2025年外研銜接版高二化學上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研銜接版高二化學上冊階段測試試卷307考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、x、y為兩種元素的原子，x的陰離子與y的陽離子具有相同的電子層結構，由此可知()A.x的原子半徑大于y的原子半徑。B.x的電負性大于y的電負性C.x陰離子的半徑小于y陽離子的半徑D.x的第一電離能小于y的第一電離能2、在1．01×105Pa、120℃的條件下，某有機氣體完全燃燒后恢復至原來的溫度和壓強，前后氣體體積不發(fā)生變化，則該有機物可能是A.C3H8B.C2H4C.C3H6D.C2H23、以下是一些常用的危險品標志，在乙醇包裝箱上應貼上()

A.B.C.D.4、下列說法正確的是（）A.原子晶體中一定含有共價鍵；離子晶體中一定含有離子鍵，可能含有共價鍵；分子晶體中一定存在分子間作用力和共價鍵B.晶格能是指離子形成1mol離子晶體釋放的能量，通常取正值C.含有陰離子的晶體中一定有陽離子，含有陽離子的晶體中不一定含有陰離子D.元素的第一電離能（I1）是元素的單質(zhì)失去最外層1個電子所需要吸收的能量，同周期從左到右元素的I1逐漸增大5、能證明淀粉已經(jīng)完全水解的試劑是（）A.碘化鉀溶液B.銀氨溶液C.碘水D.酚酞試劑6、rm{25隆忙}時，用rm{0.1000mol隆隴L^{-1}}的rm{NaOH}溶液分別滴定rm{20.00mL}均為rm{0.1000mol隆隴L^{-1}}的三種酸rm{HX}rm{HY}rm{HZ}，滴定曲線如圖所示。下列說法錯誤的是

A.rm{HZ}是強酸，rm{HX}rm{HY}是弱酸B.根據(jù)滴定曲線，可得rm{K_{a}(HY)隆脰10^{-5}}C.將上述rm{HX}rm{HY}溶液等體積混合后，用rm{NaOH}溶液滴定至rm{HX}恰好完全反應時：rm{c(X^{隆陋})>c(Y^{隆陋})>c(OH^{-})>c(H^{+})}D.將上述rm{HY}與rm{HZ}溶液等體積混合達到平衡時：rm{C(H^{+})=c(OH^{-})+c(Z^{-})+c(Y^{-})}7、化學反應rm{C(s)+H_{2}O(g)?}rm{CO(g)+H_{2}(g)}rm{triangleH>0}達到平衡，下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.加入水蒸氣使容器壓強增大，平衡向逆反應方向移動B.升高溫度，正反應速率增大，逆反應速率減小，平衡向正反應方向移動C.減小壓強，平衡向正反應方向移動D.加入固體碳，平衡向正反應方向移動評卷人得分二、雙選題(共9題，共18分)8、煤、石油、天然氣是人類使用的主要能源，同時也是重要的化工原料，下列不屬于以煤、石油和天然氣為主要原料生產(chǎn)的合成材料是（）A.塑料B.玻璃C.淀粉D.合成纖維9、下列反應能用離子方程式rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}簍TBaCO_{3}隆媒}表示的有rm{(}rm{)}A.rm{BaCl_{2}}與rm{K_{2}CO_{3}}溶液反應B.rm{CO_{2}}與rm{Ba(OH)_{2}}溶液反應C.rm{Ba(NO_{3})_{2}}與rm{Na_{2}CO_{3}}溶液反應D.rm{Ba(OH)_{2}}與少量rm{NaHCO_{3}}溶液反應10、鎳鎘rm{(Ni-Cd)}可充電電池在現(xiàn)代生活中有廣泛應用rm{.}已知某鎳鎘電池的電解質(zhì)溶液為rm{KOH}溶液；其充；放電按下式進行：

rm{Cd+2NiOOH+2H_{2}Ounderset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}Cd(OH)_{2}+2Ni(OH)_{2}.}有關該電池的說法正確的是rm{Cd+2NiOOH+2H_{2}O

underset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}Cd(OH)_{2}+2Ni(OH)_{2}.}rm{(}A.充電時陽極反應：rm{)}B.充電過程是化學能轉化為電能的過程C.放電時負極附近溶液的堿性減弱D.放電時電解質(zhì)溶液中的rm{Ni(OH)_{2}-e^{-}+OH^{-}簍TNiOOH+H_{2}O}向正極移動rm{OH^{-}}11、下列設計的實驗方案不能達到實驗目的是rm{(}rm{)}A.制備rm{Al(OH)_{3}}懸濁液：向rm{1mol?L^{-1}AlCl_{3}}溶液中滴加過量的rm{6mol?L^{-1}}氨水B.提純含有少量苯酚的苯：向含有少量苯酚的苯中加入適量濃溴水，過濾C.檢驗溶液中是否含有rm{Fe^{2+}}取少量待檢驗溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加rm{KSCN}溶液，觀察實驗現(xiàn)象D.探究催化劑對rm{H_{2}O_{2}}分解速率的影響：在相同條件下，向一支試管中加入rm{2mL5%H_{2}O_{2}}和rm{1mLH_{2}O}向另一支試管中加入rm{2mL5%H_{2}O_{2}}和rm{1mLFeCl_{3}}溶液，觀察并比較實驗現(xiàn)象12、玻璃、陶瓷和水泥是三大重要的無機非金屬材料，它們的組成成分都含有的元素是（）A.SB.CC.SiD.O13、分子式為C5H1002的有機物為水果香味的液體，它與Na0H溶液共熱后蒸餾，若得到的氣體對H2的相對密度為30，則有機物的結構簡式不可能為（）A.CH3C00CH2CH2CH3B.CH3CH2CH2CH2C00HC.D.14、現(xiàn)有三種元素的基態(tài)原子的電子排布式如下。

rm{壟脵1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}rm{壟脷1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{3}}rm{壟脹1s^{2}2s^{2}2p^{5}.}則下列有關比較中正確的是rm{(}rm{)}A.第一電離能：rm{壟脹>壟脷>壟脵}B.原子半徑：rm{壟脹>壟脷>壟脵}C.電負性：rm{壟脹>壟脵>壟脷}D.最高化合價：rm{壟脷>壟脵>壟脹}15、下列是有關外界條件對化學反應速率和化學平衡影響的圖象，其中圖象和實驗結論表達均正確的是A.rm{壟脵}是其他條件一定時，反應速率隨溫度變化的圖象，則正反應rm{triangleH>0}B.rm{壟脷}是在平衡體系的溶液中溶入少量rm{KCl}晶體后，化學反應速率隨時間變化的圖象C.rm{壟脹}是在有無催化劑存在條件下，建立平衡過程的圖象，rm{a}是使用催化劑時的曲線D.rm{壟脺}是一定條件下，向含有一定量rm{A}的恒容密閉容器中逐漸加入rm{B}達平衡時rm{A}的轉化率的圖象16、某化學科研小組研究在其他條件不變時，改變某一條件對化學平衡的影響，得到如下變化規(guī)律rm{(}圖中rm{p}表示壓強，rm{t}表示溫度，rm{n}表示物質(zhì)的量rm{)}根據(jù)以上規(guī)律判斷，下列結論正確的是rm{(}rm{)}

