…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版高二化學下冊階段測試試卷992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8題，共16分)1、在pH為4～5的環境中，Cu2+、Fe2+不生成沉淀，而Fe3+幾乎完全沉淀．工業上制CuCl2是將濃鹽酸用蒸汽加熱到80℃左右；再慢慢加入粗氧化銅（含雜質FeO），充分攪拌使之溶解．欲除去溶液中的雜質離子，下述方法中可行的是（）

A.向溶液中加入純Cu將Fe2+還原。

B.向溶液中通入H2S使Fe2+沉淀。

C.在溶液中通入Cl2；再加入CuO粉末調節pH為4～5

D.在溶液中通入Cl2，再通入NH3調節pH為4～5

2、甲酸的下列性質中，可以證明它是弱電解質的是()A.1mol·L-1的甲酸溶液的c(H+)為1×10-2mol·L-1B.甲酸能與水以任意比互溶C.10mL1mol·L-1的甲酸恰好與10mL1mol·L-1的NaOH溶液完全反應D.滴入石蕊試液顯紅色3、下列有機反應屬于加成反應的是rm{(}rm{)}

A.rm{CH_{4}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}CH_{3}Cl+HCl}B.rm{CH_{4}+Cl_{2}xrightarrow[]{鹿芒脮脮}

CH_{3}Cl+HCl}C.rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}D.rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤CH_{2}BrCH_{2}Br}2rm{xrightarrow[]{FeB{r}_{3}}}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{+Br}4、相同狀況下，rm{1.12L}乙烷和丁烷的混合物完全燃燒需rm{O_{2}}rm{4.76L}則混合氣中乙烷的體積分數是rm{(}rm{)}A.rm{25%}B.rm{35%}C.rm{65%}D.rm{75%}5、我國西部城市常遭遇強大的沙塵暴襲擊，使得某市“滿城盡帶黃金甲”，空氣污染為三級中度污染，你認為該城市空氣污染的首要污染物是rm{(}rm{)}A.二氧化硫B.二氧化氮C.二氧化碳D.可吸入顆粒物6、實驗室用98%的濃硫酸（密度為1.84g/mL）配制0.5mo1/L硫酸溶液500mL；不需要使用的儀器是（）

A.500mL容量瓶。

B.25mL量筒。

C.燒杯。

D.天平。

7、用惰性電極電解一定濃度的硫酸銅溶液，通電一段時間后，向所得的溶液中加入rm{0.1molCu(OH)_{2}}后恰好恢復到電解前狀態。則電解過程中轉移的電子的物質的量為()A.rm{0.1mol}B.rm{0.2mol}C.rm{0.3mol}D.rm{0.4mol}8、下列物質中，在一定條件下既能發生銀鏡反應，又能發生水解反應的組合正確的是rm{(}rm{)}

rm{壟脵}甲酸銨rm{壟脷}甲酸甲酯rm{壟脹}苯甲酸甲酯rm{壟脺}葡萄糖rm{壟脻}蔗糖rm{壟脼}麥芽糖．A.rm{壟脵壟脷壟脺壟脼}B.rm{壟脵壟脷壟脼}C.rm{壟脹壟脺壟脻}D.rm{壟脵壟脷壟脻}評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)9、下列敘述正確的是（）A.不慎把苯酚溶液沾到了皮膚上，應立即用大量水沖洗B.甲、乙兩種有機物具有相同的相對分子質量和不同結構，則甲和乙一定是同分異構體C.濃溴水滴入苯酚溶液中立即產生2，4，6-三溴苯酚的白色沉淀E.分離沸點相差30℃以上的混溶液體，應采用的方法是蒸餾E.分離沸點相差30℃以上的混溶液體，應采用的方法是蒸餾10、有關晶體的敘述中正確的是A.在rm{SiO_{2}}晶體中，由rm{Si}rm{O}構成的最小單元環中共有rm{8}個原子B.在rm{60gSiO_{2}}晶體中，含rm{Si隆陋O}共價鍵鍵數為rm{2}rm{N}rm{{,!}_{A}}C.干冰晶體熔化只需克服分子間作用力D.金屬晶體是由金屬原子直接構成的11、有關下列圖像的分析錯誤的是A.圖甲可表示對平衡rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)overset{}{?}2NH_{3}(g)}加壓、同時移除部分rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)overset{}{?}

2NH_{3}(g)}時的速率變化。B.圖乙中rm{NH_{3}}rm{a}曲線只可表示反應rm十rm{I_{2}(g)overset{}{?}2HI(g)}在有催化劑和無催化劑存在下建立平衡的過程。C.圖丙表示向rm{H_{2}(g)}溶液中逐漸加入rm{I_{2}(g)overset{}{?}

2HI(g)}固體后，溶液rm{CH_{3}COOH}的變化D.圖丁表示向醋酸溶液中加水時其導電性變化，則rm{CH_{3}COONa}溶液的rm{pH}rm{CH_{3}COOH}rm{pH}12、按圖甲進行實驗，若乙中橫坐標rm{x}表示流入電極的電子的物質的量，下列敘述不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{E}表示生成銅的物質的量B.rm{E}表示生成硫酸的物質的量C.rm{F}表示反應消耗水的物質的量D.rm{E}表示反應生成氧氣的物質的量13、下列化學方程式____的是rm{(}rm{)}A.實驗室制乙炔：rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+C_{2}H_{2}隆眉}B.丁二烯的rm{1}rm{4-}加成：rm{H_{2}C=CHCH=CH_{2}+Cl_{2}隆煤CH_{2}ClCH=CHCH_{2}Cl}C.向苯酚鈉溶液中加入少量rm{CO_{2}}D.乙醛與新制氫氧化銅：rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOHxrightarrow[]{?}CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOHxrightarrow[]{?}

CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}14、下列有關蛋白質的敘述中，不正確的是A.重金屬鹽能使蛋白質變性，所以誤食重金屬鹽會中毒B.蛋白質溶液中加入飽和rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}溶液，蛋白質析出，再加水也不溶解C.濃rm{HNO_{3}}濺在皮膚上，使皮膚呈黃色，是由于濃rm{HNO_{3}}和蛋白質發生焰色反應D.人工合成的具有生命活性的蛋白質rm{隆陋}結晶牛胰島素，是rm{1965}年我國科學家最先合成的15、構造原理揭示的電子排布能級順序，實質是各能級能量高低rm{.}若以rm{E(nl)}表示某能級的能量，以下各式中正確的是rm{(}rm{)}A.rm{E(5s)>E(4f)>E(4s)>E(3d)}B.rm{E(4f)>E(3d)>E(4s)>E(3p)}C.rm{E(5d)>E(4d)>E(3d)>E(2d)}D.rm{E(5s)>E(4s)>E(4f)>E(3d)}16、下列敘述正確的是（）A.苯中的少量苯酚可先加適量的濃溴水，再過濾而除去B.將苯酚晶體放入少量水中，加熱時全部溶解，冷卻到50℃形成懸濁液C.苯酚的酸性很弱，不能使酸堿指示劑變色，但可以和NaHCO3反應放出CO2D.苯酚有毒，不慎沾在皮膚上，可用酒精洗滌評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)17、（1）火箭推進器中盛有強還原劑液態肼（N2H4）和強氧化劑液態雙氧水．當把0.4mol液態肼和0.8molH2O2混合反應，生成氮氣和水蒸氣，放出256.7kJ的熱量（相當于25℃、101kPa下測得的熱量）．該反應的熱化學方程式為____．

（2）AgNO3的水溶液呈____（填“酸”、“中”、“堿”）性，實驗室在配制AgNO3的溶液時，常將AgNO3固體先溶于較濃的硝酸中，然后再用蒸餾水稀釋到所需的濃度，以____（填“促進”；“抑制”）其水解．

（3）氯化鋁水溶液呈____性，原因是（用離子方程式表示）：____．

（4）NaAlO2溶液與AlCl3溶液可反應生成____．證明Al（OH）3具有兩性．其離子方程式為____．

（5）PH=6的NH4Cl溶液與PH=6的鹽酸溶液相比，水電離的[H+]之比為____．18、鎳的羰基配合物Ni（CO）4是獲得高純度納米鎳的原料，該配合物中鎳原子的價電子排布式為3d10，則其雜化軌道類型為______，Ni（CO）4是______（填“極性”或“非極性”）分子。19、已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金屬元素。化合物DC的晶體為離子晶體，D的二價陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結構。AC2為非極性分子。B、C的氫化物的沸點比它們同族相鄰周期元素氫化物的沸點高。E的原子序數為24，ECl3能與B、C的氫化物形成六配位的配合物，且兩種配體的物質的量之比為2∶1，三個氯離子位于外界。請根據以上情況，回答下列問題：（答題時，A、B、C、D、E用所對應的元素符號表示）（1）A、B、C的第一電離能由小到大的順序為____。（2）B的氫化物的分子空間構型是____。其中心原子采取____雜化。（3）寫出化合物AC2的電子式____；一種由B、C組成的化合物與AC2互為等電子體，其化學式為____。（4）E的外圍電子排布式是____，ECl3形成的配合物的化學式為____，(5）B的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液與D的單質反應時，B被還原到最低價，該反應的化學方程式是____。20、常溫下將0.01molCH3COONa和0.004mol鹽酸溶于水，配成0.5L混合溶液。（1）溶液中共有------------------________種微粒。（2）溶液中有兩種微粒的物質的量之和一定等于0.01mol，它們是____________。（3）溶液中n(CH3COO-)+n(OH-)-n(H+)=_________mol。21、第ⅢA、ⅤA原元素組成的化合物GaN、GaP、GaAs等是人工合成的新型半導體材料，其晶體結構與單晶硅相似．Ga原子的電子排布式為____．在GaN晶體中，每個Ga原子與____個N原子相連，與同一個Ga原子相連的N原子構成的空間構型為____．在四大晶體類型中，GaN屬于____晶體．22、一定溫度下，在rm{2L}的恒容密閉容器中，rm{X}rm{Y}rm{Z}三種氣體的物質的量隨時間變化的曲線如圖所示：

rm{(1)}該反應的化學方程式為______．

rm{(2)}從反應開始到rm{10s}時，用rm{Y}表示的反應速率為______，rm{X}的轉化率為______rm{.(}保留三位有效數字rm{)}

rm{(3)10s}時，該反應______達到了化學平衡狀態rm{.(}填“是”或“否”rm{)}23、在rm{H_{2}}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{SiC}rm{CO_{2}}rm{HF}中，由極性鍵形成的非極性分子有______rm{(}填化學式，下同rm{)}由非極性鍵形成的非極性分子有______，能形成分子晶體的物質是______，晶體中含有氫鍵的是______，屬于離子晶體的是______，屬于原子晶體的是______，五種物質的熔點由高到低的順序是______．評卷人得分四、探究題(共4題，共24分)24、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數為。25、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數為。26、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數為。27、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數為。評卷人得分五、解答題(共4題，共28分)28、“Mannich反應”和“付一克反應”都是有機化學中形成C-C鍵的重要反應．

Mannich反應：

付一克反應：

又知：

已知，A在常溫下為液體，1molA與足量O2完全燃燒所生成的CO2和H2O與足量Na2O2反應，共生成5.5molO2，A不能使溴水褪色，但可以使KMnO4/H+褪色；從A出發有如下圖所示的轉化關系，其中，F與H互為同分異構體：

