2025年沪科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年沪科版高二化学下册阶段测试试卷992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、在pH为4～5的环境中，Cu2+、Fe2+不生成沉淀，而Fe3+几乎完全沉淀．工业上制CuCl2是将浓盐酸用蒸汽加热到80℃左右；再慢慢加入粗氧化铜（含杂质FeO），充分搅拌使之溶解．欲除去溶液中的杂质离子，下述方法中可行的是（）

A.向溶液中加入纯Cu将Fe2+还原。

B.向溶液中通入H2S使Fe2+沉淀。

C.在溶液中通入Cl2；再加入CuO粉末调节pH为4～5

D.在溶液中通入Cl2，再通入NH3调节pH为4～5

2、甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是()A.1mol·L-1的甲酸溶液的c(H+)为1×10-2mol·L-1B.甲酸能与水以任意比互溶C.10mL1mol·L-1的甲酸恰好与10mL1mol·L-1的NaOH溶液完全反应D.滴入石蕊试液显红色3、下列有机反应属于加成反应的是rm{(}rm{)}

A.rm{CH_{4}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CH_{3}Cl+HCl}B.rm{CH_{4}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}

CH_{3}Cl+HCl}C.rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}D.rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCH_{2}Br}2rm{xrightarrow[]{FeB{r}_{3}}}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{+Br}4、相同状况下，rm{1.12L}乙烷和丁烷的混合物完全燃烧需rm{O_{2}}rm{4.76L}则混合气中乙烷的体积分数是rm{(}rm{)}A.rm{25%}B.rm{35%}C.rm{65%}D.rm{75%}5、我国西部城市常遭遇强大的沙尘暴袭击，使得某市“满城尽带黄金甲”，空气污染为三级中度污染，你认为该城市空气污染的首要污染物是rm{(}rm{)}A.二氧化硫B.二氧化氮C.二氧化碳D.可吸入颗粒物6、实验室用98%的浓硫酸（密度为1.84g/mL）配制0.5mo1/L硫酸溶液500mL；不需要使用的仪器是（）

A.500mL容量瓶。

B.25mL量筒。

C.烧杯。

D.天平。

7、用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入rm{0.1molCu(OH)_{2}}后恰好恢复到电解前状态。则电解过程中转移的电子的物质的量为()A.rm{0.1mol}B.rm{0.2mol}C.rm{0.3mol}D.rm{0.4mol}8、下列物质中，在一定条件下既能发生银镜反应，又能发生水解反应的组合正确的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}甲酸铵rm{垄脷}甲酸甲酯rm{垄脹}苯甲酸甲酯rm{垄脺}葡萄糖rm{垄脻}蔗糖rm{垄脼}麦芽糖．A.rm{垄脵垄脷垄脺垄脼}B.rm{垄脵垄脷垄脼}C.rm{垄脹垄脺垄脻}D.rm{垄脵垄脷垄脻}评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)9、下列叙述正确的是（）A.不慎把苯酚溶液沾到了皮肤上，应立即用大量水冲洗B.甲、乙两种有机物具有相同的相对分子质量和不同结构，则甲和乙一定是同分异构体C.浓溴水滴入苯酚溶液中立即产生2，4，6-三溴苯酚的白色沉淀E.分离沸点相差30℃以上的混溶液体，应采用的方法是蒸馏E.分离沸点相差30℃以上的混溶液体，应采用的方法是蒸馏10、有关晶体的叙述中正确的是A.在rm{SiO_{2}}晶体中，由rm{Si}rm{O}构成的最小单元环中共有rm{8}个原子B.在rm{60gSiO_{2}}晶体中，含rm{Si隆陋O}共价键键数为rm{2}rm{N}rm{{,!}_{A}}C.干冰晶体熔化只需克服分子间作用力D.金属晶体是由金属原子直接构成的11、有关下列图像的分析错误的是A.图甲可表示对平衡rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)overset{}{?}2NH_{3}(g)}加压、同时移除部分rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)overset{}{?}

2NH_{3}(g)}时的速率变化。B.图乙中rm{NH_{3}}rm{a}曲线只可表示反应rm{b}十rm{I_{2}(g)overset{}{?}2HI(g)}在有催化剂和无催化剂存在下建立平衡的过程。C.图丙表示向rm{H_{2}(g)}溶液中逐渐加入rm{I_{2}(g)overset{}{?}

2HI(g)}固体后，溶液rm{CH_{3}COOH}的变化D.图丁表示向醋酸溶液中加水时其导电性变化，则rm{CH_{3}COONa}溶液的rm{pH}rm{CH_{3}COOH}rm{pH}12、按图甲进行实验，若乙中横坐标rm{x}表示流入电极的电子的物质的量，下列叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{E}表示生成铜的物质的量B.rm{E}表示生成硫酸的物质的量C.rm{F}表示反应消耗水的物质的量D.rm{E}表示反应生成氧气的物质的量13、下列化学方程式____的是rm{(}rm{)}A.实验室制乙炔：rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+C_{2}H_{2}隆眉}B.丁二烯的rm{1}rm{4-}加成：rm{H_{2}C=CHCH=CH_{2}+Cl_{2}隆煤CH_{2}ClCH=CHCH_{2}Cl}C.向苯酚钠溶液中加入少量rm{CO_{2}}D.乙醛与新制氢氧化铜：rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOHxrightarrow[]{?}CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOHxrightarrow[]{?}

CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}14、下列有关蛋白质的叙述中，不正确的是A.重金属盐能使蛋白质变性，所以误食重金属盐会中毒B.蛋白质溶液中加入饱和rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}溶液，蛋白质析出，再加水也不溶解C.浓rm{HNO_{3}}溅在皮肤上，使皮肤呈黄色，是由于浓rm{HNO_{3}}和蛋白质发生焰色反应D.人工合成的具有生命活性的蛋白质rm{隆陋}结晶牛胰岛素，是rm{1965}年我国科学家最先合成的15、构造原理揭示的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低rm{.}若以rm{E(nl)}表示某能级的能量，以下各式中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{E(5s)>E(4f)>E(4s)>E(3d)}B.rm{E(4f)>E(3d)>E(4s)>E(3p)}C.rm{E(5d)>E(4d)>E(3d)>E(2d)}D.rm{E(5s)>E(4s)>E(4f)>E(3d)}16、下列叙述正确的是（）A.苯中的少量苯酚可先加适量的浓溴水，再过滤而除去B.将苯酚晶体放入少量水中，加热时全部溶解，冷却到50℃形成悬浊液C.苯酚的酸性很弱，不能使酸碱指示剂变色，但可以和NaHCO3反应放出CO2D.苯酚有毒，不慎沾在皮肤上，可用酒精洗涤评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、（1）火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水．当把0.4mol液态肼和0.8molH2O2混合反应，生成氮气和水蒸气，放出256.7kJ的热量（相当于25℃、101kPa下测得的热量）．该反应的热化学方程式为____．

（2）AgNO3的水溶液呈____（填“酸”、“中”、“碱”）性，实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以____（填“促进”；“抑制”）其水解．

（3）氯化铝水溶液呈____性，原因是（用离子方程式表示）：____．

（4）NaAlO2溶液与AlCl3溶液可反应生成____．证明Al（OH）3具有两性．其离子方程式为____．

（5）PH=6的NH4Cl溶液与PH=6的盐酸溶液相比，水电离的[H+]之比为____．18、镍的羰基配合物Ni（CO）4是获得高纯度纳米镍的原料，该配合物中镍原子的价电子排布式为3d10，则其杂化轨道类型为______，Ni（CO）4是______（填“极性”或“非极性”）分子。19、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的外围电子排布式是____，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____。20、常温下将0.01molCH3COONa和0.004mol盐酸溶于水，配成0.5L混合溶液。（1）溶液中共有­­­­­­­­­­­­­­­­­­________种微粒。（2）溶液中有两种微粒的物质的量之和一定等于0.01mol，它们是____________。（3）溶液中n(CH3COO-)+n(OH-)-n(H+)=_________mol。21、第ⅢA、ⅤA原元素组成的化合物GaN、GaP、GaAs等是人工合成的新型半导体材料，其晶体结构与单晶硅相似．Ga原子的电子排布式为____．在GaN晶体中，每个Ga原子与____个N原子相连，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为____．在四大晶体类型中，GaN属于____晶体．22、一定温度下，在rm{2L}的恒容密闭容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z}三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：

rm{(1)}该反应的化学方程式为______．

rm{(2)}从反应开始到rm{10s}时，用rm{Y}表示的反应速率为______，rm{X}的转化率为______rm{.(}保留三位有效数字rm{)}

rm{(3)10s}时，该反应______达到了化学平衡状态rm{.(}填“是”或“否”rm{)}23、在rm{H_{2}}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{SiC}rm{CO_{2}}rm{HF}中，由极性键形成的非极性分子有______rm{(}填化学式，下同rm{)}由非极性键形成的非极性分子有______，能形成分子晶体的物质是______，晶体中含有氢键的是______，属于离子晶体的是______，属于原子晶体的是______，五种物质的熔点由高到低的顺序是______．评卷人得分四、探究题(共4题，共24分)24、（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。25、（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。26、（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。27、（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、解答题(共4题，共28分)28、“Mannich反应”和“付一克反应”都是有机化学中形成C-C键的重要反应．

Mannich反应：

付一克反应：

又知：

已知，A在常温下为液体，1molA与足量O2完全燃烧所生成的CO2和H2O与足量Na2O2反应，共生成5.5molO2，A不能使溴水褪色，但可以使KMnO4/H+褪色；从A出发有如下图所示的转化关系，其中，F与H互为同分异构体：

