2025年新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年新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8题，共16分)1、某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律（图中p表示压强，t表示温度，n表示物质的量）：根据以上规律判断，下列结论正确的是A.反应Ⅰ△H>0，P2>P1B.反应Ⅱ△H<0，T1>T2C.反应Ⅲ△H>0,T2>T1;或△H<0,T21D.反应Ⅳ△H<0，T2>T12、下列离子方程式或化学方程式书写正确的是A.2AlCl3(熔融)2Al＋3Cl2↑B.电解CuCl2溶液：2Cu2+＋2H2O2Cu＋4H+＋O2↑C.硫酸氢铵溶液与足量烧碱稀溶液共热：NH4+＋H+＋2OH-NH3↑＋2H2OD.Cu和AgNO3溶液反应：Cu＋Ag+==Cu2+＋Ag3、向Cr2（SO4）3的水溶液中加入NaOH溶液，当pH=4.6时开始出现Cr（OH）3沉淀，随着pH的升高，沉淀增多，当pH≥13时，沉淀消失，出现亚铬酸根离子（CrO2-）；其平衡关系：

Cr3++3OH-⇌Cr（OH）3⇌CrO2-+H++H2O

（紫色）（灰绿色）（亮绿色）

向50mL0.05mol•L-1的Cr2（SO4）3溶液中加入等体积1.0mol•L-1的NaOH溶液，充分反应后，溶液中可观察到的现象为（）A.溶液为紫色B.溶液为亮绿色C.溶液中有灰绿色沉淀D.无法判断4、已知有机物A与NaOH的醇溶液混合加热得产物C和溶液D．C与乙烯混合在催化剂作用下可反应生成的高聚物．而在溶液D中先加入硝酸酸化，后加AgNO3溶液有白色沉淀生成，则A的结构简式可能为（）A.B.C.CH3-CH2-CH2ClD.5、常温下，有下列四种溶液：rm{垄脵pH=2}的rm{HCl}溶液；rm{垄脷pH=2}的rm{CH}的rm{垄脵pH=2}溶液；rm{HCl}的rm{垄脷pH=2}rm{CH}rm{{,!}_{3}}溶液；rm{COOH}溶液；rm{垄脹pH=12}的rm{NaOH}溶液；rm{垄脺pH=12}的氨水。下列有关说法不正确的是rm{(}rm{)}的rm{COOH}溶液；rm{垄脹pH=12}的氨水。下列有关说法不正确的是rm{NaOH}rm{垄脺pH=12}

rm{(}rm{)}A.四种溶液中的rm{K_{W}}相同，由水电离出的rm{C(H}rm{C(H}

rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{垄脵=垄脷=垄脹=垄脺}B.取体积相同的溶液rm{)}rm{垄脵=垄脷=垄脹=垄脺}分别与足量铝粉反应，生成rm{垄脵}最少

rm{垄脷}rm{垄脹}C.将等体积的四种溶液分别稀释rm{H_{2}}倍，所得溶液的的量：rm{垄脵}最少rm{垄脵}

D.常温下，将rm{100}和rm{pH}等体积混合：rm{垄脹>垄脺>垄脷>垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{C(CH_{3}}rm{COO}rm{COO}rm{{,!}^{篓C}}rm{)-C(Na}rm{)-C(Na}6、某饱和一元醇的分子式为rm{C_{5}H_{12}O}在一定条件下可以被催化氧化得到醛，则该饱和一元醇的结构简式最多有rm{(}rm{)}A.rm{2}种B.rm{3}种C.rm{4}种D.rm{5}种7、如图是一种原电池装置，关于该装置工作时的叙述错误的是rm{(}rm{)}

A.锌作负极B.铜片上有气泡产生C.将电能转化为化学能D.锌片的电极反应式为：rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}8、一定温度下，在一固定体积的密闭容器中，能说明可逆反应rm{A(g)+3B(g)?2C(g)}达到平衡状态的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵C}的生成速率与rm{C}的分解速率相等；

rm{垄脷}单位时间内生成rm{amolA}同时生成rm{3amolB}

rm{垄脹}气体密度不再变化；

rm{垄脺}混合气体的总压强不再变化；

rm{垄脻A}rm{B}rm{C}的物质的量之比为rm{1}rm{3}rm{2}

rm{垄脼}混合气体的平均相对分子质量不变．A.rm{垄脷垄脺垄脻垄脼}B.rm{垄脵垄脺垄脼}C.rm{垄脵垄脷垄脺垄脼}D.rm{垄脵垄脹垄脺垄脻}评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、（5分）已知某元素原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1。（1）该元素的原子序数为。（2）该元素位于第____周期族。（3）该原子的电子总数为，价电子总数为。10、常温下,浓度均为0.1mol/L的6种溶液的pH如下表:。序号abcdef溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNNaAlO2pH8.89.711.610.311.111.3（1）上述溶液中的阴离子结合H+能力最弱的为____。（填阴离子化学式）（2）NaAlO2溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示)。将溶液加热蒸干最后得到的固体产物是；（3）结合表中数据分析,与0.1mol/L的CH3COONa溶液中水的电离程度相同的有____(填字母代号)。A.pH=8.8的NaOH溶液B.pH=5.2的NH4Cl溶液C.pH=5.2的盐酸D.0.1mol/L的NaCN溶液E.pH=8.8的Na2CO3溶液（4）将浓度均为0.1mol/L的b、c等体积混合,所得溶液中各离子浓度关系正确的有____。A.c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)B.2c(Na+)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)C.c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)D.c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH­-)E.c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH­-)>c(H+)F.c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H+)>c(OH­-)（5）0.2mol/LHCl与0.1mol/LNaAlO2溶液等体积混合溶液后离子浓度顺序为。11、（5分）以下物质①HF②H2③H2O④N2⑤C2H4⑥H2O2⑦NaCl（填序号）（1）只含有极性键的是；（2）既含有极性键又含有非极性键的是；（3）既有σ键又有π键的是；（4）含有s—sσ键的是；（5）以上物质为固体时,属于离子晶体的是。12、（12分）有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A的原子半径最小，B与A能以原子个数1:1、1:2或1:3等组成多种常见化合物；C的最高正价和最低负价的代数和为2；D与F位于同一主族；E与D能以原子个数1:1或2:1形成两种常见化合物．（1）A与B能形成一种最简单的直线型分子，其电子式为。（2）CA3极易溶于液态A2D中，其原因是。（3）将标准状况下的4.48LCA3完全溶解在含0.1molHCl的水溶液中得1L溶液，所得溶液pH=9，其中离子浓度由大到小的顺序是。（4）物质B2A6D在电解质EDA的溶液作用下，可形成燃料电池，则该电池的负极反应式为。（5）E与F形成的化合物属于型化合物（填：离子或共价），用惰性电极电解该化合物的水溶液时，有固体析出，则电解总反应方程式为。13、环丙烷可作为全身麻醉剂，环已烷是重要的有机溶剂。下面是部分环烷烃及烷烃衍生物的结构简式、键线式和某此有机化合物的反应式rm{(}其中rm{Pt}rm{Ni}是催化剂rm{)}