請回答下列問題：

（1）A的結構簡式為______．

（2）H中不含氧的官能團的電子式為______．

（3）請判斷下列反應的反應類型：①______④______

（4）反應②的試劑是______；反應③的試劑是______．

（5）請寫出下列反應方程式：

①D與Ag（NH3）2OH溶液在水浴中反應的方程式：______

②H在一定條件下發生縮聚反應的方程式：______

（1）請寫出滿足下列要求的I的同分異構體：

①有苯環；②苯環有2個處于對位的側鏈；其中一個側鏈是氨基．

③該化合物屬酯類④1mol該物質在NaOH水溶液中完全水解只消耗1molNaOH

______；______、______、______．

29、德國化學家凱庫勒認為苯分子的結構中；碳碳間以單；雙鍵交替結合而成環狀．為了評價凱庫勒的觀點，某學生設計了以下實驗方案：

①按圖所示的裝置圖連接好各儀器；

②檢驗裝置的氣密性；

③在A中加入適量的苯和液溴的混合液體，再加入少量鐵粉，塞上橡皮塞，打開K1、K2、K3止水夾；

④待燒瓶C中氣體收集滿后，將導管D的下端插入燒杯里的水中，關閉K2，打開K3；擠壓預先裝有水的膠頭滴管的膠頭，觀察實驗現象．

試回答：

（1）A中所發生的反應的反應類型為______；能證明凱庫勒觀點錯誤的實驗現象是______；

（2）裝置B的作用是______；

（3）寫出A中發生反應的化學方程式______30、有機物A的結構簡式為它可通過不同化學反應分別制得B；C、D和E四種物質．

請回答下列問題：

（1）指出反應的類型：A→C：______．

（2）在A～E五種物質中；互為同分異構體的是______（填代號）．

（3）寫出由A生成B的化學方程式______．

（4）C能形成高聚物；該高聚物的結構簡式為______．

（5）寫出D與足量NaOH溶液共熱反應的化學方程式______．

31、A、B、C、D是四種短周期元素，E是過渡元素．A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子結構示意圖如圖，B是同周期第一電離能最小的元素，C的最外層有三個成單電子，E的外圍電子排布式為3d64s2．回答下列問題：

（1）寫出下列元素的符號：A______B______C______D______．

（2）用化學式表示上述五種元素中最高價氧化物對應水化物酸性最強的是______；堿性最強的是______．

（3）用元素符號表示D所在周期（除稀有氣體元素外）第一電離能最大的元素是______；電負性最大的元素是______．

（4）E元素原子的核電荷數是______；E元素在周期表的第______周期，第______族，已知元素周期表可按電子排布分為s區；p區等，則E元素在______區．

（5）用電子式表示B的硫化物的形成過程：______．

評卷人得分六、綜合題(共2題，共8分)32、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；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．33、在下列物質中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；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8題，共16分)1、C【分析】

A．Cu不如Fe活潑，加入Cu不能將Fe2+還原；故A錯誤；

B．向溶液中通入H2S；生成CuS和FeS沉淀，影響被提純的物質的量，故B錯誤；

C．在pH為4～5的環境中，Cu2+、Fe2+不生成沉淀，而Fe3+幾乎完全沉淀，要除去溶液中的Fe2+離子，應先加入Cl2，再加入CuO粉末調節pH為4～5，以除去Fe3+；且沒有引入新的雜質，故C正確；

D．在溶液中通入Cl2，再通入NH3調節pH會引入新的雜質；故D錯誤．

故選C．

【解析】【答案】根據題意，在pH為4～5的環境中，Cu2+、Fe2+不生成沉淀，而Fe3+幾乎完全沉淀，要除去溶液中的Fe2+離子，應先加入適當的氧化劑將Fe2+氧化為Fe3+，然后加入適當化學試劑調節溶液PH，以除去Fe3+；注意不能引入新的雜質．

2、A【分析】【解析】試題分析：弱電解質的證明，是基于與強電解質對比進行的。弱電解質與強電解質最大的區別就是弱電解質存在電離平衡，而強電解質不存在電離平衡。因此只要證明有電離平衡存在，就證明了弱電解質。所以選項A可以證明醋酸存在電離平衡。其余選項均不能證明，答案選A?？键c：考查甲酸是弱酸的實驗探究【解析】【答案】A3、B【分析】【分析】

本題考查了加成反應的定義；難度不大，注意取代反應和加成反應的區別。

【解答】

A；甲烷中的氫原子被氯原子所取代；屬于取代反應，故A錯誤；

B；乙烯中的碳碳雙鍵斷裂；兩個碳原子分別結合了溴原子，屬于加成反應，故B正確；

C；乙醇在銅的催化作用下被氧氣氧化；屬于氧化反應，故C錯誤；

D、苯中的一個氫原子被溴原子取代了，屬于取代反應，故D錯誤。

故選B?！窘馕觥縭m{B}4、D【分析】解：發生rm{C_{2}H_{6}+dfrac{7}{2}O_{2}overset{{碌茫脠錄}}{}2CO_{2}+3H_{2}O}rm{C_{4}H_{10}+dfrac{13}{2}O_{2}overset{{碌茫脠錄}}{}4CO_{2}+5H_{2}O}

設混合氣中乙烷為rm{C_{2}H_{6}+dfrac{7}{2}O_{2}

overset{{碌茫脠錄}}{}2CO_{2}+3H_{2}O}丁烷為rm{C_{4}H_{10}+dfrac{13}{2}O_{2}

overset{{碌茫脠錄}}{}4CO_{2}+5H_{2}O}則。

rm{begin{cases}overset{x+y=1.12}{3.5x+6.5y=4.76}end{cases}}

解得rm{xL}

可知混合氣中乙烷的體積分數是rm{dfrac{0.84L}{1.12L}隆脕100%=75%}

故選D．

發生rm{C_{2}H_{6}+dfrac{7}{2}O_{2}overset{{碌茫脠錄}}{}2CO_{2}+3H_{2}O}rm{C_{4}H_{10}+dfrac{13}{2}O_{2}overset{{碌茫脠錄}}{}4CO_{2}+5H_{2}O}結合體積之比等于物質的量之比計算．

