2025年粤教沪科版高二化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年粤教沪科版高二化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、某学生做完实验后，采用以下方法分别清洗所用仪器，其中清洗方法不合理的是A．用酒精清洗做过碘升华的烧杯B．用水清洗做过银镜反应的试管C．用浓盐酸清洗做过高锰酸钾分解实验的试管D．用氢氧化钠溶液清洗盛过苯酚的试管2、某溶液中由水电离出来的c（OH-）=10-12mol/L，则该溶液中的溶质不可能是（）A.HClB.NaOHC.NH4ClD.H2SO43、下列各组物质的燃烧热相等的是rm{(}rm{)}A.碳和一氧化碳B.淀粉和纤维素C.rm{3}rm{mol}乙炔和苯D.rm{1}rm{mol}碳和rm{2}rm{mol}碳4、rm{ClO_{2}}是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂。下列反应可制得rm{ClO_{2}:}rm{2KClO_{3}+H_{2}C_{2}O_{4}+H_{2}SO}4rm{overset{?}{=}}rm{2ClO_{2}隆眉+K_{2}SO_{4}+2CO_{2}隆眉+2H_{2}O}下列判断正确的是rm{(}rm{)}A.rm{KClO_{3}}在反应中失去电子B.rm{H_{2}C_{2}O_{4}}是氧化剂C.rm{H_{2}SO_{4}}发生氧化反应D.生成rm{2molClO_{2}}时有rm{2mol}电子转移5、下列对分子的性质的解释中，不正确的是rm{(}rm{)}A.水很稳定rm{(1000隆忙}以上才会部分分解rm{)}是因为水中含有大量的氢键所致B.乳酸rm{(}rm{)}有一对手性异构体，因为其分子中含有一个手性碳原子C.碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释D.酸性：rm{H_{3}PO_{4}>HClO}因为rm{H_{3}PO_{4}}的非羟基氧原子数比rm{HClO}的多6、有机物分子中的原子rm{(}团rm{)}之间会相互影响，导致相同的原子rm{(}团rm{)}表现出不同的性质。下列现象不能说明上述观点的是A.乙烯能与溴水发生加成反应，而乙烷不能与溴水发生加成反应B.甲苯比苯更容易与硝酸发生取代反应C.丙醛与丙酮都含有羰基，但具有不同性质D.苯酚可以与rm{NaOH}反应，而乙醇不能与rm{NaOH}反应7、rm{2015}年，中国药学家屠呦呦获得诺贝尔生理学或医学奖，其突出贡献是创制新型抗疟药青蒿素和双氢青蒿素rm{.}已知青蒿素的结构如图所示，有关青蒿素的说法，不正确的是rm{(}rm{)}A.分子式为rm{C_{15}H_{22}O_{5}}B.能够发生水解反应C.每个分子中含有rm{4}个六元环D.青蒿素能够治疗疟疾可能与结构中存在过氧键基团有关评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、为了测定某有机物rm{A}的结构，做如下实验：rm{垄脵}将rm{2.3g}该有机物完全燃烧，生成rm{0.1mol}rm{CO_{2}}和rm{陋漏2.7g}水；rm{垄脷}用质谱仪测定其相对分子质量，得如图一所示的质谱图；rm{垄脹}用核磁共振仪处理该化合物，得到如图二所示图谱，图中三个峰的面积之比是rm{陋漏1}rm{2}rm{3陋陋}．

试回答下列问题：

rm{(1)}有机物rm{A}的相对分子质量是______．

rm{(2)}有机物rm{A}的实验式是______

rm{(3)}能否根据rm{A}的实验式确定rm{A}的分子式______rm{(}填”能”或”不能”rm{)}若能，则rm{A}的分子式是______rm{(}若不能，则此空不填rm{)}．

