2025年华东师大版高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………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下册阶段测试试卷691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5题，共10分)1、只用水就能鉴别的一组物质是Ａ．苯、乙酸、四氯化碳Ｂ．乙醇、乙醛、乙酸Ｃ．乙醛、乙二醇、硝基苯Ｄ．苯酚、乙醇、甘油2、下列关于自然界中碳循环（如图）的说法中，不正确的是（）A.呼吸作用涉及氧化还原反应B.碳循环具有全球性C.含碳化合物可相互转化D.碳元素均被氧化3、我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：rm{HCHO+O_{2}}rm{xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}}rm{CO_{2}+H_{2}O.}下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.该反应为吸热反应B.rm{CO_{2}}分子中的化学键为非极性键C.rm{HCHO}分子中含rm{娄脛}键，又含rm{娄脨}键D.每生成rm{1.8gH_{2}O}消耗rm{2.24LO_{2}}4、下列叙述与分子间作用力无关的是（）A.气体物质加压或降温时能凝成固体B.干冰易升华C.氟、氯、溴、碘单质的熔、沸点依次升高D.氯化钠的熔点较高5、下列关于化学反应的自发性叙述中正确的是（）A.自发反应在恰当条件下才能实现B.焓变和熵变都小于0的反应肯定是自发的C.焓变和熵变都大于0的反应肯定是自发的D.自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、下列过程能使蛋白质变性的是rm{(}rm{)}A.蛋白质中加rm{Na_{2}SO_{4}}后析出蛋白质B.蛋白质用福尔马林浸泡C.蛋白质中加rm{Pb(Ac)_{2}}后析出蛋白质固体D.蛋白质中遇rm{X}光后7、有关蔗糖与浓硫酸的反应，下列说法正确的有()A.产生rm{CO_{2}}B.浓硫酸表现出脱水性C.放出大量的热D.浓硫酸表现出还原性8、甲rm{隆芦}辛等元素在周期表中的位置如下表所示。下列说法正确的是A.甲、丁、戊的单质都是金属B.乙、丙、辛都是非金属元素C.乙、庚、辛都能形成氧化物D.已的氧化物既可溶于rm{KOH}溶液又可溶于rm{H_{2}SO_{4}}溶液9、下列有机化合物中，属于烃的衍生物的有rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}CH_{3}}B.rm{CH_{2}篓TCHCl}C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}D.rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}10、下列过程能使蛋白质变性的是rm{(}rm{)}A.蛋白质中加rm{Na_{2}SO_{4}}后析出蛋白质B.蛋白质用福尔马林浸泡C.蛋白质中加rm{Pb(Ac)_{2}}后析出蛋白质固体D.蛋白质中遇rm{X}光后评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)11、FeCl3的水溶液显酸性，用离子方程式解释______．12、使用rm{SNCR}脱硝技术的主反应为：rm{4NH_{3}(g)+4NO(g)+O_{2}(g)}rm{4NH_{3}(g)+4NO

