2025年粤人版高二化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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年粤人版高二化学下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8题，共16分)1、对于0.1mol·L-1Na2SO3溶液，正确的是A.升高温度，溶液的pH降低B.c(Na＋)=2c(SO32－)+c(HSO3－)+c(H2SO3)C.c(Na＋)+c(H＋）=2c(SO32－)+2c(HSO3－)+c(OH－)D.加入少量NaOH固体，c(SO32－)与c(Na＋)均增大2、许多国家十分重视海水资源的综合利用。不需要化学变化就能够从海水中获得的物质是()A.氯、溴、碘B.钠、镁、铝C.烧碱、氢气D.食盐、淡水3、科学家经研究证实光可诱发下列化学变化：

这一事实可解释人眼的夜视功能。有关X、Y的叙述中不正确的是（）A.X和Y互为同分异构体B.X和Y都易溶于水C.X和Y都可发生加成反应D.X和Y的所有原子都可能处于同一平面内4、一定温度下，在三个容积均为rm{2.0L}的恒容密闭容器中发生反应：rm{2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中rm{CO_{2}}的物质的量随间变化关系如图所示。

。容器温度rm{/隆忙}起始物质的量浓度rm{/mol?L^{-1}}rm{NO(g)}rm{CO(g)}rm{N_{2}}rm{CO_{2}}rm{N_{2}}rm{CO_{2}}甲rm{T_{1}}rm{0.10}rm{0.10}rm{0}rm{0}乙rm{T_{1}}rm{0}rm{0}rm{0.10}rm{0.20}丙rm{T_{2}}rm{0.10}rm{0.10}rm{0}rm{0}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.该反应的正反应为吸热反应B.乙容器中反应达到平衡时，rm{N_{2}}的转化率小于rm{40%}C.达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的rm{2}倍D.丙容器中反应达到平衡后，再充入rm{0.10mol}rm{NO}和rm{0.10mol}rm{CO_{2}}此时rm{v(}正rm{)<v(}逆rm{)}5、已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是()A.X与Y形成化合物是，X可以显负价，Y显正价B.第一电离能可能Y小于XC.最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性弱于于Y对应的D.气态氢化物的稳定性：HmY小于HmX6、25℃、101kPa下：①2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣414kJ•mol﹣1②2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1下列说法正确的是（）A.①和②产物的阴阳离子个数比不相等B.①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同C.常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快D.25℃、101kPa下：Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=﹣317kJ•mol﹣17、化学在工农业生产和日常生活中都有着重要的应用，下列叙述不正确的是（）A.锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去B.除去溴苯中的溴，可用NaOH溶液洗涤，再分液C.“酸可以除锈”、“热的纯碱溶液去油污”，都发生了化学变化D.寻找合适催化剂提高合成氨工业中原料的转化率8、下列变化属于物理变化的是A.海水晒盐

B.铁圈钝化C.湿法炼铜D.铝热焊接评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、化学反应一般均会伴随着能量变化，对rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃烧的反应；正确的是。

A.该反应为吸热反应rm{{,!}}B.该反应为放热反应C.该反应速度很快D.该反应速度很慢10、下列说法正确的是。

A.油脂属于脂类B.蛋白质水解的最终产物是氨基酸。

C.纤维素不能发生水解反应D.淀粉完全水解的产物是葡萄糖11、可用于沉淀rm{Ba2^{+}}的试剂有。

A.rm{NaCl}溶液B.rm{Na_{2}CO_{3}}溶液C.rm{Na_{2}SO_{4}}溶液D.rm{NaNO_{3}}溶液12、实验室里由粗盐制备精盐的实验中，必需的操作步骤有rm{(}rm{)}A.溶解B.过滤C.分液D.蒸发浓缩13、根据元素周期律，碱金属元素的下列性质从上到下依次递增的有rm{(}rm{)}A.金属性B.化合价C.原子半径D.单质的还原性14、下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.有机物均易燃烧B.苯酚酸性比碳酸弱，故苯酚不能与碳酸钠溶液反应C.制取乙酸乙酯时，试剂的混合顺序是先加浓硫酸，再加乙醇，然后加乙酸D.石油分馏得到的汽油是纯净物15、化学反应一般均会伴随着能量变化，对rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃烧的反应；正确的是。

A.该反应为吸热反应rm{{,!}}B.该反应为放热反应C.该反应速度很快D.该反应速度很慢16、下列物质与水混合后静置，出现分层的是A.乙酸乙酯B.乙醇C.三氯甲烷D.四氯化碳17、下述转化关系可用于合成解痉药奥昔布宁的前体rm{(}化合物丙rm{)}下列说法正确的是：

A.化合物甲中的含氧官能团有羰基和酯基B.化合物乙分子中含有rm{1}个手性碳原子C.化合物乙能发生消去反应，且生成的有机物能和溴发生加成反应D.化合物丙能和氯化铁溶液发生显色反应评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)18、（6分，每空格3分。少选得1分，多选为0分）（1）下列方法可以证明2HI（g）H2（g）＋I2（g）已达平衡状态的是①单位时间内生成nmolH2的同时生成nmolHI；②一个H－H键断裂的同时有两个H－I键断裂；③反应速率v（H2）＝v（I2）＝0.5v（HI）时；④C（HI）＝c（H2）＝c（I2）＝2：1：1且保持不变；⑤温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化；⑥温度和体积一定时，容器内压强不再变化；⑦温度和压强一定时混合气体密度不再变化（2）硫酸生产中炉气转化反应为：2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）。研究发现，SO3的体积分数（SO3%）随温度（T）的变化如上图所示。下列判断正确的是A.该反应的正反应为放热反应B.曲线I上A、C两点反应速率的关系是：VA>VCC.反应达到B点时，2V正（O2）＝V逆（SO3）D.已知V2O5的催化效果比Fe2O3好，若I表示用V2O5作催化剂的曲线，则II是Fe2O3作催化剂的曲线19、某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量．

