2025年北師大版高二化學上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年北師大版高二化學上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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、S（單斜）和S（正交）是硫的兩種同素異形體．

已知：①S（單斜，s）+O2（g）═SO2（g）△H1=-297.16kJ?mol-1

②S（正交，s）+O2（g）═SO2（g）△H2=-296.83kJ?mol-1

③S（單斜，s）═S（正交，s）△H3

下列說法不正確的是（）

A.△H3=-0.33kJ?mol-1

B.單斜硫轉化為正交硫的反應是放熱反應。

C.S（單斜，s）═S（正交，s）△H3＜0；正交硫比單斜硫穩(wěn)定。

D.S（單斜，s）═S（正交，s）△H3＞0；單斜硫比正交硫穩(wěn)定。

2、醇A發(fā)生氧化反應生成B，B氧化生成C，A與C生成的酯其分子式為C8H16O2。則A的可能結構有A.1種B.2種C.3種D.4種3、下列烷烴的沸點由低到高的順序排列正確的是（）

①CH3CH2CH2CH3②③④A.①②③④B.④③①②C.③④①②D.②①③④4、由于反應條件的改變使某容器中的平衡mA（g）+nB（g）?pC（g）；△H＜0向正反應方程發(fā)生了移動．新的平衡狀與原平衡狀態(tài)相比；下列判斷正確的是（）

A.容器內的溫度一定升高。

B.正反應速率可能變大；也可能變小。

C.容器中C物質的濃度一定升高。

D.容器中B物質的濃度一定降低。

5、某烴結構式如下：－C≡C－CH＝CH－CH3，有關其結構說法正確的是（）A.所有原子可能在同一平面上B.所有原子可能在同一條直線上C.所有碳原子可能在同一平面上D.所有氫原子可能在同一平面上6、柑橘中檸檬烯的結構可表示為下列關于這種物質的說法中不正確的是rm{(}rm{)}A.該物質難溶于水B.既能使酸性高錳酸鉀褪色又能使溴的四氯化碳溶液褪色C.既能發(fā)生取代反應，又能發(fā)生加成反應D.分子式為rm{C_{10}H_{14}}7、常溫下，濃度均為rm{0.1mol/L}的下列四種鹽溶液，其rm{pH}測定如表所示：

。序號rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}溶液rm{CH_{3}COONa}rm{NaHCO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaClO}rm{pH}rm{8.8}rm{9.7}rm{11.6}rm{10.3}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.四種溶液中，水的電離程度rm{壟脵>壟脷>壟脺>壟脹}B.rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}溶液中，粒子種類相同C.將等濃度的rm{CH_{3}COOH}和rm{HClO}溶液，rm{pH}小的是rm{HClO}D.rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中，rm{c(Na^{+})=c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})}8、手性分子是指在分子結構中當a、b、x、y為彼此互不相同的原子或原子團時，稱此分子為手性分子，中心碳原子為手性碳原子．下列分子中指定的碳原子（用*標記）不屬于手性碳原子的是（）A.蘋果酸B.丙氨酸C.葡萄糖D.甘油醛評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)9、下列各組物質中，所含分子數(shù)相同的是A.rm{32gO_{2}}和rm{32gCO}B.rm{28gN_{2}}和rm{44gCO_{2}}C.rm{18gH_{2}O}和rm{1molBr_{2}}D.rm{2.24LH_{2}(}標準狀況rm{)}和rm{0.1molN_{2}}10、氫氣還原氧化銅：rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}H_{2}O+Cu}在該反應中

