2025年人教新課標高二化學下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年人教新課標高二化學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9題，共18分)1、用來表示可逆反應：2A（g）+B（g）?3C（g）（正反應放熱）的正確圖象是圖中的（）

A.

B.

C.

D.

2、設NA為阿伏伽德羅常數的值．下列說法正確的是（）A.鋁與氫氧化鈉溶液反應生成67.2LH2時，轉移的電子數為9NAB.2L0.5mol/L醋酸鈉溶液中含CH3COO﹣個數小于NAC.28gCO和C2H4的混合氣體中含有的碳原子總數為1.5NAD.2molSO2與2molO2在密閉容器中充分反應后，容器內的氣體分子數為3NA3、下列對分子及其性質的解釋中，不正確的是rm{(}rm{)}A.碘易溶于四氯化碳，甲烷難溶于水都可用相似相溶原理解釋B.乳酸rm{[CH_{3}CH(OH)COOH]}中存在一個手性碳原子C.已知酸性：rm{H_{3}PO_{4}>HClO}是因為rm{H_{3}PO_{4}}分子中有rm{1}個非羥基氧原子而rm{HClO}為rm{0}D.許多過渡金屬離子對多種配體具有很強的結合力，因而，只有過渡金屬才能形成配合物4、綠色化學的核心是反應過程的綠色化，即要求原料物質中的所有原子完全被利用且全部轉入期望的產品中，下列過程不符合這一思想的是rm{(}rm{)}A.甲烷、rm{CO}合成乙酸乙酯：rm{2CH_{4}+2COoverset{{麓脽祿爐錄脕}}{}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}B.烯烴與水煤氣發(fā)生的羰基合成反應：rm{RCH=CH_{2}+CO+H_{2}overset{{麓脽祿爐錄脕}}{}RCH_{2}CH_{2}CHO}C.甲烷與氯氣反應制氯仿：rm{CH_{4}+3Cl_{2}overset{{鹿芒脮脮}}{}CHCl_{3}+3HCl}D.乙烯合成聚乙烯rm{2CH_{4}+2COoverset{{麓脽祿爐錄脕}}{

}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}5、等質量的下列烴；分別完全燃燒，消耗氧氣最多的是（）

A.丙烷。

B.乙烯。

C.甲苯。

D.乙炔。

6、為了除去CuCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加熱攪拌的條件下加入一種試劑，過濾后再向濾液中加入適量鹽酸．這種試劑是（）A.稀氨水B.NaOH溶液C.硫氰化鉀溶液D.Cu2（OH）2CO3固體7、下列實驗，不能說明乙酸是弱電解質的是（）A.常溫時，測得乙酸鈉溶液的pH＞7B.常溫下，將pH=1的醋酸溶液稀釋100倍，測得pH＜3C.相同溫度下，測得同物質的量濃度的乙酸溶液的導電性比鹽酸溶液弱D.乙酸溶液與大理石反應產生氣泡8、如圖所示是一種新近開發(fā)的固體氧化物燃料電池．它以摻雜氧化釔（Y2O3）的氧化鋯（ZrO2）晶體為固體電解質，在熔融狀態(tài)下傳導氧離子（O2-），其中多孔電極a、b均不參與電極反應．下列判斷不正確的是（）A.采用多孔電極的目的是易于吸附氣體B.有H2放電的b極為電池的負極C.a極對應的電極反應為O2+2H2O+4e-=4OH-D.b極對應的電極反應為2H2-4e-+2O2-=2H2O9、下列實驗設計，不能達到實驗目的的是rm{(}rm{)}A.用rm{CCl_{4}}將溴從溴水中提取出來B.用丁達爾效應鑒別淀粉膠體和食鹽溶液C.采用加熱的方法除去碳酸鈉固體中混有的碳酸氫鈉D.向某無色溶液中加入硝酸銀產生白色沉淀，證明溶液中含有rm{Cl^{-}}評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)10、下列溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是rm{(}rm{)}A.常溫下rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的下列溶液中：rm{壟脵NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}rm{壟脷NH_{4}Cl}rm{壟脹CH_{3}COONH_{4}}rm{c(NH_{4}^{+})}由大到小的順序為rm{壟脷>壟脵>壟脹}B.常溫下rm{0.4}rm{mol?L^{-1}CH_{3}COOH}溶液和rm{0.2}rm{mol?L^{-1}}rm{NaOH}溶液等體積混合后溶液顯酸性，則溶液中粒子濃度由大到小的順序為rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(CH_{3}COOH)>c(H^{+})>c(OH^{-})}C.rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{Na_{2}CO_{3}}溶液與rm{0.2}rm{mol?L^{-1}}rm{NaHCO_{3}}溶液等體積混合所得溶液中：rm{c(CO_{3}^{2-})+2c(OH^{-})=c(HCO_{3}^{-})+3c(H_{2}CO_{3})+2c(H^{+})}D.rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}的氨水與rm{0.05}rm{mol?L^{-1}}rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液等體積混合所得溶液中：rm{c(NH_{4}^{+})+c(NH_{3}?H_{2}O)=2c(C_{2}O_{4}^{2-})+2c(HC_{2}O_{4}^{-})+2c(H_{2}C_{2}O_{4})}11、現有三種元素的基態(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}12、“綠色化學”的主要內容之一是從技術、經濟上設計可行的化學反應，使原子充分利用，不產生污染物rm{.}下列化學反應不符合“綠色化學”理念的是rm{(}rm{)}A.制氯乙烷：rm{CH_{2}=CH_{2}+HClxrightarrow[triangle]{{麓脽祿爐錄脕}}CH_{3}CH_{2}Cl}B.制甲基丙烯酸甲酯：rm{CH_{2}=CH_{2}+HCl

