故A正确；

B；氧元素非金属性极强；只有负价，无正价，所以氧元素无最高正价，故B错误；

C、氧元素的非金属性强于硫元素，所以对应氢化物rm{H_{2}O}比rm{H_{2}S}稳定性强；故C正确；

D；硫在纯氧中燃烧生成二氧化硫；二氧化硫和氧气在催化剂、加热条件下反应生成三氧化硫，故D错误．

故选AC．

A、rm{H_{2}O}和rm{H_{2}S}均由两种元素组成；均只含极性共价键；

B；氧元素非金属性极强；只有负价，无正价；

C；非金属性越强；对应氢化物越稳定；

D；硫在纯氧中燃烧生成二氧化硫．

本题考查了元素周期率的相关知识，难度不大，注意硫和氧气的反应中，无论氧气是否过量都生成二氧化硫，为易错点．【解析】rm{AC}13、rCD【分析】解：rm{A.Be}rm{B}rm{C}rm{N}位于同一周期，且原子序数逐渐增大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径rm{Be>B>C>N}故A错误；

B.同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右逐渐增大，另外rm{Be}核外最外层电子达到全充满结构，较稳定，则第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：rm{Be>B>Mg>Na}故B错误；

C.同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则元素的电负性：rm{O>N>S>P}故C正确；

D.非金属性rm{N>C>Si}元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越大，故D正确．

故选CD．

A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小；

B.根据同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小；同周期从左到右逐渐增大判断；

C.同周期元素从左到右；元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小；

D.元素的非金属性越强；对应的氢化物的稳定性越大．

本题考查元素周期表和周期律，为高频考点，把握元素在周期表的位置、元素的性质、元素周期律为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．【解析】rm{CD}14、AC【分析】

【分析】本题考查了物质的量的有关计算，明确气体摩尔体积的适用范围及适用条件是解本题关键，熟练掌握基本公式即可解答。【解答】所含分子数一定相同，说明二者的物质的量相等。A.rm{1molH}rm{1molH}rm{{,!}_{2}}和rm{16gO}的物质的量均为rm{16gO}故A正确；B.rm{{,!}_{2}}rm{0.5mol}rm{N}rm{N}rm{{,!}_{A}}个rm{N}的物质的量为rm{dfrac{11g}{44g/mol}=0.25mol}二者分子数不同，rm{N}C.rm{{,!}_{2}}的物质的量为rm{1mol}rm{11gCO_{2}}的物质的量为rm{dfrac{11g}{44g/mol}

=0.25mol}二者分子数不同，rm{1mol}的物质的量为rm{dfrac{18g}{18g/mol}=1mol}二者分子数相同，故C正确；D.温度、压强未知，导致无法计算氢气的物质的量，则无法判断二者分子数是否相等，故D错误。故选AC。

rm{11gCO_{2}}【解析】rm{AC}15、rCD【分析】解：rm{A.A}的结构简式为分子中含rm{8}个rm{C}rm{18}个rm{H}则的最简式为rm{C_{4}H_{9}}故A正确；

B.由结构对称性可知，含rm{5}种rm{H}rm{A}的一氯代物有rm{5}种；故B正确；

C.主链含有rm{5}个rm{C}原子，侧链为rm{3}个甲基或rm{1}个甲基和一个乙基，若乙基在rm{3}号rm{C}上，甲基可分别在rm{2}rm{3}号rm{C}上，有rm{2}种；若为rm{3}个甲基，则rm{2}个甲基相邻、相间，另一个甲基各有rm{2}个位置，共rm{4}种，不含rm{A}共rm{6}种；故C错误；

D.rm{A}是有机物rm{B}与等物质的量的rm{H_{2}}发生加成产物，则rm{B}中含有rm{1}个rm{C=C}双键，根据加成反应还原双键，rm{A}中相邻碳原子上都含有rm{H}原子的可以含有碳碳双键，故B的结构简式可能有如下三种：它们名称依次为：rm{3}rm{3-}二甲基rm{-2-}乙基rm{-1-}丁烯、rm{3}rm{4}rm{4-}三甲基rm{-1-}戊烯、rm{3}rm{4}rm{4-}三甲基rm{-2-}戊烯；故D错误；

