2025年浙教版高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年浙教版高二化学上册阶段测试试卷601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、下列有关电化学知识的描述正确的是A.CaO＋H2O="="Ca(OH)2可以放出大量的热，故可把该反应设计成原电池，把其中的化学能转化为电能B.某原电池反应为Cu＋2AgNO3===Cu(NO3)2＋2Ag装置中的盐桥中可以是装有含琼胶的KCl饱和溶液C.因为铁的活泼性强于铜，所以将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中，若能组成原电池，必是铁作负极，铜作正极D.理论上说，任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池2、用黄色的FeCl3溶液分别进行下列实验；解释或结论不正确的是（）

。实验现象解释或结论A加入FeCl3固体溶液变成红褐色FeCl3的水解程度变大B加入等体积水溶液颜色变浅c（Fe3+）变小C加入足量Fe粉溶液颜色变浅绿色2Fe3++Fe=3Fe2+D将FeCl3溶液微热溶液变成红褐色水解反应△H＞0A.AB.BC.CD.D3、在分子中，处于同一平面上的碳原子数最多可能有rm{(}rm{)}A.rm{6}个B.rm{8}个C.rm{10}个D.rm{12}个4、在氯化铵溶液中；下列关系式正确的是（）

A.c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）

B.c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）

C.c（Cl-）=c（NH4+）＞c（H+）=c（OH-）

D.c（NH4+）=c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）

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形成化合物时，X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对应酸的酸性弱于Y对应酸的酸性D.气态氢化物的稳定性：HmY小于HmX6、相对分子质量均为88的饱和一元醇和饱和一元羧酸发生酯化反应，生成酯的结构可能有（不考虑立体异构）（）A.8种B.12种C.16种D.32种7、下列各对物质属于同分异构体的是()A.rm{{,!}_{6}^{12}{C}}与rm{{,!}_{6}^{13}{C}}B.rm{O_{2}}与rm{O_{3}}C.D.8、下列关于有机物的叙述中，正确的是rm{(}rm{)}A.甲烷是含碳质量分数最小的烃B.淀粉在人体内水解为氨基酸C.乙烯和苯都能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色D.蛋白质、糖类都属于有机高分子化合物评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、(3分)已知维生素A1的键线式如下，线的交点与端点处代表碳原子，并用氢原子补足四价，但C、H原子未标记出来。请回答下列问题：（1）维生素A1是一类重要的维生素，写出其含氧官能团的名称____。（2）维生素A1的结构简式如上图，若1mol维生素A1分子最多可跟______molH2发生加成反应10、家用液化气中的主要成分之一是丁烷，当10kg丁烷完全燃烧并生成CO2和液态水时，放出的热量是5×105kJ，试写出丁烷燃烧的热化学方程式：______．已知1mol液态水汽化时需要吸收44kJ的热量，则反应：C4H10（g）+O2（g）═4CO2（g）+5H2O（g）的△H=______kJ•mol-1．11、纳米rm{TiO_{2}}在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用，制备纳米rm{TiO_{2}}的方法之一是rm{TiCl_{4}}水解生成rm{TiO_{2}?xH_{2}O}经过滤、水洗除去其中的rm{Cl^{-}}再烘干、焙烧除去水分得到粉体rm{TiO_{2}}用现代分析仪器测定rm{TiO_{2}}粒子的大小。用氧化还原滴定法测定rm{TiO_{2}}的质量分数：一定条件下，将rm{TiO_{2}}溶解并还原为rm{Ti^{3+}}再以rm{KSCN}溶液作指示剂，用rm{NH_{4}Fe(SO_{4})_{2}}标准溶液滴定rm{Ti^{3+}}至全部生成rm{Ti^{4+}}请回答下列问题：rm{(1)TiCl_{4}}水解生成rm{TiO_{2}?xH_{2}O}的化学方程式为________________。rm{(2)}检验rm{TiO_{2}?}rm{x}rm{H_{2}O}中rm{Cl^{-}}是否被除净的方法是_______________________________。rm{(3)}配制rm{NH_{4}Fe(SO_{4})_{2}}标准溶液时，加入一定量rm{H_{2}SO_{4}}的原因是________________；使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要图中的________rm{(}填字母代号rm{)}rm{(4)}滴定终点的现象是_______________________________。rm{(5)}滴定分析时，称取rm{TiO_{2}(}摩尔质量为rm{Mg?mol^{-1})}试样rm{Wg}消耗rm{c}rm{mol?L^{-1}}rm{NH_{4}Fe(SO_{4})_{2}}标准溶液rm{V}rm{mL}则rm{TiO_{2}}质量分数表达式为________________。rm{(6)}判断下列操作对rm{TiO_{2}}质量分数测定结果的影响rm{(}填“偏高”、“偏低”或“无影响”rm{)}rm{垄脵}若在配制标准溶液过程中，烧杯中的rm{NH_{4}Fe(SO_{4})_{2}}溶液有少量溅出，使测定结果______________。rm{垄脷}若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果________________。12、有机物A与乙酸无论以何种比例混合，只要总质量一定，完全燃烧后产生的水的质量也一定，试回答：（1）有机物A必须符合的条件是；（2）符合条件的相对分子质量最小的有机物A为（写结构简式）____（3）若A与乙酸相对分子质量相等，且既能发生银镜反应又能发生酯化反应，则A的结构简式为_____________。（4）若A分子中C、H元素质量分数之和为86.67%，其余为O，且A的相对分子质量小于200，则A的分子式为___________。已知A中含有苯环结构，A可被催化氧化生成B，C为B的同分异构体，且C中也含有苯环结构，C在一定条件下水解可得到两种有机物，则符合条件的C可能的结构有____种。13、科学家从无机物制得的第一个有机化合物是______，此后其他科学家又制得了其他的有机化合物，使人们彻底摈弃了“______”．世界上第一次人工合成的蛋白质是______，它是由______国人首先合成的．评卷人得分三、推断题(共9题，共18分)14、A；B、C、D是短周期元素形成的四种气体单质．E、F均为气体；且F为红棕色．有关的转化关系如下图所示（反应条件均已略去）．请回答下列问题：

（1）反应③的离子方程式为______．

（2）Y和E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为：______．并在方程式中用双线桥标明电子转移的方向和数目。

