2025年粤教新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年粤教新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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列推断正确的是()A.BF3是三角锥形分子B.的电子式：离子呈平面形结构C.CH4分子中的4个C—H键都是氢原子的1s轨道与碳原子的p轨道形成的s­pσ键D.CH4分子中的碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C—Hσ键2、下列对分子及性质的解释中，不正确的是()A.碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释B.由于乳酸（）中存在一个手性碳原子，导致该物质存在互为镜像的两个手性异构体；生产中可利用“手性合成”法主要得到其中一种手性分子C.许多过渡金属离子对多种配体具有很强的结合力，因而，只有过渡金属才能形成配合物。D.由图可知酸性：H3PO4＞HClO，因为H3PO4分子中有1个非羟基氧原子3、下列物质含有离子键的是（）A.C12B.NaOHC.CO2D.H2O4、在25ml0.1molNaOH溶液中逐滴加入。0.2molCH3COOH溶液，溶液pH变化曲线如图所示，下列有关离子浓度的比较正确的是A.在B间任一点（不含B点），溶液中可能有B.在C点，C.在B点，D.在D点，5、下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.汽油、柴油和植物油都属于烃B.淀粉可水解生成葡萄糖，蔗糖可水解生成葡萄糖和果糖C.苯和溴水在rm{Fe^{3+}}催化下发生取代反应生成溴苯D.硫酸铜溶液和食盐溶液均可使蛋白质溶液变性6、对于反应A(g)+2B(g)2C(g)△H<O，下面各图能正确反映在这一反应中，反应时间t，温度T与平衡混合物中C的百分含量关系的是7、将一定体积的某NaOH溶液分成两等份，一份用pH=2的一元酸HA溶液中和，消耗酸溶液的体积为V1；另一份用pH=2的一元酸HB溶液中和，消耗酸溶液体积为V2，则下列叙述正确的是（）A.若V1＞V2，则说明HA的酸性比HB的酸性强B.若V1＞V2，则说明HA的酸性比HB的酸性弱C.因为两种酸溶液的pH相等，故V1一定等于V2D.若将两种酸溶液等体积混合，混合溶液的pH一定等于28、在体积可变的密闭容器中，反应rm{mA(g)+nB(s)?pC(g)}达到平衡后，压缩容器的体积，发现rm{A}的转化率随之降低rm{.}下列说法中，正确的是rm{(}rm{)}A.rm{m+n}必定小于rm{p}B.rm{m+n}必定大于rm{p}C.rm{m}必定小于rm{p}D.rm{m}必定大于rm{p}9、下列醇既能被催化氧化生成醛，又能发生消去反应生成烯烃的是rm{({??})}A.rm{CH_{3}{OH}}B.

C.D.评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、（3分）已知：2Al(s)+O2（g）===Al2O3(s)△H=-1644.3kJ•mol-12Fe(s)+O2（g）===Fe2O3(s)△H=-815.88kJ•mol-1试写出铝粉与氧化铁粉末发生铝热反应的热化学方程式___________________________。11、rm{(1)}火箭推进器中盛有强还原剂液态肼rm{(N_{2}H_{4})}和强氧化剂液态双氧水rm{.}当把rm{0.4mol}液态肼和rm{0.8mol}rm{H_{2}O_{2}}混合反应，生成氮气和水蒸气，放出rm{256.8kJ}的热量rm{(}相当于rm{25隆忙}rm{101kPa}下测得的热量rm{)}．

rm{垄脵}反应的热化学方程式为______．

rm{垄脷}又已知rm{H_{2}O(l)篓TH_{2}O(g)triangleH=+44kJ/mol.}则rm{H_{2}O(l)篓TH_{2}O(g)triangle

