2025年浙教新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年浙教新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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、乙酸橙花酯是一種食用香料，結構如圖所示rm{.}下列關于該有機物的說法有如下幾種：

?

rm{壟脵}該有機物有一種同分異構體屬于酚類；

rm{壟脷}該有機物屬于酯類；

rm{壟脹}該有機物不能發(fā)生銀鏡反應；

rm{壟脺}該有機物的分子式為rm{C_{11}H_{18}O_{2}}

rm{壟脻1mol}該有機物最多能與rm{1molNaOH}反應．

其中正確的是rm{(}rm{)}A.rm{壟脵壟脹壟脺}B.rm{壟脷壟脹壟脻}C.rm{壟脵壟脺壟脻}D.rm{壟脵壟脹壟脻}2、在恒溫、恒容的條件下，有反應2A(g)＋2B(g)C(g)＋3D(g)，現從兩條途徑分別建立平衡。途徑Ⅰ：A、B的起始濃度均為2mol/L；途徑Ⅱ：C、D的起始濃度分別為2mol/L和6mol/L，則以下敘述正確的是A.兩途徑最終達到平衡時，體系內混合氣的濃度相同B.兩途徑最終達到平衡時，體系內混合氣的百分組成不同C.達平衡時，途徑Ⅰ的反應速率v(A)等于途徑Ⅱ的反應速率v(A)D.達平衡時，途徑Ⅰ所得混合氣的密度為途徑Ⅱ所得混合氣密度的1/23、下列有關物質用途的說法錯誤的是()A.過氧化鈉可用作潛艇里的供氧劑B.食醋可用于清除熱水瓶中的水垢C.晶體硅可作光導纖維D.rm{Cl_{2}}可用于自來水的殺菌消毒4、甲、乙、丙、rm{X}是中學化學中常見的rm{4}種物質，其轉化關系如圖，其中甲和rm{X}不可能是rm{(}rm{)}A.甲為rm{C_{2}H_{5}OH}rm{X}為rm{O_{2}}B.甲為rm{H_{2}S}rm{X}為rm{O_{2}}C.甲為rm{HNO_{3}}rm{X}為rm{Fe}D.甲為rm{AlCl_{3}}溶液、rm{X}為rm{NaOH}溶液5、已知氣體rm{A}和氣體rm{B}反應生成液態(tài)rm{C}為放熱反應，則下列熱化學方程式書寫正確的是rm{(}rm{a}rm{>0)}()A.rm{A(g)+2B(g)===C(l)婁隴}rm{H}rm{=+}rm{a}rm{kJ/mol}B.rm{A+2B===C婁隴}rm{H}rm{=-}rm{a}rm{kJ/mol}C.rm{A(g)+2B(g)===C(l)婁隴}rm{H}rm{=-}rm{a}rm{kJ}D.rm{A(g)+2B(g)===C(l)婁隴}rm{H}rm{=-}rm{a}rm{kJ/mol}評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)6、有關蔗糖與濃硫酸的反應，下列說法正確的有()A.產生rm{CO_{2}}B.濃硫酸表現出脫水性C.放出大量的熱D.濃硫酸表現出還原性7、氫氣還原氧化銅的反應為：rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}}rm{Cu+H_{2}O}在該反應中A.rm{CuO}作還原劑B.rm{CuO}作氧化劑C.銅元素化合價降低D.銅元素化合價升高8、氫氣還原氧化銅：rm{CuO+H_{2}}rm{overset{?}{=}Cu+H_{2}O}，在該反應中A.rm{overset{?}{=}Cu+

H_{2}O}作還原劑B.rm{CuO}作氧化劑C.銅元素化合價降低D.銅元素化合價升高rm{CuO}9、

下列離子檢驗的方法和結論不正確的是rm{(}rm{)}A.某溶液中滴加硝酸銀溶液生成白色沉淀，說明原溶液中有rm{Cl^{-}}B.某溶液中滴加氯化鋇溶液生成白色沉淀，說明原溶液中有rm{SO_{4}^{2-}}C.某溶液中滴加氫氧化鈉溶液生成藍色沉淀，說明原溶液中有rm{Cu^{2+}}D.某溶液中滴加稀硫酸溶液生成無色氣體，說明原溶液中有rm{CO_{3}^{2-}}10、氧化鉛(PbO)是黃色固體。實驗室用草酸在濃硫酸作用F分解制備CO，其原理為H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O。某學習小組設計實驗探究CO還原氧化鉛并檢驗氧化產物的裝置如圖所示(已知CO通入銀氨溶液產生黑色銀粒)。下列說法不正確的是。