rm{(1)A}中试剂为______rm{.}

rm{(2)}实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是______rm{..}

rm{(3)}检查气密性；将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：

rm{垄脵}记录rm{C}的液面位置；

rm{垄脷}将rm{B}中剩余固体过滤；洗涤，干燥，称重；

rm{垄脹}待rm{B}中不再有气体产生并恢复至室温后，记录rm{C}的液面位置；

rm{垄脺}由rm{A}向rm{B}中滴加足量试剂；

上述操作的顺序是______rm{(}填序号rm{)}记录rm{C}的液面位置时；除视线平视外，还应______．

rm{(4)B}中发生反应的化学反应方程式：______．

rm{(5)}若实验用铝镁合金的质量为rm{a}rm{g}测得氢气体积为rm{b}rm{mL(}已换算为标准状况rm{)}rm{B}中剩余固体的质量为rm{c}rm{g}则铝的相对原子质量为______rm{(}用含rm{a}rm{b}rm{c}的式子表示计算结果rm{)}．

rm{(6)}实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将______rm{.(}填“偏大”、“偏小”或“不受影响”rm{)}20、某课外小组在实验室中用下列仪器，以乙醇、浓硫酸和溴为原料制备rm{1}rm{2}二溴乙烷rm{.}已知rm{1}rm{2}二溴乙烷熔点为rm{9隆忙}rm{C_{2}H_{5}OHxrightarrow[{脜篓脕貌脣谩}]{170隆忙}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O.}

rm{C_{2}H_{5}OH

xrightarrow[{脜篓脕貌脣谩}]{170隆忙}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O.}如果气体流向为从左到右，正确的连接顺序是rm{(1)}短接口或橡皮管均已略去rm{(}rm{)}经rm{B}插入rm{A(1)}中，rm{A}接rm{D}rm{A(2)}接______接______接______接______．

rm{A(3)}装置rm{(2)}是三颈烧瓶，仪器rm{A}的漏斗的特点是______；河沙的作用为______．

rm{D}写出仪器rm{(3)}的两个作用：______．

rm{C}温度计水银球的正确位置是__________________．

rm{(4)}反应管rm{(5)}中加入少量水及把反应管rm{E}置于盛有冷水的小烧杯中是因为______．

rm{E}若产物中有少量未反应的rm{(6)}最好用______rm{Br_{2}}填正确选项前的字母rm{(}洗涤除去．

rm{)}饱和亚硫酸氢钠溶液rm{a.}氢氧化钠溶液。

rm{b.}碘化钠溶液rm{c.}乙醇。

rm{d.}产品中可能会有的有机杂质是______，可用______方法除去．rm{(7)}21、在实验室里制取乙烯，常因温度过高而使乙醇和浓硫酸反应生成少量的二氧化硫，有人设计实验图以确认上述混合气体中有rm{C_{2}H_{4}}和rm{SO_{2}.}回答下列问题：

rm{(1)}实验室制备乙烯的反应方程式是：______

rm{(2)I}Ⅱ、Ⅲ、rm{IV}装置可盛放的试剂是rm{I}______；Ⅱ______；Ⅲ______；Ⅳ______rm{.(}将下列有关试剂的序号填入空格内rm{)}．

A.品红溶液rm{B.NaOH}溶液rm{C.}浓硫酸rm{D.}酸性rm{KMnO_{4}}溶液。

rm{(3)}能说明rm{SO_{2}}气体存在的现象是______．

rm{(4)}使用装置rm{II}的目的是______．

rm{(5)}使用装置rm{III}的目的是______．

rm{(6)}确定含有乙烯的现象是______．22、反应2AB＋C，在某一温度时，达到平衡。（1）若温度升高，化学平衡正向移动，则正反应是_____热反应；（2）若B是固体，降低压强时，平衡逆向移动，则A是_____态；（3）若A是气态，加压时，平衡不移动，则B为_______态，C为______态。23、rm{(1)AlCl_{3}}的水溶液呈______rm{(}填“酸”、“中”或“碱”rm{)}性，原因是rm{(}用离子方程式表示rm{)}______________________________；实验室在配制rm{AlCl_{3}}溶液时，常将rm{AlCl_{3}}固体先溶于浓盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以____________rm{(}填“促进”或“抑制”rm{)}其水解rm{.}将rm{AlCl_{3}}溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是____________rm{(}填化学式rm{).}rm{(2)25隆忙}两种酸的电离平衡常数如表rm{.}。

rm{K_{a1}}rm{K_{a2}}rm{H_{2}SO_{3}}rm{1.3隆脕10^{-2}}rm{6.3隆脕10^{-4}}rm{H_{2}CO_{3}}rm{4.2隆脕10^{-7}}rm{5.6隆脕10^{-11}}rm{垄脵HSO_{3}^{-}}的电离平衡常数表达式rm{K=}____________．rm{垄脷}已知：rm{0.10mol?L^{-1}NaHSO_{3}}溶液显酸性，则该溶液中离子浓度由大到小的顺序为______________________________．rm{垄脹H_{2}SO_{3}}溶液和rm{NaHCO_{3}}溶液反应的主要离子方程式为______________________________．rm{(3)}已知rm{25隆忙}时人rm{K_{sp}[Fe(OH)_{3}]=8x10^{-39}}该温度下反应rm{Fe(OH)_{3}+3H^{+}?Fe^{3+}+3H_{2}O}的平衡常数为____________rm{.}向rm{0.001mol/L}rm{FeCl_{3}}溶液中通人氨气rm{(}体积变化忽略不计rm{)}开始沉淀时溶液的rm{pH}为____________rm{.(}已知rm{lg5=0.7)}24、下列各组物质：

A.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}

B.rm{;^{16}O}和rm{;^{18}O}

C.rm{CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}}和rm{CH_{3}-CH(CH_{3})CH_{3}}

D.三氯甲烷和氯仿。

E.甲烷和庚烷。

F.异丁烷和rm{2-}甲基丙烷。

rm{(1)}______组互为同位素；

rm{(2)}______组两物质互为同素异形体；

rm{(3)}______组两物质属于同系物；

rm{(4)}______组两物质互为同分异构体；

rm{(5)}______组是同一物质．25、（1）CH2ClCH2Cl系统命名法名称______。

（2）中碱性基团的名称______；可以发生以下哪些反应______。

A：酯化反应B：水解反应C：消去反应D：成肽反应。

（3）当运动员肌肉挫伤或扭伤时；队医随即对准球员的受伤部位喷射药剂氯乙烷（沸点12.27℃），进行局部冷冻麻醉应急处理写出乙烯和氯化氢制得氯乙烷的化学反应方程式______。

