2025年沪教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年沪教版高二化学下册阶段测试试卷20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、化学在生产和生活中有着重要的应用．下列说法正确的是（）A.漂白粉和明矾常用于水处理，这两者净水原理相同B.“地沟油”经过加工处理可用来制肥皂，可实现厨余废物合理利用C.碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂D.高炉炼铁的常用FeS2作为炼铁的原料2、将下列各组物质按酸、碱、盐分类顺次排列。正确的()A.硫酸，纯碱，石灰石B.硝酸，烧碱，胆矾C.冰醋酸，乙醇，醋酸钠D.盐酸，熟石灰，苛性钠3、高温钠硫电池是一种新型可充电电池，其工作原理如图所示，图中固体电解质是Na+导体．下列叙述正确的是（）

A.放电时，石墨电极a为正极B.放电时，Na+从石墨b向石墨a方向迁移C.充电时，b极反应为Na2Sx﹣2e﹣=xS+2Na+D.可将装置中的固体电解质改成NaCl溶液4、某物质的实验式为PtCl4•2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是（）A.Cl﹣和NH3分子均与Pt4+配位B.该配合物可能是平面正方形结构C.配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6D.配合物中Cl﹣与Pt4+配位，而NH3分子不配位5、通常用来衡量一个国家石油化工发展水平标志的是（）A.甲烷的产量B.苯的产量C.乙醇的产量D.乙烯的产量6、下列说法中正确的是（）A.在一个基态多电子的原子中，不可能有两个能量完全相同的电子B.金属Na、Mg、Al的硬度依次降低C.由原子间通过共价键而形成的晶体一般具有高的熔、沸点及硬度D.PCl3和CO32-的中心原子的杂化方式相同，都是sp3杂化7、下列叙述中正确的是（）A.CO2分子内含有极性键，所以CO2分子是极性分子B.分子晶体、原子晶体中一定含有共价键，离子晶体一定含有离子键C.气态氢化物的稳定性：NH3＞PH3＞AsH3D.某非金属元素从游离态变成化合态时，该元素一定被还原8、用如图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是rm{(}rm{)}

A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、用50mL0.55mol/LNaOH溶液和50mL0.25ml/LH2SO4溶液来做中和热测定的实验，测得溶液在反应前后的温度变化为t1℃～t2℃(t2＞t1)，混合后溶液的比热容为c=4.18J/(g•℃)，溶液的密度都近似为1gmL，中和热△H=____________(填表达式，不用化简)若将H2SO4溶液换成相同物质的量浓度的CH3COOH溶液，测得的△H____________填(“偏大”、“偏小”或“相同”)若将稀硫酸换成浓硫酸来做该实验，测得的△H____________(填“偏大”、“偏小”或“相同”)10、实验室用少量的溴水和足量的乙醇制备rm{1}rm{2-}二溴乙烷的装置如图所示：

有关数据列表如下：

。乙醇rm{1}rm{2-}二溴乙烷乙醚状态无色液体无色液体无色液体密度rm{/g?cm^{-3}}rm{0.79}rm{2.2}rm{0.71}沸点rm{/隆忙}rm{78.5}rm{132}rm{34.6}熔点rm{/隆忙}rm{-l30}rm{9}rm{-1l6}回答下列问题：

rm{(1)}烧瓶rm{A}中发生的主要的反应方程式：______．

rm{(2)}安全瓶rm{B}可以防倒吸，并可以检查实验进行时试管rm{D}是否发生堵塞rm{.}请写出发生堵塞时瓶rm{B}中的现象：______．

rm{(3)}在装置rm{C}中应加入______rm{(}填字母rm{)}其目的是______

rm{a.}水rm{b.}浓硫酸rm{c.}氢氧化钠溶液。

rm{(4)}若产物中有少量未反应的rm{Br_{2}}最好用______洗涤除去rm{.(}填字母rm{)}

rm{a.}水rm{b.}氢氧化钠溶液rm{c.}碘化钠溶液rm{d.}乙醇。

rm{(5)}若产物中有少量副产物乙醚；可用______的方法除去．

rm{(6)}反应过程中应用冷水冷却装置rm{D}但又不能过度冷却rm{(}如用冰水rm{)}其原因是______．11、已知rm{P_{4}}rm{(s}白磷rm{)+5O_{2}}rm{(g)=P_{4}O_{10}(s)}rm{triangleH_{1}=-2983.2KJ/mol}rm{triangle

H_{1}=-2983.2KJ/mol}红磷rm{)+dfrac{5}{4}(g)=dfrac{1}{4}P_{4}O_{10}(s)}rm{P(s}试应用盖斯定律写出白磷转化为红磷的热化学方程式：______．rm{)+dfrac{5}{4}(g)=dfrac