rm{(4)}写出有机物rm{A}可能的结构简式______．9、rm{(1)SiH_{4}}是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成rm{SiO_{2}}和液态rm{H_{2}O}已知室温下rm{2gSiH_{4}}自燃放出热量rm{89.2kJ}rm{SiH_{4}}自燃的热化学方程式为__________。rm{(2)NaBH_{4}(s)}与rm{H_{2}O(l)}反应生成rm{NaBO_{2}(s)}和rm{H_{2}(g)}在rm{25隆忙}rm{101kPa}下，已知每消耗rm{3.8gNaBH_{4}(s)}放热rm{21.6kJ}该反应的热化学方程式是_____。rm{(3)298K}rm{1.01隆脕10^{5}Pa}rm{O_{2}}rm{S}rm{Se}rm{Te}分别与rm{H_{2}}化合的反应热数据如下图。写出rm{Se}与rm{H_{2}}化合的热化学反应方程式：____________。rm{(4)}小组同学用电解法处理含rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}废水，探究不同因素对含rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}废水处理的影响，结果如下表所示rm{(Cr_{2}O_{7}^{2-}}的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同rm{)}。实验rm{垄隆}rm{垄垄}rm{垄拢}rm{垄陇}是否加入rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}否否加入rm{5g}否是否加入rm{H_{2}SO_{4}}否加入rm{1mL}加入rm{1mL}加入rm{1mL}电极材料阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨阴极为石墨，阳极为铁rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}的去除率rm{/%}rm{0.922}rm{12.7}rm{20.8}rm{57.3}rm{垄脵}实验rm{垄垄}中rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}放电的电极反应式是________________。rm{垄脷}实验rm{垄拢}中rm{Fe^{3+}}去除rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}的机理如图，结合此机理，解释实验rm{iv}中rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}去除率提高较多的原因_______________。10、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}为原子序数依次增大的六种元素。已知：rm{A}是周期表中原。

子半径最小的元素rm{.B}的基态原子核外电子有rm{7}种运动状态，rm{B}rm{C}rm{E}三种元素原子中未。

成对电子数之比为rm{3}rm{2}rm{1}rm{D}原子核外有rm{4}个能级且均充满电子，rm{D}与rm{E}可形成rm{DE_{2}}型化。

合物，rm{F}原子核外最外层只有rm{1}个电子；其余各层均充满电子。

回答下列问题：

rm{(1)}写出下列元素的名称：rm{B}____rm{C}____rm{E}____

rm{(2)F}在周期表位位于____区，与rm{F}同周期且未成对电子数最多的元素为____rm{(}填。

写元素符号rm{)}该元素价电子排布图为____；

rm{(3)B}与rm{D}组成的化合物可以与水反应，写出它与水反应的化学方程式____11、某研究性学习小组做了以下实验：向溴水中加入足量乙醛溶液；观察到溴水褪色的现象．[提出问题]产生上述现象的原因是什么？

【提出猜想】

①溴水与乙醛发生取代反应．

②______．

③______．

【设计方案】

方案一：检验褪色后溶液的酸碱性．

方案二：测定反应前溴水中Br2的物质的量和反应后Br-离子的物质的量．

【实验探究】

取含0.005molBr2的溶液10mL，加入足量乙醛溶液使其褪色，再加入过量AgNO3溶液；过滤；洗涤、干燥后称重固体质量为1.88g．

【解释与结论】

假设测得反应前溴水中Br2的物质的量为amol，若测得反应后n（Br-）=0mol，则说明溴水与乙醛发生了______反应．若测得反应后n（Br-）=amol，则说明溴水与乙醛发生了______反应．若测得反应后n（Br-）=2amol，则说明溴水与乙醛发生了______反应．若已知CH3COOAg易溶解于水，试通过计算判断溴水与乙醛发生反应的类型为______．理由是______．其反应方程式为______．

[反思与评价]

方案一是否可行？______．理由是______．12、丙烯的加聚反应式为：______．评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)13、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）。14、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：_____________。15、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）。16、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_______评卷人得分四、解答题(共4题，共8分)17、目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0kJ/mol；为探究反应原理，现进行如下实验：

在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和4molH2，一定条件下发生反应：测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示．