xrightarrow[triangle]{{麓脽祿爐錄脕}}CH_{3}CH_{2}Cl}rm{CH_{3}C隆脭CH+CO+CH_{3}OH}rm{overset{Pd}{}}C.制rm{CH_{2}=C(CH_{3})COOCH_{3}}rm{CuSO_{4}}rm{2Cu+O_{2}=2CuO}稀rm{CuO+H_{2}SO_{4}(}D.制rm{)簍TCuSO_{4}+H_{2}O}rm{Cu(NO_{3})_{2}}濃rm{Cu+4HNO_{3}(}rm{)簍TCu(NO_{3})_{2}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}13、下列說法正確的是（）A.氫氧化鈉可用食物調整堿性的添加劑B.棉、麻完全燃燒可以生成CO2和H2OC.脂肪在一定條件下都能發(fā)生水解反應D.汽油、柴油、煤油的主要成分都是碳氫化合物14、rm{25隆忙}時，下列指定溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是rm{(}rm{)}A.rm{0.1mol/L}rm{Na_{2}S}溶液中：rm{c(OH^{-})=c(H_{2}S)+c(HS^{-})}B.rm{0.1mol/LCH_{3}COONH_{4}}溶液中：rm{c(NH_{4}^{+})+c(NH_{3}?H_{2}O)=c(CH_{3}COO^{-})+c(CH_{3}COOH)}C.rm{0.1mol/LNa_{2}CO_{3}}溶液與rm{0.1mol/LNaHCO_{3}}溶液等體積混合所得溶液中：rm{c(CO_{3}^{2-})>c(HCO_{3}^{-})>c(OH^{-})>c(H_{2}CO_{3})}D.rm{0.1mol/L}rm{pH=6}的rm{NaHSO_{3}}溶液中：rm{c(Na^{+})>c(HSO_{3}^{-})>c(SO_{3}^{2-})>c(H_{2}SO_{3})}15、下列物質中，屬于電解質的有A.乙酸B.乙醇C.油脂D.氯化鈉16、關于人造絲和蠶絲的敘述不正確的是rm{(}rm{)}A.主要成分都是蛋白質B.都是高分子化合物C.可用灼燒的方法區(qū)別二者D.二者成分不同，但燃燒產物相同17、甲醚和乙醇互為同分異構體，其鑒別可采用化學方法或物理方法，也可以使用儀器鑒定法，下列鑒別方法，不能對二者進行區(qū)別的是（）A.加入金屬鈉B.利用質譜法C.燃燒法D.利用核磁共振氫譜儀評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)18、根據下列4組物質的結構簡式回答：①CH4和CH3CH3②CH＝CHCH3和CH3CH＝CH2③④C2H5OH和CH3OCH3（1）屬于同系物的是____。（2）屬于同一物質的是____。（3）具有不同官能團的同分異構體是____。（4）由于碳鏈骨架不同而產生的同分異構體是____。19、（6分）分析下列列氧化還原反應，回答有關問題。(1)2KMnO4+10KI+8H2SO4＝6K2SO4+2MnSO4+5I2十8H2O被還原的元素____，發(fā)生氧化反應的物質。(2)3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O氧化劑與還原劑的物質的量之比為。20、已知H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）；反應過程中能量變化如圖：請回答下列問題：

（1）圖中a，b分別代表什么意義？a．____；b．____．

（2）該反應是____反應（填“吸熱”或“放熱”），△H____（填“＜0”或“＞0”）．

21、從廢液FeCl3、FeCl2、CuCl2中回收Cu，同學們設計了如下方案：廢液中加入過量的鐵粉，過濾，向鐵、銅混合物中加入足量的鹽酸，過濾后得到銅。上述過程中發(fā)生的所有反應的離子方程式為：這些反應所涉及的四種陽離子的氧化性順序由大到小為22、材料是人類賴以生存和發(fā)展的重要物質基礎．

rm{壟脵}有機高分子材料的出現是材料發(fā)展史上的一次重大突破rm{.}下更物質中含有有機高分子材料的是______；

A.普通水泥rm{B.}普通玻璃rm{C.}汽車輪胎。

rm{壟脷}生產和生活中，合金幾乎無處不在rm{.}我國最早使用的合金是______rm{(}填“銅合金”或“鋁合金”rm{)}

rm{壟脹}鋼鐵是目前用量最大、用途最廣的金屬材料，在潮濕空氣中容易發(fā)生腐蝕rm{.}請寫出鋼鐵發(fā)生電化學腐蝕的負極反應式______．評卷人得分四、元素或物質推斷題(共4題，共28分)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是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產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是_________________________填化學式）。24、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數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的最外層電子數相等；Z的內層電子數是最外層電子數的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數和為6；R和Q可形成原子個數之比為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兩元素的單質反應生成固體物質RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應生成X的單質。

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兩元素的單質反應后的固體物質與X2Q反應，若能產生的單質，即可證明得到的固體物質一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。25、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是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產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是_________________________填化學式）。26、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、實驗題(共4題，共32分)27、對于H2O2分解反應，Cu2+也有一定的催化作用．為比較Fe3+和Cu2+對H2O2分解的催化效果；某化學研究小組的同學分別設計了如圖甲；乙所示的實驗．請回答相關問題：