故选CD．

根据信息可知，rm{A}的结构简式为根据等效氢判断一氯代物种数；最长的主链含有rm{5}个rm{C}原子，侧链为rm{3}个甲基或rm{1}个甲基和一个乙基；rm{A}是有机物rm{B}与等物质的量的rm{H_{2}}发生加成产物，则rm{B}中含有rm{1}个rm{C=C}双键，根据加成反应还原双键，rm{A}中相邻碳原子上都含有rm{H}原子的可以含有碳碳双键，据此书写rm{B}的结构；再根据系统命名法命名，以此来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大．【解析】rm{CD}三、填空题(共7题，共14分)16、略

【分析】解：（1）①溴乙烷和⑤甲酸甲酯能与氢氧化钠溶发生取代反应；④乙酸和⑥苯酚具有酸性，能与氢氧化钠反应；

故答案为：①④⑤⑥；

（2）①溴乙烷和②乙醇都能发生消去反应，生成乙烯，其中，乙醇发生消去反应的方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；

故答案为：①②；CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；

（3）③丙醛和⑤甲酸甲酯中含有醛基；故能发生银镜反应；

故答案为：③⑤；

（4）②乙醇和⑥苯酚具有还原性，能与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，使酸性KMnO4溶液褪色；

故答案为：②⑥．

（1）能与NaOH溶液反应的物质有氯代烃；羧酸、酯类和酚类；

（2）能发生消去反应的物质有氯代烃；醇等；

（3）能发生银镜反应的物质必含有醛基；据此分析；

（4）能使酸性KMnO4溶液褪色的物质具有还原性；含有醇羟基或酚羟基．

本题考查了有机物的水解反应、消去反应、银镜反应和氧化还原反应，难度不大．要注意平时知识的积累．【解析】①④⑤⑥；①②；CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；③⑤；②⑥17、【实验设计】Cl2+2KI=2KCl+I2NaOH溶液【实验分析】（1）FeCl3•6H2O受热水解增强，生成HCl气体同时失去结晶水，HCl与H2O结合形成盐酸小液滴。（2）2Fe3++2I-=2Fe2++I2将黄色气体通入B中的KSCN溶液（3）除去气体中的FeCl3（4）MnO2+2FeCl3•6H2O=Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O加足量水溶解，过滤，洗涤固体，干燥，即得Fe2O3。【安全预案】c【分析】【分析】本题是对化学实验的方案设计的知识的综合考察，是中学化学的重要知识，难度一般。关键是依据实验原理知识搞清实验的目的，侧重知识的综合能力考察。【解答】【实验设计】依据所以的装置可得，rm{B}中发生反应的化学方程式是：rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}rm{+2KI}rm{+2KI}rm{=2KCl}rm{=2KCl}是防止污染的，所以rm{+I}中的试剂是：rm{+I}溶液rm{{,!}_{2}}，rm{C}是防止污染的，所以rm{c}中的试剂是：rm{C}rm{c}rm{NaOH}溶液rm{NaOH}。故答案为：rm{Cl}溶液；【实验过程】。rm{Cl}操作现象rm{(1)}经检查，装置气密性良好。rm{(2)}添加药品，连接装置。rm{(3)}点燃酒精灯。rm{i.A}中部分固体熔化，上方出现白雾；rm{ii.}稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴；rm{iii.B}中溶液变蓝。【实验分析】rm{(1)}由于小组讨论一致认为现象rm{i}中的白雾是盐酸小液滴，所以产生白雾的原因是：rm{FeCl}rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}rm{?6H}rm{?6H}受热水解增强，生成rm{{,!}_{2}}气体同时失去结晶水，rm{O}受热水解增强，生成rm{HCl}气体同时失去结晶水，rm{HCl}与rm{H}与rm{O}rm{HCl}rm{HCl}结合形成盐酸小液滴rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}结合形成盐酸小液滴rm{O}。