…………○…………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年冀教版高二化學上冊月考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、下列各組中兩個化學反應，屬于同一反應類型的一組是（）A.由苯制硝基苯；由苯制環己烷B.由乙烯制1，2-二溴乙烷；由乙烷制一氯乙烷C.由苯制溴苯；CH4制CH2Cl2D.乙烯使溴水褪色；乙烯使酸性高錳酸鉀溶液褪色2、有機物rm{A}和rm{B}由rm{C}rm{H}rm{O}中的兩種或三種元素組成，相同物質的量的rm{A}和rm{B}完全燃燒時，消耗氧氣的物質的量相等，下列對rm{A}rm{B}的判斷一定錯誤的是rm{(}rm{)}A.rm{A}與rm{B}互為同分異構體B.rm{A}與rm{B}的分子組成相差rm{n}個“rm{CH_{2}}”C.rm{A}與rm{B}的分子組成相差rm{n}個“rm{CO_{2}}”D.rm{A}與rm{B}的分子組成相差rm{n}個“rm{H_{2}O}”3、現有下列反應，據兩式判斷，還原性由強到弱的排列順序正確的是（1）2Fe3++2I—2Fe2++I2（2）Cl2+2Fe2+2Fe3++2Cl—A.Cl—>Fe2+>I—B.I—>Fe2+>Cl—C.Cl—>I—>Fe2+D.Fe2+>I—>Cl—4、利用如圖裝置，完成很多電化學實驗。下列有關此裝置的敘述中，不正確的是A.若X為鋅棒，Y為NaCl溶液，開關K置于M處，可減緩鐵的腐蝕，這種方法稱為犧牲陽極的陰極保護法B.若X為碳棒，Y為NaCl溶液，開關K置于N處，可減緩鐵的腐蝕，溶液中的陽離子向鐵電極移動C.若X為銅棒，Y為硫酸銅溶液，開關K置于M處，銅棒質量將增加，此時外電路中的電子向銅電極移動D.若X為銅棒，Y為硫酸銅溶液，開關K置于N處，鐵棒質量將增加，溶液中銅離子濃度將減小5、某無色溶液中，若加入溴水，溴水褪色，若加入NH4HCO3，固體溶解并產生刺激性氣味的氣體，則該溶液中可能大量存在的離子組是A.Na+、K+、Cl－、OH－B.H+、Na+、SO42－、NO3－C.K+、Ca2+、NO3－、SO32－D.Na+、Mg2+、S2－、MnO4－6、下列表示物質的圖或式正確的是()A.氮氣的電子式N┇┇NB.Mg2+的結構示意圖C.NH3的結構式D.甲基的電子式7、阿伏加德羅常數約為rm{6.02隆脕10^{23}}rm{mol^{-1}}下列敘述中正確的是rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{mol}rm{Cl_{2}}參加反應，一定得rm{2隆脕6.02隆脕10^{23}}個電子B.在rm{25隆忙}rm{101}rm{kPa}時，rm{14}rm{g}氮氣中含有rm{N_{A}}個原子C.rm{2.24}rm{L}rm{CH_{4}}中含有的原子數為rm{0.5隆脕6.02隆脕10^{23}}D.rm{250}rm{mL}rm{2}rm{mol?L^{-1}}的氨水中含有rm{NH_{3}?H_{2}O}的分子數為rm{0.5隆脕6.02隆脕10^{23}}8、事物是相互影響、相互制約的。在有機化合物分子中，這種相互影響、相互制約同樣存在。例如：rm{壟脵}rm{+Br_{2}xrightarrow[]{FeB{r}_{3}}}rm{+Br_{2}xrightarrow[]{FeB{r}_{3}}

}rm{+HBr}rm{壟脷}rm{+3Br}rm{2}rm{2}rm{xrightarrow[]{}}

rm{+3HBr}rm{xrightarrow[{H}^{+}]{KMn{O}_{4}}}下列性質____說明基團之間相互影響的是rm{壟脹}A.rm{xrightarrow[{H}^{+}]{KMn{O}_{4}}

}用濃溴水而rm{(}用液溴；rm{)}需用催化劑而rm{壟脷}不需用。B.rm{壟脵}生成三溴取代產物而rm{壟脵}只生成一溴取代產物。C.rm{壟脷}無明顯酸性，而顯弱酸性。D.乙醇能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，而苯酚不能。rm{壟脷}9、下列分子或離子中，含有孤電子對最多的是()A.rm{H_{2}S}B.rm{BeCl_{2}}C.rm{H_{3}O^{+}}D.rm{NHrlap{_{4}}{^{+}}}評卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)10、向盛有硫酸銅水溶液的試管里加入氨水，首先形成難溶物，繼續添加氨水，難溶物溶解得到深藍色的透明溶液．下列對此現象說法正確的是（）A.反應后溶液中不存在任何沉淀，所以反應前后Cu2+的濃度不變B.在[Cu（NH3）4]2+離子中，Cu2+提供空軌道，NH3給出孤對電子C.向反應后的溶液加入乙醇，溶液沒有發生變化D.沉淀溶解后，將生成深藍色的配合離子[Cu（NH3）4]2+11、室溫時，0.1mol/L某一元酸HA的水溶液PH=4．下列描述不正確的是（）A.該溶液中HA有0.1%發生了電離B.此酸電離平衡常數約為10-7C.升高溫度后溶液的PH增大D.若將PH=2的HA溶液與PH=12的NaOH溶液等體積混合后PH=712、含硒rm{(Se)}的保健品已開始進入市場。已知硒與氧；硫同主族；與溴同周期，則下列關于硒的敘述中，正確的是。