H=+44kJ/mol.}液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是______rm{16g}．

rm{kJ}此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是______．

rm{垄脹}已知热化学方程式：rm{垄脵Fe_{2}O_{3}(s)+3CO(g)篓T2Fe(s)+3CO_{2}(g)triangleH=-25kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷3Fe_{2}O_{3}(s)+CO(g)篓T2Fe_{3}O_{4}(s)+CO_{2}(g)triangleH=-47kJ?mol^{-1}}

rm{垄脹Fe_{3}O_{4}(s)+CO(g)篓T3FeO(s)+CO_{2}(g)triangleH=+19kJ?mol^{-1}}

写出rm{(2)}被rm{垄脵Fe_{2}O_{3}(s)+3CO(g)篓T2Fe(s)+3CO_{2}(g)triangle

H=-25kJ?mol^{-1}}还原生成rm{垄脷3Fe_{2}O_{3}(s)+CO(g)篓T2Fe_{3}O_{4}(s)+CO_{2}(g)triangle

H=-47kJ?mol^{-1}}和rm{垄脹Fe_{3}O_{4}(s)+CO(g)篓T3FeO(s)+CO_{2}(g)triangle

H=+19kJ?mol^{-1}}的热化学方程式：______．

rm{FeO(s)}已知反应rm{CO}的rm{triangleH=+11kJ?mol^{-1}}rm{Fe}rm{CO_{2}}分子中化学键断裂时分别需要吸收rm{(3)}rm{2HI(g)篓TH_{2}(g)+I_{2}(g)}的能量，则rm{triangle

H=+11kJ?mol^{-1}}分子中化学键断裂时需吸收的能量为______rm{1molH_{2}(g)}．rm{1molI_{2}(g)}12、(6分)根据下列事实，完成相关的离子方程式或电离方程式（1）Na2S溶液使酚酞显红色（2）硫酸铝钾[明矾KAl(SO4)2·12H2O]可以作净水剂（3）常温下，磷酸(H3PO4)溶液pH﹤713、在最新家用汽车的调查中发现；新车中气体的质量不符合标准．汽车污染主要。

来源于汽车配件及材料，它们都会产生大量的有毒有机物气体．其中一种有毒气体的质谱图如图．则由图可知该分子的相对分子质量是______．若该分子的核磁共振氢谱中有4个吸收峰，则有机物的名称为______，其苯环上的一氯代物有______种．14、请按要求回答下列问题：

rm{(1)NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}可作净水剂，其理由是______rm{(}用离子方程式说明rm{)}