本題考查有機反應的計算，為高頻考點，把握發生的燃燒反應及體積關系為解答的關鍵，側重分析與推斷能力的考查，注意體積與物質的量關系，題目難度不大．rm{yL}【解析】rm{D}5、D【分析】本題考察生活中的環境問題及空氣污染物，較容易，學生可據題給信息分析作答。A、二氧化硫是有毒的氣體不是固體，不屬于固體顆粒物，所以不是沙塵，但能形成酸雨而污染環境，故A錯誤；B、二氧化氮是有毒的氣體不是固體，不屬于固體顆粒物，所以不是沙塵，但能形成酸雨而污染環境，故B錯誤；

C、二氧化碳是氣體不是固體，不屬于固體顆粒物，所以不是沙塵，但能造成溫室效應，故C錯誤；

D、沙塵是可吸入的微小固體顆粒物，對環境有大的破壞，導致人產生呼吸道疾病，故D正確。

故選D?！窘馕觥縭m{D}6、D【分析】

A．容量瓶是配制一定物質的量濃度的溶液的專用儀器；實驗室用98%的濃硫酸（密度為1.84g/mL）配制0.5mo1/L硫酸溶液500mL，需500mL容量瓶，故A正確；

B．0.5mo1/L硫酸溶液500mL；含硫酸的物質的量為0.25mol，需98%的濃硫酸（密度為1.84g/mL）體積約為14mL，需量取14mL的濃硫酸，所以25mL量筒也為必需選擇的儀器，故B正確；

C．配制溶液對濃溶液加水稀釋；必須在燒杯中進行，所以必需選擇燒杯，故C正確；

D．天平只有在使用固體藥品配制溶液時才需要進行稱量固體藥品；但本題所配制的溶液是濃硫酸配制稀硫酸，故D錯誤；故選D．

【解析】【答案】配制一定的稀硫酸溶液的基本步驟：計算；量取、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶存放等操作．所以配制溶液需要用到的儀器有：燒杯、玻璃棒、量筒、膠頭滴管等；據此即可解答．

7、D【分析】略【解析】rm{D}8、B【分析】解：rm{壟脵}甲酸銨中含rm{-CHO}可發生銀鏡反應，含銨根離子可水解，故正確；

rm{壟脷}甲酸甲酯在含rm{-CHO}rm{-COOC-}既能發生銀鏡反應，又能發生水解反應，故正確；

rm{壟脹}苯甲酸甲酯中含rm{-COOC-}可發生水解反應，但不能發生銀鏡反應，故錯誤；

rm{壟脺}葡萄糖不能水解；故錯誤；

rm{壟脻}蔗糖為二糖可水解；但不能發生銀鏡反應，故錯誤；

rm{壟脼}麥芽糖為二糖可水解，且含rm{-CHO}能發生銀鏡反應，故正確；

故選B．

由選項中的物質可知，既能發生銀鏡反應，又能發生水解反應，則有機物中含rm{-CHO}rm{-COOC-(}或為二糖、或含弱酸根離子、弱堿離子等rm{)}以此來解答．

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握常見有機物官能團與性質、發生的反應為解答的關鍵，注重基礎知識的考查，題目難度不大．【解析】rm{B}二、雙選題(共8題，共16分)9、C|E【分析】解：A．苯酚易溶于酒精；苯酚濃溶液沾到皮膚上，可用酒精沖洗，故A錯誤；

B．C3H8O和C2H4O2具有相同的相對分子質量；結構不同，但是不互為同分異構體，故B錯誤；

C．苯酚和溴水發生取代發應生成2；4，6-三溴苯酚白色沉淀，故C正確；

D．苯和溴在鐵作催化劑時發生取代反應生成溴苯；反應是放熱反應，故D錯誤；

E．分離沸點相差較大的液體混合物；可用蒸餾法，故A正確；

F．實驗室中用體積比為3：1的濃硫酸與乙醇的混合溶液制乙烯；為防止副反應的發生，溫度要迅速升至170℃，故B錯誤；

G．除雜時應能將雜質除去并不能引入新的雜質；如加入濃溴水，生成的三溴苯酚和過量的溴都能溶于苯，不能得到純凈的苯，并引入新的雜質，不能用來除雜，應加入NaOH溶液后分液，故C錯誤．