(g)+O_{2}(g)}rm{4N_{2}(g)+6H_{2}O(g)}rm{triangle}副反应及rm{H}时平衡常数如下表所示：。rm{773K}反应rm{triangle}rm{H}rm{(kJ隆陇mol^{-1})}平衡常数rm{(}rm{K}rm{)}rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)}rm{4NO(g)+6H_{2}O(g)}rm{-905.5}rm{1.1隆脕10^{26}mol隆陇L^{-1}}rm{4NH_{3}(g)+4O_{2}(g)}rm{2N_{2}O(g)+6H_{2}O(g)}rm{-1104.9}rm{4.4隆脕10}rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)}rm{2N_{2}(g)+6H_{2}O(g)}rm{-1269.0}rm{7.1隆脕10^{34}L隆陇mol^{-1}}rm{(1)}主反应rm{triangle}rm{H}rm{=}____rm{kJ隆陇mol^{-1}}rm{773K}时主反应平衡常数rm{K}rm{=}____________。rm{(2)}图表示在密闭体系中进行实验，测定不同温度下，在相同时间内各组分的浓度。rm{垄脵}图中rm{a}rm{b}rm{c}三点，主反应速率最大的是____________。rm{垄脷550K}时，欲提高rm{N_{2}O}的百分含量，应采取的措施是____。rm{(3)}为探究碳基催化剂中rm{Fe}rm{Mn}rm{Ni}等元素的回收，将该催化剂溶解后得到含有rm{Fe^{2+}}rm{Mn^{2+}}rm{Ni^{2+}}的溶液，物质的量浓度均为rm{10^{隆陋3}mol隆陇L^{隆陋1}}。沉淀物rm{Ksp}rm{FeCO_{3}}rm{3.0隆脕10^{隆陋11}}rm{MnCO_{3}}rm{2.0隆脕10^{隆陋11}}rm{NiCO_{3}}rm{1.0隆脕10^{隆陋7}}欲完全沉淀rm{Fe^{2+}}rm{Mn^{2+}(}离子浓度低于rm{1.0隆脕10^{隆陋6})}应控制rm{CO_{3}^{2隆陋}}的物质的量浓度范围为____。rm{(4)}电化学催化净化rm{NO}是一种最新脱硝方法。原理示意图如下，固体电解质起到传导rm{{O}^{2-}}的作用。rm{a}为外接电源的____极rm{(}填“正”、“负”rm{)}通入rm{NO}的电极反应式为____13、一常见的液态碳氢化合物A；与溴水混合振荡，下层颜色变浅，上层变为棕红色．0.5molA完全燃烧时，得到27g水和67.2L二氧化碳（标准状况）．请回答下列问题．

（1）A的分子式____．

（2）A与液溴混合，在Fe的作用下发生反应生成B，写出反应的方程式____．

（3）B与NaOH溶液反应的产物经酸化后得到有机物C，C的结构简式____，向C中加入饱和溴水，有____沉淀产生，反应的方程式为____．

（4）在催化剂作用下，C与甲醛反应得到一种高聚物，该高聚物的结构简式为____．14、（10分）（1）经测定，20g氢气在氧气中燃烧生成水蒸气，放热2418．0kJ，写出该反应的热化学方程式；已知：3Fe(s)+2O2(g)==Fe3O4(s)△H＝－1118．4kJ•mol—1，根据以上信息，则反应3Fe(s)+4H2O(g)==Fe3O4(s)+4H2(g)的△H=，该反应达平衡时，化学平衡常数表达式K＝。（2）某学生实验小组用50mL0．50mol•L—1的盐酸与50mL0．50mol•L—1的NaOH溶液在下图所示的装置中进行中和反应反应热的测定①图中装置缺少的一种仪器，该仪器名称为。②将反应混合液的____温度记为反应的终止温度。③下列说法正确的是A．小烧杯内残留有水，会使测得的反应热数值偏小B．酸、碱混合时，应把量筒中的溶液缓缓倒入烧杯的溶液中，以防液体外溅C．烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯D．可用相同浓度和体积的醋酸代替稀盐酸溶液进行实验15、rm{(1)}键线式表示的分子式______；名称是______．

rm{(2)CH_{3}CH(C_{2}H_{5})C(CH_{3})_{2}CH_{2}CH_{3}}的名称是______

rm{(3)}相对分子质量为rm{70}的烯烃的分子式为______，若该烯烃与足量rm{H_{2}}加成后能生成含rm{3}个甲基的烷烃，则该烯烃可能的结构简式为______．评卷人得分四、探究题(共4题，共32分)16、（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。17、（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。18、（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。19、（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、元素或物质推断题(共4题，共8分)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、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：_____________。22、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）。23、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_______评卷人得分六、综合题(共2题，共10分)24、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．25、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5题，共10分)1、A【分析】【解析】【答案】A2、D【分析】解：生物圈中的碳循环主要表现在绿色植物从空气中吸收二氧化碳；经光合作用转化为葡萄糖，并放出氧气，属于氧化还原反应，故A正确；