A.實驗時，先點燃①處酒精燈，等裝置⑥中出現較多黑色銀粒且有連續(xù)氣泡后再點燃④處酒精燈B.實驗完畢時，先熄滅④處酒精燈，再熄滅①處酒精燈C.尾氣處理裝置可選用盛NaOH溶液的洗氣瓶D.當裝置④中固體質量減輕了0.16g時，裝置①中消耗的的物質的量為0.01mol11、實驗室里由粗鹽制備精鹽的實驗中，必需的操作步驟有()A.分液B.過濾C.溶解D.蒸發(fā)結晶12、下列關于淀粉和纖維素的敘述中，正確的是rm{(}rm{)}A.它們都是混合物B.它們都是天然高分子化合物C.它們互為同分異構體D.它們水解的最終產物都是葡萄糖評卷人得分三、雙選題(共7題，共14分)13、某化合物由碳、氫、氧三種元素組成，其紅外光譜圖有C-H鍵、O-H鍵、C-O鍵的振動吸收，該有機物的相對分子質量是60，則該有機物的結構簡式可能是（）A.CH3CH2OCH3B.CH3COOHC.CH3CH2CH2OHD.CH3CH2CHO14、下列化合物中，核磁共振氫譜只出現兩組峰且峰面積之比為rm{3}rm{2}的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.15、rm{X}rm{Y}都是rm{IIA(Be}除外rm{)}的元素，已知它們的碳酸鹽的熱分解溫度：rm{T(XCO_{3})>T(YCO_{3})}則下列判斷正確的是rm{(}rm{)}A.晶格能：rm{XCO_{3}>YCO_{3}}B.陽離子半徑：rm{X^{2+}>Y^{2+}}C.金屬性：rm{X>Y}D.氧化物的熔點：rm{XO>YO}16、下列說法正確的是A.粗鋅與稀硫酸反應比純鋅快，說明粗鋅中一定含有更活潑的金屬B.一定溫度下，rm{NH_{4}Cl}溶液加水稀釋，rm{NH_{4}^{+}}水解程度增大，rm{pH}增大C.在海輪船殼上鑲入鋅塊，可以減緩海輪腐蝕，這是利用了電解原理D.常溫下rm{2S_{2}O(g)=3S(s)+SO_{2}(g)}能自發(fā)進行，可推斷該反應為放熱反應17、H2在O2中燃燒的反應為2H2+O2=2H2O，反應前后沒有發(fā)生變化的是（）A.元素的種類B.分子的數目C.物質的總能量D.物質的總質量18、下列各組物質中，所含分子數一定相同的是rm{(NA}表示阿伏加德羅常數rm{)}A.rm{1molH_{2}}和rm{16gO_{2}}B.rm{N_{A}}個rm{N_{2}}和rm{11gCO_{2}}C.rm{18gH_{2}O}和rm{1molBr_{2;}}D.rm{22.4LH_{2}}和rm{NA}個rm{CO_{2}}19、把rm{Ca(OH)_{2}}固體放入一定量的蒸餾水中，一定溫度下達到平衡：rm{Ca(OH)_{2}(s)?Ca^{2+}(aq)+2OH^{-}(aq).}當向懸濁液中加少量生石灰后，若溫度保持不變，下列判斷正確的是rm{(}rm{)}A.溶液中rm{Ca^{2+}}數目減少B.溶液中rm{c(Ca^{2+})}增大C.溶液rm{pH}值不變D.溶液rm{pH}值增大評卷人得分四、填空題(共2題，共4分)20、已知一定條件下，單質X、Y、Z與化合物甲、乙之間存在如下變化關系：（1）若X是O2，Y是S，Z是H2，化合物甲是一種可燃性氣體，則化合物甲是，化合物乙是。