{1}{4}P_{4}O_{10}(s)}12、某有机物B是芳香烃的含氧衍生物，其相对分子质量不超过120，Ｂ中含氧的质量分数为14.8％，B与NaOH溶液不发生反应。有机物A在一定条件下可发生反应A+H2OB+C。有关Ｃ的转化关系如下图所示：已知：根据以上信息，回答下列问题：（1）B的结构简式为，条件I、II中均需要的试剂为。（2）有关C的转化关系图中所发生的反应中属于取代反应的有个。（3）C的同分异构体中，同时符合下列要求的物质有种。a．苯环上有两个侧链b．能发生银镜反应c．能发生消去反应（4）写出G→F转化的化学方程式。13、已知H2A是一种无机二元酸，请回答以下问题：（1）若H2A为二元弱酸，在水溶液中的电离方程式为；（2）若NaHA溶液显碱性，则H2A是（填“强酸”、“弱酸”或“无法确定”)，原因是。（3）若溶液显酸性，在25℃下，若向0.1mol·L-1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1KOH溶液至溶液呈中性。此时该混合溶液中下列关系中，一定正确的是；a．c(H+)·c(OH-)＝1×10-14b．c(Na+)+c(K+)＝0.1mol·L-1c．c(Na+)＞c(K+)d．c(Na+)＝c(HA-)+c(A2-)14、现有下列几种物质：

rm{垄脵KI.垄脷C_{2}H_{5}OH垄脹Cl_{2}垄脺H_{2}C_{2}O_{4}垄脻H_{2}SO_{4}}溶液rm{垄脼}淀粉溶液rm{垄脽Cu垄脿}氨水。

回答下列问题：

rm{(1)}上述物质中属于非电解质的是______，属于强电解质的是______，属于弱电解质的是______。rm{(}填编号rm{)}

rm{(2)}向rm{垄脽}中加入rm{垄脻}不发生反应，但再加入rm{H_{2}O_{2}}rm{垄脽}逐渐溶解，写出该反应的离子方程式______；rm{H_{2}O_{2}}可视作一种二元弱酸；写出其第一步电离的方程式：______。

rm{(3)}利用上述物质可以检验rm{KI}溶液中的rm{I^{-}}选用的试剂有______rm{(}填编号rm{)}现象是______。15、高锰酸钾rm{(KMnO_{4})}是一种常用的氧化剂．

rm{(1)}有下列变化：rm{CO;_{3}^{2-}隆煤CO_{2}}rm{C_{2}O;_{4}^{2-}隆煤CO_{2}}rm{CO;_{3}^{2-

}隆煤CO_{2}}找出其中一个变化与“rm{MnO;_{4}^{-}隆煤Mn^{2+}}”组成一个反应；写出该反应的离子方程式：______

rm{C_{2}O;_{4}^{2-

}隆煤CO_{2}}高锰酸钾可代替二氧化锰用来制取rm{Fe^{3+}隆煤Fe^{2+}.}则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为______．

rm{MnO;_{4}^{-

}隆煤Mn^{2+}}酸性高锰酸钾与硫化亚铁有如下反应：rm{(2)}若上述反应前后固体的质量减少了rm{Cl_{2}}则硫元素与rm{(3)}之间发生转移的电子数目为______．rm{10FeS+6KMnO_{4}+24H_{2}SO_{4}篓T3K_{2}SO_{4}+6MnSO_{4}+5Fe_{2}(SO_{4})_{3}+10S+24H_{2}O.}评卷人得分三、解答题(共6题，共12分)16、近年来，乳酸CH3CH（OH）COOH成为人们的研究热点之一．乳酸可以用化学方法合成；也可以由淀粉通过生物发酵法制备．乳酸有许多用途，其中利用乳酸聚合而合成的高分子材料，具有很好的生物兼容性，它无论在哺乳动物体内或自然环境中，最终都能够降解成二氧化碳和水．请完成下列有关问题：

（1）乳酸在发生下列变化时所用的试剂①______；②______；

CH3CH（OH）COOHCH3CH（OH）COONaCH3CH（ONa）COONa

（2）乳酸可以跟精制的铁粉反应制备一种补铁的药物，反应的化学方程式为2CH3CH（OH）COOH+Fe→[CH3CH（OH）COO]2Fe+H2↑

该反应中氧化剂是______；还原产物是______．

（3）由乳酸可以制取请写出设计合成实验时所涉及的有机反应类型：______．

（4）若碳原子以单键与四个不同的原子或原子团相结合，则称该碳原子为“手性碳原子”，含有手性碳原子的分子称为“手性分子”，手性分子往往具有一定生物活性．乳酸分子是手性分子，乳酸[③CH3②CH（OH）①COOH]的手性碳原子是______号碳原子．

17、右图表示一个电解池；电解液ɑ是足量的饱和NaCl溶液，X；Y都是石墨电极，实验开始前，在两边各滴入几滴酚酞试液，则：

（1）X电极上的电极反应式为______；在X极附近观察到的现象是______．

（2）Y电极上的电极反应式为______；若在X电极处收集到标准状况下的气体224mL，则Y电极处生成物的质量为______g．

18、如图所示的装置；C；D、E、F都是惰性电极．将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色．试回答以下问题：