B；生物圈中的碳循环主要表现在绿色植物从空气中吸收二氧化碳；经光合作用转化为葡萄糖，并放出氧气，是气体循环，具有全球性，故B正确；

C；生物圈中的碳循环涉及含碳的化合物之间可以相互转化；如碳酸的形成、碳酸的分解、碳酸钙和碳酸氢钙之间的转化等，故C正确；

D；生物圈中的碳循环涉及含碳的化合物之间可以相互转化；碳酸的形成、碳酸的分解、碳酸钙和碳酸氢钙之间的转化等都不涉及化合价的变化，故D错误．

故选D．

生物圈中的碳循环主要表现在绿色植物从空气中吸收二氧化碳；经光合作用转化为葡萄糖，并放出氧气，还涉及含碳的化合物之间可以相互转化，如碳酸的形成；碳酸的分解、碳酸钙和碳酸氢钙之间的转化等．

本题考查学生自然界生物圈中的碳循环知识，注意了解碳循环的内涵，明确含氮化合物之间的转化是解题的关键．【解析】【答案】D3、C【分析】解：rm{A}该反应在室温下可以进行；故该反应为放热反应，故A错误；

B、二氧化碳结构为rm{O=C=O}为极性键，故B错误；

C、甲醛中，含有碳氧双键以及两个碳氢单键，故其中rm{3}个rm{娄脛}键，rm{1}个rm{娄脨}键；故C正确；

D、每生成rm{1.8gH_{2}O}消耗氧气的物质的量为rm{0.1}没有标明状况，故不一定为rm{2.24L}故D错误；

故选C．

A；根据大多数放热反应在常温下能进行；

B.根据不同种元素形成的共价键为极性键；

C.根据根据一个单键就是一个rm{娄脛}键，一个双键就是一个rm{娄脛}键，一个rm{娄脨}键；

D.根据气体的体积与温度；压强有关．

本题以除甲醛气体为新的情境，考查了化学反应基本理论和基本概念，涉及化学反应中能量变化，分子结构、化学键以及气体的体积等相关知识．【解析】rm{C}4、D【分析】解：A；气体物质加压或降温时能凝成固体；属于分子晶体的物理性质变化，与分子间作用力有关，故A不选；

B；干冰易升华；属于分子晶体的物理性质变化，与分子间作用力有关，故B不选；

C；氟、氯、溴、碘单质的熔、沸点依次升高；是因为分子间作用力逐渐增大，所以与分子间作用力有关，故C不选；

D；氯化钠属于离子晶体；其熔点较高，是因为离子晶体的晶格能较大，与分子间作用力无关，故D选．

故选D．

分子晶体中微粒间存在分子间作用力；分子间作用力决定分子晶体的物理性质，据此分析．

本题考查了分子晶体和离子晶体，主要考查了晶体中微粒间的作用力对晶体性质的影响，题目难度不大．【解析】【答案】D5、A【分析】解：A；自发反应在恰当条件下才能实现；如当反应的△H＜0，△S＜0，只有在低温下反应自发进行，故A正确；

B；焓变和熵变都小于0的反应；只有在低温下反应自发进行，故B错误；

C；焓变和熵变都大于0的反应；只有在高温下反应自发进行，故C错误；

D；判断反应的自发性不能只根据熵变；要用熵变和焓变的复合判据，故D错误；

故选A．

依据反应自发的判据：△H-T△S＜0；只有当△H＜0，△S＞0，所有温度下反应自发进行；而△H＜0，△S＜0，只有在低温下反应自发进行，△H＞0，△S＞0，只有在高温下反应自发进行，△H＞0，△S＜0，所有的温度下反应都不自发进行，因此有的自发反应也需要一定的条件．