（4）最简单的炔烃的电子式______，该物质的实验室制法（用化学方程式表示）______。评卷人得分四、有机推断题(共4题，共20分)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__________________________________．28、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。29、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、元素或物质推断题(共4题，共40分)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、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：_____________。32、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）。33、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_______参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【解析】【答案】D2、D【分析】【解答】海水中氯；溴、碘是以离子形式存在；没有单质形式，钠、镁、铝也是以离子形式存在。

【分析】本题考查不需要化学变化就能够从海水中获得的物质，熟练掌握由化合物制取单质的方法是解题的关键。3、B【分析】【分析】分析题中各选项，只有B项判断起来较为困难，故本题可采用排除法定夺。由于在光的条件下，X可转化为Y，其为分子式相同、结构不同的两种物质，故A项正确；由于X、Y分子中都含烯烃双键，故它们都能发生加聚反应，也可与Br2发生加成反应，故C项正确；因X、Y分子中只含苯环和烯烃双键，由于苯环和烯键均为平面结构，故它们可以共平面，即D项说法正确；从而知B答案错误。4、B【分析】解：rm{A.}先拐先平温度高；甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故A错误；

B.丙中达到平衡状态二氧化碳rm{0.12mol}

rm{2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}

起始量rm{(mol/L)0.1}rm{0.1}rm{0}rm{0}

变化量rm{(mol/L)0.06}rm{0.06}rm{0.03}rm{0.06}

平衡量rm{(mol/L)0.04}rm{0.04}rm{0.03}rm{0.06}

乙若达到相同平衡状态；体积增大一倍；

rm{2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}

起始量rm{(mol/L)0}rm{0}rm{0.05}rm{0.1}

变化量rm{(mol/L)0.04}rm{0.04}rm{0.02}rm{0.04}

平衡量rm{(mol/L)0.04}rm{0.04}rm{0.03}rm{0.06}

此时氮气转化率rm{dfrac{0.02}{0.05}隆脕100%=40%}甲乙温度高于丙，温度越高二氧化碳二氧化碳物质的量越小，说明升温平衡逆向进行，氮气转化率小于rm{dfrac

{0.02}{0.05}隆脕100%=40%}故B正确；

C.温度rm{40%}反应为放热反应，温度越低平衡正向进行，气体物质的量减小，气体压强减小，乙气体物质的量为甲的一倍，相当于增大压强，平衡正向进行，气体物质的量减小，达到平衡时，乙容器中的压强一定小于甲容器的rm{T_{1}>T_{2}}倍；故C错误；

D.rm{2}

起始量rm{2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}rm{(mol/L)0.1}rm{0.1}rm{0}

变化量rm{0}rm{(mol/L)0.06}rm{0.06}rm{0.03}

平衡量rm{0.06}rm{(mol/L)0.04}rm{0.04}rm{0.03}

rm{K=dfrac{0.06^{2}隆脕0.03}{0.04^{2}times0.04^{2}}=42.19}

丙容器中反应达到平衡后，再充入rm{0.06}和rm{K=dfrac

{0.06^{2}隆脕0.03}{0.04^{2}times0.04^{2}}=42.19}浓度商rm{Qc=dfrac{(0.06+0.05)^{2}隆脕0.03}{(0.04+0.05)^{2}times0.04^{2}}=28.14<K}平衡正向进行。

此时rm{0.10molNO}正rm{0.10molCO_{2}}逆rm{Qc=dfrac

{(0.06+0.05)^{2}隆脕0.03}{(0.04+0.05)^{2}times

0.04^{2}}=28.14<K}故D错误；

故选B。

A.先拐先平温度高；甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行；

B.丙中达到平衡状态二氧化碳rm{v(}结合三行计算得到。

rm{)>v(}

起始量rm{)}rm{0.12mol}rm{2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}rm{(mol/L)0.1}

变化量rm{0.1}rm{0}rm{0}rm{(mol/L)0.06}

平衡量rm{0.06}rm{0.03}rm{0.06}rm{(mol/L)0.04}

乙若达到相同平衡状态；体积增大一倍；

rm{0.04}

起始量rm{0.03}rm{0.06}rm{2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}rm{(mol/L)0}

变化量rm{0}rm{0.05}rm{0.1}rm{(mol/L)0.04}

平衡量rm{0.04}rm{0.02}rm{0.04}rm{(mol/L)0.04}

此时氮气转化率rm{dfrac{0.02}{0.05}隆脕100%=40%}甲乙温度高于丙，温度越高二氧化碳二氧化碳物质的量越小，说明升温平衡逆向进行；

C.温度rm{0.04}反应为放热反应，温度越低平衡正向进行，气体物质的量减小，气体压强减小，乙气体物质的量为甲的一倍，相当于增大压强，平衡正向进行，气体物质的量减小；

D.由丙容器中平衡浓度计算平衡常数，再充入rm{0.03}和rm{0.06}计算此时浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向。

本题考查了化学平衡影响因素分析、平衡常数、转化率计算、等效平衡的建立等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。rm{dfrac

{0.02}{0.05}隆脕100%=40%}【解析】rm{B}5、C【分析】由元素周期律可知，电负性强的元素，非金属性强。【解析】【答案】C6、D【分析】试题分析：A、在Na2O中阳离子是钠离子、阴离子是氧离子，Na2O2中阳离子是钠离子、阴离子是过氧根离子，因此阴、阳离子的个数比都是1：2，故A错误；B、由钠原子守恒可知，①和②生成等物质的量的产物时，钠元素的化合价都是由0升高到+1价，则转移的电子数相同，故B错误；C、温度升高，Na与足量O2反应的产物是Na2O2，故C错误；D、热化学方程式25℃、101kPa下：①2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣414kJ•mol﹣1，②2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1，①×2﹣②可得Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=﹣317kJ•mol﹣1，故D正确；考点：热化学方程式；化学反应速率的影响因素．.【解析】【答案】D．7、D【分析】解：A．先用Na2CO3溶液处理；发生沉淀的转化生成碳酸钙，碳酸钙溶于盐酸，则处理方法合理，故A不选；