（3）0.1mol/L的X溶液和0.1mol/L的Y溶液等体积混合，溶液呈______性；（填“酸”、“碱”或“中”）原因是：______（用离子方程式说明）15、已知：①②C物质苯环上一卤代物只有两种．

根据上述转化关系；回答问题：

（1）D物质的结构简式______，F的分子式______．

（2）写出反应②的类型______；反应⑤的条件______．

（3）写出E和D反应的化学式：______．

（4）分子中具有苯环，苯环上含有两个取代基，且能与NaHCO3溶液反应的E的同分异构体有______种（不包含E）16、聚酰胺-66常用于生产帐篷；渔网、降落伞及弹力丝袜等织物；可列用下列路线合成：

已知反应：R-CNR-COOHR-CNR-CH2NH2

（1）能与银氨溶液反应的B的同分异构体的结构简式为（写一种）______

（2）D的结构简式为______，①的反应类型为______

（3）为检验D中的官能团，所用试剂包括NaOH水溶液及______

（4）由F和G生成H的反应方程式为______．17、已知：

rm{(R}rm{(R}rm{{,!}_{1}}、rm{R}rm{R}rm{{,!}_{2}}、rm{R}有机物rm{R}的转化关系如下所示：

rm{{,!}_{3}}不能使溴的四氯化碳溶液褪色，其核磁共振氢谱为单峰代表烃基或氢rm{)}rm{)}互为同分异构体rm{A隆芦H}的化学名称是________________________。其中：rm{垄脵A}不能使溴的四氯化碳溶液褪色，其核磁共振氢谱为单峰rm{垄脷E}rm{F}互为同分异构体由rm{垄脵A}生成rm{垄脷E}或rm{F}的反应类型是________；rm{(1)C}的结构简式为_______________________。rm{(2)}下列关于rm{D}的说法正确的是_________________rm{E}填选项字母rm{F}rm{E}可与rm{(3)}溶液发生显色反应rm{G}rm{(}一定条件下，rm{)}可发生消去反应rm{a.G}与足量rm{FeCl_{3}}溶液反应，最多消耗rm{{,!}_{;;;;;;;;;;;;;;;;;}}rm{b.}在rm{G}催化、加热条件下，rm{c.1molG}可发生催化氧化反应rm{NaOH}rm{2molNaOH}由rm{d.}生成rm{Cu}的化学方程式为____________________________________________________。rm{G}由rm{{,!}}生成rm{(4)}的化学方程式为____________________________________________________。rm{C}同时满足下列条件的rm{D}的同分异构体有_______种rm{(5)}不考虑立体异构rm{G}任意写出其中一种物质的结构简式___________________________。rm{H}属于酯类rm{(6)}含有六碳环结构rm{E}六碳环上只有一个取代基rm{(}18、在稀硫酸、二氧化碳、铜片、食盐、生石灰、一氧化碳、纯碱、铁片和木炭粉rm{9}种物质间存在如下关系，选择可代表rm{垄脵隆芦垄脻}的适当物质，使有连线的两物质能发生反应。

rm{(1)}请推断它们的化学式分别为：rm{垄脵}_________；rm{垄脷}_________；rm{垄脹}_________；rm{垄脺}_________；rm{垄脻}_________。rm{(2)}写出下列序号之间的化学方程式：rm{垄脵}和rm{垄脷}________；rm{垄脷}和rm{垄脺}________；rm{垄脷}和rm{垄脻}________；rm{垄脹}和rm{垄脺}________。19、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{5}种主族元素，它们的核电荷数依次增大，其中rm{D}rm{E}是金属元素；rm{A}和rm{E}不属同一族，它俩原子的最外层电子排布为rm{ns^{1}.B}原子核外rm{s}能级的电子总数是rm{p}能级电子数的两倍，rm{B}rm{C}同周期，且原子最外层上未成对电子数相等，而rm{D}原子最外层上未成对电子数是前四周期元素中最多的rm{.}请回答下列问题：

rm{(1)}由上诉五种元素中的有两种元素可以形成自然界最多的一类物质，这类物质叫______；写出rm{D}的基态原子核外电子排布式______；

rm{(2)}写出rm{BC_{3}^{2-}}的轨道杂化类型______；

rm{(3)E}的硫酸盐溶于形成的溶液呈蓝色粒子的化学式______．20、华法林是治疗心脑血管疾病的药物；其合成路径如图（部分反应条件略去）．

已知：

（1）A属于芳香烃，其名称是______．

（2）B→C的化学方程式是______．

（3）C的含氧官能团名称是______．

（4）C→D的化学方程式是______．

（5）尝试推测E的结构简式是______．21、实验室制取乙炔及性质的实验装置如图所示。回答问题：rm{(1)}实验室制取乙炔的化学方程式为________。rm{(2)}一段时间后乙中酸性高锰酸钾溶液褪色，发生反应的类型是________；丙中溴的四氯化碳溶液也褪色，发生反应的类型是________。rm{(3)}以乙炔为原料，一定条件下按如下框图所示进行反应：rm{(}Ⅰrm{)A}的结构简式是________；rm{B}的名称为________。rm{(}Ⅱrm{)}在rm{垄脵-垄脻}中属于消去反应的有________rm{(}填数字代码rm{)}rm{(}Ⅲrm{)}写出反应rm{垄脻}的化学方程式________。rm{(}Ⅳrm{)}写出反应rm{垄脼}的化学方程式________。22、有关物质的转化关系如图所示rm{(}部分物质与条件已略去rm{)}rm{A}是常见的金属单质，rm{B}是常见的强酸，rm{E}是空气中含量最多的单质，rm{I}是既能与强酸反应又能与强碱反应的氧化物，rm{G}是最常见的无色液体，rm{J}是一种高硬度材料rm{(}摩尔质量为rm{41g隆陇mol^{-1})}

请回答下列问题：rm{(1)D}的化学式为________。rm{(2)F}的电子式为________。rm{(3)}写出反应rm{垄脵}的离子方程式：________________________________________________________________________。rm{(4)}写出反应rm{垄脷}的化学方程式：________________________________________________________________________。评卷人得分四、解答题(共3题，共24分)23、已知化合物A与B；丙与丁的元素组成相同；且四种物质中都含有同一种元素．A与B在常温下均呈液态．D与F都为固体单质，且D、F与甲的浓溶液在常温作用都无明显现象，加热时有大量气体产生．反应①除生成甲外，还生成丙．（相关转化部分反应条件和生成物未标出）