rm{(2)}常温下含酚酞的rm{0.1mol?L^{-1}CH_{3}COONa}溶液显红色的原因是______rm{(}用离子方程式说明rm{)}

rm{(3)}如果不断加热rm{FeCl_{3}}溶液，蒸干其水分并灼烧得到的固体是______。15、已知rm{A(g)+B(g)}rm{C(g)+D(g)}反应的平衡常数和温度的关系如下：。rm{|}温度rm{/隆忙}rm{700}rm{900}rm{830}rm{1000}rm{1200}平衡常数rm{1.7}rm{1.1}rm{1.0}rm{0.6}rm{0.4}回答下列问题：rm{(1)}该反应的平衡常数表达式rm{K=}_________________，rm{triangleH}__________rm{0(}填“rm{<}”“rm{>}”“rm{=}”rm{)}rm{(2)830隆忙}时，向一个rm{5L}的密闭容器中充入rm{0.20mol}的rm{A}和rm{0.80mol}的rm{B}如反应初始rm{6s}内rm{A}的平均反应速率rm{v(A)=0.003mol隆陇L-1隆陇s-1}则rm{6s}时rm{c(A)=}_________________rm{mol隆陇L-1}rm{C}的物质的量为________rm{mol}若反应经一段时间后，达到平衡时rm{A}的转化率为_________________．rm{(3)1200隆忙}时反应rm{C(g)+D(g)}rm{A(g)+B(g)}的平衡常数的值为_________________。评卷人得分三、探究题(共4题，共8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。评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共12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_______评卷人得分五、其他(共4题，共12分)24、下图转化关系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的单质，在常温常压下A是固体，其余都是气体，且C呈黄绿色。化合物H和I两种气体相遇时产生白烟K（NH4Cl）。化合物G的焰色反应为黄色，B为氧气。反应①和②均在溶液中进行。请按要求回答下列问题。（1）写出下列物质的化学式：D、F。（2）反应②的离子方程式为。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，反应的现象为。（4）将少量单质C通入盛有淀粉KI溶液的试管中，液体变为蓝色。这说明单质C的氧化性于单质碘(填“强”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液时，生成的灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出红褐色沉淀的化学式：。25、实验室有下列实验仪器。ABCDEF在过滤操作中除了铁架台外还需要用到的实验仪器是____、____、(用字母填写)。26、可用于提纯或分离物质的常用方法有：①过滤、②结晶、③升华、④分馏、⑤盐析、⑥渗析、⑦加热分解⑧分液等，将分离或提纯的编号填入下列各混合物后面的横线上。（1）除去碳酸钠固体中混有的碳酸氢钠；（2）除去石灰水中悬浮的CaCO3颗粒；（3）除去氯化钠单质中混有的碘单质；27、已知：(X代表卤素原子，R代表烃基)利用上述信息，按以下步骤从合成(部分试剂和反应条件已略去)请回答下列问题：（1）分别写出B、D的结构简式：B_________、D_________。（2）反应①～⑦中属于消去反应的是___________。(填数字代号)（3）如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，得到的E可能的结构简式为：_________。（4）试写出CD反应的化学方程式(有机物写结构简式，并注明反应条件)。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【解析】试题分析：BF3分子中B原子没有孤对电子，是sp2杂化，分子的空间构型是平面正三角形结构，A不正确；NH4＋离子中N原子形成成4个σ键，N原子是sp3型杂化，杂化轨道全部用于成键，N原子连接4个相同的原子，为正四面体构型，键角是109°28′，B不正确；CH4分子中的4个C—H键都是碳原子的2s轨道与碳原子的2p轨道形成的sp3杂化轨道，然后分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C—Hσ键，C不正确，D正确，答案选D。考点：考查分子空间构型、杂化轨道的有关判断和应用【解析】【答案】D2、C【分析】【解析】试题分析：四氯化碳、碘、甲烷都是非极性分子，水是极性分子，所以根据相似相溶原理可知，选项A正确。根据B的结构简式可知，选项B中的说法是正确的；并非只有过渡金属才能形成配合物，只是过渡金属容易形成配合物，选项C不正确；D中根据化合物的结构简式可知，选项D正确，答案选C。考点：考查物质溶解性、手性碳原子、配位化合物以及含氧酸的酸性比较【解析】【答案】C3、B【分析】【解析】试题分析：离子键指阴离子、阳离子间通过静电作用形成的化学键。离子键往往在金属与非金属间形成。失去电子的往往是金属元素的原子，而获得电子的往往是非金属元素的原子。通常，活泼金属与活泼非金属形成离子键，如钾、钠、钙等金属和氯、溴等非金属化合时，都能形成离子键。共价键指一般非金属与非金属间通过共用电子对作用形成稳定化学键(当然也有特殊,例如氯化铝中，铝是金属，氯是非金属，其化学键为共价键，而非离子键)。在中学化学中,只要是非金属与非金属间形成的化学键,都可称为"共价键"。综上所述，A、C、D项中含有共价键；B项中既有离子键又有共价键。故选B。考点：化学键【解析】【答案】B4、C【分析】试题分析：A、在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO-、OH-，根据电荷守恒则有：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），c（H+）＜c（OH-），溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+），故A正确；B、在B点溶液显中性，则结果是c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），则一定有c（Na+）=c（CH3COO-），溶液的成分为：反应生成的醋酸钠和剩余的醋酸，醋酸钠的水解程度和醋酸的电离程度相等，故有：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+），故B错误；C、在C点，溶液显酸性，故有c（OH-）＜c（H+），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），故c（Na+）＜c（CH3COO-），c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故C错误；D、在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/l，根据物料守恒，则：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1mol•L-1，c（Na+）=0..05mol/L，c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+）故D错误；故选A。考点：考查酸碱混合后溶液中离子浓度大小比较。【解析】【答案】C5、B【分析】解：rm{A.}植物油属于油脂，含有rm{C}rm{H}rm{O}元素；属于烃的含氧衍生物，故A错误；

