2025年上教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年上教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9题，共18分)1、强弱电解质的本质区别是A.导电能力B.化学键的类型C.溶解度D.电离程度2、某有机物样品3.1g完全燃烧，无论何种比例混合，燃烧后的混合物通入过量的澄清石灰水，石灰水共增重7.1g,经过滤后得到10g沉淀。该有机物样品可能是①乙二醇②乙醇③乙醛④甲醇和丙三醇的混合物A.①②B.①C.①④D.④3、维生素rm{C}的结构简式是它能防治坏血病，该分子中有几个手性碳原子rm{(}rm{)}A.rm{1}B.rm{2}C.rm{3}D.rm{4}4、对可逆反应rm{A(s)+3B(g)?}rm{C(g)+2D(g)娄陇H<0}在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是rm{(}rm{)}rm{垄脵}增加rm{A}的量，平衡向正反应方向移动rm{垄脷}升高温度，平衡向逆反应方向移动，rm{v_{(脮媒)}}减小rm{垄脹}压强增大一倍，平衡不移动，rm{v_{(脮媒)}}rm{v_{(脛忙)}}不变rm{垄脺}增大rm{B}的浓度，rm{v_{(脮媒)}>v_{(脛忙)}}rm{垄脻}加入催化剂，rm{B}的转化率提高A.rm{垄脵垄脷}B.rm{垄脺}C.rm{垄脹}D.rm{垄脺垄脻}5、可用于电动汽车的铝rm{-}空气燃料电池，通常以rm{NaCl}溶液或rm{NaOH}溶液为电解质溶液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是A.以rm{NaCl}溶液或rm{NaOH}溶液为电解质溶液时，正极反应都为：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=}rm{4OH^{-}}B.以rm{NaCl}溶液为电解质溶液时，负极反应为：rm{Al+3OH^{-}-3e^{-}=}rm{Al(OH)_{3}隆媒}C.以rm{NaOH}溶液为电解质溶液时，电池在工作过程中电解液的rm{pH}保持不变D.电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极6、篮烷的结构如图所示rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.篮烷的分子式为rm{C_{12}H_{12}}B.篮烷分子中存在rm{3}个六元环C.篮烷分子中存在rm{3}个五元环D.篮烷的一氯代物共有rm{5}种同分异构体7、已知：H+(aq)+OH-(aq)＝H2O(l)△H=-57.3kJ·mol—1，分别向1L0.5moL.L-1的KOH溶液中加入①稀醋酸②浓硫酸③稀硝酸，恰好完全反应的中和热分别为△H1、△H2、△H3，他们的关系正确的是（）A.△H1>△H3=-57.3kJ·mol—1>△H2B.△H2<△H1=-57.3kJ·mol—1<△H3C.△H1>△H3>△H2=-57.3kJ·mol—1D.△H2<△H3=-57.3kJ·mol—1<△H28、由两种气态烃组成的混合烃的总物质的量与该混合烃充分燃烧后所得气体产物（二氧化碳和水蒸气）的物质的量的变化关系如右图所示；以下对混和烃组成的判断中正确的是A.一定有乙烯B.一定有甲烷C.一定有丙烷D.一定没有乙烷9、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.海洋约占地球表面积的rm{71%}所以地球上不缺水B.海水淡化蒸馏法的成本最低C.海水淡化的主要方法有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等D.以上说法都正确评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、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)012345n(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．11、通过火法冶金炼出的铜是粗铜；含杂质金；银、铁、锌，不适于电器及其他许多工业使用，必须进行电解精炼．

(1)在精炼铜时；阳极减小的质量与阴极增加的质量是否相等____________(填“是”或“否”)；阳极下面沉积金属的成分主要是____________．

(2)在精炼铜的过程中，Cu2+浓度逐渐下降，c(Fe2+)、c(Zn2+)会逐渐____________，所以需要定时除去其中的Fe2+、Zn2+．甲同学设计了下列除杂方案I(见下图)．

请参照下表给出的数据；回答下列问题：

。物质Fe(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)3Zn(OH)2开始沉淀时的pH7.65.22.78.0完全沉淀时的pH9.66.73.711.0①试剂a是____________；其目的是____________．