回答下列问题：rm{垄脜}环烷烃与____是同分异构体。rm{垄脝}从反应rm{垄脵隆芦垄脹}可以看出，最容易发生开环加成反应的环烷烃是____rm{(}填名称rm{)}判断依据为____。rm{垄脟}环烷烃还可以与卤素单质，卤化氢发生类似的开环加成反应，如环丁烷与rm{HBr}在一定条件下反应，其化学方程式为____rm{(}不需注明反应条件rm{)}rm{垄脟}写出鉴别环丙烷和丙烯的一种方法。试剂____；现象与结论____14、rm{25隆忙}时，rm{0.1mol/LHCl}溶液中，rm{c(Cl^{-})=}______，rm{c(OH^{-})=}______，rm{K_{w}=}______；

若向rm{15mL}此溶液中加入rm{15mL}rm{0.3mol?L^{-1}}rm{NaOH}溶液，则混合液rm{pH=}______．15、酸雨、温室效应、臭氧层破坏、光化学烟雾、有毒物质的污染等，已成为世界各国高度关注和研究的问题rm{.}请回答：

rm{垄脵}形成酸雨的主要气体是______rm{(}填字母代号，下同rm{)}

A、rm{SO_{2}}B、rm{CO_{2}}C、rm{CH_{4}}

rm{垄脷}近几年来，我国多次出现大范围雾霾天气，许多城市发布rm{PM2.5}重度污染警报rm{.}下列行为能缓解城市大气中rm{PM2.5}浓度的是______；

A.禁止燃放烟花爆竹rm{B.}城市主干道洒水保洁rm{C.}大面积开发土建项目。

rm{垄脹}垃圾无害化处理有利于保护环境rm{.}下列有关生活垃圾的处理方法合理的是______．

A.废旧塑料露天焚烧rm{B.}利用厨房垃圾生产沼气rm{C.}废旧电池随便填埋．评卷人得分三、解答题(共9题，共18分)16、已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E．其中A、B、C是同一周期的非金属元素．化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构．AC2为非极性分子．B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高．E的原子序数为24，ECl3能与B；C的氢化物形成六配位的配合物；且两种配体的物质的量之比为2：1，三个氯离子位于外界．请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）

（1）A；B、C的第一电离能由小到大的顺序为______．

（2）B的氢化物的分子空间构型是______．其中心原子采取______杂化．

（3）写出化合物AC2的电子式______；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体；其化学式为______．

（4）E的核外电子排布式是______，ECl3形成的配合物的化学式为______．

（5）B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时；B被还原到最低价，该反应的化学方程式是______．

17、在稀氨水中存在平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH+OH-，如进行下列操作，则NH3、NHH+、OH-浓度如何变化？试用“增大”“减小”“不变”填写．

（1）通适量HCl气体时，c（NH3）______，c（H+）______．

（2）加入NH4Cl晶体时，c（NH）______，c（OH-）______．

18、密闭容器中，800℃时反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）体系中；n（NO）随时间的变化如表：

。时间（s）12345n（NO）（mol）0.0200.0100.0080.0070.0070.007（1）写出该反应的平衡常数表达式：K=______．已知：K（300℃）＞K（350℃）；该反应是______热反应；

（2）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）能说明该反应已经达到平衡状态的是______；

a、v（NO2）=2v（O2）b；容器内压强保持不变。

c、v逆（NO）=2v正（O2）d；容器内的密度保持不变。

（4）为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；选择高效的催化剂．

19、Mn；Fe均为第四周期过渡元素；两元素的部分电离能数据如下表：

。元素MnFe

电离能（kJ/mol）I1717759I215091561I332482957回答下列问题：

（1）Mn元素基态原子的价电子排布式为______．

比较锰和铁两元素的电离能I2和I3可知，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难．对此；你的解释是：______．

（2）铁元素广泛应用，Fe2+与KCN溶液反应得Fe（CN）2沉淀；KCN过量时沉淀溶解，生成黄血盐，其配离子结构如图（离子所带电荷未标出）．

①铁元素在周期表中的位置是______．

②已知CN-与N2结构相似，CN-中C原子的杂化方式是______．

③写出沉淀溶解的化学方程式______．

20、碳；氢、氧3种元素组成的有机物A；其蒸气对氢气同温同压下相对密度为51，含氧的质量分数为31.4%，分子中氢原子个数为氧的5倍．

（1）A的分子式是______．

（2）A有2个不同的；位于碳链两端的含氧官能团；其名称是______、______．

（3）一定条件下；A与氢气反应生成B，B分子的结构可视为1个碳原子上连接2个甲基和另外2个结构相同的基团．

①A的结构简式是______．

②A不能发生的反应是______（填写序号字母）．

a．取代反应b．消去反应c．酯化反应d．还原反应。

（4）写出两个与A具有相同官能团；并带有支链的同分异构体的结构简式：______、______．

（5）A还有另一种酯类同分异构体，该异构体在酸性条件下水解，生成两种相对分子质量相同的化合物，其中一种的分子中有2个甲基，此反应的化学方程式是：______21、某工厂的废水中只含氯化镁和少量盐酸；欲测定废水中各组分的浓度，某兴趣小组采用滴定法按以下步骤进行操作：

①取25.00mL工厂废水放入锥形瓶中，加入2～3滴甲基橙指示剂，用0.2020mol•L-1氢氧化钠溶液滴至终点；滴定前后滴定管中示数如右图．

②再取25.00mL工厂废水放入锥形瓶中，加入0.2020mol•L-1NaOH溶液V1mL（过量），振荡．然后加入2～3滴甲基橙试液，用0.1012mol•L-1的盐酸滴定过量的氢氧化钠溶液至终点，消耗盐酸V2mL．

