2025年浙教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年浙教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、下列图象是从rm{NaCl}或rm{CsCl}晶体结构图中分割出来的部分结构图，试判断属于rm{CsCl}晶体结构的图象是rm{(}rm{)}

A.图rm{(1)}和图rm{(3)}B.图rm{(2)}和图rm{(3)}C.只有图rm{(1)}D.图rm{(1)}和图rm{(4)}2、短周期主族元素rm{Q}rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序数依次增大，rm{Q}原子的最外层电子数是其内层电子总数的rm{3}倍，rm{W}是非金属性最强的元素，rm{X}的原子半径在短周期主族元素中为最大，rm{Y}是地壳中含量最多的金属元素，rm{Z}与rm{Q}同主族。下列叙述正确的是A.原子半径：rm{r}rm{(Z)>}rm{r}rm{(W)>}rm{r}rm{(Q)}B.气态氢化物的热稳定性：rm{W>Q>Z}C.rm{X}与rm{Z}形成的化合物呈碱性的原因：rm{Z^{2-}+2H_{2}O}rm{H_{2}Z+2OH^{-}}D.rm{Y}与rm{Z}的二元化合物可以在溶液中通过复分解反应制得3、三草酸合铁酸钾晶体[K3Fe（C2O4）3•xH2O]是一种光敏材料，为测定该晶体中草酸根的含量和结晶水的含量，某实验小组实验步骤为：(1)称量9.820g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。(2)取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加酸性KMnO4溶液至C2O42-全部转化成CO2，同时MnO4-被转化成Mn2+，恰好消耗0.1000mol/LKMnO4溶液24.00mL。[K3Fe(C2O4)3的相对分子质量为437]下列说法正确的是A.步骤(2)中KMnO4表现还原性B.配制三草酸合铁酸钾溶液玻璃仪器只需烧杯和玻璃棒C.样品中结晶水的物质的量为0.03molD.该晶体的化学式为K3Fe（C2O4）3•3H2O4、以铁为阳极、铜为阴极，对足量的NaOH溶液进行电解，一段时间后得到2molFe（OH）3沉淀；此时消耗水的物质的量共为（）

A.2mol

B.3mol

C.4mol

D.5mol

5、通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是()A.CH4和是等电子体，键角均为60°B.B3N3H6和苯是等电子体，1molB3N3H6和苯均有6mol非极性键C.NH3和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构D.BF3和是等电子体，均为平面正三角形结构6、某烃和氢气发生加成反应时，生成2,2，3-三甲基戊烷，则该烃的名称不可能是（）A.3,4，4-三甲基-1-戊烯B.3,3-二甲基-2-乙基-1-丁烯C.3,4，4-三甲基-1-戊炔D.2,2，3-三甲基-2-戊烯7、下列物质中不能与溴水发生反应的是（）①苯②苯酚③亚硫酸④NaOH溶液⑤AgNO3溶液⑥裂解汽油⑦己烷⑧镁粉A.①③⑥B.①⑦C.①⑥⑦⑧D.①②⑤⑦8、下列叙述不正确的是（）A.NH3是极性分子，为三角锥形B.双原子分子中的共价键，一定是非极性键C.非极性键也可能存在于离子化合物中D.CO2是非极性分子，分子中C原子处在2个O原子所连成的直线的中央．评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、在25℃下，向浓度均为0.1mol·L－1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成____________沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为________________。已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10－20。10、（1）将该温度下amLpH=13NaOH溶液与bmL0.05mol/LH2SO4混合，所得混合溶液的pH=7，则a:b=（2）若在含有足量AgCl固体的饱和AgCl溶液中分别放入：A、100mL蒸馏水中；B、100mL0.2mol·L－1AgNO3溶液中；C、100mL0.1mol·L－1AlCl3溶液中；D、100mL0.1mol·L－1盐酸溶液中。充分搅拌后，银离子浓度最小的是（填序号）（3）在25℃下，向浓度均为0.20mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为；当测得溶液pH=11.00时，则此温度下残留在溶液中的c(Mg2+):c(Cu2+)=（已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，KsP[Cu(OH)2]=2.0×10-20）11、（Ⅰ）1923年化学家Bronsted和Lowry提出：凡是能给出质子的物质都是酸，凡是能接受质子的物质都是碱．按此理论，下列粒子①HS-；②NH4+；③HCl；④OH-；⑤H2PO4-；⑥H2S；⑦CH3COO-；⑧CO32-；⑨HCO3-；⑩H2O中属于两性物质的有______．

