2025年沪教新版高二化学下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年沪教新版高二化学下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9题，共18分)1、若乙酸分子中的氧都是rm{{,!}^{18}O}乙醇分子中的氧都是rm{{,!}^{16}O}二者在浓rm{H_{2}SO_{4}}作用下发生反应，一段时间后，分子中含有rm{{,!}^{16}O}的物质有rm{(}rm{)}A.rm{1}种B.rm{2}种C.rm{3}种D.rm{4}种2、下列离子方程式书写正确的是A.碳酸钙与稀盐酸反应：rm{COrlap{{!,}^{2-}}{{!,}_{3}}+2H^{+}===CO_{2}隆眉+H_{2}O}B.氢氧化镁与醋酸溶液反应：rm{Mg(OH)_{2}+2H^{+}===Mg^{2+}+2H_{2}O}C.钠与水反应：rm{2Na+2H_{2}O===2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}D.铜与浓硫酸反应：rm{Cu+2H^{+}===Cu^{2+}+H_{2}隆眉}3、符合化学式rm{C_{7}H_{8}O}的芳香族化合物，同分异构体共有rm{x}种，能与金属钠反应放出氢气的有rm{y}种，能与rm{FeCl_{3}}溶液混合后显紫色的有rm{z}种，则rm{x}、rm{y}、rm{z}的数值分别是A.rm{5}rm{4}rm{3}B.rm{4}rm{4}rm{3}C.rm{4}rm{3}rm{2}D.rm{3}rm{3}rm{3}4、下列物质的核磁共振氢谱图中，有5个吸收峰的是（）A.B.C.D.5、下列各组物质的相互关系不正确的是A.同位素：H、TB.同素异形体：C(石墨)、C60、C70C.同系物：分子组成满足CnH2n的一切物质D.TB．同素异形体：C(石墨)、C60、C70C．同系物：分子组成满足CnH2n的一切物质D．同分异构体：[Cr(H2O)5C1]Cl2·H2O和[Cr(H2O)4C12]Cl·2H2O6、甲烷中混有乙烯，欲除去乙烯得到纯净的甲烷，依次通过的洗气瓶中盛放的试剂最好为（）A.澄清石灰水、浓硫酸B.KMnO4酸性溶液、浓硫酸C.溴水、浓硫酸D.浓硫酸、KMnO4酸性溶液7、下列物质性质的递变关系正确的是A.酸性强弱：rm{H_{3}PO_{4}>H_{2}SO_{4}>HC1O_{4}}B.稳定性：rm{HCl>H_{2}S>PH_{3}}C.氧化性：rm{Na^{+}>Mg^{2+}>Al^{3+}}D.碱性：rm{NaOH>KOH>Ca(OH)_{2}>Mg(OH)_{2}}8、现有碳酸钾和碳酸氢钾的混合物样品，为测定其组成，分别称取三份不同质量的该混合物样品，配成溶液，然后用相同浓度的硫酸进行滴定，已知：rm{COrlap{{!,}^{2-}}{{!,}_{3}}}与rm{H^{+}}反应生成rm{CO_{2}}分两步：rm{COrlap{{!,}^{2-}}{{!,}_{3}}+H^{+}===HCOrlap{{!,}^{-}}{{!,}_{3}}}rm{HCOrlap{{!,}^{-}}{{!,}_{3}}+H^{+}===CO_{2}隆眉+H_{2}O}测得实验数据如下：

。实验编号rm{1}rm{2}rm{3}混合物的质量rm{/g}rm{3.76}rm{4.70}rm{8.46}硫酸溶液的体积rm{/mL}rm{50.00}rm{50.00}rm{50.00}生成二氧化碳的物质的量rm{/mol}rm{0.03}rm{0.0375}rm{0.03}下列说法正确的是()A.样品中碳酸钾和碳酸氢钾的物质的量之比为rm{1隆脙2}B.样品中碳酸钾和碳酸氢钾的物质的量之比为rm{2隆脙3}C.所用硫酸的物质的量浓度为rm{1.5mol隆陇L^{-1}}D.所用硫酸的物质的量浓度为rm{0.75mol隆陇L^{-1}}9、下列不属于毒品，但能增加兴奋度的是rm{(}rm{)}A.吗啡B.海洛因C.冰毒D.麻黄碱评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、在容积为VL的密闭容器中发生2NO22NO+O2的反应。反应过程中NO2的物质的量随时间变化的状况如图所示。（1）若曲线A和B表示的是该反应在某不同条件下的反应状况，则该不同条件是A．有、无催化剂B.压强不同C．温度不同（2）写出该反应的化学平衡常数K的表达式____，并比较K800℃____K850℃（填>、<或=）。（3）求在B条件下从反应开始至达到平衡，氧气的反应速率VO2=____。（4）能说明该反应已达到平衡状态的是A．V正（NO2）=V逆（NO）B．C（NO2）=C（NO）C．气体的平均摩尔质量不变D．气体的密度保持不变11、将一定质量的Mg-A1合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应．向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如右图．计算下列问题：（写出简要计算过程）