故答案为：rm{FeCl}受热水解增强，生成rm{FeCl}气体同时失去结晶水，rm{{,!}_{3}}与rm{?6H}rm{?6H}rm{{,!}_{2}}结合形成盐酸小液滴；rm{O}受热水解增强，生成rm{HCl}气体同时失去结晶水，rm{HCl}与rm{H}由于含有rm{O}也会导致rm{HCl}中溶液变蓝，所以反应的离子方程式是：rm{HCl}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}结合形成盐酸小液滴；rm{O}rm{(2)}rm{FeCl_{3}}rm{B}rm{2Fe}小组同学通过下列实验证明现象rm{2Fe}的黄色气体中含有rm{{,!}^{3+}}将下列实验补充完整：rm{+2I}只在rm{+2I}中加入rm{{,!}^{-}}加热，开始产生白雾，稍后出现黄色气体，管壁仍有黄色液滴。rm{=2Fe}rm{=2Fe}中的rm{{,!}^{2+}}溶液rm{+I}rm{+I}rm{{,!}_{2}}。rm{ii}rm{Fe^{3+}}rm{a.}rm{A}rm{FeCl_{3}隆陇6H_{2}O}rm{b.}将黄色气体通入rm{B}中的rm{KSCN}溶液rm{B}中的rm{KSCN}溶液，溶液变红。故答案为：为进一步确认黄色气体含有rm{2Fe}小组在rm{2Fe}rm{{,!}^{3+}}间增加盛有饱和氯化钠溶液的试管，气体依次通过饱和氯化钠溶液rm{+2I}除去rm{+2I}rm{{,!}^{-}}rm{=2Fe}rm{=2Fe}淀粉溶液后rm{{,!}^{2+}}验证rm{+I}rm{+I}rm{{,!}_{2}}；淀粉溶液变蓝，证实黄色气体中含有将黄色气体通入rm{B}中的rm{KSCN}溶液rm{B}rm{KSCN}，溶液变红；rm{(3)}rm{Cl_{2}}rm{A}rm{B}rm{(}黄色气体中含有rm{FeCl}中固体充分加热后得到rm{FeCl}和rm{{,!}_{3}}若物质的量之比为rm{)}rm{KI}淀粉溶液后rm{(}验证依据氧化还原反应的电子守恒可得，则rm{)}中总反应的化学方程式是：rm{KI}rm{(}rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}rm{)}rm{KI}淀粉溶液变蓝，证实黄色气体中含有rm{Cl}rm{)}rm{KI}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}。饱和氯化钠溶液的主要作用是：除去气体中的rm{FeCl}rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}。故答案为：除去气体中的rm{FeCl}rm{FeCl}rm{{,!}_{3拢禄}}rm{(4)A}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{MnCl_{2}}rm{1:1}rm{A}rm{MnO}rm{MnO}rm{{,!}_{2}}rm{+}rm{+}rm{2FeCl}rm{2FeCl}rm{{,!}_{3}}rm{?6H}rm{?6H}rm{{,!}_{2}}rm{O=}rm{O=}rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}rm{+}rm{+}rm{MnCl}rm{MnCl}rm{{,!}_{2}}rm{+}rm{+}rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}rm{隆眉+}rm{隆眉+}rm{2HCl隆眉+11H}rm{2HCl隆眉+11H}rm{{,!}_{2}}rm{O}【安全预案】在实验过程中，若试管rm{O}中溶液已经开始发生倒吸，应立即采取的一种措施是____。从混合物中分离出rm{Fe}填写编号rm{Fe}rm{{,!}_{2}}移去酒精灯，不能改变倒吸现象，故rm{O}错误；rm{O}取下rm{{,!}_{3}}中盛有溶液的试管，将导致的方法是：装置无法放置，故加足量水溶解，过滤，洗涤固体，干燥，即得rm{Fe}错误；rm{Fe}将rm{{,!}_{2}}rm{O}间的导管从乳胶管中取出，能够满足题意，故rm{O}正确。故选rm{{,!}_{3}}。故答案为：