②操作①调节pH至b，b的取值范围是____________．

③调节溶液A的PH时可选择下列哪些试剂____________．

A．NaOHB．CuOC．Cu(OH)2D．NH3•H2OE．Cu2(OH)2CO3

④操作②是____________；方案I中不能够除去的杂质金属阳离子是____________．

(3)乙同学在查阅课本时发现，“工业原料氯化铵中含杂质氯化铁，使其溶解于水，再加入氨水调节pH至7-8，可使Fe3+生成。

Fe(OH)3沉淀而除去．”乙同学认为甲同学的方案I中也应该将溶液pH调至7-8．你认为乙同学的建议是否正确？____________(填“是”或“否”)理由是____________．12、香荚兰豆的香气成分中含有的香草醛rm{(}如图rm{)}也称香兰素，常用做食品添加剂的原料，起着增香作用rm{.}请回答下列问题：

rm{(1)}写出香草醛的分子式______；该物质中含氧官能团的名称是______；

rm{(2)1mol}香草醛最多能与______rm{molH_{2}}加成．13、（12分）惰性电极电解NaCl溶液或CuSO4溶液都得到三种产物A、B、C，各物质之间的转化关系如下图所示（图中参与反应和生成的水都已略去）。已知甲是短周期元素的单质，它是日常生活中常用的包装材料。回答下列问题：（1）若电解的是NaCl溶液：①甲与A反应的化学方程式是________。②A与B反应的离子方程式是____________。③常温下，若电解100mL0.1mol/LNaCl溶液，阴、阳两极各产生112mL气体（标准状况），则所得溶液的pH为____（忽略反应前后溶液的体积变化及气体溶于水的影响）。（2）若电解的是CuSO4溶液，加热时，A的浓溶液可与B发生反应：①A的浓溶液与B反应过程中，A的浓度随时间变化的图像正确是。②E的化学式是；电解时阳极的电极反应式是____。14、许多有机化合物具有酸碱性．

完成下列填空：

（1）苯酚、苯甲酸、碳酸的酸性由强到弱的顺序为______．

（2）常常利用物质的酸碱性分离混合物．某一混合物含苯酚；苯甲醇、苯甲酸和苯胺四种物质；其分离方案如下图．

已知：苯甲醇、苯甲酸、苯胺微溶于水，且苯胺（）具有碱性．

A、B、C分别是：A______，B______，C______

上述方案中，若首先仅仅将苯甲酸与其他三种物质分开，则应加入______．评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)15、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）。16、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：_____________。17、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）。18、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32分)19、（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。20、（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。21、（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。22、（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、计算题(共2题，共18分)23、（4分）由Fe、Al、Si组成的混合物9.7g，与足量稀H2SO4反应，在标准状况下得H25.6L，若将等质量的上述混合物与足量的NaOH溶液反应，标准状况下也得5.6LH2，求9.7g混合物中各组分的质量各是多少？24、有Fe和Fe2O3的混合物溶于500mL的稀硝酸中，放出NO气体22.4L（标准状况）并余5.44gFe，过滤，向滤液中通入20.16L的Cl2（标准状况），恰好能使溶液中的Fe2+全部氧化。求：（1）稀硝酸的物质的量浓度；（2）原混合物中Fe的质量，氧化铁的物质的量。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共36分)25、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__________________________________．26、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__________________________________．27、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。28、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9题，共18分)1、D【分析】试题分析：能完全电离的是强电解质，不完全电离的是弱电解质，所以强弱电解质的本质区别是电离程度的大小，选D。考点：强弱电解质的别。【解析】【答案】D2、B【分析】石灰水共增重7.1g,经过滤后得到10g沉淀。二氧化碳物质的量为0.1mol,水为0.15mol,C:H:O=2:6:1【解析】【答案】B3、B【分析】解：该分子中属于手性碳原子的是左边第二、三号碳，它们均连接四个不同原子或原子团的碳原子，所以含有rm{2}个手性碳原子；

故选B．

连接四个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；据此分析．

本题考查有机物结构、手性碳原子的判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确分子的结构和官能团是解本题关键，注意手性碳原子判断方法，题目难度不大．【解析】rm{B}4、B【分析】略【解析】rm{B}5、A【分析】略【解析】rm{A}6、B【分析】解：rm{A}由蓝烷的结构可知，分子中含有rm{12}个rm{C}原子、rm{14}个rm{H}原子，分子式为rm{C_{12}H_{14}}故A错误；