A.rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}H_{2}O+

Cu}做還原劑B.rm{CuO}做氧化劑C.銅元素的化合價降低D.銅元素的化合劑升高rm{CuO}11、化學反應一般均會伴隨著能量變化，對rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃燒的反應，正確的是rm{(}rm{)}A.該反應為吸熱反應B.該反應為放熱反應C.斷裂rm{H隆陋H}鍵吸收能量D.生成rm{H隆陋O}鍵吸收能量12、為解決全球能源與環(huán)境問題，節(jié)能減排已成共識。下列措施有利于節(jié)能減排的有A.舉行“地球一小時”熄燈活動B.露天焚燒稻草和秸稈C.夏天將空調的溫度設置在rm{26隆忙}以上D.生活垃圾分類回收處理13、分類方法在化學學科的發(fā)展中起到了非常重要的作用rm{.}下列分類標準合理的是rm{(}rm{)}A.根據(jù)分散系是否具有丁達爾現(xiàn)象將分散系分為溶液rm{.}膠體和濁液B.根據(jù)物質的組成成分是否單一，將物質分為純凈物和混合物C.根據(jù)反應中是否有電子的轉移將化學反應分為氧化還原反應和非氧化還原反應D.根據(jù)反應中的熱效應將化學反應分為放熱反應和吸熱反應評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)14、（2分）下列說法正確的有。（1）每一周期元素都是從堿金屬開始，以稀有氣體結束（2）f區(qū)都是副族元素，s區(qū)和p區(qū)的都是主族元素（3）鋁的第一電離能大于K的第一電離能（4）B電負性和Si相近（5）Ge的電負性為1.8，則其是典型的非金屬（6）半徑：K+>Cl—（7）酸性HClO>H2SO4，堿性：NaOH>Mg(OH)2（8）元素的最高正化合價=其最外層電子數(shù)=族序數(shù)15、已知二氧化硫可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，化學反應方程式為：5SO2+2KMnO4+2H2O===K2SO4+2MnSO4+2H2SO4用下圖裝置來驗證濃硫酸與木炭在加熱條件下反應的產物中含有SO2和CO2（1）實驗時，反應產生的氣體應從端通入；從端連接盛有澄清石灰水的實驗裝置(用“a”或“b”填空)。（2）A瓶的實驗現(xiàn)象是。（3）C瓶溶液的作用是。16、（14分）（1）一定條件下某烴與H2按物質的量之比1:2加成生成則該烴的結構簡式可能為：、。（2）某有機物X分子中只含C、H、O三種元素，相對分子質量小于110，其中氧元素的質量分數(shù)為14.8%，已知該物質可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，則X的分子式為__________。若1molX與濃溴水反應時消耗了3molBr2，則X的結構簡式為。（3）分子式為C4H8的烴，核磁共振氫譜圖中有兩個吸收峰，峰面積比為3:1，請寫出符合條件的所有物質的結構簡式、。下列括號內為雜質，將除去下列各組混合物中雜質所需的試劑和方法填寫在橫線上。溴乙烷（乙醇）_______________，________________苯酚（苯）_______________，______________________________________寫出②操作中涉及到的反應的化學方程式______________________________________、______________________________________（5）已知：如果要合成所用的原始原料可以是A．2-甲基-l，3-丁二烯和2-丁炔B．2，3-二甲基-1，3-戊二烯和乙炔C．2，3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔D．1，3-戊二烯和2-丁炔17、(17分)重慶有豐富的天然氣資源。以天然氣為原料合成氨的主要步驟如下圖所示（圖中某些轉化步驟及生成物未列出）：請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?1)已知2mol甲烷與水蒸氣在t℃、pkPa時，完全反應生成一氧化碳和氫氣（合成氣），吸收了akJ熱量，該反應的熱化學方程式是_______________________________。(2)圖中X為_____，Y為_____（填化學式）；常用K2CO3溶液吸收分離出的CO2，其離子方程式為_____________________________________(3)在合成氨工業(yè)中，常采取的措施之一是：將生成的氨從混合氣體中及時分離出來。請運用化學平衡的觀點說明采取該措施的理由：_______________________________。(4)聯(lián)合制堿法中，合成氨產生的NH3與CO2通入飽和食鹽水最終可制得純堿，如圖所示①應先向食鹽水通足量_______氣體（寫化學式，后同）；副產品Z為______，可用作______；W為_______。②若生產Na2CO35.3噸，理論上至少可制得副產品Z_______噸。18、(18分)甲、乙兩池電極材料都是鐵棒與碳棒，請回答下列問題：(1)若兩池中均為CuSO4溶液，反應一段時間后：①有紅色物質析出的是甲池中的________棒，乙池中的________棒。②乙池中陽極的電極反應式是________________________________________________(2)若兩池中均為飽和NaCl溶液：①乙池中碳極上電極反應屬于____________(填“氧化反應”或“還原反應”)，寫出乙池中該電極反應的離子方程式_______________________________________。②甲池中碳極上電極反應式是_____________，檢驗該負極反應產物的方法是_____________________________用離子方程式表示_______________________________③若乙池轉移0.02mole－后停止實驗，池中溶液體積是200mL，則溶液混勻后的pH＝________。19、根據(jù)官能團可以對有機物進行分類；鑒別和除雜．