A.反應Ⅰrm{triangleH>0}rm{P_{2}>P_{1}}B.反應Ⅱrm{triangleH<0}rm{T_{1}>T_{2}}C.反應Ⅲrm{triangleH>0}rm{T_{2}>T_{1}}或rm{triangleH<0}rm{T_{2}<T_{1}}D.反應Ⅳrm{triangleH<0}rm{T_{2}>T_{1}}評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)17、環(huán)境保護是目前人類面臨的一項重大課題．為應對燃料使用造成的環(huán)境污染；科學家構想了利用太陽能促進燃料的循環(huán)使用，其構想可用如圖表示：

其中主要的反應為：

①2CO22CO+O2

②2H2O2H2+O2

③2N2+6H2O4NH3+3O2

④2CO2+4H2O2CH3OH+3O2

⑤____+H2OCH4+____．

請你填空：

（1）請你將反應⑤補充完整：____+H2OCH4+____

（2）過程Ⅱ中的△H____0（填“＜”；“＞”或“=”）．

（3）下列對過程Ⅰ和Ⅱ的描述中正確的是____．

a．太陽能最終轉化為化學能貯存于化學物質(zhì)中。

b．太陽能最終主要轉化為熱能。

c．經(jīng)過上述一個循環(huán)后放出O2

d．經(jīng)過上述一個循環(huán)后不會產(chǎn)生新物質(zhì)。

（4）要實現(xiàn)上述循環(huán)，當前需要解決的關鍵問題是過程____（填“Ⅰ”或“Ⅱ”），此過程的設計可參考自然界中____作用．

（5）用CH4催化還原NOx可以消除氮氧化物的污染．例如：

CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-574kJ?mol-1

CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-1160kJ?mol-1

若用標準狀況下4.48LCH4還原NO2至N2，整個過程中轉移電子的物質(zhì)的量為____，試寫出上述NO2轉化為N2的熱化學方程式：____．

18、（12分）（1）25℃時，濃度為0.1mol·L－1的6種溶液：①HCl，②CH3OOH，③Ba(OH)2，④Na2CO3，⑤KCl，⑥NH4Cl溶液pH由小到大的順序為__________________(填寫編號)。（2）25℃時，醋酸的電離常數(shù)Ka=1.7×10-5mol/L，則該溫度下CH3COONa的水解平衡常數(shù)Kh=mol·L-1（保留到小數(shù)點后一位）。（3）25℃時，pH＝3的醋酸和pH＝11的氫氧化鈉溶液等體積混合后，溶液呈（填“酸性”，“中性”或“堿性”），請寫出離子濃度大小關系式：。（4）25℃時，將mmol/L的醋酸和nmol/L的氫氧化鈉溶液等體積混合后，溶液的pH＝7，則溶液中c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=，m與n的大小關系是ｍｎ（填“>”“＝”或“<”）。19、（9分）胃舒平主要成分是氫氧化鋁，同時含有三硅鎂（Mg2Si3O-8`H2O）等化合物。（1）比較鋁離子和鎂離子半徑大小（用離子符號表示）______________________。（2）比較鋁和鎂的第一電離能大小__________________（用元素符號表示）(3)下列事實不能說明鎂比鋁的金屬性強的是____________A．Al(OH)3可溶于強堿溶液中，Mg(OH)2不能B．Mg能從鋁鹽溶液中置換出鋁C．Mg原子最外層只有2個電子,而Al原子最外層有3個電子D．Mg與鹽酸反應比鋁與鹽酸反應更劇烈(4)已知：電負性:Mg-1.2Al-1.5Cl-3.0。則MgCl2晶體中存在的作用力是__________；AlBr3屬于_________(填“離子”或“共價”)化合物（5）某元素與鎂元素不同周期但在相鄰主族，且性質(zhì)和鎂元素性質(zhì)十分相似，該元素符號是___________，原子核外電子排布式為_____________________。(6)Al2O3、MgO都有很高的熔點,都可以制耐火材料，其原因是___________________________________________________________________________________________________20、某烴的相對分子質(zhì)量為56．

（1）該烴的分子式為______．

（2）若能使酸性KMnO4溶液褪色，則可能的結構簡式為______、______、______．

（3）上述（2）中的混合物與足量H2反應后，所得產(chǎn)物共有______種．

（4）上述（2）中的混合物若與足量HBr反應后，所得產(chǎn)物共有______種．21、如圖中的實驗裝置可用于制取乙炔rm{.}請?zhí)羁眨?/p>

rm{(1)}圖中，rm{A}管的作用是____________．

rm{(2)}乙炔通入rm{KMnO_{4}}酸性溶液中觀察到的現(xiàn)象是____________．

rm{(3)}乙炔通入溴的rm{CCl_{4}}溶液中；乙炔發(fā)生了____________反應．

rm{(4)}為了安全，點燃乙炔前應____________，乙炔燃燒的現(xiàn)象是____________．22、（12分）（1）五種元素的原子電子層結構如下：A：1s22s22p63s2B：1s22s22p63s23p63d54s2C：1s22s1D：1s22s22p63s23p2E：1s22s22p6。請回答：(填元素符號)____________元素的電負性最大，____元素原子的第一電離能最小，________元素最可能生成具有催化性質(zhì)的氧化物。（2）鈦和鈦的合金已被廣泛用于制造電訊器材、人造骨骼、化工設備、飛機等航天航空材料，被譽為“未來世界的金屬”，鈦有4822Ti和5022Ti兩種原子，它們互稱為____。Ti元素在元素周期表中的位置是第________，按電子排布Ti元素在元素周期表分區(qū)中屬于________區(qū)元素。（3）A、B兩種元素的電離能數(shù)據(jù)如下（kJ·mol—1）：。電離能/kJ?mol-1I1I2I3I4A5771817274511578B7381451773310540化合價是元素的一種性質(zhì)。由A、B的電離能數(shù)據(jù)判斷，A通常顯____價，B顯________價。（4）氣態(tài)氯化鋁(Al2Cl6)是具有配位鍵的化合物，分子中原子間成鍵的關系如下圖所示。請將圖中你認為是配位鍵的斜線上加上箭頭。（5）假設原子晶體SiO2中Si原子被鋁原子取代，不足的價數(shù)由鉀原子補充。當有25%的硅原子被鋁原子取代時，可形成正長石。則正長石的化學組成為。（6）CO2與SiO2比較沸點相差很大的原因是____。23、(1)粗制的CuCl2?2H2O晶體中常含有Fe3+、Fe2+雜質(zhì)．在提純時，常先加入合適的氧化劑，將Fe2+氧化為Fe3+；下列可選用的氧化劑是____________．

A．KMnO4B．H2O2C．Cl2水D．HNO3

(2)己知：常溫下Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，㏒2=0.3．通常認為殘留在溶液中的離子濃度小于1×10-5mol?L-1時就認為沉淀完全．試計算。

①將溶液的pH調(diào)至PH=____________時Fe3+轉化為Fe(OH)3而沉淀完全．

②若CuSO4溶液的濃度為2.2mol?L-1，則Cu(OH)2開始沉淀時溶液的pH為____________．

(3)調(diào)整溶液的pH可選用下列中的____________．

A．NaOH(aq)B．NH3?H2OC．CuO粉末D．Cu(OH)2懸濁液E．Cu2(OH)2CO3(s)24、在①苯酚②甲苯③氯乙烷④乙烯⑤乙醇中；選擇編號填寫：