（2）若X是Mg，Y是C，Z是O2，化合物甲是一種不可燃氣體，則化合物甲是，化合物乙是。21、某校學生化學實驗小組，為驗證Cl2氧化性強于硫和N2，設計了一套實驗裝置：（部分夾持裝置已略去）ABCDE（1）寫出A中反應的離子方程式____（2）B中出現黃色渾濁現象，產生此現象的離子方程式____（3）D中干燥管中出現的現象為____產生的NH3過量，則D干燥管發(fā)生化學方程式為____（4）有同學認為D中的現象并不能說明Cl2氧化性強于N2，需要在C之前加裝洗氣裝置，請畫出其裝置圖____（并注明盛裝試劑）。（5）證明非金屬性Cl>S，用另一種相關事實說明____評卷人得分五、計算題(共4題，共36分)22、由碳棒、鐵片和200mL稀H2SO4（足量）組成的原電池中，當在碳棒上共放出3.36L（標準狀況）氣體時，求消耗鐵多少克？有多少個電子通過了導線？23、(9分)研究NO2、SO2、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。⑴NO2可用水吸收，相應的化學反應方程式為____________________________。利用反應6NO2＋8NH37N2＋12H2O也可處理NO2。當轉移1.2mol電子時，消耗的NO2在標準狀況下是L。(2)已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=－196.6kJ·mol-12NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=－113.0kJ·mol-1則反應NO2(g）+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH=____kJ·mol-1。一定條件下，將NO2與SO2以體積比1:2置于密閉容器中發(fā)生上述反應，下列能說明反應達到平衡狀態(tài)的是____。a．體系壓強保持不變b．混合氣體顏色保持不變c．SO3和NO的體積比保持不變d．每消耗1molSO3的同時生成1molNO2測得上述反應平衡時NO2與SO2體積比為1:6，則平衡常數K＝。24、在一個容積為500mL的密閉容器中，充入5molH2和2molCO。在一定條件下，發(fā)生如下反應經過5min后達到平衡狀態(tài)。若此時測得CH3OH蒸氣的濃度為2mol/L，求：(1)以H2的濃度變化表示該反應的速率。(2)達平衡時CO的轉化率。25、（10分）在溫度為373K時，把0.25moiNO2氣體通入體積為500ml的真空密閉容器中，發(fā)生反應：2NO2(g)N2O4(g).反應進行到2s時，N2O4含量為0.05mol，進行到60s時，達到該條件下反應的最大限度，此時容器中混合氣體的平均相對分子質量為47.5，則：（1）開始時2s內以c(NO2)的變化表示的反應速率是多少?（2）達到最大限度時體系內的壓強是開始的多少倍?評卷人得分六、解答題(共1題，共2分)26、（1）（4分）2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）反應過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3（g）的△H=-99kJ/mol．