请回答下列问题：

（1）A的结构简式为______．

（2）H中不含氧的官能团的电子式为______．

（3）请判断下列反应的反应类型：①______④______

（4）反应②的试剂是______；反应③的试剂是______．

（5）请写出下列反应方程式：

①D与Ag（NH3）2OH溶液在水浴中反应的方程式：______

②H在一定条件下发生缩聚反应的方程式：______

（1）请写出满足下列要求的I的同分异构体：

①有苯环；②苯环有2个处于对位的侧链；其中一个侧链是氨基．

③该化合物属酯类④1mol该物质在NaOH水溶液中完全水解只消耗1molNaOH

______；______、______、______．

29、德国化学家凯库勒认为苯分子的结构中；碳碳间以单；双键交替结合而成环状．为了评价凯库勒的观点，某学生设计了以下实验方案：

①按图所示的装置图连接好各仪器；

②检验装置的气密性；

③在A中加入适量的苯和液溴的混合液体，再加入少量铁粉，塞上橡皮塞，打开K1、K2、K3止水夹；

④待烧瓶C中气体收集满后，将导管D的下端插入烧杯里的水中，关闭K2，打开K3；挤压预先装有水的胶头滴管的胶头，观察实验现象．

试回答：

（1）A中所发生的反应的反应类型为______；能证明凯库勒观点错误的实验现象是______；

（2）装置B的作用是______；

（3）写出A中发生反应的化学方程式______30、有机物A的结构简式为它可通过不同化学反应分别制得B；C、D和E四种物质．

请回答下列问题：

（1）指出反应的类型：A→C：______．

（2）在A～E五种物质中；互为同分异构体的是______（填代号）．

（3）写出由A生成B的化学方程式______．

（4）C能形成高聚物；该高聚物的结构简式为______．

（5）写出D与足量NaOH溶液共热反应的化学方程式______．

31、A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素．A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图如图，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个成单电子，E的外围电子排布式为3d64s2．回答下列问题：

（1）写出下列元素的符号：A______B______C______D______．

（2）用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是______；碱性最强的是______．

（3）用元素符号表示D所在周期（除稀有气体元素外）第一电离能最大的元素是______；电负性最大的元素是______．

（4）E元素原子的核电荷数是______；E元素在周期表的第______周期，第______族，已知元素周期表可按电子排布分为s区；p区等，则E元素在______区．

（5）用电子式表示B的硫化物的形成过程：______．

评卷人得分六、综合题(共2题，共8分)32、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．33、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、C【分析】

A．Cu不如Fe活泼，加入Cu不能将Fe2+还原；故A错误；

B．向溶液中通入H2S；生成CuS和FeS沉淀，影响被提纯的物质的量，故B错误；

C．在pH为4～5的环境中，Cu2+、Fe2+不生成沉淀，而Fe3+几乎完全沉淀，要除去溶液中的Fe2+离子，应先加入Cl2，再加入CuO粉末调节pH为4～5，以除去Fe3+；且没有引入新的杂质，故C正确；

D．在溶液中通入Cl2，再通入NH3调节pH会引入新的杂质；故D错误．

故选C．

【解析】【答案】根据题意，在pH为4～5的环境中，Cu2+、Fe2+不生成沉淀，而Fe3+几乎完全沉淀，要除去溶液中的Fe2+离子，应先加入适当的氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入适当化学试剂调节溶液PH，以除去Fe3+；注意不能引入新的杂质．

2、A【分析】【解析】试题分析：弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。所以选项A可以证明醋酸存在电离平衡。其余选项均不能证明，答案选A。考点：考查甲酸是弱酸的实验探究【解析】【答案】A3、B【分析】【分析】

本题考查了加成反应的定义；难度不大，注意取代反应和加成反应的区别。

【解答】

A；甲烷中的氢原子被氯原子所取代；属于取代反应，故A错误；

B；乙烯中的碳碳双键断裂；两个碳原子分别结合了溴原子，属于加成反应，故B正确；

C；乙醇在铜的催化作用下被氧气氧化；属于氧化反应，故C错误；

D、苯中的一个氢原子被溴原子取代了，属于取代反应，故D错误。

故选B。【解析】rm{B}4、D【分析】解：发生rm{C_{2}H_{6}+dfrac{7}{2}O_{2}overset{{碌茫脠录}}{}2CO_{2}+3H_{2}O}rm{C_{4}H_{10}+dfrac{13}{2}O_{2}overset{{碌茫脠录}}{}4CO_{2}+5H_{2}O}

设混合气中乙烷为rm{C_{2}H_{6}+dfrac{7}{2}O_{2}

overset{{碌茫脠录}}{}2CO_{2}+3H_{2}O}丁烷为rm{C_{4}H_{10}+dfrac{13}{2}O_{2}

overset{{碌茫脠录}}{}4CO_{2}+5H_{2}O}则。

rm{begin{cases}overset{x+y=1.12}{3.5x+6.5y=4.76}end{cases}}

解得rm{xL}

可知混合气中乙烷的体积分数是rm{dfrac{0.84L}{1.12L}隆脕100%=75%}

故选D．

发生rm{C_{2}H_{6}+dfrac{7}{2}O_{2}overset{{碌茫脠录}}{}2CO_{2}+3H_{2}O}rm{C_{4}H_{10}+dfrac{13}{2}O_{2}overset{{碌茫脠录}}{}4CO_{2}+5H_{2}O}结合体积之比等于物质的量之比计算．