rm{MnO}【解析】【实验设计】rm{Cl_{2}+2KI=2KCl+I_{2}}rm{NaOH}溶液【实验分析】rm{(1)FeCl_{3}?6H_{2}O}受热水解增强，生成rm{HCl}气体同时失去结晶水，rm{HCl}与rm{H_{2}O}结合形成盐酸小液滴。rm{(2)2Fe^{3+}+2I^{-}=2Fe^{2+}+I_{2}}将黄色气体通入rm{B}中的rm{KSCN}溶液rm{(3)}除去气体中的rm{FeCl_{3}}rm{(4)MnO_{2}+2FeCl_{3}?6H_{2}O=Fe_{2}O_{3}+MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2HCl隆眉+11H_{2}O}加足量水溶解，过滤，洗涤固体，干燥，即得rm{Fe_{2}O_{3}}【安全预案】rm{Fe_{2}O_{3}}rm{c}18、略

【分析】【解析】【答案】（1）0.1moL/（L·min）（2）1/2（3）增大不变增大不变（4）B19、略

【分析】试题分析：（1）由D判断A是乙烯，结构简式为CH2＝CH2（2）B为1,2-二溴乙烷，所以C为乙二醇；（3）由I的结构简式判断F为1,3-丁二烯发生1,4加成的产物，所以反应①为F的水解反应，化学方程式为反应②是G与氯化氢的加成反应，所以试剂是HCl；反应③由羟基变羧基，所以发生氧化反应；（4）a.乙二醇可与水以任意比例混溶，正确；b.乙烯与1,3-丁二烯不互为同系物，错误；c.I中存在2个羧基和1个氯原子，所以生成M时，1molI最多消耗3molNaOH，正确；d.N分子中存在碳碳双键，在一定条件下可发生加聚反应，正确，答案选acd；（5）E、N分子中都存在碳碳双键，发生类似已知的第三个反应，所以产物的结构简式为（6）符合条件的E的同分异构体中存在碳碳双键和酚羟基，根据条件③判断酚羟基的2个邻位、1个对位都不能有取代基，这样才能与4mol溴反应，所以符合条件的E的同分异构体的结构简式为考点：考查结构简式的推断及书写，化学方程式的推断及书写，物质的性质应用，同分异构体的判断及书写【解析】【答案】（1）CH2＝CH2（1分）（2）乙二醇（1分）（3）a．b．HCl（2分）c．氧化反应（4）a、c、d（2分）（5）（6）20、略

【分析】解：（1）硫化氢是酸性气体，可以和碱氢氧化铁发生中和反应：3H2S+2Fe（OH）3═Fe2S3+6H2O；

故答案为：3H2S+2Fe（OH）3═Fe2S3+6H2O；

（2）根据天然气合成氨的工艺流程图知，CH4第一次与水蒸气反应转化成一氧化碳和氢气；反应的方程式为：

CH4+H2O⇌CO+3H2，故答案为：CH4+H2O⇌CO+3H2；

（3）由工艺流程示意图可知第三个循环中被循环物质是Fe（OH）3循环；

故答案为：Fe（OH）3；

（4）K2CO3（aq）和CO2反应生成碳酸氢钾，K2CO3+CO2+H2O⇌2KHCO3，增大压强，化学平衡向右进行，符合化学平衡移动原理，故答案为：b；

（1）硫化氢是酸性气体；可以和碱发生中和反应生成盐和水；

（2）CH4第一次与水蒸气反应转化成一氧化碳和氢气；

（3）根据生产流程图中所涉及的物质的来源和去向回答；

（4）根据化学平衡移动原理来回答；

本题考查了天然气合成氨的有关知识，重点掌握相关物质的化学性质，考查了分析和解决问题的能力，难度较大．【解析】3H2S+2Fe（OH）3═Fe2S3+6H2O；CH4+H2O⇌CO+3H2；Fe（OH）3；b21、略