B．溴与NaOH溶液反应后；与溴苯分层，然后分液可分离，故B不选；

C．“酸可以除锈”中发生氧化铁与酸的反应；“热的纯碱溶液去油污”中纯碱、油污发生水解反应；均有新物质生成，均属于化学反应，故C不选；

D．催化剂不影响平衡移动；则催化剂不能提高合成氨工业中原料的转化率，该方法不合理，故D选；

故选D．

A．先用Na2CO3溶液处理；发生沉淀的转化生成碳酸钙，碳酸钙溶于盐酸；

B．溴与NaOH溶液反应后；与溴苯分层；

C．“酸可以除锈”中发生氧化铁与酸的反应；“热的纯碱溶液去油污”中纯碱、油污发生水解反应；

D．催化剂不影响平衡移动．

本题考查较综合，涉及混合物分离提纯、沉淀转化、影响反应速率及平衡的因素等，为高频考点，把握物质的性质、相关反应原理等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】【答案】D8、A【分析】【分析】本题考查了物理变化与化学变化的区别，可根据概念进行解答，题目较简单。【解答】A.海水晒盐过程中无新物质生成，属于物理变化，故A正确；B.铁圈钝化是因为铁被浓硫酸或浓硝酸氧化生成一层致密的保护膜，发生了化学变化，故B错误；C.湿法炼铜的原理是rm{Fe+Cu^{2+}=Cu+Fe^{2+}}发生了化学变化，故C错误；D.rm{Fe+Cu^{2+}=Cu+Fe^{2+}}发生了化学变化，故D错误。故选A。铝热焊接的原理是铝与某些金属氧化物放出大量的热，该过程【解析】rm{A}二、多选题(共9题，共18分)9、BD【分析】【分析】本题考查化学反应的热量变化，学生应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题。【解答】A.rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}在rm{O}rm{O}B.rm{{,!}_{2}}在中燃烧反应为放热反应，故A错误；中燃烧反应为放热反应，rm{H_{2}}

rm{O_{2}}

故B正确；

C.该反应速度不是很快，故C错误；D.该反应速度很慢，故D正确。【解析】rm{BD}10、ABD【分析】【分析】本题考查了有机物的水解，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握。【解答】A.油脂是油与脂肪的统称，由高级脂肪酸与甘油形成的酯，液态为油，固态为脂肪，故A正确；

B.蛋白质是氨基酸缩聚形成的高分子化合物，水解最终生成氨基酸，故B正确；

C.纤维素水解生成葡萄糖，能发生水解，故C错误；

D.淀粉水解最终生成葡萄糖，故D正确。

故选ABD。【解析】rm{ABD}11、BC【分析】【分析】本题考查离子反应发生的条件，熟知常见物质的溶解度是解题的必备知识，离子反应发生的条件有：生成沉淀、气体、弱电解质rm{(}水、弱酸、弱碱等rm{)}发生氧化还原反应。水、弱酸、弱碱等rm{(}发生氧化还原反应。【解答】rm{)}rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}可以与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}可以与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}

与硝酸根离子、氯离子不能发生离子反应。A.rm{Ba}rm{Ba}

rm{{,!}^{2+}}与氯离子不能发生离子反应，因此不会生成沉淀，故A错误；B.rm{Ba}

rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}可以与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，故B正确；

C.rm{Ba}

rm{Ba}【解析】rm{BC}12、ABD【分析】解：粗盐提纯过程为：溶解粗盐，加入试剂将杂质离子除去，接着过滤除去难溶物、泥沙等，加入盐酸调节溶液rm{pH}除去过量的除杂试剂，最后通过蒸发浓缩达到纯净的氯化钠，所以必需的操作为：溶解；过滤、蒸发浓缩；

故选ABD．

实验室里由粗盐制备精盐的实验中；首先将粗盐溶解，然后加入除杂试剂将杂质离子变成沉淀，然后通过过滤除去难溶物，最后对滤液进行蒸发浓缩达到纯净的氯化钠，据此进行解答．

本题考查了粗盐的提纯方法，题目难度不大，注意掌握粗盐提纯过程中除杂试剂的选用及除杂试剂的加入顺序，明确除杂原则．【解析】rm{ABD}13、ACD【分析】解：碱金属元素原子最外层电子都有rm{1}个电子，化合价都为rm{+1}价；从上到下依次增强，原子半径依次增大，单质的还原性依次增强；

故选：rm{ACD}．

同主族元素金属性从上到下依次增强；原子半径依次增大，单质的还原性依次增强，据此解答．

本题考查了碱金属元素性质递变规律，明确同主族元素性质的递变规律是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{ACD}14、ABCD【分析】解：rm{A.}四氯化碳为有机物；不能燃烧，则不是所有有机物均燃烧，故A错误；

B.苯酚酸性比碳酸弱；大于碳酸氢根离子的酸性，则苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠；碳酸氢钠，故B错误；

C.制取乙酸乙酯时；先加密度小的后加密度大的液体，最后加乙酸，则试剂的混合顺序是先加乙醇，再加浓硫酸，然后加乙酸，故C错误；

D.石油为混合物；分馏产品仍为混合物，则石油分馏得到的汽油是混合物，故D错误；

故选ABCD．

A.四氯化碳为有机物；不能燃烧；

B.苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠；碳酸氢钠；

C.制取乙酸乙酯时；先加密度小的后加密度大的液体，最后加乙酸；

D.石油为混合物；分馏产品仍为混合物．

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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为易错点、类似浓硫酸的稀释，题目难度不大．【解析】rm{ABCD}15、BD【分析】【分析】本题考查化学反应的热量变化，学生应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题。【解答】A.rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}在rm{O}rm{O}B.rm{{,!}_{2}}在中燃烧反应为放热反应，故A错误；中燃烧反应为放热反应，rm{H_{2}}

rm{O_{2}}

故B正确；

C.该反应速度不是很快，故C错误；D.该反应速度很慢，故D正确。【解析】rm{BD}16、ACD【分析】【分析】本题考查了物质分离提纯的方法，混合物分层，说明两种液体不互溶，反之不出现分层时选项中的物质与水互溶，以此来解答。【解答】A.乙酸乙酯难溶于水，与水混合后静置会出现分层，故A正确；B.乙醇和水互溶，与水混合后静置不会出现分层，故B错误；C.三氯甲烷难溶于水，与水混合后静置会出现分层，故C正确；D.四氯化碳难溶于水，与水混合后静置会出现分层，故D正确。故选rm{ACD}rm{ACD}【解析】rm{ACD}17、ABC【分析】【分析】