本题考查有机反应的计算，为高频考点，把握发生的燃烧反应及体积关系为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意体积与物质的量关系，题目难度不大．rm{yL}【解析】rm{D}5、D【分析】本题考察生活中的环境问题及空气污染物，较容易，学生可据题给信息分析作答。A、二氧化硫是有毒的气体不是固体，不属于固体颗粒物，所以不是沙尘，但能形成酸雨而污染环境，故A错误；B、二氧化氮是有毒的气体不是固体，不属于固体颗粒物，所以不是沙尘，但能形成酸雨而污染环境，故B错误；

C、二氧化碳是气体不是固体，不属于固体颗粒物，所以不是沙尘，但能造成温室效应，故C错误；

D、沙尘是可吸入的微小固体颗粒物，对环境有大的破坏，导致人产生呼吸道疾病，故D正确。

故选D。【解析】rm{D}6、D【分析】

A．容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器；实验室用98%的浓硫酸（密度为1.84g/mL）配制0.5mo1/L硫酸溶液500mL，需500mL容量瓶，故A正确；

B．0.5mo1/L硫酸溶液500mL；含硫酸的物质的量为0.25mol，需98%的浓硫酸（密度为1.84g/mL）体积约为14mL，需量取14mL的浓硫酸，所以25mL量筒也为必需选择的仪器，故B正确；

C．配制溶液对浓溶液加水稀释；必须在烧杯中进行，所以必需选择烧杯，故C正确；

D．天平只有在使用固体药品配制溶液时才需要进行称量固体药品；但本题所配制的溶液是浓硫酸配制稀硫酸，故D错误；故选D．

【解析】【答案】配制一定的稀硫酸溶液的基本步骤：计算；量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶存放等操作．所以配制溶液需要用到的仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管等；据此即可解答．

7、D【分析】略【解析】rm{D}8、B【分析】解：rm{垄脵}甲酸铵中含rm{-CHO}可发生银镜反应，含铵根离子可水解，故正确；

rm{垄脷}甲酸甲酯在含rm{-CHO}rm{-COOC-}既能发生银镜反应，又能发生水解反应，故正确；

rm{垄脹}苯甲酸甲酯中含rm{-COOC-}可发生水解反应，但不能发生银镜反应，故错误；

rm{垄脺}葡萄糖不能水解；故错误；

rm{垄脻}蔗糖为二糖可水解；但不能发生银镜反应，故错误；

rm{垄脼}麦芽糖为二糖可水解，且含rm{-CHO}能发生银镜反应，故正确；

故选B．

由选项中的物质可知，既能发生银镜反应，又能发生水解反应，则有机物中含rm{-CHO}rm{-COOC-(}或为二糖、或含弱酸根离子、弱碱离子等rm{)}以此来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握常见有机物官能团与性质、发生的反应为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．【解析】rm{B}二、双选题(共8题，共16分)9、C|E【分析】解：A．苯酚易溶于酒精；苯酚浓溶液沾到皮肤上，可用酒精冲洗，故A错误；

B．C3H8O和C2H4O2具有相同的相对分子质量；结构不同，但是不互为同分异构体，故B错误；

C．苯酚和溴水发生取代发应生成2；4，6-三溴苯酚白色沉淀，故C正确；

D．苯和溴在铁作催化剂时发生取代反应生成溴苯；反应是放热反应，故D错误；

E．分离沸点相差较大的液体混合物；可用蒸馏法，故A正确；

F．实验室中用体积比为3：1的浓硫酸与乙醇的混合溶液制乙烯；为防止副反应的发生，温度要迅速升至170℃，故B错误；

G．除杂时应能将杂质除去并不能引入新的杂质；如加入浓溴水，生成的三溴苯酚和过量的溴都能溶于苯，不能得到纯净的苯，并引入新的杂质，不能用来除杂，应加入NaOH溶液后分液，故C错误．