（1）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=______mol/．

（2）该反应的平衡常数表达式为______．

（3）下列措施中能使n（CH3OH）/n（CO2）增大的是______．

A．升高温度B．充入He（g）；使体系压强增大。

C．将H2O（g）从体系中分离D．再充入1molCO2和4molH2

（4）如果在相同的容器中事先充入1molCH3OH和1molH2O，为了使反应达到的化学平衡和上述一样，则起始还需加入H2的物质的量为______．

18、小伶同学某日的食谱为：

早餐--鸡蛋1个；包子2个，牛奶1瓶；

午餐--米饭100g；炸鸡腿70g，炒五花肉50g，煎蛋50g；

晚餐--米饭100g；烤鸭80g，清蒸福寿鱼120g，虾酱炒番薯叶50g．

①在这些食物中；富含蛋白质的是______（各举一例即可），富含油脂的是______，富含植物纤维素的是______，富含淀粉的是______；

②小伶的食谱中；是以______（填“酸”或“碱”）性食物为主．

19、硫酸是一种重要的化学试剂．某实验小组的同学利用浓硫酸进行制取二氧化硫并探究其性质的实验．请按要求回答下列问题．

（1）装置A中发生反应的化学方程式为______CuSO4+2H2O+SO2↑20、将3molA和2.5molB混合于2L的密闭容器中；发生反应的化学方程式为：

3A（气）+B（气）⇌xC（气）+2D（气）；5min后反应达到平衡状态，容器内的压强变小，已知D的平均反应速度为0.1mol/（L﹒min），试计算：

（1）A的平均反应速度；

（2）平衡时C的浓度；

（3）平衡时B的转化率；

（4）平衡时；容器内的压强与原容器内压强的比值．

评卷人得分五、其他(共1题，共10分)21、(8分)下图是一些常见的物质间的转化关系图。C是紫红色金属单质，G是蓝色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是砖红色沉淀，F是形成酸雨的无色有害气体，所有反应物、生成物中的水均未标出；反应②的条件是使用浓B溶液和加热。(1)A是，E是；(2)电解A溶液时阴极的反应式；(3)电解A溶液的总反应化学方程式是。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共28分)22、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__________________________________．23、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__________________________________．24、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。25、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：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【解析】【答案】B2、C【分析】解：常温下，由水电离的c（H+）=c（OH-）═10-12mol/L；说明该溶液中水的电离受到抑制；

A．盐酸溶液呈强酸性；对水的电离起抑制作用，故A不选；

B．氢氧化钠是强碱；对水的电离起抑制作用，故B不选；

C．氯化铵溶液中铵根离子水解；促进水的电离，故C选；

D．硫酸是强酸；对水的电离起抑制作用，故D不选；

故选C．

Kw是水的离子积常数，适用于各种稀溶液，常温下存在，Kw=c（H+）×c（OH-）═1×10-14，水电离出的c（H+）=c（OH-）═1×10-12mol/L；则溶液中水的电离被抑制，可以是酸或碱溶液．

本题主要考查了水的电离的影响因素，只要分清酸碱抑制，弱酸根离子或弱碱的离子水解促进水的电离，就可轻松解题．【解析】【答案】C3、D【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}为不同物质；燃烧热不同，燃烧热是物质的性质，与量的多少无关，只有D正确．

故选D．

燃烧热是指rm{1mol}物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量rm{.}一般rm{C隆煤CO_{2}}rm{H隆煤H_{2}O(l)}rm{S隆煤SO_{2}.}燃烧热是物质的性质；与量的多少无关，以此解答该题．

本题考查燃烧热的概念，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度较小，注意把握燃烧热的含义．【解析】rm{D}4、D【分析】略【解析】rm{D}5、A【分析】解；rm{A.}水很稳定rm{(1000隆忙}以上才会部分分解rm{)}是因为水中含有的rm{H-O}键非常稳定；与存在氢键无关，故A错误；

B.中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子；甲基、羧基和羟基；是手性碳原子，存在对映异构即手性异构体，故B正确；

C.碘；甲烷、四氯化碳都是非极性分子；水为极性分子，所以碘、甲烷易溶于四氯化碳，水中溶解度小，故C正确；

D.rm{H_{3}PO_{4}}的非羟基氧原子数比rm{HClO}的多；含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以磷酸的酸性强于次氯酸，故D正确；