①下列有機物屬于烴的是____（填字母）．

a．丙醇b．丙炔c．丙酸。

②區(qū)分甲苯和苯酚，不可用的試劑是____（填字母）．

a．FeCl3溶液b．酸性KMnO4溶液c．溴水。

③除去乙酸乙酯中的乙酸，可用的試劑是____（填字母）．

a．NaOH溶液b．飽和Na2CO3溶液c．NaCl溶液．20、rm{(1)}現(xiàn)有如下兩個反應：rm{壟脵NaOH+HCl簍TNaCl+H_{2}O}rm{壟脷Fe+H_{2}SO_{4}簍TFeSO_{4}+H_{2}隆眉}

兩反應中為放熱反應的是______，能設計成原電池的是______rm{.(}填序號rm{)}

rm{(2)}根據(jù)下圖填空rm{壟脵}電子從______片流出，溶液中rm{H^{+}}向______片移動．

rm{壟脷}正極的現(xiàn)象是______，發(fā)生______反應rm{(}填寫“氧化”或“還原”rm{)}．

rm{壟脹}負極的電極方程式為______

rm{壟脺}若反應過程中有rm{0.01mol}電子發(fā)生轉移，則生成的氫氣在標準狀況下的體積為______L.

rm{(3)}寫出電解氯化銅溶液時，陰極的電極反應方程式：______．21、用電子排布圖表示下列原子的價電子排布．

rm{(1)N}______

rm{(2)Cl}______

rm{(3)O}______

rm{(4)Mg}______．評卷人得分四、元素或物質推斷題(共4題，共12分)22、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）。23、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：_____________。24、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）。25、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、工業(yè)流程題(共2題，共20分)26、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩(wěn)定性差，在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列問題：

（1）工業(yè)上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

①Na2FeO4中鐵元素的化合價為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為___(填“氧化還原反應”；“復分解反應”或“化合反應”)。

②反應2加入飽和KOH溶液可轉化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學氧化法生產高鐵酸鈉(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應，該反應的化學方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質量為___（保留小數(shù)點后1位）。

（3）采用三室膜電解技術制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽極的電極反應式為__。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質的主要成分為___(填化學式)。

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測曲線I和曲線Ⅱ產生差異的原因是___。27、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時易被氧氣氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③堿石灰是生石灰和氫氧化鈉的混合物，利用如圖裝置對FeSO4·nH2O中結晶水的含量進行測定。

稱量C中的空硬質玻璃管的質量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質玻璃管的質量(86.282g)和D的質量(78.368g)后；實驗步驟如下：

完成下面小題。

1．下列分析正確的是()

A．裝置B中的濃硫酸可以換成濃氫氧化鈉溶液。

B．步驟I的目的是排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．裝置B和裝置D可以互換位置。

D．為加快產生CO2的速率；可將A中裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉狀。

2．操作甲和操作丙分別是()

A．操作甲：關閉K1操作丙：熄滅酒精燈。

B．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：冷卻到室溫。

C．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：關閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時C中硬質玻璃管的質量為84.432g，D的質量為80.474g，產品硫酸亞鐵晶體(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理論值，產生誤差的可能原因是()