故选CE．

A．苯酚易溶于酒精；不溶于水；

B．同分异构体是分子式相同而结构不同的有机物之间的互称；

C．浓溴水滴入苯酚溶液中能产生2；4，6-三溴苯酚的白色沉淀；

D．苯和溴在铁作催化剂时发生取代反应生成溴苯；

E．蒸馏用于分离沸点不同的混合物；

F．体积比为3：1的浓硫酸与乙醇的混合溶液制乙烯时温度要迅速升至170℃；

G．三溴苯酚；溴都能溶于苯．

本题考查物质的分离、提纯和除杂，题目难度不大，本题注意除杂时不能引入新的杂质，且不能影响被提纯的物质的量．【解析】【答案】CE10、CD【分析】【分析】本题原子晶体和分子晶体的结构和组成，题目难度中等。【解答】A.在rm{SiO}rm{SiO}晶体中，由rm{2}、rm{2}构成的最小单元环中，有rm{Si}个氧，rm{O}个硅，共rm{6}个原子，故A错误；B.rm{6}二氧化硅的物质的量为rm{12}含有rm{60g}二氧化硅的物质的量为rm{1mol}含有rm{4mol}硅原子，形成了rm{4mol}硅氧键，含有rm{Si-O}键数为rm{4N}硅原子，形成了rm{60g}硅氧键，含有rm{1mol}键数为rm{4mol}rm{4mol}rm{Si-O}C.rm{4N}rm{A}rm{A}D.金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，故D正确。故选D。，故B错误；【解析】rm{CD}11、BC【分析】【分析】本题考查外界条件对电离平衡的影响，重点考查离子浓度以及同离子效应对电离平衡的影响，注意总结影响因素以及平衡移动的方向的判断。【解答】A.图可表示对平衡rm{N}rm{N}rm{2}rm{2}rm{(g)+3H}rm{(g)+3H}rm{2}rm{2}rm{(g)}加压、同时移除部分rm{(g)}时的速率变化，所以瞬间正反应速率加快，逆反应速率减慢，所以平衡正向移动，故A正确；B.该反应是前后气体体积不变的反应，改变压强对平衡无影响，rm{?}rm{2NH}曲线也可表示反应rm{2NH}rm{3}rm{3}十rm{(g)}rm{(g)}rm{NH3}图乙中rm{a}rm{b}曲线也可表示反应rm{H}rm{a}在压强改变下建立平衡的过程，故B错误；C.加入rm{b}固体，对醋酸的电离起抑制作用，溶液的rm{H}值变大，而不是减小，故C错误；D.导性越强自由移动离子的浓度越大，所以rm{2}点氢离子的浓度大于rm{2}点，所以rm{(g)}十rm{I}溶液的rm{(g)}rm{I}故D正确。故选BC。rm{2}【解析】rm{BC}12、rCD【分析】解：由甲可知，为电解装置，rm{C}为阳极，发生rm{4OH^{-}-4e^{-}=O_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{Cu}为阴极，发生rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}总反应为rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{overset{;{脥篓碌莽};}{}}{;}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}结合乙可知，转移rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{脥篓碌莽};}{}}{;}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}电子生成rm{4mol}生成rm{2molE}

A.由电子与物质的物质的量的关系可知，rm{1molF}表示反应生成铜的物质的量；故A正确；

B.因硫酸与和转移电子的物质的量相等，则rm{E}能表示生成硫酸的物质的量；故B正确；

C.由总反应可知，rm{E}与水的物质的量相同，则rm{Cu}表示反应消耗水的物质的量；故C错误；

D.由电子与物质的物质的量的关系可知rm{E}表示反应生成氧气的物质的量；故D错误；

故选CD．

由甲可知，为电解装置，rm{F}为阳极，发生rm{C}rm{4OH^{-}-4e^{-}=O_{2}隆眉+2H_{2}O}为阴极，发生rm{Cu}由乙可知，转移rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}电子生成rm{4mol}rm{2molE}为rm{E}生成rm{Cu}rm{1molF}为氧气；以此来解答．

本题考查电解原理，明确发生的电极反应、电解反应及图象的分析是解答本题的关键，注意反应中转移电子与各物质的物质的量的关系即可解答，题目难度不大．rm{F}【解析】rm{CD}13、CD【分析】【分析】本题考查了有机化学方程式书写正误的判断，难度不大。【解答】A.实验室用碳化钙与水反应制乙炔：rm{CaC}rm{CaC}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O隆煤Ca(OH)}rm{O隆煤Ca(OH)}rm{{,!}_{2}}rm{+C}rm{+C}故A正确；

rm{{,!}_{2}}rm{H}加成：rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{隆眉}故A正确；rm{隆眉}B.丁二烯的rm{1}rm{4-}加成：rm{H}rm{1}rm{4-}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{C=CHCH=CH}rm{C=CHCH=CH}故B正确；

rm{{,!}_{2}}rm{+Cl}由于酸性：rm{+Cl}rm{{,!}_{2}}故生成碳酸氢钠rm{隆煤CH}rm{隆煤CH}rm{{,!}_{2}}rm{ClCH=CHCH}rm{ClCH=CHCH}

rm{{,!}_{2}}rm{Cl}故B正确；rm{Cl}C.向苯酚钠溶液中加入少量rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{2}}rm{H_{2}CO_{3}>}rm{>HCO_{3}^{-}}：rm{+CO_{2}+H_{2}O}rm{+NaHCO_{3}}，故C错误；​​，故D错误。D.乙醛与新制氢氧化铜反应生成乙酸钠：rm{CH}rm{CH}【解析】rm{CD}14、BC【分析】略【解析】rm{BC}15、rBC【分析】解：在原子核外电子排布中，能量大小顺序是rm{1s<2s<2p<3s<3p<4s<3d<4p<5s<4d<5p<6s<4f<5d}

