2025年沪科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年沪科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7题，共14分)1、为了建设环境友好型社会，节能减排将成为我国政府目前工作的重点，因此节约能源与建设新能源是摆在当前的一个课题。针对这一现象，某化学学习研究性小组提出如下方案，你认为不够科学合理的是（）A.采用电解水法制取氢气作为新能源B.完善煤液化制取汽油的技术C.研制推广以甲醇为燃料的汽车D.进一步提高石油加工工艺2、下列化学反应的离子方程式正确的是().A．在稀氨水中通入过量CO2：NH3·H2O＋CO2===NH4+＋HCO3-B．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－===CaSO3↓＋2HClOC．用稀HNO3溶解FeS固体：FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑D氢氧化钙溶液与等物质的量的稀硫酸混合：Ca2＋＋OH－＋H＋＋SO42-===CaSO4↓＋H2O3、在第二次世界大战中拯救了成千上万士兵的生命，被誉为与原子弹、雷达齐名的当时三大发明之一的药物是（）A.青霉素B.阿司匹林C.麻黄碱D.抗酸药4、由已知电离常数判断，下列关于rm{SO_{2}}与rm{Na_{2}CO_{3}(aq)}反应的离子方程式的书写中不合理的是rm{(}rm{)}

。酸电离常数rm{H_{2}CO_{3}}rm{K_{1}=4隆脕10^{-7;}}rm{K_{2}=5.6隆脕10^{-11}}rm{H_{2}SO_{3}}rm{K_{1}=1.54隆脕10^{-2;}}rm{K_{2}=1.02隆脕10^{-7}}

A.rm{SO_{2}+H_{2}O+2CO_{3}^{2隆陋}=2}rm{HCO_{3}^{隆陋}+SO_{3}^{2隆陋}}B.rm{SO_{2}+H_{2}O+CO_{3}^{2隆陋}=}rm{H_{2}O+CO_{2}+SO_{3}^{2隆陋}}C.rm{2SO_{2}+2H_{2}O+CO_{3}^{2隆陋}=H_{2}O+CO_{2}+2}rm{HSO_{3}^{隆陋}}D.rm{SO_{2}+H_{2}O+CO_{3}^{2隆陋}=}rm{HCO_{3}^{隆陋}+HSO_{3}^{隆陋}}5、等物质的量浓度的下列溶液中，NH4+离子的浓度最大的是A.NH4ClB.NH4HCO3C.NH4HSO4D.NH4NO36、25oC时，向25mL一定浓度的NaOH溶液中逐滴加入某浓度的CH3COOH溶液，溶液pH和加入的醋酸溶液的体积关系曲线如图所示。下列有关混合溶液说法错误的是A.B间的溶液中可能有：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)B.B点：c(CH3COO-)=c(Na+)>c(OH－)=c(H＋)C.C点：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D.NaOH溶液和醋酸溶液的浓度都恰好为0.1mol·L-17、下列各组混合物能用分液漏斗分离的是rm{(}rm{)}A.乙酸和乙醇B.乙酸乙酯和碳酸钠溶液C.溴苯和苯D.汽油和煤油评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、(16分)Ⅰ.用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度。(锥形瓶中装待测液)配制待测液：将2.0g含有少量杂质(杂质不与盐酸反应)的固体烧碱样品配制200mL溶液。（1）滴定：盛装0.20mol/L盐酸标准液应该用酸式滴定管；滴定时，先向盛待测液的锥形瓶中加酚酞作为指示剂；滴定终点的现象是:_____________________________（2）有关数据记录如下：。滴定序号待测液体积(ml)所消耗盐酸标准液的体积(ml)滴定前滴定后120.000.5020.55220.006.0025.95纯度计算：烧碱样品的纯度为________________。（3）对几种假定情况的讨论：(填无影响、偏高、偏低)（测定的结果指烧碱溶液的浓度）①若用蒸馏水冲洗锥形瓶，则会使测定的结果___________________②若滴定前用蒸馏水冲洗酸式滴定管后即装标准盐酸，则会使测定结果__________③滴加盐酸时未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定，则会使测定结果________。Ⅱ．现有室温下浓度均为1×10－3mol/L的几种溶液：①盐酸、②硫酸、③醋酸、④NaOH溶液，回答下列问题：（1）将③、④混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为③________④（填“>”、“<”或“=”）。溶液中的离子浓度由大到小的顺序为________________。（2）向相同体积的①、②、③溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，反应的初始速率由快到慢的顺序为___________，（填序号）最终产生H2总量的关系为___________（填序号）（3）向相同体积的①、③溶液中分别加入相同浓度、相同体积的CH3COONa溶液，充分混合后，混合液的pH大小关系为①_________③（填“>”、“<”或“=”）9、5molH3PO4中有____个H，____个P，____molO．10、(7分)科学家们发现：具有2、8、20、28、50、82、114、126等数目的质子或中子的原子核具有特别的稳定性，并将这些偶数称为“幻数”，而具有双幻数的等尤为稳定。根据此信息回答下列问题：(每空1分)⑴写出前三种幻数为质子数时的元素原子结构示意图，并标明元素符号：；；。⑵已知氧有三种同位素，根据上述幻数规律，氧的同位素中原子核最稳定的是____；⑶根据现有元素周期律推算，位于元素周期表的第周期____族，核稳定性（填“＞”、“＜”、“＝”）。11、某二元酸rm{H_{2}B}表示在水中的电离方程式是rm{H_{2}B篓TH^{+}+HB^{-}HB^{-}?H^{+}+B^{2-}}回答下列问题：

在rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{Na_{2}B}溶液中；下列粒子浓度关系式正确的是______．

A.rm{c(B^{2-})+c(HB^{-})=0.1mol?L^{-1}}B.rm{c(B^{2-})+c(HB^{-})+c(H_{2}B)=0.1mol?L^{-1}}

C.rm{c(OH^{-})=c(H^{+})+c(HB^{-})}rm{D.c(Na^{+})+c(OH^{-})=c(H^{+})+c(HB^{-})}12、目前国际空间站处理rm{CO_{2}}的一个重要方法是将rm{CO_{2}}还原，所涉及的反应方程式为：rm{CO_{2}(g)+4H_{2}(g)?CH_{4}(g)+2H_{2}O(g)}

已知rm{H_{2}}的体积分数随温度的升高而增加rm{.}若温度从rm{300隆忙}升至rm{400隆忙}重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化rm{.(}选填“增大”、“减小”或“不变”rm{)}

。rm{v_{脮媒}}rm{v_{脛忙}}平衡常数rm{K}转化率rm{娄脕}________________________相同温度时；上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如表：

。rm{[CO_{2}]/mol?L^{-1}}rm{[H_{2}]/mol?L^{-1}}rm{[CH_{4}]/mol?L^{-1}}rm{[H_{2}O]/mol?L^{-1}}平衡Ⅰrm{a}rm{b}rm{c}rm{d}平衡Ⅱrm{m}rm{n}rm{x}rm{y}rm{a}rm{b}rm{c}rm{d}与rm{m}rm{n}rm{x}rm{y}之间的关系式为______．13、(6分)按要求写出相应的方程式：电离方程式：（1）H2S：____________________________。（2）NH4HSO4____________________________。水解反应的离子方程式：（1）CuSO4____________________________。（2）Na2CO3____________________________。（3）AlCl3＋Na2S____________________________。14、新华网合肥2011年7月21日电；安徽省矿产资源储量评审中心公布：安徽省地质矿产勘查局在本省金寨县沙坪沟探明一处世界级的巨型钼矿，钼金属总储量达到220万吨以上，潜在经济价值超过6000亿元，钼是制备二维材料的重要金属，英国科学家因制备二维晶体材料--石墨烯获得2010年诺贝尔物理学奖，他们利用“胶带+铅笔”制得单层石墨烯（即从石墨表面剥离下来仅一个原子厚度的材料）．之后，人们又制备出一些氮化硼和二硫化钼的二维晶体．根据材料提供的信息，回答相关问题．

（1）已知铬的原子序数为24，钼原子和铬原子的电子排布相似，铬原子比钼原子少18个电子，写出钼（Mo）原子外围电子排布式：______．

（2）钼晶体类型是______，粒子之间作用力是______．

（3）二维晶体二硫化钼、石墨烯都是平面结构，石墨烯中碳原子的杂化轨道类型是______．

（4）氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料，有多种晶体结构，如二维结构．第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有______种．

（5）①在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为______，层间作用力为______；六方氮化硼晶体的层内B原子数与B-N键数之比为______．推知：六方氮化硼晶体的硬度______（填“大”、“小”或“无法判断”），理由是：______．

②六方氮化硼在高温高压下；可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚。

石相当，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼的密度是______g•cm-3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA）．15、Ⅰrm{.}根据下表左边的“实验操作”，从右边的“实验现象”中选择正确的字母代号，填入对应“答案”的空格中。。实验操作答案实验现象rm{(1)}将水滴入盛有少量过氧化钠的试管中A.溶液褪色B.生成白色胶状沉淀C.产生大量气泡D.剧烈燃烧rm{(2)}向rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中滴加氨水rm{(3)}将二氧化硫通入溴水中Ⅱrm{.}海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等。下图为海水蒸馏原理示意图，请回答下列问题：rm{(1)}冷却水的进水口是________rm{(}填“rm{a}”或“rm{b}”rm{)}rm{(2)}碎瓷片的作用是________rm{(}填“防止暴沸”或“作催化剂”rm{)}16、已知某反应rm{A(g)+B(g)隆陋隆陋C(g)+D(g)}反应过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。rm{(1)}该反应是rm{(}填“吸热”或“放热”rm{)}反应，该反应的rm{娄陇}rm{H}rm{=}rm{kJ隆陇mol^{-1}(}用含rm{E}rm{{,!}_{1}}rm{E}rm{{,!}_{2}}的代数式表示rm{)}rm{1mol}气体rm{A}和rm{1mol}气体rm{B}具有的总能量比rm{1mol}气体rm{C}和rm{1mol}气体rm{D}具有的总能量rm{(}填“一定高”“一定低”或“高低不一定”rm{)}rm{(2)}若在反应体系中加入催化剂使反应速率增大，则rm{E}rm{{,!}_{1}}和rm{E}rm{{,!}_{2}}的变化是：rm{E}rm{{,!}_{1}}，rm{E}rm{{,!}_{2}}，rm{娄陇}rm{H}rm{(}填“增大”“减小”或“不变”rm{)}评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)17、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）。18、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：_____________。19、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）。20、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_______评卷人得分四、有机推断题(共4题，共32分)21、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__________________________________．22、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__________________________________．23、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。24、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分五、简答题(共4题，共8分)25、（10分）某有机化合物A的结构简式如下：请回答下列问题：（1）A的分子式是。CH2OHCOOHNa（2）A在NaOH溶液中加热反应得到B和C，C分子中含有苯环。B的结构简式是。（3）室温下，C用稀盐酸酸化得到E，E的结构简式是。（4）在下列物质中，能与E发生化学反应的是（填写序号）。①溴水②FeCl3溶液③Na2CO3溶液④丁烷（5）写出在铜作催化剂时，E与氧气反应的化学方程式：。26、将rm{4mol}rm{SO_{2}}与rm{2molO_{2}}放入rm{4L}的密闭容器中，在一定条件下反应达到平衡：rm{2SO_{2}+O_{2}?2SO_{3}}测得平衡时混合物总的物质的量为rm{5mol}求：

