2025年岳麓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年岳麓版高二化学下册阶段测试试卷54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6题，共12分)1、下列关于原子结构、元素性质的说法正确的是rm{(}rm{)}A.非金属元素组成的化合物中只含共价键B.Ⅶrm{A}族元素的阴离子还原性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强C.同种元素的原子均有相同的质子数和中子数D.rm{IA}族金属元素是同周期中金属性最强的元素2、从对人体有益的角度考虑，你认为炒锅用下列哪种材料最好rm{(}rm{)}A.铝B.铁C.铜D.铝合金3、在下列各说法中，正确的是A.ΔH>0表示放热反应，ΔH<0表示吸热反应B.1molH2SO4与1molBa(0H)2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热C.1molH2与0.5molO2反应放出的热就是H2的燃烧热D.热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数4、rm{MgH_{2}O_{2}}电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如图。该电池工作时，下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.rm{Mg}电极是该电池的正极B.rm{H_{2}O_{2}}在石墨电极上发生氧化反应C.电池工作时电子由石墨电极流出D.电池工作时实现了化学能向电能的转化5、如图是某无机化合物的二聚分子，该分子中rm{A}rm{B}两种元素都是第三周期的元素，分子中所有原子的最外层电子都达到rm{8}个电子的稳定结构rm{.}下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.该化合物的化学式是rm{Al_{2}Cl_{6}}B.该化合物在固态时所形成的晶体是分子晶体C.该化合物是离子化合物，在熔融状态下能导电D.该化合物中存在共价键，且不含有非极性共价键6、向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的rm{A}和rm{B}发生反应：rm{xA(g)+B(g)?2C(g).}各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中rm{C}的浓度随时间变化关系分别以表和图表示。

。容器甲乙丙容积rm{0.5L}rm{0.5L}rm{1.0L}温度rm{/隆忙}rm{T_{1}}rm{T_{2}}rm{T_{2}}反应物。

起始量rm{1.5molA}

rm{0.5molB}rm{1.5molA}

rm{0.5molB}rm{6.0molA}

rm{2.0molB}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.若平衡时温度不变，改变容器体积平衡不移动B.由图可知：rm{T_{1}<T_{2}}且该反应为吸热反应C.rm{l0min}内甲容器中反应的平均速率rm{v(A)=0.025mol?(L?min)^{-1}}D.rm{T_{1}隆忙}起始时甲容器中充入rm{0.5molA}rm{1.5molB}平衡时rm{A}的转化率为rm{25%}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、材料是科学技术进步的关键，是科学技术和社会发展的物质基础。材料的发展不仅影响了人类的昨天和今天，而且还将影响到人类的明天。请回答以下与材料有关的问题。（1）无机非金属材料。单晶硅是一种比较活泼的非金属元素，是晶体材料的重要组成部分，处于新材料发展的前沿。其主要用途是用做半导体材料和利用太阳能光伏发电、供热等。单晶硅的制备方法如下：①写出步骤①的化学方程式：______________________。②已知以下几种物质的沸点：。物质SiHCl3SiCl4HCl沸点33.0℃57.6℃－84.7℃在步骤②中提纯SiHCl3所进行的主要操作的名称是________。（2）金属材料。金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称。包括纯金属、合金和特种金属材料等。①下列物质中不属于合金的是()。A．钢铁B．青铜C．硬铝D．水银②铜器制品常因接触空气中的O2、CO2和H2O而易生成铜锈。试写出保护铜制品的方法：___________________________________________________。（3）纳米材料，胶体粒子的直径大约是________，与纳米材料的尺寸相当。实验室制取Fe(OH)3胶体溶液的方法是_________________________________，用________方法消除胶体中的浑浊，根据________现象证明胶体已经制成。实验中必须要用蒸馏水，而不能用自来水，其原因是____________________。（4）磁性材料。某磁性粉末材料是一种复合型氧化物，为测定其组成，现称取6.26g样品，将其全部溶于过量稀HNO3，加入过量Na2SO4溶液，生成4.66g白色沉淀、过滤、在滤液中加入过量NaOH溶液，生成红褐色沉淀，将沉淀过滤、洗涤、灼烧后得3.20g固体。①该磁性粉末中氧元素的质量分数为________；②该材料的化学式为________。8、（1）在配合物离子[Fe（SCN）]2+中，提供空轨道接受孤对电子的微粒是____，画出配合物离子[Cu（NH3）4]2+中的配位键____