A.根据能量顺序知，rm{1s<2s<2p<3s<3p<4s<3d<4p<5s<4d<5p<6s<4f<5d

}故A错误；

B.根据能量顺序知，所以rm{E(4f)>E(5s)>E(3d)>E(4s)}故B正确；

C.根据能量顺序知，能级名称相同时，能层越大其能量越大，所以rm{E(4f)>E(3d)>E(4s)>E(3p)}故C正确；

D.根据能量顺序知，rm{E(5d)>E(4d)>E(3d)>E(2d)}故D错误；

故选BC．

在原子核外电子排布中，各能级能量高低顺序为rm{E(4f)>E(5s)>E(3d)>E(4s)}相同rm{垄脵}而不同能级的能量高低顺序为：rm{n}rm{ns<np<nd<nf}不同时的能量高低：rm{2s<3s<4s2p<3p<4p}rm{垄脷n}不同层不同能级rm{2s<3s<4s

2p<3p<4p}所以能量大小顺序是rm{1s<2s<2p<3s<3p<4s<3d<4p<5s<4d<5p<6s<4f<5d}据此分析解答．

本题考查原子核外电子中能量大小比较，明确不同能层、相同能层、不同能级等电子能量大小是解本题关键，会根据构造原理书写原子核外电子排布式，题目难度中等．rm{垄脹}【解析】rm{BC}16、BD【分析】解：A．溴；三溴苯酚均易溶于苯；不能除杂，应选NaOH溶液、分液除去苯中少量的苯酚，故A错误；

B．苯酚在水中溶解度不大；温度升高，溶解度增大，而温度降低，溶解度减小，则将苯酚晶体放入少量水中，加热时全部溶解，冷却到50℃形成悬浊液，故B正确；

C．苯酚的酸性很弱；不能使指示剂变色，苯酚也不能与碳酸氢钠反应，故C错误；

D．苯酚有毒；但是苯酚能溶于酒精，所以不慎沾在皮肤上，可用酒精洗涤，故D正确；

故选：BD。

A．溴；三溴苯酚均易溶于苯；

B．苯酚在水中溶解度不大；温度升高，溶解度增大，而温度降低，溶解度减小；

C．苯酚与碳酸氢钠不反应；

D．苯酚易溶于酒精。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚的性质及应用，选项A为解答的难点，题目难度不大。【解析】BD三、填空题(共7题，共14分)17、略

【分析】

（1）双氧水和液态肼反应生成氮气和水蒸气，反应的化学方程为：N2H4+2H2O2=4H2O+N2↑，0.4mol液态肼和0.8molH2O2恰好完全反应，则当1molN2H4反应时，放出的热量为×256.7kJ=641.75kJ，热化学方程式为N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.75KJ/mol；

故答案为：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.75KJ/mol；

（2）AgNO3为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，根据水解方程式：Ag++H2O⇌AgOH+H+，实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，溶液中H+浓度增大；抑制其水解，故答案为：酸；抑制；

（3）氯化铝为强酸弱碱盐，溶液中存在Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，水解呈酸性，故答案为：酸；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；

（4）根据平衡移动原理，当加入盐酸时，盐酸中的H+与OH-结合生成水，使c（OH-）减小，平衡向右移动，发生碱式电离，也就是Al（OH）3显示碱性，反应的离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3++2H2O，当加入苛性钠时，苛性钠溶液中OH-结合H+生成水，使c（H+）减小，发生酸式电离，反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

故答案为：Al（OH）3；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；

（5）NH4Cl溶液中的H+全部由H2O电离出，c（H+）=10-5mol•L-1，盐酸溶液中的H+主要由盐酸电离出，而H2O电离出的H+则很少，等于溶液中的OH-，故盐酸溶液中水电离出的H+为c（H+）=c（OH-）==10-9mol•L-1，水电离的[H+]之比为=104，故答案为：104．

【解析】【答案】（1）根据反应的方程式N2H4+2H2O2=4H2O+N2↑判断；

（2）AgNO3为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，根据水解方程式：Ag++H2O⇌AgOH+H+；从影响平衡移动的因素分析；

（3）氯化铝为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，溶液中存在Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；

（4）Al（OH）3的电离方程式可表示为：H++AlO2-+H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH-；具有两性，可与酸或强碱反应；

（5）NH4Cl促进水的电离；盐酸抑制水的电离．

18、sp3非极性【分析】解：该配合物中镍原子的价电子排布式为3d10，可知Ni提供空轨道，O提供孤电子对，为正四面体结构，Ni其杂化轨道类型为sp3；分子空间构型对称，正负电荷中心重合，所以为非极性分子；