①定性分析：如圖甲可通過觀察______，定性比較得出結論．有同學提出將FeCl3改為Fe2（SO4）3更為合理，其理由是______．

②定量分析：用圖乙所示裝置做對照實驗，實驗時均以生成40mL氣體為準，其他可能影響實驗的因素均已忽略．實驗中需要測量的數據是______．28、（12分）某研究性小組用0.20mol/LNaOH溶液滴定未知濃度的白醋（指示劑為酚酞）。請回答：（1）下圖表示50ml滴定管中液面的位置，若A與C刻度間相差1ml，A處的刻度為20，此時滴定管中液體的體積____mL。（2）滴定過程中，眼睛始終注視____，直到錐形瓶中液體的顏色。（3）同學們進行了三次實驗，每次取白醋20.00ml，實驗結果記錄如上表：請計算白醋的物質的量濃度為____（保留兩位有效數字）。（4）操作時用白醋潤洗錐形瓶，對滴定結果產生的影響是________（填“偏大”或“偏小”或“無影響”。下同）。若用白醋潤洗酸式滴定管，對滴定結果產生的影響是____。（5）若滴定終點時測得pH=7。下列離子濃度的比較正確的是____。A．c（Na+）＞c（CH3COO—）B．c（Na+）＜c（CH3COO—）C．c（Na+）=c（CH3COO—）D．不能確定29、用酸性KMnO4和H2C2O4（草酸）反應研究影響反應速率的因素，離子方程式為：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。一實驗小組欲通過測定單位時間內生成CO2的速率，探究某種影響化學反應速率的因素，設計實驗方案如下（KMnO4溶液已酸化）：。實驗序號A溶液B溶液①20mL0.1mol·L－1H2C2O4溶液30mL0.01mol·L－1KMnO4溶液②20mL0.2mol·L－1H2C2O4溶液30mL0.01mol·L－1KMnO4溶液（1）該實驗探究的是____因素對化學反應速率的影響。相同時間內針筒中所得CO2的體積大小關系是____＞____（填實驗序號）。（2）若實驗①在2min末收集了4.48mLCO2（標準狀況下），則在2min末，c(MnO4－)＝_______mol·L－1。（假設混合溶液體積為50mL）（3）除通過測定一定時間內CO2的體積來比較反應速率，本實驗還可通過測定____來比較化學反應速率。（4）小組同學發(fā)現反應速率總是如下圖，其中t1～t2時間內速率變快的主要原因可能是：①產物Mn2＋是反應的催化劑、②____。30、下圖是制取氯氣并以氯氣為原料進行特定反應的裝置。rm{(1)A}是氯氣發(fā)生裝置，反應的化學方程式為：____。rm{(2)}實驗時，在加入藥品前的操作是：____。rm{(3)}實驗開始時，先點燃rm{A}處的酒精燈，打開旋塞rm{K}讓rm{Cl_{2}}充滿整個裝置，再點燃rm{D}處酒精燈，連接上rm{E}裝置。rm{Cl_{2}}通過rm{C}瓶后再進入rm{D}rm{D}裝置的硬質玻管內盛有炭粉，發(fā)生氧化還原反應，其產物為rm{CO_{2}}和rm{HCl}試寫出rm{D}中反應的化學方程式：____，裝置rm{C}的作用是____。rm{(4)}在rm{E}處，紫色石蕊試液的顏色由紫色變?yōu)榧t色，再變?yōu)闊o色。其中溶液褪色的原因是____。rm{(5)}若實驗中使rm{12mol隆隴L^{-1}}濃鹽酸rm{10mL}與足量的rm{MnO_{2}}反應。則生成的rm{Cl_{2}}的物質的量總是小于rm{0.03mol}試分析可能存在的原因是：____。評卷人得分六、有機推斷題(共4題，共20分)31、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．32、某烴A是有機化學工業(yè)的基本原料；其產量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，A還是一種植物生長調節(jié)劑，A可發(fā)生如圖所示的一系列化學反應，其中①②③屬于同種反應類型．

根據圖示回答下列問題：

(1)寫出A、B、C、D、E的結構簡式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)寫出②；④兩步反應的化學方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．33、某研究小組按下列路線合成神經系統(tǒng)藥物抗癇靈：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

請回答：

(1)下列說法正確的是___________。

A．化合物B能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應。

B．化合物C能發(fā)生氧化反應。

C．具有弱堿性。

D．抗癇靈的分子式是C15H15NO3

(2)寫出化合物E的結構簡式___________。

(3)寫出由化合物G→抗癇靈的化學方程式___________。

(4)設計以化合物C為原料經過三步制備化合物D的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一個碳的同系物，寫出化合物H同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式___________。

IR譜和1H－NMR譜檢測表明：

①分子中含有一個五元環(huán)；

②分子中含有4種不同化學環(huán)境的氫原子。34、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路線如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烴基或氫原子)

②D與A互為同系物；在相同條件下；D蒸氣相對于氫氣的密度為39。

請回答下列問題：

（1）G中含氧官能團的名稱是_______________，寫出一種能鑒別A和D的試劑：________________。

（2）②的反應類型是____________，B和F的結構簡式分別為______________、___________________。

（3）寫出反應①的化學方程式_________________________________________________。

（4）C有多種同分異構體，其中屬于芳香族化合物的還有_______種。

（5）G的同分異構體是一種重要的藥物中間體，其合成路線與G相似，請以為原料設計它的合成路線(其他所需原料自選)，寫出其反應流程圖：_____________________________________________________________________。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】

A．正反應放熱；則升高溫度正逆反應速率都增大，平衡向逆反應方向移動，C的含量降低，圖象吻合，故A正確；

B．升高溫度正逆反應速率都增大；圖象不吻合，故B錯誤；

C．由于反應前后氣體的體積不變；則增大壓強平衡不移動，正逆反應速率增大的倍數相同，圖象不吻合，故C錯誤；

D．由于反應前后氣體的體積不變；則增大壓強平衡不移動，則A的轉化率不變，故D錯誤．

故選A．

【解析】【答案】根據方程式可知；正反應放熱，則升高溫度正逆反應速率都增大，平衡向逆反應方向移動，C的含量降低，A的轉化率降低，由于反應前后氣體的體積不變，則增大壓強平衡不移動，正逆反應速率增大的倍數相同．

2、B【分析】【解答】解：A；氫氣所處的狀態(tài)不明確；故其物質的量無法計算，則反應轉移的電子數無法計算，故A錯誤；

B、醋酸鈉為強堿弱酸鹽，醋酸根為弱酸根，在溶液中會水解，故溶液中的醋酸根的個數小于NA個；故B正確；

C、CO和乙烯的摩爾質量均為28g/mol，故28g混合物的物質的量為1mol，但CO中含1個碳原子，乙烯中含2個碳原子，故1molCO和乙烯的混合物中含有的碳原子數介于NA到2NA之間，但不一定是1.5NA個；故C錯誤；

