2025年华东师大版高二化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年华东师大版高二化学上册月考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8题，共16分)1、如图，甲、乙、丙分别表示在不同条件下，可逆反应A(g)＋B(g)xC(g)的生成物C在反应混合物中的百分含量w(C)和反应时间(t)的关系。下列说法与图像符合的是A.甲图中a表示反应达到平衡后在恒温恒压条件下充入氦气后的情况B.乙图中b曲线表示有催化剂的情况C.根据丙图可以判断该可逆反应的正反应是吸热反应，x>2D.丁图可表示在某固定容积的密闭容器中，上述可逆反应达到平衡后A的体积分数随着温度(T)变化的情况2、常温下呈气态的烷烃有（）A.只有4种B.只有5种C.多于5种D.无法确定3、已知298K时，H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H=-57.3kJ•mol-1，推测含1molHCl的稀溶液与含1molNH3的稀溶液反应放出的热量（）A.小于57.3kJB.等于57.3kJC.大于57.3kJD.无法确定4、在一定条件下，将rm{3molA}和rm{1molB}两种气体混合于固定容积为rm{2L}的密闭容器中，发生如下反应：rm{3A(g)+B(g)?xC(g)+2D(g)}rm{2min}末该反应达到平衡，生成rm{0.8molD}并测得rm{C}的浓度为rm{0.8mol隆陇L^{-1}}下列判断错误的是rm{(}rm{)}

A.rm{x=4}B.rm{2min}内rm{B}的反应速率为rm{0.1mol隆陇(L隆陇min)^{-1}}C.混合气体密度不变，则表明该反应已达到平衡状态D.rm{B}的转化率为rm{40%}5、如图是某种有机化合物分子的球棍模型，图中的“棍”代表单键或双键，不同大小的“球”代表不同的短周期元素的原子，对该有机化合物的叙述肯定不正确的是()

A.该有机化合物的化学式为rm{C_{2}HCl_{3}}B.该有机化合物分子中的所有原子在一个平面上C.该有机化合物含有一种官能团D.该有机化合物分子中有碳碳双键6、下列物质属于烃的含氧衍生物的是rm{(}rm{)}A.rm{CHCl_{3}}B.rm{CCl_{4}}C.D.7、下列有关共价键的叙述中，不正确的是（）。A.某原子跟其他原子形成共价键时，其共价键数一定等于该元素原子的价电子数B.水分子内氧原子结合的电子数已经达到饱和，故不能再结合其他氢原子C.非金属元素原子之间形成的化合物也可能是离子化合物D.所有简单离子的核电荷数与其核外电子数一定不相等8、下列各组表述中，两个微粒属于同种元素原子的是()A.rm{3p}能级有两个空轨道的基态原子和核外电子的排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{2}}的原子B.rm{2p}能级有一个未成对电子的基态原子和价电子排布为rm{2s^{2}2p^{5}}的原子C.rm{M}层全充满而rm{N}层为rm{4s^{2}}的原子核核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}4s^{2}}的原子D.最外层电子数是核外电子总数的rm{1/5}的原子和价电子排布为rm{4s^{2}4p^{5}}的原子评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途；如超细铜粉可应用于导电材料；催化剂等领域中．超细铜粉的某制备方法如下：