（1）能和金屬鈉反應放出H2的有______；

（2）能與NaOH溶液反應的有______；

（3）常溫下能與濃溴水反應的有______；

（4）能使酸性KMnO4溶液褪色的烴有______．評卷人得分四、原理綜合題(共2題，共18分)25、化學家侯德榜創(chuàng)立了中國的制堿工藝，促進了世界制堿技術的發(fā)展。下圖是純堿工藝的簡化流

（1）寫出CO2的電子式____________________。

（2）用離子方程式表示純堿工藝中HCO3-的生成___________________。

（3）工業(yè)生產(chǎn)時先氨化再通CO2，順序不能顛倒，原因是_______________。

（4）濾液A中最主要的兩種離子是_________。

（5）某小組設計如下實驗分離濾液A中的主要物質(zhì)。打開分液漏斗活塞，一段時間后，試管中有白色晶體生成，用化學原理解釋白色晶體產(chǎn)生的原因___________________。

（6）某純堿樣品因煅燒不充分而含少量NaHCO3，取質(zhì)量為m1的純堿樣品，充分加熱后質(zhì)量為m2，則此樣品中碳酸氫鈉的質(zhì)量分數(shù)為______________________。26、實驗室用鎂和硝基苯制取反式偶氮苯（溶解性:不溶于水；溶于醇；醚）。實驗原理如下：

2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O

已知：①Mg(OCH3)2在水中極易水解。

②反式偶氮苯產(chǎn)品在紫外線照射后部分轉化為順式偶氮苯。

（1）反應中，硝基苯變?yōu)榉词脚嫉降姆磻獙儆赺______________

A；取代反應B、消去反應C、還原反應D、氧化反應。

（2）在反應裝置中，加入原料及溶劑，攪拌下加熱回流。反應加入的鎂條應用砂紙打磨干凈的原因是_____________________________________。

（3）反應結束后將反應液倒入冰水中；用乙酸中和至中性，即有反式偶氮苯粗產(chǎn)品析出，抽濾（抽濾裝置如圖1），濾渣用95％乙醇水溶液重結晶提純。

①為了得到較大顆粒的晶體，加入乙酸時需要____________（填“緩慢加入”；“快速加入”）。

②抽濾過程中要洗滌粗產(chǎn)品，下列液體最合適的是___________。

A．乙醚B．蒸餾水C．95％乙醇水溶液D．飽和NaCl溶液。

③重結晶操作包括“加熱溶解、趁熱過濾、冷卻結晶、抽濾、洗滌、干燥”。上述重結晶過程中的___________操作除去了不溶性雜質(zhì)，____________操作除去了可溶性雜質(zhì)。評卷人得分五、推斷題(共3題，共27分)27、四種元素X、Y、Z、W位于元素周期表的前四周期，已知它們的核電荷數(shù)依次增加，且核電荷數(shù)之和為51；Y原子的L層p軌道中有2個電子；Z原子與Y原子的價層電子數(shù)相同；W原子的L層電子數(shù)與最外層電子數(shù)之比為4：1，其d軌道中的電子數(shù)與最外層電子數(shù)之比為5：1。（1）Y、Z可分別與X形成只含一個中心原子的共價化合物a、b，它們的分子式分別是____、____；雜化軌道分別是____、____；a分子的立體結構是____；（2）Y的最高價氧化物和Z的最高價氧化物的晶體類型分別是____晶體、____晶體；（3）X的氧化物與Y的氫化物中，分子極性較小的是(填分子式)；（4）Y與Z比較，電負性較大的是____；（5）W的元素符號是____，其+2價離子的核外電子排布式是。28、拉氧頭孢鈉是一種抗生素，合成拉氧頭孢鈉的中間體rm{G}的路線如下：

rm{(1)B}的結構簡式為____。rm{E隆煤F}的反應類型為____。rm{(2)}酚的苯環(huán)上某些氫原子比較活潑。由rm{E}合成rm{F}時還可能生成一種相對分子量為rm{194}的副產(chǎn)物rm{H}rm{H}的結構簡式為____。rm{(3)M}是rm{E}的同分異構體，rm{M}具有以下特征：rm{壟脵}苯環(huán)上只有rm{2}個取代基；rm{壟脷}遇氯化鐵顯色，但與小蘇打不反應；rm{壟脹1molM}最多能與rm{2molNaOH}溶液反應。則rm{M}的結構簡式為rm{_}____rm{(}寫一種即可rm{)}rm{(4)G}含有酯基，請寫出rm{F隆煤G}的化學反應方程式：____。rm{(5)}寫出由化合物rm{E}制備化合物的合成路線流程圖rm{(}無機試劑任選rm{)}合成路線流程圖示例如：29、苯的含氧衍生物A的相對分子質(zhì)量為180，其中碳元素的質(zhì)量分數(shù)為60%，A完全燃燒消耗O2的物質(zhì)的量與生成CO2的物質(zhì)的量相等．

請回答下列問題：

（1）A的分子式為______．

（2）A的苯環(huán)上取代基彼此相間，A能發(fā)生銀鏡反應，也能與NaHCO3溶液反應產(chǎn)生CO2，還能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，則A含有的官能團名稱是______，寫出A可能的兩種結構簡式：______、______．

（3）A的一種同分異構體B是鄰位二取代苯，其中一個取代基是羧基，B能發(fā)生如圖所示轉化：F的結構簡式是______；

寫出下列反應的化學方程式：

①C→E______②D與濃溴水反應______

③B與足量NaOH溶液共熱______．評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共16分)30、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學式）。31、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數(shù)相等；Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序為___________（填元素符號）。

(3)R、T兩元素最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式為____________。

(4)某同學用X、R兩元素的單質(zhì)反應生成固體物質(zhì)RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應生成X的單質(zhì)。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應的化學方程式為___________。

②該同學認為取X、R兩元素的單質(zhì)反應后的固體物質(zhì)與X2Q反應，若能產(chǎn)生的單質(zhì)，即可證明得到的固體物質(zhì)一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。32、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學式）。33、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進行以下實驗：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質(zhì)是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實驗_______參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【解析】【答案】B2、B【分析】【解析】【答案】B3、C【分析】【分析】

本題旨在考查學生對危險品標志的應用?！窘獯稹?/p>

乙醇為易燃液態(tài)，故C符合題意。故選C?！窘馕觥縭m{C}4、C【分析】解：A；稀有氣體形成的晶體類型為分子晶體；由于稀有氣體是單原子分子，不含化學鍵，故A錯誤；

