2025年人教新起點高二化學(xué)下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年人教新起點高二化學(xué)下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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6題，共12分)1、下列有機物的命名中，正確的是A.2，2—二甲基丁烷B.3，3—二甲基丁烷C.2—乙基丁烷D.2，3，3—三甲基丁烷2、下列變化是由于加成反應(yīng)造成的是（）A.CH4與Cl2的混合氣體光照后顏色變淺B.苯加入溴水中用力振蕩，靜止后水層變?yōu)闊o色C.C2H4通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色逐漸變淺D.C2H4通入Br2的CCl4溶液中，溶液褪色3、有一未完成的離子方程式為：□□+XO3－+6H＋=3X2+3H2O,據(jù)此判斷，X元素的最高化合價為（）A.+7B.+4C.+5D.+14、在一個絕熱容器中，放入Ca（OH）2懸濁液，有平衡：Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH-（aq）△H＜0．已知：CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H＜0．下列說法正確的是（）A.向溶液中加少量CaO，達新平衡后，溶液的pH不變B.向溶液中加少量CaO，達新平衡后，溶液的pH降低C.向溶液中加入Na2CO3溶液，其中Ca（OH）2固體質(zhì)量增加D.向溶液中加入少量NaOH固體，Ca（OH）2固體質(zhì)量不變5、要對熱穩(wěn)定的高沸點液態(tài)有機物和低沸點的雜質(zhì)的混合物進行提純一般用()A.過濾B.重結(jié)晶C.蒸餾D.萃取6、()下列反應(yīng)的離子方程式的書寫正確的是rm{(}rm{)}

A.氧化鈉投入水中：rm{O^{2-}+H_{2}O=2OH^{-}}B.rm{FeCl_{3}}溶液與rm{KI}反應(yīng)：rm{2Fe^{3+}+2KI=2Fe^{2+}+I_{2}+2K^{+}}C.過量硫酸氫銨與氫氧化鋇反應(yīng)：rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+SO_{4}^{2-}+2H^{+}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}D.過量rm{CO_{2}}通入到rm{NaClO}溶液中rm{{,!}_{攏潞}H_{2}O+CO_{2}+2ClO^{-}=2HClO+CO_{3}^{2-}}評卷人得分二、雙選題(共5題，共10分)7、下列實驗事實不能用同一原理解釋的是（）A.SO2、Cl2都能使品紅溶液褪色B.NH4Cl晶體、固體碘受熱時都能氣化C.福爾馬林、葡萄糖與新制Cu（OH）2共熱時都能產(chǎn)生紅色沉淀D.乙烯通入酸性高錳酸鉀溶液和溴水都能使其褪色8、雷雨天閃電時空氣中有臭氧rm{(O_{3})}生成；下列說法正確的是。

A.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}互為同素異形體。

B.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}的相互轉(zhuǎn)化是化學(xué)變化。

C.rm{O_{3}}是由rm{3}個氧原子構(gòu)成的化合物。

D.等物質(zhì)的量rm{O_{2}}和rm{O_{3}}含有相同的質(zhì)子數(shù)9、在醇rm{RCH_{2}CH_{2}OH}中化學(xué)鍵如圖；則下列說法中正確的是。

A.當該醇發(fā)生催化氧化時，被破壞的鍵是rm{壟脷壟脹}

B.當該醇與rm{N}rm{a}反應(yīng)時，被破壞的鍵是rm{壟脵}

C.當該醇與羧酸發(fā)生酯化反應(yīng)時，被破壞的鍵是rm{壟脷}

D.當該醇發(fā)生消去反應(yīng)時，被破壞的鍵是rm{壟脷}和rm{壟脺}10、用rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列判斷正確的是()。A.常溫常壓下，rm{18gH_{2}O}含有的原子總數(shù)目為rm{3N_{A}}B.rm{0隆忙}rm{1.01KPa}rm{22.4LCl_{2}}中含有的分子數(shù)為rm{N_{A}}C.rm{1molK}在rm{O_{2}}中完全燃燒轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為rm{N_{A}}D.rm{1mol?L^{-1}NaHCO_{3}}溶液中含有的鈉離子數(shù)目為rm{N_{A}}11、由化學(xué)能轉(zhuǎn)變的熱能或電能仍然是人類使用的主要能源rm{.}根據(jù)如圖所示的裝置，判斷下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.該裝置中rm{Pt}極為陽極B.當rm{c}極的質(zhì)量變化了rm{2.16g}時，rm{a}極上消耗的rm{O_{2}}在標準狀況下的體積為rm{1.12L}C.該裝置中rm極的電極反應(yīng)式是：rm{H_{2}+2OH^{-}-2e^{-}=2H_{2}O}D.該裝置中rm{a}極為正極，發(fā)生氧化反應(yīng)評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)12、已知Q；R、X、Y、Z五種元素原子序數(shù)依次增大；并具有以下信息．請回答下列問題：

。元素相關(guān)信息QQ的氣態(tài)氫化物是一種10電子微粒，呈現(xiàn)堿性RR是地殼中含量最豐富的元素XX與Y在同一周期，X是這一周期中原子半徑最大的元素YY的次外層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的兩倍ZZ是一種副族的金屬元素，原子序數(shù)為26（1）Z3+比Z2+更穩(wěn)定的原因是______

（2）R的氣態(tài)氫化物的沸點要比與它同一主族的第三周期的元素高，試說明其原因______．

（3）X（g）═X+（g）+e-I1（第一電離能）

X+（g）═X2+（g）+e-I2（第二電離能）

X2+（g）═X3+（g）+e-I3（第三電離能）

根據(jù)X基態(tài)原子的結(jié)構(gòu)特點，判斷I1、I2、I3的大小關(guān)系，如圖所示正確的是______

（4）乙炔與氫氰酸反應(yīng)可得丙烯腈（H2C=CH-C≡N）．丙烯腈分子中處于同一直線上的原子數(shù)目最多為______．

（5）根據(jù)VSEPR模型，H3O+的分子立體結(jié)構(gòu)為：______．BF3的分子立體結(jié)構(gòu)為：______．

（6）下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的比較順序中，不正確的是______

A．熱穩(wěn)定性：HF＞HCl＞HBr＞HIB．微粒半徑：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+