A.非金屬性比硫弱B.氫化物比rm{HBr}穩定。

C.原子序數為rm{34}D.最高價氧化物的水化物顯堿性13、下列有關說法正確的是rm{(}rm{)}A.一定溫度下，反應rm{MgCl_{2}(1)=Mg(1)+Cl_{2}(g)}的rm{triangleH>0}rm{triangleS>0}B.常溫下，rm{pH}均為rm{5}的鹽酸與氯化銨溶液中，水的電離程度相同C.rm{0.1mol?L^{-1}CH_{3}COOH}溶液加水稀釋，溶液的rm{pH}和rm{CH_{3}COOH}的電離度均增大D.將rm{BaCl_{2}}溶液滴入含酚酞的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，紅色逐漸褪去，說明rm{BaCl_{2}}溶液顯酸性14、下列除雜方法不正確的是rm{(}rm{)}A.除去乙炔中混有的少量rm{H_{2}S}氣體：可用rm{CuSO_{4}}溶液洗氣B.除去乙醛中混有的少量乙酸：可向混合物中加入足量的稀rm{NaOH}溶液，然后分液C.除去苯中少量的苯酚：可向混合物中加入足量的濃溴水，過濾D.除去溴苯中混有的少量液溴：可向混合物中加入足量的稀rm{NaOH}溶液，然后分液15、25℃時，取濃度均為0.1mol?L-1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分別用0.1mol?L-1NaOH溶液、0.1mol?L-1鹽酸進行中和滴定，滴定過程中pH隨滴加溶液的體積變化關系如圖所示．下列說法正確的是（）A.曲線Ⅰ：滴加溶液到10mL時：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）B.曲線Ⅰ：滴加溶液到20mL時：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）C.曲線Ⅱ：滴加溶液在10mL～20mL之間存在：c（NH4+）=c（Cl-）＞c（OH-）=c（H+）D.曲線Ⅱ：滴加溶液到10mL時：c（CH3COO-）-c（CH3COOH）=2[c（H+）-c（OH-）]16、下列關于物質性質的比較，不正確的是（）A.酸性強弱：HIO4＞HBrO4＞HClO4B.原子半徑大小：Na＞O＞SC.堿性強弱：KOH＞NaOH＞LiOHD.金屬性強弱：Na＞Mg＞Al評卷人得分三、多選題(共7題，共14分)17、根據元素周期律，鹵族元素的下列性質從下到上依次遞增的有()A.金屬性B.非金屬性C.原子半徑D.單質的氧化性18、下列說法正確的是。

A.油脂屬于脂類B.蛋白質水解的最終產物是氨基酸。

C.纖維素不能發生水解反應D.淀粉完全水解的產物是葡萄糖19、合金的性能優異，在日常生活中有著廣泛應用。下列物品的制作材料屬于合金的有()A.陶瓷杯B.黃銅樂器C.rm{1}元硬幣D.硬鋁窗框20、將綠豆大小的金屬鈉投入加有酚酞的rm{100mL}蒸餾水中，則()A.溶液變藍B.rm{Na}浮在水面上并熔化成小球C.rm{Na}在水面上游動D.有rm{H_{2}}生成21、下列操作與所選儀器搭配正確的是()A.稱量rm{隆陋隆陋}天平B.量取液體rm{隆陋隆陋}量筒C.攪拌rm{隆陋隆陋}溫度計D.萃取分液rm{隆陋隆陋}分液漏斗22、實驗室里由粗鹽制備精鹽的實驗中，必需的操作步驟有rm{(}rm{)}A.分液B.過濾C.溶解D.蒸發結晶23、在銅鋅原電池中，鋅電極上發生的反應為rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}則。