B；標準狀況下；拆開1mol離子晶體使其變?yōu)闅鈶B(tài)組分離子所需吸收的能量，稱為離子晶體的晶格能．故B錯誤；

C；晶體呈電中性；有陰離子的晶體中一定有陽離子，但是有陽離子的晶體中不一定含有陰離子，比如金屬晶體沒有陰離子而含有電子，故C正確．

D；氣態(tài)電中性基態(tài)原子失去一個電子轉化為氣態(tài)基態(tài)正離子所需要的能量叫做第一電離能．故D錯誤．

故選：C．

A；原子晶體微粒間的作用力是共價鍵；離子晶體微粒間的作用力是離子鍵；分子晶體微粒間的作用力是分子間作用力；分子有單原子分子，不含共價鍵；

B；標準狀況下；拆開1mol離子晶體使其變?yōu)闅鈶B(tài)組分離子所需吸收的能量，稱為離子晶體的晶格能．

C；晶體呈電中性；有陰離子的晶體中一定有陽離子，但是有陽離子的晶體中不一定含有陰離子，可以含有電子，比如金屬晶體．

D；氣態(tài)電中性基態(tài)原子失去一個電子轉化為氣態(tài)基態(tài)正離子所需要的能量叫做第一電離能．

本題考查了幾種晶體概念的應用、第一電離能、晶格能等知識，難度不大，注意基礎知識的積累．【解析】【答案】C5、C【分析】解：A．淀粉遇碘單質(zhì)變藍色；而不是碘離子，加入碘化鉀無變化，不能證明淀粉已完全水解，故A錯誤；

B．加入銀氨溶液；水浴加熱發(fā)生銀鏡反應，證明淀粉已水解，不能證明淀粉已完全水解，故B錯誤；

C．淀粉遇碘變藍色；在已經(jīng)水解的淀粉溶液中滴加幾滴碘液，溶液顯藍色，則證明淀粉沒有完全水解；溶液若不顯色，則證明淀粉完全水解，故C正確；

D．酚酞遇堿呈紅色；淀粉遇酚酞不變色，故D錯誤．

故選C．

A．碘化鉀含碘離子；淀粉遇碘離子不變藍；

B．因淀粉水解生成葡萄糖；銀氨溶液只能檢驗淀粉是否發(fā)生水解；

C．碘水遇到淀粉會變藍；如果溶液中加入碘水沒有變化則說明水解完全，無淀粉；

D．淀粉遇酚酞不變色．

本題考查了淀粉的水解程度的判斷，抓住若證明完全水解，加入碘水不變藍．題目較簡單．【解析】【答案】C6、C【分析】略【解析】rm{C}7、C【分析】【分析】本題考查外界條件對化學平衡的影響?！窘獯稹緼.加入水蒸氣使容器壓強增大；平衡向正反應方向移動，故A錯誤；

B.升高溫度；正；逆反應速率都增大，正反應速率增大更多，平衡向正反應方向移動，故B錯誤；

C.正反應是氣體體積增大的反應；則減小壓強，平衡正反應方向移動，故C正確；

D.rm{C}為固體；增大碳的用量不影響化學平衡移動，故D錯誤。

故選C?！窘馕觥縭m{C}二、雙選題(共9題，共18分)8、B|C【分析】解：以煤；石油和天然氣為主要原料可制造化工產(chǎn)品、合成塑料、合成橡膠、合成纖維等；

解：A．塑料屬于合成材料；故A錯誤；

B．玻璃屬于無機非金屬材料；故B正確；

C．淀粉屬于天然材料；故C正確；

D．合成纖維屬于合成材料；故D錯誤．

故選BC．

合成材料又稱人造材料；是人為地把不同物質(zhì)經(jīng)化學方法或聚合作用加工而成的材料，如塑料；合成橡膠、合成纖維．可以根據(jù)化石燃料的性質(zhì)和用途方面進行分析、判斷，從而得出正確的結論．

本題考查煤、石油和天然氣的用途，難度不大，注意常見的合成材料有塑料、合成纖維和合成橡膠三大類，合成材料應屬于有機高分子材料．【解析】【答案】BC9、AC【分析】解：rm{A}rm{C}的離子反應為rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}簍TBaCO_{3}隆媒}rm{B}中離子反應為rm{CO_{2}+2OH^{-}+Ba^{2+}簍TBaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{D}中離子反應為rm{HCO_{3}^{-}+Ba^{2+}+OH^{-}簍TBaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

故選AC．

離子方程式rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}簍TBaCO_{3}隆媒}表示可溶性碳酸鹽和鋇鹽反應生成碳酸鋇和可溶性鹽；以此來解答．

本題考查離子反應方程式書寫的正誤判斷，為高頻考點，把握發(fā)生的反應及離子反應的書寫方法為解答的關鍵，側重復分解反應的離子反應考查，注意離子反應中保留化學式的物質(zhì)及電荷守恒，題目難度不大．【解析】rm{AC}10、rAC【分析】解：rm{A.}充電時，該裝置是電解池，陽極上電極反應式為rm{Ni(OH)_{2}-e^{-}+OH^{-}簍TNiOOH+H_{2}O}故A正確；

B.充電時該裝置是電解池；是將電能轉化為化學能的裝置，故B錯誤；

C.放電時，負極上電極反應式為：rm{Cd-2e^{-}+2OH^{-}=Cd(OH)_{2}}所以堿性減弱，故C正確；

D.放電時；電解質(zhì)溶液中氫氧根離子向負極移動，故D錯誤；

故選AC．

放電時負極上發(fā)生的電極反應式為：rm{Cd-2e^{-}+2OH^{-}=Cd(OH)_{2}}正極上發(fā)生的電極反應式為：rm{NiOOH+e^{-}+H_{2}O簍TNi(OH)_{2}+OH^{-}}充電時陽極上發(fā)生的電極反應式為：rm{Ni(OH)_{2}+OH^{-}-e^{-}隆煤NiOOH+H_{2}O}陰極上發(fā)生的電極反應式為：rm{Cd(OH)_{2}+2e^{-}簍TCd+2OH^{-}}放電時，溶液中氫氧根離子向負極移動，充電時該裝置是電解池．

本題考查原電池和電解池原理、電極反應式的書寫，明確電極上得失電子及反應物質(zhì)是解本題關鍵，電極反應式的書寫是學習難點，要注意結合電解質(zhì)溶液的酸堿性書寫，難度中等．【解析】rm{AC}11、rBC【分析】解：rm{A.}反應生成氫氧化鋁；不能溶于過量氨水中，則可制備氫氧化鋁，故A正確；

B.溴水與苯酚反應、且溴易溶于苯，不能除雜，應選rm{NaOH}溶液；分液；故B錯誤；

C.向其中加入少量新制氯水，可氧化亞鐵離子，應先加rm{KSCN}溶液無現(xiàn)象；再加少量新制氯水；檢驗亞鐵離子，故C錯誤；

D.濃度相同，只有催化劑一個變量，則該實驗可探究催化劑對rm{H_{2}O_{2}}分解速率的影響；故D正確；

故選BC．

A.反應生成氫氧化鋁；不能溶于過量氨水中；

B.溴水與苯酚反應；且溴易溶于苯；

C.向其中加入少量新制氯水；可氧化亞鐵離子；

D.濃度相同；只有催化劑一個變量．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的制備、混合物分離提純、離子檢驗、速率影響因素、實驗技能為解本題關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大．【解析】rm{BC}12、C|D【分析】解：普通玻璃的主要化學成分為二氧化硅；含少量鈣；鎂；一般陶瓷主要的化學成分為：硅、鋁、鉀、鈉、鈣、鎂、鐵、鈦，根據(jù)陶瓷種類用途不同化學成分含量各不相同；一般水泥為硅酸鹽水泥，主要化學成分為：硅、鋁、鈣、鎂以及少量添加劑，所以它們的組成成分都含有的元素是Si．