rm{(1)}平衡时各物质的浓度；

rm{(2)}平衡时rm{SO_{2}}的转化率．27、合成氨工业对化学工业和国防工业具有重要意义；对农业生产起着重要作用．

rm{(1)}已知：rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangleH_{1}}

rm{H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(1)triangleH_{2}}

rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)=4NO(g)+6H_{2}O(1)triangleH_{3}}

rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangleH_{4}<0}

则rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangle

H_{1}}______rm{H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(1)triangleH_{2}}用含rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)=4NO(g)+6H_{2}O(1)triangle

H_{3}}rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangle

H_{4}<0}rm{triangleH_{4}=}的代数式表示rm{(}．

rm{triangleH_{1}}在其他条件相同时，分别测定合成氨反应中rm{triangleH_{2}}的平衡转化率随压强变化的曲线如图rm{triangleH_{3}}rm{)}所示，其中正确的是______rm{(2)}填“rm{N_{2}}”或“rm{A}”rm{B}其判断理由是______．

rm{(}在体积为rm{A}的密闭容器中按物质的量rm{B}rm{)}的比例充入rm{(3)}rm{2L}进行下列四组合成氨实验：

。rm{1}组别温度rm{N_{2}}起始量rm{/mol}rm{N_{2}}的物质的量rm{/mol}rm{5(s)}rm{10(s)}rm{15(s)}rm{20(s)}rm{25(s)}rm{30(s)}rm{35(s)}rm{25(s)}rm{30(s)}rm{35(s)}Ⅰrm{T_{1}}rm{0.1}rm{0.094}rm{0.089}rm{0.085}rm{0.0825}rm{0.081}rm{0.080}rm{0.080}Ⅱrm{T_{2}}rm{0.1}rm{0.090}rm{0.085}rm{0.082}rm{0.080}rm{0.080}rm{0.080}rm{0.080}Ⅲrm{T_{3}}rm{0.2}rm{0.179}rm{0.165}rm{0.153}rm{0.146}rm{x}rm{x}rm{x}Ⅳrm{T_{4}}rm{0.2}rm{0.173}rm{0.161}rm{0.155}rm{0.150}rm{0.150}rm{0.150}rm{0.150}rm{垄脵}实验Ⅰ前rm{10}秒的平均速率rm{v(NH_{3})=}______rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}rm{T_{1}}温度下合成氨反应的平衡常数rm{K=}______rm{(}列出计算式rm{)}．

rm{垄脷}与实验Ⅰ相比；实验Ⅱ改变了一个条件，该条件可能是______．

rm{垄脹}与实验rm{I}相比，实验Ⅲ中rm{N_{2}}的平衡转化率______rm{(}填“增大”、“减小”或“不变”rm{)}平衡常数rm{K}______rm{(}填“增大”、“减小”或“不变”rm{)}．

rm{垄脺}实验Ⅲ与实验Ⅳ的反应条件温度不同，则rm{T_{1}}______rm{(}填“大于”、“小于”或“等于”rm{)T_{2}}原因是______．28、rm{(1)}下列反应中；属于吸热反应的是______．

rm{垄脵}物质燃烧rm{垄脷}炸药爆炸rm{垄脹}酸碱中和反应rm{垄脺}二氧化碳通过炽热的碳rm{垄脻Ba(OH)_{2}?8H_{2}O}与rm{NH_{4}Cl}反应rm{垄脼}铁粉与稀盐酸反应rm{垄脽}煅烧石灰石rm{(}主要成分是rm{CaCO_{3})}制生石灰rm{(CaO)}rm{垄脿}生石灰与水作用制熟石灰rm{垄谩}食物因氧化而腐败．

rm{(2)}已知反应：

rm{垄脵N_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2NO(g)triangleH1}rm{垄脷2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(g)triangleH_{2}}

rm{垄脹N_{2}(g)+3H_{2}(g)篓T2NH_{3}(g)triangleH_{3}}利用上述三个反应，计算rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)篓T4NO(g)+6H_{2}O(g)triangleH4}的反应焓变为______rm{垄脵N_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2NO(g)triangle