故选：rm{A}

A.氢键只能影响物质的物理性质；

B.中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子；甲基、羧基和羟基；是手性碳原子；

C.极性相同的分子相互间溶解性强；

D.含氧酸中非羟基氧原子数越多；酸性越强．

本题考查了氢键对物质性质的影响，同分异构题、物质的溶解性规律，含氧酸酸性强弱比较，题目综合性较强，难度较大，注意对相关知识的积累．【解析】rm{A}6、A【分析】【分析】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、原子或原子团的相互影响为解答的关键，侧重常见有机物结构、性质的考查，题目难度不大。【解答】A.乙烯和乙烷结构不同，乙烯含有rm{C=C}可发生加成反应，不能用上述观点证明，故A选；B.苯环影响甲基，甲苯更容易和硝酸发生取代反应，能说明上述观点，故B不选；C.丙醛含有醛基，丙酮含有羰基，醛基中含有羰基，但是所连的基团不同导致性质不同，能说明上述观点，故C不选；D.在苯酚中，由于苯环对rm{-OH}的影响，酚羟基具有酸性，对比乙醇，虽含有rm{-OH}但不具有酸性，能说明上述观点，故D不选。故选A。【解析】rm{A}7、C【分析】解：rm{A.}根据有机物的结构简式判断分子式为rm{C_{15}H_{22}O_{5}}故A正确；

B.含有酯基；可发生水解反应，故B正确；

C.由结构可知，含有rm{3}个六元环rm{2}个七元环；故C错误；

D.分子中含有过氧键；具有较强的氧化性，可用于杀菌消毒，故D正确．

故选C．

可根据有机物的结构简式判断分子式为rm{C_{15}H_{22}O_{5}}分子中含有rm{-O-O-}键，具有强氧化性，含有rm{-COO-}可发生水解反应，以此解答．

本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，题目难度中等，注意把握有机物官能团的结构和性质．【解析】rm{C}二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】解：rm{(1)}根据质荷比可知，有机物rm{A}的相对分子质量为rm{46}故答案为：rm{46}

rm{(2)2.3g}有机物燃烧生成rm{0.1mol}rm{CO_{2}}rm{陋漏2.7g}水；

则rm{n(C)=n(}rm{CO_{2})=0.1mol}rm{m(C)=0.1mol隆脕12g/mol=1.2g}

rm{n(H_{2}O)=dfrac{2.7g}{18g/mol}=0.15mol}rm{n(H_{2}O)=dfrac

{2.7g}{18g/mol}=0.15mol}rm{n(H)=0.3mol}

则rm{m(H)=0.3mol隆脕1g/mol=0.3g}故有机物含有rm{m(C)+m(H)=1.2g+0.3g=1.5g<2.3g}元素，且rm{O}故rm{n(O)=dfrac{0.8g}{16g/mol}=0.05mol}

rm{m(O)=2.3g-1.5g=0.8g}rm{n(O)=dfrac

{0.8g}{16g/mol}=0.05mol}rm{n(C)}rm{n(H)}rm{n(O)=0.1mol}rm{0.3mol}rm{0.05mol=2}即该有机物最简式为rm{6}

故答案为：rm{1}

rm{C_{2}H_{6}O}该有机物的最简式为rm{C_{2}H_{6}O}rm{(3)}原子已经饱和rm{C_{2}H_{6}O}原子的四价结构；最简式即为分子式；

故答案为：能；rm{H}

rm{C}由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有rm{C_{2}H_{6}O}中化学环境不同的rm{(4)}原子，三种rm{3}原子数目之比为rm{H}rm{H}rm{1}有机物rm{2}的分子式为rm{3}故该有机物结构式为rm{A}

故答案为：rm{C_{2}H_{6}O}．

rm{CH_{3}CH_{2}OH}根据质荷比可知，有机物rm{CH_{3}CH_{2}OH}的相对分子质量为rm{(1)}

rm{A}根据rm{46}计算生成的水的物质的量，计算碳元素、氢元素的质量，根据质量守恒判断有机物rm{(2)}是否含有氧元素，若含有氧元素，计算氧元素质量、氧原子物质的量，根据原子守恒确定有机物rm{n=dfrac{m}{M}}中rm{A}rm{A}rm{C}原子个数比值确定最简式；

rm{H}根据有机物的最简式中rm{O}原子说明是否饱和rm{(3)}原子的四价结构判断；

rm{H}由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有rm{C}中化学环境不同的rm{(4)}原子，三种rm{3}原子数目之比为rm{H}rm{H}rm{1}结合有机物的分子式确定其可能的结构．

本题考查有机物分子式与结构确定等，难度中等，注意燃烧法利用原子守恒确定有机物的分子式，侧重对基础知识与学生综合能力考查，注意对有机谱图的简单认识．rm{2}【解析】rm{46}rm{C_{2}H_{6}O}能；rm{C_{2}H_{6}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH}9、(1)SiH4(g)＋2O2(g)═══SiO2(s)＋2H2O(l)ΔH＝－1427.2kJ·mol－1