本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质。【解答】

A.根据结构简式知；甲中含氧官能团名称是酯基和羰基，故A正确；

B.乙中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子；故B正确；

C.与rm{-OH}相连rm{C}的邻位rm{C}上有rm{H}可发生消去反应；碳碳双键与溴发生加成反应，故C正确；

D.化合物丙中不含酚rm{-OH}则与氯化铁溶液不发生显色反应，故D错误。

故选ABC。

【解析】rm{ABC}三、填空题(共8题，共16分)18、略

【分析】（1）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，所以④⑤可以。①中反应速率的方向相反，但不满足速率之比是相应的化学计量数之比，不正确。②中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，正确。速率之比是相应的化学计量数之比，因此③中的关系始终是成立，不正确。反应前后体积不变，因此压强始终是不变的，⑥不正确。密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，⑦不正确。答案选②④⑤。（2）根据图像可知，当三氧化硫的含量达到最高时，说明达到平衡状态，C正确。升高温度，含量是降低的。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正确。C点的温度高，反应速率大，B不正确。催化剂不能改变平衡状态，所以平衡时三氧化硫的含量是不变的，D不正确，答案选AC。【解析】【答案】（1）②④⑤（2）AC19、略

【分析】解：rm{(1)}根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱rm{(}如rm{NaOH}溶液rm{)}反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择rm{NaOH}溶液；

故答案为：rm{NaOH}溶液；

rm{(2)}铝镁的表面都容易形成一层氧化膜；在实验前必须除去，故答案为：除去铝镁合金表面的氧化膜；

rm{(3)}实验时，记下量气管中rm{C}的液面位置，再加入rm{NaOH}溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，记录量气管中rm{C}的液面位置，最后将rm{B}中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等，必须使rm{D}和rm{C}两管中液面相平；

故答案为：rm{垄脵垄脺垄脹垄脷}使rm{D}和rm{C}的液面相平；

rm{(4)B}管中发生铝与rm{NaOH}溶液的反应：rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}故答案为：rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}

rm{(5)}铝镁合金的质量为rm{ag}rm{B}中剩余固体镁的质量为rm{cg}则参加反应的铝的质量为rm{(a-c)g}设铝的相对原子质量为rm{M}则。

rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O=2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}

rm{2M}rm{3隆脕22400ml}

rm{(a-c)g}rm{bml}

解得：rm{M=dfrac{33600(a-c)}{b}}

故答案为：rm{dfrac{33600(a-c)}{b}}

rm{(6)}铝的质量分数为：rm{dfrac{(a-c)}{a}}实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，rm{c}值偏大；铝的质量分数偏小；

故答案为：偏小．

rm{(1)Mg}rm{Al}均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，由于rm{Al}可以和碱反应而不和rm{Mg}反应，则可以用rm{NaOH}与rm{Al}反应制得rm{H_{2}}然后用排水法收集rm{H_{2}}以计算rm{Al}的量；

rm{(2)}由于rm{Al}表面容易生成氧化膜；因而要用酸处理；

rm{(3)}整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录rm{C}中的液面，两者相减即为产生rm{H_{2}}的量；最后称得的固体即为rm{Mg}的质量rm{.}在读数时要注意rm{D}rm{C}液面相平；否则气体将受压，造成读数不准；

rm{(4)B}中发生的是rm{Al}与碱的反应；

rm{(5)(a-c)}即为铝的质量，再除以rm{Al}的物质的量即为铝的摩尔质量，而rm{n(Al)}可以由产生的rm{H_{2}}获得；

rm{(6)}未洗涤，则造成rm{(a-c)}变小，则由rm{(5)}的结果可进行判断．

本题考查了探究实验、混合物的计算和测定，题目难度中等，注意把握镁铝的化学性质，侧重于元素化合物知识的综合应用的考查．【解析】rm{NaOH}溶液；除去铝镁合金表面的氧化膜；rm{垄脵垄脺垄脹垄脷}使rm{D}和rm{C}的液面相平；rm{2Al+2NaOH+2H_{2}O篓T2NaAlO_{2}+3H_{2}隆眉}rm{dfrac{33600(a-c)}{b}}偏小20、略

【分析】解：rm{(1)}仪器组装顺序为：制取乙烯气体rm{(}用rm{A}rm{B}rm{D}组装rm{)隆煤}安全瓶rm{(C}兼防堵塞rm{)隆煤}净化气体rm{(F}用rm{NaOH}溶液吸收rm{CO_{2}}和rm{SO_{2}}等酸性杂质气体rm{)隆煤}制备rm{1}rm{2-}二溴乙烷的主要反应装置rm{(E)隆煤}尾气处理rm{(G)}

故答案为：rm{C}rm{F}rm{E}rm{G}

rm{(2)}装置rm{D}为恒压滴液漏斗；该反应温度较高，容器内压强较大，若容器内压力过大时液体无法滴落，选用恒压滴液漏斗，可以平衡上下压强，使液体顺利滴下，河沙作用是防止溶液加热暴沸；