③略．

（1）步骤①取25.00mL废水所用的仪器______，滴定时左手______，眼睛注视______．计算c（HCl）=______mol•L-1．

（2）步骤②滴定至终点观察到的实验现象______．步骤②测出氯化镁的浓度明显不合理，实验设计存在问题，请提出一种改进的方法______．若改进后步骤②消耗盐酸的体积为V3mL．请列出计算c（MgCl2）的表达式______．

（3）请设计另外一种测定该工业废水各组分浓度的实验方案并简述实验步骤．

22、在一定条件下的下列可逆反应：Xa+yB⇌zC达到平衡时；试填写下列各空：

（1）若A；B、C都是气体；在减压后平衡向逆反应方向移动，则x、y、z关系是______

（2）若C是气体；并且x+y=z，在加压时化学平衡可发生移动，则平衡必定是向______方向移动。

（3）已知B；C是气体；现增加A物质的量（其他条件不变），平衡不移动，说明A是______态______

（4）如加热后；C的百分含量减小，则正反应是______热反应．

23、乳酸分子式为C3H6O3，在一定的条件下可发生许多化学反应，图是采用化学方法对乳酸进行加工处理的过程，其中A、H、G为链状高分子化合物．（已知-OH，-COOH等为亲水基团，F的结构简式为：HO-CH2CH2-OH；常用做内燃机的抗冻剂）请回答相关问题：

（1）推断C；D的结构简式．C：______；D：______．

（2）B中所含的官能团的名称是______；

（3）反应③的反应类型是______．反应⑧的反应类型是______．

（4）反应①的化学方程式为______．反应⑤的化学方程式为______24、请从图1中选择所需装置，完成浓H2SO4和木炭在加热时的反应并检验反应产物（连接和固定仪器用的玻璃管；胶管、铁夹、铁架台及加热装置等均省略）．

（1）浓H2SO4和木炭在加热时发生反应的化学方程式是：______CO2↑+2H2O+2SO2↑评卷人得分四、其他(共3题，共18分)25、（8分）由丙烯出发，经如下反应，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）写出X和Y的结构简式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反应类型为__________；由W生成丙烯酸的反应类型为___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定条件下可合成高分子G，反应方程式为。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、(8分)下图是一些常见的物质间的转化关系图。C是紫红色金属单质，G是蓝色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是砖红色沉淀，F是形成酸雨的无色有害气体，所有反应物、生成物中的水均未标出；反应②的条件是使用浓B溶液和加热。(1)A是，E是；(2)电解A溶液时阴极的反应式；(3)电解A溶液的总反应化学方程式是。评卷人得分五、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_______评卷人得分六、有机推断题(共4题，共24分)32、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__________________________________．33、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__________________________________．34、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。35、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、B|C【分析】反应I中温度越高，转化率越低，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，即正反应是放热反应，A不正确。反应Ⅱ中，T1表示的曲线显到达平衡状态，所以温度是T1>T2，但温度越高，C的含量越低，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，即正反应是放热反应，B正确。反应Ⅲ中，如果正反应是放热反应，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物的含量降低，即T21。同样分析，如果正反应是吸热反应，则升高温度，平衡向正反应方向移动，生成物的含量增大，即T2＞T1，C正确。反应Ⅳ中无法判断反应是放热反应还是吸热反应，不正确。答案选BC。【解析】【答案】BC2、C【分析】【解析】【答案】C3、B【分析】解：50mL0.05mol•L-1的Cr2（SO4）3溶液中n（Cr3+）=0.1mol/L×0.05L=0.005mol；

Cr3++4OH-=CrO22-+2H2O

0.005mol0.02mol

剩余氢氧根离子的物质的量为：n（OH-）=1mol/L×0.05L-0.02mol=0.03mol；

所以反应后溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH-）==0.3mol/L；

所以c（H+）=mol/L=3.3×10-14mol/L；

故pH=-lg3.3×10-14=13.5＞13；

所以此时溶液中主要以CrO22-形式存在；溶液显亮绿色；

故选B．

根据Cr3++4OH-=CrO2-+2H2O计算反应后剩余的n（OH-），进而计算c（OH-），再根据Kw=c（H+）•c（OH-）计算c（H+），最后利用pH=-lgc（H+）计算pH值进行判断．

本题考查离子反应的计算及有关溶液pH值的计算，题目难度中等，计算反应后的pH值是解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．【解析】【答案】B4、C【分析】解：高聚物的单体是：CH2=CH2和CH3-CH=CH2，因此C为CH3-CH=CH2，在溶液D中先加入硝酸酸化，后加AgNO3溶液有白色沉淀生成，D中含有Cl-；因此应选能发生消去反应且生成丙烯的氯代烃；