請回答下列問題：

①圖中A點表示：______

C點表示：______

E的大小對該反應的反應熱______（填“有”或“無”）影響．

②圖中△H=______kJ/mol．

（2）（4分）由氫氣和氧氣反應生成1mol水蒸氣；放出241.8kJ熱量（25℃；101kPa下測得）

①寫出該反應的熱化學方程式：______

②若1mol水蒸氣轉化為液態(tài)水放熱45kJ，則反應H2（g）+O2（g）=H2O（l）的△H=______kJ/mol．氫氣的燃燒熱為△H=______kJ/mol．

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】解：rm{壟脵}含rm{2}個rm{C=C}該有機物有一種同分異構體不含出現苯環(huán)，則不屬于酚類，故錯誤；

rm{壟脷}含rm{-COOC-}該有機物屬于酯類，故正確；

rm{壟脹}不含rm{-CHO}則該有機物不能發(fā)生銀鏡反應，故正確；

rm{壟脺}由結構簡式可知，該有機物的分子式為rm{C_{11}H_{20}O_{2}}故錯誤；

rm{壟脻}含rm{1}個rm{-COOC-}rm{1mol}該有機物最多能與rm{1mol}rm{NaOH}反應；故正確；

故選B．

由結構簡式可知分子式，分子中含rm{C=C}rm{-COOC-}結合烯烴；酯的性質來解答．

本題考查有機物的結構與性質及推斷，為高頻考點，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重烯烴、酯性質的考查，題目難度不大．【解析】rm{B}2、D【分析】試題分析：由反應2A（g）＋2B（g）C（g）＋3D（g）可知，當途徑ⅡC、D的起始濃度分別為2mol/L和6mol/L完全轉化為A、B時，可生成4molA、4molB，與Ⅰ物質的量比值相等。由于反應前后氣體的化學計量數相等，壓強對平衡移動沒有影響，這說明達到平衡狀態(tài)時與途徑I中的平衡狀態(tài)是等效的，即Ⅰ、Ⅱ為等效平衡狀態(tài)，體系內混合氣體的百分組成相同，混合氣體平均相對分子質量相同。由于容器體積相等，兩途徑最終達到平衡時，體系內混合氣的濃度相差一倍，Ⅱ氣體質量是Ⅰ氣體質量的2倍，則達到平衡時，途徑Ⅰ的氣體密度為途徑Ⅱ密度的1/2，途徑Ⅱ氣體濃度大，反應速率快；選D?？键c：考查等效平衡?！窘馕觥俊敬鸢浮緿3、C【分析】【分析】本題考查常見物質的性質和用途，難度不大?！窘獯稹緼.過氧化鈉可與水和二氧化碳反應生成氧氣；所以可用作潛艇里的供氧劑，故A正確；

B.食醋可與水垢中的碳酸鈣和氫氧化鎂等物質反應，轉化成易溶于水的物質，因此可用于清除熱水瓶中的水垢，故B正確；C.二氧化硅可作光導纖維，故C錯誤；D.rm{Cl_{2}}溶于水生成次氯酸，次氯酸能殺菌消毒，故可用于自來水的殺菌消毒，故D正確。故選C。

【解析】rm{C}4、A【分析】解：rm{A.}甲為rm{C_{2}H_{5}OH}rm{X}為rm{O_{2}}則乙為rm{CH_{3}CHO}丙為rm{CH_{3}COOH}丙與甲不反應，則不符合上述轉化，故A選；

B.甲為rm{H_{2}S}rm{X}為rm{O_{2}}乙為rm{S}丙為rm{SO_{2}}丙與甲發(fā)生氧化還原反應生成rm{S}和水；符合上述轉化，故B不選；

C.甲為rm{HNO_{3}}rm{X}為rm{Fe}乙為硝酸鐵，丙為硝酸亞鐵，丙與甲發(fā)生氧化還原反應生成硝酸鐵，符合上述轉化，故C不選；

D.甲為rm{AlCl_{3}}溶液、rm{X}為rm{NaOH}溶液，乙為rm{Al(OH)_{3}}丙為rm{NaAlO_{2}}丙與甲發(fā)生相互促進水解反應生成氫氧化鋁，符合上述轉化，故D不選；

故選A．

A.甲為rm{C_{2}H_{5}OH}rm{X}為rm{O_{2}}則乙為rm{CH_{3}CHO}丙為rm{CH_{3}COOH}丙與甲不反應；

B.甲為rm{H_{2}S}rm{X}為rm{O_{2}}乙為rm{S}丙為rm{SO_{2}}丙與甲發(fā)生氧化還原反應；

C.甲為rm{HNO_{3}}rm{X}為rm{Fe}乙為硝酸鐵，丙為硝酸亞鐵，丙與甲發(fā)生氧化還原反應；

D.甲為rm{AlCl_{3}}溶液、rm{X}為rm{NaOH}溶液，乙為rm{Al(OH)_{3}}丙為rm{NaAlO_{2}}丙與甲發(fā)生相互促進水解反應．

本題考查無機物的推斷，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反應及相互轉化為解答的關鍵，側重分析與推斷能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大．【解析】rm{A}5、D【分析】略【解析】rm{D}二、多選題(共7題，共14分)6、ABC【分析】【分析】本題旨在考查學生對濃硫酸的性質的應用?！窘獯稹繚饬蛩岷驼崽欠磻?，先體現濃硫酸的脫水性，使蔗糖脫水形成碳，然后濃硫酸稀釋放出大量的熱，后濃硫酸和碳反應生成二氧化碳、二氧化硫、水，體現濃硫酸的強氧化性，故ABC正確。故選ABC?！窘馕觥縭m{ABC}7、BC【分析】略【解析】rm{BC}8、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。反應rm{CuO+H}rm{2}rm{2}rm{overset{?}{=}}rm{Cu+H}rm{2}中，氧化銅中rm{2}元素化合價降低被還原，氧化銅為氧化劑；氫氣中rm{O}元素化合價升高被氧化，為還原劑，據此進行解答?！窘獯稹緼.rm{Cu}中rm{H}元素化合價從rm{CuO}價變?yōu)閞m{Cu}價被還原，rm{+2}作氧化劑；故A錯誤；