D、二氧化硫和氧氣的反應為可逆反應，不能進行徹底，故溶液中的分子個數多于3NA個；故D錯誤．

故選B．

【分析】A；氫氣所處的狀態(tài)不明確；

B；醋酸鈉為強酸弱堿鹽；在溶液中會水解；

C；CO和乙烯的摩爾質量均為28g/mol；但CO中含1個碳原子，乙烯中含2個碳原子；

D、二氧化硫和氧氣的反應為可逆反應．3、D【分析】解：rm{A.}碘是非極性分子易溶于非極性溶劑四氯化碳；甲烷屬于非極性分子難溶于極性溶劑水，所以都可用相似相溶原理解釋，故A正確；

B.碳原子連接四個不同的原子或原子團時，該碳原子為手性碳原子，所以乳酸中第二個rm{C}為手性碳原子；該分子存在一個手性碳原子，故B正確；

C.rm{H_{3}PO_{4}}的非羥基氧原子數大于次氯酸的非羥基氧原子數；所以磷酸的酸性大于次氯酸，故C正確；

D.含有孤電子對的微粒與含有空軌道的微粒易形成配合物；因而不僅是過渡金屬才能形成配合物，故D錯誤；

故選：rm{D}

A.極性分子易溶于極性分子組成的溶劑；非極性分子組成的溶質易溶于非極性分子組成的溶劑；

B.碳原子連接四個不同的原子或原子團時；該碳原子為手性碳原子；

C.酸性強弱的一條經驗規(guī)律是：含氧酸分子的結構中含非羥基rm{(}羥基為rm{-OH)}氧原子數越多；該含氧酸的酸性越強；

D.含有孤電子對的微粒與含有空軌道的微粒易形成配合物．

本題考查了相似相溶原理、手性碳原子、酸性比較等知識點，題目難度不大，注意手性碳原子的判斷方法：碳原子連接四個不同的原子或原子團時，該碳原子為手性碳原子．【解析】rm{D}4、C【分析】解：rm{A.}產物只有rm{CH_{3}OH}一種，即原子的利用率為rm{100%}符合“綠色化學”的思想，故A不選；

B.產物只有rm{RCH_{2}CH_{2}CHO}一種，即原子的利用率為rm{100%}符合“綠色化學”的思想，故B不選；

C.甲烷發(fā)生取代反應生成rm{CHCl_{3}}一定還生成rm{HCl}且取代反應為鏈鎖反應，產物復雜，不符合“綠色化學”的思想，故C選；

D.產物只有聚乙烯一種，即原子的利用率為rm{100%}符合“綠色化學”的思想，故D不選；

故選C．

由信息可知，“綠色化學”的特征為反應物中原子全部轉化為欲制得的產物，即原子的利用率為rm{100%}或生成物質只有一種，以此來解答．

本題考查綠色化學及有機化學反應，為基礎性習題，把握反應產物的種類與綠色化學的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大．【解析】rm{C}5、B【分析】

A、丙烷分子中C原子與H原子數目之比為3：8=1：

B；乙烯分子中C原子與H原子數目之比為2：4=1：2；

C、甲苯分子式為C7H8，分子中C原子與H原子數目之比為7：8=1：

D；乙炔分子中C原子與H原子數目之比為2：2=1：1；

故乙烯分子中氫元素的質量分數越大；相同質量各烴完全燃燒，乙烯耗氧量最大；

故選B．

【解析】【答案】相同質量的各烴完全燃燒；耗氧量取決于H元素的質量分數，分子中H元素的質量分數越高，耗氧量越大，計算分子中C原子與H原子數目之比，相同C原子，H原子數目越大，H元素質量分數越大，據此解答．

6、D【分析】解：加入稀氨水；氫氧化鈉、碳酸鈉等物質；雖可起到調節(jié)溶液pH的作用，但引入新的雜質，不符合除雜的原則；

Fe3+易水解生成氫氧化鐵沉淀；可加堿式碳酸銅；氧化銅或氫氧化銅等物質，調節(jié)溶液的pH且不引入新的雜質；

故選D．

Fe3+易水解生成氫氧化鐵沉淀；所加入物質起到調節(jié)溶液pH的作用，但不能引入新的雜質．

本題考查鹽類水解的原理及應用，為高頻考點，側重于除雜與分離，題目較為基礎，解答本題的關鍵是能把握除雜的原則．【解析】【答案】D7、D【分析】解：A．常溫下；乙酸鈉溶液的pH＞7，說明乙酸鈉是強堿弱酸鹽，醋酸中存在電離平衡，所以為弱電解質，故A不選；

B．常溫下；pH=1的醋酸稀釋100后pH＜7，如果醋酸是強電解質，稀釋100后溶液pH=3，實際上小于3說明醋酸中存在電離平衡，則說明是弱電解質，故B不選；

C．相同溫度下；測得同物質的量濃度的乙酸溶液的導電性比鹽酸溶液弱，則醋酸中離子濃度小于鹽酸，HCl是強電解質，則醋酸部分電離，為弱電解質，故C不選；

D．乙酸溶液與大理石反應生成氣泡；說明乙酸酸性大于碳酸，不能說明醋酸部分電離，所以不能證明醋酸是弱電解質，故D選；

故選D．

強弱電解質的根本區(qū)別是電離程度；弱電解質存在電離平衡，而強電解質不存在電離平衡，因此只要證明在溶液中部分電離；存在電離平衡就能說明是弱電解質，據此分析解答．

本題考查弱電解質的判斷，為高頻考點，明確強弱電解質的根本區(qū)別是解本題關鍵，只要證明醋酸部分電離即可，同時考查學生發(fā)散思維能力，題目難度不大．【解析】【答案】D8、C【分析】解：A．多孔電極表面積較大；具有較強的吸附能力，于吸附氣體，故A正確；