A．发生消去反应生成的是：（CH3）2CH2CH=CH2；生成的不是丙烯，故A错误；

B．发生消去反应生成的是：2-甲基-1；3-丁二烯，不是丙烯，故B错误；

C．CH3-CH2-CH2Cl发生消去反应生成的是CH3-CH=CH2；故C正确；

D．发生消去反应生成的是：（CH3）2C=CH2；不是丙烯，故D错误；

故选C．

先根据高聚物的结构简式判断其合成单体；从而找出C的结构简式，然后根据与硝酸银溶液反应生成白色沉淀判断卤代烃的类型，最后根据醇的消去反应原理判断A的结构简式．

本题考查了醇的消去反应原理、加聚反应单体的求算，题目难度不大，注意掌握常见有机物结构与性质，明确消去反应、加聚反应原理，能够根据高分子化合物的结构简式判断其单体．【解析】【答案】C5、C【分析】【分析】本题考查了弱电解质的电离，根据弱电解质的电离特点、稀释后溶液rm{pH}的变化等知识点来分析解答，易错选项是rm{C}知道酸或碱都抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离。的变化等知识点来分析解答，易错选项是rm{pH}知道酸或碱都抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离。rm{C}A.酸或碱都一种水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，【解答】中氢离子浓度相等、rm{垄脵垄脷}中氢氧根离子浓度相等，所以抑制水电离程度相等，则由水电离的rm{垄脹垄脺}rm{c(H^{+})}故A正确；B.rm{垄脵=垄脹=垄脷=垄脺}rm{垄脵}rm{垄脵}三种溶液的物质的量浓度关系为：rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脷>垄脵}所以等体积的rm{垄脺>}rm{垄脺>}rm{垄脹}和rm{垄脵}四种溶液分别与铝粉反应，rm{垄脷}的氢氧化钠与rm{垄脹}的盐酸放出氢气相等，所以生成rm{垄脺}四种的量：rm{垄脺}最少，故B正确；C.加水稀释促进弱电解质电离，所以向等体积的四种溶液中分别加入rm{2mol}rm{6mol}水后，溶液的rm{H_{2}}rm{垄脵}故C错误；D.rm{100}和rm{mL}等体积混合得到醋酸和醋酸钠的溶液，根据电荷守恒，rm{pH}rm{垄脺>垄脹>垄脵>垄脷}常温下，将rm{垄脷}和rm{垄脹}等体积混合得到醋酸和醋酸钠的溶液，根据电荷守恒，rm{垄脷}rm{垄脹}rm{c(CH}rm{3}rm{3}rm{COO}rm{COO}rm{{,!}^{-}}rm{)-c(Na}rm{)-c(Na}rm{{,!}^{+}}【解析】rm{C}6、C【分析】【分析】

本题考查有机物的结构与性质；为高频考点，把握醇催化氧化的特点；烃基的种类为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意伯醇可氧化为醛，题目难度不大。

【解答】饱和一元醇含rm{-OH}可以被催化氧化得到醛，一定含rm{-CH_{2}OH}rm{-C_{4}H_{9}}有rm{4}种；以此来解答。

某饱和一元醇的分子式为rm{C_{5}H_{12}O}在一定条件下可以被催化氧化得到醛，可知一定含rm{-CH_{2}OH}因rm{-C_{4}H_{9}}有rm{4}种，则符合条件的饱和一元醇的结构简式最多有rm{4}种；

故选C。

【解析】rm{C}7、C【分析】解：rm{A.}该原电池中；较活泼的金属锌作负极，铜作正极，故A正确；

B.铜片上氢离子得电子生成氢气；所以有气泡生成，故B正确；

C.原电池是将化学能转化为电能的装置；故C错误；

D.锌为负极，发生氧化反应，电极方程式为rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}故D正确．

故选C．

rm{Zn-Cu}原电池中，rm{Zn}作负极；铜作正极，负极上失电子发生发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，以此解答．

本题考查原电池原理，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意把握原电池的组成以及工作原理，电极方程式的书写为难点，也是易错点，学习中注意体会，本题难度不大．【解析】rm{C}8、B【分析】解：rm{垄脵C}的生成速率与rm{C}的分解速率相等，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故rm{垄脵}正确；

rm{垄脷}单位时间内rm{amolA}生成是逆反应，同时rm{3amolB}是逆反应，未体现正与逆的关系，故rm{垄脷}错误；

rm{垄脹}密度rm{=dfrac{m}{V}}气体的总质量会变，容器容积不变，则密度始终不变，气体密度不再变化不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故rm{垄脹}错误；

rm{垄脺}反应前后气体的体积不等，混合气体的总压强不再变化可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故rm{垄脺}正确；

rm{垄脻}平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，则rm{A}rm{B}rm{C}的物质的量比为rm{1}rm{3}rm{2}不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故rm{垄脻}错误；

rm{垄脼}反应前后都是气体，气体的总质量不变，而气体的总物质的量发生变化，则混合气体的平均相对分子质量不变时表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故rm{垄脼}正确；

故选B。

可逆反应rm{A(g)+3B(g)?2C(g)}为气体体积缩小的反应；该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度；百分含量不再变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，据此进行解答。

本题考查了化学平衡状态的判断，题目难度不大，明确化学平衡状态的特征为解答关键，rm{垄脹}为易错点，注意反应前后气体的密度始终不变，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。【解析】rm{B}二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】【解析】【答案】（5分）(1)31(2)4,IIIA(3)310、略

【分析】试题分析：（1）相同浓度的钠盐溶液，pH越小则盐的水解程度越小，阴离子结合H+能力最弱的就是弱酸根对应的酸酸性最强的。酸性强弱CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HAlO2,所以阴离子结合H+能力最弱的为CH3COO-。（2）NaAlO2是强碱弱酸盐，AlO-水解使溶液显碱性，AlO-+2H2OAl(OH)3+OH-,NaAlO2水解生成NaOH和Al(OH)3，二者均不易分解和挥发，所以将溶液加热蒸干最后得到的固体产物是NaAlO2。（3）0.1mol/L的CH3OONa溶液，促进水的电离，水电离的c（OH-）=10−14/10−8.8=10-5.2mol/LA．pH=8.8的NaOH溶液，抑制水的电离，水电离的c（H+）=10-8.8mol/L；B．pH=5.2的NH4Cl溶液，促进水的电离，水电离的c（H+）=10-5.2mol/L；C．pH=5.2的盐酸，抑制水的电离，水电离的c（OH-）=10−14/10−5.2=10-8.8mol/L；D．0.1mol/L的NaCN溶液，促进水的电离，水电离的c（H+）=10-11.1mol/L；E．pH=8.8的Na2CO3溶液，促进水的电离，水电离的c（OH-）=10−14/10−8.8=10-5.2mol/L；所以与0.1mol/L的CH3OONa溶液中水的电离程度相同的是：BE；故答案为：BE；（4）将浓度均为0.1mol/L的NaHCO3、Na2CO3等体积混合,混合溶液中粒子之间符合电荷守恒，物料守恒和质子守恒。NaHCO3溶液有物料守恒：c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)；Na2CO3溶液有c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3；二式相加即2c(Na+)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3；B正确。电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH­-)D正确；CO32-水解程度大于HCO3-，溶液呈碱性，所以有c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH­-)>c(H+)，E正确。考点：本题考查盐类水解素、化学平衡的影响因素、【解析】【答案】（1）CH3COO-（2）AlO-+2H2OAl(OH)3+OH-,NaAlO2（3）BE（4）BDE（5）c(Cl-)>c(Na+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)11、略