C．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3D．第一電離能：Na＜Mg＜Al＜Si

（7）按電子排布，可把周期表里的元素劃分成5個區(qū)，以下元素屬于p區(qū)的是______

A．FeB．MgC．PD．La．13、維生素可根據(jù)其溶解性的不同分為____________性維生素和____________性維生素兩大類．維生素C又稱為抗壞血酸，在人體內(nèi)有重要功能，其結(jié)構(gòu)簡式為則維生素C的分子式為____________，某同學(xué)向盛有三氯化鐵溶液的試管中滴加幾滴KSCN溶液得紅色溶液，繼續(xù)向試管中加入含維生素C的溶液，振蕩后發(fā)現(xiàn)紅色消失，則說明維生素C具有____________性．14、rm{(1)}下列各組物質(zhì)中，屬于同位素的是rm{(}填序號，下同rm{)}______；屬于同素異形體的是______，互為同系物的是______，屬于同分異構(gòu)體的是______，屬于同種物質(zhì)的是______。

A、rm{O_{2}}和rm{O_{3}}rm{B}rm{;_{6}^{12}C{潞脥};_{6}^{13}C}rm{;_{6}^{12}C{潞脥};_{6}^{13

}C}和rm{C.CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH(CH_{3})_{2}}和rm{D.CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH(C_{2}H_{5})}rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}．和F.和rm{E}G.和

rm{CH_{2}=CH-CH_{3}}鍵線式表示的分子式為______；名稱是______。

中含有的官能團的名稱為______。

rm{(2)}丁基有______種結(jié)構(gòu)，請寫出其中的核磁共振氫譜有一個吸收峰的結(jié)構(gòu)簡式______。rm{(3)}15、可逆反應(yīng)rm{A(g)+2B(g)?2C(g)triangleH=-QkJ?mol^{-1}}rm{A(g)+2B(g)?2C(g)triangle

H=-QkJ?mol^{-1}}在一個密閉容器中進行，并在一定條件下達到平衡rm{(Q>0)}若改變條件，將相應(yīng)的變化結(jié)果rm{.}“增大”、“減小”或“不變”rm{(}填入下列空格．

rm{)}保持溫度和壓強不變，加入不參與反應(yīng)的稀有氣體，rm{(1)}的轉(zhuǎn)化率______rm{A}______，rm{.v_{脮媒}}______

rm{v_{脛忙}}保持溫度和體積不變，加入不參與反應(yīng)的稀有氣體，rm{(2)}的轉(zhuǎn)化率______rm{A}______，rm{.v_{脮媒}}______

rm{v_{脛忙}}若溫度和體積不變，反應(yīng)從rm{(3)}rm{A}開始至平衡，在這個變化過程中，容器內(nèi)氣體的密度______，壓強______．rm{B}16、rm{(1)}選擇適當化學(xué)試劑除去下列物質(zhì)所含雜質(zhì)rm{(}括號內(nèi)為雜質(zhì)rm{)}使目標物質(zhì)得到提純；

?；旌衔镌噭┓蛛x方法rm{壟脵}苯rm{(}苯酚rm{)}rm{壟脷}乙炔rm{(}硫化氫rm{)}

rm{(2)}給下列有機物命名：

rm{壟脵}______________________________________rm{壟脷}____________________________________________17、元素周期表與元素周期律在學(xué)習(xí)；研究和生產(chǎn)實踐中有很重要的作用．下表列出了①～⑨九種元素在周期表中的位置．

。族。

周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2④⑤⑥⑦⑨3①②③⑧請回答：

（1）畫出元素⑨的原子結(jié)構(gòu)示意圖____．

（2）九種元素中非金屬性最強的是____（填元素符號）．

（3）①②兩種元素原子半徑比較：①____②（填“＜”或“＞”）．在①②③三種元素的氧化物對應(yīng)的水化物中，堿性最強的是____（填化學(xué)式）．

（4）⑦⑧兩種元素組成的氫化物的熱穩(wěn)定性比較：⑦____⑧（填“＜”或“＞”）．

（5）元素⑤對應(yīng)的氫化物的化學(xué)式是____，其水溶液的pH____7（填“＜”或“＞”）．④⑤兩種元素對應(yīng)的最高價含氧酸的酸性強的是____（填化學(xué)式）．18、（6分）現(xiàn)有A、B、C、D、E五種可溶強電解質(zhì)，它們在水中可電離產(chǎn)生下列離子（各種離子不重復(fù)）。。陽離子H+、Na+、A13+、Ag+、Ba2+陰離子OH—、C1—、CO32—、NO3—、SO42—已知：①A、B兩溶液呈堿性；C、D、E溶液呈酸性。②向E溶液中逐滴滴加B溶液至過量，沉淀量先增加后減少但不消失。③D溶液與另外四種溶液反應(yīng)都能產(chǎn)生沉淀。試回答下列問題：（1）Ａ溶液呈堿性的原因是____。（寫出有關(guān)離子方程式）（2）若25℃時C、E溶液pH＝４，則Ｅ溶液中水電離出的氫離子濃度是Ｃ溶液中水電離出的氫離子濃度倍。（3）將0.1mol·L-1的C溶液逐滴加入等體積、0.2mol·L-1的A溶液中，反應(yīng)后溶液中離子濃度由大到小的順序為：。19、(6分)（1）有機化學(xué)中的反應(yīng)類型較多，將下列反應(yīng)歸類(填序號)。①由氯乙烯制PVC②溴乙烷和氫氧化鈉乙醇溶液共熱③乙烯和高錳酸鉀反應(yīng)④由甘油制硝化甘油⑤銀鏡反應(yīng)⑥由苯和硝酸TNT⑦苯酚和濃溴水反應(yīng)⑧實驗室制乙烯⑨油脂硬化其中屬于取代反應(yīng)的是；屬于氧化反應(yīng)的是；（2）的系統(tǒng)命名為；（3）碳碳雙鍵在酸性高錳酸鉀作用下，發(fā)生如下變化：若在上述條件下發(fā)生反應(yīng)，得到的最終產(chǎn)物結(jié)構(gòu)式分別是：各1分（4）某有機物結(jié)構(gòu)簡式如圖，用Na、NaOH、NaHCO3與等物質(zhì)的量的該有機物完全反應(yīng)時，消耗Na、NaOH、NaHCO3的物質(zhì)的量之比為20、電爐加熱時用純O2氧化管內(nèi)樣品；根據(jù)產(chǎn)物的質(zhì)量確定有機物的組成．下列裝置是用燃燒法確定有機物分子式常用的裝置，如圖1．

（1）產(chǎn)生的O2按從左到右的流向，所選裝置各導(dǎo)管的正確連接順序是______．

（2）C裝置中濃硫酸的作用是______．

（3）D裝置中MnO2的作用是______．

（4）燃燒管中CuO的作用是______．

（5）若實驗中所取樣品只含C、H、O三種元素中的兩種或三種，準確稱取0.92g樣品，經(jīng)充分反應(yīng)后，A管質(zhì)量增加1.76g，B管質(zhì)量增加1.08g，則該樣品的實驗式為______．