（1）A的化学式______；B的电子式______．

（2）写出反应①对应的化学方程式：______．

（3）写出过量D与甲稀溶液反应的离子方程式：______．

24、（1）真空碳热还原-氯化法可实现由铝土矿制备金属铝；相关反应的热化学方程式如下：

Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）═3AlCl（g）+3CO（g）△H=akJ•mol-1

3AlCl（g）═2Al（l）+AlCl3（g）△H=bkJ•mol-1

①反应Al2O3（s）+3C（s）═2Al（l）+3CO（g）的△H=______kJ•mol-1（用含a、b的代数式表示）．

②Al4C3是反应过程中的中间产物．Al4C3与盐酸反应（产物之一是含氢量最高的烃）的化学方程式为______．

（2）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜．已知：

Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H=+64.39kJ•mol-1

2H2O2（aq）═2H2O（l）+O2（g）△H=-196.46kJ•mol-1

H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-285.84kJ•mol-1

则H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为______．

25、

以上反应除③外都在一定温度下进行反应．请回答下列问题：

（1）写出反应②⑤化学反应方程式：

______

______

（2）反应①～⑦中属于消去反应的有______（填反应代号；下同）

属于加成反应的有______．

评卷人得分五、探究题(共4题，共12分)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。28、（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。29、（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。评卷人得分六、工业流程题(共3题，共6分)30、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。31、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去32、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【解析】试题分析：只有氧化还原反应才能设计成原电池，A中反应不是氧化还原反应，A不正确；B不正确，因为氯化钾能和硝酸银反应生成白色沉淀氯化银；C不正确，因为在常温下，铁在浓硝酸中钝化，此时铁是正极，铜是负极，答案选D。考点：考查电化学知识的有关判断和应用【解析】【答案】D2、A【分析】解：A．加入FeCl3固体，溶液变成红褐色，溶液中水解生成的Fe（OH）3浓度变大；但溶液浓度越大，水解程度越小，故A错误；

B．溶液颜色变浅，可说明c（Fe3+）变小；故B正确；

C．Fe3+具有强氧化性，可与Fe发生氧化还原反应，发生：2Fe3++Fe=3Fe2+；溶液颜色变浅绿色，故C正确；

D．将FeCl3溶液微热；溶液变成红褐色，说明升高温度平衡向正方向移动，正反应为吸热反应，故D正确．

故选A．

A．加入FeCl3固体，溶液变成红褐色，溶液中水解生成的Fe（OH）3浓度变大；

B．溶液颜色变浅，可说明c（Fe3+）变小；

C．Fe3+具有强氧化性；可与Fe发生氧化还原反应；

D．将FeCl3溶液微热；溶液变成红褐色，说明升高温度平衡向正方向移动．

本题侧重于盐类水解的平衡移动以及影响因素的考查，题目难度不大，注意把握盐类水解原理以及常见影响因素．【解析】【答案】A3、D【分析】解：在分子中，甲基中rm{C}原子处于苯中rm{H}原子的位置，甲基上的碳原子与苯环共平面，苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面，乙炔是直线型结构，所以最多有rm{12}个rm{C}原子rm{(}苯环上rm{6}个、甲基中rm{2}个、碳碳双键上rm{2}个、碳碳三键上rm{2}个rm{)}共面；

故选D．

在常见的有机化合物中；甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线；共面分析判断，注意单键可以旋转，以此解答该题．

本题考查有机物结构中共面、共线问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构，单键可以旋转，难度不大．【解析】rm{D}4、A【分析】

A、NH4Cl中铵根离子水解可得[Cl-]＞[NH4+]，铵根离子水解溶液显酸性，则[H+]＞[OH-]，离子水解的程度很弱，则[NH4+]＞[H+]，即[Cl-]＞[NH4+]＞[H+]＞[OH-]；故A正确；

B、因NH4Cl中铵根离子水解可得[Cl-]＞[NH4+]；故B错误；

C、因NH4Cl中铵根离子水解可得[Cl-]＞[NH4+]，铵根离子水解溶液显酸性，则[H+]＞[OH-]；故C错误；

D、由NH4Cl中铵根离子水解可得[Cl-]＞[NH4+]；故D错误；

故选A．

【解析】【答案】由氯化铵的化学式为NH4Cl，Cl-与NH4+的物质的量之比为1：1；根据氯化铵溶液中铵根离子水解可知；

[Cl-]＞[NH4+]，铵根离子水解溶液显酸性，则[H+]＞[OH-]；然后分析选项即可．

5、C【分析】【解析】试题分析：非金属性越强，电负性越大。同周期自左向右，福慧双修逐渐增强，因此电负性逐渐增大，则根据X、Y元素同周期，且电负性X＞Y可知，X的非金属性强于Y的，AD正确，C不正确；B正确，例如氮元素的非金属性弱于氧元素的，但电负性强于氧元素，答案选C。考点：考查元素周期律的应用和有关判断【解析】【答案】C6、C【分析】【解答】解：相对分子质量为88的饱和一元醇为戊醇（C5H12O），戊基﹣C5H11可能的结构有：﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3；所以戊醇的可能结构有8种；

和它相对分子质量相同的一元羧酸为丁酸（C3H7COOH），﹣C3H7有2种结构：﹣CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）2；所以丁酸的可能结构有2种；

故生成的酯为16种；故选C．

【分析】相对分子质量为88的饱和一元醇为戊醇（C5H12O），书写戊基﹣C5H11异构体，戊基异构数目等于戊醇的异构体数目，和它相对分子质量相同的一元羧酸为丁酸（C3H7COOH），书写戊基﹣C3H7异构体，丙基异构数目等于丁酸的异构体数目，据此解答即可．7、D【分析】【分析】

本题考查了同分异构体的定义，难度不大，注意同位素、同系物、同分异构体、同素异形体等概念的区别，根据同分异构体的定义可知，有机化合物中分子式相同，结构不同的互称为同分异构体。

【解答】

A.两者是碳元素的不同种原子，属于同位素，故A错误；B.rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}和rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}是同一元素的不同单质，属于同素异形体，故B错误；被甲基取代生成的，不存在同分异构体，故两者是一种物质，故C错误；

C.由于甲烷为正四面体结构，相当于甲烷中的两个rm{H}被甲基取代生成的，不存在同分异构体，故两者是一种物质，故C错误；rm{H}D.