【分析】【解析】【答案】（1）①③（2）⑤⑥（3）②（4）⑦12、略

【分析】【解析】【答案】13、（1）同碳原子数的烯烃（2）环丙烷环丙烷与H2加成所需温度最低。（3）+HBr→CH3CH2CH2CH2Br（4）KMnO4(H+)能使KMnO4(H+)溶液褪色的为丙烯，不能使KMnO4(H+)溶液褪色的为环丙烷【分析】【分析】本题考查同分异构体、加成反应、有机方程式书写和有机物的鉴别，注重知识积累和利用信息是解题关键。【解答】rm{(1)}环烷烃和烯烃的通式相同为rm{C_{n}H_{2n}}所以环烷烃和烯烃碳原子数相同时是同分异构体，故答案为：同碳原子数的烯烃；rm{(2)}从反应rm{垄脵隆芦垄脹}可以看出，环丙烷开环温度为rm{353K}而环戊烷可以看出，环丙烷开环温度为rm{垄脵隆芦垄脹}而环戊烷开环温度为rm{353K}可知环丙烷容易开环，需要温度低，故答案为：环丙烷；环丙烷与rm{573K}加成所需温度最低；rm{H_{2}}由环烷烃和氢气开环加成可知，环丁烷与rm{(3)}开环加成方程式为：rm{HBr}故答案为：rm{+HBr隆煤CHCHCHCHBr}rm{+HBr隆煤CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Br}环丙烷分子中只含有碳碳单键，不能被酸性高锰酸钾氧化，即不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，丙烯分子中只含有碳碳单键，能被酸性高锰酸钾氧化，即能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：rm{(4)}能使rm{KMnO_{4}(H^{+})}溶液褪色的为丙烯，不能使rm{KMnO_{4}(H^{+})}溶液褪色的为环丙烷。rm{KMnO_{4}(H^{+})}【解析】rm{(1)}同碳原子数的烯烃rm{(2)}环丙烷环丙烷与rm{H2}加成所需温度最低。rm{(3)}rm{+HBr隆煤CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Br}rm{(4)KMnO_{4}(H^{+})}能使rm{KMnO_{4}(H^{+})}溶液褪色的为丙烯，不能使rm{KMnO_{4}(H^{+})}溶液褪色的为环丙烷14、0.1mol•L-1；1.0×10-13mol•L-1；1.0×10-14mol2•L-2；13【分析】解：氯化氢为强电解质，溶液中完全电离，则rm{0.1mol/L}的rm{HCl}溶液中，rm{c(Cl^{-})=c(H^{+})=0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{c(OH^{-})=dfrac{1隆脕10^{-14}}{0.1}mol/L=1.0隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}

常温下rm{c(OH^{-})=dfrac

{1隆脕10^{-14}}{0.1}mol/L=1.0隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}

氯化氢和氢氧化钠溶液的体积相同，氢氧化钠浓度较大，混合后溶液显示碱性，混合液中氢氧根离子浓度为：rm{c(OH^{-})=dfrac{(0.3-0.1)mol/L隆脕0.015L}{0.015L+0.015L}=0.1mol/L}溶液中氢离子浓度为：rm{c(H^{+})=dfrac{1隆脕10^{-14}}{0.1}mol/L=1.0隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}该溶液的rm{K_{w}=1.0隆脕10^{-14}mol^{2}?L^{-2}}

故答案为：rm{c(OH^{-})=dfrac

{(0.3-0.1)mol/L隆脕0.015L}{0.015L+0.015L}=0.1mol/L}rm{c(H^{+})=dfrac

{1隆脕10^{-14}}{0.1}mol/L=1.0隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}rm{pH=-lg1.0隆脕10^{-13}=13}rm{0.1}．

常温下水的离子积为rm{mol?L^{-1}}氯化氢为强电解质，氯离子与氯化氢浓度相等，根据水的离子积及氢离子浓度计算出溶液中氢氧根离子浓度；碱溶液的浓度较大，混合液为碱性，计算出混合液中氢氧根离子浓度，再计算出氢离子浓度，从而计算出溶液的rm{1.0隆脕10^{-14}mol^{2}?L^{-2}}．

本题考查了水的离子积、溶液rm{13}的计算，题目难度中等，注意掌握常温下水的离子积，明确溶液酸碱性与溶液rm{K_{w}=1.0隆脕10^{-14}mol^{2}?L^{-2}}的关系及计算方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．rm{pH}【解析】rm{0.1mol?L^{-1}}rm{1.0隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}rm{1.0隆脕10^{-14}mol^{2}?L^{-2}}rm{13}15、略

【分析】解：rm{垄脵}酸雨主要是因为二氧化硫；氮的氧化物排放引起；

故选：rm{A}

rm{垄脷A.}燃放烟花爆竹由于火药爆炸产生大量的烟尘，禁止燃放烟花爆竹，有利于减少烟尘的排放，可缓解城市大气中rm{PM2.5}浓度；故A正确；

B.为城市主干道洒水保洁使空气中的粉尘吸水后变大而降到地面，可缓解城市大气中rm{PM2.5}浓度；故B正确；

C.大面积开发土建项目会引起扬尘，会加重城市大气中rm{PM2.5}浓度；故C错误；

故选：rm{AB}

rm{垄脹A.}废旧塑料露天焚烧；能够引起空气污染，不利于环境保护，故A不选；

B.利用厨房垃圾生产沼气；废物利用，既保护环境有节约能源，处理方法得当，故B选；

C.废旧电池随便填埋；能够引起土壤污染，不利于环境保护，故C不选；

故选：rm{B}．

rm{垄脵}依据酸雨的成因解答；

rm{垄脷A.}燃放烟花爆竹由于火药爆炸产生大量的烟尘；

B.为城市主干道洒水保洁使空气中的粉尘吸水后变大而降到地面；

C.大面积开发土建项目会引起扬尘；

rm{垄脹A.}废旧塑料露天焚烧；能够引起空气污染；

B.利用厨房垃圾生产沼气；废物利用，既保护环境有节约能源；

C.废旧电池随便填埋；能够引起土壤污染．

本题考查了环境污染及其治理，题目难度不大，明确rm{PM2.5}的含义为解答关键，注意掌握环境污染成因及治理方法，题目难度不大．【解析】rm{A}rm{AB}rm{B}三、解答题(共9题，共18分)16、略

【分析】

A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中应存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3．

故A为碳元素；B为氮元素；C为氧元素，D为镁元素，E为Cr元素．

（1）A为碳元素；B为氮元素、C为氧元素；同周期自左而右第一电离能增大，氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，电子能量低，氮元素第一电离能高于相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N．