本题考查了焓变、熵变与反应的自发性之间的关系，属于基础知识的考查，题目难度不大．【解析】【答案】A二、多选题(共5题，共10分)6、BCD【分析】解：rm{A.}蛋白质中加rm{Na_{2}SO_{4}}后发生盐析；故A错误；

B.蛋白质遇甲醛发生变性；故B正确；

C.rm{Pb(Ac)_{2}}是重金属盐；蛋白质遇重金属盐发生变性，故C正确；

D.蛋白质中遇rm{X}光发生变性；故D正确．

故选BCD．

蛋白质变性是指蛋白质在某些物理和化学因素作用下其特定的空间构象被改变；从而导致其理化性质的改变和生物活性的丧失，这种现象称为蛋白质变性．

能使蛋白质变性的化学方法有加强酸；强碱、尿素、乙醇、丙酮、甲醛等有机溶剂化学物质、重金属盐等；

能使蛋白质变性的物理方法有加热rm{(}高温rm{)}紫外线及rm{X}射线照射；超声波、剧烈振荡或搅拌等．

本题考查蛋白质的变性，难度不大，了解蛋白质变性的常用方法，注意蛋白质变性是不可逆的．【解析】rm{BCD}7、ABC【分析】【分析】本题旨在考查学生对浓硫酸的性质的应用。【解答】浓硫酸和蔗糖反应，先体现浓硫酸的脱水性，使蔗糖脱水形成碳，然后浓硫酸稀释放出大量的热，后浓硫酸和碳反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，体现浓硫酸的强氧化性，故ABC正确。故选ABC。【解析】rm{ABC}8、BCD【分析】略。

【解析】rm{BCD}9、BCD【分析】解：rm{A}rm{CH_{3}CH_{3}}只含rm{C}rm{H}两元素；故属于烃类，故A错误；

B、rm{CH_{2}篓TCHCl}可以认为是乙烯中的一个rm{H}原子被一个rm{Cl}取代后的产物；故属于烃的衍生物，故B正确；

C、rm{CH_{3}CH_{2}OH}可以认为是用rm{-OH}取代了乙烷中的一个rm{H}原子后得到的；故为烃的衍生物，故C正确；

D、乙酸乙酯可以认为是用rm{CH_{3}COO-}取代了乙烷分子中的一个rm{H}原子得到；故为烃的衍生物，故D正确．

故选BCD．

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，其中取代氢原子的其他原子或原子团使烃的衍生物具有不同于相应烃的特殊性质，被称为官能团rm{.}在不改变烃本身的分子结构的基础上；将烃上的一部分氢原子替换成其他的原子或官能团的一类有机物统称为烃的衍生物．

本题考查了烃的衍生物的概念应用，题目较简单，掌握基本概念即可解决问题．【解析】rm{BCD}10、BCD【分析】解：rm{A.}蛋白质中加rm{Na_{2}SO_{4}}后发生盐析；故A错误；

B.蛋白质遇甲醛发生变性；故B正确；

C.rm{Pb(Ac)_{2}}是重金属盐；蛋白质遇重金属盐发生变性，故C正确；

D.蛋白质中遇rm{X}光发生变性；故D正确．

故选BCD．

蛋白质变性是指蛋白质在某些物理和化学因素作用下其特定的空间构象被改变；从而导致其理化性质的改变和生物活性的丧失，这种现象称为蛋白质变性．

能使蛋白质变性的化学方法有加强酸；强碱、尿素、乙醇、丙酮、甲醛等有机溶剂化学物质、重金属盐等；

能使蛋白质变性的物理方法有加热rm{(}高温rm{)}紫外线及rm{X}射线照射；超声波、剧烈振荡或搅拌等．

本题考查蛋白质的变性，难度不大，了解蛋白质变性的常用方法，注意蛋白质变性是不可逆的．【解析】rm{BCD}三、填空题(共5题，共10分)11、略

【分析】解：FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子水解而使其溶液呈酸性，水解离子反应方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+．

FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子水解而使其溶液呈酸性，水解离子反应方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+；由此分析解答．

本题考查了盐类水解，根据“谁强谁显性、谁弱谁水解”的规律来分析氯化铁溶液酸碱性，再结合盐类水解的影响因素来分析解答，题目难度不大．【解析】Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+12、（1）－1632.54.6×1043L·mol-1（2）①c②采用合适的催化剂（3）（3.0×10-5，1.0×10-4）（4）负；2NO+4e－==N2+2O2－【分析】【分析】本题考查了热化学方程式的书写，化学平衡常数的计算、影响化学平衡的因素分析、电解池原理等知识点，注意图像中曲线的变化趋势，掌握基础是解题关键，题目难度中等。【解答】rm{(1)}根据副反应的热化学方程式结合盖斯定律计算得到主反应的反应焓变，根据副反应的热化学方程式结合盖斯定律计算得到主反应的反应焓变，

rm{(1)}rm{垄脹}rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)?2N_{2}(g)+6H_{2}O(g)?H=-1269.0KJ/mol}rm{K_{3}=7.1隆脕10^{34}L隆陇mol^{-1}}

rm{垄脹}rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)?2N_{2}(g)+6H_{2}O(g)?

H=-1269.0KJ/mol}rm{K_{3}=7.1隆脕10^{34}L隆陇

mol^{-1}}rm{垄脵}rm{垄脵}rm{4NH}rm{3}rm{3}rm{(g)+5O}rm{2}rm{2}rm{(g)?4N}rm{=1.1隆脕10^{26}L隆陇mol^{-1}}

rm{O}rm{O}rm{(g)+6H}得到主反应rm{2}rm{2}rm{O(g)}rm{?H=-905.5KJ/mol}rm{K}rm{1}rm{1}rm{=1.1隆脕10^{26}L隆陇

mol^{-1}}rm{垄脹}rm{垄脹}rm{K=dfrac{{{K}^{2}}_{3}}{{K}_{1}}=dfrac{(7.1隆脕{10}^{34}{)}^{2}}{1.1隆脕{10}^{26}}=4.6隆脕10^{43}}rm{隆脕2-}rm{垄脵}得到主反应rm{垄脵}rm{4NH}rm{3}rm{3}rm{(g)+4NO(g)+O}影响化学反应速率的条件中增大浓度、增大压强、升高温度都会增大反应速率，其中温度升高对反应速率的影响大，rm{2}点中rm{2}点温度大，反应速率大，rm{(g)?2N}

rm{2}rm{2}rm{(g)+6H}的反应几乎没发生，欲提高rm{2}rm{2}rm{O(g)}rm{?H=-1632.5KJ/mol}rm{K=dfrac{{{K}^{2}}_{3}}{{K}_{1}}=