与【解析】rm{D}8、A【分析】解：rm{A.}甲烷是烃中含碳质量分数最小的有机物；故A正确；

B.淀粉水解为葡萄糖；蛋白质水解为氨基酸，故B错误；

C.乙烯含碳碳双键；可被酸性高锰酸钾氧化，故可使酸性高锰酸钾褪色，苯性质稳定，不能使酸性高锰酸钾褪色，故C错误；

D.糖类中淀粉；纤维素属于高分子化合物；糖类中单糖、二糖等属于小分子，故D错误；

故选A．

A.甲烷是烷烃中含碳质量分数最小的有机物；

B.淀粉水解产物为葡萄糖；

C.含有不饱和键；醛基以及乙醇等可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；

D.糖类中单糖；二糖等属于小分子．

本题考查了常见有机物的组成和性质，较基础，注意天然高分子化合物主要为橡胶、蛋白质、淀粉、纤维素，油脂、葡萄糖、蔗糖都不是高分子化合物．【解析】rm{A}二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据维生素A1的键线式，可以判断出含氧官能团是醇羟基。维生素A1分子中共有5个碳碳双键，所以1mol维生素A1可以与5molH2加成。考点：碳碳双键的性质【解析】【答案】（1）羟基（2）510、略

【分析】解：当10kg丁烷完全反应物质的量=mol，完全燃烧并生成二氧化碳和液态水时，放出热量为5×105kJ，2mol丁烷完全反应放热==5800kJ，丁烷燃烧的热化学方程式：2C4H10（g）+13O2（g）=8CO2（g）+10H2O（l）△H=-5800kJ/mol；

已知1mol液态水汽化时需要吸收44kJ热量；

①H2O（l）=H2O（g）△H=44kJ/mol；

②2C4H10（g）+13O2（g）=8CO2（g）+10H2O（l）△H=-5800kJ/mol；

依据盖斯定律①×10+②得到：2C4H10（g）+13O2（g）=8CO2（g）+10H2O（g）△H=-5360kJ/mol；

即：C4H10（g）+O2（g）═4CO2（g）+5H2O（g）△H=-2680KJ/mol；

故答案为：2C4H10（g）+13O2（g）=8CO2（g）+10H2O（l）△H=-5800kJ/mol；-2680．

根据质量换算物质的量；结合化学方程式对应的物质的量计算反应放出的热量，根据热化学方程式书写方法写出丁烷燃烧的热化学方程式；已知1mol液态水汽化时需要吸收44kJ热量，根据热化学方程式和盖斯定律计算得到．

本题考查了热化学方程式的书写方法和计算应用，题目较简单，注意焓变计算和物质聚集状态的标注．【解析】2C4H10（g）+13O2（g）=8CO2（g）+10H2O（l）△H=-5800kJ/mol；-268011、（1）TiCl4+（x+2）H2O⇌TiO2•xH2O↓+4HCl（2）取少量水洗液，滴加酸性AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl-已除净（3）抑制NH4Fe(SO4)2水解ac（4）溶液变为红色，且半分钟颜色不发生改变（5）×100%

（6）①偏高②偏低【分析】【分析】本题考查化学实验的知识的综合考察，是高考的重要题型，涉及基本操作、离子检验和氧化还原滴定等，题目难度中等，注意对实验原理的理解与对基本操作的掌握。【解答】rm{(1)}依据盐类的水解的原理可得，rm{TiCl}依据盐类的水解的原理可得，rm{(1)}rm{TiCl}rm{{,!}_{4}}水解生成rm{TiO}rm{TiO}rm{{,!}_{2}}rm{?xH}的化学方程式为：rm{?xH}rm{{,!}_{2}}rm{O}的化学方程式为：rm{O}rm{TiCl}rm{TiCl}rm{{,!}_{4}}rm{+(x+2)H}rm{+(x+2)H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{?}rm{?}rm{TiO}rm{TiO}rm{{,!}_{2}}rm{?xH}rm{?xH}rm{{,!}_{2}}rm{O隆媒+4HCl}rm{O隆媒+4HCl}。检验故答案为：中rm{TiCl}rm{TiCl}rm{{,!}_{4}}是实验rm{+(x+2)H}rm{+(x+2)H}rm{{,!}_{2}}rm{O?TiO}rm{O?TiO}rm{{,!}_{2}}rm{?xH}rm{?xH}rm{{,!}_{2}}rm{O隆媒+4HCl}rm{O隆媒+4HCl}rm{(2)}rm{TiO_{2}?xH_{2}O}是否存在rm{Cl}rm{Cl}依据盐类水解的规律，配制rm{{,!}^{-}}标准溶液时，需要加入一定量rm{Cl}的防止盐的水解，所以原因是：rm{Cl}rm{{,!}^{-}}的鉴定，所以检验被除净的方法是：取少量水洗液，滴加酸性rm{AgNO}rm{AgNO}rm{{,!}_{3}}溶液，不产生白色沉淀，说明rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}^{-}}已除净。故答案为：取少量水洗液，滴加酸性rm{AgNO}rm{AgNO}rm{{,!}_{3}}溶液，不产生白色沉淀，说明rm{Cl}由于滴定的结果是rm{Cl}变化成rm{{,!}^{-}}所以滴定终点的现象是：已除净；rm{(3)}rm{NH_{4}Fe(SO_{4})_{2}}rm{H_{2}SO_{4}}抑制rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{4}}rm{Fe(SO4)}摩尔质量为rm{Fe(SO4)}rm{{,!}_{2}}水解试样；依据溶液的配制知识可得，使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要图中的rm{ac}消耗rm{ac}。故答案为：抑制rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{4}}rm{Fe(SO4)}rm{Fe(SO4)}rm{{,!}_{2}}根据得失电子守恒，有：水解；rm{ac}rm{ac}rm{(4)}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}溶液变为红色，且半分钟颜色不发生改变。故答案为：溶液变为红色，且半分钟颜色不发生改变；rm{(5)}滴定分析时，称取rm{TiO}其质量分数为：则rm{TiO}rm{{,!}_{2}}rm{(}摩尔质量为rm{Mg隆陇mol}rm{(}或rm{Mg隆陇mol}故答案为：rm{{,!}^{-1}}或rm{)}试样rm{wg}消耗rm{cmol隆陇L}rm{)}rm{wg}若在配制标准溶液过程中，烧杯中的rm{cmol隆陇L}溶液有少量溅出，其物质的量浓度减小，消耗的体积增大，使测定结果会偏高。故答案为：偏高；rm{{,!}^{-1}}若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读取的体积比实际消耗的体积偏小，使测定结果偏低。故答案为：偏低。rm{NH}【解析】rm{(1)TiCl_{4}+(x+2)H_{2}O?TiO_{2}?xH_{2}O隆媒+4HCl}rm{(2)}取少量水洗液，滴加酸性rm{AgNO_{3}}溶液，不产生白色沉淀，说明rm{Cl^{-}}已除净rm{(3)}抑制rm{NH_{4}Fe(SO4)_{2}}水解rm{ac}rm{ac}溶液变为红色，且半分钟颜色不发生改变rm{(5)dfrac{cvm}{1000w}隆脕100%}