（1）[Cu（NH3）4]SO4中，N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为：____．

（2）SO42-中硫原子的杂化轨道类型是____：写出一种与SO42-互为等电子体的分子____．

（3）某反应在超细铜粉做催化剂作用下生成则分子中σ键与π键之比为____

（4）该化合物[Cu（NH3）4]SO4中存在的化学键类型有____．（填字母）

A．离子键B．金属键C．配位键D．非极性键E．极性键。

（5）NH4CuSO3中的金属阳离子的核外电子排布式为____．

（6）铜的某氯化物的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为____．10、下表是某食品包装袋上的说明，从表中的配料中分别选出一种物质填在相应的横线上。。品名×××配料鲜鸡蛋、精面粉、白砂糖、精炼植物油、奶油、奶粉、碳酸氢钠、柠檬酸、柠檬汁、食盐、甜蜜素、菠萝香精、柠檬黄、日落黄、山梨酸钾等保质期240天生产日期标于包装袋封口上（1）富含蛋白质的是__________；（2）富含糖类的是__________；（3）富含油脂的是__________；（4）富含维生素的是__________；（5）属于着色剂的有__________；（6）属于调味剂的有__________；（7）属于防腐剂的有__________；（8）属于疏松剂的有__________。11、中含有的官能团的名称为______．12、回答下列问题：

（1）某浓度的氨水中存在平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH-，如想增大NH4+的浓度而不增大OH-的浓度；应采取的措施是______（填字母）．

a．适当升高温度b．加入NH4Cl固体c．通入NH3d．加入少量浓盐酸。

（2）常温下；有pH相同；体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，采取以下措施：

①加适量醋酸钠晶体后，两溶液中的c（H+）变化是醋酸溶液中c（H+）______（填“增大”、“减小”或“不变”），盐酸溶液中c（H+）______（填“增大”；“减小”或“不变”）．

②加水稀释10倍后，醋酸溶液中的c（H+）______盐酸溶液中的c（H+）（填“＞”；“=”或“＜”）．

③加等浓度的NaOH溶液至恰好中和；所需NaOH溶液的体积：醋酸______盐酸（填“＞”；“=”或“＜”）．

④使温度都升高20℃，溶液中c（H+）：醋酸______盐酸（填“＞”；“=”或“＜”）．

⑤分别与足量的锌粉发生反应；下列关于氢气体积（V）随时间（t）变化的示意图正确的是______（填字母）．

（3）将0.1mol•L-1的CH3COOH加水稀释；有关稀释后醋酸溶液的说法中，正确的是______（填字母）．

a．电离程度增大b．溶液中离子总数增多c．溶液导电性增强d．溶液中醋酸分子增多．13、A、B、C、D四种元素处于同一短周期，在同族元素中，A的气态氢化物的沸点最高，B的最高价氧化物对应的水化物的酸性在同周期中是最强的，C的电负性介于A、B之间，D与B相邻。请填空：（1）在B的单质分子中存在________个π键，________个σ键。（2）已知B的气态氢化物很容易与H＋结合，B原子与H＋间形成的键叫________，形成的离子立体构型为________，其中B原子采取的杂化方式是________。（3）在A、B、C、D四种元素形成的电子数相同的四种氢化物中，沸点最低的是________（写分子式），其沸点显著低于其他三种氢化物的原因是：________________________。（4）A的氢化物易溶于水，而D的氢化物难溶于水，原因是___________________________。14、已知工业上合成氨的反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0。在一体积为2L的密闭容积中，加入0.20mol的N2和0.60mol的H2，反应中NH3的物质的量浓度的变化情况如图所示，请回答下列问题：（1）写出该反应平衡常数的表达式K="_____"（2）反应进行到4分钟到达平衡。请计算从反应开始到刚刚平衡，平均反应速率v(NH3)为____；（3）5分钟时，保持其它条件不变，把容器的体积缩小一半，平衡____移动（填“向逆反应方向”、“向正反应方向”或“不”）。化学平衡常数将____（填“增大”、“减少”或“不变”）。（4）N2和H2的反应还有其它应用。如：有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，分别以N2、H2为电极反应物，以HCl—NH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，试写出该电池的正极电极反应式____。15、（7分）某同学模拟工业“折点加氯法”处理氨氮废水的原理，进行如下研究。。装置（气密性良好，试剂已添加）操作现象打开分液漏斗活塞，逐滴加入浓氨水ⅰ．C中气体颜色变浅ⅱ．稍后，C中出现白烟并逐渐增多（1）浓氨水分解可以制氨气，写出A中反应的化学方程式是。从平衡移动的角度分析NaOH固体在氨水分解中的作用。（2）现象ⅰ，C中发生的反应为：2NH3(g)＋3Cl2(g)＝N2(g)＋6HCl(g)H=—456kJ·mol-1已知：①NH3的电子式是。②断开1molH－N键与断开1molH－Cl键所需能量相差约为，（3）现象ⅱ中产生白烟的化学方程式是。（4）为避免生成白烟，该学生设计了下图装置以完成Cl2和NH3的反应。若该装置能实现设计目标，则①石墨b电极上发生的是反应（填“氧化”或“还原”）②写出石墨a电极的电极反应式：。16、如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据；试根据标签上的有关数据回答下列问题：