（6）要確定該物質(zhì)的分子式，還要知道該物質(zhì)的______．經(jīng)測定其蒸氣密度為2.054g?L-1（已換算為標準狀況下），則其分子式為______．

（7）該物質(zhì)的核磁共振氫譜如圖2所示，則其結(jié)構(gòu)簡式為______．評卷人得分四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共20分)21、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(xué)小組設(shè)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(xué)式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學(xué)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(xué)式）。22、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(yīng)的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________。

(4)某同學(xué)用X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)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(yīng)生成X的單質(zhì)。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

②該同學(xué)認為取X、R兩元素的單質(zhì)反應(yīng)后的固體物質(zhì)與X2Q反應(yīng)，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：_____________。23、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(xué)小組設(shè)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(xué)式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學(xué)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(xué)式）。24、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_______評卷人得分五、工業(yè)流程題(共1題，共7分)25、三氯化鉻是化學(xué)合成中的常見物質(zhì),三氯化鉻易升華,在高溫下能被氧氣氧化,堿性條件下能被H2O2氧化為Cr(Ⅵ)。制三氯化鉻的流程如下:

(1)重鉻酸銨分解產(chǎn)生的三氧化二鉻(Cr2O3難溶于水)需用蒸餾水洗滌的原因是________,如何判斷其已洗滌干凈:_____

(2)已知CCl4沸點為76.8℃,為保證穩(wěn)定的CCl4氣流,適宜加熱方式是______。

(3)用如圖裝置制備CrCl3時,主要步驟包括:①將產(chǎn)物收集到蒸發(fā)皿中;②加熱反應(yīng)管至400℃,開始向三頸燒瓶中通入氮氣,使CCl4蒸氣經(jīng)氮氣載入反應(yīng)管進行反應(yīng),繼續(xù)升溫到650℃;③三頸燒瓶中裝入150mLCCl4,并加熱CCl4,溫度控制在50～60℃之間;④反應(yīng)管出口端出現(xiàn)了CrCl3升華物時,切斷加熱管式爐的電源;⑤停止加熱CCl4,繼續(xù)通入氮氣;⑥檢查裝置氣密性。正確的順序為:⑥→③→________。

(4)已知反應(yīng)管中發(fā)生的主要反應(yīng)有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光氣有劇毒,實驗需在通風櫥中進行,并用乙醇處理COCl2,生成一種含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇處理尾氣的化學(xué)方程式為_____。

(5)樣品中三氯化鉻質(zhì)量分數(shù)的測定。

稱取樣品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一種帶塞的錐形瓶)中,加熱至沸騰后加入1gNa2O2,充分加熱煮沸,適當稀釋,然后加入過量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈強酸性,此時鉻以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,搖勻,于暗處靜置5分鐘后,加入1mL指示劑,用0.0250mol/L硫代硫酸鈉溶液滴定至終點,平行測定三次,平均消耗標準硫代硫酸鈉溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①該實驗可選用的指示劑名稱為______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加熱煮沸,加入Na2O2后也要加熱煮沸,其主要原因是____。

③樣品中無水三氯化鉻的質(zhì)量分數(shù)為____(結(jié)果保留一位小數(shù))。評卷人得分六、綜合題(共2題，共18分)26、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．27、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構(gòu)體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】烷烴的命名原則是：找出最長的碳鏈當主鏈，依碳數(shù)命名主鏈，前十個以天干(甲、乙、丙...)代表碳數(shù)，碳數(shù)多于十個時，以中文數(shù)字命名，如：十一烷；從最近的取代基位置編號：1、2、3...(使取代基的位置數(shù)字越小越好)。以數(shù)字代表取代基的位置。數(shù)字與中文數(shù)字之間以－隔開；有多個取代基時，以取代基數(shù)字最小且最長的碳鏈當主鏈，并依甲基、乙基、丙基的順序列出所有取代基；有兩個以上的取代基相同時，在取代基前面加入中文數(shù)字：一、二、三...，如：二甲基，其位置以,隔開，一起列于取代基前面，所以選項A正確。B應(yīng)該是2，2—二甲基丁烷，C應(yīng)該是3－甲基戊烷，D應(yīng)該是2，2，3—三甲基丁烷，答案選A?！窘馕觥俊敬鸢浮緼2、D【分析】【分析】A．取代反應(yīng)；B．物理變化，萃?。籆．不正確，是氧化反應(yīng)；D．加成反應(yīng)。選D。3、A【分析】【解析】【答案】A4、B【分析】解：A．向飽和石灰水中加少量生石灰后不僅消耗水；溶液的溫度也升高，氫氧化鈣的溶解度隨著溫度的升高而降低，溶液中氫氧根離子濃度越小，溶液的pH越小，故A錯誤；

B．向飽和石灰水中加少量生石灰后不僅消耗水；溶液的溫度也升高，氫氧化鈣的溶度積越小，則溶液中氫氧根離子濃度越小，溶液的pH越小，故B正確；

C．向溶液中加入Na2CO3溶液，鈣離子和碳酸根離子形成碳酸鈣沉淀，Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH-（aq）△H＜0，平衡正向進行，其中Ca（OH）2固體質(zhì)量減??；故C錯誤；

D．向溶液中加入少量NaOH固體，溶液中氫氧根離子濃度增大，Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH-（aq）△H＜0，平衡逆向進行，Ca（OH）2固體質(zhì)量增大；故D錯誤；

故選B．

A、向飽和石灰水中加少量生石灰，發(fā)生：CaO+H2O=Ca（OH）2，消耗水，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，且該反應(yīng)在絕熱容器中進行，導(dǎo)致溶液溫度升高，氫氧化鈣的溶解度減小，所以溶液中c（Ca2+）、c（OH-）減?。?/p>

B、向飽和石灰水中加少量生石灰，發(fā)生：CaO+H2O=Ca（OH）2，消耗水，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，且該反應(yīng)在絕熱容器中進行，導(dǎo)致溶液溫度升高，氫氧化鈣的溶解度減小，所以溶液中c（Ca2+）、c（OH-）減?。?/p>