(2)NaBH4(s)＋2H2O(l)═══NaBO2(s)＋4H2(g)ΔH＝－216.0kJ·mol－1

（3）Se(s)+H2(g)=H2Se(g)ΔH=+81kJ·mol-1

(4).①Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O

②阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。【分析】【分析】

本题考查了热化学反应方程式的书写与计算；电解原理的应用、电极反应方程式的书写等知识点；基础知识较多，并通过表格与图示展示了化学知识的实际应用较为新颖，难度一般。

【解答】

rm{(1)2gSiH_{4}}自燃放出热量rm{89.2kJ}所以rm{1molSiH_{4}}燃烧放出的热量是rm{89.2kJ隆脕16=1427.2kJ}所以热化学方程式是rm{SiH_{4}(g)+2O_{2}(g)=SiO_{2}(s)+2H_{2}O(l)}rm{娄陇H=-1427.2kJ隆陇mol^{-1}}

故答案为：rm{SiH_{4}(g)+2O_{2}(g)=SiO_{2}(s)+2H_{2}O(l)}rm{娄陇H=-1427.2kJ隆陇mol^{-1}}

rm{(2)NaBH_{4}(s)}与rm{H_{2}O(l)}反应生成rm{NaBO_{2}(s)}和rm{H_{2}(g)}rm{n(NaBH_{4})=3.8g隆脗38g/mol=0.1mol}在rm{n(NaBH_{4})=3.8g隆脗

38g/mol=0.1mol}rm{25隆忙}下，每消耗rm{101kPa}放热rm{0.1molNaBH_{4}(s)}可知消耗rm{21.6kJ}放热rm{1molNaBH_{4}(s)}则热化学方程式为rm{216.0kJ}rm{NaBH_{4(}s)+2H_{2}O(l)篓T篓T篓TNaBO_{2}(s)+4H_{2}(g)}

故答案为：rm{娄陇H=-216.0kJ隆陇mol^{-1}}rm{NaBH_{4(}s)+2H_{2}O(l)篓T篓T篓TNaBO_{2}(s)+4H_{2}(g)}

rm{娄陇H=-216.0kJ隆陇mol^{-1}}根据元素周期律，同一主族元素非金属性越强，生成气态氢化物越容易，气态氢化物越稳定，能量越低越稳定，结合图示可知rm{(3)}rm{a}rm{b}rm{c}依次为rm{d}rm{H_{2}Te}rm{H_{2}Se}rm{H_{2}S}则rm{H_{2}O}与rm{Se}化合的热化学反应方程式为：rm{Se(s)+H_{2}(g)=H_{2}Se(g)}rm{H_{2}}

故答案为：rm{Se(s)+H_{2}(g)=H_{2}Se(g)}rm{Se(s)+H_{2}(g)=

H_{2}Se(g)}

rm{娄陇H=+81kJ隆陇mol^{-1}}实验rm{Se(s)+H_{2}(g)=

H_{2}Se(g)}为酸性环境，惰性电极进行电解，则其中rm{娄陇H=+81kJ隆陇mol^{-1}}放电的电极反应式是rm{(4)垄脵}

故答案为：rm{垄垄}

rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}实验rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}+6e^{-}+14H^{+}=2Cr^{3+}+7H_{2}O}中铁作阳极优先放电，结合图示所示机理可知：阳极rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}+6e^{-}+14H^{+}=2Cr^{3+}+7H_{2}O}失电子生成rm{垄脷}rm{垄拢}与rm{Fe}在酸性条件下反应生成rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{2+}}在阴极得电子生成rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}继续还原rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{3+}}循环利用提高了rm{Fe^{2+}}的去除率；

故答案为：阳极rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}失电子生成rm{Fe^{2+}}rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}与rm{Fe}在酸性条件下反应生成rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{2+}}在阴极得电子生成rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}继续还原rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{3+}}循环利用提高了rm{Fe^{2+}}的去除率。

rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}【解析】rm{(1)SiH_{4}(g)+2O_{2}(g)篓T篓T篓TSiO_{2}(s)+2H_{2}O(l)}rm{娄陇H=-1427.2kJ隆陇mol^{-1}}

rm{(2)NaBH_{4(}s)+2H_{2}O(l)篓T篓T篓TNaBO_{2}(s)+4H_{2}(g)}rm{娄陇H=-216.0kJ隆陇mol^{-1}(3)Se(s)+H_{2}(g)=H_{2}Se(g)}rm{娄陇H=-216.0kJ隆陇mol^{-1}(3)Se(s)+