（1）求合金中Mg与Al的物质的量之比？

（2）所加NaOH溶液的物质的量浓度是多少？

（3）原HCl溶液的物质的量浓度是多少？12、在2L密闭容器内，800℃时反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：。时间/s012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007(1)写出该反应的平衡常数表达式：K＝__________。已知：K300℃＞K350℃，则该反应是__________热反应。(2)右图中表示NO2的变化的曲线是________。用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v＝__________。(3)能说明该反应已达到平衡状态的是__________。a．v(NO2)＝2v(O2)b．容器内压强保持不变c．v逆(NO)＝2v正(O2)d．容器内密度保持不变(4)能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是__________。a．及时分离出NO2气体b．适当升高温度c．增大O2的浓度d．选择高效催化剂13、(10分)A是一种红棕色金属氧化物，B、D是金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。(1)写出下列物质的化学式：AJ____(2)按要求写方程式：①C转化为I的离子方程式：。②F在空气中转化为G的化学方程式：。③D可以与水蒸气在高温条件下反应，写出此反应的化学方程式：。14、下列有关有机化学实验的叙述正确的是。（填序号）①向电石中滴加饱和食盐水制取乙炔气体。②1－氯丁烷在NaOH水溶液中，可以发生消去反应生成1－丁烯③可向皂化反应后的混合液中，加入饱和食盐水，使肥皂析出④酒精与浓H2SO4的混合物，加热到140℃可以制取乙烯⑤向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热使淀粉水解，再加入银氨溶液，加热，检验淀粉是否发生水解15、（10分）某科研小组设计出利用工业废酸(l0%)来堆浸某废弃的氧化铜锌矿的方案，实现废物综合利用，如下图所示。已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如下表所示。请回答下列问题：（1）氧化铜锌矿中含有少量的CuS和ZnS，在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp(CuS)______Ksp(ZnS)（选填“>”“<”或“=”）。（2）物质A可使用下列物质中的。A.KMnO4B.O2C.H2O2D.Cl2（3）除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的pH，pH应控制在________范围之间。（4）物质B可直接用作氮肥，则B的化学式是________。（5）除铁后得到的Fe(OH)3可用KClO溶液在碱性环境下将其氧化得到一种高效的多功能水处理剂——K2FeO4，写出该反应的离子方程式__________。16、如表是某地区市场上销售的一种“加碘食盐”包装袋上的部分文字说明请根据此表；回答下列问题。

。配料表精制海盐、碘酸钾含碘量rm{20隆芦40m/kg}卫生许可证号rm{X}rm{X}卫碘字rm{(1999)}第rm{001}号分装日期见封底储藏方法密封、避光、防潮食用方法烹调时。待食品熟后加人碘盐rm{(1)}要在食盐中加碘。是因为碘是人体内合成______激素的主要原料；缺碘会引起疾病。长期生活在缺碘山区，又得不到食盐供应，易患______

A.甲状腺亢进rm{B.}贫血症rm{C.}地方性甲状腺肿大rm{D.}糖尿病。

rm{(2)}碘酸钾的化学式为rm{Kl0_{3}}其中碘元素的化合价为______；根据含碘盐的食用方法可推测，碘酸钾在受热时容易______；

rm{(3)}食物中的______等海产品中含碘较多。17、请根据所给物质的结构和要求写出下列方程式：rm{(1)}在rm{Cu}催化下的氧化反应：________________________________________．rm{(2)}与足量溴水反应：______________________________．rm{(3)}在rm{NaOH}乙醇溶液中加热发生消去反应：__________________．rm{(4)}与银氨溶液发生银镜反应：____________________________________．rm{(5)}与足量的rm{NaOH}溶液反应：___________________________________．18、下列操作；可以使3A（g）+B（s）⇌2C（g）+D（g）△H＞0的反应速率加快，但是A的转化率不变的操作有______。

①升高温度。

②恒温时压缩体积。

③恒温恒容通入A

④使用正催化剂。

⑤恒温恒容加入B。评卷人得分三、计算题(共9题，共18分)19、（共12分）（1）Ba(OH)2是一种强电解质，现有25℃、pH＝13的Ba(OH)2溶液。①该Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为___________________；②溶液中由水电离出c(OH―)＝______________；③该浓度Ba(OH)2溶液与某浓度盐酸溶液按体积比1∶9混合后，所得溶液pH＝11（忽略体积的变化），该盐酸溶液的pH＝____________。（2）某温度时，测得0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的离子积常数KW=_____________。该温度___________25℃(填“＞”“＝”或“＜”)。（3）常温下，将1mLpH=1的H2SO4溶液加水稀释至100mL，稀释后的溶液中c(H+)/c(OH-)=_______________。20、(12分)在一定温度下，向容积不变的容器中加入2molN2、8molH2及固体催化剂，使之反应。已知：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.2kJ·mol－1。平衡时，容器内气体压强为起始时的80%。(1)反应达到平衡时，放出的热量()A．小于92.2kJB．等于92.2kJC．大于92.2kJ(2)保持同一温度，在相同的容器中，若起始时加入2molNH3、1molH2及固体催化剂，反应达到平衡时NH3的体积分数()A．等于0.25B．大于0.25C．小于0.25(3)保持同一温度，在相同的容器中，起始通入一定物质的量N2、H2、NH3，欲使平衡时NH3的体积分数一定等于0.25。且起始时向正反应方向进行，则充入N2的物质的量amol的取值范围是_________________________________________。(4)如图是T1℃时容器中NH3的物质的量随时间的变化曲线，请在该图中补画出该反应在T2℃(T2>T1)时n(NH3)的变化曲线。21、在100mL2.00mol/L的Ba(OH)2溶液中滴加100mLNaHSO4溶液，测得溶液的pH为1.00，求产生的沉淀的质量，以及NaHSO4溶液的物质的量浓度（设两种溶液混合时体积变化忽略不计）。22、单晶硅的晶体结构与金刚石一种晶体结构相似；都属立方晶系晶胞，如图：