rm{(4)}偏高rm{(5)dfrac{cvm}{1000w}

隆脕100%}偏低rm{(6)垄脵}12、略

【分析】【解析】【答案】（1）A中H的质量分数与乙酸中相同（6.67％）（其它符合题意的说法也可以）；（2）HCHO；（3）CH2(OH)－CHO；（4）C8H8O，613、略

【分析】解：人们认为有机物只能由动物或植物产生；不可能通过人工的方法将无机物转变为有机物．这种“生命力论”的思想曾一度扼杀了许多著名化学家的创造力．1828年，德国化学家维勒在制备无机盐氰酸铵（NH4CNO）时得到了尿素．其他化学家又以无机物为原料合成了醋酸；苹果酸、甲烷、乙炔等有机化合物，使人们彻底摈弃了““生命力论”．世界上第一次人工合成的蛋白质是结晶牛胰岛素，它是由中国人首先合成的；

故答案为：维勒；生命力论；结晶牛胰岛素；中．

人们认为有机物只能由动物或植物产生；不可能通过人工的方法将无机物转变为有机物．这种“生命力论”的思想曾一度扼杀了许多著名化学家的创造力．1828年，德国化学家维勒在制备无机盐氰酸铵（NH4CNO）时得到了尿素．我国科学家在世界上第一次人工合成蛋白质结晶牛胰岛素．

本题考查蛋白质的性质、化学史等，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累．【解析】维勒；生命力论；结晶牛胰岛素；中三、推断题(共9题，共18分)14、略

【分析】解：与F产生“白烟”现象，是挥发性酸和氨气相遇后的产物，单质D与单质A反应生成X、单质D与单质B反应生成Y，由此可推知D是H2，红棕色气体F为NO2，由转化关系，结合元素守恒可推知C为O2，故Z为H2O，A为Cl2，Y为NH3，X为HCl，E为NO，C为O2，G为HNO3；

（1）反应③为NO2与H2O的反应，反应的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO；

故答案为：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO；

（2）E为NO，为污染性气体，在一定条件下可与NH3反应生成N2和H2O，反应的化学方程式为：4NH3+6NO=5N2+6H2O，标出电子转移数目与方向为：

故答案为：

（4）两者恰好完全反应时生成NH4Cl，为强酸弱碱盐，溶液中存在NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；铵根离子水解而使溶液显酸性；

故答案为：酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+．

X与F产生“白烟”现象，是挥发性酸和氨气相遇后的产物，单质D与单质A反应生成X、单质D与单质B反应生成Y，由此可推知D是H2，红棕色气体F为NO2，由转化关系，结合元素守恒可推知C为O2，故Z为H2O，A为Cl2，Y为NH3，X为HCl，E为NO，C为O2，G为HNO3；据此解答．

本题考查物质的推断，题目难度中等，本题注意从物质反应的典型现象作为该题的突破口，该题中注意把握盐类的水解以及弱电解质的电离．【解析】3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO；酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+．15、略

【分析】解：C的分子式为C9H11Br，发生水解反应生成E，E氧化生成E，由D、E分子式可知，D属于醇、E属于羧酸，D中存在-CH2OH结构，A与溴发生加成反应得到B，B与H发生信息中的取代反应得到C，且C的苯环上一卤代物只有两种，可推知C为则A为CH2=CH2，B为BrCH2CH2Br，H为D为E为由G的结构简式可知，C生成F的反应为消去反应，所以F的结构简式为G为．

（1）D物质的结构简式为F为分子式为C9H10；

故答案为：C9H10；

（2）反应②为BrCH2CH2Br与甲苯反应生成和HBr；该反应为取代反应；

反应⑤的化学方程式为：则反应条件为：NaOH醇溶液；加热；

故答案为：取代反应；NaOH醇溶液；加热；

（3）E和D反应的化学方程式：

故答案为：

（4）E为其同分异构体满足：分子中具有苯环，苯环上含有两个取代基，且能与NaHCO3溶液反应，说明含有-COOH，两个取代基为-CH3、-CH2COOH，或者-CH2CH3；-COOH；各有邻、间、对3种（包含E），故不包含E的同分异构体有5种；

故答案为：5．

C的分子式为C9H11Br，发生水解反应生成E，E氧化生成E，由D、E分子式可知，D属于醇、E属于羧酸，D中存在-CH2OH结构，A与溴发生加成反应得到B，B与H发生信息中的取代反应得到C，且C的苯环上一卤代物只有两种，可推知C为则A为CH2=CH2，B为BrCH2CH2Br，H为D为E为由G的结构简式可知，C生成F的反应为消去反应，所以F的结构简式为G为．

本题考查有机物的推断，根据反应条件及有机物分子式利用正推法与逆推法相结合进行判断，是对有机物知识的综合考查，能较好地考查学生的阅读、分析与思维能力，是有机热点题型，熟练掌握掌握常见有机物结构与性质．【解析】C9H10；取代反应；NaOH醇溶液、加热；516、略