B．H2具有還原性，為原電池的負極，另外由陰離子的移動方向也可知b極為電池的負極；故B正確；

C．通入空氣的一極為原電池的正極，發(fā)生還原反應，由于電解質為非水物質，則電解質中不存在OH-離子，電極反應式為O2+4e-=2O2-；故C錯誤；

D．H2具有還原性，被氧化，電極反應式為2H2-4e-+2O2-=2H2O；故D正確．

故選C．

H2具有還原性，為原電池的負極，被氧化，電極反應式為2H2-4e-+2O2-=2H2O，通入空氣的一極為原電池的正極，發(fā)生還原反應，電極反應式為O2+4e-=2O2-，總反應式為2H2+O2=H2O；以此解答該題．

本題考查化學電源新型電池，題目難度中等，本題注意電解質的特點以及陰離子的定向移動，正確書寫電極反應式為解答該題的關鍵．【解析】【答案】C9、D【分析】

在無色溶液中加入硝酸銀生成白色沉淀；可能是生成了氯化銀，但也有可能是生成了碳酸銀等白色沉淀。

【解析】rm{D}二、雙選題(共8題，共16分)10、rBD【分析】解：rm{A.NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}溶液中銨根離子與鋁離子水解相互抑制，rm{CH_{3}COONH_{4}}中銨根離子與醋酸根離子水解相互促進，所以，相同物質的量濃度的下列溶液中：rm{壟脵NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}rm{壟脷NH_{4}Cl}rm{壟脹CH_{3}COONH_{4}}則rm{c(NH_{4}^{+})}由大到小的順序是：rm{壟脵>壟脷>壟脹}故A錯誤；

B.常溫下rm{0.4}rm{mol?L^{-1}CH_{3}COOH}溶液和rm{0.2}rm{mol?L^{-1}}rm{NaOH}溶液等體積混合后溶質為等濃度的醋酸和醋酸鈉，混合液呈酸性，說明醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，則rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(CH_{3}COOH)}結合物料守恒可知rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(CH_{3}COOH)}則溶液中粒子濃度由大到小的順序為：rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(CH_{3}COOH)>c(H^{+})>c(OH^{-})}故B正確；

C.rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{Na_{2}CO_{3}}溶液與rm{0.2}rm{mol?L^{-1}}rm{NaHCO_{3}}溶液等體積混合所得溶液中，根據電荷守恒可得：rm{壟脵2c(CO_{3}^{2-})+c(OH^{-})+c(HCO_{3}^{-})=c(H^{+})+c(Na^{+})}根據物料守恒可得：rm{壟脷3c(Na^{+})=4c(CO_{3}^{2-})+4c(H_{2}CO_{3})+4c(HCO_{3}^{-})}根據rm{壟脵壟脷}可得：rm{2c(CO_{3}^{2-})+3c(OH^{-})=c(HCO_{3}^{-})+4c(H_{2}CO_{3})+3c(H^{+})}故C錯誤；

D.rm{0.1mol?L^{-1}}的氨水與rm{0.05}rm{mol?L^{-1}}rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液等體積混合，恰好反應生成草酸銨，根據物料守恒可得：rm{c(NH_{4}^{+})+c(NH_{3}?H_{2}O)=2c(C_{2}O_{4}^{2-})+2c(HC_{2}O_{4}^{-})+2c(H_{2}C_{2}O_{4})}故D正確；

故選BD．

A.rm{NH_{4}Al(SO_{4})_{2}}溶液中銨根離子與鋁離子水解相互抑制，rm{CH_{3}COONH_{4}}中銨根離子與醋酸根離子水解相互促進；

B.反應后溶質為等濃度的醋酸和醋酸鈉，混合液呈酸性，說明醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，則rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(CH_{3}COOH)}結合物料守恒可知rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Na^{+})>c(CH_{3}COOH)}

C.根據混合液中的物料守恒和電荷守恒判斷；

D.二者反應恰好生成草酸銨；根據草酸銨溶液中的物料守恒分析．

本題考查了離子濃度大小比較，題目難度中等，明確發(fā)生反應后溶質組成為解答關鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理的含義及應用方法，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力．【解析】rm{BD}11、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，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}12、rCD【分析】解：rm{A.}制氯乙烷是加成反應，產物唯一，原子利率rm{100%}符合綠色化學理念，故A不選；

B.制甲基丙烯酸甲酯是加成反應，產物唯一，原子利率rm{100%}符合綠色化學理念，故B不選；

C.制rm{CuSO_{4}}的反應中雖沒有污染物生成，但有水生成，原子利用率不到rm{100%}不符合綠色化學理念，故C可選；

D.制rm{Cu(NO_{3})_{2}}的反應中有有毒氣體放出；會導致環(huán)境污染，不符合倡導的綠色化學，故D可選；

故選CD．

綠色化學的要求：一是反應物全部轉化為期望的產物，使原子的利用率達到rm{100%}可知化合反應；加成反應符合綠色化學的要求，二是不產生污染物，據此解答．

本題考查了“綠色化學”的含義，解答本題的關鍵是要讀懂題目要求，準確理解綠色化學的含義，綠色化學的要求是原子利用率是rm{100%}且不產生污染物，題目比較簡單．【解析】rm{CD}13、B|C|D【分析】解：A；氫氧化鈉屬于強堿；對人體有害，不是食品添加劑，故A錯誤；

B、棉麻是植物纖維，只含有C、H、O元素，完全燃燒可以生成CO2和H2O；故B正確；

C；脂肪的成分為高級脂肪酸甘油酯；在一定條件下可水解為高級脂肪酸（鹽）和甘油，故C正確；

D；汽油、柴油、煤油來源于石油的分餾；主要成分都是碳氫化合物，故D正確；

故選BCD．

A；氫氧化鈉屬于強堿；不是食品添加劑；

B；棉麻是植物纖維；只含有C、H、O元素；

C；脂肪的成分為高級脂肪酸甘油酯；在一定條件下可水解為高級脂肪酸（鹽）和甘油；

D；汽油、柴油、煤油來源于石油的分餾；主要成分都是碳氫化合物．

本題考查了食品添加劑、糖類和油脂的性質、石油分餾產品的組成等知識，題目較簡單，注意基礎知識的掌握．【解析】【答案】BCD14、rBD【分析】解：rm{A.}根據rm{Na_{2}S}溶液中的質子守恒可得：rm{c(OH^{-})=2c(H_{2}S)+c(HS^{-})+c(H^{+})}故A錯誤；