（1）电极A的名称是______

（2）甲装置中电解反应的总化学方程式是______2Cu+O2↑+2H2SO4

19、一定温度下；在2L的密闭容器中X；Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，依据题意，回答下列问题．（1）反应开始到10s，用Z表示的反应速率为______；

（2）反应达到平衡时；Y的转化率为______；该反应的化学平衡常数K的表达式是______；

（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是______；

a．生成1molX的同时，生成2molZb．容器内气体的压强保持不变。

c．v逆（X）=v正（Y）d．容器内气体的密度保持不变。

（4）为使该反应的反应速率增大；且能使平衡向正反应方向移动的是______．

a．平衡后及时分离出Z气体b．平衡后加入高效催化剂。

c．平衡后将各物质的量同时加倍d．平衡后仅增大X的浓度．

20、A；B、C、D、E代表5种元素．请填空：

（1）A元素基态原子的最外层有3个未成对电子；次外层有2个电子，其元素符号为______；

（2）B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同；B的元素符号为______，C的元素符号为______；

（3）D元素的正三价离子的3d亚层为半充满；D的元素符号为______，其基态原子的电子排布式为______．

（4）E元素基态原子的M层全充满；N层没有成对电子，只有一个未成对电子，E的元素符号为______，其基态原子的电子排布式为______．

21、反应mA+nB⇌pC在某温度下达到平衡．

①若A；B、C都是气体；减压后正反应速率小于逆反应速率，则m、n、p的关系是______．

②若C为气体；且m+n=p，在加压时化学平衡发生移动，则平衡必定向______方向移动．

③如果在体系中增加或减少B的量；平衡均不发生移动，则B肯定不能为______态．

评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共24分)22、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）。23、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：_____________。24、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）。25、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、有机推断题(共4题，共36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：_____________________________________________________________________。评卷人得分六、探究题(共4题，共16分)30、（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。31、（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。32、（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。33、（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。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】解：A．明矾中的铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体；能吸附悬浮颗粒，而净水，漂白粉有强氧化性，能杀死水中的细菌和病毒，所以二者作用原理不同，故A错误；B．“地沟油”的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下发生皂化反应，生成肥皂，故B正确；

C．常用碳酸氢钠作为治疗胃酸过多的药剂；碳酸钠碱性太强，故C错误；

D．由于FeS2会对大气造成污染；故不是高炉炼铁的原料，常用氧化铁作原料，故D错误；

故选B．

A．明矾没有强氧化性；漂白粉有强氧化性；

B．“地沟油”的主要成分是高级脂肪酸甘油酯；油酯在碱性条件下发生皂化反应，生成肥皂；

C．碳酸氢钠为治疗胃酸过多的药剂；

D．FeS2会对大气造成污染．

本题主要考查的是明矾净水原理、碳酸氢钠的用途、高炉炼铁原理等，难度不大．【解析】【答案】B2、B【分析】【分析】本题考查学生酸、碱、盐的概念以及物质分类的有关知识，属于简单知识的考查，难度不大。【解答】A.纯碱是碳酸钠的俗称；属于盐类，故A错误；

B.硝酸；烧碱，绿矾分别属于酸；碱和盐，故B正确；

C.乙醇属于有机物；非电解质；不会发生电离，不属于碱，故C错误；

D.苛性钠是氢氧化钠的俗称；属于碱类，故D错误。

故选B。【解析】rm{B}3、C【分析】【解答】解：A；根据图示信息知道：金属钠富集在石墨电极附近；据此确定石墨a是高温钠硫电池的负极材料，故A错误；

B、放电时属于原电池装置，电解质中的阳离子移向正极，即Na+从石墨a向石墨b方向迁移；故B错误；

C、充电时，在阳极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为：Na2Sx﹣2e﹣=xS+2Na+；故C正确；

D；固体电解质不能改成NaCl溶液；因为钠单质会与水反应，故D错误．

故选C．

【分析】A；根据图示信息知道：金属钠富集在石墨电极附近；据此确定高温钠硫电池的正负极材料；

B；原电池中；电解质中的阳离子移向正极；

C；充电时；在阳极上发生失电子的氧化反应，据此书写电极反应式；

D、金属钠可以和水之间发生反应，据此回答判断．4、A【分析】【解答】解：加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为[PtCl4（NH3）2]；

A．由分析可知，Cl﹣和NH3分子均与Pt4+配位，形成的配合物为[PtCl4（NH3）2]；故A正确；

B．该配合物应是8面体结构；Pt与6个配体成键，故B错误；

C．配合物中中心原子的电荷数电荷数为4；配位数为6，故C错误；

D．用强碱处理没有NH3放出，说明NH3分子配位；故D错误；

故选A．

【分析】实验式为PtCl4•2NH3的物质，其水溶液不导电说明它不是离子化合物，在溶液中不能电离出阴、阳离子．加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为[PtCl4（NH3）2]．5、D【分析】【解答】解：乙烯可有石油裂解生成；且乙烯用途广泛，可用于制造塑料；合成纤维、有机溶剂等，带动了其他以石油为原料的石油化工的发展．因此一个国家乙烯工业的发展水平，已成为衡量这个国家石油化学工业水平的重要标志，故选D．