故答案为：sp3；非极性。

该配合物中镍原子的价电子排布式为3d10；可知Ni提供空轨道，O提供孤电子对，为正四面体结构。

本题考查原子杂化方式判断及分子极性判断，侧重考查分析判断能力，明确价层电子对互斥理论及分子极性判断方法是解本题关键，题目难度不大。【解析】sp3非极性19、略

【分析】【解析】试题分析：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，即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。（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。（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，电子式为原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则一种由N元素、O元素组成的化合物与CO2互为等电子体的是N2O。（4）E为Cr元素，原子序数为24，原子核外有24个电子，则根据构造原理可知，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，即外围电子排布式是3d54s1；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。（5）氮元素的最低价是－3价，则该反应的化学方程式是10HNO3+4Mg＝4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O。考点：考查元素周期表的结构、元素周期律、电子式与核外电子排布、配合物与杂化理论、分子结构，氧化还原反应等【解析】【答案】（各2分方程式3分，共17分）（1）C＜O＜N（2）三角锥型sp3（3）N2O（4）3d54s1[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3（5）10HNO3+4Mg＝4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O20、略

【分析】（1）醋酸钠溶液盐酸，发生反应CH3COONa＋HCl=CH3COOH＋NaCl。根据物质的量可知，醋酸钠过量，即溶液中含有0.006mol醋酸钠、0.004mol醋酸和0.004mol氯化钠。醋酸存在电离平衡，醋酸钠存在水解平衡，所以含有的微粒是CH3COOH、H2O、H＋、OH－、CH3COO－、Na＋、Cl－共计是7种。（2）根据原子守恒可知，CH3COOH和CH3COO－的物质的量之和一定等于0.01mol。（3）根据电荷守恒可知n(CH3COO-)+n(OH-)＋n(Cl-)=n(H+)＋n(Na+)，所以n(CH3COO-)+n(OH-)－n(H+)=n(Na+)－n(Cl-)＝0.01mol－0.004mol＝0.006mol。【解析】【答案】（1）7（2）CH3COOH和CH3COO-（3）0.00621、1s22s22p63s23p63d104s24p1|4|正四面体|原子【分析】【解答】解：Ga原子是31号元素，Ga原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1；GaN晶体结构与单晶硅相似，GaN属于原子晶体，每个Ga原子与4个N原子相连，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为正四面体，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1；4；正四面体；原子．

【分析】Ga是31号元素；其基态原子核外有31个电子，根据构造原理书写其原子核外电子排布式；

单晶硅是Si正四面体向空间延伸的立体网状结构，为原子晶体，GaN晶体结构与单晶硅相似，GaN属于原子晶体，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为与但晶硅中Si的结构相似．22、略

【分析】解：rm{(1)}由图象可以看出，反应中rm{X}rm{Y}的物质的量减少，应该为反应物，rm{Z}的物质的量增多；应为生成物；

当反应进行到rm{10s}时，rm{trianglen(X)=0.79mol}rm{trianglen(Y)=0.79mol}rm{trianglen(Z)=1.58mol}则rm{trianglen(X)}rm{trianglen(Y)}rm{trianglen(Z)=1}rm{1}rm{2}参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：rm{X(g)+Y(g)?2Z(g)}

故答案为：rm{X(g)+Y(g)?2Z(g)}

rm{(2)}从反应开始到rm{10s}时，rm{Y}的物质的量变化为：rm{1.00mol-0.21mol=0.79mol}则该段时间内用rm{Y}表示的反应速率为：rm{v(Y)=dfrac{dfrac{0.79mol}{2L}}{10s}=0.0395}rm{v(Y)=dfrac{dfrac

{0.79mol}{2L}}{10s}=0.0395}

该段时间内rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}消耗的物质的量为：rm{X}则rm{1.20mol-0.41mol=0.79mol}的转化率为：rm{dfrac{0.79mol}{1.20mol}隆脕100%=65.8%}

故答案为：rm{X}rm{dfrac

{0.79mol}{1.20mol}隆脕100%=65.8%}rm{0.0395}

rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}根据图示曲线变化可知，rm{65.8%}时rm{(3)}rm{10s}rm{X}的物质的量不再变化；说明此事正逆反应速率相等，该反应已经达到平衡状态；

故答案为：是．

rm{Y}根据各物质的物质的量与化学计量数成正比写出该反应方程式；

rm{Z}根据rm{v=dfrac{dfrac{trianglen}{V}}{trianglet}}计算出从反应开始到rm{(1)}时用rm{(2)}表示的反应速率为；根据rm{v=dfrac{dfrac{triangle

n}{V}}{trianglet}}消耗的物质的量及反应初始物质的量计算出其转化率；

rm{10s}时各组分的浓度不再变化；说明达到平衡状态．

本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握化学平衡及其影响因素，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．rm{Y}【解析】rm{X(g)+Y(g)?2Z(g)}rm{0.0395mol?L^{-1}?s^{-1}}rm{65.8%}是23、略