B.根據rm{CH_{3}COONH_{4}}溶液中的物料守恒可得：rm{c(NH_{4}^{+})+c(NH_{3}?H_{2}O)=c(CH_{3}COO^{-})+c(CH_{3}COOH)}故B正確；

C.rm{0.1mol/LNa_{2}CO_{3}}溶液與rm{0.1mol/LNaHCO_{3}}溶液等體積混合所得溶液中，由于rm{CO_{3}^{2-}}的水解程度較大，則rm{c(HCO_{3}^{-})>c(CO_{3}^{2-})}正確的離子濃度大小為：rm{c(HCO_{3}^{-})>c(CO_{3}^{2-})>c(OH^{-})>c(H_{2}CO_{3})}故C錯誤；

D.rm{NaHSO_{3}}溶液中呈酸性，則rm{HSO_{3}^{-}}的電離程度大于其水解程度：rm{c(SO_{3}^{2-})>c(H_{2}SO_{3})}由于rm{HSO_{3}^{-}}部分水解，則rm{c(Na^{+})>c(HSO_{3}^{-})}溶液中離子濃度大小為：rm{c(Na^{+})>c(HSO_{3}^{-})>c(SO_{3}^{2-})>c(H_{2}SO_{3})}故D正確；

故選BD。

A.根據硫化鈉溶液中的質子守恒分析；

B.根據醋酸銨溶液中的物料守恒分析；

C.碳酸根離子的水解程度較大，則rm{c(HCO_{3}^{-})>c(CO_{3}^{2-})}

D.rm{NaHSO_{3}}溶液的rm{pH=6}說明rm{HSO_{3}^{-}}的電離程度大于其水解程度，則rm{c(SO_{3}^{2-})>c(H_{2}SO_{3})}

本題考查離子濃度大小比較，題目難度中等，明確鹽的水解原理、電荷守恒、物料守恒及質子守恒的含義為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力及綜合應用能力。【解析】rm{BD}15、AD【分析】【分析】本題旨在考查學生對電解質與非電解質的概念的應用?！窘獯稹緼.乙酸為弱酸，是電解質，故A正確；B.乙醇為非電解質，故B錯誤；C.油脂為非電解質，故C錯誤；D.氯化鈉屬于鹽，為電解質，故D正確。故選AD。【解析】rm{AD}16、rAD【分析】解：rm{A}人造絲是人造纖維，由rm{C}rm{H}rm{O}元素構成，不是蛋白質；蠶絲是蛋白質，由rm{C}rm{H}rm{O}rm{N}等元素構成；故A錯誤；

B、人造絲和蛋白質的相對分子質量均大于rm{1}萬；故均為高分子化合物，故B正確；

C、人造絲是人造纖維，由rm{C}rm{H}rm{O}元素構成，燃燒時無刺激性氣味；蠶絲是蛋白質，由rm{C}rm{H}rm{O}rm{N}等元素構成；燃燒時有刺激性氣味，故可以用灼燒的氣味區(qū)別，故C正確；

D；二者成分不同；含有的元素種類不同，故燃燒產物不同，故D錯誤．

故選AD．

人造絲是人造纖維，由rm{C}rm{H}rm{O}元素構成；蠶絲是蛋白質，由rm{C}rm{H}rm{O}rm{N}等元素構成；兩者元素構成不同，燃燒產物也不同，蠶絲灼燒有燒焦羽毛的氣味，據此分析．

本題考查了蛋白質和人造絲在元素的組成上的區(qū)別，難度不大，應注意的是人造絲不是蛋白質．【解析】rm{AD}17、BC【分析】解：A．乙醇中含-OH；與Na反應，而甲醚不與鈉反應，現象不同，可鑒別，故A不選；

B．甲醚和乙醇互為同分異構體；相對分子質量相同，則質譜法測定結果相同，不能鑒別，故B選；

C．組成元素相同；含C量相同，均燃燒生成二氧化碳和水，則不能利用燃燒法區(qū)分，故C選；

D．甲醚中含1種H；而乙醇中含3種H，則利用核磁共振氫譜儀可區(qū)別，故D不選；

故選：BC。

A．乙醇中含-OH；與Na反應，而甲醚不與鈉反應；

B．甲醚和乙醇互為同分異構體；相對分子質量相同；

C．組成元素相同；均燃燒生成二氧化碳和水；

D．甲醚中含1種H；而乙醇中含3種H．

本題考查有機物的鑒別，為高頻考點，把握常見有機物的性質及性質差異為解答的關鍵，側重醇性質及有機物分子結構測定方法的考查，題目難度不大．【解析】BC三、填空題(共5題，共10分)18、略

【分析】【解析】試題分析：（1）結構相似，分子組成相差若干個CH2原子團的同一類有機物的，互稱為同系物，所以互為同系物是①。（2）性質和結構都完全相同的是同一種物質，所以屬于同一種物質的是②。（3）分子式相同結構不同的化合物互為同分異構體，④中官能團分別是羥基和醚鍵，屬于具有不同官能團的同分異構體。（4）③中都是烷烴，屬于由于碳鏈骨架不同而產生的同分異構體。考點：考查同系物、同分異構體的判斷【解析】【答案】①、②、④、③19、略