C、向溶液中加入Na2CO3溶液，鈣離子和碳酸根離子形成碳酸鈣沉淀，平衡正向進行，其中Ca（OH）2固體質(zhì)量減?。?/p>

D、向溶液中加入少量NaOH固體，溶液中氫氧根離子濃度增大，平衡逆向進行，Ca（OH）2固體質(zhì)量增大．

本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡，題目難度中等，本題注意該反應(yīng)是在絕熱容器中進行的，隱含著相當于給溶液加熱，為易錯點．【解析】【答案】B5、C【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的分離和提純常用的方法，根據(jù)混合物中各組分性質(zhì)的不同選擇合適的方法，難度不大?！窘獯稹糠蛛x沸點不同的液態(tài)有機物常用的是蒸餾，結(jié)晶一般適用于溶解度受溫度影響不同的物質(zhì)的分離，過濾是難溶性固體和液體的分離，萃取適用于再不同溶劑中的溶解度的不同進行的分離，故C正確。故選C。【解析】rm{C}6、C【分析】【分析】本題考查離子反應(yīng)方程式的書寫，為高頻考點，把握發(fā)生的反應(yīng)及離子反應(yīng)的書寫方法為解答的關(guān)鍵。【解答】A.氧化鈉投入水中發(fā)生反應(yīng)的離子反應(yīng)為rm{Na_{2}O+H_{2}O簍T2OH?+2Na^{+}}故A錯誤；B.rm{KI}屬于強電解質(zhì)，離子方程式為rm{2Fe^{3+}+2I^{-}=2Fe^{2+}+I_{2}}故B錯誤；C.因為硫酸氫銨過量，故氫氧根離子只能與氫離子發(fā)生中和反應(yīng)而不能與銨根離子反應(yīng)，離子方程式為rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}rm{+2OH}rm{+2OH}rm{{,!}^{-}}rm{+SO}rm{+SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}^{+}}rm{=BaSO}rm{=BaSO}D.rm{{,!}_{4}}與rm{隆媒+2H}不能大量共存，二者反應(yīng)生成rm{隆媒+2H}故離子方程式為rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}，故C正確；rm{HClO}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{H}故D錯誤。故選C。rm{H}【解析】rm{C}二、雙選題(共5題，共10分)7、A|B|D【分析】解：A．氯氣的漂白作用是氯氣和水反應(yīng)生成的次氯酸的漂白作用；是次氯酸的強氧化性的體現(xiàn)；二氧化硫的漂白作用是二氧化硫與水生成的亞硫酸和有色物質(zhì)結(jié)合為不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，該過程為化合反應(yīng)，二者原理不同，故A選；

B．氯化銨受熱分解生成氨氣與氯化氫屬于化學(xué)變化；碘受熱升華屬于物理變化，二者原理不同，故B選；

C．福爾馬林；葡萄糖都具有還原性，能夠還原氫氧化銅生成紅色氧化亞銅，二者原理相同，故C不選；

D．乙烯通入酸性高錳酸鉀溶液和溴水都能使其褪色；前者是發(fā)生氧化還原反應(yīng)，后者發(fā)生加成反應(yīng)，二者原理不同，故D選；

故選：ABD．

A．依據(jù)二氧化硫；次氯酸漂白原理解答；

B．氯化銨受熱分解生成氨氣與氯化氫；碘受熱升華；

C．福爾馬林；葡萄糖都具有還原性，能夠還原氫氧化銅生成紅色氧化亞銅；

D．乙烯能被酸性高錳酸鉀氧化；能與溴水加成．

本題考查了元素化合物知識，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意次氯酸與二氧化硫漂白原理的不同，注意有機物結(jié)構(gòu)特點，題目難度不大．【解析】【答案】ABD8、AB【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，掌握常見物質(zhì)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，注意基礎(chǔ)知識的落實，難度不大?！窘獯稹緼.rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}和rm{O}都為氧元素組成的不同單質(zhì)，rm{O}

rm{{,!}_{3}}互為同素異形體，故A正確；B.rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}

和rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}個氧原子構(gòu)成的單質(zhì)，故C錯誤；

的相互轉(zhuǎn)化時生成了新物質(zhì)，是化學(xué)變化，故B正確；C.rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}是由rm{3}個氧原子構(gòu)成的單質(zhì)，故C錯誤；故D錯誤。

rm{3}

D.等物質(zhì)的量rm{O}【解析】rm{AB}9、BD【分析】略。

【解析】rm{BD}10、AC【分析】【分析】本題以阿伏加德羅常數(shù)為載體進行考查，涉及的知識面比較廣，是常考的題型，難度中等，【解答】A.rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}的摩爾質(zhì)量為rm{O}的摩爾質(zhì)量為rm{18g/mol}故rm{18g}故rm{O}rm{18g/mol}rm{18g}rm{H}的物質(zhì)的量rm{n=dfrac{18g}{18g/mol;}=1mol}。rm{H}rm{1molH_{2}O}中含rm{3mol}原子，所以含有的原子總數(shù)目為rm{3N_{A}}故A正確；B.rm{0隆忙}rm{1.01KPa}不rm{0隆忙}不是標準狀況，rm{1.01KPa}rm{22.4LCl}的物質(zhì)的量不為rm{22.4LCl}rm{{,!}_{2}}

rm{1mol}價，故，故B錯誤；鉀轉(zhuǎn)移C.反應(yīng)后鉀元素的價態(tài)為rm{+1}價，故rm{1mol}鉀轉(zhuǎn)移rm{1mol}電子，故C正確；電子，故C正確；

rm{+1}

rm{1mol}rm{1mol}【解析】rm{AC}11、rBD【分析】解：左邊裝置是原電池，通入氫氣電極rm為負極，電極反應(yīng)為rm{H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O}通入氧氣的電極為正極，電極反應(yīng)為rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}右側(cè)裝置為電解池，rm{C}棒為陰極，電極反應(yīng)為rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}鉑絲為陽極，電極反應(yīng)為rm{4OH^{-}-4e^{-}=O_{2}隆眉+2H_{2}O}

A.通過以上分析知，rm{Pt}為陽極；故A正確；

B.當rm{c}極生成單質(zhì)銀，質(zhì)量變化為rm{2.16g}所以物質(zhì)的量為：rm{dfrac{2.16g}{108g/mol}=0.02mol}所以rm{dfrac

{2.16g}{108g/mol}=0.02mol}極上消耗的rm{a}的物質(zhì)的量為rm{O_{2}}標準狀況下的體積為rm{0.005mol}故B錯誤；

C.rm{0.112L}電極上氫氣失電子和氫氧根離子反應(yīng)生成水，電極反應(yīng)為rm故C正確；

D.通入氧氣的電極為正極；正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，故D錯誤；

故選BD．

左邊裝置是原電池，通入氫氣電極rm{H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O}為負極，電極反應(yīng)為rm通入氧氣的電極為正極，電極反應(yīng)為rm{H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O}右側(cè)裝置為電解池，rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}棒為陰極，電極反應(yīng)為rm{C}鉑絲為陽極，電極反應(yīng)為rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}據(jù)此分析解答．