A.鋅電極為負極rm{{,!}}B.鋅電極為正極。

C.反應中rm{Zn}被氧化D.反應中rm{Zn}被還原評卷人得分四、填空題(共2題，共14分)24、把煤作為燃料可通過下列兩種途徑:途徑ⅠC(s)+O2(g)CO2(g)ΔH1<0①途徑Ⅱ先制成水煤氣:C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH2>0②再燃燒水煤氣:2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH3<0③2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH4<0④請回答下列問題:(1)途徑Ⅰ放出的熱量理論上(填“大于”“等于”或“小于”)途徑Ⅱ放出的熱量。(2)ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4的數學關系式是。(3)已知:①C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH2=-566kJ·mol-1③TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(s)+O2(g)ΔH3=+141kJ·mol-1則TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=。(4)已知下列各組熱化學方程式①Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)ΔH1=-25kJ·mol-1②3Fe2O3(s)+CO(g)2Fe3O4(s)+CO2(g)ΔH2=-47kJ·mol-1③Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)ΔH3=+640kJ·mol-1請寫出FeO(s)被CO(g)還原成Fe和CO2(g)的熱化學方程式______________________。25、正丁醛是一種化工原料rm{{.}}某實驗小組利用如圖所示裝置合成正丁醛．

發生的反應如下：rm{C{H}_{3}C{H}_{2}C{H}_{2}C{H}_{2}OHxrightarrow[{H}_{2}S{O}_{4}?]{N{a}_{2}C{r}_{2}{O}_{7}}C{H}_{3}C{H}_{2}C{H}_{2}CHO}．

反應物和產物的相關數據列表如下：。rm{C{H}_{3}C{H}_{2}C{H}_{2}C{H}_{2}OH

xrightarrow[{H}_{2}S{O}_{4}?]{N{a}_{2}C{r}_{2}{O}_{7}}C{H}_{3}C{H}_{2}C{H}_{2}CHO

}沸點rm{{/隆忙}}密度rm{{/}g{?}cm^{{-}3}}水中溶解性正丁醇rm{117{.}2}rm{0{.}8109}微溶正丁醛rm{75{.}7}rm{0{.}8017}微溶實驗步驟如下：

將rm{6{.}0gNa_{2}Cr_{2}O_{7}}放入rm{100mL}燒杯中，加rm{30mL}水溶解，再緩慢加入rm{5mL}濃硫酸，將所得溶液小心轉移至rm{B}中rm{{.}}在rm{A}中加入rm{4{.}0g}正丁醇和幾粒沸石，加熱rm{{.}}當有蒸汽出現時，開始滴加rm{B}中溶液rm{{.}}滴加過程中保持反應溫度為rm{90{隆蘆}95{隆忙}}在rm{E}中收集rm{90{隆忙}}以上的餾分rm{.}將餾出物倒入分液漏斗中，分去水層，有機層干燥后蒸餾，收集rm{75{隆蘆}77{隆忙}}餾分，產量rm{2{.}0g}．

回答下列問題：

rm{(1)D}儀器的名稱是__________________

rm{(2)}實驗中，能否將rm{Na_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液加到濃硫酸中__________；說明理由___________________________________________

rm{(3)}加入沸石的作用是__________________；若加熱后發現未加入沸石，應采取的正確方法是______________________

rm{(4)}分液漏斗使用前必須進行的操作是__________________；將正丁醛粗產品置于分液漏斗中分離水時，水在____________層rm{(}填“上”或“下”rm{)}

?rm{(5)}反應溫度應保持在rm{90{隆蘆}95{隆忙}}其原因是______________________________________________________________________

rm{(6)}本實驗中，正丁醛的產率為__________________rm{{%}}評卷人得分五、探究題(共4題，共12分)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。28、（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。29、（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。評卷人得分六、其他(共3題，共24分)30、可用于提純或分離物質的常用方法有：①過濾、②結晶、③升華、④分餾、⑤鹽析、⑥滲析、⑦加熱分解⑧分液等，將分離或提純的編號填入下列各混合物后面的橫線上。（1）除去碳酸鈉固體中混有的碳酸氫鈉；（2）除去石灰水中懸浮的CaCO3顆粒；（3）除去氯化鈉單質中混有的碘單質；31、(8分)下圖是一些常見的物質間的轉化關系圖。C是紫紅色金屬單質，G是藍色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是磚紅色沉淀，F是形成酸雨的無色有害氣體，所有反應物、生成物中的水均未標出；反應②的條件是使用濃B溶液和加熱。(1)A是，E是；(2)電解A溶液時陰極的反應式；(3)電解A溶液的總反應化學方程式是。32、已知：(X代表鹵素原子，R代表烴基)利用上述信息，按以下步驟從合成(部分試劑和反應條件已略去)請回答下列問題：（1）分別寫出B、D的結構簡式：B_________、D_________。（2）反應①～⑦中屬于消去反應的是___________。(填數字代號)（3）如果不考慮⑥、⑦反應，對于反應⑤，得到的E可能的結構簡式為：_________。（4）試寫出CD反應的化學方程式(有機物寫結構簡式，并注明反應條件)。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】解：A．苯中H被硝基取代；苯與氫氣發生加成反應生成環己烷；則分別發生取代反應；加成反應，故A不選；