故答案为：C＜O＜N．

（2）B为氮元素，其氢化物为NH3，分子中含有3个N-H键，N原子有1对孤对电子对，杂化轨道数为4，N原子采取sp3杂化；空间构型为三角锥型．

故答案为：三角锥型；sp3．

（3）化合物AC2是CO2，分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为一种由N元素、O元素化合物与CO2互为等电子体，其化学式为N2O．

故答案为：N2O．

（4）E为Cr元素，原子序数为24，原子核外有24个电子，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3．

故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3．

（5）B的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，D的单质为Mg，HNO3稀溶液与Mg反应时，N元素被还原到最低价，则生成NH4NO3，Mg被氧化为Mg（NO3）2，令NH4NO3，Mg（NO3）2的化学计量数分别为x、y，则根据电子转移守恒有[5-（-3）]×x=2y，所以x：y=4：1，该反应的化学方程式是4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O．

故答案为：4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O．

【解析】【答案】A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3．

17、略

【分析】

（1）向氨水中同适量的氯化氢气体；氯化氢溶于水电离出氢离子，氢离子和氢氧根离子反应生成水，导致平衡右移，则溶液中氨气浓度减小，溶液的碱性减弱，所以溶液中氢原子浓度增大，故答案为：减小，增大；

（2）向氨水中加入氯化铵；氯化铵电离出铵根离子，所以溶液中铵根离子浓度增大，平衡向左移动，从而抑制氨水电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，故答案为：增大，减小．

【解析】【答案】根据NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH+OH-知；向氨水中加入酸，氢离子和氢氧根离子反应生成水，导致平衡右移，从而促进氨水电离，向氨水中加入氯化铵，导致溶液中铵根离子浓度增大，平衡向左移动，从而抑制氨水电离，据此分析解答．

18、略

【分析】

（1）化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，本反应中K=升高温度平衡常数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，故答案为：K=放热；

（2）由图象可知c为NO的变化曲线，d为氧气的变化曲线，根据方程式可知NO和NO2的反应速率相等，则b为NO2的变化曲线；

0～2s内v（O2）==1.5×10-3mol/（L•s）；

故答案为：b；1.5×10-3mol/（L•s）；

（3）a；反应无论是否达到平衡状态；都满足速率之比等于化学计量数之比，故a错误；

b、反应前后气体的化学计量数之和不相等，则达到平衡状态时，压强不变，故b正确；

c、v逆（NO）=2v正（O2）说明达到平衡状态；故c正确；

d；容器的体积不变；反应物和生成物都是气体，则无论是否达到平衡状态，密度都不变，故d错误．

故答案为：b；c．

（4）a、及时分离出NO2气体；平衡向正反应方向移动，但反应的速率减小，故a错误；

b、升高温度平衡向逆反应方向移动，故b错误；

c、增大O2的浓度；反应速率增大，平衡向正反应方向移动，故c正确；

d；加入催化剂平衡不移动；故d错误．

故答案为：c．

【解析】【答案】（1）化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；升高温度平衡常数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；

（2）由图象可知c为NO的变化曲线，d为氧气的变化曲线，根据方程式可知NO和NO2的反应速率相等，则b为NO2的变化曲线；

（3）反应无论是否达到平衡状态，都满足速率之比等于化学计量数之比；达到平衡状态时，v逆（NO）=2v正（O2）；压强不变；反应物和生成物都是气体，则无论是否达到平衡状态，密度都不变；

（4）及时分离出NO2气体，平衡向正反应方向移动，但反应的速率减小；升高温度平衡向逆反应方向移动；增大O2的浓度；反应速率增大，平衡向正反应方向移动；加入催化剂平衡不移动．

19、略

【分析】

（1）锰元素的3d能级和4s能级上的电子都是价电子，Mn元素基态原子的价电子排布式为3d54s2，由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转化为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6转化为稳定的3d5半充满较稳定状态；需要的能量相对要少；

故答案为：3d54s2，由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转化为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6转化为稳定的3d5半充满较稳定状态；需要的能量相对要少；

（2）①铁元素在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族；故答案为：第四周期Ⅷ族；

②CN-中C原子价层电子对个数=1+=2，所以采取sp1杂化，故答案为：sp1；

③Fe（CN）2沉淀和KCN反应生成络合物，反应方程式为Fe（CN）2+4KCN═K4[Fe（CN）6]，故答案为：Fe（CN）2+4KCN═K4[Fe（CN）6]．

【解析】【答案】（1）锰元素的3d能级和4s能级上的电子都是价电子；据此写出Mn元素基态原子的价电子排布式，轨道上的电子处于全满；半满、全空时最稳定；

（2）①铁元素在周期表中的位置是第四周期第VIIIA族；

②根据C原子价层电子对个数确定杂化方式；

③Fe（CN）2沉淀和KCN反应生成络合物．

20、略

【分析】

（1）有机物A的蒸气对氢气同温同压下相对密度为51，则A的相对分子质量为51×2=102，含氧的质量分数为31.4%，则分子中N（O）==2，分子中氢原子个数为氧的5倍，则N（H）=5×2=10，故N（C）==5，所以A分子式为C5H10O2，故答案为：C5H10O2；

（2）A的不饱和度为1；有2个不同的；位于碳链两端的含氧官能团，为-OH、-CHO，故答案为：羟基、醛基；

（3）一定条件下，A与一定氢气反应生成B，B分子的结构可视为一个碳原子上连接两个甲基和另外两个结构相同的基团，则B为故A为

①、由上述分析可知，A为故答案为：

②、A含有-OH，能发生取代反应、酯化反应，与羟基相连的碳原子相邻的碳原子上没有H原子，不能发生消去反应，含有-CHO，可以与氢气发生加成反应，属于还原反应，故答案为：b；

（4）因A具中含有-CHO、-OH，具有相同官能团、并带有支链A的同分异构体的结构简式为：等；

故答案为：

（5）A的另一种酯类同分异构体，该异构体在酸性条件下水解，生成两种相对分子质量相同的化合物，结合A的结构简式可知，该异构体为乙酸与丙醇形成的酯，其中一种的分子中有2个甲基，则该同分异构体结构简式为CH3COOCH（CH3）2；故该同分异构体在酸性条件下水解的方程式为：

CH3COOCH（CH3）2+H2OCH3COOH+（CH3）2CHOH；

故答案为：CH3COOCH（CH3）2+H2OCH3COOH+（CH3）2CHOH；

（6）由反应信息可知，与环氧氯丙烷反应生成的高聚物为故答案为：．

【解析】【答案】（1）有机物A的蒸气对氢气同温同压下相对密度为51，则A的相对分子质量为51×2=102，含氧的质量分数为31.4%，则分子中N（O）==2，分子中氢原子个数为氧的5倍，则N（H）=5×2=10，故N（C）==5，所以A分子式为C5H10O2；