rm{(1)}将键联的原子看成是紧靠着的球体，试计算晶体硅的空间利用率rm{(}计算结果保留三位有效数字，下同rm{)}

rm{(2)}已知rm{Si-Si}键的键长为rm{234pm}试计算单晶硅的密度是多少rm{g/cm^{3}}．23、常温下某液态有机物A10.6g和标况下30LO2完全反应，只生成CO2和液态水，将剩余的气体先通过浓硫酸浓硫酸增重9g，再将剩余的气体通过足量的碱石灰，气体减少17.92L（标况），已知该有机物蒸气相对于相同状况下氢气密度为53。（1）求该有机物A的分子式（要有计算过程）（2）又已知该有机物A的核磁共振氢谱中显示有两个峰，且面积之比为3：2。写出A的结构简式并命名24、已知某金属晶体是面心立方堆积，金属原子的半径为apm，摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数为NA求（1）该晶胞中含有原子的个数？（2分）（2）该金属的密度（用a、M、NA来表示）（2分）（3）空间利用率为多少？（4分）25、（6分）某有机物含有C、H、O三种元素，其摩尔质量为58g/mol。把1.16g该有机物在O2中充分燃烧，将生成物通过足量碱石灰，碱石灰增重3.72g，又知生成的CO2和H2O的物质的量之比为1:1。该有机物可以使溴水褪色，能和金属钠发生反应生成H2。（1）求该有机物的分子式；（2）已知：羟基不能连接在不饱和碳原子上，该有机物的结构简式。26、rm{25隆忙}某气态烃与氧气混合充入密闭容器中，点火爆炸后，又恢复到rm{25隆忙}此时容器内压强为开始时的一半，再经氢氧化钠溶液处理，容器内几乎为真空，求该烃的分子式．27、已知水的离子积：rm{25隆忙}时rm{K_{w}=1隆脕10^{-14}}rm{100隆忙}时rm{K_{w}=1隆脕10^{-12}}试回答以下问题．rm{(1)25隆忙}时，某rm{Na_{2}SO_{4}}溶液中rm{c(SO_{4}^{2-})=5隆脕10^{-4}mol?L^{-1}}取该溶液rm{c(SO_{4}^{2-})=5隆脕10^{-4}

mol?L^{-1}}加水稀释至rm{1mL}则稀释后溶液中rm{10mL}rm{c(Na^{+})}_________．rm{c(OH^{-})=}在rm{(2)}时，测得某溶液rm{100隆忙}该溶液显_________rm{pH=7}填“酸”、“碱”或“中”rm{(}性．rm{)}将rm{(3)}温度下rm{100隆忙}的rm{pH=11}溶液rm{NaOH}与rm{aL}的rm{pH=1}溶液rm{H_{2}SO_{4}}混合，若所得混合液rm{bL}则rm{pH=2}rm{a}________．rm{b=}某温度时，有rm{(4)}的稀硫酸和rm{pH=2}的rm{pH=11}溶液等体积混合后溶液呈中性，则该温度下水的离子积常数rm{NaOH}________。rm{K_{w}=}该温度下rm{垄脵}将rm{(T隆忙)}的稀rm{100mL0.1mol隆陇L^{-1}}溶液与rm{H_{2}SO_{4}}的rm{100mL0.4mol隆陇L^{-1}}溶液混合后rm{NaOH}溶液体积变化忽略不计rm{(}溶液的rm{)}____________。rm{pH=}该温度下rm{垄脷}rm{(T隆忙)}体积的稀硫酸和rm{1}体积的rm{10}溶液混合后溶液呈中性，则稀硫酸的rm{NaOH}与rm{pH(pH_{a})}溶液的rm{NaOH}的关系是________________。rm{pH(pH_{b})}用含rm{(}和rm{pH_{a}}的式子表达rm{pH_{b}}rm{)}评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共8分)28、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）。29、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：_____________。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、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3题，共21分)32、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。33、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。34、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

ii．相关物质的物理性质如下表：。相关物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9767.1与水互溶亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是___________。

②步骤II开始时的操作为___________(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是___________(选填字母编号)。

a．打开K1、K2b．关闭K1、K2c．打开K3d．关闭K3e．水浴加热f．通冷凝水。

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2mL。

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。评卷人得分六、综合题(共2题，共6分)35、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．36、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9题，共18分)1、B【分析】解：若乙酸分子中的氧都是rm{{,!}^{18}O}乙醇分子中的氧都是rm{{,!}^{16}O}二者在浓rm{H_{2}SO_{4}}作用下发生酯化反应的化学方程式为：rm{CH_{3}C^{18}O^{18}OH+H^{16}OCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}C^{18}O^{16}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}^{18}O}

根据反应可知，酯化反应是可逆反应，所以含有rm{CH_{3}C^{18}O^{18}OH+H^{16}OCH_{2}CH_{3}

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}C^{18}O^{16}OCH_{2}CH_{3}+H_{2}^{18}O}的物质有：rm{{,!}^{16}O}rm{CH_{3}CH_{2}^{16}OH}种物质；

故选B．

乙酸与乙醇的酯化反应中：乙酸中的羧基提供羟基；乙醇中的羟基提供氢原子；羟基和氢原子形成水，剩下基团结合的形成酯，以此解答该题．

本题考查了酯化反应原理，为高频考点，题目难度不大，明确酯化反应原理“酸脱羟基醇脱氢”含义为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力．rm{CH_{3}C^{18}O^{16}OCH_{2}CH_{3}2}【解析】rm{B}2、C【分析】略【解析】rm{C}3、A【分析】【分析】本题考查了同分异构体求算、有机物结构与性质，题目难度中等，注意掌握同分异构体的概念及书写方法，正确分析题干信息为解答本题的关键。【解答】芳香族化合物rm{A}的分子式为rm{C_{7}H_{8}O}故A含有rm{1}个苯环，还剩余rm{1}个rm{C}rm{1}个rm{O}其侧链可能含有的结构为：rm{垄脵1}个rm{-CH_{2}OH}rm{垄脷}一个rm{-OCH_{3}}rm{垄脹1}个rm{-CH_{3}}和rm{1}个酚羟基，其中rm{垄脵}形成的化合物为苯甲醇，只有rm{1}种结构；rm{垄脷}形成的化合物为苯甲醚，只有rm{1}种结构；rm{垄脹}形成的结构为甲基苯酚，存在邻、间、对三种结构，所以该芳香族化合物总共含有rm{5}种同分异构体，即rm{x=5}能够与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有醇羟基或酚羟基，满足条件的有：苯甲醇和甲基苯酚，总共含有rm{4}种同分异构体，即rm{y=4}能够与氢氧化钠溶液反应，分子中一定含有酚羟基，满足条件的为甲基苯酚，有rm{3}种同分异构体，即rm{z=3}故A正确。