（2）配位化学创始人维尔纳发现，将各位1mol的CoCl3•6NH3（黄色），CoCl3•5NH3（紫红色），CoCl3•4NH3（绿色），CoCl3•4NH3（紫色）四种配合物溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即沉淀的氯化银分别为3mol，2mol，1mol．和1mol，已知上述配合物中配离子的配位数均为6，请根据实验事实用配合物的形式写出他们的化学式．COCl3•5NH3____COCl3•4NH3____．9、（8分）已知：①卤代烃在一定条件下能水解，如（R为烃基，X表示卤原子）②有机物中的硝基在铁和盐酸作用下，能被还原成氨基：对乙酰胺基酚又名扑热息痛，为白色晶体，是一种优良的解热镇痛药，其毒性较菲那西汀、阿司匹林低。扑热息痛的生产流程为：请回答下列问题：（1）写出反应的化学方程式由氯苯制A：________________由A制B：__________________由B制C：__________________（2）扑热息痛在潮湿环境中长期受热发生水解，写出扑热息痛水解的化学方程式。____10、rm{T隆忙}时，在一个体积为rm{2L}的容器中，rm{A}气体与rm{B}气体反应生成rm{C}气体，反应过程中rm{A}rm{B}rm{C}物质的量变化如下图所示。

rm{(1)}写出该反应的化学方程式：____。

rm{(2)}该温度下该反应的平衡常数为____保留一位小数rm{)}

rm{(3)0隆芦4}分钟时，rm{A}的平均反应速率为____。

rm{(4)}到达平衡时rm{B}的转化率为____。11、（本题11分）是一种医药中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成：(1)A与银氨溶液反应有银镜生成，则A的结构简式是__________________。(2)B→C的反应类型是________。(3)E的结构简式是__________________。(4)写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式：__________________。(5)下列关于G的说法正确的是________。a．能与溴单质反应b．能与金属钠反应c．1molG最多能和3mol氢气反应d．分子式是C9H6O312、今有化合物：

（1）请写出丙中含氧官能团的名称：______；

（2）请判别上述哪些化合物互为同分异构体：______；

（3）请分别写出鉴别甲；乙、丙化合物的方法．（指明所选试剂及主要现象即可）

鉴别甲的试剂：______；现象：______；

鉴别乙的试剂：______；现象：______；

鉴别丙的试剂：______；现象：______．评卷人得分三、有机推断题(共4题，共8分)13、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__________________________________．14、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__________________________________．15、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。16、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：_____________________________________________________________________。评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共12分)17、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。18、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：_____________。19、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）。20、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分五、综合题(共2题，共4分)21、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．22、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6题，共12分)1、D【分析】解：rm{A.}非金属元素可组成的离子化合物；如铵盐，则含离子键；共价键，故A错误；

B.Ⅶrm{A}族元素的阴离子还原性从上到下增强，但rm{F}无正价；高氯酸的酸性最强，故B错误；

C.rm{H}rm{D}rm{T}中质子数相同；中子数不同，则同种元素的原子均有相同的质子数，但中子数不同，故C错误；

D.同周期从左向右金属性减弱，则rm{IA}族金属元素是同周期中金属性最强的元素；故D正确；

故选D．

A.非金属元素可组成的离子化合物；如铵盐；

B.同主族从上到下非金属性减弱，对应阴离子的还原性增强，非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但rm{F}无正价；

C.rm{H}rm{D}rm{T}中质子数相同；中子数不同；

D.同周期从左向右金属性减弱．

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握化学键、元素周期律、元素的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B中rm{F}无正价，题目难度不大．【解析】rm{D}2、B【分析】解：rm{A.}铝是非必需的微量元素；且铝元素摄入过多会危害人体健康，故A错误；