H1}用含rm{垄脷2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(g)triangle

H_{2}}rm{垄脹N_{2}(g)+3H_{2}(g)篓T2NH_{3}(g)triangle

H_{3}}rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)篓T4NO(g)+6H_{2}O(g)triangle

H4}的式子表示rm{(}．

rm{triangleH_{1}}在rm{triangleH_{2}}rm{triangleH_{3}}时，rm{)}反应过程的能量变化如图所示．

rm{(3)}该反应是______rm{400隆忙}填“吸热”或“放热”rm{101kPa}反应．

rm{NO_{2}(g)+CO(g)=NO(g)+CO_{2}(g)}该反应的热化学方程式为______．

rm{垄脵}改变下列条件都可使该反应的反应速率改变；其中通过降低活化能加快反应速率的是______．

rm{(}浓度rm{)}压强rm{垄脷}温度rm{垄脹}催化剂。

rm{a.}反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？______rm{b.}填“是”或“否”rm{c.}原因是______．rm{d.}评卷人得分六、实验题(共4题，共36分)29、(4分)下列实验操作不正确的是（填字母代号）。A．在催化剂存在的条件下，苯和溴水发生反应可生成无色、比水重的液体溴苯。B．将铜丝弯成螺旋状，在酒精灯上加热变黑后，立即伸入盛有无水乙醇的试管中，完成乙醇氧化为乙醛的实验。C．醇中含有少量水可加入生石灰再蒸馏制得无水乙醇。D．试管中先加入一定量浓硫酸，再依次加入冰醋酸、无水乙醇，然后加热制取乙酸乙酯。E．实验室制取乙烯时，放入几片碎瓷片，以避免混合液在受热沸腾时剧烈跳动。F．验证溴乙烷水解产物时，将溴乙烷和氢氧化钠溶液混合，充分振荡溶液、静置、待液体分层后，滴加硝酸银溶液。G．实验室蒸馏石油时温度计水银球插入石油中测量温度，收集60℃～150℃馏分得到汽油。30、有关催化剂的催化机理等问题可从“乙醇催化氧化实验”得到一些认识，其实验装置如图所示：其实验操作为预先使棉花团浸透乙醇，并照图安装好；在铜丝的中间部分加热，片刻后开始有节奏rm{(}间歇性rm{)}地鼓入空气；即可观察到明显的实验现象。

请回答以下问题：

rm{(1)}从rm{A}管中可观察到______rm{(}实验现象rm{)}被加热的铜丝处发生的化学反应方程式为______。

rm{(2)}从中可认识到在该实验过程中催化剂起催化作用时参加了化学反应，还可认识到催化剂起催化作用时需要一定的外界条件，该实验中影响催化剂工作效率的条件是______。31、（11分）现拟用下图所示装置（尾气处理部分略）来制取一氧化碳，并用以测定某铜粉样品（混有CuO粉末）中金属铜的含量。（1）制备一氧化碳的化学方程式是；（2）试验中，观察到反应管中发生的现象时；尾气的主要成分是；（3）反应完成后，正确的操作顺序为（填字母）a.关闭漏斗开关b.熄灭酒精1c.熄灭酒精灯2（4）若试验中称取铜粉样品5.0g，充分反应后，反应管中剩余固体的质量为4.8g，则原样品中单质铜的质量分数为；（5）从浓硫酸、浓硝酸、蒸馏水、双氧水中选用合适的试剂，设计一个测定样品中金属铜质量分数的方案；①设计方案的主要步骤是（不必描述操作过程的细节）____②写出有关反映的化学方程式____32、欧盟原定于rm{2012}年rm{1}月rm{1}日起征收航空碳排税以应对冰川融化和全球变暖，使得对如何降低大气中rm{CO_{2}}的含量及有效地开发利用碳资源的研究显得更加紧迫rm{.}请运用化学反应原理的相关知识研究碳及其化合物的性质．

rm{(1)}用电弧法合成的储氢纳米碳管常伴有大量的碳纳米颗粒rm{(}杂质rm{)}这种颗粒可用如下氧化法提纯，请完成该反应的化学方程式：

______rm{C+}______rm{KMnO_{4}+}______rm{H_{2}SO_{4}隆煤}______rm{CO_{2}隆眉+}______rm{MnSO_{4}+}______rm{K_{2}SO_{4}+}______rm{H_{2}O}

rm{(2)}焦炭可用于制取水煤气rm{.}测得rm{12g}碳与水蒸气完全反应生成水煤气时，吸收了rm{131.6kJ}热量rm{.}该反应的热化学方程式为______．

rm{(3)}工业上在恒容密闭容器中用下列反应合成甲醇：

rm{CO(g)+2H_{2}(g)underset{{录脫脠脠}}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}OH(g)triangleH=akJ/mol}．

如表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数rm{CO(g)+2H_{2}(g)

underset{{录脫脠脠}}{overset{{麓脽禄炉录脕}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}OH(g)triangle

H=akJ/mol}．

。rm{(K)}温度rm{250隆忙}rm{300隆忙}rm{350隆忙}rm{K}rm{2.041}rm{0.270}rm{0.012}rm{垄脵}判断反应达到平衡状态的依据是______．