H_{2}(g)=H_{2}Se(g)}

rm{(4).垄脵Cr_{2}O_{7}^{2-}+6e^{-}+14H^{+}=2Cr^{3+}+7H_{2}O}

rm{娄陇H=+81kJ隆陇mol^{-1}}阳极rm{(4).垄脵

Cr_{2}O_{7}^{2-}+6e^{-}+14H^{+}=2Cr^{3+}+7H_{2}O}失电子生成rm{垄脷}rm{Fe}与rm{Fe^{2+}}在酸性条件下反应生成rm{Fe^{2+}}rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}在阴极得电子生成rm{Fe^{3+}}继续还原rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{2+}}循环利用提高了rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}的去除率。rm{Fe^{2+}}10、（1）氮；氧、氯；

（2）ds；Cr；

（3）Mg3N2＋6H2O=3Mg(OH)2↓＋2NH3↑【分析】

试题分析：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}为原子序数依次增大的六种元素，由rm{A}是周期表中原子半径最小的元素可推出rm{A}是氢元素，rm{B}的基态原子核外电子有rm{7}种运动状态，可知rm{B}是氮元素，rm{B}rm{C}rm{E}三种元素原子中未成对电子数之比为rm{3}rm{2}rm{1}可推出rm{C}是氧元素，由于rm{D}原子核外有rm{4}个能级且均充满电子，rm{D}与rm{E}可形成rm{DE_{2}}型化。

合物，可推出rm{E}是氯元素，rm{D}是镁，再由rm{F}原子核外最外层只有rm{1}个电子，其余各层均充满电子，可推出rm{F}为铜元素，与rm{F}同周期且未成对电子数最多的元素为rm{Cr}该元素价电子排布图为rm{B}与rm{D}组成的化合物与水反应的化学方程式为rm{)Mg_{3}N_{2}+6H_{2}O=3Mg(OH)_{2}隆媒+2NH_{3}隆眉}

回答下列问题：

考点：元素周期表。

点评：主要考查元素周期表，历年高考的必考题型，难度不大，解题的关键是要认真审读，挖掘题干隐含的信息，如“原子序数依次增大”，结合原子结构，电子的排布，快速作答。【解析】rm{(1)}氮；氧、氯；

rm{(2)ds}rm{Cr}

rm{(3)Mg_{3}N_{2}+6H_{2}O=3Mg(OH)_{2}隆媒+2NH_{3}隆眉}11、略

【分析】解：【提出猜想】

乙醛分子中有C=O不饱和键；可能与溴水发生加成反应使溴水褪色；乙醛中含有醛基，具有还原性，可能与溴水发生氧化还原反应使溴水褪色；

故答案为：②由于乙醛分子中含有不饱和键；溴水可能与乙醛发生加成反应；

③由于乙醛含有醛基；具有还原性，溴水可能将乙醛氧化为乙酸；

【解释与结论】

如果发生取代反应则取代生成n（HBr）=n（Br-）=amol；如果发生加成反应则n（Br-）=0mol；如果发生的是氧化反应，则Br2被还原得到的溴离子物质的量n（Br-）=2amol，已知CH3COOAg易溶解于水，所以固体1.88g为AgBr的质量，n（AgBr）==0.01mol，n（AgBr）=n（Br-）=0.01mol，n（Br2）=0.005mol，所以n（Br-）=2n（Br2），由于溴水将乙醛氧化为乙酸的同时，产生的Br-的物质的量是Br2的物质的量的2倍；所以反应应为氧化反应；

故答案为：加成反应；取代反应；氧化；氧化反应；根据n（Br-）=2n（Br2），由于溴水将乙醛氧化为乙酸的同时，产生的Br-的物质的量是Br2的物质的量的2倍，所以反应应为氧化反应；CH3CHO+Br2+H2O=CH3COOH+2HBr；

[反思与评价]