B.铁是合成血红蛋白的主要元素；缺乏会患贫血，人体内有用的是二价铁，铁与胃酸中的盐酸反应能生成可溶的二价铁盐，被人体吸收和利用，故B正确；

C.铜是人体必需的微量元素；但铜在金属活动性顺序中位于氢后，不能与胃液中的盐酸反应变成离子被吸收，故C错误；

D.铝合金的主要成分是铝；铝元素摄入过多会危害人体健康，故D错误．

故选B．

A.铝摄入过量会危害健康；

B.根据铁与盐酸反应的性质及体内铁的存在形式判断；

C.铜单质不能被人体消化吸收；

D.铝合金的主要成分是铝；铝摄入过量会危害健康．

本题考查微量元素在人体中的作用，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．【解析】rm{B}3、D【分析】试题分析：A．ΔH>0表示吸热反应，ΔH<0表示放热反应。错误。B．酸和碱发生中和反应生成1mol的水时放出的热叫做中和热。1molH2SO4与1molBa(0H)2反应生成BaSO4沉淀时产生2mol的水。所以错。C．1mol物质完全燃烧产生稳定的化合物时放出的热叫燃烧热。1molH2与0.5molO2反应得到的水可能是气态也可能是液态，放出的能量并不相同。所以错误。D．热化学方程式中的化学计量数表示物质的量的关系，可以是分数。正确。考点：考查燃烧热、中和热的概念及热化学方程式的意义等知识。【解析】【答案】D4、D【分析】【分析】本题考查原电池的知识，题目难度中等，注意根据物质的性质判断正负极反应。【解答】A.镁为活泼的金属；应该是原电池的负极，而非正极，故A错误；

B.rm{H_{2}O_{2}}具有氧化性；应为原电池的正极，被还原，发生还原反应，故B错误；

C.电池工作时电子由负极流向正极极，所以由rm{Mg}电极经过外电路流向石墨电极；故C错误；

D.原电池就是化学能转变为电能的装置；故D正确。

故选D。【解析】rm{D}5、C【分析】解：rm{A}将二聚分子变成单分子，得rm{AB_{3}}化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是rm{PCl_{3}}或rm{AlCl_{3}}而在rm{PCl_{3}}所有原子已达稳定结构，形成二聚分子的话不可能符合，故只可能是rm{AlCl_{3}}该化合物的化学式是rm{Al_{2}Cl_{6}}故A正确；

B；该化合物是无机化合物的二聚分子；属于共价化合物，是分子晶体，故B正确；

C；该化合物是无机化合物的二聚分子；属于共价化合物，不存在离子键，也不是离子化合物，在熔融状态下不能导电，故C错误；

D、该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，rm{Cl}与rm{Cl}之间没有形成非极性共价键；故D正确；

故选：rm{C}．

A、将二聚分子变成单分子，得rm{AB_{3}}化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是rm{PCl_{3}}或rm{AlCl_{3}}而在rm{PCl_{3}}所有原子已达稳定结构，形成二聚分子的话不可能符合，故只可能是rm{AlCl_{3}}．

B；根据该化合物是无机化合物的二聚分子；属于共价化合物，是分子晶体；

C；根据该化合物是无机化合物的二聚分子；属于共价化合物，不存在离子键；

D；根据该化合物是无机化合物的二聚分子；属于共价化合物，不同原子之间形成的共价键是极性共价键，同种原子之间形成的共价键是非极性共价键；

本题考查化学键，判断化合物的化学式是解答的关键，难度不大，但应注意特例，如氯化铝为共价化合物．【解析】rm{C}6、A【分析】解：rm{A}由表中乙、丙可知：体积扩大两倍，物质的量是原来的rm{4}倍，平衡时丙中rm{C}的浓度是乙的rm{2}倍；说明容器体积改变，平衡不移动，故A正确；

B、先拐先平，温度高，比较甲和乙可知，相同条件下乙先达到平衡状态，rm{T_{2}>T_{1}}温度越高，rm{C}的浓度越小；说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，故B错误；

C、由图可知，rm{10min}内甲容器中rm{C}的浓度变化量为rm{1mol/L}rm{v(C)=dfrac{1mol/L}{10min}=0.1mol/(L?min)}速率之比等于化学计量数之比，所以rm{v(A)=dfrac{1}{2}v(C)=dfrac{1}{2}隆脕0.1mol/(L?min)=0.05mol/(L?min)}故C错误；