（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为______mol•L-1．

（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是______．

A．溶液中HCl的物质的量。

B．溶液的浓度。

C．溶液的密度。

D．溶液中Cl-的数目。

（3）下列容量瓶的使用方法中，不正确的是______

A．使用容量瓶前检验是否漏水。

B．容量瓶用水洗净后；再用待配溶液洗涤。

C．配制溶液时；如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线．

D．配制溶液时；若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线．

E．盖好瓶塞；用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀．

（4）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制480mL物质的量浓度为0.200mol•L-1的稀盐酸．

①该学生需要用量筒量取______mL上述浓盐酸进行配制．

②在配制过程中，下列实验操作会使所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏大的有______

A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容．

B．用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面．

C．在容量瓶中定容时俯视刻度线．

D．定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又加水至刻度线．17、比较下列溶液的pH（填“＞”“＜”或“=”）：

①0.1mol•L-1Na2CO3溶液______0.1mol•L-1NaHCO3溶液。

②0.1mol•L-1NH4Cl溶液______0.01mol•L-1NH4Cl溶液．评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)18、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）。19、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：_____________。20、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

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

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

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

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。21、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、探究题(共4题，共8分)22、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。23、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。24、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。25、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分五、简答题(共1题，共9分)26、从樟科植物枝叶提取的精油中含有下列甲、乙两种成分：

rm{(1)}乙中所含官能团的名称为______________________________；rm{(2)}由甲转化为乙需经下列过程rm{(}已略去各步反应的无关产物，下同rm{)}

设计步骤rm{垄脵}的目的是________________________________________________。

反应rm{垄脷}的化学方程式为______________________________________________rm{(}注明反应条件rm{)}

rm{(3)}乙经过氢化、氧化得到丙rm{(}rm{)}写出同时符合下列要求的丙的同分异构体结构简式__________________；_________________。

rm{垄脵}能发生银镜反应；rm{垄脷}能与rm{FeCl_{;3}}溶液发生显色反应；rm{垄脹}核磁共振氢谱图上产生rm{4}个吸收峰。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共28分)27、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__________________________________．28、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__________________________________．29、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。30、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：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】试题分析：A．甲图中a随着时间的变化，C的含量不变，说明平衡不移动，如果反应达到平衡后在恒温恒压条件下充入氦气，容器的体积增大，平衡发生移动，故A错误；B．正催化剂能增大反应速率，缩短到达平衡的时间，但平衡不移动，则a曲线表示有催化剂的情况，故B错误；C．相同温度下，压强越大，C的含量越小，则平衡向逆反应方向移动，所以x＞2，相同压强下，升高温度，C的含量增大，平衡向正反应方向移动，则正反应方向是吸热反应，故C正确；D．在某固定容积的密闭容器中，反应达到平衡后，再升高温度，如果正反应是放热反应，则A的体积分数增大，如果正反应是吸热反应，则A的体积分数减小，故D错误；故选C．考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡建立的过程【解析】【答案】C2、C【分析】考查烷烃的物理性质。常温下成气态烷烃有甲烷、乙烷、丙烷、正丁烷、异丁烷和新戊烷。所以答案是C。【解析】【答案】C3、A【分析】解：在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热，1molHCl的稀溶液与含1molNH3的稀溶液反应生成1mol水；但是一水合氨是弱碱，电离需要吸热，所以反应放出的热量小于57.3kJ/mol，故A正确；