【分析】乙烯主要用于制造塑料、合成纤维、有机溶剂等，是石油化工发展的标志．6、C【分析】解：A．每个轨道中最多可以填充两个电子；自旋相反，这两个电子的能量完全相同，所以在一个基态多电子的原子中，可能有两个能量完全相同的电子，故A错误；

B．Na；Mg、Al原子半径逐渐减小；离子带电荷数目逐渐增大，金属键键能逐渐增强，则金属硬度逐渐增大，故B错误；

C．原子间通过共价键而形成的晶体可能为分子晶体；也可能为原子晶体，若为分子晶体，熔沸点较低，硬度不大，若为原子晶体，熔沸点高，硬度大，所以由原子间通过共价键而形成的晶体一般具有高的熔；沸点及硬度，故C正确；

D．PCl3中的P形成3个σ键，孤电子对数=1，则P杂化类型是sp3，而CO32-离子中的C形成3个σ键，无孤电子对数，则C杂化类型是sp2；故D错误；

故选C．

A．每个轨道中最多可以填充两个电子；自旋相反，这两个电子的能量完全相同；

B．金属键键能越大；金属硬度越大，从影响金属键强弱的角度比较；

C．原子间通过共价键而形成的晶体可能为分子晶体；也可能为原子晶体；

D．价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=4，杂化类型为sp3杂化；据此分析．

本题考查核外电子的排布，晶体的性质，原子杂化方式的判断，为高频考点，把握原子结构与元素位置的关系、性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等．【解析】【答案】C7、C【分析】解：A、CO2为直线形分子；结构对称，分子中正负电荷重心重叠，为非极性分子，故A错误．

B；分子晶体中不一定含有化学键；如稀有气体是单原子分子，不含化学键，只存在分子间作用力，故B错误．

C、同一主族元素氢化物的稳定性随着原子序数的增大而减小，所以气态氢化物的稳定性：NH3＞PH3＞AsH3；故C正确．

D；某非金属元素从游离态变成化合态时；该元素可能被氧化，也可能被还原，故D错误．

故选C．

A；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，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子．

B；分子晶体中不一定含有化学键；

C；根据元素周期律分析；

D；根据元素的化合价变化判断；

本题考查了极性键、极性分子、元素周期律等知识点，难度不大，易错选项是B，注意稀有气体是单原子分子，只存在分子间作用力，不存在化学键．【解析】【答案】C8、B【分析】【分析】

本题考查化学实验方案的评价；为高频考点，侧重乙烯制备及物质鉴别；混合物分离等知识点的考查，把握有机物的性质为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

【解答】A.利用溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液制备乙烯时，乙烯中可能混有溴乙烷、乙醇、水蒸气等杂质，乙醇也能使高锰酸钾酸性溶液褪色，因此在检验乙烯时，应先将气体通入水中以除去乙醇，防止其对乙烯检验的干扰，故A不选；B.溴乙烷、乙醇、水蒸气都不能使溴的四氯化碳溶液褪色，因此对乙烯的检验没有影响，故选B；C.利用乙醇与浓硫酸共热制备乙烯时，乙烯中混有的二氧化硫也能使高锰酸钾酸性溶液褪色，故检验乙烯前必须将二氧化硫除去，故C不选；D.二氧化硫也能使溴的四氯化碳溶液褪色；故检验乙烯前必须将二氧化硫除去，故D不选。

故选B。【解析】rm{B}二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】解：50mL0.55mol/LNaOH溶液和50mL0.25ml/LH2SO4溶液反应生成0.25mol的水；溶液质量m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/(g•℃)，代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量。

Q=4.18×10-3KJ/(g•℃)×100g×(t2-t1)，所以生成1mol的水放出热量

即该实验测得的中和热△H=

若将H2SO4溶液换成相同物质的量浓度的CH3COOH溶液，CH3COOH电离要吸热；温度降低，即变化值会偏小，测得的△H偏大；

若将稀硫酸换成浓硫酸来做该实验；浓硫酸稀释时放热，温度升高，即变化值会偏大，测得的△H偏小；

故答案为：偏大；偏小【解析】偏大;偏小10、略

【分析】解：rm{(1)}乙醇消去生成乙烯的反应方程式：rm{CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[170隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}CH_{2}=CH_{2}隆眉+H_{2}O}

故答案为：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}试管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}发生堵塞时，rm{(2)}中压强不断增大，会导致rm{D}中水面下降；玻璃管中的水柱上升，甚至溢出；