B、由蓝烷的结构可知，有如图所示的rm{ABCDEF}rm{ABCHGF}rm{CDEFGH3}个六元环；故B正确；

C、由蓝烷的结构可知，有如图所示的rm{ABCDE}与rm{A隆盲B隆盲C隆盲D隆盲E隆盲2}个五元环；故C错误；

D、该分子属于高度对称结构，有如图所示的rm{4}种rm{H}原子，故其一氯代物就有rm{4}种同分异构体；故D错误；

故选B．

A、交点为rm{C}原子，交点之间的短线是化学键，利用rm{H}原子饱和碳的四价结构；据此书写分子式；

B、交点为rm{C}原子；根据分子结构中环中含有的碳原子数目，进行判断；

C、交点为rm{C}原子；根据分子结构中环中含有的碳原子数目，进行判断；

D、该分子属于高度对称结构，根据对称性判断分子中等效rm{H}原子数目，有几种rm{H}原子；其一氯代物就有几种异构体．

本题考查有机物的结构、同分异构体等，题目难度中等，实际是键线式结构，注意对结构的仔细观察，侧重于考查学士的分析能力．【解析】rm{B}7、A【分析】醋酸是弱酸，存在电离平衡，电离是吸热的；浓硫酸溶于水放出大量的热，所以正确的答案选A。【解析】【答案】A8、B|D【分析】【解析】【答案】BD9、C【分析】解：rm{A}地球上的水量虽大，可供我们人类直接利用的水并不多rm{.}但是淡水资源非常紧张，海洋中的水，由于成份复杂，含盐量高，无法直接使用rm{.}人类面临的有限的淡水资源日益减少，我国至少有一半以上的省份处于严重缺水状态，我国是世界上rm{13}个严重缺水的国家之一；不能随意使用水资源；浪费水，故A错误；

B.蒸馏时需要大量的热量；成本较高，经济效益差，故B错误；

C.海水淡化的主要方法有蒸馏法；电渗析法、离子交换法；故C正确；

D.上述说法中只有C正确；故D错误；

故选C．

A、地球上水的总量大约有rm{1.4x109km^{3}.}但这些水中有rm{97.5%}是海水，与我们平常生活关系最为密切的淡水只有rm{3.5x107km隆炉}占总水量的rm{2.5%}

B.蒸馏时需要大量的热量；

C.海水淡化水；应将水与盐分离，目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法；结晶法、淡化膜法、多级闪急蒸馏法、电渗析或离子交换法等等，其中最常用的是蒸馏法，目前多采用多级闪急蒸馏法，电渗析或离子交换法等；

D.根据rm{ABC}选项的分析判断是否正确；

本题考查了海水资源的综合应用、海水淡化的方法分析判断、重金属离子的除杂等知识点，注意知识的积累，题目题目难度不大．【解析】rm{C}二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】解：(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】放;b;1.5×10-3mol/(L•s);b、c;c11、略

【分析】解：(1)利用电解法进行粗铜提纯时粗铜应作阳极；精铜作阴极，阳极与电池的正极相连发生氧化反应，这几种金属的活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此在电解过程中金属锌和铁会先于金属铜失电子，但是阴极上始终是铜离子在减少，所以在精炼铜时，阳极减小的质量与阴极增加的质量是不相等的，Ag；Pt不会失去电子，而是形成阳极泥沉降下来，故答案为：否；金、银；

(2)金属的活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，阳极上电极反应是金属锌和铁先失去电子再是金属铜失去电子，而在阴极上始终是铜离子在减少，所以c(Fe2+)、c(Zn2+)会逐渐增大；故答案为：增大；

①双氧水具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为三价铁离子，且不会引进杂质离子，故答案为：H2O2；把Fe2+氧化成Fe3+；

②根据沉淀锌离子和铁离子所需的溶液的pH可以知道：pH介于3.7-5.2之间时；可以将铁离子沉淀，但不会让铜离子形成沉淀，故答案为：3.7-5.2；

③调节溶液A的PH时；不能引进杂质离子，且所加的物质可以和酸发生反应即可，如果用氨水和氢氧化钠会让溶液中引进杂质离子，故选：BCE；

④实现固体和液体的分离采用的方法是过滤，在除杂过程中，锌离子没有除掉，故答案为：过滤；Zn2+；

(3)将溶液pH调至7-8，Cu2+会转化为Cu(OH)2，故答案为：否；pH=7～8时Cu2+会转化为Cu(OH)2．【解析】否;金、银;增大;H2O2;把Fe2+氧化成Fe3+;3.7-5.2;BCE;过滤;Zn2+;否;pH=7～8时Cu2+会转化为Cu(OH)212、略