A．加熱時間過長，F(xiàn)eSO4進一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發(fā)的物質。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時間過短，結晶水未完全失去參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】

A．由蓋斯定律可知，反應①-②=③，所以△H3=（-297.16kJ?mol-1）-（-296.83kJ?mol-1）=-0.33kJ/mol；故A正確；

B．△H3＜0；單斜硫轉化為正交硫的反應是放熱反應，故B正確；

C．S（單斜，s）═S（正交，s）△H3＜0；正交硫的能量低，正交硫穩(wěn)定，故C正確；

D．S（單斜，s）═S（正交，s）△H3＜0；正交硫的能量低，正交硫穩(wěn)定，故D錯誤；

故選D．

【解析】【答案】根據(jù)蓋斯定律可知，反應①-②=③，所以△H3=（-297.16kJ?mol-1）-（-296.83kJ?mol-1）=-0.33kJ/mol；則正交硫的能量低，正交硫穩(wěn)定，以此來解答．

2、B【分析】【解析】【答案】B3、D【分析】解：①；②中碳原子都是4個；且②比①的支鏈多，所以②的沸點小于①的；

③；④中碳原子都是5個；且③的支鏈比④多，所以③的沸點小于④；

①中碳原子數(shù)小于③；所以①的沸點小于③，故沸點按由低到高的順序排列是②①③④；

故選D．

烷烴均屬于分子晶體；分子中碳原子數(shù)越多，范德華力越大，熔；沸點越高；碳原子數(shù)相同的烷烴，支鏈越多，熔、沸點越低．

本題考查了烷烴沸點高低的判斷，難度不大，明確碳原子數(shù)相同的烴，支鏈越多，熔沸點越低．【解析】【答案】D4、B【分析】

A．其它條件不變；當該反應是在恒溫下進行時，雖然平衡向正反應方向移動，但容器內溫度不變，故A錯誤；

B．其它條件不變；當移出部分C物質時，平衡向正反應方向移動，但正反應速率減小，當增大B物質的濃度時，正反應速率增大，故B正確；

C．其它條件不變；當增大B物質的濃度時，平衡向正反應方向移動，容器中C物質的濃度升高，當轉移出部分C物質時，雖然平衡向正反應方向移動，但C物質的濃度減小，故C錯誤；

D．其它條件不變時；當通過增大B的濃度而使平衡向正反應方向移動時，平衡時B的濃度增大，當通過轉移出部分C物質而使平衡向正反應方向移動時，平衡時B濃度減小，故D錯誤；

故選B．

【解析】【答案】A．該反應向正反應方向移動時；容器內溫度不一定升高；

B．該反應向正反應方向移動時；正反應速率可能變大，也可能不小，與反應物濃度有關；

C．該反應向正反應方向移動時；C物質的濃度可能升高也可能不升高；

D．該反應向正反應方向移動時；容器中B物質的濃度可能增大，也可能降低．

5、C【分析】【解答】由于分子中含有甲基；所以所有原子不可能在同一平面上，A和D不正確；由于苯環(huán)和碳碳雙鍵都是平面型結構，因此所有原子可能在同一條直線上，B不正確；又因為碳碳三鍵是直線型結構，所以所有碳原子不可能在同一平面上，答案選C。

【分析】共平面的題是近年來常考點，這類題切入點是平面型結構。有平面型結構的分子在中學主要有乙烯、1，3-丁二烯、苯三種，其中乙烯平面有6個原子共平面，1，3-丁二烯型的是10個原子共平面，苯平面有12個原子共平面。這些分子結構中的氫原子位置即使被其他原子替代，替代的原子仍共平面。6、D【分析】【分析】本題考查的是有機物的性質，難度不大，通過掌握好有機物的結構決定有機物的性質即可解答?！窘獯稹緼.從該有機物的結構來判斷，該有機物難溶于水，故A正確；B.由于該有機物含有類似于乙烯一樣的碳碳雙鍵，因此既能使酸性高錳酸鉀褪色又能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正確。C.該有機物含有不飽和鍵，也有類似于烷烴一樣的飽和碳原子，所以既可以發(fā)生取代反應也能發(fā)生加成反應，故C正確；D.該有機物的分子式是rm{C}rm{C}rm{{,!}_{10}}rm{H}故D錯誤；故選D。rm{H}【解析】rm{D}7、B【分析】解：酸性越弱，其酸根離子水解程度越大，對應的鹽溶液的rm{pH}越大；