故答案为：rm{B}中水面会下降；玻璃管中的水柱会上升，甚至溢出；

rm{B}制取的乙烯气体中会含有rm{B}和rm{(3)}而rm{CO_{2}}具有还原性，也能使溴水褪色，故装置rm{SO_{2}}中盛有的溶液的作用是吸收乙烯中的杂质气体二氧化碳和二氧化硫的，故选用能吸收rm{SO_{2}}和rm{C}但不和乙烯反应的氢氧化钠溶液，目的是除去rm{CO_{2}}和rm{SO_{2}}故答案为：rm{CO_{2}}除去rm{SO_{2}}和rm{c}

rm{CO_{2}}常温下rm{SO_{2}}和氢氧化钠发生反应：rm{(4)}故答案为：rm{Br_{2}}

rm{2NaOH+Br_{2}篓TNaBr+NaBrO+H_{2}O}rm{b}二溴乙烷与乙醚的沸点不同；两者均为有机物，互溶，用蒸馏的方法将它们分离；

故答案为：蒸馏；

rm{(5)1}rm{2-}二溴乙烷的凝固点rm{(6)1}较低；不能过度冷却，过度冷却会使其凝固而使气路堵塞；

故答案为：过度冷却会使其凝固而使气路堵塞．

rm{2-}乙醇在浓硫酸做催化剂；脱水剂条件下发生消去反应生成乙烯；

rm{9隆忙}依据当rm{(1)}堵塞时，气体不畅通，则在rm{(2)}中气体产生的压强将水压入直玻璃管中；甚至溢出玻璃管；

rm{D}根据装置rm{B}中盛有的溶液的作用是吸收乙烯中的杂质气体二氧化碳和二氧化硫来选择；

rm{(3)}可以和氢氧化钠发生氧化还原反应；

rm{C}利用rm{(4)Br_{2}}rm{(5)}二溴乙烷与乙醚的沸点不同进行解答；

rm{1}考虑rm{2-}rm{(6)}二溴乙烷的凝固点较低．

该题较为综合，主要考查了乙醇制备rm{1}rm{2-}二溴乙烷，掌握相关物质的基本化学性质，是解答本题的关键，平时须注意积累相关反应知识，难度中等．rm{1}【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}中水面会下降，玻璃管中的水柱会上升，甚至溢出；rm{B}除去rm{c}和rm{CO_{2}}rm{SO_{2}}蒸馏；过度冷却会使其凝固而使气路堵塞rm{b}11、略

【分析】解：红磷转化为白磷的化学方程式为：rm{4P(s}红磷rm{)=P_{4}(s}白磷rm{)}可以看成是下列两个反应方程式的和：rm{P_{4}O_{10}(s)=P_{4}(s}白磷rm{)+5O_{2}(g)}rm{triangleH=2983.2kJ?mol^{-1}}

；rm{triangle

H=2983.2kJ?mol^{-1}}红磷rm{4P(s}rm{triangleH=-738.5隆脕4kJ?mol^{-1}=-2954kJ?mol^{-1}}

根据盖斯定律，红磷转化为白磷rm{)+5O_{2}(g)=P_{4}O_{10}(s)}红磷rm{triangle

H=-738.5隆脕4kJ?mol^{-1}=-2954kJ?mol^{-1}}白磷rm{4P(s}的rm{triangleH=2983.2kJ/mol-2954kJ?mol^{-1}=29.2KJ/mol}

故答案为：rm{)=P_{4}(s}红磷rm{)}白磷rm{triangle

H=2983.2kJ/mol-2954kJ?mol^{-1}=29.2KJ/mol}．

根据盖斯定律可以计算化学反应的焓变；进而书写热化学方程式．

本题考查学生利用盖斯定律来计算化学反应的焓变这一知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．rm{4P(s}【解析】rm{4P(s}红磷rm{)=P_{4}(s}白磷rm{)triangleH=+29.2KJ/mol}12、略

【分析】试题分析：（1）有机物B是芳香烃的含氧衍生物，其相对分子质量不超过120，Ｂ中含氧的质量分数为14.8％，即B的相对分子质量为16/14.8%=108，所以碳和氢的总量为108-16=92，有因为B是芳香烃的含氧衍生物且B与NaOH溶液不发生反应，故B为条件I、II中均需要的试剂为强碱（或NaOH等）；（2）有关C的转化关系图中所发生的反应中属于取代反应的有：C转化为D，D转化为F，F转化为D都属于取代反应，故C的转化关系图中所发生的反应中属于取代反应的有3个；（3）C为苯丙酸，其同分异构体中，同时符合苯环上有两个侧链、能发生银镜反应、能发生消去反应的有这个类别在邻间对位共有3个，另外三个是羟基唯一第二个碳，该系列也有邻间对三种，故一共有六种，（4）G→F转化的化学方程式考点：考查有机合成的知识。【解析】【答案】（1）（2分）强碱（或NaOH等）（2分）（2）3（2分）（3）6（2分）（4）（2分）13、略

【分析】试题分析：（1）多元弱酸部分电离，分步书写。（2）若NaHA溶液显碱性，说明HA­-水解生成H2A和OH-使溶液显碱性，故H2A必为弱酸；（3）在25℃下，任何溶液一定存在c(H+)·c(OH-)＝1×10-14，故a正确；滴加到溶液刚好反应时，生成Na2A和K2A，溶液呈碱性，要成中性必须NaHA过量，故b错、C错；根据物料守恒：c(Na+)＝c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，故d错。考点：考查弱电解质的电离、盐类水解、水溶液中的离子平衡等相关知识。【解析】【答案】（1）H2AH++HA-，HA-H++A2-（2分）（2）弱酸（1分）HA­-水解生成H2A和OH-使溶液显碱性，故H2A必为弱酸；（2分）（3）a（2分）；14、略