本題考查了原電池和電解池原理，根據(jù)得失電子判斷正負極，明確各個電極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，注意氣體摩爾體積的適用范圍及適用條件，為易錯點．rm{4OH^{-}-4e^{-}=O_{2}隆眉+2H_{2}O}【解析】rm{BD}三、填空題(共9題，共18分)12、略

【分析】解：Q；R、X、Y、Z五種元素原子序數(shù)依次增大；Q的氣態(tài)氫化物是一種10電子微粒，呈現(xiàn)堿性，則Q為N元素；R是地殼中含量最豐富的元素，則R為O元素；Y的次外層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的兩倍，Y只能有3個電子層，最外層電子數(shù)為4，則Y為Si；X與Y在同一周期，X是這一周期中原子半徑最大的元素，則X為Na元素；Z是一種副族的金屬元素，原子序數(shù)為26，則Z為Fe；

（1）Fe3+的核外電子排布為1s22s22p63s23p63d5，F(xiàn)e2+的核外電子排布為1s22s22p63s23p63d6，根據(jù)洪特規(guī)則，F(xiàn)e3+為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，故Fe3+比Fe2+穩(wěn)定；

故答案為：Fe3+的核外電子排布為1s22s22p63s23p63d5，F(xiàn)e2+的核外電子排布為1s22s22p63s23p63d6，根據(jù)洪特規(guī)則，F(xiàn)e3+為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，故Fe3+比Fe2+穩(wěn)定；

（2）水分子之間存在氫鍵；增大了分子間作用力，使其沸點升高，高于硫化氫的沸點；

故答案為：水分子之間存在氫鍵；增大了分子間作用力，使其沸點高；

（3）X為Na元素，原子核外電子排布為1s22s22p63s1；第一電離能失去的是3s能級電子，而第二；第三電離能失去為2p能級電子，故第二電離能比第一電離能形成很大，而第二、第三電離能相差不大，故圖象B符合；

故答案為：B；

（4）乙烯的平面結(jié)構(gòu)、-C≡N為直線結(jié)構(gòu)，H2C=CH-C≡N為平面結(jié)構(gòu)；-C≡N中C原子位置處于乙烯中H原子位置，故丙烯腈分子中處于同一直線上的原子數(shù)目最多為2；

故答案為：2；

（5）H3O+中O原子孤對電子==1、價層電子對數(shù)=3+1=4，故H3O+為三角錐形；BF3中B原子孤對電子==0、價層電子對數(shù)=3+0=3，故BF3為平面正三角形；

故答案為：三角錐形；平面正三角形；

（6）A．同主族自上而下非金屬性減弱；氫化物穩(wěn)定性減弱，故A正確；

B．電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大，故離子半徑K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+；故B正確；

C．同周期自左而右非金屬性增強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性增強，故酸性HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3；故C正確；

D．同周期自左而右元素第一電離能呈增大趨勢；但Mg元素原子3s軌道為全面穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于Al，故第一電離能Na＜Al＜Mg＜Si，故D錯誤；

故答案為：D；

（7）最后填充電子為p能級的元素屬于p區(qū)，p區(qū)元素原子外圍電子排布為ns2npx；故屬于p區(qū)的元素是P，而Fe屬于d區(qū)，Mg屬于s區(qū)，La屬于f區(qū)；

故答案為：C．

Q；R、X、Y、Z五種元素原子序數(shù)依次增大；Q的氣態(tài)氫化物是一種10電子微粒，呈現(xiàn)堿性，則Q為N元素；R是地殼中含量最豐富的元素，則R為O元素；Y的次外層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的兩倍，Y只能有3個電子層，最外層電子數(shù)為4，則Y為Si；X與Y在同一周期，X是這一周期中原子半徑最大的元素，則X為Na元素；Z是一種副族的金屬元素，原子序數(shù)為26，則Z為Fe；

（1）根據(jù)洪特規(guī)則進行分析解答；

（2）根據(jù)氫鍵進行分析解答；

（3）失去同一能層中的電子時電離能相差不大；失去不同能層中的電子時電離能相差很大；

（4）根據(jù)乙烯的平面結(jié)構(gòu)與-C≡N的直線結(jié)構(gòu)分析；

（5）計算中心原子價層電子對數(shù)及孤電子對進行確定分子立體結(jié)構(gòu)；

（6）A．同主族自上而下非金屬性減弱；氫化物穩(wěn)定性減弱；

B．電子層結(jié)構(gòu)相同；核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大；

C．同周期自左而右非金屬性增強；最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性增強；

D．同周期自左而右元素第一電離能呈增大趨勢；但Mg元素原子3s軌道為全面穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于Al；

（7）最后填充電子為p能級的元素屬于p區(qū)，p區(qū)元素原子外圍電子排布為ns2npx．

本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)的考查，涉及核外電子排布規(guī)律、電離能、氫鍵、分子結(jié)構(gòu)、元素周期律、元素周期表等，需要學(xué)生熟練掌握基礎(chǔ)知識，難度中等，注意理解同一元素電離能的劇增．【解析】Fe3+的核外電子排布為1s22s22p63s23p63d5，F(xiàn)e2+的核外電子排布為1s22s22p63s23p63d6，根據(jù)洪特規(guī)則，F(xiàn)e3+為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，故Fe3+比Fe2+穩(wěn)定；水分子之間存在氫鍵，增大了分子間作用力，使其沸點升高；B；2；三角錐形；平面正三角形；D；C13、略

【分析】解：維生素可根據(jù)其溶解性的不同分為脂溶性維生素和水溶性維生素兩大類；維生素C中含有6個C、8個H、6個O，則分子式為C6H8O6；維生素C能將三氯化鐵還原為二價鐵離子，說明維生素C有還原性，故答案為：脂溶；水溶；C6H8O6；還原．【解析】脂溶;水溶;C6H8O6;還原14、略

【分析】解：rm{(1)A.O_{2}}和rm{O_{3}}是由氧元素組成的不同單質(zhì)；屬于同素異形體；

B.rm{;_{6}^{12}C{潞脥};_{6}^{13}C}質(zhì)子數(shù)相同為rm{;_{6}^{12}C{潞脥};_{6}^{13

}C}中子數(shù)不同分別為rm{6}rm{7}是碳元素不同核素，互為同位素；

C.rm{6}和rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}分別為正丁烷與異丁烷，它們的結(jié)構(gòu)不同、分子式相同rm{CH_{3}CH(CH_{3})_{2}}所以二者互為同分異構(gòu)體；

D.rm{C_{4}H_{10}}和rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH(C_{2}H_{5})CH_{3}}組成和結(jié)構(gòu)都相同；為同一物質(zhì)；