B．乙烯與溴發生加成反應生成1；2-二溴乙烷；由乙烷與氯氣光照下發生取代反應生成一氯乙烷，則分別發生加成反應；取代反應，故B不選；

C．苯中H被溴取代；甲烷中H被Cl取代；均發生取代反應，故C選；

D．乙烯與溴水發生加成反應；乙烯被高錳酸鉀氧化；分別發生加成反應；氧化反應，故D不選；

故選C．

A．苯中H被硝基取代；苯與氫氣發生加成反應生成環己烷；

B．乙烯與溴發生加成反應生成1；2-二溴乙烷；由乙烷與氯氣光照下發生取代反應生成一氯乙烷；

C．苯中H被溴取代；甲烷中H被Cl取代；

D．乙烯與溴水發生加成反應；乙烯被高錳酸鉀氧化．

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握有機物官能團與性質的關系為解答關鍵，注意有機反應的判斷，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大．【解析】【答案】C2、B【分析】解：rm{A.}當rm{A}與rm{B}互為同分異構體時；分子式相同，物質的量相同時完全燃燒消耗氧氣的量相等，故A正確；

B.rm{A}與rm{B}的分子組成只相差rm{n}個“rm{CH_{2}}”時；消耗氧氣的量不等，故B錯誤；

C.rm{A}與rm{B}的分子組成只相差rm{n}個“rm{CO_{2}}”時，相同物質的量的rm{A}和rm{B}完全燃燒時；消耗氧氣的物質的量相等，故C正確；

D.rm{A}與rm{B}的分子組成只相差rm{n}個“rm{H_{2}O}”時，相同物質的量的rm{A}和rm{B}完全燃燒時；消耗氧氣的物質的量相等，故D正確．

故選B．

相同物質的量的rm{A}和rm{B}完全燃燒時；消耗氧氣的物質的量相等，存在以下幾種情況：

rm{壟脵}分子間相差rm{n}個rm{CO_{2}}

rm{壟脷}分子間相差rm{n}個rm{H_{2O}}

rm{壟脹}分子間rm{1}個rm{C}相當于rm{4}個rm{H}即少一個rm{C}要多rm{4}個rm{H}據此對各選項進行判斷．

本題考查有機物燃燒中耗氧量的判斷，題目難度中等，注意有機物耗氧量的計算方法以及與有機物分子式的拆寫方法，此題求解時應緊緊抓住“等物質的量的rm{A}和rm{B}完全燃燒時，消耗相等物質的量的氧氣”這句話的含義：二者互為同分異構體，二者的分子組成上相差若干個rm{H_{2}O}二者的分子組成上相差若干個rm{CO_{2}}．【解析】rm{B}3、B【分析】因為氧化還原反應中還原劑的還原性大于還原產物的，所以根據（1）可知還原性是I—>Fe2+。根據（2）可知還原性是Fe2+>Cl—，因此正確的答案選B。【解析】【答案】B4、D【分析】【解析】【答案】D5、A【分析】【解析】【答案】A6、C【分析】【解答】正確答案：C

A．不正確，氮氣的電子式B．不正確，Mg2+的結構示意圖

C．NH3的結構式D．不正確，甲基的電子式7、B【分析】解：rm{A.}若rm{1mol}氯氣全部起氧化劑作用，轉移電子數為rm{2N_{A}}個，也可能部分起氧化劑部分起還原劑，如氯氣與氫氧化鈉反應，起氧化劑與還原劑作用各占rm{dfrac{1}{2}}rm{1mol}氯氣反應轉移電子數為rm{0.5mol隆脕2隆脕N_{A}mol^{-1}=N_{A}}故A錯誤；

B.rm{14g}氮氣的物質的量rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{14g}{28g/mol}=0.5mol}而rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac

{14g}{28g/mol}=0.5mol}中有rm{N_{2}}個電子，故rm{14}中含有的電子數rm{0.5molN_{2}}故B正確；

C.不是標準狀況下，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算rm{N=0.5隆脕14隆脕N_{A}=7N_{A}}的物質的量；故C錯誤；

D.rm{2.24LCH_{4}}的氨水中含有溶質一水合氨rm{250mL2mol/L}由于溶液中一水合氨部分電離，所以溶液中含有rm{0.5mol}的分子數為小于rm{NH3?H_{2}O}故D錯誤；

故選B．

A.氯氣在反應中可能全部起氧化劑；也可能部分起氧化劑部分起還原劑；

B.氮氣的物質的量并結合氮氣中的電子個數來計算；

C.標準狀況下氣體摩爾體積為rm{0.5隆脕6.02隆脕10^{23}}沒有告訴在標準狀況下，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算甲烷的物質的量；