D、乙中平衡时rm{v(C)=dfrac

{1mol/L}{10min}=0.1mol/(L?min)}的转化率为rm{v(A)=dfrac{1}{2}v(C)=dfrac

{1}{2}隆脕0.1mol/(L?min)=0.05mol/(L?min)}的转化率为rm{dfrac{1mol/L隆脕0.5L隆脕dfrac{1}{2}}{1.5mol}=dfrac{1}{6}}丙中rm{A}的转化率为rm{dfrac{2mol/L隆脕1L隆脕dfrac{1}{2}}{6mol}=dfrac{1}{6}}丙中压强为乙中rm{A}倍，压强增大平衡不移动，故rm{dfrac{1mol/L隆脕0.5L隆脕dfrac

{1}{2}}{1.5mol}=dfrac{1}{6}}

rm{A}．

开始rm{dfrac{2mol/L隆脕1L隆脕dfrac

{1}{2}}{6mol}=dfrac{1}{6}}rm{2}rm{x=1}rm{A(g)+B(g)?2C(g)}

变化rm{(mol/L)}rm{3}rm{1}rm{0}

平衡rm{(mol/L)}rm{0.75}rm{0.75}rm{1.5}

故rm{(mol/L)}该反应的平衡常数为rm{k=dfrac{1.5隆脕1.5}{2.25times0.25}=4}

令rm{2.25}起始时甲容器中充入rm{0.25}rm{1.5}反应到达平衡时rm{T_{1}隆忙}的浓度变化量为rm{k=dfrac{1.5隆脕1.5}{2.25times

0.25}=4}则：

rm{T_{1}隆忙}．

开始rm{0.5molA}rm{1.5molB}rm{A}rm{x}

变化rm{A(g)+B(g)?2C(g)}rm{(mol/L)}rm{1}rm{3}

平衡rm{0}rm{(mol/L)}rm{x}rm{x}

所以rm{dfrac{(2x)^{2}}{(1-x)(3-x)}=4}

解得：rm{2x}

故A的转化率rm{=dfrac{0.75mol/L}{1mol/L}隆脕100%=75%}故D错误；

故选A．

A、由表中乙、丙可知：体积扩大两倍，物质的量是原来的rm{(mol/L)}倍，平衡时丙中rm{1-x}的浓度是乙的rm{3-x}倍；

B；图象分析可知先拐先平；温度高，反应速率快，温度越高，平衡向吸热反应方向进行；

C、由图可知，rm{2x}内甲容器中rm{dfrac

{(2x)^{2}}{(1-x)(3-x)}=4}的浓度变化量为rm{x=0.75}根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算rm{=dfrac

{0.75mol/L}{1mol/L}隆脕100%=75%}再利用速率之比等于化学计量数之比计算rm{4}

D、乙中平衡时rm{C}的转化率为rm{dfrac{1mol/L隆脕0.5L隆脕dfrac{1}{2}}{1.5mol}=dfrac{1}{6}}丙中rm{2}的转化率为rm{dfrac{2mol/L隆脕1L隆脕dfrac{1}{2}}{6mol}=dfrac{1}{6}}丙中压强为乙中rm{10min}倍，压强增大平衡不移动，故rm{C}根据三段式计算甲中平衡时各组分的浓度，进而计算平衡常数，令rm{1mol/L}起始时甲容器中充入rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}rm{v(C)}反应到达平衡时rm{v(A)}的浓度变化量为rm{A}再利用三段式表示出平衡时各组分的浓度，利用平衡常数列方程计算rm{dfrac{1mol/L隆脕0.5L隆脕dfrac