【分析】解：rm{垄脵CH_{3}CH=CHCH_{3}}是官能团为碳碳双键的烃；故为烯烃；

rm{垄脷CH隆脭CH}是官能团为碳碳三键的烃；故为炔烃；

rm{垄脹CH_{3}CH_{2}CH_{3}}是烷烃；

rm{垄脺}是含苯环的化合物；故属于芳香化合物；

rm{垄脻}含醛基；故属于醛类；

rm{垄脼}的官能团为羰基；故属于酮类；

rm{垄脽}为甲酸；属于羧酸类；

rm{垄脿}的官能团为酯基；属于酯类；

rm{垄谩CCl_{2}F_{2}}的官能团为卤素原子；故属于卤代烃；

rm{垄芒CCl_{4}}的官能团为卤素原子；故属于卤代烃；

rm{?CH_{3}CH_{2}OH}的官能团为rm{-OH}且rm{-OH}连在链烃基上；故为醇类；

rm{?}是含苯环的化合物；故属于芳香化合物；

rm{(1)}醛是醛基rm{(-CHO)}和烃基rm{(}或氢原子rm{)}连接而成的化合物，故rm{垄脻}是醛类，故答案为：rm{垄脻}．

rm{(2)}酯由羧酸与醇rm{(}酚rm{)}反应失水而生成的化合物，含有酯基，故rm{垄脿}是酯类，故答案为：rm{垄脿}

rm{(3)}含苯环的化合物为芳香族化合物，故rm{垄脺?}是芳香族化合物，故答案为：rm{垄脺?}．

rm{(1)}醛是醛基rm{(-CHO)}和烃基rm{(}或氢原子rm{)}连接而成的化合物．

rm{(2)}酯由羧酸与醇rm{(}酚rm{)}反应失水而生成的化合物；含有酯基；

rm{(3)}含苯环的化合物为芳香族化合物rm{.}据此分析．

本题考查了有机化合物的分类，涉及醇、酚、芳香烃、卤代烃、酸、酯类等物质的判断，难度不大，根据概念判断即可，注意把握好官能团．【解析】rm{垄脻}rm{垄脿}rm{垄脺?}22、rm{(1)114}

rm{(2)10}rm{24}rm{1}rm{C_{2}H_{6}O}rm{C_{8}H_{18}}

rm{(3)2}【分析】【分析】

本题考查化学反应及能量变化相关计算。

【解答】

rm{(1)}当rm{X=1.0}燃油全部是乙，根据乙的燃烧热计算乙的物质的量，rm{n(}乙rm{)=dfrac{1113KJ}{5518KJ/mol}=0.2017mol}则rm{)=dfrac

{1113KJ}{5518KJ/mol}=0.2017mol}乙rm{)=dfrac{23g}{0.2017mol}=114g/mol}

当rm{M(}时，燃油全部是甲，依据甲的燃烧热计算甲的物质的量rm{=dfrac{683KJ}{1366KJ/mol}=0.5mol}则rm{)=dfrac

{23g}{0.2017mol}=114g/mol}甲rm{)=dfrac{23g}{0.5mol}=46g/mol}

故答案为：rm{X=0}

rm{=dfrac

{683KJ}{1366KJ/mol}=0.5mol}混合物燃烧生成二氧化碳物质的量为rm{n(CO_{2})=dfrac{224L}{22.4L/mol}=10mol}

生成水的物质的量为rm{n(H_{2}O)=dfrac{492.8L-224L}{22.4L/mol}=12mol}

根据二氧化碳和水中的氧元素之和与消耗氧气的氧元素差值计算；rm{M(}物质的量rm{=dfrac{347.2L}{22.4L/mol}=15.5mol}

得到原混合物中含氧元素物质的量为rm{)=dfrac

{23g}{0.5mol}=46g/mol}

所以rm{114}rm{(2)160g}rm{n(CO_{2})=dfrac

{224L}{22.4L/mol}=10mol}rm{n(H_{2}O)=dfrac

{492.8L-224L}{22.4L/mol}=12mol}rm{347.2LO_{2}}

设rm{=dfrac

{347.2L}{22.4L/mol}=15.5mol}混合物物质的量为rm{n(O)=10隆脕2+12-15.5隆脕2=1mol}甲乙等物质的量混合，则rm{n(C)}得到rm{n(H)}摩尔质量为rm{n(O)=10}的是乙醇；依据原子守恒得到乙的分子式为rm{24}