D.一水合氨為弱電解質；溶液中部分電離，導致一水合氨數目減少；

本題考查阿伏加德羅常數的有關計算和判斷，題目難度中等，注意掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數的關系，準確弄清分子、原子、原子核內質子中子及核外電子的構成關系，明確標況下氣體摩爾體積的使用條件．rm{22.4L/mol}【解析】rm{B}8、D【分析】【分析】本題考查了苯、甲苯和苯酚的性質，熟悉物質的結構對化學性質的影響是解題關鍵，題目難度不大。【解答】A.由于羥基對苯環的影響，使苯環上和羥基處于鄰對位上的氫原子變得更活潑，rm{壟脷}用濃溴水而rm{壟脵}用液溴；rm{壟脵}需用催化劑而rm{壟脷}不需用，故A錯誤；用濃溴水而rm{壟脷}用液溴；rm{壟脵}需用催化劑而rm{壟脵}不需用，故A錯誤；rm{壟脷}由于羥基對苯環的影響，使苯環上和羥基處于鄰對位上的氫原子變得更活潑，B.生成三溴取代產物而rm{壟脷}生成三溴取代產物而rm{壟脵}只生成一溴取代產物，故B錯誤；只生成一溴取代產物，故B錯誤；rm{壟脷}rm{壟脵}C.由于苯環對羥基的影響，rm{CH}rm{CH}rm{3}無明顯酸性，而羥基上的氫能電離rm{3}rm{CH}rm{CH}rm{2}

rm{2}【解析】rm{D}9、B【分析】【分析】本題考查了化合物中孤電子對個數的計算方法，根據價層電子對互斥理論計算即可，注意其陰陽離子孤電子對個數的計算方法，為易錯點，題目難度不大。分子中孤電子對個數rm{=}rm{=}rm{dfrac{1}{2}}中心原子價電子數rm{(}中心原子價電子數rm{-}配原子個數rm{隆脕}配原子形成穩定結構需要的電子數rm{)}陽離子中孤電子對個數rm{=}配原子個數rm{(}配原子形成穩定結構需要的電子數rm{-}陽離子中孤電子對個數rm{隆脕}rm{)}rm{=}rm{dfrac{1}{2}}電荷數rm{(}配原子個數rm{(}配原子形成穩定結構需要的電子數中心原子價電子數rm{-}電荷數rm{-}配原子個數rm{隆脕}配原子形成穩定結構需要的電子數rm{)}陰離子中孤電子對個數rm{=}陰離子中孤電子對個數rm{-}rm{-}rm{隆脕}rm{)}電荷數rm{=}配原子個數rm{dfrac{1}{2}}配原子形成穩定結構需要的電子數rm{(}據此分析解答。rm{(}中心原子價電子數rm{+}電荷數rm{-}配原子個數rm{隆脕}配原子形成穩定結構需要的電子數rm{)}據此分析解答。rm{+}rm{-}rm{隆脕}rm{)}【解答】A.rm{H}rm{H}rm{2}rm{2}氫原子沒有孤電子對；rm{S}rm{S}中rm{S}rm{S}原子上的孤電子對個數rm{=}rm{=}rm{dfrac{1}{2}}rm{(}rm{(}rm{6-1-3隆脕1)=1}氫原子沒有孤電子對rm{6-1-3隆脕1)=1}B.rm{BeCl}rm{BeCl}rm{2}rm{2}分子中rm{Be}rm{Be}原子上的孤電子對個數rm{=}rm{=}rm{dfrac{1}{2}}rm{(}rm{(}rm{2-2隆脕1)=0}rm{2-2隆脕1)=0}，氯原子上的原子上的孤電子對個數孤電子對個數rm{=3}rm{=3}rm{隆脕2=6}rm{隆脕2=6}；C.rm{H}rm{H}rm{3}rm{3}rm{O}rm{O}rm{+}【解析】rm{B}二、雙選題(共7題，共14分)10、B|D【分析】解：A．硫酸銅和氨水反應生成氫氧化銅藍色沉淀；繼續加氨水時，氫氧化銅和氨水繼續反應生成絡合物而使溶液澄清，所以溶液中銅離子濃度減小，故A錯誤．

B．在[Cu（NH3）4]2+離子中，Cu2+提供空軌道，NH3提供孤電子對；故B正確；

C．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度；向溶液中加入乙醇后會析出藍色晶體，故C錯誤；

D．硫酸銅和氨水反應生成氫氧化銅藍色沉淀，繼續加氨水時，氫氧化銅和氨水繼續反應生成絡合物離子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清；故D正確；

故選BD

氨水和硫酸銅反應生成氫氧化銅藍色沉淀；當氨水過量時，氨水和氫氧化銅反應生成可溶性的銅氨絡合物，所以難溶物溶解得到深藍色的透明溶液．

A．硫酸銅先和氨水反應生成氫氧化銅；氫氧化銅和氨水反應生成絡合物；

B．配合物中；配位體提供孤電子對，中心原子提供空軌道形成配位鍵；

C．絡合物在乙醇中溶解度較小；所以會析出；

D．氫氧化銅和氨水反應生成配合物而使溶液澄清；

本題考查了配合物、配位鍵的形成等性質，難度不大，明確形成配合物的條件是：有提供空軌道的中心原子，有提供孤電子對的配位體．【解析】【答案】BD11、C|D【分析】解：A．0.1mol/L某一元酸HA，pH=4，HA電離度為=0.1%；故A正確；