故选A．

依据中和热的概念和实质分析判断；中和热是指酸；碱的稀溶液完全反应生成1mol水时放出的热量；

本题主要考查了中和热的概念的理解，注意弱电解质电离吸热是解题的关键．【解析】【答案】A4、C【分析】略【解析】rm{C}5、C【分析】【分析】因为该物质为有机物，图中两个白球是碳原子，根据碳有rm{4}价，每个碳原子可以形成rm{4}个单键，现在每个碳原子结合两个原子，所以碳碳之间形成的是rm{C=C}键，结合原子半径大小进行分析即可。【解答】A.因为该物质为有机物，图中两个白球是碳原子，根据碳有rm{4}价，每个碳原子可以形成rm{4}个单键，现在每个碳原子结合两个原子，所以碳碳之间形成的是rm{C=C}键，氢原子半径最小，由于rm{Cl}的原子半径比氢原子大，所以该有机物可能的分子式为rm{C}rm{2}rm{2}rm{HCl}，故A正确；rm{3}类比乙烯的模型可以知道，该有机物分子中的所有原子在同一平面上，故B正确；C.该有机物含有碳碳双键，以及其他的除rm{3}以外的原子，所以含有两种官能团，故C错误；D.从图可以看出，该有机物含有三种不同的原子，其中含有B.键，故D正确。故选C。rm{H}【解析】rm{C}6、D【分析】解：烃分子中的氢原子被其他原子或者原子团所取代而生成的一系列化合物称为烃的衍生物，若其中取代氢原子的其他原子或原子团中含有氧元素，则称为烃的含氧衍生物，而rm{ABC}中均不含氧元素，故不是烃的含氧衍生物，而rm{D}可以认为是用含氧元素的原子团取代烃中的rm{H}原子而得到的；故为烃的含氧衍生物，故选D．

烃分子中的氢原子被其他原子或者原子团所取代而生成的一系列化合物称为烃的衍生物；若其中取代氢原子的其他原子或原子团中含有氧元素，则称为烃的含氧衍生物，据此分析．

本题考查了烃的含氧衍生物的概念应用，题目较简单，掌握基本概念即可解决问题．【解析】rm{D}7、A【分析】非金属元素的原子形成的共价键数目取决于该原子最外层的不成对电子数，一般最外层有几个不成对电子就能形成几个共价键，但也存在由单方提供两个电子形成共用电子对的情况，如配位键，故A项不正确；一个原子的未成对电子一旦与另一个自旋相反的未成对电子成键后，就不能再与第三个电子再配对成键，因此，一个原子有几个不成对电子，就会与几个自旋相反的未成对电子成键，一个氧原子只能与两个氢原子结合生成H2O，B项正确；非金属元素原子之间形成的化合物也可能是离子化合物，如NH4Cl等铵盐；不管是阴离子还是阳离子，核内质子数与核外电子数必定存在差值，此差值就是离子所带的电荷数。【解析】【答案】A8、D【分析】【分析】本题考查核外电子排布规律，侧重于原子结构与元素种类的判断，注重学生的分析能力的考查，注意把握原子核外电子排布特点，难度不大。【解答】A.rm{3p}能级有rm{2}个空轨道的基态原子，原子rm{3p}能级有rm{1}个电子，是rm{Al}核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{2}}的原子也是rm{S}不是同种元素的原子，故A不选；

B.rm{2p}能级有一个未成对电子的基态原子，该原子rm{2p}能级有rm{5}个电子，是rm{F}价电子排布为rm{2s^{2}2p^{5}}的原子，为同一原子，rm{2p}能级有空轨道，有一个未成对电子的基态原子，该原子rm{2p}能级有rm{1}个电子，是rm{B}与价电子排布为rm{2s^{2}2p^{5}}的原子；不是同种元素的原子，故B不选；

C.rm{M}层全充满而rm{N}层为rm{4s^{2}}的原子是rm{Zn}核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}的原子是rm{Fe}不是同种元素的原子，故C不选；