【分析】解：A发生加成反应生成B，B发生加成反应生成C，C反应生成D，D发生取代反应生成E，根据E结构简式知，D为CH2ClCH2CH2CH2Cl，C发生取代反应生成D，结合题给信息知，F为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，G为NH2CH2CH2CH2CH2CH2CH2NH2，F和G发生缩聚反应生成H，H结构简式为HOH；

（1）B分子式是C4H8O，符合饱和一元醛的通式，能与银氨溶液反应的B的同分异构体含-CHO，其结构简式为CH3CH2CH2CHO，故答案为：CH3CH2CH2CHO或（CH3）2CHCHO；

（2）由上述分析可知，D为CH2ClCH2CH2CH2Cl；反应①的反应中-Cl被-CN取代，属于取代反应，故答案为：CH2ClCH2CH2CH2Cl；取代反应；

（3）D中官能团为-Cl，要检验氯代烃中氯元素，应先通过NaOH溶液水解，然后加硝酸至酸性再用AgNO3溶液检验Cl-，故答案为：AgNO3溶液与稀硝酸；

（4）F和G生成H的反应方程式为

故答案为：．

A发生加成反应生成B，B发生加成反应生成C，C反应生成D，D发生取代反应生成E，根据E结构简式知，D为CH2ClCH2CH2CH2Cl，C发生取代反应生成D，结合题给信息知，F为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，G为NH2CH2CH2CH2CH2CH2CH2NH2，F和G发生缩聚反应生成H，H结构简式为HOH；结合题目分析解答．

本题考查有机推断、同分异构体的判断及书写、结构简式的判断及书写、化学方程式的判断及书写、卤代烃的官能团的检验试剂的选择等知识点，综合性较强，侧重考查学生分析推断及知识综合运用能力，明确合成流程中各物质的推断是解答的关键，注意有机物的官能团与性质的关系即可解答，题目难度中等．【解析】CH3CH2CH2CHO或（CH3）2CHCHO；CH2ClCH2CH2CH2Cl；取代反应；AgNO3溶液与稀硝酸；17、(1)环己醇

(2)加成反应

(3)b

(4)

(5)

(6)6

【分析】【分析】本题旨在考查学生对有机物的推断、同分异构体、有机物的结构和性质、结构简式、化学方程式的书写等应用。【解答】根据题意，rm{A}为环己烷，rm{B}为一氯环己烷，rm{C}为环己醇，rm{D}为环己酮，和丙醛生成rm{E}为和rm{F}rm{F}和银氨溶液反应生成rm{G}为发生缩聚反应生成rm{H}为：rm{(1)C}的化学名称是环己醇，故答案为：环己醇；的化学名称是环己醇，故答案为：环己醇；rm{(1)C}由rm{(2)}由rm{D}生成rm{E}或rm{F}的反应类型是加成反应，rm{E}的结构简式为：生成rm{(2)}或rm{D}的反应类型是加成反应，rm{E}的结构简式为：rm{F}rm{E}；故答案为：加成反应；为没有酚羟基，不能和氯化铁溶液发生显色反应，与羟基相连的邻位碳原子有氢原子，可以发生消去反应；有机物含有羧基和醇羟基，；该物质最多小号rm{(3)G}为氢氧化钠，与羟基相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化，故rm{(3)G}正确；故答案为：rm{1mol}rm{1mol}由rm{b}生成rm{b}的化学方程式为：故答案为：rm{(4)}由rm{C}生成rm{D}的化学方程式为：由rm{(4)}生成rm{C}的化学方程式为：故答案为：rm{D}同时满足下列条件rm{(5)}由rm{G}生成rm{H}的化学方程式为：属于酯类rm{(5)}含有六碳环结构rm{G}六碳环上只有一个取代基的rm{H}的同分异构体有rm{(6)}同时满足下列条件rm{a.}属于酯类rm{b.}含有六碳环结构rm{c.}六碳环上只有一个取代基的rm{E}的同分异构体有rm{6}种，为：种，为：rm{(6)}rm{a.}rm{b.}【解析】rm{(1)}环己醇rm{(2)}加成反应rm{(3)}rm{b}rm{(4)}rm{(5)}rm{(6)}rm{6}18、（1）FeH2SO4CO2CaONa2CO3

（2）Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑H2SO4+CaO=CaSO4+H2OH2SO4＋Na2CO3═Na2SO4＋CO2↑＋H2OCaO+CO2=CaCO3【分析】【分析】本题考查无机物的推断，侧重于基础知识的考查，难度不大，根据提供物质的性质以及转化关系进行判断。【解答】rm{(1)}在题目提供的物质中，单质rm{垄脵}与酸rm{垄脷}反应，则rm{垄脵}为rm{Fe}rm{垄脷}为rm{H_{2}SO_{4}}酸能与盐rm{垄脻}反应，则rm{垄脻}为rm{Na_{2}CO_{3}}氧化物rm{垄脺}能与rm{垄脻}反应，则rm{垄脺}为rm{CaO}二者氧化物rm{垄脹}能与氧化物rm{垄脺}反应，则rm{垄脹}为rm{CO_{2}}故答案为：rm{Fe}rm{H_{2}SO_{4}}rm{CO_{2}}rm{CaO}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{(2)垄脵}和rm{垄脷}反应的化学方程式：rm{Fe+H_{2}SO_{4}=FeSO_{4}+H_{2}隆眉}

rm{垄脷}和rm{垄脺}反应的化学方程式：rm{H_{2}SO_{4}+CaO=CaSO_{4}+H_{2}O}

rm{垄脷}和rm{垄脻}反应的化学方程式：rm{H_{2}SO_{4}+Na_{2}CO_{3}篓TNa_{2}SO_{4}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{垄脹}和rm{垄脺}反应的化学方程式：rm{CaO+CO_{2}=CaCO_{3}}