故选A。【解析】rm{A}4、B【分析】【解析】试题分析：有机物分子中含有几类等效氢原子，则在核磁共振氢谱中就出现几个吸收峰。等效氢原子的判断依据是一般同一个碳原子上的氢原子是相同的，同一个碳原子所连接的甲基上的氢原子是相同的，具有对称性结构（类似于平面镜成像中物体和像的关系），据此可知，选项ABCD分子中含有氢原子种类分别是2、5、4、4，答案选B。考点：考查核磁共振氢谱的有关判断【解析】【答案】B5、C【分析】【解析】【答案】C6、C【分析】【解答】解：A．乙烯与澄清石灰水不反应；不能得到纯净的甲烷，故A错误；B．乙烯可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，故B错误；

C．乙烯含有碳碳双键；可与溴水发生加成反应，然后用浓硫酸干燥可得纯净；干燥的甲烷，故C正确；

D．乙烯可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳气体；引入新的杂质，故D错误．

故选C．

【分析】乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳气体，以此解答该题．7、B【分析】略。

【解析】rm{B}8、D【分析】【分析】本题考查了化学计量的综合计算，物质的量浓度的计算，物料守恒等，难度较大。【解答】rm{(1)}从实验rm{2}产生的rm{CO}从实验rm{(1)}产生的rm{2}rm{CO}rm{{,!}_{2}}多可知实验rm{{,!}_{2}}中酸过量；碳酸钾与碳酸氢钾全部生成硫酸钾．

设比实验rm{1}多可知实验rm{1}中酸过量；碳酸钾与碳酸氢钾全部生成硫酸钾．

设rm{3.76g}混合物中含rm{K}混合物中含rm{1}rm{1}rm{3.76g}rm{K}rm{{,!}_{2}}含rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}

。rm{{,!}_{3}}rm{{}rm{{}rm{138x+100y=3.76}rm{138x+100y=3.76}rm{x+y=0.03}解得rm{x=0.02}rm{y=0.01}

所以碳酸钾和碳酸氢钾的物质的量之比rm{=0.02mol}rm{0.01mol=2}rm{1}rm{x=0.02}

所以碳酸钾和碳酸氢钾的物质的量之比rm{y=0.01}rm{=0.02mol}rm{0.01mol=2}rm{1}从实验rm{(2)}从实验rm{3}产生的rm{CO}产生的rm{(2)}rm{3}rm{CO}少可知实验rm{{,!}_{2}}中酸不足，实验rm{{,!}_{2}}最后得到的应为比实验rm{2}少可知实验rm{3}中酸不足，实验rm{3}最后得到的应为rm{K}rm{2}rm{3}rm{3}rm{K}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}混合物中含rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}rm{{,!}_{4}}的物质的量为：rm{dfrac{0.02mol隆脕8.46g}{3.76g}=0.045mol}和rm{KHCO}rm{KHCO}的物质的量为：rm{dfrac{0.045mol}{2}=0.0225mol}rm{{,!}_{3}}的物质的量：rm{{,!}_{3}}

混合溶液；

利用第一步计算结果，则rm{8.46g}混合物中含rm{K}rm{8.46g}物质的量rm{K}

rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}的物质的量：rm{dfrac{0.1125mol-0.0375mol}{2}=0.0375mol}则硫酸物质的量浓度为：rm{dfrac{0.0375mol}{0.05L}=0.75mol/L}由分析可知：答案D正确。

故选D。

rm{{,!}_{3}}的物质的量为rm{{,!}_{3}}【解析】rm{D}9、D【分析】解：吗啡；海洛因、病毒均属于毒品；麻黄碱属于止咳平喘药物，服用后不良反应是有时会出现由于中枢神经兴奋导致的不安、失眠等，这类药品属兴奋剂；

故选D．

麻黄碱服用后不良反应是有时会出现由于中枢神经兴奋导致的不安；失眠等；这类药品属兴奋剂．

本题考查了麻黄碱的主要成分和疗效，题目非常简单，掌握麻黄碱的疗效是解题的关键，合理使用药物，远离毒品，珍爱生命．【解析】rm{D}二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】【解析】试题分析：（1）B比A反应速率快但平衡时B比A中NO2物质的量小，催化剂对平衡移动无影响，所以不可能是使用催化剂。增大压强，平衡向左移动，NO2物质的量增大，B错误；升高温度，平衡向右移动，NO2物质的量减小，C正确。（2）该反应正反应是吸热反应，温度越高，K越大。（3）B条件下v(NO2)==mol/(L·s)，所以v(O2)=mol/(L·s)。（4）NO2与NO化学计量数相等，所以V正（NO2）=V逆（NO）是平衡状态，A正确；NO和NO2浓度相等不是平衡状态的标志，二者浓度不变是平衡状态的标志，B错误；气体的平均摩尔质量=反应物和生成物都是气体，所以气体总质量守恒；反应后气体物质的量增大，气体平均摩尔质量减小，所以气体摩尔质量不变时是平衡状态，C正确；气体的密度=反应物和生成物都是气体，所以气体总质量守恒，容器容积固定，气体的体积不变，所以无论是平衡状态还是非平衡状态，气体的密度均不变，D错误。考点：勒沙特列原理化学平衡常数化学反应速率计算化学平衡状态的标志【解析】【答案】（1）C（2）<（3）mol/(L·s)（4）AC11、略