A.生成rm{CH_{3}OH}的速率与消耗rm{CO}的速率相等。

B.混合气体的平均相对分子质量不变。

C.混合气体的密度不变。

D.rm{CH_{3}OH}rm{CO}rm{H_{2}}的浓度都不再发生变化。

rm{垄脷}某温度下，将rm{2mol}rm{CO}和一定量的rm{H_{2}}充入rm{2L}的密闭容器中，充分反应rm{10min}后，达到平衡时测得rm{c(CO)=0.2mol/L}则以rm{H_{2}}表示的反应速率rm{v(H_{2})=}______．

rm{(4)CO}还可以用做燃料电池的燃料，某熔融盐燃料电池具有高的发电效率，因而受到重视，该电池用rm{Li_{2}CO_{3}}和rm{Na_{2}CO_{3}}的熔融盐混合物作电解质，rm{CO}为负极燃气，空气与rm{CO_{2}}的混合气为正极助燃气，制得在rm{650隆忙}下工作的燃料电池，其正极反应式：rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}篓T2CO_{3}^{2-}}则负极反应式：______．

rm{(5)}向rm{BaSO_{4}}沉淀中加入饱和碳酸钠溶液，充分搅拌，弃去上层清液，如此处理多次，可使rm{BaSO_{4}}全部转化为rm{BaCO_{3}}发生反应：rm{BaSO_{4}(s)+CO_{3}^{2-}(aq)篓TBaCO_{3}(s)+SO_{4}^{2-}(aq).}已知某温度下该反应的平衡常数rm{K=4.0隆脕10^{-2}}rm{BaSO_{4}}的rm{K_{sp}=1.0隆脕10^{-10}}则rm{BaCO_{3}}的溶度积rm{K_{sp}=}______．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【解析】试题分析：电解水法制取氢气需要消耗大量的能量，不符合节能减排，也不够科学，故A为本题的正确选项。考点：新能源【解析】【答案】A2、A【分析】【解析】试题分析：B选项中，Ca(ClO)2具有氧化性，沉淀应该为CaSO4，故不正确；C选项中,稀HNO3具有氧化性,产物应为硫的高价化学物，故也不正确；D选项错在省略了部分系数，正确应该为Ca2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-===CaSO4↓＋2H2O，故也不正确。考点：离子方程式的书写【解析】【答案】A3、A【分析】解：青霉素是最重要的抗生素；即消炎药，青霉素有阻止多种细菌生长的优异功能，适于医治因葡萄球菌和链球菌等引起的血毒症，如肺炎；脑膜炎、淋病和外伤感染等，青霉素是一种弱酸性物质，被誉为与原子弹、雷达齐名的三大发明之一；

故选A．

青霉素是最重要的抗生素；即消炎药，青霉素有阻止多种细菌生长的优异功能，适于医治血毒症．

本题考查了药物的主要成分及疗效，难度不大，过敏反应是使用青霉素的主要不良反应，故过敏性休克，严重者会导致死亡，为了防止过敏反应的发生，青霉素在使用前一定要做皮试．【解析】【答案】A4、B【分析】【分析】本题考查化学反应与离子反应方程式的关系，明确发生的化学反应及酸碱的强弱及盐的溶解性和离子反应方程式的书写方法是解答的关键，题目难度不大。【解答】从电离常数大小可以判断酸的强弱，由表中数据可以得出结论：酸性由强到弱rm{H_{2}SO}rm{H_{2}SO}rm{H_{2}SO}rm{3}rm{3}rm{>}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{{,!}_{3}>}rm{HSO}rm{{,!}_{3}}rm{>}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}据此判断反应能否进行，是否符合强酸置换弱酸，生成弱电解质。rm{{,!}_{3}>}rm{HSO}rm{HSO}rm{{,!}_{3}}，符合强酸制弱酸，生成弱电解质，故rm{{,!}^{-}}正确；

rm{>}rm{CO}rm{{,!}_{3}^{2}}可与rm{>}反应得到rm{CO}，与故rm{CO}错误；

rm{{,!}_{3}^{2}}与rm{{,!}^{-}}能共存，故，正确；

与A.rm{H_{2}SO_{3}}能共存，故rm{H_{2}SO_{3}}正确。

故选rm{>}rm{HCO_{3}^{-}}，符合强酸制弱酸，生成弱电解质，故rm{A}正确；

B.rm{H_{2}CO_{3}}可与rm{SO_{3}^{2-}}反应得到rm{HSO_{3}^{-}}，与故rm{B}错误；

C.rm{H_{2}CO_{3}}与rm{HSO_{3}^{-}}能共存，故rm{C}正确；

D.rm{HCO_{3}^{-}}与rm{HSO_{3}^{-}}能共存，故rm{D}正确。

故选rm{B}。。rm{>}rm{HCO_{3}^{-}}【解析】rm{B}5、C【分析】试题分析：NH4Cl、NH4NO3都是一元强酸形成的铵盐，存在NH4+的水解作用，当盐的浓度相等时，二者的水解程度相同，所以NH4+离子的浓度相同，而NH4HCO3是弱酸弱碱盐，阳离子、阴离子都发生水解反应，水解相互促进，是铵根离子水解程度比只有铵根离子的水解程度大，所以NH4+离子的浓度小于NH4Cl；NH4HSO4是二元强酸的酸式盐，电离产生的H+会抑制铵根的水解作用，使铵根离子的水解作用小于NH4Cl，所以等物质的量浓度的下列溶液中，NH4+离子的浓度最大的是NH4HSO4，选项是C。考点：考查溶液中离子浓度的大小比较的知识。【解析】【答案】C6、D【分析】【解析】【答案】D7、B【分析】解：题中乙醇和乙酸；溴苯和苯以及汽油和煤油都混溶；溶液不分层，不能用分液的方法分离，而乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，溶液分层，可用分液的方法分离；