E.甲烷為正四面體，其二氟代物為四面體結(jié)構(gòu)，和結(jié)構(gòu)；性質(zhì)都相同；為同一物質(zhì)；

F.和rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}結(jié)構(gòu)相似都為烯烴，在分子組成上相差rm{CH_{2}=CH-CH_{2}}個rm{2}原子團；為同系物；

G.和分別為rm{CH_{2}}甲基rm{2-}丁烯、rm{-2-}甲基rm{3-}丁烯，它們的結(jié)構(gòu)不同、分子式相同rm{-1-}所以二者互為同分異構(gòu)體；

故答案為：rm{C_{5}H_{10}}rm{B}rm{A}rm{F}rm{CG}

rm{DE}分子中含有rm{(2)}個碳原子，屬于飽和烴，分子式為rm{6}該有機物主鏈上有rm{C_{6}H_{14}}個rm{5}rm{C}號rm{2}一個甲基，結(jié)構(gòu)簡式為：rm{C}命名為：rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH_{2}CH_{3}}甲基戊烷，分子中含有的官能團為羥基；酯基；

故答案為：rm{2-}rm{C_{6}H_{14}}甲基戊烷；

rm{2-}丁烷含有正丁烷和異丁烷兩種同分異構(gòu)體，正丁烷去掉一個rm{(3)}后剩下的部分可為：rm{H}或rm{-CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}異丁烷去掉一個rm{-CH(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}后剩下的部分可為：rm{H}或rm{-CH_{2}CH(CH_{3})_{2}}有四種結(jié)構(gòu)，其中的核磁共振氫譜有一個吸收峰的是氫原子完全相同，結(jié)構(gòu)簡式為rm{-C(CH_{3})_{3}}

故答案為：rm{-C(CH_{3})_{3}}rm{4}

rm{-C(CH_{3})_{3}}同位素：質(zhì)子數(shù)相同；中子數(shù)不同的原子互稱同位素；

同素異形體：結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差一個或若干個rm{(1)}原子團的物質(zhì)互稱為同系物；互為同系物的物質(zhì)具有以下特點：結(jié)構(gòu)相似；化學(xué)性質(zhì)相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性質(zhì)不同；注意同系物中的“結(jié)構(gòu)相似”是指物質(zhì)種類相同，若含有官能團，官能團的種類與數(shù)目相同；

同系物：具有相同分子式而結(jié)構(gòu)不同的化合物互為同分異構(gòu)體；

同分異構(gòu)體：同種元素形成的不同單質(zhì)互為同素異形體；

同種物質(zhì)：根據(jù)物質(zhì)的俗名；名稱或化學(xué)式或主要成分分析判斷；主要成分屬于同一種物質(zhì)要求其化學(xué)名稱相同，化學(xué)式相同；

rm{CH_{2}}分子中含有rm{(2)}個碳原子，屬于飽和烴，分子式為rm{6}依據(jù)烷烴的命名原則命名，依據(jù)鍵線式書寫結(jié)構(gòu)簡式即可；

rm{C_{6}H_{14}}丁烷含有正丁烷和異丁烷兩種同分異構(gòu)體，正丁烷去掉一個rm{(3)}后剩下的部分為丁基；核磁共振氫譜有一個吸收峰說明含一種氫原子，據(jù)此解答即可。

本題考查“五同”比較、烷烴的命名、烷基的結(jié)構(gòu)式的書寫，題目難度中等，側(cè)重考查學(xué)生的辨別能力，選項多，要細心排查，注意“五同”的概念及判斷方法。rm{H}【解析】rm{B}rm{A}rm{F}rm{CG}rm{DE}rm{C_{6}H_{14}}rm{2-}甲基戊烷；羥基、酯基；rm{4}rm{-C(CH_{3})_{3}}15、減?。粶p?。粶p?。徊蛔?；不變；不變；不變；減小【分析】解：rm{(1)}恒溫恒壓容器中加入不參與反應(yīng)的稀有氣體，體積增大，壓強減小，反應(yīng)速率減小，平衡逆向進行，rm{A}的轉(zhuǎn)化率減??；正逆反應(yīng)速率減小；

故答案為：減?。粶p??；減小；

rm{(2)}保持溫度和體積不變，加入不參與反應(yīng)的稀有氣體，反應(yīng)體系中各物質(zhì)濃度不變，反應(yīng)速率不變，不改變化學(xué)平衡，rm{A}的轉(zhuǎn)化率不變；正逆反應(yīng)速率不變；

故答案為：不變；不變；不變；

rm{(3)}若溫度和體積不變，反應(yīng)從rm{A}rm{B}開始至平衡；氣體體積減小，壓強減小，氣體質(zhì)量和容器體積不變，密度不變；

故答案為：不變；減?。?/p>

rm{(1)}恒溫恒壓容器中加入不參與反應(yīng)的稀有氣體；體積增大，壓強減小，反應(yīng)速率減小，平衡逆向進行；

rm{(2)}保持溫度和體積不變；加入不參與反應(yīng)的稀有氣體，反應(yīng)體系中各物質(zhì)濃度不變，反應(yīng)速率不變，不改變化學(xué)平衡；

rm{(3)}若溫度和體積不變，反應(yīng)從rm{A}rm{B}開始至平衡；氣體體積減小，壓強減小，氣體質(zhì)量和容器體積不變，密度不變．

本題考查了化學(xué)平衡移動原理的分析判斷，注意反應(yīng)特征和移動原理的分析應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目較簡單．【解析】減小；減小；減小；不變；不變；不變；不變；減小16、(1)①過量NaOH溶液分液②CuSO4溶液洗氣(2)①2,2,6-三甲基-4-乙基辛烷

②4-甲基-2-戊烯【分析】【分析】本題考查有機物的分離提純方法和有機化合物的命名，難度不大?！窘獯稹縭m{(1)壟脵}分離苯和苯酚應(yīng)加過量rm{NaOH}溶液后分液；rm{壟脷}分離乙炔和硫化氫應(yīng)將混合氣體通過rm{CuSO_{4}}溶液來洗氣；rm{(2)壟脵}有機物名稱為rm{2}rm{2}rm{6-}三甲基rm{-4-}乙基辛烷；rm{壟脷}有機物名稱為rm{4-}甲基rm{-2-}戊烯。【解析】rm{(1)壟脵}過量rm{NaOH}溶液分液過量rm{(1)壟脵}溶液分液rm{NaOH}溶液洗氣rm{壟脷CuSO_{4}}溶液洗氣rm{壟脷CuSO_{4}}rm{(2)壟脵2}三甲基rm{2}乙基辛烷rm{6-}甲基rm{-4-}戊烯rm{壟脷4-}17、略