B．由HA═H++Ac-，c（H+）=c（Ac-）=10-4mol/L，則電離平衡常數為=1×10-7；故B正確；

C．溫度升高促進電離；氫離子濃度變大，pH減小，故C錯誤；

D．HA是弱酸；未完全電離，故pH=2的HA的酸和pH=12的NaOH溶液混合后，HA過量，故混合后溶液顯酸性，即pH小于7，故D錯誤．

故選CD．

A．利用PH=4；計算電離度；

B．根據電離度及離子的濃度計算電離平衡常數；

C．溫度升高促進電離；氫離子濃度變大；

D．HA是弱酸；不能完全電離．

本題考查弱酸的電離，明確離子的濃度、溫度對電離平衡的影響及離子積的計算即可解答，難度不大．【解析】【答案】CD12、AC【分析】【分析】本題主要考察元素周期律的相關應用，硒與鉀同周期即與溴同周期，硒與氧同主族，則硒與溴同周期且相鄰，以此解題。【解答】A.利用同主族性質的遞變規律，非金屬性：硒比硫弱，故A正確；B.利用同周期性質的遞變規律，rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}不如rm{Se}不如rm{HBr}穩定，故B錯誤；穩定，故B錯誤；C.利用已知信息推知硒原子序數為rm{Se}故C正確。rm{HBr}rm{34}D.硒為非金屬，其最高價氧化物的水化物顯酸性，故D錯誤；【解析】rm{AC}13、rAC【分析】解：rm{A.Mg}與氯氣的反應為放熱反應，則反應rm{MgCl_{2}(1)=Mg(1)+Cl_{2}(g)}為吸熱反應，其rm{triangleH>0}該反應為混亂度增加的反應，則rm{triangleS>0}故A正確；

B.常溫下，rm{pH}均為rm{5}的鹽酸與氯化銨溶液中；前者抑制了水的電離，而后者促進了水的電離，兩溶液中水的電離程度不同，故B錯誤；

C.rm{0.1mol?L^{-1}CH_{3}COOH}溶液加水稀釋，醋酸的濃度減小，則醋酸的電離程度增大，由于溶液體積增大的程度大于氫離子，則稀釋后氫離子濃度減小，溶液的rm{pH}增大；故C正確；

D.加入了幾滴酚酞試液的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，碳酸根離子水解顯堿性，溶液為紅色，而rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中滴加rm{BaCl_{2}}溶液；碳酸根離子與鋇離子結合生成碳酸鋇沉淀，碳酸根離子濃度減小，水解平衡逆向移動，顏色褪去，而氯化鋇溶液呈中性，故D錯誤；

故選AC．

A.氯化鎂的分解為吸熱反應，其焓變大于rm{0}該反應為氣體體積增大的反應，則熵變大于rm{0}

B.鹽酸中氫離子抑制了水的電離；氯化銨溶液中銨根離子水解，促進了水的電離；

C.稀釋后醋酸的電離程度增大，而氫離子濃度減小，則溶液的rm{pH}增大；

D.氯化鋇溶液呈中性；溶液之所以褪色，原因是鋇離子與碳酸根離子結合生成碳酸鋇沉淀，導致碳酸根離子濃度減小．

本題考查較為綜合，涉及弱電解質電離平衡、鹽的水解原理、反應熱與焓變、水的電離及其影響等知識，明確電離平衡及其影響為解答關鍵，注意掌握反應熱與焓變的關系．【解析】rm{AC}14、rBC【分析】解：rm{A.}硫化氫與硫酸銅反應生成沉淀；而乙炔不反應，然后洗氣可除雜，故A正確；

B.乙酸與rm{NaOH}反應；增大與乙醛的沸點差異，不分層，不能利用分液法分離，應選蒸餾法，故B錯誤；

C.溴、三溴苯酚均易溶于苯，不能除雜，應選rm{NaOH}溶液；分液；故C錯誤；

D.溴與rm{NaOH}反應后；與溴苯分層，然后分液可分離，故D正確；

故選BC．

A.硫化氫與硫酸銅反應生成沉淀；而乙炔不反應；

B.乙酸與rm{NaOH}反應；增大與乙醛的沸點差異；

C.溴；三溴苯酚均易溶于苯；

D.溴與rm{NaOH}反應后；與溴苯分層．

本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握物質的性質、性質差異、混合物分離方法為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意有機物性質的綜合應用，題目難度不大．【解析】rm{BC}15、BD【分析】解：根據曲線變化趨勢知；當未滴加溶液時，曲線I的pH＞7，說明屬于酸滴定堿溶液，根據曲線變化趨勢知，當未滴加溶液時，曲線II的pH＜7，說明屬于堿滴定酸溶液；