B.淀粉水解最终生成葡萄糖；蔗糖是葡萄糖和果糖反应得到的二糖，所以蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，故B正确；

C.苯和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应；苯和溴水不反应，但能萃取溴水中的溴，故C错误；

D.重金属盐能使蛋白质变性；可溶性的钠盐能使蛋白质发生盐析，硫酸铜是重金属盐而使蛋白质发生变性，氯化钠能使蛋白质发生盐析，故D错误；

故选B．

A.植物油属于油脂，含有rm{C}rm{H}rm{O}元素；

B.淀粉水解最终生成葡萄糖；蔗糖是葡萄糖和果糖反应得到的二糖；

C.苯和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应；

D.重金属盐能使蛋白质变性；可溶性的钠盐能使蛋白质发生盐析．

本题考查有机物结构和性质及基本概念，为高频考点，明确糖类、蛋白质、苯、油脂的性质是解本题关键，注意蛋白质变性和盐析的区别，题目难度不大．【解析】rm{B}6、B【分析】试题分析：根据影响反应速率因素判断，温度越高，达到化学平衡所需要的时间越短，故所画出的图象的斜率越大；又因为该反应为放热反应，温度越高，达到平衡时C的百分含量越低．故正确的选项是B。考点：化学平衡图像【解析】【答案】B7、A【分析】解：pH均为2的一元酸HA、HB，两种溶液中H+离子浓度相等，酸越弱则酸的浓度越大，与氢氧化钠反应时消耗的体积越小，所以消耗的体积大的酸性较强；若V1＞V2，则说明HA的酸性比HB的酸性强；若V1=V2；则说明HA的酸性与HB的酸性相同．

A、由以上分析可知，Vl＞V2；则说明HA的酸性比HB的酸性强，故A正确；

B、由以上分析可知，Vl＞V2；则说明HA的酸性比HB的酸性强，故B错误；

C、因为不知道两种酸的酸性强弱关系，所以不能判断V1与V2的相对大小；故C错误；

D；若将两种酸溶液等体积混合；如果者是强酸，混合后溶液的pH等于2，弱酸不是，故D错误；

故选A．

pH均为2的一元酸HA、HB，两种溶液中H+离子浓度相等，酸越弱则酸的浓度越大，与氢氧化钠反应时消耗的体积越小，所以消耗的体积大的酸性较强；若V1＞V2，则说明HA的酸性比HB的酸性强；若V1=V2；则说明HA的酸性与HB的酸性相同．

本题考查酸性强弱的定性判断，题目难度中等，注意根据两种酸溶液中H+离子浓度相等时，酸越弱则酸的浓度越大这一特点分析判断．【解析】【答案】A8、C【分析】解：压缩体积压强增大，rm{A}的转化率降低，说明平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，由于rm{B}为固体，所以rm{m<p}

故选：rm{C}．

压缩体积压强增大，rm{A}的转化率降低；说明平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动．

本题考查压强对化学平衡的影响，比较基础，注意压强改变的本质是改变体积影响浓度．【解析】rm{C}9、D【分析】【分析】本题考查醇的消去反应、氧化反应，物质的结构决定了物质的性质，难度不大。【解答】根据醇发生氧化反应的结构特点：有羟基所连碳上有氢原子的才能发生氧化反应；醇发生消去反应的结构特点：与羟基所连碳相邻的碳上有氢原子才能发生消去反应，形成不饱和键。A.rm{CH_{3}OH}不能发生消去反应；能发生催化氧化反应生成甲醛，故A错误；