故選C．

水泥；玻璃、陶瓷三種材料都屬于無機非金屬材料；即硅酸鹽材料，含有相同的成分是二氧化硅，據(jù)此來回答．

本題考查學生水泥、玻璃、陶瓷的主要成分，根據(jù)課本知識來回答，難度不大．【解析】【答案】CD13、B|C【分析】解：分子式為C5H10O2的有機物為水果香味的液體，應為酯類物質(zhì)，它與NaOH溶液共熱生成鹽和醇，蒸餾得到醇，得到的氣體對H2的相對密度為30；則該醇的相對分子質(zhì)量為30×2=60，應為丙醇（分正丙醇和異丙醇），則對應的酸應為乙酸；

所以該酯可能為：CH3C00CH2CH2CH3，不可能為：CH3CH2CH2CH2C00H、

故選BC．

分子式為C5H10O2的有機物為水果香味的液體，應為酯類物質(zhì)，它與NaOH溶液共熱生成鹽和醇，蒸餾得到醇，得到的氣體對H2的相對密度為30；則該醇的相對分子質(zhì)量為30×2=60，應為丙醇，由此可知對應酸；酯的種類．

本題考查有機物的推斷，題目難度不大，本題注意根據(jù)相對分子質(zhì)量確定醇的種類，進而可確定酸的種類，為解答該題的關鍵．【解析】【答案】BC14、rAC【分析】解：由電子排布可知，rm{壟脵}為rm{S}rm{壟脷}為rm{P}rm{壟脹}為rm{F}

A.非金屬性越強，第一電離能越大，但rm{P}的rm{3p}電子半滿為穩(wěn)定結構，則第一電離能：rm{壟脹>壟脷>壟脵}故A正確；

B.電子層越大，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：rm{壟脷>壟脵>壟脹}故B錯誤；

C.非金屬性越強，電負性越大，則電負性：rm{壟脹>壟脵>壟脷}故C正確；

D.rm{F}無正價，最高正價等于最外層電子數(shù)，則最高化合價：rm{壟脵>壟脷>壟脹}故D錯誤；

故選AC．

由rm{壟脵1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}rm{壟脷1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{3}}rm{壟脹1s^{2}2s^{2}2p^{5}}可知，由rm{壟脵}為rm{S}rm{壟脷}為rm{P}rm{壟脹}為rm{F}非金屬性越強，電負性越大、第一電離能越大，但rm{P}的rm{3p}電子半滿為穩(wěn)定結構；以此來解答．

本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握電子排布規(guī)律推斷元素、元素周期律為解答該題的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不大．【解析】rm{AC}15、AC【分析】【分析】本題考查圖象分析，為高頻考點，側重考查學生分析判斷能力，易錯選項是rm{AB}注意rm{A}中相交點后才能根據(jù)溫度對平衡影響分析判斷反應熱，注意rm{B}中rm{KCl}實質(zhì)上不參加反應，只有參加反應的離子或氣體濃度才能影響平衡移動，題目難度中等?！窘獯稹緼.rm{壟脵}是其他條件一定時，反應速率隨溫度變化的圖象，反應達到平衡狀態(tài)后，升高溫度，正反應速率大于逆反應速率，平衡正向移動，則正反應是吸熱反應，則正反應rm{triangleH>0}故A正確；B.rm{壟脷}是在平衡體系的溶液中溶入少量rm{KCl}晶體，rm{KCl}實質(zhì)上不參加反應，反應速率不變，則rm{KCl}不影響平衡移動，故B錯誤；C.正催化劑能增大反應速率，縮短反應到達平衡時間，所以rm{a}是使用催化劑曲線，故C正確；D.rm{壟脺}是一定條件下，向含有一定量rm{A}的恒容密閉容器中逐漸加入rm{B}隨著rm{B}的物質(zhì)的量增大，平衡正向移動，增大rm{A}的轉化率，故D錯誤。故選AC?！窘馕觥縭m{AC}16、rBC【分析】解：rm{A.}反應Ⅰ的特點是正反應方向為氣體體積減小的方向，結合圖象，壓強增大rm{A}的轉化率應增大，所以rm{p_{2}>p_{1}}它隨溫度的升高rm{A}的轉化率降低，所以正反應為放熱反應rm{triangleH<0}故A錯誤．

B.關于反應Ⅱ由圖象可以看出rm{T_{1}}條件下達到平衡所用的時間少，所以rm{T_{1}>T_{2}}而在rm{T_{1}}條件下達平衡時rm{n(C)}小，所以說明低溫有利于rm{C}的生成，故它主要的正反應為放熱反應rm{triangleH<0}B正確；

C.關于反應Ⅲ，由圖象可以看出，rm{T_{2}}條件下rm{C}的平衡體積分數(shù)大，因此當rm{T_{2}>T_{1}}時正反應為吸熱反應rm{triangleH>0}而當rm{T_{2}<T_{1}}時正反應為放熱反應rm{triangleH<0}故C正確；

D.關于反應Ⅳ，由圖象可以看出rm{T_{2}}條件下rm{A}的轉化率大，因此當rm{T_{2}>T_{1}}時，說明升高溫度平衡向正反應方向進行，因此正反應為吸熱反應rm{triangleH>0}故D錯誤．

故選BC．

反應Ⅰ說明升高溫度，rm{A}的轉化率降低；增大壓強平衡向正反應方向移動；

反應Ⅱ由圖象可以看出rm{T_{1}>T_{2}}升高溫度rm{C}的物質(zhì)的量減少；

反應Ⅲ中溫度的高低與溫度對平衡移動的影響有關；

反應Ⅳ，由圖象可以看出rm{T_{2}}條件下rm{A}的轉化率大，因此當rm{T_{2}>T_{1}}時，說明升高溫度平衡向正反應方向進行，正反應為吸熱反應rm{triangleH>0}反應為放熱反應．

本題考查外界條件對化學平衡的影響，題目難度中等，本題注意分析圖象中曲線的變化趨勢，結合方程式的特征以及外界條件對平衡移動的影響分析．【解析】rm{BC}三、填空題(共8題，共16分)17、略

【分析】

（1）二氧化碳與水反應生成甲烷和氧氣，故答案為：CO2；2O2；

（2）過程Ⅱ是燃燒反應；均放熱，故△H＜0，故答案為：＜；

（3）a．綜合兩過程；其將化學能轉化為熱能使用，故a錯誤；

b．綜合兩過程，其將化學能轉化為熱能使用，故b正確；

C．一個循環(huán)后沒有新物質(zhì)生成；故C錯誤；

d．一個循環(huán)后沒有新物質(zhì)生成；故d正確．

故選bd；

（4）當前需要解決的關鍵是過程Ⅰ；此過程的設計可參考自然界中光合作用，故答案為：Ⅰ；光合；

（5）已知①CH4（g）+4N02（g）=4NO（g）+C02（g）+2H20（g）△H=-574kJ?mol-1；

②CH4（g）+4N0（g）=2N2（g）+C02（g）+2H20（g）△H=-1160kJ?mol-1；

則反應CH4（g）+2N02（g）=N2（g）+C02（g）+2H20（g）等于（①+②）；

根據(jù)蓋斯定律，所以反應CH4（g）+2N02（g）=N2（g）+C02（g）+2H20（g）△H=[（-574kJ?mol-1）+（-1160kJ?mol-1）]=-867KJ/mol，反應CH4（g）+2N02（g）=N2（g）+C02（g）+2H20（g）中，1mol甲烷參加反應轉移電子數(shù)為8mol，所以標準狀況下4.48L極0.2molCH4還原NO2至N2整個過程中轉移的電子為1.6mol；