所以甲的分子式为rm{1}乙的分子式为：rm{160g}

故答案为：rm{n}rm{114n+46n=160}rm{n=1}rm{46g/mol}rm{C_{8}H_{18}}

rm{C_{2}H_{6}O}混合物完全燃烧应放热rm{=dfrac{1336KJ+5518KJ}{2}=3442KJ}实际放热rm{C_{8}H_{18}}

所以生成一氧化碳的物质的量结合一氧化碳的燃烧热计算得到：rm{n(CO)=dfrac{3442KJ-2876KJ}{283KJ/mol}=2mol}

故答案为：rm{10}rm{24}【解析】rm{(1)114}

rm{(2)10}rm{24}rm{1}rm{C_{2}H_{6}O}rm{C_{8}H_{18}}

rm{(3)2}四、简答题(共3题，共9分)23、略

【分析】

（1）浓硫酸增重10.8g为反应生成的水的质量，通过灼热氧化铜，由于发生反应CuO+COCu+CO2，固体质量减轻了3.2g，结合固体质量变化利用差量法可计算CO的物质的量，通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了17.6g可计算总CO2的物质的量，减去CO与CuO反应生成的CO2的质量为有机物燃烧生成CO2的质量；根据元素守恒计算1mol有机物中含有C；H、O的物质的量，进而求得化学式；

（2）结合分子式；有机物与钠反应中有机物与钠的物质的量的关系；判断分子中官能团，据此书写结构简式；

（3）0.2mol该有机物恰恰将与4.6g金属钠即0.2mol钠反应；则1mol该有机物只能消耗1mol钠，故有机物分子中含有羟1个-OH，据此分析．

本题考查有机物分子式的确定，难度不大，掌握燃烧法利用原子守恒确定有机物的分子式，根据反应物之间量的关系来分析结构是常考点也是难点．【解析】解：（1）有机物燃烧生成水10.8g，物质的量为=0.6mol；

令有机物燃烧生成的CO为x；则：

CuO+COCu+CO2固体减少△m

28g16g

x3.2g

所以x==5.6g，CO的物质的量为=0.2mol；

根据碳元素守恒可知CO与CuO反应生成的CO2的物质的量为0.2mol；质量为0.2mol×44g/mol=8.8g；

有机物燃烧生成的CO2的质量为17.6g-8.8g=8.8g，其物质的量为=0.2mol；

根据碳元素守恒可知，1mol有机物含有碳原子物质的量为=2mol；

根据氢元素守恒可知，1mol有机物含有氢原子物质的量为=6mol

根据氧元素守恒可知，1mol有机物含有氧原子物质的量为=2mol；

所以有机物的分子式为C2H6O2；

答：有机物的分子式为C2H6O2；

（2）若0.2mol该有机物恰恰将与9.2g金属钠即0.4mol完全反应，说明有机物分子中含有羟2个-OH，该有机物的结构简式为HOCH2CH2OH；

答：该有机物的结构简式为HOCH2CH2OH．

（3）若0.2mol该有机物与4.6g金属钠即0.2mol钠反应，则1mol该有机物只能消耗1mol钠，故有机物分子中含有羟1个-OH，则另一个-OH应异构为醚键，故此有机物的结构简式为：CH3OCH2OH．答：此有机物的结构简式为CH3OCH2OH．24、（1）形成配位键的一方能够提供孤对电子，另一方具有能够接受电子对的空轨道（2）氮硼（3）

【分析】【分析】主要考查配位键的形成及结构式的书写，题目难度不大。【解答】rm{(1)}含有空轨道的离子和含有孤电子对的原子间易形成配位键，形成配位键的一方提供孤电子对，另一方有接受孤电子对的空轨道，故答案为：形成配位键的一方提供孤电子对，另