D.最外层电子数是核外电子总数的rm{1/5}的原子是rm{1/5}核外电子排布为rm{Br}价电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{5}}的原子也是rm{4s^{2}4p^{5}}为同一原子，故D选。

故选D。rm{Br}【解析】rm{D}二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】

（1）N；O元素属于同一周期；且N元素属于第VA族，O元素属于第VIA族，O、S属于同一周期，且S元素的原子序数大于O元素，所以第一电离能大小顺序是N＞O＞S，故答案为：N＞O＞S；

（2）SO42-中S原子的价层电子数=4+（6+2-3×2）=4，所以采取杂sp3化方式，原子个数相等且价电子数相等的微粒为等电子体，与SO42-互为等电子体的分子为CCl4；

故答案为：sp3，CCl4；

（3）共价单键是σ键；共价双键中一个是σ键一个是π键，该物质中含有14个σ键1个是π键，所以分子中σ键与π键之比为14：1，故答案为：14：1；

（4）[Cu（NH3）4]SO4中硫酸根离子和[Cu（NH3）4]2+存在离子键，N原子和铜原子之间存在配位键，NH3中H和N之间存在共价键，所以[Cu（NH3）4]SO4中所含的化学键有共价键；离子键、配位键；故选ACE；

（5）NH4CuSO3中的金属阳离子是Cu+，基态Cu+核外有28个电子，根据构造原理知其核外电子排布式为：1S22S22P63S23P63d10或[Ar]3d10，故答案为：1S22S22P63S23P63d10或[Ar]3d10；

（6）该晶胞中铜原子个数是4，氯原子个数=所以其化学式为：CuCl，故答案为：CuCl．

【解析】【答案】（1）同一周期元素；元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；

（2）根据价层电子对互斥理论确定S原子的杂化方式；原子个数相等且价电子数相等的微粒为等电子体；

（3）共价单键是σ键；共价双键中一个是σ键一个是π键；

（4）阴阳离子存在离子键；非金属元素间易形成共价键，配合物中存在配位键；

（5）NH4CuSO3中的金属阳离子是Cu+，基态Cu+核外有28个电子；根据构造原理书写其核外电子排布式；

（6）利用均摊法确定其化学式．

10、略

【分析】试题分析：（1）富含蛋白质的是鲜鸡蛋、奶粉；（2）面粉中含有淀粉，属于糖类，故富含糖类的是白砂糖、精面粉；（3）富含油脂的是植物油、奶油；（4）富含维生素的是柠檬汁；（5）属于着色剂的有柠檬黄、日落黄；（6）属于调味剂的有白砂糖、食盐、柠檬酸、甜蜜素、菠萝香精；（7）属于防腐剂的有山梨酸钾；（8）属于疏松剂的有碳酸氢钠．考点：化学中的营养元素【解析】【答案】（1）鲜鸡蛋（或奶粉）（2）白砂糖（或精面粉）（3）精炼植物油（或奶油）（4）柠檬汁（5）柠檬黄（或日落黄）（6）白砂糖（或食盐、柠檬酸、甜蜜素、菠萝香精）（7）山梨酸钾（8）碳酸氢钠11、酚羟基、酯基【分析】解：由结构简式可知；分子中含-OH；-COOC-，名称为酚羟基、酯基；

故答案为：酚羟基；基．

由结构简式可知；分子中含-OH；-COOC-，以此来解答．

本题考查有机物的官能团，为高频考点，把握有机物的结构、常见的官能团为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意-OH连接苯环，题目难度不大．【解析】酚羟基、酯基12、BD减小减小＞＞＞bab【分析】解：（1）A．电离为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则NH4+的浓度、OH-的浓度均增大；故A不选；