B.可以发生消去反应生成丙烯；发生氧化反应生成丙酮，故B错误；

C.不能发生消去反应，发生催化氧化反应生成rm{2}rm{2-}二甲基丙醛；故C错误；

D.既能发生消去反应生成rm{2}rm{3-}二甲基rm{-1-}丁烯，又能发生催化氧化反应生成rm{2}rm{3-}二甲基丁醛；故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】考查盖斯定律的应用。将已知的第一个反应减去第二个反应即得到2Al(s)+Fe2O3(s)===Al2O3(s)+2Fe(s)，所以反应热是△H=－1644.3kL/mol＋815.88kJ/mol＝－828.42kJ•mol-1。所以热化学方程式为2Al(s)+Fe2O3(s)===Al2O3(s)+2Fe(s)△H=-828.42kJ•mol-1。【解析】【答案】2Al(s)+Fe2O3(s)===Al2O3(s)+2Fe(s)△H=-828.42kJ•mol-111、N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-642kJ/mol；409；产物不会造成环境污染；FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）△H=-11kJ•mol-1；299【分析】解：rm{(1)垄脵}反应方程式为：rm{N_{2}H_{4}+2H_{2}O_{2}=N_{2}+4H_{2}O}rm{0.4mol}液态肼放出rm{256.8kJ}的热量，则rm{1mol}液态肼放出的热量为rm{dfrac{256.8kJ}{0.4}=642kJ}

所以反应的热化学方程式为：rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)=N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-642kJ/mol}

故答案为：rm{N_{2}H_{4}(g)+2H_{2}O_{2}(l)=N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-642kJ/mol}

rm{垄脷N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-642kJ/mol垄脵}rm{H_{2}O(l)=H_{2}O(g)triangleH=+44kJ/mol垄脷}依据盖斯定律rm{dfrac

{256.8kJ}{0.4}=642kJ}得到rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(l)triangleH=-818kJ/mol}rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)=N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-642kJ/mol}液态肼物质的量rm{=dfrac{16g}{32g/mol}=0.5mol}与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量rm{N_{2}H_{4}(g)+2H_{2}O_{2}(l)=N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-642kJ/mol}

故答案为：rm{垄脷N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-642kJ/mol垄脵}

rm{H_{2}O(l)=H_{2}O(g)triangle

H=+44kJ/mol垄脷}此反应用于火箭推进；除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是产物为氮气和水，是空气成分不会造成环境污染；

故答案为：产物不会造成环境污染；

rm{垄脵-垄脷隆脕4}rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)篓TN_{2}(g)+4H_{2}O(l)triangle

H=-818kJ/mol}

rm{16g}rm{=dfrac

{16g}{32g/mol}=0.5mol}

rm{409kJ}rm{409}

依据盖斯定律rm{垄脹}得到：

rm{6CO(g)+6FeO(s)=6Fe(g)+6CO_{2}(g)triangleH=-66kJ/mol}

得到热化学方程式为：rm{CO(g)+FeO(s)=Fe(g)+CO_{2}(g)triangleH=-11kJ/mol}

故答案为：rm{CO(g)+FeO(s)=Fe(g)+CO_{2}(g)triangleH=-11kJ/mol}

rm{(2)垄脵Fe_{2}O_{3}(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO_{2}(g)}设rm{triangleH=-25kJ/mol}分子中化学键断裂时需吸收的能量为rm{垄脷3Fe_{2}O_{3}(s)+CO(g)=2Fe_{3}O_{4}(s)+CO_{2}(g)}则：rm{triangleH=-47kJ/mol}解得rm{垄脹Fe_{3}O_{4}(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO_{2}(g)}

故答案为：rm{triangleH=+19kJ/mol}．

rm{垄脵隆脕3-(垄脹隆脕2+垄脷)}依据反应物和生成物配平书写化学方程式，根据盖斯定律判断，rm{6CO(g)+6FeO(s)=6Fe(g)+6CO_{2}(g)triangle