故選CE．

A．苯酚易溶于酒精；不溶于水；

B．同分異構體是分子式相同而結構不同的有機物之間的互稱；

C．濃溴水滴入苯酚溶液中能產生2；4，6-三溴苯酚的白色沉淀；

D．苯和溴在鐵作催化劑時發生取代反應生成溴苯；

E．蒸餾用于分離沸點不同的混合物；

F．體積比為3：1的濃硫酸與乙醇的混合溶液制乙烯時溫度要迅速升至170℃；

G．三溴苯酚；溴都能溶于苯．

本題考查物質的分離、提純和除雜，題目難度不大，本題注意除雜時不能引入新的雜質，且不能影響被提純的物質的量．【解析】【答案】CE10、CD【分析】【分析】本題原子晶體和分子晶體的結構和組成，題目難度中等?！窘獯稹緼.在rm{SiO}rm{SiO}晶體中，由rm{2}、rm{2}構成的最小單元環中，有rm{Si}個氧，rm{O}個硅，共rm{6}個原子，故A錯誤；B.rm{6}二氧化硅的物質的量為rm{12}含有rm{60g}二氧化硅的物質的量為rm{1mol}含有rm{4mol}硅原子，形成了rm{4mol}硅氧鍵，含有rm{Si-O}鍵數為rm{4N}硅原子，形成了rm{60g}硅氧鍵，含有rm{1mol}鍵數為rm{4mol}rm{4mol}rm{Si-O}C.rm{4N}rm{A}rm{A}D.金屬晶體是由金屬陽離子和自由電子構成的，故D正確。故選D。，故B錯誤；【解析】rm{CD}11、BC【分析】【分析】本題考查外界條件對電離平衡的影響，重點考查離子濃度以及同離子效應對電離平衡的影響，注意總結影響因素以及平衡移動的方向的判斷?！窘獯稹緼.圖可表示對平衡rm{N}rm{N}rm{2}rm{2}rm{(g)+3H}rm{(g)+3H}rm{2}rm{2}rm{(g)}加壓、同時移除部分rm{(g)}時的速率變化，所以瞬間正反應速率加快，逆反應速率減慢，所以平衡正向移動，故A正確；B.該反應是前后氣體體積不變的反應，改變壓強對平衡無影響，rm{?}rm{2NH}曲線也可表示反應rm{2NH}rm{3}rm{3}十rm{(g)}rm{(g)}rm{NH3}圖乙中rm{a}rm曲線也可表示反應rm{H}rm{a}在壓強改變下建立平衡的過程，故B錯誤；C.加入rm固體，對醋酸的電離起抑制作用，溶液的rm{H}值變大，而不是減小，故C錯誤；D.導性越強自由移動離子的濃度越大，所以rm{2}點氫離子的濃度大于rm{2}點，所以rm{(g)}十rm{I}溶液的rm{(g)}rm{I}故D正確。故選BC。rm{2}【解析】rm{BC}12、rCD【分析】解：由甲可知，為電解裝置，rm{C}為陽極，發生rm{4OH^{-}-4e^{-}=O_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{Cu}為陰極，發生rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}總反應為rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{overset{;{脥簍碌莽};}{}}{;}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}結合乙可知，轉移rm{2CuSO_{4}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{脥簍碌莽};}{}}{;}2Cu+O_{2}隆眉+2H_{2}SO_{4}}電子生成rm{4mol}生成rm{2molE}

A.由電子與物質的物質的量的關系可知，rm{1molF}表示反應生成銅的物質的量；故A正確；

B.因硫酸與和轉移電子的物質的量相等，則rm{E}能表示生成硫酸的物質的量；故B正確；

C.由總反應可知，rm{E}與水的物質的量相同，則rm{Cu}表示反應消耗水的物質的量；故C錯誤；

D.由電子與物質的物質的量的關系可知rm{E}表示反應生成氧氣的物質的量；故D錯誤；

故選CD．

由甲可知，為電解裝置，rm{F}為陽極，發生rm{C}rm{4OH^{-}-4e^{-}=O_{2}隆眉+2H_{2}O}為陰極，發生rm{Cu}由乙可知，轉移rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}電子生成rm{4mol}rm{2molE}為rm{E}生成rm{Cu}rm{1molF}為氧氣；以此來解答．

本題考查電解原理，明確發生的電極反應、電解反應及圖象的分析是解答本題的關鍵，注意反應中轉移電子與各物質的物質的量的關系即可解答，題目難度不大．rm{F}【解析】rm{CD}13、CD【分析】【分析】本題考查了有機化學方程式書寫正誤的判斷，難度不大。【解答】A.實驗室用碳化鈣與水反應制乙炔：rm{CaC}rm{CaC}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O隆煤Ca(OH)}rm{O隆煤Ca(OH)}rm{{,!}_{2}}rm{+C}rm{+C}故A正確；

rm{{,!}_{2}}rm{H}加成：rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{隆眉}故A正確；rm{隆眉}B.丁二烯的rm{1}rm{4-}加成：rm{H}rm{1}rm{4-}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{C=CHCH=CH}rm{C=CHCH=CH}故B正確；

rm{{,!}_{2}}rm{+Cl}由于酸性：rm{+Cl}rm{{,!}_{2}}故生成碳酸氫鈉rm{隆煤CH}rm{隆煤CH}rm{{,!}_{2}}rm{ClCH=CHCH}rm{ClCH=CHCH}

rm{{,!}_{2}}rm{Cl}故B正確；rm{Cl}C.向苯酚鈉溶液中加入少量rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{2}}rm{H_{2}CO_{3}>}rm{>HCO_{3}^{-}}：rm{+CO_{2}+H_{2}O}rm{+NaHCO_{3}}，故C錯誤；??，故D錯誤。D.乙醛與新制氫氧化銅反應生成乙酸鈉：rm{CH}rm{CH}【解析】rm{CD}14、BC【分析】略【解析】rm{BC}15、rBC【分析】解：在原子核外電子排布中，能量大小順序是rm{1s<2s<2p<3s<3p<4s<3d<4p<5s<4d<5p<6s<4f<5d}

A.根據能量順序知，rm{1s<2s<2p<3s<3p<4s<3d<4p<5s<4d<5p<6s<4f<5d

}故A錯誤；

B.根據能量順序知，所以rm{E(4f)>E(5s)>E(3d)>E(4s)}故B正確；

C.根據能量順序知，能級名稱相同時，能層越大其能量越大，所以rm{E(4f)>E(3d)>E(4s)>E(3p)}故C正確；

D.根據能量順序知，rm{E(5d)>E(4d)>E(3d)>E(2d)}故D錯誤；

故選BC．

在原子核外電子排布中，各能級能量高低順序為rm{E(4f)>E(5s)>E(3d)>E(4s)}相同rm{壟脵}而不同能級的能量高低順序為：rm{n}rm{ns<np<nd<nf}不同時的能量高低：rm{2s<3s<4s2p<3p<4p}rm{壟脷n}不同層不同能級rm{2s<3s<4s

2p<3p<4p}所以能量大小順序是rm{1s<2s<2p<3s<3p<4s<3d<4p<5s<4d<5p<6s<4f<5d}據此分析解答．

本題考查原子核外電子中能量大小比較，明確不同能層、相同能層、不同能級等電子能量大小是解本題關鍵，會根據構造原理書寫原子核外電子排布式，題目難度中等．rm{壟脹}【解析】rm{BC}16、BD【分析】解：A．溴；三溴苯酚均易溶于苯；不能除雜，應選NaOH溶液、分液除去苯中少量的苯酚，故A錯誤；