故答案为：rm{Fe+H_{2}SO_{4}=FeSO_{4}+H_{2}隆眉}rm{H_{2}SO_{4}+CaO=CaSO_{4}+H_{2}O}rm{H_{2}SO_{4}+Na_{2}CO_{3}篓TNa_{2}SO_{4}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{CaO+CO_{2}=CaCO_{3}}【解析】rm{(1)Fe}rm{H_{2}SO_{4;;}CO_{2;;;}CaO}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{(2)Fe+H_{2}SO_{4}=FeSO_{4}+H_{2}隆眉}rm{H_{2}SO_{4}+CaO=CaSO_{4}+H_{2}O}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}rm{+Na}rm{+Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{篓TNa}rm{篓TNa}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}rm{+CO}19、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{5}种元素，它们的核电荷数依次增大，rm{B}原子核外rm{s}能级的电子总数是rm{p}能级电子数的两倍，应是rm{6}号碳，电子排布式是rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}rm{B}rm{C}同周期，且原子最外层上未成对电子数相等，碳的未成对电子有rm{2}个，则rm{C}应是rm{1s^{2}2s^{2}2p^{4}}是氧元素，而rm{D}原子最外层上未成对电子数是前四周期元素中最多的应是rm{24}号铬，rm{A}和rm{E}元素原子的最外层电子排布为rm{ns^{1}}rm{A}不是金属，则只能是氢元素，rm{E}与rm{A}不在同一族，rm{E}的原子序数大于铬，故E的价电子为rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}为铜元素，则rm{A}是氢rm{H}rm{B}是碳，rm{C}是氧，rm{D}是铬，rm{E}是铜；则。

rm{(1)}由碳和氢组成的化合物是烃，在自然界各类繁多，铬的基态电子排布式为rm{[Ar]3d^{5}4s^{1}}故答案为：烃；rm{[Ar]3d^{5}4s^{1}}

rm{(2)CO_{3}^{2-}}中心原子碳的价层电子对：rm{3+dfrac{4+2-3隆脕2}{2}=3}杂化类型为rm{sp^{2}}故答案为：rm{sp^{2}}

rm{(3)}硫酸铜溶液中的铜离子呈蓝色，故答案为：rm{Cu^{2+}}．

A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{5}种元素，它们的核电荷数依次增大，rm{B}原子核外rm{s}能级的电子总数是rm{p}能级电子数的两倍，应是rm{6}号碳，电子排布式是rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}rm{B}rm{C}同周期，且原子最外层上未成对电子数相等，碳的未成对电子有rm{2}个，则rm{C}应是rm{1s^{2}2s^{2}2p^{4}}是氧元素，而rm{D}原子最外层上未成对电子数是前四周期元素中最多的应是rm{24}号铬，rm{A}和rm{E}元素原子的最外层电子排布为rm{ns^{1}}rm{A}不是金属，则只能是氢元素，rm{E}与rm{A}不在同一族，rm{E}的原子序数大于铬元素，故E的价电子为rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}为铜元素，则rm{A}是氢rm{H}rm{B}是碳，rm{C}是氧，rm{D}是铬，rm{E}是铜；以此来解答本题．

本题考查结构位置与性质关系、核外电子排布规律、元素周期律等，难度中等，推断元素是解题的关键．【解析】烃；rm{[Ar]3d^{5}4s^{1}}rm{sp^{2}}rm{Cu^{2+}}20、略

【分析】解：（1）由上述分析可知，A为名称是：甲苯，故答案为：甲苯；

（2）B→C发生卤代烃的水解反应，反应化学方程式是：

故答案为：

（3）C为含有的官能团为羟基，故答案为：羟基；

（4）C为可在铜催化作用下加热生成方程式为2+O22+2H2O；

故答案为：2+O22+2H2O；

（5）E的结构简式是故答案为：．

D与丙酮发生信息①的反应生成E，N与E反应得到华法林，由N、华法林的结构简式，可推知E为则D为C为B为A为．F与甲醇发生酯化反应生成K为K与乙酸酐发生取代反应生成L与乙酸，L发生信息②中的反应生成M与甲醇，M发生异构得到N，以此解答该题．

本题考查有机物的推断与合成、有机方程式的书写，为高考常见题型，需要对给予的信息进行利用，较全面地考查学生的有机化学基础知识和逻辑思维能力，也有利于培养学生的自学能力和知识的迁移能力，题目难度中等．【解析】甲苯；羟基；2+O22+2H2O；21、rm{(1)CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+C_{2}H_{2}隆眉}

rm{(2)}氧化反应；加成反应

rm{(3)(}Ⅰrm{)CH_{2}=CH-Cl}氯乙烷

rm{(}Ⅱrm{)垄脹}

rm{(}Ⅲrm{)CH_{3}CH_{2}Cl+NaOH}rm{CH_{3}CH_{2}OH+NaCl}

rm{(}Ⅳrm{)}【分析】【分析】本题考查有机合成及推断。【解答】rm{(1)}实验室制取乙炔的化学方程式为rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+C_{2}H_{2}隆眉}因此，本题答案是：rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+C_{2}H_{2}隆眉}rm{(2)}乙炔使酸性高锰酸钾溶液褪色，是氧化反应；乙炔使溴的四氯化碳溶液也褪色，发生的反应是加成反应；因此，本题答案是：氧化反应；加成反应；rm{(3)}rm{(}Ⅰrm{)}乙炔与氯化氢发生加成反应生成rm{A}则rm{A}的结构简式是rm{CH_{2}=CH-Cl}rm{A}加氢气生成rm{B}rm{B}是氯乙烷；因此，本题答案是：rm{CH_{2}=CH-Cl}氯乙烷；rm{(}Ⅱrm{)B}生成rm{E}是水解反应，rm{E}是乙醇，rm{B}生成rm{C}是消去反应，rm{C}是乙烯，rm{C}生成rm{D}是加成反应，rm{D}是rm{1}rm{2-}二溴乙烷；Ⅱrm{(}生成rm{)B}是水解反应，rm{E}是乙醇，rm{E}生成rm{B}是消去反应，rm{C}是乙烯，rm{C}生成rm{C}是加成反应，rm{D}是rm{D}rm{1}二溴乙烷；乙炔生成苯是加成反应，苯生成硝基苯是消化反应或取代反应，在rm{2-}中属于消去反应的有rm{垄脵-垄脻}因此，本题答案是：rm{垄脹}rm{垄脹}Ⅲrm{(}反应rm{)}的化学方程式：rm{垄脻}rm{CH_{3}CH_{2}Cl+NaOH}因此，本题答案是：rm{CH_{3}CH_{2}OH+NaCl}rm{CH_{3}CH_{2}Cl+NaOH}rm{CH_{3}CH_{2}OH+NaCl}Ⅳrm{(}反应rm{)}的化学方程式：因此，本题答案是：

rm{垄脼}【解析】rm{(1)CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+C_{2}H_{2}隆眉}rm{(2)}氧化反应；加成反应rm{(3)(}Ⅰrm{)CH_{2}=CH-Cl}氯乙烷rm{(}Ⅱrm{)垄脹}rm{(}Ⅲrm{)CH_{3}CH_{2}Cl+NaOH}rm{CH_{3}CH_{2}OH+NaCl}rm{(}Ⅳrm{)}22、（1））1H2