dfrac{(7.1隆脕{10}^{34}{)}^{2}}{1.1隆脕{10}^{26}}

=4.6隆脕10^{43}}rm{L隆陇mol^{-1}}，故答案为：rm{-1632.5}rm{4.6隆脕10^{43}}rm{L隆陇mol^{-1}}；

rm{(2)垄脵}影响化学反应速率的条件中增大浓度、增大压强、升高温度都会增大反应速率，其中温度升高对反应速率的影响大，rm{abc}点中rm{c}点温度大，反应速率大，利用溶度积常数，rm{(2)垄脵}rm{abc}rm{c}离子浓度低于故答案为：rm{c}rm{c}rm{垄脷}时，rm{C(CO_{3}^{2-})=dfrac{{K}_{sp}(FeC{O}_{3})}{C(F{e}^{2+})}=dfrac{3.0隆脕{10}^{-11}}{1隆脕{10}^{-6}}=3.0隆脕10^{-5}mol/L}欲完全沉淀rm{垄脷}离子浓度低于rm{550K}时，rm{C(CO_{3}^{2-})=dfrac{{K}_{sp}(MnC{O}_{3})}{C(M{n}^{2+})}=dfrac{2.0隆脕{10}^{-11}}{1.0隆脕{10}^{-6}}=2.0隆脕10^{-5}mol/L}所以时生成rm{N_{2}O}的反应几乎没发生，欲提高rm{N_{2}O}rm{N_{2}O}的百分含量，应是反应向副反应方向进行，rm{4NH}离子浓度低于rm{3}rm{3}rm{(g)+4O}rm{2}rm{2}rm{(g)?2N_{2}O(g)+6H}应大于rm{2}欲使rm{2}恰好饱和，rm{C(CO_{3}^{2-})=dfrac{{K}_{sp}(NiC{O}_{3})}{C(N{i}^{2+})}=dfrac{1.0隆脕{10}^{-7}}{{10}^{-3}}=1.0隆脕10^{-4}mol/L}所以欲使rm{O(g)}不沉淀，改变主反应反应历程，可以选择合适的催化剂使副反应发生，应小于故答案为：采用合适的催化剂；故答案为：rm{(3)}欲完全沉淀rm{Fe}反应原理是利用电解吸收rm{Fe}生成氮气，氮元素化合价rm{{,!}^{2+}}价变化为rm{(}离子浓度低于rm{1.0隆脕10}价，发生还原反应，在电解池的阴极发生还原反应，则rm{(}为外接电源的负极，固体电解质起到传导作用的是rm{1.0隆脕10}rm{{,!}^{-6}}的电极反应式为，rm{)}时，rm{C(CO_{3}^{2-})=

dfrac{{K}_{sp}(FeC{O}_{3})}{C(F{e}^{2+})}=

dfrac{3.0隆脕{10}^{-11}}{1隆脕{10}^{-6}}=3.0隆脕10^{-5}mol/L}故答案为：rm{)}rm{C(CO_{3}^{2-})=

dfrac{{K}_{sp}(FeC{O}_{3})}{C(F{e}^{2+})}=

dfrac{3.0隆脕{10}^{-11}}{1隆脕{10}^{-6}}=3.0隆脕10^{-5}mol/L}rm{Mn^{2+}(}rm{1.0隆脕10^{-6})}

rm{C(CO_{3}^{2-})=

dfrac{{K}_{sp}(MnC{O}_{3})}{C(M{n}^{2+})}=

dfrac{2.0隆脕{10}^{-11}}{1.0隆脕{10}^{-6}}=2.0隆脕10^{-5}mol/L}【解析】rm{(1)-1632.5}rm{4.6隆脕10^{43}}rm{L隆陇mol^{-1}}rm{4.6隆脕10^{43}}rm{L隆陇mol^{-1}}rm{(2)垄脵c}采用合适的催化剂rm{垄脷}rm{(3)(3.0隆脕10^{-5},1.0隆脕10^{-4})}负；rm{(4)}rm{2NO+4e^{-}==}rm{N_{2}+2O^{2-}}13、略

【分析】

（1）27g水的物质的量==1.5mol，标况下67.2L二氧化碳的物质的量==3mol；

故该烃分子中N（C）==6，N（H）==6，故该烃是分子式为C6H6；

故答案为：C6H6；

（2）该烃是分子式为C6H6，与溴水混合振荡，下层颜色变浅，上层变为棕红色，溴被萃取，说明该烃分子中变化不饱和键，故该烃为苯，苯与溴在Fe作催化剂条件下生成溴苯与HBr，反应方程式为：+Br2+HBr；