故答案为：平衡上下压强；使液体顺利滴下；防止暴沸；

rm{(3)}装置rm{C}为安全瓶；起到防止倒吸的作用，同时防止气体通道被阻塞而发生危险；

故答案为：安全瓶防止倒吸；防止气体通道被阻塞而发生危险；

rm{(4)}乙醇在浓硫酸作用下加热到rm{170^{0}C}时发消去反应生成乙烯；则温度计的位置应位于三颈瓶的液体中央，插入溶液液面以下，但不能接触瓶底；

故答案为：温度计插入液面以下；位于三颈瓶的液体中央；不接触瓶底；

rm{(5)}溴易挥发，为减少挥发，在反应管rm{E}中加入少量水可起到水封的作用，把反应管rm{E}置于盛有冷水的小烧杯中；可降低温度，减少挥发；

故答案为：溴易挥发；可以减少溴的挥发；

rm{(6)}若产物中有少量未反应的rm{Br_{2}}

rm{a.}饱和亚硫酸氢钠溶液和溴单质发生氧化还原反应，可以除去溴单质，故rm{a}正确；

rm{b.}氢氧化钠溶液中溴单质发生反应，rm{1}rm{2}二溴乙烷也会发生水解，不能除杂，故rm{b}错误；

rm{c.}碘化钠溶液和溴单质发生氧化还原反应生成碘单质也会溶于卤代烃，不能除杂，故rm{c}错误；

rm{d.}乙醇能溶解溴单质和卤代烃，不能除杂，故rm{d}错误；

故答案为：rm{a}

rm{(7)}温度在rm{140^{circ}C}会发生反应生成乙醚，温度在rm{170^{circ}C}生成乙烯，产品中可能会有的有机杂质，分离混合物是利用rm{1}rm{2-}二溴乙烷与乙醚的沸点不同；通过蒸馏方法分离；

故答案为：乙醚；蒸馏；

以乙醇、浓硫酸和溴为原料制备rm{1}rm{2}二溴乙烷rm{.}已知rm{1}rm{2}二溴乙烷熔点为rm{9隆忙}rm{C_{2}H_{5}OHxrightarrow[{脜篓脕貌脣谩}]{170隆忙}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}第一：必须除去混在乙烯中的气体杂质，尤其是rm{C_{2}H_{5}OH

xrightarrow[{脜篓脕貌脣谩}]{170隆忙}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}气体，以防止rm{SO_{2}}与rm{SO_{2}}发生反应rm{Br_{2}}影响rm{SO_{2}+Br_{2}+2H_{2}O=2HBr+H_{2}SO_{4}}rm{1}二溴乙烷产品的制备；第二：必须在理解的基础上灵活组装题给的不太熟悉的实验仪器rm{2-}如三颈烧瓶rm{(}恒压滴液漏斗rm{A}安全瓶防堵塞装置rm{D}反应管rm{C)}中冷水的作用是尽量减少溴的挥发，仪器组装顺序是：制取乙烯气体rm{E}用rm{(}rm{A}rm{B}组装rm{D}一安全瓶rm{)}兼防堵塞rm{(C}净化气体rm{)隆煤}用rm{(F}溶液吸收rm{NaOH}和rm{CO_{2}}等酸性杂质气体rm{SO_{2}}制备rm{)隆煤}rm{1}二溴乙烷的主要反应装置rm{2-}尾气处理rm{(E)隆煤}”；

rm{(G)}仪器组装顺序是：制取乙烯气体rm{(1)}用rm{(}rm{A}rm{B}组装rm{D}一安全瓶rm{)}兼防堵塞rm{(C}净化气体rm{)隆煤}用rm{(F}溶液吸收rm{NaOH}和rm{CO_{2}}等酸性杂质气体rm{SO_{2}}制备rm{)隆煤}rm{1}二溴乙烷的主要反应装置rm{2-}尾气处理rm{(E)隆煤}”；

rm{(G)}仪器rm{(2)}的漏斗为恒压滴液漏斗；可以恒压分液，混合溶液加热需要防止暴沸；

rm{D}仪器rm{(3)}的两个作用是防止倒吸；避免装置内压强增大；气体通道被阻塞而发生危险；

rm{C}温度计的位置应位于三颈瓶的液体中央；插入溶液液面以下，但不能接触瓶底；

rm{(4)}溴易挥发，把反应管rm{(5)}置于盛有冷水的小烧杯中；可降低温度，减少挥发；

rm{E}若产物中有少量未反应的rm{(6)}rm{Br_{2}}rm{1}二溴乙烷在氢氧化钠溶液中会水解，饱和亚硫酸氢钠溶液具有还原性可以和溴单质发生反应，碘化钠溶液和溴单质反应生成的碘单质，会溶解到生成的卤代烃；乙醇也会溶解rm{2}rm{1}二溴乙烷；

rm{2}温度在rm{(7)}会发生反应生成乙醚，利用rm{140^{circ}C}rm{1}二溴乙烷与乙醚的沸点不同进行解答；

本题考查有机物制备及性质实验方案的设计，题目难度中等，解答本题的关键是把握制备实验的原理，能正确设计实验顺序，牢固把握实验基本操作时解答该类题目的保证，学习中注意加强相关知识的全面把握．rm{2-}【解析】rm{C}rm{F}rm{E}rm{G}恒压分液；防止暴沸；防止倒吸；防止气体通道被阻塞而发生危险；温度计插入液面以下；位于三颈瓶的液体中央；不接触瓶底；溴易挥发，可以减少溴的挥发；rm{a}乙醚；蒸馏21、略

【分析】解：rm{(1)}利用乙醇在浓硫酸的催化作用下发生分子内脱水制取乙烯，乙醇发生了消去反应，反应的化学方程式为：rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{xrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}}rm{

xrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}}

故答案为：rm{CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{xrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}}rm{CH_{3}CH_{2}OH}

rm{

xrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}}检验二氧化硫用品红溶液，检验乙烯用高锰酸钾酸性溶液，乙烯和二氧化硫都能使高锰酸钾酸性溶液褪色，所以先检验二氧化硫，然后检验乙烯，同在检验乙烯之前用rm{CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}溶液除尽rm{(2)}再通过品红溶液不褪色确认rm{NaOH}已除干净，最后用高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯，因装置rm{SO_{2}}用来检验rm{SO_{2}}试管中品红溶液褪色，说明含有rm{I}装置rm{SO_{2}}试管装有rm{SO_{2}}溶液除去rm{II}装置rm{NaOH}试管通过品红溶液不褪色确认rm{SO_{2}}已除干净，装置rm{III}通过高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯；