【分析】

（1）由图象可知溶于NaOH溶液的沉淀为13.6g-5.8g=7.8g，该沉淀为Al（OH）3；

物质的量为n（Al（OH）3）==0.1mol，即0.1molAl（OH）3；

不溶于NaOH溶液的Mg（OH）2沉淀为5.8g，物质的量为n（Mg（OH）2）==0.1mol；

原合金中n（Al）=n（Mg）=0.1mol；故物质的量之比是1：1．

答：合金中Mg与Al的物质的量之比为1：1．

（2）由Al（OH）3与NaOH反应的方程式计算；

Al（OH）3+OH-═AlO2-+H2O

1mol1mol

0.1molc（NaOH）×（140-120）×10-3

得c（NaOH）=5mol•L-1

答：所加NaOH溶液的物质的量浓度是5mol•L-1．

（3）图象中A点为沉淀量最大时，此时溶液溶质为NaCl，故n（Na+）=n（Cl-）=0.12L×5mol•L-1=0.6mol；

c（HCl）==6mol•L-1

答：原HCl溶液的物质的量浓度是6mol•L-1．

【解析】【答案】根据物质的性质；首先判断曲线各点的意义，以此判断反应的程度；

根据图象纵坐标可判断Al（OH）3和Mg（OH）2的质量；

根据Al（OH）3的两性可计算NaOH的浓度；A点时沉淀量最大，此时溶液溶质为NaCl；

根据n（Na+）=n（Cl-）可计算盐酸的浓度．

12、略

【分析】【解析】试题分析：（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据方程式可知，该反应的平衡常数表达式是温度越高，平衡常数越小，所以正方应是放热反应。（2）根据表中数据可知，平衡是消耗NO是0.02mol－0.007mol＝0.013mol，所以根据方程式可知，生成NO2是0.013mol，浓度是0.0065mol/L，则b曲线符合。从0～2s内NO减少了0.02mol－0.008mol＝0.012mol，则氧气减少了0.006mol，所以用氧气表示的反应速率是＝1.5×10－3mol/(L·s)。（3）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。速率之比是相应的化学计量数之比，所以a中的关系始终是成立的，不能说明；该反应是体积减小的可逆反应，则压强也是减小的，因此当压强不在发生变化时可用说明；c中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，正确。密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，d不能说明，因此答案选bc。（4）及时分离出NO2气体，反应速率降低；适当升高温度，反应速率加快，但平衡向逆反应方向移动；增大O2的浓度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动；催化剂不能改变平衡状态，答案选c。考点：考查外界条件对平衡状态的影响、平衡常数的判断和计算以及反应速率的计算【解析】【答案】（每空2分，共12分）(1)K＝放(2)b1.5×10－3mol/(L·s)(3)bc(4)c13、略

【分析】本题是无机框图题，关键是找准突破点。A是一种红棕色金属氧化物，所以A是氧化铁。高温下和氧化铁发生置换反应的应是铝热反应，即B是铝，则D是铁，C是氧化铝。氧化铝是两性氧化物，和盐酸反应生成氯化铝，和氢氧化钠溶液反应生成偏氯酸钠。偏氯酸钠中通入CO2即生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝受热分解即达到氧化铝。铁和盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和氨水反应生成氢氧化亚铁沉淀。氢氧化亚铁在空气中被氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁分解即得到氧化铁。【解析】【答案】（共10分）每空2分（1）Fe2O3Al(OH)3(2)①Al2O3+2NaOH==2NaAlO2+H2O②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3③3Fe+4H2OFe3O4+4H214、略

【分析】向电石中滴加饱和食盐水制取乙炔气体，减慢速率，因为电石和水反应很快①正确。1－氯丁烷在NaOH水溶液中，可以发生水解反应生成1－丁醇。②错误。④酒精与浓H2SO4的混合物，加热到170℃可以制取乙烯，140℃可以制取二乙醚，错误。淀粉水解产生葡萄糖，有醛基可以检验淀粉已经水解，但是淀粉的检验要用碘。错误。【解析】【答案】①③15、略

【分析】试题分析：（1）相同条件下，溶解度大的物质先溶解，因在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）；（2）除铁过程中加入A和氨水，使亚铁离子变成氢氧化铁沉淀，故A应为氧化剂，考虑不引入新的杂质，应选BC；（3）从图表数据可知，铁离子沉淀完全的PH为3.2，锌离子开始沉淀的PH为6.2．故除铁PH范围为：3.2～6.2；（4）因所用废酸为硫酸，B又可作氮肥，所以B为（NH4）2SO4；（5）由题给信息可知，反应物为2Fe（OH）3、ClO-、OH-，生成物之一为FeO42-，因铁在反应中化合价升高，故氯的化合价降低，故另一产物为Cl-，根据元素守恒，还有水是产物．根据化合价升降法配平此方程式为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。考点：考查物质制备工艺流程图相关知识。【解析】【答案】（1）<（2）BC（3）3.2≤pH﹤6.2（4）(NH4)2SO4（5）2Fe(OH)3＋3ClO-＋4OH-===2FeO42-＋3Cl-＋5H2O16、略