【分析】

由元素在周期表中的位置可知；①為Na；②為Mg、③為Al、④為C、⑤為N、⑥為O、⑦為F、⑧為Cl、⑨為Ne，則：

（1）⑨為Ne元素，原子核外有10個電子，由2個電子層，最外層電子數(shù)為8，原子結(jié)構(gòu)示意圖為

故答案為：

（2）同周期自左而右；元素的非金屬性增強，同主族自上而下，元素的非金屬性減弱，故非金屬性最強的元素處于周期表的右上角（稀有氣體除外），故F元素非金屬最強；

故答案為：F；

（3）同周期自左而右；元素原子半徑減小，故原子半徑Na＞Mg；

同周期自左而右，元素的金屬性減弱，故金屬性Na＞Mg＞Al，金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)的水化物的堿性越強，故堿性NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3；

故答案為：＞；NaOH；

（4）同主族自上而下；元素的非金屬性減弱，故非金屬性Cl＜F，非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強，故穩(wěn)定性HF＞HCl；

故答案為：＞；

（5）⑤為N元素，最低負化合價為-3價，氫化物為NH3，氨氣溶于水，與水反應(yīng)生成一水合氨，一水合氨電離出氫氧根離子與銨根離子，溶液呈堿性；同周期自左而右，元素的非金屬性增強，故非金屬性C＜N，非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強，故酸性HNO3＞H2CO3；

故答案為：NH3，＞，HNO3．

【解析】【答案】由元素在周期表中的位置可知；①為Na；②為Mg、③為Al、④為C、⑤為N、⑥為O、⑦為F、⑧為Cl、⑨為Ne；

（1）⑨為Ne元素；原子核外有10個電子，由2個電子層，最外層電子數(shù)為8；

（2）同周期自左而右；元素的非金屬性增強，同主族自上而下，元素的非金屬性減弱，故非金屬性最強的元素處于周期表的右上角（稀有氣體除外）；

（3）同周期自左而右；元素原子半徑減??；

同周期自左而右；元素的金屬性減弱，金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)的水化物的堿性越強；

（4）非金屬性越強；氫化物的穩(wěn)定性越強，同主族自上而下，元素的非金屬性減弱；

（5）⑤為N元素，最低負化合價為-3價，氫化物為NH3；氨氣溶于水，與水反應(yīng)生成一水合氨，一水合氨電離出氫氧根離子與銨根離子，溶液呈堿性；

非金屬性越強；最高價含氧酸的酸性越強，同周期自左而右，元素的非金屬性增強．

18、略

【分析】D溶液與另外四種溶液反應(yīng)都能產(chǎn)生沉淀，說明D中移動含有Ag+，所以D是硝酸銀。由于CO32－只能和鈉離子結(jié)合，所以A或B是碳酸鈉。又因為氯化鋇顯中性，所以不可能有氯化鋇，而是氫氧化鋇，即A或B是氫氧化鋇。根據(jù)②可知B是氫氧化鋇，E是硫酸鋁，則A是碳酸鈉，C是鹽酸。（1）碳酸鈉水解顯酸性，方程式為CO+H2OHCO+OH-。（2）鹽酸抑制水的電離，硫酸鋁促進水的電離。所以Ｅ溶液中水電離出的氫離子濃度是Ｃ溶液中水電離出的氫離子濃度10－4÷10－10＝106倍。（3）根據(jù)鹽酸和碳酸鈉的物質(zhì)的量可知，二者恰好反應(yīng)生成碳酸氫鈉和氯化鈉，所以反應(yīng)后溶液中離子濃度由大到小的順序為c（Na+）>c（HCO3－）>c（Cl－）>c（CO32－）>c（OH－）>c（H+）?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）CO+H2OHCO+OH-（各2分）（2）106（2分）（3）c（Na+）>c（HCO3－）>c（Cl－）>c（CO32－）>c（OH－）>c（H+）（2分）19、略

【分析】試題分析：（1）①是加成反應(yīng)，②是消去反應(yīng)，③是氧化反應(yīng)，④是取代反應(yīng)，⑤是氧化反應(yīng)，⑥是取代反應(yīng)，⑦是取代反應(yīng)，⑧是乙醇制取乙烯的反應(yīng)，屬于消去反應(yīng)，⑨油脂的硬化是加成反應(yīng)，所以屬于取代反應(yīng)的有④⑥⑦，屬于氧化反應(yīng)的有③⑤；（2）根據(jù)烷烴的命名，該有機物的最長碳鏈是5個C原子，其中3號C原子上有2個取代基是甲基，所以該有機物的名稱是3,3-二甲基戊烷；（3）根據(jù)所給信息，可知碳碳雙鍵被酸性高錳酸鉀氧化后，碳碳雙鍵斷裂，然后添加-C=O即可，所以2-甲基-2丁烯被氧化后的產(chǎn)物是丙酮和乙醛，乙醛繼續(xù)被氧化得乙酸，結(jié)構(gòu)簡式為（4）羥基與鈉反應(yīng)，酚羥基、羧基與NaOH反應(yīng)，只有羧基與NaHCO3反應(yīng)，所以等物質(zhì)的量的該有機物與Na、NaOH、NaHCO3完全反應(yīng)時，消耗Na、NaOH、NaHCO3的物質(zhì)的量之比是3:2:1.考點：考查反應(yīng)類型的判斷，有機物的命名，運用信息的能力，羥基的活性的應(yīng)用【解析】【答案】（共6分）（1）④⑥⑦③⑤（各1分）（2）3,3-二甲基戊烷（2分）（3）（4）3:2:120、略

【分析】解：（1）D中生成的氧氣中含有水蒸氣，應(yīng)先通過C中的濃硫酸干燥，在E中電爐加熱時用純氧氧化管內(nèi)樣品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，則E中CuO可與CO進一步反應(yīng)生成二氧化碳，然后分別通入B吸收水、通過A吸收二氧化碳，根據(jù)產(chǎn)物的質(zhì)量推斷有機物的組成，則產(chǎn)生的氧氣按從左到右流向，所選擇裝置各導(dǎo)管的連接順序是：g→f→e→h→i→c（或d）→d（或c）→a（或b）→b（或a）；

故答案為：g→f→e→h→i→c（或d）→d（或c）→a（或b）→b（或a）；

（2）D中生成的氧氣中含有水蒸氣；應(yīng)先通過C中的濃硫酸干燥，以免影響實驗結(jié)果；

故答案為：吸收水分干燥氧氣；

（3）MnO2為分解制備氧氣的催化劑；

故答案為：作催化劑加快產(chǎn)生O2的速率；

（4）一氧化碳能與氧化銅反應(yīng)，可被氧化成二氧化碳的性質(zhì)可知，CuO的作用是把有機物不完全燃燒產(chǎn)生的CO轉(zhuǎn)化為CO2；