（Ⅱ）已知HClO是比H2CO3还弱的酸，氯水中存在下列平衡：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HClO⇌H++ClO-；达平衡后；

（1）要使HClO浓度增加，可加入下列物质______（填代号）．

A．SO2B．Na2CO3C．HClD．NaOH

（2）由此说明在实验室可用排饱和食盐水收集Cl2的理由是______．12、减少汽车尾气造成环境污染的方法之一是在汽车的排气管上安装“催化转化器”（用铂、钯合金作催化剂），它的作用是使CO、NO反应生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促使烃类充分燃烧和SO2的转化．

（1）写出CO与NO反应的化学方程式：______．

（2）“催化转化器”的缺点是在一定程度上提高空气的酸度，其原因是______．13、有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A＋比B－少一个电子层，B原子得一个电子后3p轨道全满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为序40%，且其核内质子数等于中子数。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A与D离子的数目之比为2∶1。请回答下列问题。(1)A单质、B单质、化合物R的熔点大小顺为下列的________(填序号)。①A单质>B单质>R②R>A单质>B单质③B单质>R>A单质④A单质>R>B单质(2)CB3分子的空间构型是________，其固体时的晶体类型为______________。(3)写出D原子的核外电子排布式：________________________，C的氢化物比D的氢化物在水中的溶解度大得多的原因是__________________________________________。(4)B元素和D元素的电负性大小关系为____________。(5)A与B形成的离子化合物的晶胞中，每个A＋周围与它距离相等且最近的B－有______个，这些B－围成的空间几何构型为____________。评卷人得分三、探究题(共4题，共8分)14、（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。15、（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。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。评卷人得分四、有机推断题(共4题，共16分)18、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__________________________________．19、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__________________________________．20、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。21、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分五、简答题(共3题，共18分)22、硫酸是重要的化工原料，二氧化硫生成三氧化硫是硫酸工业的重要反应之一．将0.100molSO2（g）和0.060molO2（g）放入容积为2L的密闭容器中，反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）在一定条件下5分钟末达平衡状态，测得c（SO3）=0.040mol/L．

①5分钟时O2的反应速率是______；

②列式并计算该条件下反应的平衡常数K=______．

③已知：K（300℃）＞K（350℃），若反应温度升高，SO2的转化率______（填“增大”；“减小”或“不变”）．

④能判断该反应达到平衡状态的标志是______．（填字母）

A．SO2和SO3浓度相等。

B．容器中混合气体的平均分子量保持不变。

C．容器中气体的压强不变。

D．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等。

（2）某温度下，SO2的平衡转化率（α）与体系总压强（P）的关系如图1所示．平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A）______K（B）（填“＞”；“＜”或“=”）．

（3）将一定量的SO2（g）和O2（g）放入某固定体积的密闭容器中，在一定条件下，c（SO3）的变化如图2所示．若在第5分钟将容器的体积缩小一半后，在第8分钟达到新的平衡（此时SO3的浓度约为0.25mol/L）．请在图中画出此变化过程中SO3浓度的变化曲线．23、只用一种试剂来鉴别下列各组物质：

（1）甲醇、乙醛、乙酸，选用的试剂是______．

（2）乙酸、甲酸甲酯、乙酸乙酯，选用的试剂是______．

（3）苯、四氯化碳、1-已烯、苯酚的水溶液，选用的试剂是______．24、B、rm{C}rm{N}是几种常见的非金属元素；其形成的各种化合物在自然界中广泛存在。

rm{(1)}基态硼原子的电子排布式为________；rm{(2)BF_{3}}与一定量的水可形成如图rm{1}的晶体rm{R}rm{垄脵}晶体rm{R}中各种微粒间的作用力涉及________rm{(}填字母rm{)}rm{a.}离子键rm{b.}共价键rm{c.}配位键rm{d.}金属键rm{垄脷R}中阴离子的空间构型为________。rm{(3)}乙二胺rm{(H_{2}N隆陋CH_{2}隆陋CH_{2}隆陋NH_{2})}与rm{CaCl_{2}}溶液可形成配离子rm{(}结构如图rm{2)}乙二胺分子中氮原子的杂化类型为________；乙二胺和三甲胺rm{[N(CH_{3})_{3}]}均属于铵，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是__________________。评卷人得分六、综合题(共2题，共12分)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．26、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8题，共16分)1、B【分析】解：由于在rm{CsCl}晶体中，每个rm{Cs^{+}}周围同时吸引着最近的等距离的rm{8}个rm{Cl^{-}}同样每个rm{Cl^{-}}周围同时吸引着最近的等距离的rm{8}个rm{Cs^{+}}图rm{(2)}和图rm{(3)}都符合条件；