【分析】解：rm{(1)}碘元素是合成甲状腺激素的主要原料，缺碘会导致甲状腺疾病，如甲状腺肿大，甲状腺亢进是由于碘元素的摄入过量导致的，故答案为：甲状腺；rm{C}

rm{(2)}在rm{KIO_{3}}中，钾元素为rm{+1}价，rm{O}元素为rm{-2}价，根据化合价的代数和为rm{0}可知，碘元素为rm{+5}价；烹调时。待食品熟后加人碘盐，可知碘酸钾的热稳定性不好，受热易分解，故答案为：rm{+5}分解；

rm{(3)}海产品中；海带中的碘元素的含量较高，故生活在缺碘山区的人民，应多摄入海带，故答案为：海带。

rm{(1)}碘元素是合成甲状腺激素的主要原料；缺碘会导致甲状腺疾病；

rm{(2)}根据化合价的代数和为rm{0}来计算；烹调时。待食品熟后加人碘盐；据此分析碘酸钾的热稳定性；

rm{(3)}海产品中；海带中的碘元素的含量较高。

本题考查了食盐中加入的碘元素的存在形态碘酸钾的性质以及碘元素的摄入途径，难度不大，应注意化学在生活中的应用。【解析】甲状腺；rm{C}rm{+5}分解；海带17、略

【分析】本题考查有机物的结构和性质，熟悉取代反应、加成反应等反应类型，根据反应原理书写化学方程式的能力，试题难度不大。rm{(1)}在rm{Cu}催化下的氧化反应的化学方程式为：催化下的氧化反应的化学方程式为：rm{Cu}rm{(2)}与足量溴水反应的化学方程式为：rm{(3)}乙醇溶液中加热发生消去反应的化学方程式为：在rm{NaOH}乙醇溶液中加热发生消去反应rm{NaOH}rm{(4)}与银氨溶液发生银镜反应的化学方程式为：溶液反应的化学方程式为：rm{(5)}【解析】rm{(1)}rm{(2)}rm{(3)}rm{(4)}rm{(5)}18、②③④【分析】解：①升高温度反应速率加快；平衡向正反应方向移动，所以A的转化率变大，故不选；

②恒温时压缩体积；增大压强反应速率加快，但两边气体的计量数相等，平衡不移动，所以反应速率加快，A的转化率不变，故选；

③恒温恒容通入A；相当于增大压强，平衡不移动，所以反应速率加快，A的转化率不变，故选；

④使用催化剂加快化学反应的速率；平衡不移动，所以反应速率加快，A的转化率不变，故选；

⑤恒温恒容加入B；B为固体，浓度不变，反应的速率不变，平衡不移动，故错误；

故答案为：②③④。

①升高温度反应速率加快；平衡向正反应方向移动；

②恒温时压缩体积；增大压强反应速率加快，但两边气体的计量数相等；

③恒温恒容通入A；相当于增大压强；

④使用催化剂加快化学反应的速率；

⑤恒温恒容加入B；B为固体，浓度不变。

本题考查化学反应速率的影响因素，明确外界条件对化学速率的影响是解本题关键，题目难度不大。【解析】②③④三、计算题(共9题，共18分)19、略

【分析】试题分析：（1）①pH=13时，氢氧根离子浓度=10-1mol/L，则氢氧化钡的物质的量浓度为0.05mol/L。②溶液中氢离子由水电离产生，氢离子浓度=10-13mol/L，即氢氧根离子浓度为1.0×10-13mol·L-1；③设盐酸的氢离子浓度为xmol/L，根据溶液混合时的pH计算，(0.1×1-9x)/10=0.001，x=0.01mol/L，故pH=2。（2）水的离子常数=0.01×10-11=10-13mol·L-1（3）硫酸溶液加水稀释，氢离子浓度=10-1/100=10-3mol/L，氢氧根离子浓度=10-14/10-3=10-11mol·L-1，故二者的浓度比=10-3/10-11=108.考点：水的离子常数，溶液混合时的pH的计算。【解析】【答案】（1）①0.05mol·L－1（2分）②1.0×10-13mol·L-1（2分）③2（2分）（2）1.0×10-13mol·L-1（2分）＞（2分）（3）108（2分）20、略

【分析】（1）N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)起始量（mol）280转化量（mol）x3x2x平衡量（mol）2－x8－3x2x所以有解得x＝1，所以生成氨气是2mol，则发出热量是92.2kJ，答案选B。（2）2molNH3、1molH2相当于是2mol、4mol氢气。由于反应是体积减小的可逆反应，所以产生相当于在用来的基础上减压，平衡向逆反应方向移动，所以氨气的分数小于0.25，答案选C。（3）根据（1）可知，平衡时氮气是1mol，所以要使平衡时NH3的体积分数一定等于0.25。且起始时向正反应方向进行，则氮气的物质的量不需满足1（4）温度高，反应速率快，达到平衡的时间少。但平衡向逆反应方向移动，所以图像为【解析】【答案】（12分）(1)B3分(2)C3分(3)1<div>(4)3分21、略

【分析】考查pH的有关计算，氢氧化钡和硫酸氢钠混合后会发生反应，根据溶液的pH是1，可知硫酸氢钠是过量的，然后根据方程式列式进行计算即可。【解析】【答案】反应后溶液的pH是1，所以反应后溶液中的氢离子浓度是0.1mol/L，物质的量为0.1mol.L×0.2L＝0.02mol。反应的方程式为:2NaHSO4＋Ba(OH)2=Na2SO4＋2H2O＋BaSO4↓2mol1mol1mol0.4mol0.2mol0.2mol所以硫酸氢钠的物质的量是0.4mol＋0.02mol＝0.42mol浓度为硫酸钡的物质的量是0.2mol所以质量是0.2mol×233g/mol＝46.6g22、略

【分析】

rm{(1)}利用均摊法计算，顶点占rm{dfrac{1}{8}}面上占rm{dfrac{1}{2}}内心为全部占有，计算硅原子的总体积与晶胞总体积的比值；

rm{(2)1mol}晶胞，含rm{8mol}硅原子，根据晶胞的结构可知，晶胞的体对角线长度应为rm{4}个硅原子直径的长度之和，利用rm{娄脩=dfrac{M}{V}}进行计算．