故答案為：把有機物不完全燃燒產(chǎn)生的CO轉(zhuǎn)化為CO2；

（5）水的物質(zhì)的量==0.06mol、二氧化碳的物質(zhì)的量==0.04mol，則m（C）+m（H）=0.04mol×12g+0.06mol×2×1g/mol=0.6g＜0.92g，故有機物含有O元素，m（O）=0.92g-0.6g=0.32g，則n（O）==0.02mol，n（C）：n（H）：n（O）=0.04：0.12：0.02=2：6：1，該有機物的實驗式是C2H6O；

（6）要確定該物質(zhì)的分子式，還要知道該物質(zhì)的相對分子質(zhì)量；該有機物蒸氣密度為2.054g?L-1，則其相對分子質(zhì)量=2.054×22.4=46，所以分子式為（C2H6O）n，則46n=46，故n=1，所以分子式為C2H6O；

故答案為：相對分子質(zhì)量；C2H6O；

（7）該有機物分子式為C2H6O，該物質(zhì)的核磁共振氫譜有3個吸收峰，故有機物分子中有3種H原子，所以其結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH2OH；

故答案為：CH3CH2OH．

（1）根據(jù)實驗原理是測定一定質(zhì)量的有機物完全燃燒時生成CO2和H2O的質(zhì)量；來確定是否含氧及C；H、O的個數(shù)比，求出最簡式，再結(jié)合有機物相對分子質(zhì)量確定分子式．

因此生成O2后必須除雜（主要是除H2O），A用來吸收二氧化碳、B用來吸收水、C用于干燥通入E中的氧氣、D用來制取反應(yīng)所需的氧氣、E是在電爐加熱時用純氧氣氧化管內(nèi)樣品，根據(jù)一氧化碳能與氧化銅反應(yīng)可被氧化成二氧化碳的性質(zhì)，可知CuO的作用是把有機物不完全燃燒產(chǎn)生的CO轉(zhuǎn)化為CO2；

（2）由（1）得D中生成的氧氣中含有水蒸氣；應(yīng)先通過C中的濃硫酸干燥；

（3）由（1）得MnO2為分解制備氧氣的催化劑；

（4）由（1）得一氧化碳能與氧化銅反應(yīng)可被氧化成二氧化碳的性質(zhì)可知，CuO的作用是把有機物不完全燃燒產(chǎn)生的CO轉(zhuǎn)化為CO2；

（5）根據(jù)n=計算水；二氧化碳的物質(zhì)的量；根據(jù)質(zhì)量守恒定律計算O元素質(zhì)量，再根據(jù)原子守恒確定有機物的最簡式；

（6）要確定該物質(zhì)的分子式；還要知道該物質(zhì)的相對分子質(zhì)量；

該有機物蒸氣密度為2.054g?L-1；則其相對分子質(zhì)量=2.054×22.4=46，結(jié)合最簡式確定有機物分子式；

（7）該物質(zhì)的核磁共振氫譜有3個吸收峰；故有機物分子中有3種H原子，結(jié)合分子式確定其結(jié)構(gòu)簡式．

本題考查有機物的分子式的實驗測定，題目難度中等，關(guān)鍵在于清楚實驗的原理，掌握燃燒法利用元素守恒確定實驗式的方法．【解析】g→f→e→h→i→c（或d）→d（或c）→a（或b）→b（或a）；吸收水分干燥氧氣；作催化劑加快產(chǎn)生O2的速率；把有機物不完全燃燒產(chǎn)生的CO轉(zhuǎn)化為CO2；C2H6O；相對分子質(zhì)量；C2H6O；CH3CH2OH四、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共20分)21、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學(xué)方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應(yīng)生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學(xué)生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應(yīng)，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）222、略

【分析】【分析】

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，周期表的全部元素中X的原子半徑最小，則X為H元素，X與R的最外層電子數(shù)相等，二者原子序數(shù)相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數(shù)為4，則Z為C元素；U的最高化合價和最低化合物的代數(shù)和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物，則Q為O元素，這兩種化合物為Na2O2、Na2O；T與Z同主族，由于Z是C元素，所以T為Si元素，據(jù)此分析解答。

【詳解】

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

(2)X為H，Z為C，Q為O，同一周期元素原子序數(shù)越大原子半徑越?。辉雍送怆娮訉訑?shù)越多，原子半徑越大，所以上述三種元素中原子半徑由小到大順序為H

(3)R為Na，T為Si，它們的最高價氧化物對應(yīng)的水化物分別為NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以與強堿NaOH發(fā)生中和反應(yīng)產(chǎn)生Na2SiO3和H2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X為H，R為Na，Q為O，H、Na二種元素形成的化合物NaH是離子化合物，X2Q是H2O，NaH與H2O反應(yīng)產(chǎn)生NaOH和H2。

①NaH中Na+與H-通過離子鍵結(jié)合，電子式為NaH與H2O反應(yīng)產(chǎn)生NaOH和H2，反應(yīng)方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非?；顫姷慕饘伲梢耘c水反應(yīng)產(chǎn)生H2，反應(yīng)方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na殘留，過量的Na與水反應(yīng)也生成氫氣，因此不能根據(jù)H；Na反應(yīng)后的固體與水反應(yīng)放出氫氣確定得到的固體一定是純凈NaH，即該同學(xué)的說法不合理。

【點睛】

本題考查元素周期表及原子結(jié)構(gòu)在元素推斷中的應(yīng)用。根據(jù)元素的原子結(jié)構(gòu)及相互關(guān)系推斷元素是解題關(guān)鍵。熟練掌握結(jié)構(gòu)、性質(zhì)、位置關(guān)系，注意元素金屬性、非金屬性強弱比較實驗事實，要注意基礎(chǔ)知識并靈活運用，注意金屬氫化物有關(guān)問題?！窘馕觥康谌芷冖鬉族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反應(yīng)后有Na殘留，也能與水反應(yīng)生成H223、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學(xué)方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應(yīng)生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學(xué)生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應(yīng)，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）224、略

【分析】【分析】

【詳解】

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

（2）繼續(xù)滴加稀HNO3至溶液明顯呈酸性，若白色沉淀溶解，為Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，為AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物五、工業(yè)流程題(共1題，共7分)25、略

【分析】【分析】

重鉻酸銨分解不完全，還可能含有其它可溶性雜質(zhì)；因為(NH4)2