故选B．

根据rm{CsCl}晶体中铯离子或氯离子的配位数判断其结构图是否正确，铯离子或氯离子的配位数都是rm{8}．

本题综合考查了常见晶体的空间构型，难度不大，注意氯化钠和氯化铯晶体结构的区别．【解析】rm{B}2、B【分析】【分析】本题考查结构性质位置关系应用，侧重对元素周期律的考查，推断元素是解题关键，有利于基础知识的巩固，难度不大。【解答】短周期主族元素rm{Q}rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}原子序数依次增大，rm{Q}原子的最外层电子数是其内层电子数的rm{3}倍，说明rm{Q}为氧原子；rm{W}非金属性最强则rm{W}为氟元素；rm{X}短周期中原子半径最大，说明rm{X}为rm{Na}rm{Y}是地壳中含量最多的金属元素，则rm{Y}为铝；是地壳中含量最多的金属元素，则rm{Y}为铝；rm{Y}与rm{Z}与rm{Q}同主族，rm{Z}为硫元素，依此作答。同主族，rm{Z}为硫元素，依此作答。

A.同周期自左而右原子半径减小，同主族从上往下原子半径逐渐变大，故原子半径rm{Q}rm{Z}rm{r}rm{r}rm{(Z)>}rm{(Z)>}rm{r}rm{r}故A错误；

B.非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性rm{(Q)}rm{(Q)}气态氢化物的稳定性：rm{>}故B正确；rm{r}rm{r}rm{(W)}故A错误；rm{(W)}rm{F}rm{>O>S}气态氢化物的稳定性：rm{>O>S}rm{W>Q>Z}故B正确；rm{W>Q>Z}C.多元弱酸根离子分步水解，以第一步为主，对应的水解反应为：rm{S}

rm{S}【解析】rm{B}3、D【分析】试题分析：A、同时MnO4-被转化成Mn2+，锰元素化合价由+7→+2，化合价降低被还原，作氧化剂，故A错误；B、需要配制成250mL溶液，必须使用到250容量瓶和胶头滴管，故B错误；C、高锰酸钾得到电子等于C2O42-失去的电子，n得=0.1000mol/L×0.024L×（7-2）=0.012mol；C2O42-全部转化成CO2，化合价变化+3→+4，根据电子守恒n（C2O42-）=0.012mol/(2-1)×2=0.006mol；250mL原溶液C2O42-的物质的量为0.006mol×10=0.06mol，故n[K3Fe（C2O4）3]=0.06mol×1/3=0.02mol，9.820g三草酸合铁酸钾晶体中结晶水的质量为：9.820-437×0.02=1.08（g），故n（H2O）=1.08g/18g．mol−1=0.06mol，故C错误；D、根据C项计算结果，0.02molK3Fe（C2O4）3中还有0.06molH2O，结晶水数目为3，故该晶体的化学式为K3Fe（C2O4）3•3H2O，故D正确；故选D．考点：中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量【解析】【答案】D4、D【分析】

根据铁原子守恒知，2molFe（OH）3→2molFe（OH）2，所以生成2molFe（OH）3需要2molFe（OH）2；

活泼金属铁作电解池阳极时，电解氢氧化钠溶液的电解方程式为Fe+2H2OH2+Fe（OH）2↓；

根据电解方程式得，生成2molFe（OH）2需要水的物质的量为4mol；

又氢氧化亚铁不稳定，能被氧气氧化成氢氧化铁沉淀，反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

根据方程式得，生成2molFe（OH）3需要水的物质的量为1mol；

所以得到2molFe（OH）3沉淀消耗水的物质的量共为5mol．

故选D．

【解析】【答案】活泼金属铁作电解池阳极时；阳极上阳极材料铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子进入溶液，亚铁离子和溶液中的氢氧根离子生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁不稳定，能被氧气氧化成氢氧化铁沉淀，注意消耗的水有两部分：一部分被电解生成氢气，一部分和氢氧化亚铁反应生成氢氧化铁．