方案一中，乙醛发生取代生成HBr，还是发生氧化反应生成CH3COOH和HBr；都能使反应后溶液显酸性，故方案一不可行．

故答案为：否；不管乙醛发生取代生成HBr，还是发生氧化反应生成CH3COOH和HBr；都能使反应后溶液显酸性．

结构决定性质．分析乙醛分子的结构特点：含有C=O；能发生加成反应；含有醛基，能发生氧化反应，据此提出猜想可能发生加成反应或者是发生氧化反应；

根据取代反应的原理，如果发生取代反应则取代生成n（HBr）=n（Br-）=amol；根据加成反应的原理，如果发生加成反应则n（Br-）=0mol；如果发生的是氧化反应，则Br2被还原得到的溴离子物质的量n（Br-）=2amol；

根据题意知固体1.88g为AgBr的质量，n（AgBr）==0.01mol，所以n（Br-）=0.01mol，n（Br-）=2n（Br2），由于溴水将乙醛氧化为乙酸的同时，产生的Br-的物质的量是Br2的物质的量的2倍，所以反应应为氧化反应，发生氧化还原反应的方程式为：CH3CHO+Br2+H2O=CH3COOH+2HBr；

乙醛如果发生取代生成HBr，发生氧化反应生成CH3COOH和HBr；都能使反应后溶液显酸性，故方案一不可行．

本题考查乙醛化学性质的探究，题目难度中等，本题注意把握各类有机反应的机理，为解答该题的关键．【解析】由于乙醛分子中含有不饱和键，溴水可能与乙醛发生加成反应；由于乙醛含有醛基，具有还原性，溴水可能将乙醛氧化为乙酸；加成；取代；氧化；氧化反应；根据n（Br-）=2n（Br2），由于溴水将乙醛氧化为乙酸的同时，产生的Br-的物质的量是Br2的物质的量的2倍，所以反应应为氧化反应；CH3CHO+Br2+H2O=CH3COOH+2HBr；否；不管乙醛发生取代生成HBr，还是发生氧化反应生成CH3COOH，都能使反应后溶液显酸性12、略

【分析】解：丙烯分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下能够发生加聚反应得到聚丙烯，反应的化学方程式为：

故答案为：．

丙烯分子中含有碳碳双键；在一定条件下能够发生加聚反应生成聚丙烯，据此写出该反应的化学方程式．

本题考查了化学方程式的书写，掌握有机物的官能团的性质是书写化学方程式的关键，注意掌握加聚反应原理，题目难度不大．【解析】三、元素或物质推断题(共4题，共8分)13、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）214、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理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H215、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）216、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、解答题(共4题，共8分)17、略

【分析】

（1）由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O可知，氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量为0.75mol/L×3=2.25mol/L，故v（H2）==0.225mol/（L•mon）；

故答案为：0.225；

（2）反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常数k=

故答案为：

（3）使n（CH3OH）/n（CO2）应采取措施；使平衡向正反应移动，注意不能增大二氧化碳或降低甲醇的量；

A、该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，n（CH3OH）/n（CO2）减小；故A错误；

B、充入He（g），使体系压强增大，容器的容积不变，反应混合物的浓度不变，平衡不移动，n（CH3OH）/n（CO2）不变；故B错误；

C、将H2O（g）从体系中分离，平衡向正反应移动，n（CH3OH）/n（CO2）增大；故C正确；

D、再充入1molCO2和4molH2，相当于充入1molCO2和3molH2，达平衡后再通入1molH2．等效为增大压强，平衡向正反应移动，n（CH3OH）/n（CO2）增大，再通入1molH2，平衡向正反应移动，n（CH3OH）/n（CO2）增大；故D正确；

故答案为：CD；

（4）在相同的容器中事先充入1molCH3OH和1molH2O，按化学计量数转化到左边得到n（CO2）=1mol，n（H2）=3mol，使反应达到的化学平衡与原平衡相同，故起始还需加入H2的物质的量为4mol-3mol=1mol；

故答案为：1mol．

【解析】【答案】（1）由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，根据浓度变化量之比等于化学计量数之比氢气的浓度变化量，根据v=计算v（H2）；