{1}{2}}{1.5mol}=dfrac{1}{6}}的值，进而计算rm{A}的转化率．

本题考查化学反应速率计算、影响化学平衡移动的因素、化学平衡图象与有关计算，难度较大．rm{dfrac{2mol/L隆脕1L隆脕dfrac

{1}{2}}{6mol}=dfrac{1}{6}}【解析】rm{A}二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】试题分析：（1）提纯SiHCl2可利用沸点差异，用蒸馏的方法。（2）硬铝是由Al、Cu、Mg、Mn、Si形成的合金，黄铜是Cu-Zn合金，钢铁是Fe与其他元素形成的合金。因此唯一不属于合金的是水银。（3）胶体粒子直径的范围是：1～100nm；利用FeCl3的水解反应制取Fe(OH)3胶体：在沸腾的蒸馏水中逐滴加入少量FeCl3饱和溶液，待溶液呈红褐色，停止加热，即制得胶体；难溶固体不能透过滤纸，胶体可透过滤纸，所以用过滤的方法，可消除胶体中的浑浊；胶体具有丁达尔现象，其它分散系不具备，所以用丁达尔现象可证明胶体已经制成；因为自来水中含较多的阴离子和阳离子，能中和胶体粒子的电性，易使制备的胶体马上发生凝聚，导致实验失败，所以不能用自来水制备胶体。（4）①n(BaSO4)＝＝0.02mol，m(Ba)＝137g·mol－1×0.02mol＝2.74g。滤液中加入过量NaOH溶液，生成红褐色沉淀为Fe(OH)3沉淀。洗涤，灼烧后得3.20g固体。此固体应是Fe2O3，则n(Fe2O3)＝＝0.02mol，m(Fe)＝56g·mol－1×0.02mol×2＝2.24g。复合氧化物中氧元素的质量＝6.26g－2.74g－2.24g＝1.28g。则氧元素的质量分数＝＝20.45%。②1.28g氧元素的物质的量是：n(O)＝＝0.08mol。由以上计算知，复合氧化物中钡原子、铁原子、氧原子的物质的量之比是1∶2∶4，它们的原子个数比也是1∶2∶4。故该复合氧化物可表示为BaO·Fe2O3。考点：本题考查物质的分类、保存与提纯、胶体的性质与制备、质量分数与化学式的计算。【解析】【答案】（1）①SiO2＋2CSi＋2CO↑②蒸馏（2）①D②在干燥的环境下保存（3）1～100nm；在沸腾的蒸馏水中逐滴加入少量FeCl3饱和溶液，待溶液呈红褐色，停止加热，即制得胶体；过滤；丁达尔；自来水中含较多的阴离子和阳离子，能中和胶体粒子的电性，易使制备的胶体马上发生凝聚，导致实验失败（4）①20.45%②BaO·Fe2O38、略

【分析】

（1）在配合物离子[Fe（SCN）]2+中，中心离子是Fe3+，提供提供空轨道接受孤对电子，合物离子[Cu（NH3）4]2+中的配位键为

故答案为：Fe3+，

（2）1molCoCl3•5NH3只生成2molAgCl，则1molCoCl3•5NH3中有2molCl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-，此配合物结构的化学式为[Co（NH3）5Cl]Cl2；

1molCoCl3•4NH3只生成1molAgCl，则1molCoCl3•5NH3中有1molCl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-，此配合物结构的化学式为[Co（NH3）4Cl2]Cl；

故答案为：[Co（NH3）5Cl]Cl2，[Co（NH3）4Cl2]Cl．

【解析】【答案】（1）中心原子提供空轨道；配体提供孤电子对，配合物中配位键由配体指向中心原子；

（2）1molCoCl3•5NH3只生成2molAgCl，则1molCoCl3•5NH3中有2molCl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-，1molCoCl3•4NH3只生成1molAgCl，则1molCoCl3•5NH3中有1molCl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-；由此确定其化学式．

9、略

【分析】（1）①氯苯发生硝化反应即生成A，由于最终的生成物中苯环上的取代基是对位的，所以反应式为②根据后面的反应条件可判断，A生成B是氯原子被羟基代替，引入酚羟基，所以反应式为③根据已知信息可知B生成C属于氨基的还原反应，反应式为（2）根据扑热息痛的结构简式可知，分子中含有钛键，所以发生水解反应的方程式为【解析】【答案】（1）、（2）10、（1）2A（g）+B（g）⇌C（g）