B．加入NH4Cl固体，平衡逆向移动，增大NH4+的浓度，而不增大OH-的浓度；故B选；

C．通入NH3，平衡正向移动，则NH4+的浓度、OH-的浓度均增大；故C不选；

D．加入浓盐酸，则反应掉氢氧根，故OH-的浓度减小，平衡正向移动，NH4+的浓度增大；故D选；

故选BD；

（2）pH相同；体积相同的醋酸和盐酸两种溶液总氢离子浓度相同；则醋酸溶液中溶质浓度大于盐酸溶液中HCl的浓度；

①加入醋酸钠后，引入醋酸根，故醋酸的电离平衡左移，故醋酸溶液中的c（H+）减小；加入醋酸钠固体，能和强酸HCl反应生成弱酸醋酸，故导致溶液中c（H+）减小；故答案为：减小；减小；

②pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别加水稀释后，溶液中氢离子浓度都减小，所以pH都增大，醋酸是弱酸存在电离平衡，又电离出氢离子，醋酸溶液中的c（H+）＞盐酸溶液中的c（H+）；故答案为：＞；

③pH相同的醋酸和盐酸；醋酸的浓度大于盐酸，加等浓度的NaOH溶液至恰好恰好中和，所需NaOH溶液的体积醋酸＞盐酸，故答案为：＞；

④盐酸是强酸，不存在电离平衡，升高温度不影响盐酸的pH，醋酸是弱酸，其水溶液中存在电离平衡，升高温度，促进醋酸电离，导致醋酸溶液中氢离子浓度增大，所以醋酸的pH减小，溶液中c（H+）：醋酸＞盐酸；故答案为：＞；

⑤因为强酸完全电离，一元弱酸部分电离，因此要有相同的PH值，一元弱酸的浓度必须比强酸高，由于体积相等，因此一元弱酸的物质的量大于强酸，因此产生的H2也比强酸多．反应过程由于H+不断被消耗掉，促使一元弱酸继续电离，这就延缓了H+浓度下降的速率，而强酸没有H+的补充途径，浓度下降的更快，由于其他条件都相同，反应速率取决于H+浓度，由于开始时H+浓度相等，因此反应速率也相等（在图中反应速率就是斜率），后面强酸的反应速率下降得快，斜率也就更小，曲线更平坦．最终生成H2的体积也比一元弱酸少，因此曲线在一元弱酸下面，故选b；

故答案为：b；

（3）将0.1mol•L-1的CH3COOH加水稀释；溶液浓度减小，体积增大，醋酸的电离平衡右移．

a；加水后；醋酸的电离平衡右移，故电离程度增大，故a正确；

b．加水后，电离平衡右移，故溶液中离子总数增多，故b正确；

c．加水后；虽然电离出的离子的物质的量增多，但浓度减小，故溶液导电性减弱，故c错误；

d．加水后；电离平衡右移，则溶液中醋酸分子减少，故d错误．

故选ab．

（1）增大NH4+的浓度，而不增大OH-的浓度，可加入与OH-反应的物质；使平衡正向移动，或加入铵盐使平衡逆向移动，以此来解答；

（2）pH相同；体积相同的醋酸和盐酸两种溶液总氢离子浓度相同；则醋酸溶液中溶质浓度大于盐酸溶液中HCl的浓度，盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以醋酸溶液中存在电离平衡，升高温度能促进弱电解质电离，pH相同的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，不同的酸和相同金属反应，生成氢气的速率与溶液中离子浓度成正比．

①加入醋酸钠后；引入醋酸根，故醋酸的电离平衡左移；加入醋酸钠，能和HCl反应生成醋酸，据此分析；

②醋酸存在电离平衡；稀释后又电离出氢离子；

③醋酸溶液浓度大于盐酸；

④盐酸是强酸；不存在电离平衡，升高温度不影响盐酸的pH，醋酸是弱酸，其水溶液中存在电离平衡，升高温度，促进醋酸电离；

⑤相同体积、相同pH的醋酸和盐酸溶液，初始时C（H+）相同，开始反应速率相同，反应一旦开始，醋酸溶液还会电离出新的C（H+），即随后醋酸溶液电离出的C（H+）大于盐酸；同体积；相同PH的盐酸溶液①和醋酸溶液②相比，醋酸溶液②的浓度大，与足量的锌粉反应产生的氢气体积大，反应过程中醋酸溶液②继续电离，溶液中氢离子浓度大，产生氢气速率快；