【分析】解：rm{(1)垄脵KI}是盐属于电解质；在水溶液中完全电离属于强电解质；

rm{垄脷C_{2}H_{5}OH}属于有机物；是非电解质；

rm{垄脹Cl_{2}}是非金属单质，只存在rm{Cl_{2}}分子；它既不是电解质也不是非电解质；

rm{垄脺H_{2}C_{2}O_{4}}是弱酸属于电解质；溶液中操作电离平衡，属于弱电解质；

rm{垄脻H_{2}SO_{4}}溶液，由rm{H_{2}SO_{4}}和水组成的混合物；既不是电解质也不是非电解质；

rm{垄脼}淀粉溶液；由淀粉和水组成的混合物，既不是电解质也不是非电解质；

rm{垄脽Cu}是金属单质；它既不是电解质也不是非电解质；

rm{垄脿}氨水由氨气和水组成的混合物；既不是电解质也不是非电解质；

故答案为：rm{垄脷}rm{垄脵}rm{垄脺}

rm{(2)}金属铜投入稀硫酸中不发生反应，但再加入rm{H_{2}O_{2}}溶液后铜开始溶解，溶液逐渐变为蓝色，说明过氧化氢在酸性溶液中具有氧化性溶解铜，反应的离子方程式为：rm{Cu+H_{2}O_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O}过氧化氢为二元弱酸，第一步电离产生氢离子rm{H^{+}}和rm{HO_{2}^{-}}电离方程式：rm{H_{2}O_{2}?H^{+}+HO_{2}^{-}}

故答案为：rm{Cu+H_{2}O_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O}rm{H_{2}O_{2}?H^{+}+HO_{2}^{-}}

rm{(3)}氯气氧化碘化钾中的碘离子，生成单质碘，碘与淀粉作用显蓝色，所以选用的试剂有rm{垄脹垄脼}现象为淀粉溶液显蓝色。

故答案为：rm{垄脹垄脼}淀粉溶液显蓝色。

rm{(1)}电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；单质；混合物既不是电解质也不是非电解质；

强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质；包括强酸；强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等；非金属石墨、金属单质和在熔融状态下的电解质以及其溶液都能导电；据此即可解答；

rm{(2)}过氧化氢酸性溶液中具有氧化性，据此书写方程式；过氧化氢为二元弱酸，第一步电离产生氢离子rm{H^{+}}和rm{HO_{2}^{-}}注意弱电解质电离应可逆号；

rm{(3)}氯气氧化碘化钾中的碘离子；生成单质碘，碘与淀粉作用显蓝色。

本题重点考查了电解质、非电解质概念的辨析、强、弱电解质的判断、rm{I^{-}}的检验，抓住电解质必须是化合物，抓住弱电解质的特征“部分电离”，强电解质”在水溶液中或熔融状态下，能完全电离”是解答本题的关键，题目难度不大。【解析】rm{垄脷}rm{垄脵}rm{垄脺}rm{Cu+H_{2}O_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O}rm{H_{2}O_{2}?H^{+}+HO_{2}^{-}}rm{垄脹垄脼}淀粉溶液显蓝色15、略

【分析】解：rm{(1)}“rm{MnO_{4}^{-}隆煤Mn^{2+}}”，化合价降低，高锰酸根离子表现了强氧化性，题中提供的rm{3}个变化中只有rm{C_{2}O_{4}^{2-}隆煤CO_{2}}为化合价升高的变化，所以反应的化学方程式为：rm{5C_{2}O_{4}^{2-}+2MnO_{4}^{-}+16H^{+}=2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}

故答案为：rm{5C_{2}O_{4}^{2-}+2MnO_{4}^{-}+16H^{+}=2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}

rm{(2)}反应rm{2KMnO_{4}+16HCl(}浓rm{)篓T2KCl+2MnCl_{2}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O}中，rm{2KMnO_{4}}为氧化剂，rm{HCl}为还原剂，由方程式可知，当有rm{2molKMnO_{4}}参加反应，则有rm{10molHCl}被氧化，故答案为：rm{1}rm{5}

rm{(3)}反应中固体质量变化为：rm{FeS隆煤S}固体质量变化为铁元素的变化；反应前后固体的质量减少了rm{2.8g}参加反应的亚铁离子的物质的量为：rm{dfrac{8g}{56g/mol}=0.05mol}即被氧化的rm{dfrac

{8g}{56g/mol}=0.05mol}的物质的量为rm{FeS}被高锰酸根离子氧化的硫元素元素的物质的量为rm{0.05mol}转移的电子的物质的量为：rm{0.05mol}电子数目为：rm{0.05mol隆脕2=0.1mol}