（2）0.5

（3）0.05mol/（L．min）

（4）25%【分析】【分析】本题考查化学平衡的图像问题，难度不大，主要考查学生对知识的应用能力。【解答】rm{(1)}根据图象知，rm{A}rm{B}是反应物，rm{C}是生成物，平衡时rm{trianglen(A)=(2.4-1.6)mol=0.8mol}rm{trianglen(B)=(1.6-1.2)mol=0.4mol}rm{trianglen(C)=(0.4-0)mol=0.4mol}同一可逆反应中、同一时间段内各物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比rm{triangle

n(A)=(2.4-1.6)mol=0.8mol}rm{triangle

n(B)=(1.6-1.2)mol=0.4mol}rm{triangle

n(C)=(0.4-0)mol=0.4mol}rm{=0.8mol}rm{0.4mol}则该反应方程式为rm{0.4mol=2}故答案为：rm{1}

rm{1}平衡时rm{c(A)=dfrac{1.6mol}{2L}=0.8mol/L}rm{c(B)=dfrac{1.2mol}{2L}=0.6mol/L}rm{c(C)=dfrac{0.4mol}{2L}=0.2mol/L}该温度下该反应的平衡常数rm{=dfrac{0.2}{0.{8}^{2}隆脕0.6}=0.5}

故答案为：rm{2A(g)+B(g)?C(g)}

rm{2A(g)+B(g)?C(g)}分钟时，rm{(2)}的平均反应速率为rm{=dfrac{?n}{V隆脕?t}=dfrac{(2.4-2.0)}{2L隆脕4min}=0.05mol/(L.min)}故答案为：rm{c(A)=dfrac{1.6mol}{2L}=0.8mol/L

}

rm{c(B)=dfrac{1.2mol}{2L}=0.6mol/L

}到达平衡时rm{c(C)=dfrac{0.4mol}{2L}=0.2mol/L

}的转化率rm{=dfrac{;虏脦录脫路麓脫娄碌脛B碌脛脦茂脰脢碌脛脕驴}{;虏脦录脫路麓脫娄碌脛B碌脛脦茂脰脢碌脛脕驴}隆脕100拢楼=dfrac{0.4mol}{1.6mol}隆脕100拢楼=25拢楼}故答案为：rm{=dfrac{0.2}{0.{8}^{2}隆脕0.6}=0.5

}

rm{0.5}【解析】rm{(1)2A(g)+B(g)?C(g)}rm{(2)0.5}rm{(3)0.05mol/(L.min)}rm{(4)25%}11、略

【分析】(1)A催化氧化得乙酸，且A能发生银镜反应，所以A是乙醛，结构简式：CH3CHO。(2)羧基中的—OH在PCl3存在条件下被Cl原子取代。(3)D()与CH3OH发生酯化反应生成E，其结构简式是(4)F在强碱性条件下水解，生成2种钠盐和甲醇等。(5)G结构中含苯环、酯基、醇羟基以及碳碳双键，能与Br2发生加成反应或取代反应；与金属钠发生取代反应生成氢气；1molG中含有1mol碳碳双键和1mol苯环，可与4molH2加成；分子式为C9H6O3。正确选项有a、b、d。【解析】【答案】12、略

【分析】解：（1）丙含有的官能团为醛基和羟基；故答案为：醛基；羟基；

（2）甲、乙、丙分子式都为C8H8O2；但结构不同，主要是官能团不同，互为同分异构体，故答案为：甲；乙、丙；

（3）鉴别甲可利用氯化铁溶液；显紫色，而乙；丙中分别加新制氢氧化铜，得到蓝色溶液的为乙，生成砖红色沉淀的为丙；

故答案为：氯化铁溶液；溶液为紫色；新制氢氧化铜，蓝色溶液；新制氢氧化铜，砖红色沉淀．

（1）丙中含-CHO；-OH；

（2）同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物；

（3）甲中含酚-OH；B中含-COOH，丙中含-CHO，结合酚；羧酸、醛的性质鉴别．

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为解答的关键，注意把握有机物官能团的结构简式、同分异构体的判断及物质鉴别，题目难度不大．【解析】醛基、羟基；甲、乙、丙；氯化铁溶液；溶液为紫色；新制氢氧化铜；蓝色溶液；新制氢氧化铜；砖红色沉淀三、有机推断题(共4题，共8分)13、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=CH214、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=CH215、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++HCl16、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+H2O⑦.4⑧.四、元素或物质推断题(共4题，共12分)17、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）218、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合