B．苯酚在水中溶解度不大；溫度升高，溶解度增大，而溫度降低，溶解度減小，則將苯酚晶體放入少量水中，加熱時全部溶解，冷卻到50℃形成懸濁液，故B正確；

C．苯酚的酸性很弱；不能使指示劑變色，苯酚也不能與碳酸氫鈉反應，故C錯誤；

D．苯酚有毒；但是苯酚能溶于酒精，所以不慎沾在皮膚上，可用酒精洗滌，故D正確；

故選：BD。

A．溴；三溴苯酚均易溶于苯；

B．苯酚在水中溶解度不大；溫度升高，溶解度增大，而溫度降低，溶解度減??；

C．苯酚與碳酸氫鈉不反應；

D．苯酚易溶于酒精。

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意酚的性質及應用，選項A為解答的難點，題目難度不大?！窘馕觥緽D三、填空題(共7題，共14分)17、略

【分析】

（1）雙氧水和液態肼反應生成氮氣和水蒸氣，反應的化學方程為：N2H4+2H2O2=4H2O+N2↑，0.4mol液態肼和0.8molH2O2恰好完全反應，則當1molN2H4反應時，放出的熱量為×256.7kJ=641.75kJ，熱化學方程式為N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.75KJ/mol；

故答案為：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.75KJ/mol；

（2）AgNO3為強酸弱堿鹽，溶液呈酸性，根據水解方程式：Ag++H2O?AgOH+H+，實驗室在配制AgNO3的溶液時，常將AgNO3固體先溶于較濃的硝酸中，溶液中H+濃度增大；抑制其水解，故答案為：酸；抑制；

（3）氯化鋁為強酸弱堿鹽，溶液中存在Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+，水解呈酸性，故答案為：酸；Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+；

（4）根據平衡移動原理，當加入鹽酸時，鹽酸中的H+與OH-結合生成水，使c（OH-）減小，平衡向右移動，發生堿式電離，也就是Al（OH）3顯示堿性，反應的離子方程式為Al（OH）3+3H+=Al3++2H2O，當加入苛性鈉時，苛性鈉溶液中OH-結合H+生成水，使c（H+）減小，發生酸式電離，反應的離子方程式為Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

故答案為：Al（OH）3；Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+；

（5）NH4Cl溶液中的H+全部由H2O電離出，c（H+）=10-5mol?L-1，鹽酸溶液中的H+主要由鹽酸電離出，而H2O電離出的H+則很少，等于溶液中的OH-，故鹽酸溶液中水電離出的H+為c（H+）=c（OH-）==10-9mol?L-1，水電離的[H+]之比為=104，故答案為：104．

【解析】【答案】（1）根據反應的方程式N2H4+2H2O2=4H2O+N2↑判斷；

（2）AgNO3為強酸弱堿鹽，溶液呈酸性，根據水解方程式：Ag++H2O?AgOH+H+；從影響平衡移動的因素分析；

（3）氯化鋁為強酸弱堿鹽，溶液呈酸性，溶液中存在Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+；

（4）Al（OH）3的電離方程式可表示為：H++AlO2-+H2O?Al（OH）3?Al3++3OH-；具有兩性，可與酸或強堿反應；

（5）NH4Cl促進水的電離；鹽酸抑制水的電離．

18、sp3非極性【分析】解：該配合物中鎳原子的價電子排布式為3d10，可知Ni提供空軌道，O提供孤電子對，為正四面體結構，Ni其雜化軌道類型為sp3；分子空間構型對稱，正負電荷中心重合，所以為非極性分子；

故答案為：sp3；非極性。

該配合物中鎳原子的價電子排布式為3d10；可知Ni提供空軌道，O提供孤電子對，為正四面體結構。

本題考查原子雜化方式判斷及分子極性判斷，側重考查分析判斷能力，明確價層電子對互斥理論及分子極性判斷方法是解本題關鍵，題目難度不大?！窘馕觥縮p3非極性19、略

【分析】【解析】試題分析：A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它們的核電荷數A＜B＜C＜D＜E。化合物DC的晶體為離子晶體，D的二價陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結構，C形成－2價陰離子，且D位于C的下一周期，B、C的氫化物的沸點比它們同族相鄰周期元素氫化物的沸點高，分子中應存在氫鍵，C形成－2價陰離子，則C為氧元素，D為鎂元素，核電荷數B＜C，則B為氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金屬元素，AC2為非極性分子，則A為碳元素；E的原子序數為24，則E為Cr元素，即A為碳元素；B為氮元素；C為氧元素，D為鎂元素，E為Cr元素。（1）A為碳元素、B為氮元素、C為氧元素，同周期自左而右第一電離能增大，氮元素原子2p能級有3個電子，處于半滿穩定狀態，電子能量低，氮元素第一電離能高于相鄰的元素的，所以第一電離能由小到大的順序為C＜O＜N。（2）B為氮元素，其氫化物為NH3，分子中含有3個N-H鍵，N原子有1對孤對電子對，雜化軌道數為4，N原子采取sp3雜化，空間構型為三角錐型。（3）化合物AC2是CO2，分子中碳原子與氧原子之間形成2對共用電子對，電子式為原子數和價電子數分別都相等的是等電子體，則一種由N元素、O元素組成的化合物與CO2互為等電子體的是N2O。（4）E為Cr元素，原子序數為24，原子核外有24個電子，則根據構造原理可知，核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，即外圍電子排布式是3d54s1；CrCl3能與NH3、H2O形成六配位的配合物，且兩種配體的物質的量之比為2:1，則配體中有4個NH3、2個H2O，三個氯離子位于外界，該配合物為[Cr（NH3）4（H2O）2]Cl3。（5）氮元素的最低價是－3價，則該反應的化學方程式是10HNO3+4Mg＝4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O。考點：考查元素周期表的結構、元素周期律、電子式與核外電子排布、配合物與雜化理論、分子結構，氧化還原反應等【解析】【答案】（各2分方程式3分，共17分）（1）C＜O＜N（2）三角錐型sp3（3）N2O（4）3d54s1[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3（5）10HNO3+4Mg＝4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O20、略