故答案為：1.6mol；CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-867kJ?mol-1．

【解析】【答案】（1）分析圖示；其主要的反應均生成的是可燃物和氧氣，結合質(zhì)量守恒，可將反應⑤補充完整；

（2）燃燒為放熱反應；

（3）綜合兩過程；其將化學能轉化為熱能使用，一個循環(huán)后沒有新物質(zhì)生成；

（4）過程Ⅰ是能量增加的過程；此過程的設計可參考自然界中光合作用；

（5）根據(jù)蓋斯定律來計算反應的焓變；根據(jù)化合價的升降來判斷電子轉移情況，計算反應熱的多少．

18、略

【分析】試題分析：（1）①HCl是一元強酸，②CH3OOH是一元弱酸，③Ba(OH)2是二元強堿，④Na2CO3是強堿弱酸鹽，⑤KCl是強酸強堿鹽，⑥NH4Cl是強酸弱堿鹽。酸性：強酸大于弱酸大于強酸弱堿鹽；堿性：堿的大于強堿弱酸鹽的。所以這幾種溶液pH由小到大的順序為①②⑥⑤④③.（2）KHAcCH3COO-+H+,該溫度下CH3COONa的水解平衡為CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。水解平衡常數(shù)所以（3）25℃時，pH＝3的醋酸，c(H+)=10-3mol/L,pH＝11的氫氧化鈉溶液,c(H+)=10-11mol/L,則c(OH-)=Kw÷c(H+)=10-14÷10-11=10-3mol/L.兩種溶液中的離子濃度相等。當?shù)润w積混合后，電離的部分巧合完全中和。但由于醋酸為弱酸。還有大量為電離的醋酸分子存在，會繼續(xù)電離產(chǎn)生H+和CH3COO-。所以溶液呈酸性。在溶液中存在電荷守恒。c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COO－)+c(OH－)。（4）由于溶液為等體積混合，所以溶液中c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=m/2mol/L。因為酸是弱酸，堿是強堿，若等物質(zhì)的量混合，這恰好生成CH3COONa。溶液由于CH3COO-的水解二顯堿性。為了使溶液顯中性，酸必須稍微過量一些，來抵消醋酸根離子水解的堿性。所以m與n的大小關系是m＞n.（5）25℃時，將等體積、等物質(zhì)的量濃度的醋酸與氨水混合后，溶液的pH＝7，說明醋酸與一水合氨的強弱程度相同。也就是電離程度相等。由于醋酸的電離平衡常數(shù)為Ka=1.7×10-5mol/L所以NH3·H2O的電離常數(shù)Ka=1.7×10-5mol/L?？键c：考查離子濃度的大小比較、電離平衡常數(shù)與鹽的水解平衡常數(shù)的關系、溶液的酸堿性【解析】【答案】（1）①②⑥⑤④③（2）5.9×10-10（3）酸性c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。（4）m/2mol/L>19、略

【分析】【解析】【答案】20、略

【分析】解：（1）=4，正好除盡，所以該烴為烯烴或環(huán)烷烴，分子式為：C4H8，故答案為：C4H8；

（2）能使酸性高錳酸鉀褪色，應為烯烴，可能結構為：CH2=CH-CH2-CH3、CH3-CH=CH-CH3、

，故答案為：CH2=CH-CH2-CH3、CH3-CH=CH-CH3、

（3）加成反應特點為雙鍵中一個鍵斷開；其他原子或原子團加在不飽和碳上，原來的碳架不變；

故1-丁烯和2-丁烯加氫后都得到正丁烷；2-甲基-1-丙烯加氫后得到異丁烷，故答案為：2；

（4）1-丁烯和溴化氫加成可得到1-氯丁烷和2-氯丁烷；2-丁烯和溴化氫加成得到2-氯丁烷，2-甲基-1-丙烯和溴化氫加成得到2-甲基-1-氯丙烷和2-甲基-2-氯丙烷，共4種，故答案為4．

（1）用商余法判斷分子式；

（2）根據(jù)分子式結合性質(zhì)判斷可能結構；

（3）根據(jù)加成反應特點分析；

（4）與溴化氫加成；加在雙鍵上的位置有兩種，據(jù)此判斷．

本題考查了分子式的確定、烯烴的性質(zhì)及同分異構體書寫．掌握加成反應的特點是解題的關鍵．【解析】C4H8；CH2=CH-CH2-CH3；CH3-CH=CH-CH3；2；421、調(diào)節(jié)水面的高度來控制反應的發(fā)生和停止;紫色酸性高錳酸鉀溶液逐漸褪色;加成;驗純;明亮火焰、黑色濃煙【分析】解：rm{(1)}圖示裝置可通過調(diào)節(jié)rm{A}管的高度，控制反應的發(fā)生和停止：將rm{A}管提高，右管中水面上升，與電石接觸發(fā)生反應；將rm{A}管降低；右管中水面下降，水與電石脫離接觸，反應停止；

故答案為：調(diào)節(jié)水面的高度來控制反應的發(fā)生和停止；

rm{(2)}由于乙炔能含有不飽和鍵；能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色，發(fā)生氧化反應；

故答案為：紫色酸性高錳酸鉀溶液逐漸褪色；

rm{(3)}由于乙炔分子中含有不飽和的碳碳三鍵；能夠與溴發(fā)生加成反應；

故答案為：加成；

乙炔容易被高錳酸鉀氧化；使高錳酸鉀褪色；能夠和溴水發(fā)生加成反應，故答案為：氧化；加成；

rm{(4)}乙炔燃燒的化學方程式為rm{2CH隆脭CH+5O_{2}{碌茫脠錄}overrightarrow{}4CO_{2}+2H_{2}O}乙炔中含碳的質(zhì)量分數(shù)較大，燃燒時火焰明亮并伴有濃烈的黑煙；乙炔點燃前必須檢驗其純度；

故答案為：驗純；明亮火焰、黑色濃煙．rm{2CH隆脭CH+5O_{2}

{碌茫脠錄}overrightarrow{}4CO_{2}+2H_{2}O}【解析】調(diào)節(jié)水面的高度來控制反應的發(fā)生和停止rm{;}紫色酸性高錳酸鉀溶液逐漸褪色rm{;}加成rm{;}驗純rm{;}明亮火焰、黑色濃煙22、略

【分析】原子電子層結構可知，A是Mg，B是Mn，C是Li，D是Si，E是Ne。（1）非金屬性越強，電負性越大，所以是Si的電負性最大；Li的金屬性最強，第一電離能最小；二氧化錳具有催化作用，所以是Mn元素。（2）4822Ti和5022Ti兩種原子，具有相同的質(zhì)子數(shù)，不同的中子數(shù)，二者互為同位素；根據(jù)鈦的質(zhì)子數(shù)可知，鈦位于第四周期第IVB族；區(qū)的名稱來自于按照構造原理最后填入電子能級的軌道名稱，所以鈦元素屬于d區(qū)。（3）A的第四電離能遠大于第三電離能，所以A是第ⅢA元素，顯＋3價；B的第三電離能遠大于第二電離能，即B是第ⅡA元素，顯＋2價。（4）在氣態(tài)氯化鋁中，氯原子是配體，提供孤對電子，鋁原子提供空軌道，所以結構為（5）根據(jù)價電子可知，1個硅被1個鋁原子取代的同時，還需要1個鉀原子，所以K、Al、Si、O的硅酸的個數(shù)之比是0.25︰0.25︰0.75︰2＝1︰1︰3︰8，即化學式為KAlSi3O8。（6）由于CO2是分子晶體，SiO2是原子晶體，所以CO2的熔沸點遠低于二氧化硅的?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）SiLiMn（元素符號）（2）同位素；第四周期第IVB族；d區(qū)（3）+3+2（4）（5）KAlSi3O8（6）CO2是分子晶體，SiO2是原子晶體23、略