故选B．

能用分液漏斗分离的物质必须是两种相互不溶的液体；一般来讲：有机溶质易溶于有机溶剂，无机溶质易溶于无机溶溶剂，以此解答该题．

本题考查了物质的分离和提纯，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度不大，注意分液漏斗能分离的物质必须是互不相溶的液体，把握好常见的相互溶解和互不相溶的液体．【解析】rm{B}二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】试题分析：Ⅰ.（1）滴定过程中，眼睛注视着锥形瓶内溶液颜色的变化；滴定终点判断，锥形瓶内溶由红色变无色，半分钟内无颜色变化；（2）两次消耗盐酸体积分别为：20.55ml-0.50ml=20.05ml、25.95ml-6.00=19.95；消耗盐酸的平均体积为20.00mL，n（烧碱）=n（盐酸）=0.20mol/L×0.02L=0.004mol，m（烧碱）═nM═0.004mol×40g/mol=0.16g，烧碱的纯度ω（烧碱）=×100%=80%；（3）①用蒸馏水冲洗锥形瓶对测定结果无影响；②若滴定前用蒸馏水冲洗酸式滴定管后即装标准盐酸，标准液的浓度减少，体积偏大，测定结果偏大；③滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定，则会使测定结果，盐酸体积偏小，测定结果偏小；Ⅱ．（1）将③、④混合，先假设等体积混合，生成醋酸钠，溶液显示碱性，所以醋酸应该体积大些，反应后，生成了醋酸钠，溶液显示中性，所以c（NH4+）=c（C1-）＞c（H+）=c（OH-）；（2）向相同体积的①、②、③溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，c（H+）浓度决定反应速度，①②③中氢离子浓度关系为：c（硫酸）＞c（盐酸）＞c（醋酸）；与足量的锌反应，产生H2的量决定于溶液中的n（H+），①②③中氢离子的物质的量关系为；②＞①=③；（3）向相同体积的①盐酸、③醋酸溶液中分别加入相同浓度、相同体积的CH3COONa溶液，①中和盐酸恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，③中醋酸根离子对醋酸电离起到抑制作用，氢离子浓度减小；混合液的pH大小关系①＜③。考点：考查酸碱中和滴定酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算。【解析】【答案】Ⅰ.（1）最后一滴盐酸的加入，锥形瓶内溶液颜色由浅红色变成无色，且在半分钟内不再复原；（2）80％或0.8；（3）①无影响②偏高③偏低；Ⅱ．（1）>；（2）②①③、②③①；（3）<9、略

【分析】

5molH3PO4中含有H原子15mol，P为5mol，O为20mol，所以H原子数=15mol×6.02×1023=9.03×1024；P原子数=5mol×6.02×1023=3.01×1024；O为20mol；

故答案为：15NA或9.03×10245NA或3.01×102420；

【解析】【答案】依据n=计算微粒数；

10、略

【分析】前三种幻数为质子数时的元素分别是He、O、Ca，其原子结构示意图分别为中的质子数和中子数均是8，所以该同位素最稳定。的原子序数是114，因为114－2－8－8－18－18－32＝28，因此位于第七周期，第七周期如果全部排满可以排32种元素，则最后的元素原子序数是118，位于0族。32和28相差4，所以该元素应该属于第ⅣA。的中子数和质子数均是偶数，所以具有双幻数，而的中子数表示偶数，所以前者的稳定性强于后者。【解析】【答案】⑴⑵⑶七、ⅣA、＞11、略

【分析】解：在rm{Na_{2}B}中存在水解平衡：rm{B^{2-}+H_{2}?HB^{-}+OH^{-}}rm{HB^{-}}不会进一步水解，所以溶液中没有rm{H_{2}B}分子；

A.由物料守恒得：rm{c(B^{2-})+c(HB^{-})=0.1mol?L^{-1}}故A正确；

B.rm{HB^{-}}不会进一步水解，所以溶液中没有rm{H_{2}B}分子；故B错误；

C.根据溶液中质子守恒得：rm{c(OH^{-})=c(H^{+})+c(HB^{-})}故C正确；

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

故答案为：rm{AC}．

根据二元酸的电离方程式rm{H_{2}B篓TH^{+}+HB^{-}HB^{-}?H^{+}+B^{2-}}知，rm{B^{2-}}只发生第一步水解；结合电荷守恒和物料守恒分析解答．

本题考查离子浓度大小比较、弱电解质的电离平衡，题目难度不大，正确分析rm{H_{2}B}的电离特点为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力．【解析】rm{AC}12、略