本题考查有关晶胞的计算等知识，分析得出晶胞体积与原子大小的关系是解答关键，题目难度中等．【解析】解：rm{(1)}取rm{1}个晶胞，顶点占rm{dfrac{1}{8}}面上占rm{dfrac{1}{2}}内心为全部占有，有rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}+4=8}个硅原子；

设原子半径为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}+4=8}晶胞边长为rm{r}则有rm{a}rm{8r=隆脤3}

rm{a}球rm{)=8隆脕dfrac{4}{3}娄脨r^{3}}rm{V(}方rm{)=a^{3}=(dfrac{8r}{sqrt{3}})^{3}}

rm{dfrac{V({脟貌})}{V({路陆})}=dfrac{8隆脕dfrac{4}{3}娄脨r^{3}}{(dfrac{8r}{sqrt{3}})^{3}}=dfrac{sqrt{3}娄脨}{16}隆脰34.008%}

答：晶体硅的空间利用率为rm{)=8隆脕dfrac

{4}{3}娄脨r^{3}}

rm{V(}取rm{)=a^{3}=(dfrac{8r}{sqrt

{3}})^{3}}晶胞，含rm{dfrac{V({脟貌})}{V({路陆})}=dfrac

{8隆脕dfrac{4}{3}娄脨r^{3}}{(dfrac{8r}{sqrt{3}})^{3}}=dfrac{

sqrt{3}娄脨}{16}隆脰34.008%}硅原子，晶胞的质量为：rm{34.008%}根据晶胞的结构可知，晶胞的体对角线长度应为rm{(2)}个硅原子直径的长度之和，直径为rm{1mol}

rm{8mol}rm{a=dfrac{4娄碌}{sqrt{3}}}rm{m=8mol隆脕28g/mol=224g}键的键长为rm{4}

rm{娄碌}

rm{=6.02隆脕10^{23隆脕}(dfrac{4隆脕234隆脕10^{-10}cm}{sqrt{3}})^{3}}

rm{4娄碌=隆脤3a}

rm{娄脩=dfrac{M}{V}=dfrac{224g}{95.2cm^{3}}}

rm{a=dfrac{4娄碌}{sqrt

{3}}}rm{Si-Si}

答：单晶硅的密度是rm{234pm}rm{V=N_{A}隆脕a^{3}}．rm{=6.02隆脕10^{23隆脕}(dfrac

{4隆脕234隆脕10^{-10}cm}{sqrt{3}})^{3}}23、略

【分析】考查有机物有机物分子式及结构简式的判断和计算。有机物分子式的确定，一般首先确定最简式，然后根据相对分子质量再确定分子式，最后根据性质确定结构简式。浓硫酸增重9g，说明生成物水的质量是9g。再将剩余的气体通过足量的碱石灰，气体减少17.92L，说明CO2的体积是17.92L。在相同条件下，气体的密度之比是相对分子质量之比，因此可以根据和氢气的相对密度来计算其相对分子质量。（1）有机物蒸气相对于相同状况下氢气密度为53所以该有机物的相对分子质量是53×2＝106因此10.6gA的物质的量为剩余的气体先通过浓硫酸浓硫酸增重9g所以燃烧产物水是9g，物质的量为根据氢原子守恒可知有机物中氢原子的个数是10再将剩余的气体通过足量的碱石灰，气体减少17.92LS所以CO2的体积是17.92L，物质的量为根据碳原子守恒可知有机物中碳原子的个数是8因为12×8＋10＝106所以该有机物不含氧原子因此分子式为C8H10(2)根据分子式及物理性质可知该有机物应该属于苯的同系物。又因为A的核磁共振氢谱中显示有两个峰，且面积之比为3：2，所以该有机物是对二甲基苯，结构简式为【解析】【答案】（1）C8H10（2）该有机物是对二甲基苯，结构简式为24、略

【分析】【解析】【答案】（1）4（2）略（3）74.8%25、略

【分析】【解析】【答案】（6分）（1）所取得有机物的物质的量为n=1.16g÷58g/mol=0.02mol，根据题意，设燃烧生成CO2的为xmol，则H2O的也为xmol，有44x+18x=3.72，x=0.06所以反应物分子式为C3H6Om，又因为有机物分子量为58，故推得有机物分子式为C3H6O（3）根据可使溴水褪色，和金属钠反应，推得结构简式CH2=CHCH2OH26、略

【分析】

经氢氧化钠溶液处理后，容器内几乎变为真空，说明气态烷烃和氧气完全反应，点燃爆炸后，又恢复到起始温度，此时容器内的压强减至原压强的一半，剩余气体为rm{CO_{2}}生成的二氧化碳的分子物质的量是烃与氧气总物质的量的一半，根据燃烧的通式进行计算．

本题考查化学方程式的计算，侧重学生的分析、计算能力的考查，题目难度中等，明确反应前后压强的变化是解答该题的关键，易错点为根据燃烧的进行计算，注意体会．【解析】解：烃燃烧后的气体经rm{NaOH}溶液吸收，容器几乎成真空，说明烃和rm{O_{2}}完全反应生成rm{CO_{2}}和液态水；