【分析】解：(1)加入的物質(zhì)不僅要具有氧化性還引入新的雜質(zhì)；反應后可以生成氯離子或水，高錳酸鉀和硝酸雖然能氧化二價鐵離子生成三價鐵離子，能引進新的雜質(zhì)離子，雙氧水氧化亞鐵離子同時生成水，水不是雜質(zhì)，氯氣氧化亞鐵離子同時生成氯離子，氯離子也不是雜質(zhì)，故選BC；

(2)①鐵離子的濃度小于1×10-5mol?L-1時就認為沉淀完全，則C(OH-)===2×10-11mol/L，C(H+)=mol/L=5×10-4mol/L，pH=-=3.3；故答案為3.3；

②C(OH-)==mol/L=1×10-10mol/L，C(H+)=10-4mol/L；其pH=4，故答案為4；

(3)調(diào)整溶液的pH時，加入的物質(zhì)不能引進新的雜質(zhì)粒子，氫氧化鈉中含有鈉離子，氨水反應后生成銨根離子，所以氫氧化鈉和氨水能引進新的雜質(zhì)離子，堿式碳酸銅雖然含有碳酸根離子，但碳酸根離子和酸反應生成二氧化碳氣體逸出，不存在于溶液中，所以不能引進新的雜質(zhì)離子，CuO粉末、Cu(OH)2懸濁液、Cu2(OH)2CO3(s)反應后生成銅離子和水而不引進新的雜質(zhì)離子，故選CDE．【解析】BC;3.3;4;CDE24、略

【分析】解：（1）①苯酚、⑤乙醇能與鈉反應放出H2；故答案為：①⑤；

（2）①苯酚；③氯乙烷能與NaOH溶液反應；故答案為：①③；

（3）①苯酚；④乙烯常溫下能與濃溴水反應；故答案為：①④；

（4）②甲苯、④乙烯是能使酸性KMnO4溶液褪色的烴；故答案為：②④．

（1）能與鈉反應放出H2的有機物有：醇；羧酸、酚等；

（2）能與NaOH溶液反應的有機物有：羧酸；酯、鹵代烴、酚；

（3）常溫下能與濃溴水反應的有：烯烴；炔烴、酚、醛；

（4）含有碳碳雙鍵或三鍵的有烴；苯環(huán)上含有支鏈且支鏈上連接苯環(huán)的第一個碳原子上含有氫原子的有機物都能被酸性高錳酸鉀氧化．

本題考查了有機物結構與性質(zhì)，為高頻考點，側重考查學生的分析能力，題目難度不大，注意掌握常見有機物的結構與性質(zhì)，把握反應的條件和類型．【解析】①⑤；①③；①④；②④四、原理綜合題(共2題，共18分)25、略

【分析】（1）CO2為共價化合物，碳原子與氧原子鍵形成雙鍵，CO2的電子式為正確答案：

（2）二氧化碳通入氨氣的水溶液中，發(fā)生反應生成碳酸氫銨，離子方程式為.CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+；正確答案：CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+。

（3）NH3極易溶于水，先通NH3可使更多的CO2與其反應，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶體的析出，所以工業(yè)生產(chǎn)時先氨化再通CO2；正確答案：NH3極易溶于水，先通NH3可使更多的CO2與其反應，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶體的析出。

（4）碳酸氫銨溶液和氯化鈉溶液混合后，生成氯化銨和碳酸氫鈉，過濾后，濾液A中主要為氯化銨溶液，所以濾液A中最主要的兩種離子是NH4+和Cl-；正確答案：NH4+和Cl-。

（5）濃氨水與生石灰反應生成氨氣進入到氯化鈉溶液中，通入氨氣，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移動，促使氯化銨結晶析出；濾液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食鹽，增大c(Cl-)，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移動，促使氯化銨結晶析出；溫度降低有利于氯化銨結晶析出；正確答案：濾液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食鹽，增大c(Cl-)；通入氨氣，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移動；促使氯化銨結晶析出；溫度降低有利于氯化銨結晶析出。

（6）由方程式可知有2mol反應，反應前后固體質(zhì)量就減少那么題中反應前后固體質(zhì)量減少（m1-m2）g,需要的質(zhì)量為x=84（m1-m2）/31,將其帶入下式可得：ω(NaHCO3)=x/m1×100%=正確答案：【解析】CO2+NH3·H2O=HCO3—+NH4+NH3極易溶于水，先通NH3可使更多的CO2與其反應，能增大c(NH4+)和c(HCO3-)，有利于NaHCO3晶體的析出NH4+和Cl-濾液A中含有大量NH4+和Cl-，加入食鹽，增大c(Cl-)；通入氨氣，增大c(NH4+)，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移動，促使氯化銨結晶析出。溫度降低有利于氯化銨結晶析出26、略

【分析】分析：（1）去氧或加氫為還原反應；（2）鎂易被氧化；故鎂條表面有氧化物，需用砂紙打磨干凈；（3）①結晶速度越慢可得到較大顆粒的晶體；②洗滌時應該注意不能引入新的雜質(zhì)；③趁熱過濾可以除去不溶性雜質(zhì)。

詳解：（1）根據(jù)反應2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O的原理；硝基苯變?yōu)榉词脚嫉綖槿パ醴磻?，反應屬于還原反應；答案選C；（2）反應加入的鎂條應用砂紙打磨干凈的原因是除去鎂條表面的氧化物；（3）①結晶速度越慢可得到較大顆粒的晶體，故應緩慢加入乙酸；②抽濾過程中要洗滌粗產(chǎn)品，注意不能引入新的雜質(zhì)，選擇用蒸餾水沖洗的液體是最好的，答案選B；③重結晶過程：加熱溶解→趁熱過濾→冷卻結晶→抽濾→洗滌→干燥，其中趁熱過濾可以除去不溶性雜質(zhì)，冷卻結晶，抽濾可以除去可溶性雜質(zhì)。

點睛：本題考查了有機實驗，涉及蒸發(fā)結晶、過濾等基本操作，難度不大，解題的關鍵是理解實驗原理，注意根據(jù)題中的實驗步驟結合實驗基本操作的要求靈活分析問題?！窘馕觥緾鎂易被氧化，其表面有氧化物，打磨是為了除去表面的氧化物緩慢加入B趁熱過濾抽濾五、推斷題(共3題，共27分)27、略