【分析】解：由极性键形成的非极性分子有rm{CO_{2}}

由非极性键形成的非极性分子有rm{H_{2}}

能形成分子晶体的物质是rm{H_{2}}rm{CO_{2}}rm{HF}

含有氢键的晶体的化学式是rm{HF}

属于离子晶体的是rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}

属于原子晶体的是rm{SiC}

一般地，熔点高低顺序为：原子晶体rm{>}离子晶体rm{>}分子晶体，原子晶体中共价键键长越短，将能越大，熔沸点越高；离子晶体中离子的半径越小、所带电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高；分子晶体中，形成分子间氢键会使物质的熔沸点反常的升高，组成和结构相似的相对分子质量越大，熔沸点越高，故五种物质的熔点由高到低的顺序是rm{SiC>(NH_{4})_{2}SO_{4}>HF>CO_{2}>H_{2}}

故答案为：rm{CO_{2}}rm{H_{2}}rm{H_{2}}rm{CO_{2}}rm{HF}rm{HF}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{SiC}rm{SiC>(NH_{4})_{2}SO_{4}>HF>CO_{2}>H_{2}}．

同种元素之间形成非极性共价键；不同元素之间形成极性共价键，分子中正负电荷中心不重合，电荷的分布是不均匀的，不对称的，为极性分子，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，以离子键结合形成的晶体为离子晶体，以共价键结合形成的空间网状晶体为原子晶体，结合成键微粒分析熔沸点高低，以此解答该题．

本题考查了化学键、氢键和晶体，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力，有助于调动学生的学习兴趣和学习积极性，提高学生的学习效率，题目难度不大．【解析】rm{CO_{2}}rm{H_{2}}rm{H_{2}}rm{CO_{2}}rm{HF}rm{HF}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{SiC}rm{SiC>(NH_{4})_{2}SO_{4}>HF>CO_{2}>H_{2}}四、探究题(共4题，共24分)24、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）25、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）26、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）27、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、解答题(共4题，共28分)28、略

【分析】

由E、D、I生成结合Mannich反应可知，E、D、I三种物质为结合转化关系可知，E为D为I为A发生反应①生成E，根据付一克反应，A可能为甲苯，由于A在常温下为液体，1molA与足量O2完全燃烧所生成的CO2和H2O与足量Na2O2反应，共生成5.5molO2，CO2和H2O与氧气的物质的量之比都是2：1，故CO2和H2O的物质的量之和为5.5mol×2=11mol，令该有机物分子中C原子数目为x，H原子数目为y，则x+=11，A不能使溴水褪色，不含不饱和键，但可以使KMnO4/H+褪色，故A为甲苯符合，甲苯与氯气在光照条件下生成B，B为B在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成C，C为C催化氧化生成甲苯发生硝化反应生成F，由可知，发生对位取代，故F为氨基容易氧化，根据转化关系可知反应②应是利用酸性高锰酸钾溶液氧化甲基，故G为反应③应是在Fe、HCl作用下将硝基转化为氨基，故H为

（1）由上述分析可知，A为甲苯，结构简式为故答案为：

（2）中不含氧的官能团是氨基，电子式为故答案为：

（3）反应①属于取代反应；反应④属于氧化反应；

故答案为：取代反应；氧化反应；

（4）反应②应是利用酸性高锰酸钾溶液氧化甲基；反应③应是在Fe；HCl作用下将硝基转化为氨基；

故答案为：酸性高锰酸钾；Fe；HCl；

（5）请写出下列反应方程式：

①与Ag（NH3）2OH溶液在水浴中反应的方程式：

故答案为：

②在一定条件下发生缩聚反应的方程式：

故答案为：

（6）满足下列要求：①有苯环；②苯环有2个处于对位的侧链，其中一个侧链是氨基．③该化合物属酯类④1mol该物质在NaOH水溶液中完全水解只消耗1molNaOH，符合条件的I的同分异构体有：

故答案为：．

【解析】【答案】由E、D、I生成结合Mannich反应可知，E、D、I三种物质为结合转化关系可知，E为D为I为A发生反应①生成E，根据付一克反应，A可能为甲苯，由于A在常温下为液体，1molA与足量O2完全燃烧所生成的CO2和H2O与足量Na2O2反应，共生成5.5molO2，CO2和H2O与氧气的物质的量之比都是2：1，故CO2和H2O的物质的量之和为5.5mol×2=11mol，令该有机物分子中C原子数目为x，H原子数目为y，则x+=11，A不能使溴水褪色，不含不饱和键，但可以使KMnO4/H+褪色，故A为甲苯符合，甲苯与氯气在光照条件下生成B，B为B在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成C，C为C催化氧化生成甲苯发生硝化反应生成F，由可知，发生对位取代，故F为氨基容易氧化，根据转化关系可知反应②应是利用酸性高锰酸钾溶液氧化甲基，故G为反应③应是在Fe、HCl作用下将硝基转化为氨基，故H为据此解答．

29、略

【分析】

（1）苯与溴在溴化铁做催化剂的条件下生成溴苯和溴化氢；苯分子里的氢原子被溴原子所代替，是取代反应，不是加成反应，所以苯分子中不存在碳碳单双键交替，所以凯库勒观点错误，生成的溴化氢极易溶于水，所以C中产生“喷泉”现象；

故答案为：取