（3）将0.1mol•L-1的CH3COOH加水稀释；溶液浓度减小，体积增大，醋酸的电离平衡右移，据此分析．

本题考查强电解质和弱电解质电离的特点，为高频考点，明确溶液导电性强弱与离子浓度关系是解本题关键，注意溶液导电性强弱与电解质强弱无关，题目难度中等．【解析】BD减小减小＞＞＞bab13、略

【分析】解答该题，首先根据题给各元素的原子结构和性质正确推导各元素；然后根据各小题所考查的知识分析作答。根据题给信息，A为短周期元素，其气态氢化物的相对分子质量在同族元素氢化物中不是最大的，而沸点最高，说明A的氢化物可形成氢键，故A可能是N、O、F中的一种，则A、B、C、D为第二周期元素，B的最高价氧化物对应的水化物的酸性在同周期中是最强的，则B为N，C的电负性介于A、B之间，则C为O，A为F；D与B相邻则为碳。（1）B单质即N2，其结构式为N≡≡N，三键中有一个σ键，2个π键。（2）NH3分子中N原子上有一对孤对电子，可与H＋以配位键结合成NH4＋，据价电子对互斥理论知，该微粒为正四面体形，其中N的杂化方式为sp3杂化。（3）F的氢化物只有一种HF，电子数为10，其他有10个电子的氢化物分别是NH3、H2O、CH4，其中CH4沸点最低，因为只有CH4分子间不能形成氢键，其他三种分子间均形成氢键，故它们的氢化物沸点显著高于CH4。【解析】【答案】（1）21（2）配位键正四面体形sp3杂化（3）CH4CH4分子间只有范德华力没有氢键，而NH3、H2O、HF分子间还存在氢键（4）HF和H2O均为极性分子，CH4为非极性分子14、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K＝（2）根据图像可知，在反应进行到4分钟时，生成氨气的物质的量浓度是0.10mol/L，则用氨气表示的反应速率是0.10mol/L÷4min＝0.025mol.L-1.min-1。（3）5分钟时，保持其它条件不变，把容器的体积缩小一半，则压强增大，平衡向正反应方向移动。平衡常数只与温度有关系，所以该反应的平衡常数不变。（4）原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。所以氢气在负极通入，氮气在正极通入，则正极电极反应式是N2＋6e－＋8H＋＝2NH4＋。考点：考查平衡常数的、反应速率、外界条件对平衡状态和平衡常数的影响以及电极反应式的书写【解析】【答案】（1）K＝（2）0.025mol.L-1.min-1（3）正反应方向不变（4）N2＋6e－＋8H＋＝2NH4＋15、略

【分析】试题分析：（1）浓氨水加热分解可以制氨气，A中反应的化学方程式是NH3·H2ONH3↑+H2O；氨水分解过程吸热，NaOH固体溶于水放热，使环境温度升高，氨水分解反应平衡正向移动，促进了氨水分解。（2）①NH3的电子式是②6×N—H+3×243KJ-945KJ-6×H—Cl=—456kJ，解得N—H与Cl—H的键能的差是40KJ/mol．断开1molH－N键与断开1molH－Cl键所需能量相差约为40KJ/mol。（3）现象ⅱ中产生白烟NH4Cl的化学方程式是HCl+NH3=NH4Cl。（4）①由图示可知Na+向b电极区域移动，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，石墨b电极是阴极，在阴极上发生的是还原反应；②石墨a电极是阳极，在阳极上反应氧化反应，该电极的电极反应式：2NH3＋6OH-—6e-＝N2＋6H2O。考点：考查氨气的制取方法、物质的电子式、键能大小的比较、化学方程式、电极反应式的书写的知识。【解析】【答案】（1）NH3·H2ONH3↑+H2O氨水分解过程吸热，NaOH固体溶于水放热，使环境温度升高，氨水分解反应平衡正向移动，促进了氨水分解。（或NaOH固体有吸水性，能吸收氨水分解生成的水，促进氨水分解平衡正向移动）（2）①②40（3）HCl+NH3=NH4Cl（4）①还原；②2NH3＋6OH-—6e-＝N2＋6H2O16、略