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

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

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

故選BC。

rm{+2}【解析】rm{BC}9、ABD【分析】解：rm{A}能使硝酸銀產生白色沉淀的離子有氯離子、硫酸根離子等，所以某溶液加入硝酸銀溶液有白色沉淀，原溶液中不一定有rm{Cl^{-}}故A錯誤．

B；能使氯化鋇產生白色沉淀的離子有碳酸根離子、硫酸根離子、亞硫酸根離子等；所以某溶液中加入氯化鋇溶液有白色沉淀，原溶液中不一定含有硫酸根離子，故B錯誤．

C、能使氫氧化鈉產生藍色沉淀的陽離子只有銅離子，所以某溶液中加入氫氧化鈉溶液有藍色沉淀，說明原溶液中有rm{Cu^{2+}}故C正確．

D；能和稀硫酸反應生成無色氣體的離子有碳酸根離子、亞硫酸根離子等；所以某溶液加入稀硫酸生成無色氣體，原溶液中不一定含有碳酸根離子，故D錯誤．

故選ABD．

A；能使硝酸銀產生白色沉淀的離子有氯離子、硫酸根離子等．

B；能使氯化鋇產生白色沉淀的離子有碳酸根離子、硫酸根離子、亞硫酸根離子等．

C；能使氫氧化鈉產生藍色沉淀的陽離子只有銅離子．

D；能和稀硫酸反應生成無色氣體的離子有碳酸根離子、亞硫酸根離子等．

本題考查了常見陰陽離子的檢驗，難度不大，注意離子的檢驗方法和反應現象判斷，關鍵是注意干擾離子的作用和檢驗時的現象排除，題目難度中等．【解析】rm{ABD}10、CD【分析】【分析】

加熱時CO還原PbO得到Pb，CO的氧化產物為根據制備CO的原理，裝置①制得的CO中混有(g)，CO在加熱時會與空氣中的反應生成且空氣中含有少量這些都會干擾CO氧化產物的檢驗，則CO與PbO反應之前必須排盡裝置中的空氣，CO通入PbO之前必須除去其中的和(g)。

【詳解】

A．為防止CO與空氣中的反應生成的和空氣中少量干擾CO氧化產物的檢驗，在CO與PbO加熱反應前必須先通CO排盡裝置中的空氣；實驗時先點燃①處酒精燈，當觀察到裝置⑥中產生黑色固體顆粒且有連續(xù)氣泡產生時表明裝置中空氣已經完全排盡，再點燃④處酒精燈，故A正確；

B．實驗完畢；為防止產生倒吸，應先熄滅④處酒精燈，再熄滅①處酒精燈，故B正確；

C．由于CO有毒；要進行尾氣處理，NaOH溶液不能吸收CO，尾氣處理可點燃或用氣球收集，故C錯誤；

D．加熱④前要通CO排除裝置中的空氣，實驗完畢后要繼續(xù)通一段時間的CO，所以消耗的的物質的量比0.01mol要大；故D錯誤；

答案選CD。11、BCD【分析】【分析】本題旨在考查學生對粗鹽的提純的應用?！窘獯稹看蛀}的提純必需的操作為溶解、過濾、蒸發(fā)結晶，故BCD正確。故選BCD?！窘馕觥縭m{BCD}12、ABD【分析】解：rm{A.}淀粉和纖維素表示式都為rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}淀粉、纖維素的聚合度rm{n}不確定；分別是由長短不一的聚合物混合在一起，所以它們都是混合物，故A正確；

B.淀粉和纖維素的相對分子質量在rm{10000}萬以上；則它們都是高分子化合物，且是天然高分子化合物，故B正確；

C.它們的通式都是rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}聚合度rm{n}不同；因此分子式不同，不互為同分異構體，故C錯誤；

D.淀粉和纖維素是多糖；在一定條件下都能水解生成單糖葡萄糖，故D正確；

故選ABD．

A.淀粉和纖維素表示式都為rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}聚合度rm{n}不確定；它們都是混合物；