A．曲線I為酸滴定堿溶液，當滴加溶液到10mL時，溶液中的溶質是氯化銨和一水合氨，溶液呈堿性，則c（H+）＜c（OH-）；故A錯誤；

B．曲線I為酸滴定堿溶液，當滴加溶液到20mL時，溶液中的溶質是氯化銨，溶液呈酸性，則c（H+）＞c（OH-），溶液中存在電荷守恒c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），所以得c（Cl-）＞c（NH4+），鹽類水解程度較小，所以離子濃度大小順序是c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；故B正確；

C．曲線II為氫氧化鈉滴定醋酸溶液的曲線，滴加溶液在10mL～20mL之間，溶液中的溶質是醋酸鈉和醋酸，醋酸電離程度大于醋酸根離子水解程度，則溶液中c（H+）＞c（OH-）；故C錯誤；

D．滴加溶液到10mL時，溶液中的溶質是等物質的量濃度的醋酸和醋酸鈉，溶液中存在物料守恒c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），溶液中存在電荷守恒c（CH3COO-）+c（H+）=c（OH-）+c（Na+），所以得c（CH3COO-）-c（CH3COOH）=2[c（H+）-c（OH-）]；故D正確；

故選：BD。

根據曲線變化趨勢知；當未滴加溶液時，曲線I的pH＞7，說明屬于酸滴定堿溶液，根據曲線變化趨勢知，當未滴加溶液時，曲線II的pH＜7，說明屬于堿滴定酸溶液；

根據溶液中的溶質及溶液的酸堿性結合電荷守恒來分析解答．

本題考查了酸堿混合溶液定性判斷，根據溶液中的溶質及其性質結合電荷守恒和物料守恒來分析解答，題目難度中等．【解析】BD16、A|B【分析】解：A．非金屬性Cl＞Br＞I；元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的酸性越強，故A錯誤；

B．同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小；核外電子層數越多，半徑越大，應為Na＞S＞O，故B錯誤；

C．金屬性K＞Na＞Li；元素的金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強，故C正確；

D．同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸減弱；故D正確．

故選AB．

A．元素的非金屬性越強；對應的最高價氧化物的水化物的酸性越強；

B．同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小；核外電子層數越多，半徑越大；

C．元素的金屬性越強；對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強；

D．同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸減弱．

本題考查較為綜合，涉及金屬性、非金屬性等知識，側重于學生的分析能力的考查，注意把握元素周期律的遞變規律，難度中等，學習中注意積累．【解析】【答案】AB三、多選題(共7題，共14分)17、BD【分析】【分析】鹵族元素在周期表中處于同一主族，依據同主族元素性質的遞變規律解答。【解答】鹵族元素從下到上原子半徑依次減小，原子核對最外層電子的吸引力依次增強，金屬性依次減弱，非金屬性依次增強，單質的氧化性依次增強，所以符合題意的只有rm{BD}故BD正確。故BD正確。

rm{BD}故選BD。【解析】rm{BD}18、ABD【分析】【分析】本題考查了有機物的水解，難度較小，旨在考查學生對基礎知識的識記，注意基礎知識的積累掌握。【解答】A.油脂是油與脂肪的統稱，由高級脂肪酸與甘油形成的酯，液態為油，固態為脂肪，故A正確；

B.蛋白質是氨基酸縮聚形成的高分子化合物，水解最終生成氨基酸，故B正確；

C.纖維素水解生成葡萄糖，能發生水解，故C錯誤；

D.淀粉水解最終生成葡萄糖，故D正確。

故選ABD。【解析】rm{ABD}19、BCD【分析】【分析】本題難度不大，主要考查合金的特征，掌握合金的特征與用途是正確解答本題的關鍵。【解答】A.陶瓷杯是用陶瓷制成的；主要成分是硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，故A不符合題意；

B.黃銅是銅和鋅的合金，屬于合金，故B符合題意；C.硬幣屬于合金；故C符合題意；

D.硬鋁是鋁的合金，屬于合金，故D符合題意。故選BCD。【解析】rm{BCD}20、BCD【分析】【分析】本題考查了鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，結合鈉的物理性質判斷解答。【解答】鈉的密度小于水，熔點低，將綠豆大小的金屬鈉投入加有酚酞的rm{100}rm{m}rm{L}rm{100}rm{m}rm{L}rm{100}rm{m}rm{L}蒸餾水中，鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，反應放出大量的熱，溶液顯堿性，所以會看到現象：鈉浮在水面上并熔化成小球，生成氫氣，鈉在水面四處游動，溶液變紅，故rm{100}rm{m}rm{L}rm{100}rm{m}rm{L}rm{100}rm{100}rm{m}【解析】rm{BCD}21、ABD【分析】【分析】根據實驗儀器的使用方法和用途進行分析解答。【解答】A.天平用于稱量固體質量，故A正確；B.量筒量取液體體積，故B正確；C.溫度計用于測量溫度，不能用于攪拌，故C錯誤；D.分液漏斗用于分離兩種互不相溶的液體，故D正確。故選ABD。【解析】rm{ABD}22、BCD【分析】解：粗鹽提純過程為：溶解粗鹽rm{(C}選項rm{)}加入試劑將雜質離子除去，接著過濾除去難溶物、泥沙等rm{(B}選項rm{)}加入鹽酸調節溶液rm{pH}除去過量的除雜試劑，最后通過蒸發濃縮達到純凈的氯化鈉rm{(D}選項rm{)}所以必需的操作為：溶解；過濾、蒸發濃縮，不需要分液；