【分析】解：（1）浓盐酸的物质的量浓度C==11.9mol/L；故答案为：11.9；

（2）A；n=CV；所以与溶液体积有关，故A不选；

B；溶液的浓度是均一稳定的；与所取溶液的体积无关，故B选；

C；溶液的密度是均一的；所以与所取溶液的体积无关，故C选；

D、溶液中Cl-的数目N=C•V•NA；与溶液的体积有关，故D不选．

故选BC；

（3）A；配制溶液时要摇匀；应检验容量瓶是否漏液，故A正确；

B．容量瓶用水洗净后；不能用待配溶液洗涤，否则会引起溶质的物质的量偏多，则所配溶液浓度偏大，故B错误；C．配制溶液时，如果试样是固体，应该在烧杯中溶解，当药品完全溶解后，恢复至室温，再把溶液小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，不能把称好的固体用纸条倒入容量瓶中，故C错误；

D．配制溶液时；若试样是液体，应该在烧杯中溶解，当药品完全溶解后，恢复至室温，再把溶液小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，不能把液体药品直接引流倒入容量瓶中，故D错误；

E．盖好瓶塞；用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，故E正确．

故选：BCD；

（4）①设需要的浓盐酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算：11.9mol/L×VmL=0.2mol/L×500mL；

解得V=8.4mL；故答案为：8.4；

②A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容；会导致溶质的损失，则浓度偏小，故A不选；

B．用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面；会导致所取的浓盐酸的体积偏小，则浓度偏低，故B不选；

C．在容量瓶中定容时俯视刻度线；会导致溶液的体积偏小，则浓度偏高，故C选；

D．定容后把容量瓶倒置摇匀；发现液面低于刻度线是正常的，又加水至刻度线会导致浓度偏小，故D不选．

故选C．

（1）根据C=计算；

（2）根据各公式是否与体积有关判断；

（3）因为容量瓶是一种精密仪器；容积会随着温度的改变而改变，故不能受热，在使用前应查漏，据此分析；

（4）①根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算；

②根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析．

本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大．【解析】11.9；BC；BCD；8.4；C17、略

【分析】解：①Na2CO3、NaHCO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子、碳酸氢根离子水解溶液显碱性，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，溶液中氢氧根离子浓度越大，溶液PH0.1mol•L-1Na2CO3溶液＞0.1mol•L-1NaHCO3溶液；故答案为：＞；

②氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，铵根离子浓度越大水解程度越小，溶液中氢离子浓度越大，溶液PH越小，0.1mol•L-1NH4Cl溶液＜0.01mol•L-1NH4Cl溶液；故答案为：＜．

①Na2CO3、NaHCO3是强碱弱酸盐；碳酸根离子；碳酸氢根离子水解溶液显碱性，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，溶液中氢氧根离子浓度越大；

②氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性；铵根离子浓度越大水解程度越小，溶液中氢离子浓度越大．

本题考查了盐类水解原理、水解平衡影响因素的分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大．【解析】＞；＜三、元素或物质推断题(共4题，共8分)18、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）219、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H220、略

【分析】【详解】

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

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

【分析】【分析】

【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、探究题(共4题，共8分)22、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）23、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）24、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）25、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）五、简答题(共1题，共9分)26、（1）碳碳双键、醛基（2）保护碳碳双键（3）【分析】【分析】本题考查有机物推断、同分异构体书写、有机反应条件、有机反应方程式书写，难度不大，注意根据有机物的结构分析解答，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。【