B.高分子化合物是指相對分子質量很大的化合物；

C.它們的通式都是rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}聚合度rm{n}不同；

D.淀粉和纖維素是多糖；能發(fā)生水解．

本題主要考查淀粉和纖維素的有關知識，掌握淀粉和纖維素的結構和性質是解答的關鍵，題目難度不大．【解析】rm{ABD}三、雙選題(共7題，共14分)13、B|C【分析】解：A、CH3CH2OCH3相對分子質量為60；分子中含C-H鍵；C-O鍵，不含有O-H鍵，故A錯誤；

B、CH3COOH相對分子質量為60；分子中含C-H鍵；O-H鍵、C-O鍵，故B正確；

C．CH3CH2CH2OH相對分子質量為60；分子中含有C-H鍵；O-H鍵、C-O鍵，故C正確；

D、CH3CH2CHO相對分子質量為58；分子中含有C-H鍵；C=O鍵、不含O-H鍵、C-O鍵，故D錯誤；

故選：BC．

根據有機物的相對分子質量為60；分子中含有C-H鍵；O-H鍵、C-O鍵，對選項分析判斷．

本題考查有機物的結構，要解決本題需要把各物質的結構式寫出來，明確存在的化學鍵即可解答．【解析】【答案】BC14、rBD【分析】解：rm{A.}分子中有rm{3}種rm{H}原子，分別處于甲基上、環(huán)上甲基鄰位、苯環(huán)甲基間位，三者rm{H}原子數目之比為rm{3}rm{2}rm{2}故A錯誤；

B.該物質為高度對稱結構，分子中有rm{2}種rm{H}原子，分別處于甲基上、環(huán)上，二者rm{H}原子數目之比為rm{6}rm{4=3}rm{2}故B正確；

C.該物質為對稱結構，分子中有rm{2}種rm{H}原子，分別處于甲基上、rm{C=C}雙鍵上，二者rm{H}原子數目之比為rm{6}rm{2=3}rm{1}故C錯誤；

D.該物質分子中有rm{2}種rm{H}原子，分別處于甲基上、亞甲基上，二者rm{H}原子數目之比為rm{6}rm{4=3}rm{2}故D正確．

故選BD．

核磁共振氫譜只出現兩組峰，說明有機物含有兩種rm{H}原子，峰面積之比為rm{3}rm{2}說明分子中兩種rm{H}原子數目之比為rm{3}rm{2.}結合分子中等效氫判斷rm{.}分子中等效氫原子一般有如下情況：rm{壟脵.}分子中同一甲基上連接的氫原子等效rm{.壟脷.}同一碳原子所連甲基上的氫原子等效rm{.壟脹.}處于鏡面對稱位置rm{(}相當于平面成像時，物與像的關系rm{)}上的氫原子等效．

本題考查核磁共振氫譜、有機物結構判斷等，難度中等，判斷分子中等效氫是解題的關鍵，注意掌握等效氫的判斷．【解析】rm{BD}15、BC【分析】解：堿土金屬離子與碳酸根的極化作用，堿土金屬都帶兩個正電荷，如果離子半徑越小對陰離子rm{(}碳酸根離子rm{)}的極化作用越強，極化作用越強金屬鍵越容易往共價鍵發(fā)展，即越不穩(wěn)定。所以從第rm{2}主族由上到下，極化作用越弱，分解溫度越高；堿土金屬的碳酸鹽熱分解溫度：rm{T(XCO_{3})>T(YCO_{3})}則原子序數rm{X>Y}

A、陽離子電荷越高，半徑越小，晶格能越大，離子鍵就越強，熔點就越高，所以晶格能：rm{XCO_{3}<YCO_{3}}故A錯誤；

B、同一主族元素簡單陽離子半徑隨著原子序數增大而增大，所以陽離子半徑：rm{X^{2+}>Y^{2+}}故B正確；

C、同一主族元素，元素的金屬性隨著原子序數增大而增強，原子序數rm{X>Y}所以金屬性：rm{X>Y}故C正確；

D、碳酸鹽的熱分解溫度：rm{T(XCO_{3})>T(YCO_{3})}所以陽離子半徑：rm{X^{2+}<Y^{2+}}而它們的氧化物都是離子晶體，堿土金屬氧化物是離子晶體，離子晶體熔沸點與晶格能成正比，晶格能與離子半徑成反比，離子半徑rm{X>Y}所以氧化物的熔點：rm{XO<YO}故D錯誤；