故選BCD．

實驗室里由粗鹽制備精鹽的實驗中；首先將粗鹽溶解，然后加入除雜試劑將雜質離子變成沉淀，然后通過過濾除去難溶物，最后對濾液進行蒸發濃縮達到純凈的氯化鈉，以此解答該題．

本題考查了粗鹽的提純方法，題目難度不大，注意掌握粗鹽提純過程中除雜試劑的選用及除雜試劑的加入順序，明確除雜原則．【解析】rm{BCD}23、AC【分析】【分析】本題考查了原電池原理，難度不大，注意原電池中，較活潑的金屬作負極，較不活潑的金屬作正極。【解答】A.rm{Zn}為負極，電子流出的電極，故A正確；為負極，電子流出的電極，故A正確；

rm{Zn}

B.銅鋅原電池中，較活潑的金屬作負極，故B錯誤；負極上C.失電子發生氧化反應被氧化rm{Zn}

，故C正確；失電子發生氧化反應被氧化，故D錯誤。

D.負極上rm{Zn}失電子發生氧化反應被氧化，故D錯誤。rm{Zn}【解析】rm{AC}四、填空題(共2題，共14分)24、略

【分析】(1)根據蓋斯定律的含義知,途徑Ⅰ放出的熱量等于途徑Ⅱ放出的熱量。(2)由蓋斯定律:①=得ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4。(3)由③+2×①-②得所求方程式,即ΔH=ΔH3+2ΔH1-ΔH2=+141kJ·mol-1+2×(-393.5kJ·mol-1)-(-566kJ·mol-1)=-80kJ·mol-1。(4)由題意:④FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)ΔH則④=得ΔH==-218kJ·mol-1則FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)ΔH=-218kJ·mol-1【解析】【答案】(1)等于(2)ΔH1=ΔH2+(ΔH3+ΔH4)/2(3)-80kJ·mol-1(4)FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)ΔH=-218kJ·mol-125、rm{(1)}直形冷凝管。

rm{(2)}不能，濃硫酸溶于水放出大量熱，容易發生迸濺傷人

rm{(3)}防止液體暴沸冷卻后補加

rm{(4)}檢漏下

rm{(5)}保證正丁醛及時蒸出，促使反應正向進行，又可盡量避免其被進一步氧化

rm{(6)51}【分析】【分析】本題考查有機化學實驗、反應原理、基本操作、化學計算等，難度不大，注意計算中正丁醇的轉化率等于正丁醛的產率，注意對基礎知識的理解掌握。【解答】rm{(1)D}儀器的名稱為：直形冷凝管，故答案為：直形冷凝管；rm{(2)}因為濃硫酸的密度大，能將rm{Na_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液加到濃硫酸中；容易發生迸濺傷人；

故答案為：不能；濃硫酸溶于水放出大量熱，容易發生迸濺傷人；

rm{(3)}加入沸石的作用是防止暴沸，若加熱后發現未加沸石，應該冷卻后補加，

故答案為：防止暴沸；冷卻后補加；

rm{(4)}分液漏斗使用前必須進行的第一項操作是檢漏；正丁醛密度為rm{0.8017g?cm^{-3}}小于水的密度，故分層后水層在下方；

故答案為：檢漏；下；

rm{(5)}根據題目所給反應物和產物的沸點數據可知，反應溫度保持在rm{90隆蘆95隆忙}既可保證正丁醛及時蒸出，又可盡量避免其被進一步氧化；

故答案為：保證正丁醛及時蒸出；促使反應正向進行，又可盡量避免其被進一步氧化；

rm{(6)}設正丁醛的產率為rm{x}則正丁醇的利用率為rm{x}根據關系式；

rm{C_{4}H_{10}O隆蘆C_{4}H_{8}O}

rm{74}rm{72}

rm{4xg}rm{2g}

解得：rm{x=dfrac{74隆脕2}{72隆脕4}}正丁醛的產率為rm{dfrac{74隆脕2}{72隆脕4}隆脕100攏樓=51攏樓}

故答案為：rm{dfrac{74隆脕2}{72隆脕4}隆脕100攏樓=51攏樓

}

rm{51}【解析】rm{(1)}直形冷凝管。

rm{(2)}不能，濃硫酸溶于水放出大量熱，容易發生迸濺傷人rm{(3)}防止液體暴沸冷卻后補加rm{(4)}檢漏下rm{(5)}保證正丁醛及時蒸出，促使反應正向進行，又可盡量避免其被進一步氧化rm{(6)51}五、探究題(共4題，共12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