故答案为：rm{SO_{2}}rm{IV}rm{A}rm{B}

rm{A}装置rm{D}用来检验rm{(3)}试管中品红溶液褪色，说明含有rm{I}

故答案为：Ⅰ中品红溶液褪色；

rm{SO_{2}}装置Ⅱ试管装有rm{SO_{2}}溶液，目的是除去rm{(4)}以免干扰乙烯的检验；

故答案为：除去rm{NaOH}以免干扰乙烯的检验；

rm{SO_{2}}装置Ⅲ试管通过品红溶液不褪色，从而确定rm{SO_{2}}已除干净；

故答案为：检验rm{(5)}是否已经被完全除去；

rm{SO_{2}}装置Ⅳ通过高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯；如果Ⅲ中的品红不褪色，Ⅳ中的酸性高锰酸钾溶液褪色，则证明有乙烯生成；

故答案为：Ⅲ中的品红不褪色；Ⅳ中的酸性高锰酸钾溶液褪色．

rm{SO_{2}}实验室制备乙烯所用的原料为乙醇，浓硫酸作催化剂、脱水剂，反应条件是加热到rm{(6)}据此写出反应的化学方程式；

rm{(1)}多种产物需检验时；应考虑先后顺序，本题中先检验二氧化硫，然后除去二氧化硫，再检验产物中有乙烯；

rm{170隆忙}根据二氧化硫能漂白品红检验二氧化硫的存在；

rm{(2)}氢氧化钠溶液能吸收二氧化硫；据此可以除去混合气体中的二氧化硫；

rm{(3)}品红溶液不褪色确认rm{(4)}已除干净；避免二氧化硫对乙烯检验的干扰；

rm{(5)}装置Ⅲ中确定无二氧化硫；装置Ⅳ中气体与酸性高锰酸钾溶液褪色证明混合气体中含有乙烯．

本题考查了乙烯的实验室制法以及产物的检验，题目难度中等，注意掌握乙烯的实验室制取原理，明确当有多种产物需检验时，应考虑先后顺序，高锰酸钾既能氧化二氧化硫，又能氧化乙烯，是解答本题的关键．rm{SO_{2}}【解析】rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH

xrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}rm{A}rm{B}rm{A}Ⅰ中品红溶液褪色；除去rm{D}以免干扰乙烯的检验；检验rm{SO_{2}}是否已经被完全除去；Ⅲ中的品红不褪色，Ⅳ中的酸性高锰酸钾溶液褪色rm{SO_{2}}22、略

【分析】【解析】试题分析：根据勒夏特勒原理，化学平衡是动态平衡，如果改变影响平衡的一个因素，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，以抗衡该改变，所以（1）若温度升高，化学平衡正向移动，则正反应是吸热反应；（2）若B是固体，降低压强时，平衡逆向移动，则A是气态；若A是气态，加压时，平衡不移动，则BC都是气态。考点：勒夏特勒原理【解析】【答案】(1)吸；(2)气；(3)气，气。23、（1）酸Al3++3H2OAl(OH)3+3H+抑制Al2O3（2）①

②c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)

③H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+2H2O（3）2.3【分析】【分析】本题考查了电解质溶液的基础知识，涉及水解原理的应用、电离平衡常数、溶液中离子浓度大小比较、rm{pH}计算等，侧重考查了学生理解运用能力。【解答】rm{(1)AlCl_{3}}为强酸弱碱盐，rm{Al^{3+}}发生水解，离子方程式为：rm{Al^{3+}+3H_{2}O?}rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}}使溶液呈酸性，常温时rm{pH<7}配制rm{AlCl_{3}}溶液时，将rm{AlCl_{3}}固体溶于浓盐酸中，溶液中rm{c(H^{+})}很大，可抑制rm{Al^{3+}}的水解；将rm{AlCl_{3}}溶液蒸干过程中，rm{HCl}挥发，水解平衡向正反应方向移动，可得到rm{Al(OH)_{3}}固体，进一步灼烧，最终得到rm{Al_{2}O_{3}}固体，故答案为：酸；rm{Al^{3+}+3H_{2}O}rm{?}rm{Al(OH)_{3}}rm{+3H^{+}}rm{Al^{3+}+3H_{2}O}rm{?}rm{Al(OH)_{3}}；抑制；rm{Al(OH)_{3}}rm{+3H^{+}}的电离方程式为：rm{HSO_{3}^{-}?H^{+}+SO_{3}^{2-}}平衡常数表达式为rm{K=dfrac{c({H}^{+})c(S{{O}_{3}}^{2-})}{c(HS{{O}_{3}}^{-})}}故答案为：rm{dfrac{c({H}^{+})c(S{{O}_{3}}^{2-})}{c(HS{{O}_{3}}^{-})}}

rm{Al_{2}O_{3}}溶液中存在亚硫酸氢根的水解与电离，水解导致其呈碱性，电离导致其呈酸性，rm{(2)垄脵HSO_{3}^{-}}溶液呈酸性，则电离程度大于水解程度；故离子浓度大小为：rm{HSO_{3}^{-}

?H^{+}+SO_{3}^{2-}}

故答案为：rm{K=

dfrac{c({H}^{+})c(S{{O}_{3}}^{2-})}{c(HS{{O}_{3}}^{-})}}

rm{

dfrac{c({H}^{+})c(S{{O}_{3}}^{2-})}{c(HS{{O}_{3}}^{-})}}由表可以知道rm{垄脷NaHSO_{3}}的二级电离小于rm{NaHSO_{3}}的一级电离，所以酸性强弱rm{c(Na^{+})>c(HSO_{3}^{-})>c(H^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(OH^{-})}所以反应的主要离子方程式为rm{c(Na^{+})>c(HSO_{3}^{-})>c(H^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(OH^{-})}而不是为rm{垄脹}；