A、易水解的鹽能促進水的電離，水解程度越大，對水的電離的促進程度越大，則四種溶液中，水的電離程度rm{壟脹>壟脺>壟脷>壟脵}故A錯誤；

B、碳酸鈉中rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}rm{HCO_{3}^{-}+H_{2}O?H_{2}CO_{3}+OH^{-}}rm{H_{2}O?H^{+}+OH^{-}}碳酸氫鈉溶液中rm{HCO_{3}^{-}?CO_{3}^{2-}+H^{+}}rm{HCO_{3}^{-}+H_{2}O?H_{2}CO_{3}+OH^{-}}rm{H_{2}O?H^{+}+OH^{-}}所以兩種溶液中粒子種類相同，故B正確；

C、對應的鹽溶液的rm{pH}越大，酸根離子水解程度越大，酸越弱，則將等濃度的rm{CH_{3}COOH}和rm{HClO}溶液，rm{CH_{3}COOH}的酸性強，則rm{pH}小的是rm{CH_{3}COOH}故C錯誤；

D、rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中rm{Na}元素的物質的量是rm{C}元素的物質的量的rm{2}倍，則rm{dfrac{1}{2}c(Na^{+})=c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})}故D錯誤；

故選B．

酸性越弱，其酸根離子水解程度越大，對應的鹽溶液的rm{dfrac

{1}{2}c(Na^{+})=c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})}越大；

A；易水解的鹽能促進水的電離；

B；根據(jù)溶液中的電離和水解平衡分析；

C、對應的鹽溶液的rm{pH}越大；酸根離子水解程度越大，酸越弱；

D；根據(jù)物料守恒分析．

本題考查了鹽的水解、影響水的電離的程度的因素、物料守恒的應用等，注意根據(jù)酸性越弱，其酸根離子水解程度越大，對應的鹽溶液的rm{pH}越大，題目難度不大．rm{pH}【解析】rm{B}8、A【分析】解：A、HOOC-CH2-CHOH-COOH中*號碳原子上連有兩個一樣的氫原子；不是手性碳原子，故A正確；

B、中*號碳原子上連有四個不一樣的基團：氫原子；甲基、羧基和氨基；是手性碳原子，故B錯誤；

C、中*號碳原子上連有四個不一樣的基團：氫原子、-CH2OH；羥基以及剩余的大取代基；是手性碳原子，故C錯誤；

D、中*號碳原子上連有四個不一樣的基團：氫原子、-CH2OH；羥基以及醛基；是手性碳原子，故D錯誤。

故選：A。

根據(jù)手性碳原子指連有四個不同基團的碳原子；手性碳原子判斷時抓住：手性碳原子一定是飽和碳原子；手性碳原子所連接的四個基團要是不同的．

本題主要考查了手性碳原子的確定方法，注意手性碳原子一定是飽和碳原子，且手性碳原子所連接的四個基團要是不同的，難度不大．【解析】A二、多選題(共5題，共10分)9、BCD【分析】【分析】本題考查物質的量、摩爾質量、氣體摩爾體積等化學計量的計算，阿伏伽德羅定律的應用等，難度中等?！窘獯稹緼.rm{n({O}_{2})=dfrac{;32g}{;32g/mol;}=1mol}rm{n(CO)=dfrac{;32g}{28g/mol};;=dfrac{8}{7}mol}二者物質的量不相等，所含分子數(shù)不相等，故A錯誤；B.rm{n({N}_{2})=dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}，rm{n(C{O}_{2})=dfrac{;44g}{44g/mol};;=1mol}物質的量相同，則分子數(shù)相同，故B正確；C.rm{n({O}_{2})=