【分析】（1）根據反應的方程式可知，KMnO4中Mn元素的化合價從＋7價降低到＋2價，得到電子，被還原；碘化鉀中碘元素的化合價從－1價升高到0價，失去電子，所以被氧化的物質是KI。（2）根據方程式可知，氯元素的化合價從0價部分升高到＋5價，失去5個電子，作還原劑，部分降低到－1價，得到1個電子，作氧化劑，所以根據電子的得失守恒可知，氧化劑與還原劑的物質的量之比是5︰1?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?分，每空2分）（1）Mn，KI(2)5:120、略

【分析】

（1）圖象中可以分析判斷，a為拆化學鍵吸收的能量，即反應的活化能；b為反應生成化學鍵放出的熱量減去反應斷裂化學鍵吸收的熱量；即反應的焓變；

故答案為：活化能；焓變；

（2）反應物的能量高于生成物的能量；依據化學反應的能量守恒，反應是放熱反應，焓變小于0；

故答案為：放熱；＜．

【解析】【答案】（1）依據化學反應的反應熱可以根據反應的實質分析；斷裂化學鍵吸收能量，生成化學鍵放出能量，二者的差值是反應的焓變；

（2）依據反應物和生成物的能量高低和反應的能量守恒分析判斷。

21、略

【分析】氯化鐵具有氧化性能把單質鐵氧化生成氯化亞鐵。單質的金屬性強于銅的，所以能把銅離子置換成銅。在金屬活動順序表中銅排在H的后面，和鹽酸不反應。有關方程式為2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，Fe+2H+=Fe2++H2↑，所以根據氧化劑的氧化性大于氧化產物的可知Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+。【解析】【答案】2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，Fe+2H+=Fe2++H2↑；Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+22、略

【分析】解：rm{壟脵}普通水泥和普通玻璃是傳統(tǒng)硅酸鹽產品；屬于無機非金屬材料，汽車輪胎中含有合成橡膠，橡膠屬于高分子化合物，因此汽車輪胎中含有有機高分子材料；

故答案為：rm{C}

rm{壟脷}合金的使用與金屬的冶煉有關；銅易冶煉，為最早使用的金屬，青銅是我國使用最早的合金，至今已有三千多年的歷史，我國最早使用的合金是銅合金；

故答案為：銅合金；

rm{壟脹}鋼鐵發(fā)生電化學腐蝕時，鐵做負極，失去電子生成亞鐵離子，負極電極反應式為：rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}

故答案為：rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}．

rm{壟脵}普通水泥和普通玻璃是硅酸鹽產品；屬于無機非金屬材料，汽車輪胎中含有合成橡膠，橡膠屬于高分子化合物；

rm{壟脷}青銅是我國使用最早的合金；至今已有三千多年的歷史，以此解答該題；

rm{壟脹}鋼鐵發(fā)生電化學腐蝕時；鐵做負極，失去電子生成亞鐵離子．

本題考查有機高分子材料、合金與合金的性質、金屬的腐蝕、原電池原理，涉及生活材料的應用，題目難度不大，平時注意基礎知識的積累rm{.}側重化學與生產的考查，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，【解析】rm{C}銅合金；rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}四、元素或物質推斷題(共4題，共28分)23、略

【分析】【詳解】

根據固體加過量稀鹽酸，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是NaHCO?；（2）步驟II中產生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據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是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，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】

X、Z、Q、R、T、U分別代表原子序數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的最外層電子數相等，二者原子序數相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內層電子數是最外層電子數的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數為4，則Z為C元素；U的最高化合價和最低化合物的代數和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數之比為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，據此分析解答。

【詳解】

根據上述分析可知：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越大原子半徑越小；原子核外電子層數越多，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)生中和反應產生Na2SiO3和H2O，反應的化學方程式為：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反應產生NaOH和H2。

①NaH中Na+與H-通過離子鍵結合，電子式為NaH與H2O反應產生NaOH和H2，反應方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

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

【點睛】

本題考查元素周期表及原子結構在元素推斷中的應用。根據元素的原子結構及相互關系推斷元素是解題關鍵。熟練掌握結構、性質、位置關系，注意元素金屬性、非金屬性強弱比較實驗事實，要注意基礎知識并靈活運用，注意金屬氫化物有關問題。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反應后有Na殘留，也能與水反應生成H225、略

【分析】【詳解】

根據固體加過量稀鹽酸，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是NaHCO?；（2）步驟II中產生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據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是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，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）226、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、實驗題(共4題，共32分)27、略

【分析】解：①該反應中產生氣體；而且反應放熱，所以可根據反應產生氣泡快慢來判斷反應速率大小；

H2O2分解的催化作用有可能是氯離子起的作用，改為Fe2（SO4）3使陰離子相同；這樣可以控制陰離子相同，排除陰離子的干擾，更為合理；

故答案為：反應產生氣泡快慢；控制陰離子相同；排除陰離子的干擾；

②根據反應速率v=可知；實驗中需要測量反應的時間，或收集40mL氣體所需要的時間，從而判斷反應速率快慢；

故答案為：時間（或收集40mL氣體所需要的時間）．

①根據反應生成氣體的快慢分析；根據H2O2分解的催化作用有可能是氯離子起的作用，改為Fe2（SO4）3使陽離子相同；更為合理；

②根據反應速率的表達式v=進行分析實驗中需要測量的數據．

本題考查了催化劑的作用及化學反應速率的影響因素等知識點，題目難度不大，要明確將FeCl3改為Fe2（SO4）3更為合理的理由，試題側重考查學生的分析、理解能力．【解析】反應產生氣泡快慢；控制陰離子相同，排除陰離子的干擾；時間（或收集40mL氣體所需要的時間）28、略