）

（2）2（3）3Al3++3NH3+3H↓2O=Al(OH)3

+3NH4+【分析】【分析】本题考查学生物质的转化关系、常见物质的检验以及离子方程式的书写，这要求学生对物质的性质非常熟悉，对离子方程式的书写规则清楚。【解答】根据题意rm{E}是rm{E}rm{N}，rm{N}是常见的金属单质，rm{2}是常见的强酸，生成的产物是盐和氢气，能够和rm{2}反应，再根据氮气的性质，说明rm{A}为rm{A}rm{B}，所以rm{B}为rm{E}rm{E}，而rm{D}为盐，rm{D}是最常见的无色液体，rm{H}为rm{H}rm{2}rm{2}，rm{F}rm{F}溶于盐rm{NH}和rm{NH}rm{3}rm{3}中得到碱rm{C}，碱rm{C}得到rm{G}是既能与强酸又能与强碱反应的氧化物，说明rm{G}是rm{G}rm{G}rm{H}rm{H}，rm{2}为rm{2}则rm{O}是铝，rm{O}和rm{NH}作用即rm{NH}rm{3}rm{3}rm{C}和rm{C}rm{H}作用得到水，根据质量守恒以及摩尔质量为rm{H}rm{2}rm{2}rm{O}则rm{O}是rm{H}，所以rm{H}为rm{H}；rm{H}为常见的强酸盐酸或稀硫酸；rm{I}为可溶性铝盐；rm{I}为rm{I}rm{I}；rm{Al}为rm{Al}rm{2}；rm{2}为rm{O}rm{O}；rm{3}为rm{3}rm{H}rm{Al(OH)_{3,}}；rm{A}为rm{A}rm{I}；rm{I}为rm{F}rm{F}rm{Al}rm{Al}；rm{2}为rm{2}。rm{O}根据前面的分析：rm{O}为rm{3}rm{3}；故答案为：rm{NH}rm{NH}；rm{3}rm{3}为rm{41g}rm{41g}rm{?}rm{mol}rm{mol}rm{{,!}^{-1})}rm{J}rm{J}反应rm{AlN}是可溶性铝盐和氨气以及水的反应，所以离子方程式为：rm{AlN}rm{A}rm{A}rm{Al}rm{Al}rm{B}rm{B}rm{C}rm{C}rm{D}rm{D}rm{H}故答案为：rm{H}rm{2}rm{2}rm{E}rm{E}rm{N}rm{N}rm{2}rm{2}rm{F}rm{F}rm{NH}rm{NH}根据前面的分析，rm{3}的化学方程式为：故答案为：rm{3}【解析】rm{(}rm{1}rm{)}rm{(}rm{1}rm{1}rm{)}rm{H}rm{H}rm{2}rm{2}rm{(}rm{2}rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{(}rm{3}rm{)}rm{(}rm{3}rm{3}rm{)}rm{Al}rm{Al}rm{{,!}^{3+}}rm{+3NH}rm{+3NH}rm{3}rm{3}rm{+3H}四、解答题(共3题，共24分)23、略

【分析】

A与B在常温下均呈液态，由转化关系可知，A为H2O2，B为H2O，C为O2，D与F都为固体单质，且D、F与甲的浓溶液在常温作用都无明显现象，丙与丁的元素组成相同，则丙为NO，丁为NO2；F为Al，D为Fe，甲为硝酸，乙为硝酸铁；

（1）A为H2O2，B为H2O，其电子式为故答案为：H2O2；

（2）反应①对应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；

（3）D为Fe，过量D与甲稀溶液反应的离子方程式为3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O．

【解析】【答案】A与B在常温下均呈液态，由转化关系可知，A为H2O2，B为H2O，C为O2，D与F都为固体单质，且D、F与甲的浓溶液在常温作用都无明显现象，丙与丁的元素组成相同，则丙为NO，丁为NO2；F为Al，D为Fe，乙为硝酸铁，然后结合有机物的结构与性质来解答．

24、略

【分析】

（1）①上述两式相加可得：Al2O3（s）+3C（s）═2Al（l）+3CO（g）的△H=（a+b）kJ•mol，故答案为：a+b；

②Al4C3与盐酸反应的化学方程式：Al4C3+12HCl═4AlCl3+3CH4↑，故答案为：Al4C3+12HCl═4AlCl3+3CH4↑；

（2）利用盖斯定律，将①+×②+③可得：Cu（s）+H2O2（l）+H2SO4（aq）=CuSO4（aq）+2H2O（l）；△H=-319.6kJ/mol；

故答案为：Cu（s）+H2O2（l）+H2SO4（aq）=CuSO4（aq）+2H2O（l）△H=-319.6kJ/mol．

【解析】【答案】（1）根据盖斯定律来计算；含氢量最高的烃为甲烷；然后根据质量守恒来解答；

（2）根据盖斯定律来计算．

25、略

【分析】

与氢气发生加成反应生成A，A为A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B，则B为B与溴发生加成反应生成C，则C为C在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成D（），D与溴发生1，4-加成生成E，E与氢气发生加成反应生成F，F为F在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成

（1）反应②的化学反应方程式为：

反应⑤的化学反应方程式为：

故答案为：

（2）反应①～⑦中；反应①③⑤⑥属于加成反应，反应②④属于消去反应，反应⑦属于取代反应；

故答案为：②④；①③⑤⑥．

【解析】【答案】与氢气发生加成反应生成A，A为A在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B，则B为B与溴发生加成反应生成C，则C为C在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成D（），D与溴发生1，4-加成生成E，E与氢气发生加成反应生成F，F为F在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成据此解答．

五、探究题(共4题，共12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