dfrac{;32g}{;32g/mol;}=1mol}rm{n(CO)=dfrac{;32g}{28g/mol};;=

dfrac{8}{7}mol}B.rm{n({N}_{2})=

dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}為rm{n({N}_{2})=

dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}與rm{n(C{O}_{2})=

dfrac{;44g}{44g/mol};;=1mol}rm{18gH}物質的量相同，則分子數(shù)相同，故C正確；rm{18gH}標準狀況下rm{{,!}_{2}}為rm{O}為rm{1mol}與rm{1molBr}和rm{O}物質的量相同，則分子數(shù)相同，故D正確。故選BCD。rm{1mol}【解析】rm{BCD}10、BC【分析】【分析】本題考查了氧化還原反應，題目難度不大，明確氧化還原反應的實質及特征為解答關鍵，注意掌握氧化劑、還原劑的概念及判斷方法，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力?！窘獯稹緼.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合價從rm{+2}價變?yōu)閞m{0}價被還原，rm{CuO}作氧化劑；故A錯誤；

B.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合價從rm{+2}價變?yōu)閞m{0}價，銅元素化合價降低，rm{CuO}作氧化劑；故B正確；

C.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合價從rm{+2}價變?yōu)閞m{0}價；化合價降低，故C正確；

D.rm{Cu}元素化合價從rm{+2}價變?yōu)閞m{0}價；銅元素化合價降低，故D錯誤。

故選BC。

【解析】rm{BC}11、BC【分析】【分析】本題考查化學反應的熱量變化，學生應注重歸納中學化學中常見的吸熱或放熱的反應，對于特殊過程中的熱量變化的要熟練記憶來解答此類習題?！窘獯稹緼.rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}在rm{O}rm{O}B.rm{{,!}_{2}}在中燃燒反應為放熱反應，故A錯誤；中燃燒反應為放熱反應，rm{H_{2}}

rm{O_{2}}鍵吸收能量，故C正確；

故B正確；鍵放出能量，故D錯誤。

C.斷裂rm{H隆陋H}鍵吸收能量，故C正確；rm{H隆陋H}【解析】rm{BC}12、ACD【分析】【分析】本題旨在考查學生對環(huán)境的治理的應用?！窘獯稹緼.舉行“地球一小時”熄燈活動，有利于節(jié)能減排，故A正確；

B.露天焚燒稻草和秸稈，造成環(huán)境污染，不利于節(jié)能減排，故B錯誤；C.夏天將空調的溫度設置在rm{26隆忙}以上，有利于節(jié)能減排，故C正確；D.生活垃圾分類回收處理，有利于節(jié)能減排，故D正確。故選ACD。【解析】rm{ACD}13、BCD【分析】解：rm{A}根據(jù)分散系微粒直徑的大小；將分散系分為溶液、膠體和濁液，不是根據(jù)否具有丁達爾現(xiàn)象，故A錯誤；