5、D【分析】【解析】试题分析：A不正确，应该是109°28′；B不正确，B3N3H6中不存在非极性键；NH3和PCl3不是等电子体，C不正确，所以正确的答案选D。考点：考查等电子体的有关判断【解析】【答案】D6、D【分析】2,2，3-三甲基-2-戊烯没有这种物质。【解析】【答案】D7、B【分析】【解析】【答案】B8、B【分析】解：A．NH3为sp3杂化；含有1个孤对电子，是极性分子，为三角锥形，故A正确；

B．双原子分子中的共价键；不一定是非极性键，如C=O键，故B错误；

C．Na2O2中含有非极性键；为离子化合物，故C正确；

D．CO2的结构式为O=C=O；是非极性分子，分子中C原子处在2个O原子所连成的直线的中央，故D正确．

故选B．

A．NH3为sp3杂化；含有1个孤对电子；

B．双原子分子中的共价键；不一定是非极性键，如C=O键；

C．如Na2O2；

D．CO2的结构式为O=C=O．

本题考查共价键、极性键和非极性键等知识，为高频考点，侧重于基本概念的理解和运用，注意把握物质的组成和结构特点，难度不大．【解析】【答案】B二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【解析】试题分析：氢氧化铜的溶度积常数小于氢氧化镁的溶度积常数，所以在25℃下，向浓度均为0.1mol·L－1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式是Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+。考点：考查溶度积常数的应用和有关计算【解析】【答案】.(1)Cu(OH)2,(2)Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+10、略

【分析】试题分析：（1）由题意可知氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，而氢氧根离子浓度由离子离子积常数10-14除以10-13等于0.1故氢氧根离子的物质的量为0.1a氢离子物质的量为0.05乘以2乘以b等于0.1b所以a:b=1（2）C选项会抑制AgCl的电离，且氯化铝中氯的浓度最大，所以答案选C。（3）由题目可知氢氧化铜的溶解平衡常数最小，所以先生成氢氧化铜，考点：考查离子平衡移动及溶解平衡的相关知识【解析】【答案】（1）1（2）C（3）11、略

【分析】解：（I）根据酸碱质子理论，凡是能给出质子的分子或离子都是酸，凡是能结合质子的分子或离子都是碱，质子就是氢离子．所给微粒中既能结合H+又能提供H+的有，HS-、H2PO4-、HCO3-、H2O；因此这四种物质从酸碱质子理论的角度上看既是酸又是碱，即两性物质；

故答案为：①⑤⑨⑩；

（Ⅱ）（1）要使HClO的浓度增大；则氯气与水的反应向正方向移动，而且不消耗HClO；

A．加入SO2会消耗氯气；使平衡逆移，则HClO的浓度减小，故A错误；

B．加入Na2CO3会消耗氢离子；使平衡正移，则HClO的浓度增大，故B正确；

C．加入HCl；氢离子浓度增大，使平衡逆移，则HClO的浓度减小，故C错误；

D；加入氢氧化钠会和盐酸、次氯酸发生反应；次氯酸的进行，故D错误；

故答案为：B；

（4）饱和食盐水中氯离子浓度较大，使Cl2+H2O⇌HCl+HClO的平衡逆向进行；减小了氯气的溶解，通常情况下，可用排饱和食盐水的方法收集氯气；

故答案为：饱和食盐水中Cl-浓度较大，由于氯水中存在平衡：Cl2+H2O⇌Cl-+HClO+H+；所以，氯气在饱和食盐水中溶解度较小．通常情况下，可用排饱和食盐水的方法收集氯气．

（Ⅰ）所给微粒中既能结合H+又能提供H+的有HS-、H2PO4-、HCO3-、H2O；因此这四种物质从酸碱质子理论的角度上看既是酸又是碱，即两性物质；

（Ⅱ）（1）要使HClO的浓度增大；则氯气与水的反应向正方向移动，而且不消耗HClO；

（2）根据影响平衡的因素分析．

本题考查了弱电解质的电离平衡、及平衡移动原理的应用，酸碱质子理论的理解应用，侧重于微粒性质和反应原理的应用的考查，题目难度中等．【解析】①⑤⑨⑩；B；饱和食盐水中Cl-浓度较大，由于氯水中存在平衡：Cl2+H2O⇌Cl-+HClO+H+，所以，氯气在饱和食盐水中溶解度较小．通常情况下，可用排饱和食盐水的方法收集氯气12、略