故答案为：+Br2+HBr；

（3）溴苯与NaOH溶液反应生成苯酚钠，经酸化后得到有机物C，C为

向苯酚中加入饱和溴水，生成三溴苯酚白色沉淀，反应方程式为：+3Br2→↓+3HBr；

故答案为：白色；+3Br2→↓+3HBr；

（4）在催化剂作用下，苯酚与甲醛反应得到一种高聚物，为酚醛树脂，该高聚物的结构简式为：

故答案为：．

【解析】【答案】27g水的物质的量==1.5mol，标况下67.2L二氧化碳的物质的量==3mol，故该烃分子中N（C）==6，N（H）==6，故该烃是分子式为C6H6；该烃与溴水混合振荡，下层颜色变浅，上层变为棕红色，溴被萃取，说明该烃分子中变化不饱和键，该烃为苯，据此解答．

14、略

【分析】【解析】【答案】15、C7H12；3-甲基-2，4-己二烯；3，3，4-三甲基己烷；C5H10；CH2=CCH3CH2CH3、（CH3）2C=CHCH3、（CH3）2CHCH=CH【分析】解：rm{(1)}分子中含rm{7}个碳原子，由于属于二烯烃，故不饱和度为rm{2}则分子式为rm{C_{7}H_{12}}二烯烃命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，故在主链上有rm{6}个碳原子，从离官能团最近的一端给主链上的碳原子进行编号，当两端离官能团一样近时，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在rm{2}号和rm{3}号碳原子间、rm{4}号和rm{5}号碳原子间均有碳碳双键，在rm{3}号碳原子上有一个甲基，故名称为：rm{3-}甲基rm{-2}rm{4-}己二烯，故答案为：rm{C_{7}H_{12}}rm{3-}甲基rm{-2}rm{4-}己二烯；

rm{(2)}烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有rm{6}个碳原子，从离支链近的一端给主链上碳原子编号，当两端离支链一样近时，要从支链多的一端给主链上的碳原子编号，故在rm{3}号碳原子上有rm{2}个甲基，在rm{4}号碳原子上有一个甲基，故名称为：rm{3}rm{3}rm{4-}三甲基己烷，故答案为：rm{3}rm{3}rm{4-}三甲基己烷；

rm{(3)}烯烃为rm{C_{n}H_{2n}}则rm{12n+2n=70}解得rm{n=5}分子式为rm{C_{5}H_{10}}若该烯烃与氢气加成后得到的烷烃分子中含rm{4}个甲基，可能的结构简式：rm{CH_{2}=CCH_{3}CH_{2}CH_{3}}rm{(CH_{3})_{2}C=CHCH_{3}}rm{(CH_{3})_{2}CHCH=CH_{2}}

故答案为：rm{C_{5}H_{10}}rm{CH_{2}=CCH_{3}CH_{2}CH_{3}}rm{(CH_{3})_{2}C=CHCH_{3}}rm{(CH_{3})_{2}CHCH=CH}．

rm{(1)}根据该有机物的键线式写出分子式；根据系统命名法完成该有机物的命名；

rm{(2)}烷烃命名时；要选最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上碳原子编号，据此分析；

rm{(3)}烯烃为rm{C_{n}H_{2n}}则rm{12n+2n=70}解得rm{n=5}根据该烯烃与氢气加成后得到的烷烃分子中含rm{3}个甲基解题．

本题考查了有机物命名、有机物的结构简式的书写，难度不大，要求学生了解烷烃的命名、有机物的结构的判断和书写，熟练掌握有机物的命名方法．【解析】rm{C_{7}H_{12}}rm{3-}甲基rm{-2}rm{4-}己二烯；rm{3}rm{3}rm{4-}三甲基己烷；rm{C_{5}H_{10}}rm{CH_{2}=CCH_{3}CH_{2}CH_{3}}rm{(CH_{3})_{2}C=CHCH_{3}}rm{(CH_{3})_{2}CHCH=CH}四、探究题(共4题，共32分)16、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）17、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）18、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）19、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、元素或物质推断题(共4题，共8分)20、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】

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