B；根據(jù)物質的組成可知；只有一種物質的為純凈物，含有兩種或以上物質的為混合物，故B正確；

C；根據(jù)反應中是否有電子的轉移將化學反應分為氧化還原反應和非氧化還原反應；故C正確；

D；根據(jù)反應中的熱效應將化學反應分為放熱反應和吸熱反應；故D正確；

故選BCD．

A；根據(jù)分散系微粒直徑的大?。粚⒎稚⑾捣譃槿芤?、膠體和濁液；

B；根據(jù)物質的組成和性質來分析純凈物和混合物；

C；根據(jù)反應中是否有電子的轉移將化學反應分為氧化還原反應和非氧化還原反應；

D；根據(jù)反應中的熱效應將化學反應分為放熱反應和吸熱反應．

本題考查物質的分類，題目難度不大，注意物質的分類的依據(jù)，不同的分類標準會得出不同的分類結果．【解析】rm{BCD}三、填空題(共8題，共16分)14、略

【分析】【解析】【答案】（3）（4）15、略

【分析】試題分析：（1）進行洗氣時氣體從長管進，短管出，故答案為：a，b；（2）SO2具有漂白性，可使品紅褪色，故答案為：溶液褪色；（3）要檢驗二氧化碳氣體，應先除去SO2，并檢驗SO2是否除盡，實驗流程中A用來檢驗SO2驗氣體，B除去SO2，C驗證SO2是否除盡，D檢驗CO2；故答案為：檢驗SO2是否除盡．考點：濃硫酸與碳反應氣體產物的檢驗【解析】【答案】（1）a；b；（2）品紅溶液褪色；（3）檢驗SO2是否除盡.16、略

【分析】試題分析：（1）去掉四個氫原子，形成兩個雙鍵或形成一個叁鍵即其結構。（2）相對分子質量小于110，其中氧元素的質量分數(shù)為14.8%，可知分子中含一個氧原子，其相對分子質量為108，由該物質可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應可知含有酚羥基，含有苯環(huán)，則X的分子式為C7H8O。若1molX與濃溴水反應時消耗了3molBr2，則酚羥基的鄰對位被溴原子取代，甲基在羥基的間位上，X的結構簡式為（3）核磁共振氫譜圖中有兩個吸收峰，峰面積比為3:1，有兩種環(huán)境的氫原子共8個，各為6個和2個，結構簡式為。（4）①溴乙烷不溶于水，乙醇溶于水，用水溶解后分液；②苯酚鈉溶于水苯不溶于水，分液后，向下層液體中通入CO2，苯酚鈉轉化為苯酚，靜置后再分液，取下層液體即可。（5）有兩種斷鍵方式：對應原始原料為C、2，3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔A、2-甲基-l，3-丁二烯和2-丁炔。考點：結構簡式及同分異構體【解析】【答案】（共14分，其中1~4小題每空1分，第5小題2分）②足量NaOHaq，分液，向下層液體中通入CO2，靜置后再分液，取下層液體（5）AC17、略

【分析】【解析】【答案】（17分）（1）CH4(g)+H2O(g)===CO(g)+3H2(g)△H=+1/2akJ/mol(3分)（2）N2、H2（每空1分，共2分)CO3－+CO2+H2O=2HCO3－(3分)（3）減小生成物濃度，促進平衡正向移動(2分)（4）①NH3；NH4Cl氮肥；CO2(每空1分，共4分)②5.35噸(3分)18、略

【分析】【解析】【答案】(1)①碳鐵②4OH－－4e－===2H2O＋O2↑(2)①氧化反應2Cl－－2e－=Cl2↑－②2H2O＋O2＋4e－===4OH－滴加2滴鐵氰化鉀溶液，看到有藍色沉淀出現(xiàn)，說明生成了Fe2＋3Fe2++2[Fe(CN)6]3-===Fe3[Fe(CN)6]2（藍色），生成物叫普魯士藍③1319、b|b|b【分析】【解答】解：①a．丙醇為醇，b．丙炔為烴，c．丙酸為羧酸，則有機物屬于烴的是b，故答案為：b；②a．苯酚與氯化鐵發(fā)生顯色反應；苯不能，可鑒別，故不選；

b．二者均能被酸性KMnO4溶液氧化；不能鑒別，故選；

c．苯酚與溴水反應生成白色沉淀，苯不能，可鑒別，故不選；故答案為：b；③a．二者均與NaOH溶液溶液反應；不能除雜，故不選；

b．乙酸與飽和碳酸鈉反應后；與乙酸乙酯分層，分液可除雜，故選；

c．二者均與NaCl溶液不反應，不能除雜，故不選；故答案為：b．

【分析】①只含C、H元素的為烴；②苯酚與氯化鐵發(fā)生顯色反應，苯不能；且苯酚與溴水反應生成白色沉淀，苯不能；二者均能被高錳酸鉀氧化；③乙酸與飽和碳酸鈉反應后，與乙酸乙酯分層．20、略