H=-66kJ/mol}液态肼和rm{CO(g)+FeO(s)=Fe(g)+CO_{2}(g)triangle

H=-11kJ/mol}混合恰好反应，所以rm{CO(g)+FeO(s)=Fe(g)+CO_{2}(g)triangle

H=-11kJ/mol}液态肼完全反应放出rm{(3)}的热量；

rm{垄脷H_{2}O(l)=H_{2}O(g)triangleH=+44kJ/mol}依据盖斯定律计算分析得到；

rm{1molHI(g)}依据产物判断生成物无污染；

rm{xkJ}依据盖斯定律结合热化学方程式计算，然后写出热化学方程式；rm{2xkJ-436kJ-151kJ=11kJ}正反应为吸热反应，化学键断裂时吸收的能量rm{x=299}化学键生成时放出的能量rm{299kJ}反应吸收的热量rm{(1)垄脵}本题考查热化学方程式的书写，盖斯定律的计算判断，反应热的计算应用，注意盖斯定律的应用，题目难度中等．rm{0.4mol}【解析】rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)=N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangleH=-642kJ/mol}rm{N_{2}H_{4}(l)+2H_{2}O_{2}(l)=N_{2}(g)+4H_{2}O(g)triangle

H=-642kJ/mol}产物不会造成环境污染；rm{FeO(s)+CO(g)篓TFe(s)+CO_{2}(g)triangleH=-11kJ?mol^{-1}}rm{409}rm{FeO(s)+CO(g)篓TFe(s)+CO_{2}(g)triangle

H=-11kJ?mol^{-1}}12、略

【分析】试题分析：Na2S溶液使酚酞显红色是因为S2-水解使溶液显碱性的原因，离子方程式为：S2-+H2OHS-+OH-明矾做净水剂是因为Al3+水解生成胶体Al（OH）3有吸附性，能吸附水中的悬浮物，离子方程式为:Al3++3H2OAl（OH）3+3H+（3）磷酸溶液pH﹤7是因为电离出了H+，电离方程式为：H3PO4H++H2PO4-考点：电离、水解的离子方程式的书写。【解析】【答案】（1）S2-+H2OHS-+OH-（2）Al3++3H2OAl（OH）3+3H+（3）H3PO4H++H2PO4-13、略

【分析】解：从质谱图中可以看出该气体的相对分子质量为92，由商余法确定其分子式为C7H8；由核磁共振氢谱中有4个吸收峰，可以判断出应是甲苯，其苯环上的一氯代物有3种（邻；间、对）；

故选：92；甲苯；3；

根据质谱图中最右边的那个峰就是该物质的相对分子质量；由商余法确定其分子式；

根据核磁共振氢谱中有4个吸收峰；结合分子式可以判断出应是甲苯，其苯环上的一氯代物有3种；

该题紧密联系生活实际，也有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性，该题的关键是准确识别质谱图，然后结合题意灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑推理能力．【解析】92；甲苯；314、略

【分析】解：rm{(1)Al^{3+}}水解生成的rm{Al(OH)_{3}}具有吸附性，该反应离子方程式为：rm{Al^{3+}+3H_{2}O篓TAl(OH)_{3}+3H^{+}}

故答案为：rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}(}胶体rm{)+3H^{+}}

rm{(2)CH_{3}COONa}溶液中存在水解平衡：rm{CH_{3}COO^{-}+H_{2}O?CH_{3}COOH+OH^{-}}其溶液呈碱性，所以含酚酞的rm{0.1mol?L^{-1}CH_{3}COONa}溶液显红色；

故答案为：rm{CH_{3}COO^{-}+H_{2}O?CH_{3}COOH+OH^{-}}

rm{(3)}加热蒸干rm{FeCl_{3}}溶液时，rm{FeCl_{3}}水解生成氢氧化铁和rm{HCl}加热促进rm{HCl}挥发，从而促进rm{FeCl_{3}}水解，蒸干时得到氢氧化铁固体，灼烧氢氧化铁固体，氢氧化铁分解生成氧化铁和水，所以最终得到rm{Fe_{2}O_{3}}固体；

故答案为：rm{Fe_{2}O_{3}}

rm{(1)Al^{3+}}水解生成的rm{Al(OH)_{3}}具有吸附性；

rm{(2)}醋酸根离子部分水解；溶液呈碱性；

rm{(3)}加热蒸干挥发性酸的氯化铁溶液时生成弱碱氢氧化铁；灼烧氢氧化铁时生成氧化铁和水。

本题考查盐的水解原理及其应用，题目难度不大，明确盐的水解原理为解答关键，rm{(3)}为易错点，注意rm{HCl}易挥发，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。【解析】rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}(}胶体rm{)+3H^{+}}rm{CH_{3}COO^{-}+H_{2}O?CH_{3}COOH+OH^{-}}rm{Fe_{2}O_{3}}15、（1）＜（2）0.0220.0980%（3）2.5【分析】【分析】本题考查化学平衡计算、平衡常数计算、化学反应速率等，难度中等，注意三段法的应用。