故答案为：rm{H_{2}SO_{3}}rm{H_{2}CO_{3}}中rm{H_{2}SO_{3}>H_{2}CO_{3}>HSO_{3}^{-}}rm{H_{2}SO_{3}+HCO_{3}^{-}=HSO_{3}^{-}+CO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{c({H}^{+});=dfrac{{10}^{-14}}{c(O{H}^{-})}}，反应rm{H_{2}SO_{3}+2HCO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+2CO_{2}隆眉+2H_{2}O隆眉}的平衡常数rm{K=dfrac{c(F{e}^{3+})}{{c}^{3}({H}^{+})}=dfrac{dfrac{8隆脕{10}^{-39}}{c(O{H}^{-})}}{(dfrac{{10}^{-14}}{c(O{H}^{-})}{)}^{3}}=8隆脕{10}^{-3}}

rm{H_{2}SO_{3}+HCO_{3}^{-}=HSO_{3}^{-}+CO_{2}隆眉+2H_{2}O}溶液中rm{(3)Fe(OH)_{3}}，则形成rm{Fe(OH)_{3}?Fe^{3+}+3OH^{-}}饱和溶液时rm{{c}^{3}(O{H}^{-})=dfrac{{K}_{sp}[Fe(OH{)}_{3}]}{c(F{e}^{3+})}}则rm{c(O{H}^{-})=sqrt[3]{dfrac{8隆脕{10}^{-39}}{0.001}}=2隆脕{10}^{-12}mol/L}

则rm{c({H}^{+})=dfrac{{10}^{-14}}{c(O{H}^{-})}=5隆脕{10}^{-3}mol/L}所以rm{K_{sp}[Fe(OH)_{3}]=c^{3}(OH^{-})隆脕c(Fe^{3+})}，即开始沉淀时溶液的rm{c({H}^{+});=

dfrac{{10}^{-14}}{c(O{H}^{-})}}为rm{Fe(OH)_{3}+3H+?Fe^{3+}+3H_{2}O}故答案为：rm{K=

dfrac{c(F{e}^{3+})}{{c}^{3}({H}^{+})}=dfrac{

dfrac{8隆脕{10}^{-39}}{c(O{H}^{-})}}{(

dfrac{{10}^{-14}}{c(O{H}^{-})}{)}^{3}}=8隆脕{10}^{-3}}rm{0.001mol/LFeCl_{3}}rm{c(Fe^{3+})=0.001mol/L}【解析】rm{(1)}酸rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+;;}}抑制rm{Al^{3+}+3H_{2}O?

Al(OH)_{3}+3H^{+;;}}rm{(2)垄脵dfrac{c({H}^{+})c(S{{O}_{3}}^{2-})}{c(HS{{O}_{3}}^{-})}}

rm{Al_{2}O_{3}}rm{(2)垄脵

dfrac{c({H}^{+})c(S{{O}_{3}}^{2-})}{c(HS{{O}_{3}}^{-})}}

rm{垄脷}rm{c(Na^{+})>c(HSO_{3}^{-})>c(H^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(OH^{-})}rm{垄脹H_{2}SO_{3}+HCO_{3}^{-}=HSO_{3}^{-}+CO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{(3)8隆脕{10}^{3}}24、略

【分析】解：rm{(1)B}．rm{;^{16}O}和rm{;^{18}O}质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为氧元素的同位素，故答案为：rm{B}

rm{(2)A.O_{2}}和rm{O_{3}}同种元素形成的不同单质，属于同素异形体，故答案为：rm{A}

rm{(3)E.}甲烷和庚烷结构相似、通式相同，组成上相差rm{1}个或者若干个rm{CH_{2}}原子团的化合物，为同系物，故答案为：rm{E}

rm{(4)C.CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}}和rm{CH_{3}-CH(CH_{3})CH_{3}}分子式相同，结构不同为同分异构体，故答案为：rm{C}

rm{(5)F.}异丁烷和rm{2-}甲基丙烷相同分子式，结构相同为同种物质，rm{D.}三氯甲烷和氯仿为同种物质；

故答案为：rm{DF}．

rm{(1)}质子数相同质量数rm{(}或中子数rm{)}不同的原子互称同位素；

rm{(2)}同种元素形成的不同单质互为同素异形体；

rm{(3)}同系物指结构相似、通式相同，组成上相差rm{1}个或者若干个rm{CH_{2}}原子团的化合物；官能团数目和种类相等；

rm{(4)}具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；

rm{(5)}组成和结构都相同的物质为同一物质；同一物质组成；结构、性质都相同，结构式的形状及物质的聚集状态可能不同．

本题主要考查了同系物、同分异构体、同位素、同素异形体、同一物质的区别，题目难度不大，注意把握概念的内涵与外延，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．【解析】rm{B}rm{A}rm{E}rm{C}rm{DF}25、1，2-二氯乙烷氨基ADCH2=CH2+HClCH3CH2ClCaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑【分析】解：（1）CH2ClCH2Cl分子中；1，2号C原子上各含有1个Cl原子，其系统命名为：1，2-二氯乙烷；

故答案为：1；2-二氯乙烷；

（2）分子中含有的碱性基团为氨基；该有机物分子中含有醇羟基；羧基；能够发生酯化反应，含有氨基，能够发生成肽反应，但不能发生水解反应和消去反应，故选AD；

故答案为：氨基；AD；

（3）乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应生成氯乙烷，该反应的化学方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；

故答案为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；

（4）最简单的炔烃为乙炔，乙炔的电子式为

碳化钙（CaC2）与水反应生成氢氧化钙[Ca（OH）2]和乙炔，该反应的化学方程式为：CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2↑；

故答案为：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑。

（1）CH2ClCH2Cl分子中；在1；2号C各含有1个Cl原子，为1，2-二氯乙烷；

（2）该有机物分子中含有官能团为醇羟基；氨基、羧基；其中碱性基团为氨基，结合官能团类型判断其发生反应类型；

（3）乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应生成氯乙烷；

（4）最简单的炔烃为乙炔；乙炔中含有1个碳碳三键；实验室中用碳化钙与水反应制取乙炔。

本题考查有机物结构与性质，题目难度中等，明确常见有机物组成、结构与性质为解答关键，注意掌握常见化学用语的书写原则，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。【解析】1，2-二氯乙烷氨基ADCH2=CH2+HClCH3CH2ClCaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑四、有机推断题(共4题，共20分)26、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=CH227、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=CH228、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