【分析】解：rm{(1)}酸堿中和反應和活潑金屬與酸的反應都是放熱反應，所以rm{壟脵壟脷}都是放熱反應；要構成原電池必須能自發(fā)的氧化還原反應，rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}是非氧化還原反應，而rm{Fe+H_{2}SO_{4}=FeSO_{4}+H_{2}隆眉}是氧化還原反應，故答案為：rm{壟脵壟脷}rm{壟脷}

rm{(2)}由圖鋅是負極，負極發(fā)生氧化反應，電極反應式為：rm{Zn-2e^{-}簍TZn^{2+}}銅是正極，發(fā)生還原反應，電極反應式為：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}

rm{壟脵}電子從鋅rm{Zn}片流出，溶液中rm{H^{+}}向銅，故答案為：rm{Zn}rm{Cu}

rm{壟脷}銅是正極，發(fā)生還原反應，電極反應式為：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}所以現(xiàn)象有氣泡產生，故答案為：有氣泡產生；還原；

rm{壟脹}負極發(fā)生氧化反應，電極反應式為：rm{Zn-2e^{-}簍TZn^{2+}}故答案為：rm{Zn-2e^{-}簍TZn^{2+}}

rm{壟脺}電路中移轉rm{2mol}的電子生成的氫氣在標準狀況下的體積為rm{22.4L}所以有rm{0.01mol}電子發(fā)生轉移，生成標況的體積為rm{0.112L}故答案為：rm{0.112}

rm{(3)}電解氯化銅溶液時，陰極上是銅離子得電子的還原反應，即rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}故答案為：rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}．

rm{(1)}酸堿中和反應和活潑金屬與酸的反應都是放熱反應；要構成原電池必須能自發(fā)的氧化還原反應；

rm{(2)壟脵}原電池中電子從活潑的負極沿導線流向正極；陽離子向正極移動；

rm{壟脷}銅是正極，發(fā)生還原反應，電極反應式為：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}

rm{壟脹}負極發(fā)生氧化反應，電極反應式為：rm{Zn-2e^{-}簍TZn^{2+}}

rm{壟脺}電路中移轉rm{2mol}的電子生成的氫氣在標準狀況下的體積為rm{22.4L}以此分析解答；

rm{(3)}電解氯化銅溶液時；陰極上是銅離子得電子的還原反應．

本題考查原電池原理，側重考查電極反應式書寫、電子流向及陰陽離子移動方向等知識點，電解質溶液中陰陽離子移動方向是學習難點，題目難度不大．【解析】rm{壟脵壟脷}rm{壟脷}rm{Zn}rm{Cu}有氣泡產生；還原；rm{Zn-2e^{-}簍TZn^{2+}}rm{0.112}rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}21、略

【分析】解：rm{(1)N}原子的最外層rm{5}個電子，為rm{2s^{2}2p^{3}}故答案為：rm{2s^{2}2p^{3}}

rm{(2)Cl}原子的最外層rm{7}個電子，為rm{3s^{2}2p^{5}}故答案為：rm{3s^{2}2p^{5}}

rm{(3)O}原子的最外層rm{6}個電子，為rm{2s^{2}2p^{4}}故答案為：rm{2s^{2}2p^{4}}

rm{(4)Mg}原子的最外層rm{2}個電子，為rm{3s^{2}}故答案為：rm{3s^{2}}

rm{(1)N}原子的最外層rm{5}個電子；

rm{(2)Cl}原子的最外層rm{7}個電子；

rm{(3)O}原子的最外層rm{6}個電子；

rm{(4)Mg}原子的最外層rm{2}個電子；

本題考查原子核外電子排布，明確價電子是解答本題的關鍵，注意洪特規(guī)則的應用，題目難度不大．【解析】rm{2s^{2}2p^{3}}rm{3s^{2}2p^{5}}rm{2s^{2}2p^{4}}rm{3s^{2}}四、元素或物質推斷題(共4題，共12分)22、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(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(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）223、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(jù)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(jù)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H224、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(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(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）225、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