【解答】rm{(1)}可逆反应rm{A(g)+B(g)?C(g)+D(g)}的平衡常数表达式rm{K=dfrac{;c(C)隆陇c(D)}{;c(A)隆陇c(B)}

}可逆反应rm{(1)}的平衡常数表达式rm{K=dfrac{;c(C)隆陇c(D)}{;c(A)隆陇c(B)}}，故答案为：rm{dfrac{;c(C)隆陇c(D)}{;c(A)隆陇c(B)}}rm{A(g)+B(g)?C(g)+D(g)}

rm{K=dfrac{;c(C)隆陇c(D)}{;c(A)隆陇c(B)}

}反应初始，故答案为：rm{dfrac{;c(C)隆陇c(D)}{;c(A)隆陇c(B)}

}内rm{dfrac{;c(C)隆陇c(D)}{;c(A)隆陇c(B)}

}的平均反应速率；rm{(2)}反应初始rm{6s}内rm{A}的平均反应速率rm{v(A)=0.003mol}rm{(2)}rm{6s}rm{A}则rm{v(A)=0.003mol}内rm{隆陇}rm{L^{-1}}rm{L^{-1}}rm{隆陇}rm{s^{-1}}则rm{6s}内rm{trianglec(A)=0.003mol}rm{s^{-1}}的起始浓度为rm{dfrac{0.2mol}{5L}=0.04mol/L}故rm{6s}时rm{trianglec(A)=0.003mol}rm{隆陇}内rm{trianglec(C)=trianglec(A)=0.018mol/L}rm{L^{-1}}的起始浓度为rm{L^{-1}}所以rm{隆陇}时rm{s^{-1}隆脕6s=0.018mol/L}rm{A}的起始浓度为rm{dfrac{0.2mol}{5L}=0.04mol/L

}故rm{6s}时rm{c(A)=0.04mol/L-0.018mol/L=0.022mol/L}的物质的量为rm{s^{-1}隆脕6s=0.018mol/L}rm{A}rm{dfrac{0.2mol}{5L}=0.04mol/L

}的浓度变化量为rm{6s}则：

rm{c(A)=0.04mol/L-0.018mol/L=0.022mol/L}

rm{6s}rm{trianglec(C)=triangle

c(A)=0.018mol/L}rm{C}rm{0}rm{6s}

rm{C}rm{0.018mol/L隆脕5L=0.09mol}设平衡时rm{A}的浓度变化量为rm{x}则：rm{A}

rm{x}rm{A(g)+B(g)?C(g)+D(g)}rm{A(g)+B(g)?C(g)+D(g)}开始rm{(mol/L)}rm{0.04}rm{0.16}rm{0}rm{0}rm{(mol/L)}

rm{0.04}rm{dfrac{x隆陇x}{left(0.04-xright)left(0.16-xright)}=1}rm{0.16}rm{0}的转化率为rm{dfrac{0.032mol/L}{0.04mol/L}}rm{0}变化rm{(mol/L)}rm{x}rm{x}rm{x}rm{x}rm{(mol/L)}rm{x}

rm{x}同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数，故rm{x}时反应rm{x}的平衡常数的值为平衡rm{(mol/L)}rm{0.04-x}rm{0.16-x}rm{x}rm{x}rm{(mol/L)}rm{0.04-x}rm{0.16-x}【解析】rm{(1)dfrac{;c(C)隆陇c(D)}{;c(A)隆陇c(B)}}rm{(1)dfrac{;c(C)隆陇c(D)}{;c(A)隆陇c(B)}

}rm{<}rm{(2)0.022}rm{0.09}rm{80%}rm{(3)2.5}三、探究题(共4题，共8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）四、元素或物质推断题(共4题，共12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