故選：rm{BC}

堿土金屬離子與碳酸根的極化作用，堿土金屬都帶兩個正電荷，如果離子半徑越小對陰離子rm{(}碳酸根離子rm{)}的極化作用越強，極化作用越強金屬鍵越容易往共價鍵發(fā)展，即越不穩(wěn)定rm{.}所以從第rm{2}主族由上到下，極化作用越弱，分解溫度越高；堿土金屬的碳酸鹽熱分解溫度：rm{T(XCO_{3})>T(YCO_{3})}則原子序數rm{X>Y}

A.晶格能與離子半徑成反比；與電荷成正比；

B.同一主族元素簡單陽離子半徑隨著原子序數增大而增大；

C.同一主族元素；元素的金屬性隨著原子序數增大而增強；

D.堿土金屬氧化物是離子晶體；離子晶體熔沸點與晶格能成正比．

本題考查酸鹽的熱分解溫度與晶格能的大小關系，學生只要清楚影響晶格能大小的因素，比較容易．【解析】rm{BC}16、rBD【分析】本題考查的知識點是原電池、鹽類水解和化學反應進行的方向。A.粗鋅與稀硫酸反應比純鋅快，是因為粗鋅中含有的雜質與鋅構成了原電池加快了化學反應速率，故A錯誤；B.一定溫度下，加水稀釋能夠促進水解，則rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{4}^{+}}增大。故B正確；C.水解程度增大；但溶液稀釋后，溶液中氫離子濃度降低，酸性減弱，故rm{pH}增大。故B正確；D.rm{pH}在海輪外殼上鑲入鋅塊，鋅做負極，船體中的鐵做正極，可減緩船體的腐蝕速率，利用的是原電池原理，故C錯誤；減少，若能自發(fā)進行rm{triangleH-TtriangleS<0}由方程式中物質的狀態(tài)知，該反應的rm{婁隴}rm{婁隴}故D正確。故選BD。rm{S}減少，若能自發(fā)進行【解析】rm{BD}17、AD【分析】解：A；質量守恒定律可知；反應前后元素的種類不變，故A符合；

B；質量守恒定律可知；化學反應前后物質的量變化，分子數目發(fā)生變化，故B不符合；

C；化學反應的實質是原子的重新組合；斷裂化學鍵吸收能量，形成化學鍵放出能量，反應過程中遇到伴隨能量變化，故C不符合；

D；根據質量守恒定律可知；反應前后原子的種類和數目不變物質的總質量不變，故D符合；

故選：AD。

化學反應的實質是原子的重新組合分析判斷；質量守恒定律的內容是化學反應前后元素的種類；原子的種類和數目、物質的質量和不變；然后逐個分析即可。

本題考查了化學反應的實質分析，主要是質量守恒、原子守恒、元素守恒，題目難度不大?！窘馕觥緼D18、AC【分析】

【分析】本題考查了物質的量的有關計算，明確氣體摩爾體積的適用范圍及適用條件是解本題關鍵，熟練掌握基本公式即可解答?！窘獯稹克肿訑狄欢ㄏ嗤f明二者的物質的量相等。A.rm{1molH}rm{1molH}rm{{,!}_{2}}和rm{16gO}的物質的量均為rm{16gO}故A正確；B.rm{{,!}_{2}}rm{0.5mol}rm{N}rm{N}rm{{,!}_{A}}個rm{N}的物質的量為rm{dfrac{11g}{44g/mol}=0.25mol}二者分子數不同，rm{N}C.rm{{,!}_{2}}的物質的量為rm{1mol}rm{11gCO_{2}}的物質的量為rm{dfrac{11g}{44g/mol}