【分析】解：由信息可知，“催化转换器”使CO与NO反应，生成无毒气体为氮气和二氧化碳，该反应为2NO+2CON2+2CO2，故答案为：2NO+2CON2+2CO2；

（2）“催化转换器”的缺点是在一定程度上提高了空气的酸度，是因转化器促使烃类充分燃烧及SO2的转化，使SO2转化成了SO3，导致雨水的酸性增强，故答案为：使SO2转化成了SO3．

（1）CO与NO反应；生成无毒气体为氮气和二氧化碳；

（2）“催化转换器”的缺点是在一定程度上提高了空气的酸度，是因转化器促使烃类充分燃烧及SO2的转化；以此来解答．

本题考查氮的氧化物的性质及环境污染，注意信息的抽取和应用是解答本题的关键，侧重学生获取信息并处理信息能力的考查，题目难度不大．【解析】2NO+2CON2+2CO2；SO2转化成了SO313、略

【分析】【解析】试题分析：B原子得一个电子后3p轨道全满，则B应该是氯元素。又因为A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A＋比B－少一个电子层，所以A是钠元素。C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以C是氮元素。D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，则D是第ⅥA族元素。最高价氧化物中含D的质量分数为40%，则有即M＝32。由于且其核内质子数等于中子数，所以D是16号元素S元素。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A与D离子的数目之比为2∶1，则R是硫化钠。（1）钠是金属晶体，氯气形成的晶体是分子晶体，硫化钠形成的晶体是离子晶体，则A单质、B单质、化合物R的熔点大小顺为R>A单质>B单质，答案选②。（2）氨气是三角锥形结构，形成的晶体是分子晶体。（3）根据构造原理可知，S原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p4。由于NH3与水分子之间可以形成氢键且发生化学反应，所以氨气的溶解性大于H2S的溶解性。（4）非金属性越强，电负性越大，所以氯元素的电负性大于S元素的电负性。（5）根据氯化钠的晶胞结构特点可知，每个A＋周围与它距离相等且最近的B－有6个，这些B－围成的空间几何构型为正八面体。考点：考查元素周期表的结构、分子的空间构型、熔沸点高低的比较、核外电子排布、氢键以及晶胞结构的判断【解析】【答案】(8分每空一分)(1)②(2)三角锥形分子晶体(3)1s22s22p63s23p4NH3与水分子之间可以形成氢键且发生化学反应(4)B>D(5)6正八面体三、探究题(共4题，共8分)14、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）15、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）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）四、有机推断题(共4题，共16分)18、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是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH219、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是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH220、略

【分析】【分析】

根据物质在转化过程中碳链结构不变，根据抗痫灵结构，结合A的分子式可推知A结构简式是：A与HCHO发生反应产生B：B与CH3Cl在AlCl3存在条件下发生取代反应产生C：C经过一系列反应，产生分子式是C8H6O3的物质D结构简式是：D与CH3CHO在碱性条件下发生信息②的反应产生E：E含有醛基，能够与银氨溶液在碱性条件下水浴加热，发生银镜反应，然后酸化产生F：F与SOCl2发生取代反应产生G：与发生取代反应产生抗痫灵：

【详解】

根据上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中无酚羟基，因此不能与FeCl3溶液发生显色反应；A错误；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化变为-COOH；也能发生燃烧反应，故化合物C能发生氧化反应，B正确；

C．的亚氨基上含有孤对电子，能够与H+形成配位键而结合H+；因此具有弱碱性，C正确；

D．根据抗痫灵的分子结构，可知其分子式是C15H17NO3；D错误；

故合理选项是BC；

(2)根据上述分析可知化合物E结构简式是

(3)G是G与发生取代反应产生抗痫灵和HCl，该反应的化学方程式为：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C为原料经过三步制备化合物D，首先是与Cl2在光照条件下发生甲基上H原子的取代反应产生然后与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生该物质与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生D：故由C经三步反应产生D的合成路线为：

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物；符合条件：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，则其可能的同分异构体结构简式是【解析】BC++HCl21、略

【分析】【详解】

分析：由C→及反应条件可知C为苯甲醇,B为A为甲苯。在相同条件下,D的蒸气相对于氢气的密度为39,则D的相对分子质量为39×2=78,D与A互为同系物,由此知D为芳香烃,设1个D分子中含有n个碳原子,则有14n-6=78,解得n=6,故D为苯,与乙醛反应得到E,结合信息①,E为E与溴发生加成反应得到的F为F发生氧化反应生成的G为