【分析】（1）醋酸鈉溶液鹽酸，發生反應CH3COONa＋HCl=CH3COOH＋NaCl。根據物質的量可知，醋酸鈉過量，即溶液中含有0.006mol醋酸鈉、0.004mol醋酸和0.004mol氯化鈉。醋酸存在電離平衡，醋酸鈉存在水解平衡，所以含有的微粒是CH3COOH、H2O、H＋、OH－、CH3COO－、Na＋、Cl－共計是7種。（2）根據原子守恒可知，CH3COOH和CH3COO－的物質的量之和一定等于0.01mol。（3）根據電荷守恒可知n(CH3COO-)+n(OH-)＋n(Cl-)=n(H+)＋n(Na+)，所以n(CH3COO-)+n(OH-)－n(H+)=n(Na+)－n(Cl-)＝0.01mol－0.004mol＝0.006mol?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）7（2）CH3COOH和CH3COO-（3）0.00621、1s22s22p63s23p63d104s24p1|4|正四面體|原子【分析】【解答】解：Ga原子是31號元素，Ga原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p1；GaN晶體結構與單晶硅相似，GaN屬于原子晶體，每個Ga原子與4個N原子相連，與同一個Ga原子相連的N原子構成的空間構型為正四面體，故答案為：1s22s22p63s23p63d104s24p1；4；正四面體；原子．

【分析】Ga是31號元素；其基態原子核外有31個電子，根據構造原理書寫其原子核外電子排布式；

單晶硅是Si正四面體向空間延伸的立體網狀結構，為原子晶體，GaN晶體結構與單晶硅相似，GaN屬于原子晶體，與同一個Ga原子相連的N原子構成的空間構型為與但晶硅中Si的結構相似．22、略

【分析】解：rm{(1)}由圖象可以看出，反應中rm{X}rm{Y}的物質的量減少，應該為反應物，rm{Z}的物質的量增多；應為生成物；

當反應進行到rm{10s}時，rm{trianglen(X)=0.79mol}rm{trianglen(Y)=0.79mol}rm{trianglen(Z)=1.58mol}則rm{trianglen(X)}rm{trianglen(Y)}rm{trianglen(Z)=1}rm{1}rm{2}參加反應的物質的物質的量之比等于化學計量數之比，則反應的方程式為：rm{X(g)+Y(g)?2Z(g)}

故答案為：rm{X(g)+Y(g)?2Z(g)}

rm{(2)}從反應開始到rm{10s}時，rm{Y}的物質的量變化為：rm{1.00mol-0.21mol=0.79mol}則該段時間內用rm{Y}表示的反應速率為：rm{v(Y)=dfrac{dfrac{0.79mol}{2L}}{10s}=0.0395}rm{v(Y)=dfrac{dfrac

{0.79mol}{2L}}{10s}=0.0395}

該段時間內rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}消耗的物質的量為：rm{X}則rm{1.20mol-0.41mol=0.79mol}的轉化率為：rm{dfrac{0.79mol}{1.20mol}隆脕100%=65.8%}

故答案為：rm{X}rm{dfrac

{0.79mol}{1.20mol}隆脕100%=65.8%}rm{0.0395}

rm{mol?L^{-1}?s^{-1}}根據圖示曲線變化可知，rm{65.8%}時rm{(3)}rm{10s}rm{X}的物質的量不再變化；說明此事正逆反應速率相等，該反應已經達到平衡狀態；

故答案為：是．

rm{Y}根據各物質的物質的量與化學計量數成正比寫出該反應方程式；

rm{Z}根據rm{v=dfrac{dfrac{trianglen}{V}}{trianglet}}計算出從反應開始到rm{(1)}時用rm{(2)}表示的反應速率為；根據rm{v=dfrac{dfrac{triangle

n}{V}}{trianglet}}消耗的物質的量及反應初始物質的量計算出其轉化率；

rm{10s}時各組分的濃度不再變化；說明達到平衡狀態．

本題考查了化學平衡的計算，題目難度中等，明確圖象曲線變化的含義為解答關鍵，注意掌握化學平衡及其影響因素，試題培養了學生的分析能力及化學計算能力．rm{Y}【解析】rm{X(g)+Y(g)?2Z(g)}rm{0.0395mol?L^{-1}?s^{-1}}rm{65.8%}是23、略

【分析】解：由極性鍵形成的非極性分子有rm{CO_{2}}

由非極性鍵形成的非極性分子有rm{H_{2}}

能形成分子晶體的物質是rm{H_{2}}rm{CO_{2}}rm{HF}

含有氫鍵的晶體的化學式是rm{HF}

屬于離子晶體的是rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}

屬于原子晶體的是rm{SiC}

一般地，熔點高低順序為：原子晶體rm{>}離子晶體rm{>}分子晶體，原子晶體中共價鍵鍵長越短，將能越大，熔沸點越高；離子晶體中離子的半徑越小、所帶電荷數越多，離子鍵越強，熔沸點越高；分子晶體中，形成分子間氫鍵會使物質的熔沸點反常的升高，組成和結構相似的相對分子質量越大，熔沸點越高，故五種物質的熔點由高到低的順序是rm{SiC>(NH_{4})_{2}SO_{4}>HF>CO_{2}>H_{2}}

故答案為：rm{CO_{2}}rm{H_{2}}rm{H_{2}}rm{CO_{2}}rm{HF}rm{HF}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{SiC}rm{SiC>(NH_{4})_{2}SO_{4}>HF>CO_{2}>H_{2}}．