（2）A的不饱和度为1；有2个不同的；位于碳链两端的含氧官能团，为-OH、-CHO；

（3）一定条件下，A与一定氢气反应生成B，B分子的结构可视为一个碳原子上连接两个甲基和另外两个结构相同的基团，则B为故A为

（4）与具有相同官能团；并带有支链的同分异构体，该同分异构体含有-OH；-CHO，结合A的结构简式书写；

（5）A的另一种酯类同分异构体，该异构体在酸性条件下水解，生成两种相对分子质量相同的化合物，结合A的结构简式可知，该异构体为乙酸与丙醇形成的酯，其中一种的分子中有2个甲基，则该同分异构体结构简式为CH3COOCH（CH3）2；据此解答；

（6）根据反应信息，结合化学键的断裂与成键书写与环氧氯丙烷反应生成的高聚物的结构简式．

21、略

【分析】

（1）根据废水呈酸性；所以取25.00mL废水所用的仪器为25.00mL酸式滴定管；

滴定时左手挤压玻璃球；眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；

消耗氢氧化钠的体积为13.90mL-1.40mL=12.50mL

氢氧化钠与盐酸反应的关系式NaOH～HCl

11

0.2020mol•L-1×12.50mLC（HCl）×25.00mL

C（HCl）=0.1010mol/L

故答案为：酸式滴定管；挤压玻璃球；锥形瓶溶液颜色变化；0.1010；

（2）废水中加入过量NaOH溶液，溶液中含有氢氧化镁沉淀、NaOH溶液，所以终点时溶液的颜色由黄色橙色变成橙色，沉淀溶解；废水放入NaOH溶液会产生氢氧化镁沉淀，再加盐酸，盐酸与氢氧化镁、氢氧化钠都能反应，在测定过量的氢氧化钠时，应除去氢氧化镁沉淀，所以过滤并洗涤沉淀，然后对滤液进行滴定，与氯化镁反应的氢氧化钠的物质的量为：0.2020mol•L-1×0.0125L，总的氢氧化钠的物质的量为：0.2020mol•L-1×V1×10-3L，过量的氢氧化钠的物质的量为：0.1012mol•L-1×V3×10-3L；

则氯化镁的物质的量浓度为

故答案为：溶液的颜色由黄色橙色变成橙色，沉淀溶解；过滤并洗涤沉淀，然后对滤液进行滴定；

（3）取25.00mL工厂废水放入烧杯中；加入过量的氢氧化钠溶液溶液，过滤；洗涤沉淀、烘干、称重．计算出氯化镁的浓度；取25.00mL工厂废水放入烧杯中，加入过量的硝酸银溶液，过滤、洗涤沉淀、烘干、称重，计算出盐酸的浓度；

答：取25.00mL工厂废水放入烧杯中；加入过量的氢氧化钠溶液溶液，过滤；洗涤沉淀、烘干、称重．计算出氯化镁的浓度；取25.00mL工厂废水放入烧杯中，加入过量的硝酸银溶液，过滤、洗涤沉淀、烘干、称重．计算出盐酸的浓度．

【解析】【答案】（1）根据酸式滴定管盛放酸性溶液；根据滴定操作的方法；根据读数求出氢氧化钠的体积；然后根据氢氧化钠与盐酸反应的关系式NaOH～HCl求出盐酸的物质的量浓度；

（2）废水中加入过量NaOH溶液；溶液中含有氢氧化镁沉淀；NaOH，根据用甲基橙试液作指示剂，碱滴定酸时到终点时溶液的颜色由黄色橙色变成橙色，沉淀溶解；根据废水放入NaOH溶液会产生氢氧化镁沉淀，再加盐酸，盐酸与氢氧化镁、氢氧化钠都能反应，在测定过量的氢氧化钠时，应除去氢氧化镁沉淀；根据步骤①用氢氧化钠溶液滴至终点，滴定前后滴定管中示数如右图求出与氯化镁反应的氢氧化钠的物质的量；根据步骤②用盐酸滴定过量的氢氧化钠溶液至终点，消耗盐酸的体积求出过量的氢氧化钠的物质的量，最后用总的氢氧化钠的物质的量-与氯化镁反应的氢氧化钠的物质的量-过量的氢氧化钠的物质的量=与盐酸反应的氢氧化钠的物质的量，最后求出盐酸的物质的量浓度；

（3）根据在一定量的废水放入烧杯中；加入过量的氢氧化钠溶液溶液，过滤；洗涤沉淀、烘干、称重．计算出氯化镁的浓度．在一定量废水放入烧杯中，加入过量的硝酸银溶液，过滤、洗涤沉淀、烘干、称重，计算出盐酸的浓度．

22、略

【分析】

（1）A；B、C都是气体；在减压后平衡向逆反应方向移动，降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，即x+y＞z；

故答案为：x+y＞z；

（2）C是气体；且x+y=z，在加压时化学平衡可发生移动，说明X；Y至少有1种不是气体，逆反应是气体体积减小的反应，故平衡向逆反应方向移动；

故答案为：逆反应；

（3）B；C是气体；增加A物质的量（其他条件不变），平衡不移动，说明A是固体或纯液体，即A为非气态。

故答案为：非气；

（4）加热后；C的百分含量减小，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应；

故答案为：放热．

【解析】【答案】（1）降低压强平衡向气体体积增大的方向移动；据此判断；

（2）C是气体；且x+y=z，在加压时化学平衡可发生移动，说明X；Y至少有1种不是气体，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；

（3）B；C是气体；增加A物质的量（其他条件不变），平衡不移动，说明A是固体或纯液体；

（4）加热后；C的百分含量减小，说明升高温度平衡向逆反应移动．

23、略

【分析】

乳酸中含有-OH和-COOH，可发生缩聚反应生成A，则A为乳酸在浓硫酸作用下发生消去反应生成B，B为CH2═CHCOOH，CH2═CHCOOH与甲醇发生酯化反应生成C，则C为CH2═CHCOOCH3，又知F为HO-CH2CH2-OH；B和F发生酯化反应，1molF和与1molB或2molB发生酯化反应，由D的化学式可知，F和2molB完全发生酯化反应；