【分析】【解析】試題分析：（1）滴定管的刻度自上而下是逐漸增大的，且能準確讀數到0.1ml，所以根據圖中刻度線的位置可知，此時滴定管中液體的體積大于50.00ml－20.40ml＝29.60ml。（2）滴定過程中，眼睛始終注視錐形瓶中液體顏色的變化，直到錐形瓶中液體的顏色發(fā)生變化。（3）根據表中數據可知，三次實驗中消耗氫氧化鈉溶液的體積分別是24.98ml、25.02mol、26.32ml，顯然第三次的實驗誤差太大，舍去，則實際消耗氫氧化鈉溶液體積的平均值是（24.98ml＋25.02mol）÷2＝25.00ml，所以白醋的物質的量濃度是（4）操作時用白醋潤洗錐形瓶，則消耗氫氧化鈉溶液的體積增加，則滴定結果偏大。若用白醋潤洗酸式滴定管，則測定結果不影響。（5）根據電荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（OH—）+c（CH3COO—），由于溶液顯中性，則c（H+）=c（OH—），所以c（Na+）=c（CH3COO—），答案選C。考點：考查滴定管的構造、讀數，中和滴定的操作和計算以及誤差分析，溶液中離子濃度大小比較【解析】【答案】（12分）（1）＞29.60Ml（2）錐形瓶中液體顏色的變化（3）0.25mol/L（4）偏大無影響（5）C29、略

【分析】【解析】試題分析：（1）根據表中所列是數據分析，實驗探究的是濃度因素對化學反應速率的影響。濃度越大反應速率越快，生成的CO2的體積越大，即②＞①。（2）4.48mLCO2，即0.0002mol，根據化學方程式計算，反應的MnO4－是0.00004mol，剩余的MnO4－是0.0005mol-0.00004mol=0.00046mol，故c(MnO4－)＝0.0092mol·L－1。（3）KMnO4是有顏色的，故還可通過測定KMnO4溶液完全褪色所需時間或產生相同體積氣體所需的時間來比較化學反應速率。（4）升高溫度會加快反應的速率。考點：化學反應速率的影響因素及計算【解析】【答案】（10分）（1）濃度（2分）②＞①（2分）（2）0.0092（2分）（3）KMnO4溶液完全褪色所需時間或產生相同體積氣體所需的時間（2分）（4）該反應放熱（2分）30、（1）（2）檢查裝置的氣密性（3）吸收Cl2中的HCl氣體，提供D處所需水蒸氣（4）Cl2與H2O作用產生的HClO具有漂白作用（5）隨著反應的進行，鹽酸變稀，稀HCl與MnO2不反應，HCl的揮發(fā)等【分析】【分析】本題考查了氯氣的實驗室制法，難度不大，明確次氯酸有漂白性，不僅能漂白有色布條還能漂白酸堿指示劑，但二氧化硫不能漂白酸堿指示劑?！窘獯稹縭m{(1)}濃鹽酸和二氧化錳在加熱條件下能發(fā)生氧化還原反應生成氯化錳、氯氣、水，化學方程式為rm{4HCl(脜簍)+Mn{O}_{2}overset{?}{=}MnC{l}_{2}+2{H}_{2}O+C{l}_{2}隆眉}，故答案為：rm{4HCl(脜簍)+Mn{O}_{2}overset{?}{=}MnC{l}_{2}+2{H}_{2}O+C{l}_{2}隆眉}rm{4HCl(脜簍)+Mn{O}_{2}

overset{?}{=}MnC{l}_{2}+2{H}_{2}O+C{l}_{2}隆眉}，故答案為：rm{4HCl(脜簍)+Mn{O}_{2}

overset{?}{=}MnC{l}_{2}+2{H}_{2}O+C{l}_{2}隆眉}rm{4HCl(脜簍)+Mn{O}_{2}

overset{?}{=}MnC{l}_{2}+2{H}_{2}O+C{l}_{2}隆眉}檢查裝置的氣密性；rm{(2)}實驗時，在加入藥品前的操作是檢查裝置的氣密性，故答案為：裝置產生了氯氣，；裝置為rm{(3)}裝置提供水蒸氣，氯氣有強氧化性，碳有還原性，在加熱條件下氯氣和水、碳發(fā)生氧化還原反應生成氯化氫和二氧化碳，反應方程式為：rm{2C{l}_{2}+2{H}_{2}O+Coverset{?}{=}4HCl隆眉+C{O}_{2}隆眉}rm{A}裝置產生了氯氣，rm{C}裝置為rm{D}裝置提供水蒸氣，氯氣有強氧化性，碳有還原性，在加熱條件下氯氣和水、碳發(fā)生氧化還原反應生成氯化氫和二氧化碳，反應方程式為：rm{2C{l}_{2}+2{H}_{2}O+C

overset{?}{=}4HCl隆眉+C{O}_{2}隆眉}裝置的作用是：吸收rm{A}rm{C}rm{D}氣體，提供rm{2C{l}_{2}+2{H}_{2}O+C

overset{?}{=}4HCl隆眉+C{O}_{2}隆眉}處所需水蒸氣，；鹽酸有揮發(fā)性，所以制取的氯氣中含有氯化氫氣體，氯化氫極易溶于水，通過以上分析知，rm{C}裝置的作用是：吸收rm{Cl}rm{2C{l}_{2}+2{H}_{2}O+Coverset{?}{=}4HCl隆眉+C{O}_{2}隆眉}rm{C}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}氣體，提供中的rm{HCl}氣體，提供rm{D}處所需水蒸氣，處所需水蒸氣；rm{HCl}rm{D}裝置中和水反應生成鹽酸和次氯酸，所以溶液呈酸性，紫色石蕊試液遇酸變紅色，次氯酸有漂白性，能使溶液褪色，

故答案為：rm{2C{l}_{2}+2{H}_{2}O+C

overset{?}{=}4HCl隆眉+C{O}_{2}隆眉}；吸收rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}_{2}}作用產生的中的rm{HCl}氣體，提供rm{D}處所需水蒸氣；具有漂白作用；rm{HCl}rm{D}rm{(4)}與剩余的氯氣在rm{E}裝置中和水反應生成鹽酸和次氯酸，所以溶液呈酸性，紫色石蕊試液遇酸變紅色，次氯酸有漂白性，能使溶液褪色，rm{E}故答案為：rm{Cl}的揮發(fā)等。