设此碳氢化合物的化学式为rm{C_{x}H_{y}}则有。

rm{4C_{x}H_{y}+(4x+y)O_{2}overset{{碌茫脠录}}{}4xCO_{2}+2yH_{2}O(l)}

根据题意可知rm{4C_{x}H_{y}+(4x+y)O_{2}

overset{{碌茫脠录}}{}4xCO_{2}+2yH_{2}O(l)}

由此可得：rm{4+4x+y=2隆脕4x}

若rm{4x=4+y}则rm{x=1}不存在此物质；

若rm{y=0}则rm{x=2}物质为rm{y=4}

若rm{C_{2}H_{4}}则rm{x=3}物质为rm{y=8}

答：该烃可能为rm{C_{3}H_{8}}或rm{C_{2}H_{4}}．rm{C_{3}H_{8}}27、（1）1000：1

（2）碱

（3）9：11

（4）10-13

①12

②pHa＋pHb＝12【分析】【分析】本题考查了物质的量浓度、酸碱混合溶液rm{pH}的计算，水的电离、水的离子积等，题目难度不大，明确稀释过程中溶质的物质的量不变为解答关键，注意掌握物质的量浓度的表达式及应用方法，试题培养了学生的化学计算能力。的计算，水的电离、水的离子积等，题目难度不大，明确稀释过程中溶质的物质的量不变为解答关键，注意掌握物质的量浓度的表达式及应用方法，试题培养了学生的化学计算能力。

【解答】rm{pH}时，某rm{(1)25隆忙}时，某rm{Na}rm{(1)25隆忙}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}溶液中rm{c(SO}rm{c(SO}则溶液中钠离子浓度是rm{{,!}_{4}^{2-}}rm{)=5隆脕10}rm{)=5隆脕10}如果稀释rm{{,!}^{-4}}倍，则钠离子浓度是

rm{mol/L}则溶液中钠离子浓度是rm{1隆脕10}rm{mol/L}rm{1隆脕10}但硫酸钠溶液是显中性的，所以rm{{,!}^{-3}}rm{mol/L}如果稀释rm{10}倍，则钠离子浓度是rm{mol/L}rm{10}rm{1隆脕10}rm{1隆脕10}rm{{,!}^{-4}}rm{mol/L}但硫酸钠溶液是显中性的，所以rm{mol/L}rm{c}rm{c}rm{(Na}

rm{(Na}rm{{,!}^{+}}

rm{)}rm{c(OH}在rm{)}时，rm{c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)=10}rm{)=10}rm{{,!}^{-4}}该溶液显碱性；

：rm{10}

rm{10}rm{{,!}^{-7}}rm{=1000}rm{1}时rm{=1000}rm{1}故答案为：rm{1000}rm{1}rm{1000}rm{1}的rm{(2)}在rm{100隆忙}时，rm{K}溶液中rm{(2)}rm{100隆忙}rm{K}rm{{,!}_{w}}rm{=1隆脕10}rm{=1隆脕10}rm{{,!}^{-12}}测得某溶液rm{pH=7}该溶液显碱性；rm{pH=7}故答案为：碱；rm{(3)}rm{100隆忙}时rm{K}rm{100隆忙}rm{K}rm{{,!}_{w}}rm{=1隆脕10}rm{=1隆脕10}rm{{,!}^{-12}}的硫酸中rm{pH=11}的rm{NaOH}溶液中rm{C(H}rm{pH=11}rm{NaOH}rm{C(H}rm{{,!}^{+}}若所得混合液rm{)=10}则rm{)=10}解得rm{{,!}^{-11}}rm{mol/L}rm{mol/L}

则氢氧化钠溶液中rm{C(OH}

rm{C(OH}rm{{,!}^{-}}某温度时，有rm{)=Kw/C(H}的稀硫酸和rm{)=Kw/C(H}的rm{{,!}^{+}}溶液等体积混合后溶液呈中性，则rm{{10}^{-2}=dfrac{{K}_{w}}{{10}^{-11}}}解得该温度下水的离子积常数rm{)=10}rm{)=10}rm{{,!}^{-12}}

rm{(mol/L)}

rm{(mol/L)}该温度下rm{{,!}^{2}}将rm{/10}的稀rm{/10}溶液与rm{{,!}^{-11}}的rm{mol/L=10}溶液混合后rm{mol/L=10}溶液体积变化忽略不计rm{{,!}^{-1}}溶液中rm{cleft(O{H}^{-}right)=dfrac{0.1L隆脕0.4mol/L-0.1mol/L隆脕2隆脕0.1L}{0.1L+0.1L}=0.1mol/L}rm{cleft({H}^{+}right)=dfrac{{K}_{w}}{cleft(O{H}^{-}right)}=dfrac{{10}^{-13}}{0.1}mol/L={10}^{-12}mol/L}所以溶液的rm{mol/L}

故答案为：rm{mol/L}rm{pH=1}的硫酸中rm{C(H}该温度下rm{pH=1}稀硫酸的rm{C(H}是rm{{,!}^{+}}则rm{)=10}rm{)=10}溶液的rm{{,!}^{-1}}是rm{mol/L}若所得混合液rm{pH=2}则则rm{mol/L}rm{pH=2}体积的稀硫酸和rm{10^{-1}xb-10^{-1}a=(a+b)x10^{-2}}体积的rm{a}溶液混合后溶液呈中性，则rm{b=9}所以稀硫酸的rm{11}与故答案为：rm{9:11}溶液的rm{9:11}的关系是：rm{(4)}某温度时，有rm{pH=2}的稀硫酸和rm{pH=11}的rm{NaOH}溶液等体积混合后溶液呈中性，则rm{{10}^{-2}=dfrac{{K}_{w}}{{10}^{-11}}

}解得该温度下水的离子积常数rm{K}故答案为：rm{(4)}rm{pH=2}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{1000}rm{1}碱rm{(2)}碱rm{(2)}rm{(3)9}rm{11}rm{(3)9}rm{11}rm{(4)10^{-13;}}四、元素或物质推断题(共4题，共8分)28、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）229、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H230、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）231、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的混合物五、工业流程题(共3题，共21分)32、略

【分析】【分析】