【分析】解：升高温度，正逆反应速率都增大，rm{H_{2}}的体积分数随温度的升高而增加；说明升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，氢气的转化率减小；

故答案为：。rm{v_{脮媒}}rm{v_{脛忙}}平衡常数rm{K}转化率rm{娄脕}增大增大减小减小

rm{H_{2}}的体积分数随温度的升高而增加；说明升高温度平衡逆向移动，结合温度对反应速率的影响解答该题．

本题考查化学平衡的移动，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目侧重温度对平衡移动的影响，把握反应的特征，难度不大．【解析】增大；增大；减小；减小；13、略

【分析】【解析】【答案】（1）H2SH++HS－(2)NH4HSO4=NH4++H++SO42－(3)Cu2++H2OCu(OH)2+2H+(4)CO32－+H2OHCO3－+H+(5)2Al3++3S2－+H2O=2Al(OH)3+3H2S14、略

【分析】解：（1）原子序数为24，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，钼原子和铬原子的电子排布相似，铬原子比钼原子少18个电子，则核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1；4钼（Mo）原子外围电子排布式：4d55s1；

故答案为：4d55s1；

（2）钼晶体类型是金属晶体；粒子之间作用力是金属键；

故答案为：金属晶体；金属键；

（3）石墨烯中碳原子形成3个σ键，无孤电子对，sp2杂化；

故答案为：sp2杂化；

（4）同一周期元素；元素的第一电离能随着原子序数呈增大趋势，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，Li、Be、B、C、N、O、F、Ne元素处于第二周期，第一电离能由大到小的顺序是：Ne＞F＞N＞O＞C＞Be＞B＞Li，第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有3种；

故答案为：3；

（5）①在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中；层内B原子与N原子之间的化学键为共价键，层间作用力为范德华力；六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成3个共价单键，六方氮化硼晶体的层内B原子数与B-N键数之比为1：3；该物质的层状结构中不存在自由移动的电子，所以不导电；

故答案为：3：1；六方氮化硼晶体属于混合型晶体；由于层与层之间范德华力很弱，其硬度小。

故答案为：共价键；范德华力；1：3；小；由于层与层之间范德华力很弱；其硬度小；

②金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，如图所示：所以金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=8×+6×+4=8，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子．一个晶胞中的质量为×4，一个立方氮化硼晶胞的体积是（361.5pm）3，根据ρ==g•m-3；

故答案为：．

（1）原子序数为24，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，钼原子和铬原子的电子排布相似，铬原子比钼原子少18个电子，则核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1；

（2）钼为金属晶体；金属晶体间存在金属键；

（3）根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式；

（4）同一周期元素；元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素来解答；

（5）①在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中；层内B原子与N原子之间的化学键为共价键，层间作用力为范德华力；六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成3个共价单键；六方氮化硼晶体重由于层与层之间范德华力很弱，其硬度小；

②金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，如图所示：所以金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=8×+6×+4=8，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子．一个晶胞中的质量为一个立方氮化硼晶胞的体积是（361.5pm）3，根据ρ=计算密度．

本题考查较为全面，涉及到核外电子排布、分子空间构型、杂化类型的判断以及有关晶体的计算，但解题具有较强的方法性和规律性，学习中注意总结如何书写电子排布式，有关晶体计算等方法．【解析】4d55s1；金属晶体；金属键；sp2杂化；3；共价键；范德华力；1：3；小；由于层与层之间范德华力很弱，其硬度小；15、Ⅰrm{(1)C}rm{(2)B}rm{(3)A}

rm{II(1)a}rm{(2)}防止暴沸【分析】【分析】本题考查基本的物质性质。【解答】Ⅰrm{(1)}将水滴入盛有少量过氧化钠的试管中，生成氢氧化钠和氧气，产生大量气泡，因此，本题答案是：rm{C}rm{(2)}向rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中滴加氨水，产生氢氧化铝白色胶状沉淀，因此，本题答案是：rm{B}rm{(3)}将二氧化硫通入溴水中，反应生成硫酸和氢溴酸，颜色褪去，因此，本题答案是：rm{A}Ⅱrm{(1)}冷凝管下口进水，冷却水的进水口是rm{a}因此，本题答案是：rm{a}rm{(2)}碎瓷片的作用是防止暴沸；因此，本题答案是：防止暴沸。

【解析】Ⅰrm{(1)C}rm{(2)B}rm{(3)A}rm{II(1)a}rm{(2)}防止暴沸16、（1）吸热E1-E2-E12一定低）（2）2减小减小【分析】【分析】本题考查反应热的判断，rm{triangleH}的计算，难度不大，注意催化剂对活化能和反应热的影响。的计算，难度不大，注意催化剂对活化能和反应热的影响。