【分析】解：rm{(1)}香草醛中含有rm{8}个rm{C}rm{8}个rm{H}rm{3}个rm{O}原子，其分子式为：rm{C_{8}H_{8}O_{3}}香草醛中含有酚羟基；醛基和醚基；

故答案为：rm{C_{8}H_{8}O_{3}}酚羟基；醛基、醚基；

rm{(2)}苯环、rm{-CHO}均可与氢气发生加成反应，则rm{1}rm{mol}最多可与rm{4}rm{mol}rm{H_{2}}反应；

故答案为：rm{4}．

rm{(1)}根据香草醛的结构简式确定其分子式；香草醛中含有酚羟基和醛基；醚基；

rm{(2)}醛基和苯环能够与氢气发生加成反应．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握常见有机物的官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚、醛的性质，题目难度不大．【解析】rm{C_{8}H_{8}O_{3}}酚羟基、醛基、醚基；rm{4}13、略

【分析】【解析】【答案】（1）①2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑②Cl2＋2OH－=Cl－+ClO－+H2O；③13（2）①A②SO24OH－－4e－＝O2↑＋2H2O14、略

【分析】解：（1）羧基酸性＞碳酸＞酚羟基＞醇羟基；则酸性：苯甲酸＞碳酸＞苯酚；

故答案为：苯甲酸＞碳酸＞苯酚；

（2）苯酚；苯甲酸呈酸性；苯胺呈碱性，苯甲醇为中性，可先加氢氧化钠或碳酸钠溶液，苯酚、苯甲酸与氢氧化钠反应生成溶于水的盐，则水层中含有苯酚钠、苯甲酸钠，在溶液中通入二氧化碳气体，可得到苯酚，分离后在水中加入盐酸可得到苯甲酸，则A为NaOH溶液，B为二氧化碳，C为盐酸，物质1为苯甲酸，物质2为苯酚；

苯甲醇；苯胺中加入盐酸；苯胺生成盐，溶于水，在水层中加入氢氧化钠可得到苯胺；则物质3为苯胺，物质4为苯甲醇；

若首先仅仅将苯甲酸与其他三种物质分开，由于只有苯甲酸与碳酸氢钠溶液反应，可加入NaHCO3溶液将苯甲酸与其他三种物质分开；

故答案为：NaOH溶液；CO2；盐酸；NaHCO3溶液．

（1）羧基酸性＞碳酸＞酚羟基；据此进行判断；

（2）苯酚；苯甲酸呈酸性；苯胺呈碱性，苯甲醇为中性，可先加氢氧化钠或碳酸钠溶液，苯酚、苯甲酸与氢氧化钠反应生成溶于水的盐，则水层中含有苯酚钠、苯甲酸钠，在溶液中通入二氧化碳气体，可得到苯酚，分离后在水中加入盐酸可得到苯甲酸，则A为NaOH溶液，B为二氧化碳，C为盐酸，物质1为苯甲酸，物质2为苯酚；

苯甲醇；苯胺、苯酚都不与碳酸氢钠溶液反应；苯甲酸能够与碳酸氢钠反应，据此进行解答．

本题考查物质分离与提纯方案的设计，题目难度中等，明确常见物质分离与提纯方法为解答关键，注意把握物质的性质的异同，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查．【解析】苯甲酸＞碳酸＞苯酚；NaOH溶液；CO2；盐酸；NaHCO3溶液三、元素或物质推断题(共4题，共8分)15、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）216、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H217、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）218、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32分)19、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）20、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）21、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）22、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、计算题(共2题，共18分)23、略

【分析】【解析】【答案】Fe：5.6gAl：2.7gSi：1.4g24、略

【分析】【解析】【答案】（1）9.20mol/L（2分）（2）95.04g0.1mol（每空3分）六、有机推断题(共4题，共36分)25、略

【分析】【分析】

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，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