详解：(1)根据分析可知:G为则G中含氧官能团为羧基；甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而苯不能,因此；鉴别A和D的试剂为酸性高锰酸钾溶液；本题答案为：羧基；酸性高锰酸钾溶液；

(2)苯甲醛与氯仿发生加成反应生成B为F为

（3）反应①：乙酸和发生酯化反应,化学方程式为+CH3COOH+H2O。

（4）C为苯甲醇,属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚(),共4种；

(5)苯乙醛与甲醛反应生成再与溴发。

生加成反应生成最后发生催化氧化反应生成故合成路线为

点睛：本题主要考查结构简式、官能团、反应类型、化学方程式、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等知识,意在考查考生分析问题、解决问题的能力，抓好信息是解题的关键。【解析】①.羧基②.酸性高锰酸钾溶液③.加成反应④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.五、简答题(共3题，共18分)22、略

【分析】解：（1）①根据v=可知，三氧化硫的速率为=0.008mol（L•min）-1，根据速率之比等于计量数之比可知，氧气的反应速率为×0.008mol（L•min）-1=0.004mol（L•min）-1；

故答案为：0.004mol（L•min）-1；

②将0.100molSO2（g）和0.060molO2（g）放入容积为2L的密闭容器中，反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）在一定条件下达到平衡，测得c（SO3）=0.040mol/L，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3

起始量（mol/L）0.050.030

变化量（mol/L）0.040.020.04

平衡量（mol/L）0.010.010.04

平衡常数K==1600；

故答案为：1600；

③K（300℃）＞K（350℃）；说明温度越高平衡常数越小，反应逆向进行，即升温平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，故答案为：减小；

④2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；反应是气体体积变小的放热反应；

A．二氧化硫和三氧化硫起始量和变化量有关，SO2和SO3浓度相等；不能说明反应达到平衡状态，故A错误；

B．因为反应前后总质量不变；总物质的量在变，所以容器中混合气体的平均分子量保持不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；

C．反应前后压强不同；容器中气体的压强不变，说明反应达到平衡状态，故C正确；

D．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等；说明平衡正向进行，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；

故答案为：BC；

（2）平衡常数只与温度有关；与压强无关，在温度不变的条件下，无论压强怎样变化，平衡常数都不变，故答案为：=；

（3）在第5分钟末将容器的体积缩小一半后，压强增大平衡正向进行，若在第8分钟末达到新的平衡（此时SO3的浓度约为0.25mol/L），依据三氧化硫浓度变化和平衡浓度画出变化图象为故答案为：．

（1）①根据v=求得三氧化硫的速率；再根据速率之比等于计量数之比求得氧气的反应速率；

②依据平衡三段式列式计算平衡浓度；结合平衡常数概念计算得到；

③K（300℃）＞K（350℃）；说明温度越高平衡常数越小，依据平衡移动原理分析，升温平衡向吸热反应方向进行；

④平衡标志是正逆反应速率相同；各成分含量保持不变；

（2）平衡常数随温度变化；温度不变，平衡常数不变；

（3）在第5分钟末将容器的体积缩小一半后，压强增大平衡正向进行，若在第8分钟末达到新的平衡（此时SO3的浓度约为0.25mol/L）；依据三氧化硫浓度变化，和平衡浓度画出变化图象．

本题考查了反应速率、化学平衡常数、平衡转化率、影响化学平衡的外界条件综合应用及知识迁移能力等考点，题目难度中等，注意平衡常数在计算中的应用，等效平衡的分析判断．【解析】0.004mol（L•min）-1；1600；减小；BC；=23、略

【分析】解：（1）检验乙醛可用新制Cu（OH）2碱性悬浊液；加入氢氧化铜浊液时，甲醇不反应，无现象，乙醛在加热条件下与氢氧化铜浊液发生氧化还原反应生成砖红色沉淀，乙酸溶解氢氧化铜，溶液变澄清；

故答案为：新制Cu（OH）2碱性悬浊液；

（2）甲酸甲酯含有醛基，可用新制Cu（OH）2碱性悬浊液检验；则加入氢氧化铜浊液，现象分别是，溶液变澄清；加热生成砖红色沉淀，溶液分层，不反应，可鉴别；

故答案为：新制Cu（O