故答案为：rm{0.1N_{A}}．

rm{0.1N_{A}}根据“rm{(1)}”的化合价的变化分析满足氧化还原反应要求的变化；然后写出反应的离子方程式；

rm{MnO_{4}^{-}隆煤Mn^{2+}}反应的方程式为rm{(2)}浓rm{2KMnO_{4}+16HCl(}根据方程式判断；

rm{)篓T2KCl+2MnCl_{2}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O}反应rm{(3)}中，反应前后固体变化为：rm{10FeS+6KMnO_{4}+24H_{2}SO_{4}隆煤3K_{2}SO_{4}+6MnSO_{4}+5Fe_{2}(SO_{4})_{3}+10S+24H_{2}O}固体减少的质量实际上是铁元素的质量，据此计算出铁的物质的量及转移的电子数．

本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意从元素化合价的角度认识相关概念并进行计算，难度中等．rm{FeS隆煤S}【解析】rm{5C_{2}O_{4}^{2-}+2MnO_{4}^{-}+16H^{+}=2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}rm{1}rm{5}rm{0.1N_{A}}三、解答题(共6题，共12分)16、略

【分析】

（1）羧基能和氢氧化钠、钠反应生成羧酸钠，醇羟基能和钠反应生成醇钠，但不能和氢氧化钠反应生成醇钠，所以2-羟基丙酸和氢氧化钠反应生成2-羟基丙酸钠，2-羟基丙酸钠和钠反应生成CH3CH（ONa）COONa；

故答案为：NaOH；Na；

（2）反应中铁由0价变成+2价；故作还原剂，乳酸作氧化剂，则还原产物是氢气，故答案为：乳酸；氢气；

（3）2-羟基丙酸发生消去反应生成丙烯酸，丙烯酸和甲醇发生酯化反应生成丙烯酸甲酯，丙烯酸甲酯发生加聚反应生成所以涉及的反应类型是：消去反应；酯化反应、加聚反应，故答案为：消去反应、酯化反应、加聚反应；

（4）乳酸中，如[③CH3②CH（OH）①COOH]中②号碳原子四个键分别连接-H、-OH、-COOH、-CH3四个不同的基团；故该碳原子为手性碳原子，故选②．

【解析】【答案】（1）羧基能和氢氧化钠；钠反应生成羧酸钠；醇羟基能和钠反应生成醇钠，但不能和氢氧化钠反应生成醇钠；

（2）氧化还原反应中；得电子化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂对应的产物是还原产物；

（3）2-羟基丙酸发生消去反应生成丙烯酸，丙烯酸和甲醇发生酯化反应生成丙烯酸甲酯，丙烯酸甲酯发生加聚反应生成

（4）碳原子以单键与四个不同的原子或原子团相结合；则称该碳原子为“手性碳原子”，根据手性碳原子定义判断．

17、略

【分析】

（1）装置图可知X连接电源负极，为电解池阴极，溶液中氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应为：2H++2e-=H2↑；破坏了水的电离平衡，溶液中氢氧根离子浓度增大，酚酞变红色；

故答案为：2H++2e-=H2↑；生成无色气体，X电极附近溶液变红；

（2）Y电极和电源正极连接是电解池的阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应失电子生成氯气，Y电极上的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；若在X电极处收集到标准状况下的气体224mL是氢气，物质的量为0.01mol，依据电子守恒计算得到氯气为0.01mol，生成氯气质量=0.01mol×71g/mol=0.71g；

故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；0.71g；

【解析】【答案】（1）依据装置图可知X为电解池阴极；溶液中氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，破坏了水的电离平衡，溶液中氢氧根离子浓度增大；

（2）Y电极和电源正极连接是电解池的阳极；溶液中氯离子失电子发生氧化反应失电子生成氯气；依据X电极生成的氢气物质的量计算Y电极生成的氯气；

18、略

【分析】

（1）将电源接通后；向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明F极附近有氢氧化钠生成，F电极上氢离子放电，所以F极是阴极，则B是负极A是正极，故答案为：正极；

（2）甲装置中，阴极上铜离子放电生成铜，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，其电池反应式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

（3）设氢氧化钠的物质的量浓度是xmol/L；

2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH；

22.4L2mol

0.056L0.5xmol

x==0.01

则C（H+）==10-12mol/L；所以溶液的pH=12；

故答案为：12．

【解析】【答案】（1）该装置是电解池；将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明F极附近有氢氧化钠生成，所以F极是阴极，则B是负极A是正极，C；E是阳极，D、F是阴极；

（2）甲装置中；阴极上铜离子放电，阳极上氢氧根离子放电，据此写出电池反应式；

（3）电解氯化钠溶液时；阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，根据氯气和氢氧化钠的关系式计算氢氧化钠的物质的量浓度，从而得出溶液的pH．

19、略

【分析】

（1）由图可知10s内，Z的物质的量变化为1.58mol，故v（Z）==0.079mol/（L•s）．

故答案为：0.079mol/（L．s）；

（2）由图可知，Y的起始物质的量为1mol，平衡时Y的物质的量为0.21mol，参加反应的Y的物质的量为1mol-0.21mol=0.79mol，故Y的转化率为×100%=79%；