同種元素之間形成非極性共價鍵；不同元素之間形成極性共價鍵，分子中正負電荷中心不重合，電荷的分布是不均勻的，不對稱的，為極性分子，正負電荷的重心重合，電荷分布均勻，則為非極性分子，以離子鍵結合形成的晶體為離子晶體，以共價鍵結合形成的空間網狀晶體為原子晶體，結合成鍵微粒分析熔沸點高低，以此解答該題．

本題考查了化學鍵、氫鍵和晶體，側重考查學生分析問題、解決問題的能力，有助于調動學生的學習興趣和學習積極性，提高學生的學習效率，題目難度不大．【解析】rm{CO_{2}}rm{H_{2}}rm{H_{2}}rm{CO_{2}}rm{HF}rm{HF}rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{SiC}rm{SiC>(NH_{4})_{2}SO_{4}>HF>CO_{2}>H_{2}}四、探究題(共4題，共24分)24、略

【分析】Ⅰ．根據乙的理解，應該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產生水，據此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質量是水，所以氫氧化銅的質量是所以沉淀中CuCO3的質量分數為1－（49n/9m）?！窘馕觥俊敬鸢浮竣馧a2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）25、略

【分析】（1）若假設1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會變為血紅色。（2）由于鐵離子能氧化單質銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會出現血紅色。（3）根據（2）中分析可知，此時應該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據反應式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質量是所以混合物中Cu2O的質量分數為【解析】【答案】（1）溶液變為血紅色（1分）（2）不合理（1分）Cu能將Fe3+還原為Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每個2分，共8分）（4）（2分）26、略

【分析】Ⅰ．根據乙的理解，應該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產生水，據此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質量是水，所以氫氧化銅的質量是所以沉淀中CuCO3的質量分數為1－（49n/9m）?！窘馕觥俊敬鸢浮竣馧a2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）27、略

【分析】（1）若假設1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會變為血紅色。（2）由于鐵離子能氧化單質銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會出現血紅色。（3）根據（2）中分析可知，此時應該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據反應式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質量是所以混合物中Cu2O的質量分數為【解析】【答案】（1）溶液變為血紅色（1分）（2）不合理（1分）Cu能將Fe3+還原為Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每個2分，共8分）（4）（2分）五、解答題(共4題，共28分)28、略

【分析】

由E、D、I生成結合Mannich反應可知，E、D、I三種物質為結合轉化關系可知，E為D為I為A發生反應①生成E，根據付一克反應，A可能為甲苯，由于A在常溫下為液體，1molA與足量O2完全燃燒所生成的CO2和H2O與足量Na2O2反應，共生成5.5molO2，CO2和H2O與氧氣的物質的量之比都是2：1，故CO2和H2O的物質的量之和為5.5mol×2=11mol，令該有機物分子中C原子數目為x，H原子數目為y，則x+=11，A不能使溴水褪色，不含不飽和鍵，但可以使KMnO4/H+褪色，故A為甲苯符合，甲苯與氯氣在光照條件下生成B，B為B在氫氧化鈉水溶液中發生水解反應生成C，C為C催化氧化生成甲苯發生硝化反應生成F，由可知，發生對位取代，故F為氨基容易氧化，根據轉化關系可知反應②應是利用酸性高錳酸鉀溶液氧化甲基，故G為反應③應是在Fe、HCl作用下將硝基轉化為氨基，故H為

（1）由上述分析可知，A為甲苯，結構簡式為故答案為：

（2）中不含氧的官能團是氨基，電子式為故答案為：

（3）反應①屬于取代反應；反應④屬于氧化反應；

故答案為：取代反應；氧化反應；

（4）反應②應是利用酸性高錳酸鉀溶液氧化甲基；反應③應是在Fe；HCl作用下將硝基轉化為氨基；

故答案為：酸性高錳酸鉀；Fe；HCl；

（5）請寫出下列反應方程式：

①與Ag（NH3）2OH溶液在水浴中反應的方程式：

故答案為：

②在一定條件下發生縮聚反應的方程式：

故答案為：

（6）滿足下列要求：①有苯環；②苯環有2個處于對位的側鏈，其中一個側鏈是氨基．③該化合物屬酯類④1mol該物質在NaOH水溶液中完全水解只消耗1molNaOH，符合條件的I的同分異構體有：

故答案為：．

【解析】【答案】由E、D、I生成結合Mannich反應可知，E、D、I三種物質為結合轉化關系可知，E為D為I為A發生反應①生成E，根據付一克反應，A可能為甲苯，由于A在常溫下為液體，1molA與足量O2完全燃燒所生成的CO2和H2O與足量Na2O2反應，共生成5.5molO2，CO2和H2O與氧氣的物質的量之比都是2：1，故CO2和H2O的物質的量之和為5.5mol×2=11mol，令該有機物分子中C原子數目為x，H原子數目為y，則x+=11，A不能使溴水褪色，不含不飽和鍵，但可以使KMnO4/H+褪色，故A為甲苯符合，甲苯與氯氣在光照條件下生成B，B為B在氫氧化鈉水溶液中發生水解反應生成C，C為C催化氧化生成甲苯發生硝化反應生成F，由可知，發生對位取代，故F為氨基容易氧化，根據轉化關系可知反應②應是利用酸性高錳酸鉀溶液氧化甲基，故G為反應③應是在Fe、HCl作用下將硝基轉化為氨基，故H為據此解答．

29、略

【分析】

（1）苯與溴在溴化鐵做催化劑的條件下生成溴苯和溴化氫；苯分子里的氫原子被溴原子所代替，是取代反應，不是加成反應，所以苯分子中不存在碳碳單雙鍵交替，所以凱庫勒觀點錯誤，生成的溴化氫極易溶于水，所以C中產生“噴泉”現象；

故答案為：取