则D为CH2═CHCOOCH2CH2OOCCH═CH2，B和1molF发生酯化反应，则E为CH2=CHCOOCH2CH2OH；D和E都含有C=C，在一定条件下都可发生聚合反应；

（1）由以上分析可知C为CH2═CHCOOCH3，D为CH2═CHCOOCH2CH2OOCCH═CH2；

故答案为：CH2═CHCOOCH3；CH2═CHCOOCH2CH2OOCCH═CH2；

（2）B为CH2═CHCOOH；含有碳碳双键；羧基官能团，故答案为：碳碳双键、羧基；

（3）由反应关系可知反应③为酯化反应或取代反应；D和E都含有C=C，在一定条件下都可发生聚合反应，则反应⑧为加聚反应或聚合反应；

故答案为：酯化反应或取代反应；加聚反应或聚合反应；

（4）乳酸中含有-OH和-COOH，可发生缩聚反应生成A，则A为方程式为反应⑤为。

故答案为：反应⑤为1molB和1molF发生酯化反应，方程式为CH2=CHCOOH+HO-CH2CH2-OHCH2=CHCOOCH2CH2OH+H2O；

CH2=CHCOOH+HO-CH2CH2-OHCH2=CHCOOCH2CH2OH+H2O；

（5）C为CH2═CHCOOCH3，其对应的酯类同分异构体有CH2=CH-OOCCH3、CH3CH=CHOOCH、CH2═CHCH2OOCH；

CH2═C（CH3）OOCH4种；

故答案为：4；

（6）对比D；E的结构；确定它们的聚合物H、G结构上的不同点是G的结构中还含有大量的-OH，使该物质具有亲水性，而H则不具有所以它们用途不同；

故答案为：高聚物G中含有的-OH；使该物质具有亲水性，而H则不具有．

【解析】【答案】乳酸中含有-OH和-COOH，可发生缩聚反应生成A，则A为乳酸在浓硫酸作用下发生消去反应生成B，B为CH2═CHCOOH，CH2═CHCOOH与甲醇发生酯化反应生成C，则C为CH2═CHCOOCH3，又知F为HO-CH2CH2-OH；B和F发生酯化反应，1molF和与1molB或2molB发生酯化反应，由D的化学式可知，F和2molB完全发生酯化反应；

则D为CH2═CHCOOCH2CH2OOCCH═CH2，1molB和1molF发生酯化反应，则E为CH2=CHCOOCH2CH2OH；D和E都含有C=C，在一定条件下都可发生聚合反应，结合有机物的结构和性质解答该题．

24、略

【分析】

（1）木炭粉与浓硫酸反应，碳粉被浓硫酸氧化，浓硫酸被还原，方程式为：2H2SO4（浓）+CCO2↑+2H2O+2SO2↑；

故答案为：2H2SO4（浓）+CCO2↑+2H2O+2SO2↑；

（2）木炭粉与浓硫酸反应生成H2O、SO2和CO2；检验产物水可选用⑦，内装无水硫酸铜；无水硫酸铜遇到水反应生成蓝色的五水合硫酸铜；检验二氧化硫，可用②，装有品红溶液；因二氧化硫；二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，所以在③洗气瓶中装有酸性高锰酸钾溶液用来吸收余下二氧化硫；在⑤洗气瓶中装有澄清石灰水溶液用来检验二氧化碳，④氢氧化钠吸收尾气；

故答案为：①⑦②③⑤④；

（3）SO2与高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化碳不可与高锰酸钾发生氧化还原反应，可用高锰酸钾来除去SO2，高锰酸钾溶液紫红色，当溶液颜色不再变浅，或褪色，说明SO2已经除尽，最后通过澄清石灰水检验CO2；澄清的石灰水与二氧化碳生成不溶于水的碳酸钙和水，现象澄清变浑浊；

故答案为：③中KMnO4溶液不褪色（或变浅）；⑤中产生白色沉淀；

（4）Ⅰ．浓硝酸与木炭加热时发生反应，碳被氧化成二氧化碳，浓硝酸被还原成二氧化氮，C+4HNO3（浓）2H2O+CO2↑+4NO2↑，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O═2HNO3+NO；硝酸具有氧化性，能氧化金属，生成蓝色溶液为铜离子的颜色；

故答案为：NO、HNO3；

Ⅱ．硝酸具有氧化性，能氧化金属，生成蓝色溶液为铜离子的颜色，所以为铜和硝酸反应，铜从0价变为+2价，变成硝酸铜，硝酸中的+5价的氮被还原硝酸成一氧化氮，硝酸表现氧化性和酸性，根据反应物、生成物、反应条件写出反应的化学方程式，3Cu+8HN03（稀）=3Cu（NO3）2+2N0↑+4H2O；从方程式知，3mol铜从0价变为+2价，失去6mol电子；

故答案为：氧化性和酸性．

【解析】【答案】（1）木炭粉与浓硫酸反应生成SO2和CO2；

（2）检验产物水可用无水硫酸铜；检验二氧化硫，可用品红溶液；酸性高锰酸钾溶液可氧化二氧化硫；据此即可解答；（3）因二氧化硫、二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，所以用高锰酸钾溶液除去SO2，最后通过澄清石灰水检验CO2；（4）Ⅰ．硝酸具有氧化性；能将单质碳氧化，硝酸被还原，生成二氧化氮和二氧化碳和水，结合图2进行解答；

Ⅱ．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；所以B的稀溶液为稀硝酸，B的稀溶液与金属单质反应生成蓝色溶液，蓝色溶液为硝酸铜，所以，该反应为铜与硝酸反应，根据氧化还原反应方程式求电子转移的方向和数目．

四、其他(共3题，共18分)25、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反应（或取代反应）；消去反应（各1分）（3）略（2分）26、略

【分析】【解析】【答案】⑦①③27、略

【分析】（1）从题中知C是紫红色金属单质，则C为Cu；G是蓝色沉淀，则G为Cu（OH）2；H是砖红色沉淀，则H是Cu2O；F是形成酸雨的无色有害气体，则F为SO2；所以B为浓H2SO4，A为D为O2，E为强碱，是NaOH或是KOH。（2）电解A溶液，阴极上Cu2+放电，反应式为：══（3）电解溶液属于放氧生酸型，总的电解方程式为：══【解析】【答案】(1)(或KOH等)(2)══(3)══五、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+BaS