=0.25mol}二者分子數不同，rm{1mol}的物質的量為rm{dfrac{18g}{18g/mol}=1mol}二者分子數相同，故C正確；D.溫度、壓強未知，導致無法計算氫氣的物質的量，則無法判斷二者分子數是否相等，故D錯誤。故選AC。

rm{11gCO_{2}}【解析】rm{AC}19、rAC【分析】解：向懸濁液中加少量生石灰，發(fā)生：rm{CaO+H_{2}O=Ca(OH)_{2}}

A.加入rm{CaO}消耗水，由于原溶液已達到飽和，則平衡向逆反應方向移動，溶液中rm{Ca^{2+}}數目減少；故A正確；

B.反應后仍為飽和溶液，rm{c(Ca^{2+})}不變；故B錯誤；

C.反應后仍為飽和溶液，rm{c(OH^{-})}不變，溶液rm{pH}不變；故C正確；

D.反應后仍為飽和溶液，rm{c(OH^{-})}不變，溶液rm{pH}不變；故D錯誤．

故選AC．

向懸濁液中加少量生石灰，發(fā)生：rm{CaO+H_{2}O=Ca(OH)_{2}}消耗水，溶液rm{c(Ca^{2+})}rm{c(OH^{-})}增大；由于原溶液已達到飽和，則平衡向逆反應方向移動，以此解答該題．

本題考查難溶電解質的溶解平衡，為高頻考點，題目難度中等，本題注意向懸濁液中加少量生石灰，發(fā)生：rm{CaO+H_{2}O=Ca(OH)_{2}}從平衡移動的角度分析．【解析】rm{AC}四、填空題(共2題，共4分)20、略

【分析】【解析】【答案】（1）硫化氫水（2）二氧化碳氧化鎂21、略

【分析】【解析】試題分析：（1）裝置A是制備氯氣的，則反應的離子方程式是MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。（2）氯氣具有強氧化性，能把硫化鈉氧化生成單質S，所以溶液變混濁，反應的離子方程式是S2-+Cl2＝S↓+2Cl-。（3）E裝置是制備氨氣，氯氣能把氨氣氧化生成氮氣和氯化氫。生成的氯化氫和氨氣結合生成氯化銨，從而冒白煙，因此實驗的現象是產生大量白煙，反應的方程式是8NH3+3Cl2＝6NH4Cl+N2。（4）鹽酸易揮發(fā)，所以生成氯氣中含有氯化氫氣體，氯化氫也能直接和氨氣結合冒白煙，所以需要在C之前連接一盛有飽和食鹽水的裝置以除去氯化氫氣體。（5）非金屬性強弱比較的一般規(guī)律是：①由對應氫化物的穩(wěn)定性判斷：氫化物越穩(wěn)定，非金屬性越強。②由最高價氧化物對應水化物的酸性來判斷：酸性越強，非金屬越強。（除氟元素之外）。③非金屬單質與具有可變價金屬的反應。能生成高價金屬化合物的，其非金屬性強，據此可以驗證?？键c：考查元素非金屬性強弱比較的實驗探究的有關判斷、方程式的書寫和實驗設計【解析】【答案】(共10分)（1）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O（2分）（2）S2-+Cl2＝S↓+2Cl-（2分）（3）產生大量白煙，8NH3+3Cl2＝6NH4Cl+N2（2分）（4）（2分）（5）方法一：2Fe+3Cl22FeCl3、Fe+SFeS（其它合理答案給分）（2分）方法二：相同溫度下相同狀態(tài)的HCl的穩(wěn)定性大于H2S方法三：最高價氧化物對應的水化物的酸性HClO4大于H2SO4五、計算題(共4題，共36分)22、解：設需要消耗鐵x．

該原電池的電池反應式為：

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑

56g22.4L

x3.36L

所以x==8.4g

即消耗鐵8.4g．

設轉移電子y．

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑轉移電子。

22.4L1.204×1023個。

3.36Ly

所以y═=1.806×1023個。

故答案為：8.4g；1.806×1023個．【分析】

根據生成的氫氣與鐵之間的關系式計算消耗的鐵；根據生成的氫氣與通過的電子之間的關系式計算通過的電子．

本題以原電池為載體考查了氧化還原反應的有關計算，難度不大，明確各物理量之間的關系是解本題的關鍵．【解析】解：設需要消耗鐵x．

該原電池的電池反應式為：

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑

56g22.4L

x3.36L

所以x==8.4g

即消耗鐵8.4g．

設轉移電子y．

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑轉移電子。

22.4L1.204×1023個。