【解答】rm{triangleH}由图象可知该反应是一个能量升高的反应，所以属于吸热反应；rm{(1)}反应物的总键能rm{triangleH=}生成物的总键能，所以rm{-}rm{triangleH=E_{1}-E_{2}}气体由图象可知可知该反应是一个能量升高的反应，所以rm{1mol}气体rm{A}和rm{1mol}气体rm{B}具有的总能量比rm{1mol}气体rm{C}和rm{1mol}气体rm{D}具有的总能量低，和rm{1mol}气体rm{A}具有的总能量比rm{1mol}气体rm{B}和rm{1mol}气体rm{C}具有的总能量低，rm{1mol}rm{D}故答案为：吸热；rm{E}rm{E}rm{{,!}_{1}}rm{-E}rm{-E}加入催化剂改变了反应的途径，降低反应所需的活化能，所以rm{{,!}_{2}}和；的变化是减小，催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即一定低；rm{(2)}不变，所以rm{E_{1}}的大小对该反应的rm{E_{2}}rm{娄陇}无影响；故答案为：减小；减小；不变。rm{娄陇}【解析】rm{(}rm{(}rm{1}吸热rm{1}rm{)}吸热rm{)}rm{E}rm{1}rm{-E}rm{{,!}_{2}}rm{E}rm{1}rm{1}rm{-E}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}一定低rm{(}rm{2}rm{)}rm{(}rm{2}三、元素或物质推断题(共4题，共8分)17、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）218、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H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H219、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）220、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、有机推断题(共4题，共32分)21、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=CH222、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=CH223、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++HCl24、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+H2O⑦.4⑧.五、简答题(共4题，共8分)25、略

【分析】试题分析：（1）由A得结构简式判断A的分子式为C17H23O5N；（2）A在NaOH溶液中加热发生酯的水解反应，生成钠盐和醇，C中含有苯环，B为醇，所以B的结构简式为（3）C中有苯环结构，且C为羧酸盐，用稀盐酸酸化得到E，E为羧酸，所以E的结构简式为（4）E中含有羧基和羟基，所以和E发生反应的只有③Na2CO3溶液；（5）在铜作催化剂时，E与氧气发生氧化反应，化学方程式为2+O22+2H2O考点：【解析】【答案】（1）C17H23O5N；（2）（3）（4）③（5）2+O22+2H2O26、略

【分析】

利用差量法求出平衡时参加反应的rm{SO_{2}}的物质的量，生成的rm{SO_{3}}的物质的量；再利用物质的量浓度；转化率定义计算．

本题考查化学平衡的有关计算，难度不大，注意基础知识的掌握rm{.}用差量法计算参加反应的rm{SO_{2}}的物质的量，生成的rm{SO_{3}}的物质的量，简化计算，注意优化解题方法．【解析】解：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}物质的量减少rm{trianglen}

rm{2}rm{1}rm{2}rm{(2+1)-2=1}

rm{2mol}rm{1mol}rm{2mol}rm{(4mol+2mol)-5mol=1mol}

rm{(1)}平衡时rm{SO_{3}}的浓度为：rm{dfrac{2mol}{4L}=0.5mol/L}氧气浓度为：rm{dfrac{2mol-1mol}{4L}=0.25mol/L}二氧化硫浓度为：rm{dfrac{4mol-2mol}{4L}=0.5mol/L}

答：平衡时rm{dfrac

{2mol}{4L}=0.5mol/L}的浓度为rm{dfrac

{2mol-1mol}{4L}=0.25mol/L}氧气浓度为rm{dfrac

{4mol-2mol}{4L}=0.5mol/L}二氧化硫浓度为rm{SO_{3}}

rm{0.5mol/L}平衡时rm{0.25mol/L}的转化率为：rm{dfrac{2mol}{4mol}隆脕100%=50%}

答：平衡时rm{0.5mol/L}的转化率为rm{(2)}．rm{SO_{2}}27、△H1+3△H2-△H3；B；合成氨反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正移，反应物的转化率增大；0.0011；（mol•L-1）-2；加催化剂；增大；不变；小于；T2时的平衡常数小于T1时的平衡常数且正反应放热【分析】解：rm{(1)}知：rm{垄脵N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangleH_{1}}

rm{垄脷H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(1)triangleH_{2}}

rm{垄脹4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)=4NO(g)+6H_{2}O(1)triangleH_{3}}

根据盖斯定律，rm{垄脵+3隆脕垄脷-dfrac{1}{2}隆脕垄脹}得到rm{垄脵N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangle

H_{1}}rm{triangleH_{4}=triangleH_{1}+3triangleH_{2}-dfrac{1}{2}triangleH_{3}}故答案为：rm{triangleH_{1}+3triangleH_{2}-dfrac{1}{2}triangleH_{3}}

rm{垄脷H_{2}(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(1)triangleH_{2}}合成氨反应为气体分子数减小的反应；增大压强，平衡正移，反应物的转化率增大，所以图B正确；

故答案为：rm{垄脹4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)=4NO(g)+6H_{2}O(1)triangle

H_{3}}合成氨反应为气体分子数减小的反应；增大压强，平衡正移，反应物的转化率增大；

rm{垄脵+3隆脕垄脷-dfrac

{1}{2}隆脕垄脹}实验Ⅰ前rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)}秒的平均速率rm{v(N_{2})=dfrac{dfrac{0.1mol-0.089mol}{2L}}{10s}=0.00055mol/(L?s)}rm{triangleH_{4}=triangle

H_{1}+3triangleH_{2}-dfrac{1}{2}triangleH_{3}}rm{triangleH_{1}+3triangleH_{2}-