由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，10后X、Y、Z的物质的量不再变化，该反应为可逆反应，且△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=（1.2-0.41）mol：（1-0.21）mol：1.58mol=1：1：2，则反应的化学方程式为：X+Y2Z，该可逆反应的平衡常数k=．

故答案为：79%；．

（3）a．生成1molX相当于消耗2molZ；同时生成2molZ，说明到达平衡，故a正确；

b．该反应气体的物质的量不发生变化，容器内气体的压强自始至终保持不变，压强不变不能说明到达平衡，故b错误；

c．v逆（X）=v正（Y）说明不能物质表示正逆速率之比等于化学计量数之比1：1；说明反应到达平衡，故c正确；

d．反应混合物都是气体；气体的总质量不变，容器的容积一定，容器内气体的密度自始至终保持不变，故密度保持不变不能说明反应到达平衡，故d错误．

故选：ac．

（4）a．平衡后及时分离出Z气体；瞬间逆反应速率减小，正反应速率不变，平衡向正反应进行，随后反应混合物各组分的浓度降低，速率减小，故a错误；

b．平衡后加入高效催化剂，同等程度增大正、逆反应速率，平衡不移动，故b错误；

c．平衡后将各物质的量同时加倍；反应混合物的浓度增大，反应速率增大；该反应气体的物质的量不发生变化压强增大，平衡不移动，故c错误．

d．平衡后仅增大X的浓度；瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡向正反应进行，随后生成物的浓度增大，逆反应速速率增大，故d正确．

故选：d．

【解析】【答案】（1）由图可知10s内，Z的物质的量变化为1.58mol，根据v=计算v（Z）

（2）由图可知；Y的起始物质的量为1mol，平衡时Y的物质的量为0.21mol，参加反应的Y的物质的量为1mol-0.21mol=0.79mol，再根据转化率的定义计算；

随反应进行反应物的物质的量减小；故X；Y为反应物．生成物的物质的量增大，故Z为生成物，10后X、Y、Z的物质的量不再变化，该反应为可逆反应．根据物质的量变化量之比等于化学计量数之比确定化学计量数，进而书写方程式．化学平衡常数指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）反应到达平衡状态时；正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各物质的浓度；百分含量不变，可以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断．解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．

（4）a．平衡后及时分离出Z气体；瞬间逆反应速率减小，正反应速率不变，平衡向正反应进行，随后反应混合物各组分的浓度降低，速率减小．

b．平衡后加入高效催化剂；同等程度增大正；逆反应速率，平衡不移动．

c．平衡后将各物质的量同时加倍；反应混合物的浓度增大，压强增大，平衡向体积减小的反应移动．

d．平衡后仅增大X的浓度；瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡向正反应进行，随后生成物的浓度增大，逆反应速速率增大．

20、略

【分析】

（1）A元素基态原子的核外电子排布应为ns2np3，次外层有2个电子，其电子排布式为：1s22s22p3；应为N元素，故答案为：N；

（2）B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，离子核外都有18个电子，B元素质子数为18-1=17，阴离子为Cl-，含有Cl元素，C元素质子数为18+1=19，阳离子为K+；含有K元素；

故答案为：Cl；K；

（3）D元素的正三价离子的3d轨道为半充满，3d轨道电子数为5，则基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；应为Fe元素；

故答案为：Fe；1s22s22p63s23p63d64s2；

（4）E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；应为Cu元素；

故答案为：Cu；1s22s22p63s23p63d104s1．

【解析】【答案】（1）A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，核外电子排布应为ns2np3；

（2）B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同；离子核外都有18个电子，据此计算质子数进行判断；

（3）D元素的正三价离子的3d轨道为半充满；3d轨道电子数为5，应为Fe元素；

（4）E元素基态原子的M层全充满；N层没有成对电子，只有一个未成对电子，应为Cu，原子序数为29．

21、略

【分析】

①反应mA+nB⇌pC；若A；B、C都是气体，减压后正反应速率小于逆反应速率，证明逆向反应是气体体积增大的反应，得到m+n＞p，故答案为：m+n＞p；

②若反应mA+nB⇌pC；C为气体；且m+n=p，在加压时化学平衡发生移动，说明AB中至少有一种是固体或纯液体，加压平衡逆向进行，故答案为：逆向；

③若反应mA+nB⇌pC；如果在体系中增加或减少B的量；平衡均不发生移动，证明B一定是固体或纯液体，不是气体，故答案为：气．

【解析】【答案】①根据影响化学平衡因素结合速率大小分析判断反应前后的体积变化；

②反应前后系数相同；改变压强平衡移动说明反应物中含有固体或纯液体；

③固体和纯液体对平衡无影响．

四、元素或物质推断题(共4题，共24分)22、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）223、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H224、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）225、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的混合物五、有机推断题(共4题，共36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化合物D，首先是与Cl2在