（2）化学平衡常数；是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；

（3）使n（CH3OH）/n（CO2）应采取措施；使平衡向正反应移动，注意不能增大二氧化碳或降低甲醇的量；

（4）在相同的容器中事先充入1molCH3OH和1molH2O，为了使反应达到的化学平衡和上述一样，与原平衡为等效平衡，按化学计量数转化到左边，满足n（CO2）=1mol，n（H2）=4mol；据此计算．

18、略

【分析】

①在这些食物中；米钣中主要含有糖类，五花肉中主要含有油脂，福寿鱼中主要含有蛋白质，牛奶中主要含有蛋白质和水，番薯叶含维生素，所以，富含蛋白质的是鸡蛋；牛奶、鸡腿、福寿鱼、烤鸭等；富含油脂的是五花肉；富含植物纤维素的是蔬果类的番薯叶，富含淀粉的是米饭；

故答案为：鸡蛋；五花肉；番薯叶；米饭；

②小伶的食谱中；鸡蛋；牛奶、鸡腿、福寿鱼、烤鸭等，主要提供蛋白质及部分脂肪，在体内经过消化、吸收后，最后氧化成酸，为酸性食物；

故答案为：酸．

【解析】【答案】①米饭主要提供淀粉；鱼；鸡、鸭、猪肉主要提供蛋白质，蔬果类，提供维生素等营养物质；

②食物成酸性或成碱性；是按食物在体内代谢最终产物的性质来分类．

19、略

【分析】

（1）依据装置图中试剂和物质性质分析是浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；依据二氧化硫气体易溶于水不能用B；比空气重不能用D，需要用向上排空气法收集，所以选C；

故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；C；

（2）将一收集满二氧化硫气体的小试管倒置于滴有紫色石蕊溶液的水中；二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，水面上升，亚硫酸是中强酸，遇石蕊变红；

故答案为：试管内液面上升；溶液变成红色；

（3）二氧化硫是污染性气体，排放到空气中污染环境，需要氢氧化钠溶液吸收，反应生成亚硫酸钠和水，反应的化学方程式为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；

故答案为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O．

【解析】【答案】（1）依据装置图中试剂和物质性质分析是浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜；二氧化硫和水；依据二氧化硫气体易溶于水；比空气重判断收集方法；

（2）将一收集满二氧化硫气体的小试管倒置于滴有紫色石蕊溶液的水中；二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，亚硫酸使中强酸，遇石蕊变红；

（3）二氧化硫是污染性气体；排放到空气中污染环境，需要氢氧化钠溶液吸收，反应生成亚硫酸钠和水．

20、略

【分析】

达到平衡时；容器内的压强变小，所以x+2＜3+1，且x为整数，所以=1．

根据三段式解题法；求出混合气体各组分物质的量的变化量；平衡时各组分的物质的量．

平衡时；生成的D的物质的量为0.1mol/（L﹒min）×5min×2L=1mol；

3A（气）+B（气）C（气）+2D（气）；

开始（mol）：32.500

变化（mol）：1.50.50.51

平衡（mol）：1.520.51

（1）速率之比等于化学计量数之比，所以v（A）=v（D）=×0.1mol/（L﹒min）=0.15mol/（L﹒min）．

答：A的平均反应速度为0.15mol/（L﹒min）．

（2）平衡时C的浓度c（C）==0.25mol/L．

答：平衡时C的浓度为0.25mol/L．

（3）平衡时B的转化率为×100%=20%．

答：平衡时B的转化率为20%．

（4）根据压强之比等于物质的量之比，平衡时，容器内的压强与原容器内压强的比值为=

答：容器内的压强与原容器内压强的比值为．

【解析】【答案】达到平衡时；容器内的压强变小，所以x=1，根据三段式解题法，求出混合气体各组分物质的量的变化量；平衡时各组分的物质的量．

（1）速率之比等于化学计量数之比计算v（A）．

（2）根据物质的量浓度定义计算出c（C）．

（3）根据转化率的定义计算．

（4）根据压强之比等于物质的量之比计算．

五、其他(共1题，共10分)21、略

【分析】（1）从题中知C是紫红色金属单质，则C为Cu；G是蓝色沉淀，则G为Cu（OH）2；H是砖红色沉淀，则H是Cu2O；F是形成酸雨的无色有害气体，则F为SO2；所以B为浓H2SO4，A为D为O2，E为强碱，是NaOH或是KOH。（2）电解A溶液，阴极上Cu2+放电，反应式为：══（