【分析】【解析】試題分析：Y原子的L層p軌道中有2個電子，所以其核外電子排布式為1s22s22p2，為6號元素碳；Z與Y原子的價電子數(shù)相同：最外層為四個電子且均位于元素周期表的前四周期，為14號元素硅；W原子的L層電子數(shù)與最外層電子數(shù)之比為4：1，其d軌道中的電子數(shù)與最外層電子數(shù)之比為5：1，所以其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2，為30號鋅元素；電荷數(shù)之和為51，X為51－30－6－14＝1，1號元素氫。（1）C與Si可分別與H形成只含一個中心原子的共價化合物CH4、SiH4，甲烷、硅烷分子中都分別含有4個σ鍵不含孤電子對，所以都是采取sp3雜化，甲烷分子是正四面體構型。（2）C、Si形成的最高價氧化物中，CO2是分子晶體，二氧化硅是原子晶體。（3）氧元素的非金屬強于碳元素的，所以X的氧化物與Y的氫化物中，分子極性較小的是CH4。（4）碳和硅是同一主族元素，同一主族元素中元素的電負性隨著原子序數(shù)的增大而減小，所以電負性較大的是Y。（4）通過以上分析知，W是Zn元素，鋅原子失去最外層2個電子變成+2價陽離子，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10。考點：考查核外電子排布式、雜化軌道類型、共價鍵、電負性、分子空間結構、分子的極性以及晶體類型的有關判斷【解析】【答案】（1）CH4、SiH4；sp3、sp3；正四面體（2）分子和原子（3）CH4（4）Y（5）Zn1s22s22p63s23p63d1028、（1）取代反應（2）（3）（4）（5）【分析】【分析】該題考查有機物的合成和推斷，涉及同分異構體書寫、反應類型判斷、有機結構簡式、有機方程式書寫和有機合成路線等知識，注意掌握常見有機物的性質(zhì)，本題難度不是很大?！窘獯稹縭m{(1)}根據(jù)反應條件、rm{A}和rm{C}的結構簡式知，rm{A}在濃硫酸作催化劑、加熱條件下，和濃硝酸發(fā)生取代反應生成rm{B}所以rm{B}的結構簡式為根據(jù)反應條件、rm{(1)}和rm{A}的結構簡式知，rm{C}在濃硫酸作催化劑、加熱條件下，和濃硝酸發(fā)生取代反應生成rm{A}所以rm{B}的結構簡式為在濃硫酸作催化劑、加熱條件下，rm{B}和甲醇發(fā)生酯化反應生成rm{E}該反應也是取代反應，故rm{F}答案為：或取代反應；酯化反應rm{(}或取代反應rm{)}

rm{(}的相對分子質(zhì)量為rm{)}甲醇的相對分子質(zhì)量為rm{(2)E}的相對分子質(zhì)量為rm{152}甲醇的相對分子質(zhì)量為rm{32}酚的苯環(huán)上某些氫原子比較活潑，由rm{E}合成rm{F}時還可能生成一種相對分子質(zhì)量為rm{194}的副產(chǎn)物rm{H}則酚羥基相鄰的rm{H}原子和甲醇發(fā)生取代反應生成rm{H}同時生成水，則rm{H}的結構簡式為酚的苯環(huán)上某些氫原子比較活潑，由rm{(2)E}合成rm{152}時還可能生成一種相對分子質(zhì)量為rm{32}的副產(chǎn)物rm{E}則酚羥基相鄰的rm{F}原子和甲醇發(fā)生取代反應生成rm{194}同時生成水，則rm{H}的結構簡式為故rm{H}rm{H}

rm{H}是答案為：的同分異構體，；具有以下特征：rm{(3)M}是rm{E}的同分異構體，rm{M}具有以下特征：rm{(1)}苯環(huán)上只有rm{2}個取代基；rm{(2)}遇氯化鐵顯色，但與小蘇打不反應，說明含有酚羥基不含羧基；rm{(3)1molM}苯環(huán)上只有rm{(3)M}個取代基；rm{E}遇氯化鐵顯色，但與小蘇打不反應，說明含有酚羥基不含羧基；rm{M}rm{(1)}溶液反應，說明還含有酯基，如果含有酚羥基和苯甲酸甲酯基，有鄰間對三種結構，如果含有酚羥基和甲酸苯甲酯基，有鄰間對三種結構，所以符合條件的rm{2}的同分異構體有rm{(2)}種，例如：故rm{(3)1molM}

最多能與rm{2molNaOH}溶液反應，說明還含有酯基，如果含有酚羥基和苯甲酸甲酯基，有鄰間對三種結構，如果含有酚羥基和甲酸苯甲酯基，有鄰間對三種結構，所以符合條件的rm{E}的同分異構體有rm{6}種，例如：發(fā)生取代反應生成rm{2molNaOH}和甲醇，反應方程式為

；

rm{E}

rm{6}答案為：rm{(4)F}發(fā)生取代反應生成rm{G}和甲醇，反應方程式為rm{(4)F}

rm{G}故答案為：

rm{(5)}先和氫氣發(fā)生加成反應生成，

故答案為：在濃硫酸作催化劑條件下發(fā)生消去反應生成【解析】rm{(1)}取代反應rm{(2)}rm{(3)}rm{(4)}rm{(5)}29、略

【分析】解：（1）苯的含氧衍生物A的相對分子質(zhì)量為180，其中碳元素的質(zhì)量分數(shù)為60%，分子中C原子數(shù)目為=9，A完全燃燒消耗O2的物質(zhì)的量與生成CO2的物質(zhì)的量相等，則有機物中H原子與O原子數(shù)目之比為2：1，令該有機物A的組成為C9?n（H2O），則×100%=1-60%=40%，解得n=4，故有機物A的分子式為C9H8O4；

故答案為：C9H8O4；

（2）A能發(fā)生銀鏡反應，含有醛基-CHO，能與NaHCO3溶液反應產(chǎn)生CO2，含有羧基-COOH，還能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，分子中含有酚羥基，結合A的分子式及苯環(huán)上取代基彼此相間，A的可能結構為

故答案為：醛基、羧基、酚羥基，

（3）A的一種同分異構體B是鄰位二取代苯，其中一個取代基是羧基，B能發(fā)生水解反應生成C、D，C與乙醇發(fā)生反應生成E，C為羧酸、E為酯，C的相對分子質(zhì)量為60，C為乙酸，E為乙酸乙酯，D與碳酸氫鈉發(fā)生反應，含有羧基-COOH，故B為D為F為

①C→E的方程式為：

②D與濃溴水反應方程式為：

③B與足量NaOH溶液共熱方程式為：

故答案為：

．

（1）苯的含氧衍生物A的相對分子質(zhì)量為180，其中碳元素的質(zhì)量分數(shù)為60%，分子中C原子數(shù)目為=9，A完全燃燒消耗O2的物質(zhì)的量與生成CO2的物質(zhì)的量相等，則有機物中H原子與O原子數(shù)目之比為2：1，令該有機物A的組成為C9?n（H2O），則×100%=1-60%=40%，解得n=4，故有機物A的分子式為C9H8O4；

（2）A能發(fā)生銀鏡反應，含有醛基-CHO，能與NaHCO3溶液反應產(chǎn)生CO2，含有羧基-COOH，還能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，分子中含有酚羥基，結合A的分子式及苯環(huán)上取代基彼此相間，A的可能結構為或

（3）A的一種同分異構體B是鄰位二取代苯，其中一個取代基是羧基，B能發(fā)生水解反應生成C、D，C與乙