2025年人教版PEP高二化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教版PEP高二化学上册月考试卷311考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列化学用语正确的是（）A.羟基的电子式：B.聚丙烯的结构简式：C.乙烯的结构简式：CH2CH2D.苯甲酸的结构简式：2、若已知反应NaNO2+HF═HNO2+NaF，7.2×10-4、4.6×10-4分别是上式所涉及的两种酸的电离常数．由此可判断下列叙述中不正确的是（）A.K（HF）=c（F-）∙c（H+）/c（HF）B.K（HNO2）=7.2×10-4C.酸性强弱为HF＞HNO2D.K（HNO2）＜K（HF）3、以溴乙烷为原料制备乙二醇，下列方案合理的是（）A.CH3CH2BrCH3CH2OHCH2═CH2CH2BrCH2Br乙二醇B.CH3CH2BrCH2BrCH2Br乙二醇C.CH3CH2BrCH2═CH2CH3CH2BrCH2BrCH2Br乙二醇D.CH3CH2BrCH2═CH2CH2BrCH2Br乙二醇4、下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.油脂会造成人体肥胖，所以不能食用B.脂肪酸在体内可以被氧化从而供给人体热量C.摄入人体的脂肪大部分成为脂肪组织存在于人体内D.必需脂肪酸在体内有促进发育、维持健康和参与胆固醇代谢的生理功能5、碘钨灯比白炽灯使用寿命长rm{.}灯管内封存的少量碘与使用过程中沉积在管壁上的钨可以发生反应：rm{W(s)+I_{2}(g)underset{T_{2}}{overset{T_{1}}{{rightleftharpoons}}}WI_{2}(g)triangleH<0(}温度rm{W(s)+I_{2}(g)

underset{T_{2}}{overset{T_{1}}{{rightleftharpoons}}}WI_{2}(g)triangle

H<0(}下列说法正确的是rm{T_{1}<T_{2}).}rm{(}A.灯管工作时，扩散到灯丝附近高温区的rm{)}会分解出rm{WI_{2}(g)}rm{W}重新沉积到灯丝上B.灯丝附近温度越高，rm{W}rm{WI_{2}}的转化率越低C.该反应的平衡常数表达式是rm{K=dfrac{c(W)cdotc(I_{2})}{c(WI_{2})}}D.增加少量rm{(g)}增大正反应速率rm{K=dfrac{c(W)cdot

c(I_{2})}{c(WI_{2})}}6、rm{28.}实验室制取乙烯的发生装置如下图所示。下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.烧瓶中加入乙醇、浓硫酸和碎瓷片B.反应温度控制在rm{140隆忙}C.导出的气体中只有乙烯D.可用向上排气法收集乙烯7、加热rm{HCOONa}固体，发生的反应有：rm{2HCOONaunderline{underline{Delta}}N{{a}_{2}}{{C}_{2}}{{O}_{4}}+{{H}_{2}}uparrow垄脵2HCOONaunderline{underline{Delta}}N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}+{{H}_{2}}uparrow+COuparrow垄脷N{{a}_{2}}{{C}_{2}}{{O}_{4}}underline{underline{Delta}}N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}+COuparrow垄脹}rm{2HCOONaunderline{underline{Delta

}}N{{a}_{2}}{{C}_{2}}{{O}_{4}}+{{H}_{2}}uparrow

垄脵2HCOONaunderline{underline{Delta

}}N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}+{{H}_{2}}uparrow+COuparrow

垄脷N{{a}_{2}}{{C}_{2}}{{O}_{4}}underline{underline{Delta

}}N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}+COuparrow垄脹}加热分解时，固体失重率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是rm{HCOONa}rm{(}A.rm{)}时，只有反应rm{T<415隆忙}发生B.反应rm{垄脵}rm{垄脵}不可能同时发生C.rm{垄脷}时，残留固体的主要成分是rm{570隆忙<T<600隆忙}D.残留固体中rm{Na_{2}CO_{3}}时，反应rm{m(Na_{2}C_{2}O_{4})=m(Na_{2}CO_{3})}rm{垄脵}的反应速率相等rm{垄脷}评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃烧的反应为rm{2H_{2}+O_{2}overset{碌茫脠录}{=!=!=!=!=}2H_{2}O}反应前后不发生变化的是rm{(}rm{)}A.元素的种类B.物质的总质量C.分子的数目D.原子的数目9、制造下列文化用品的原料属于有机材料的是A.纸B.铅笔芯C.橡皮擦D.塑料文具盒10、下列做法与化学反应速率有关的是。

A.延长反应时间rm{{,!}}B.使用合适的催化剂。

C.增加反应物的浓度D.改变反应的温度11、实验室需要配置rm{100mL1.0隆脕10^{-2}mol隆陇L^{-1}}的rm{100mL1.0隆脕10^{-2}

mol隆陇L^{-1}}溶液，下列玻璃仪器中，一定要用到的有A.漏斗B.玻璃棒C.烧杯D.容量瓶rm{CuSO_{4}}12、某短周期元素原子的最外电子层只有rm{2}个电子，该元素可能是()A.rm{0}族元素B.Ⅱrm{A}族元素C.第三周期元素D.Ⅳrm{A}族元素13、下列玻璃仪器中，不能用于加热的有A.烧杯B.容量瓶C.量筒D.试剂瓶评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、（10分）红磷P（s）和Cl2（g）发生反应生成PCl3和PCl5，反应过程和能量关系如图所示（图中的△H表示生成1mol产物的数据），根据下图回答下列问题：（1）PCl5分解生成PCl3和Cl2的热化学方程式；上述分解反应是一个可逆反应，温度T1时，在密闭容器中加入0.8molPCl5，反应达到平衡时还剩余0.6molPCl5，其分解率α1等于____；若反应温度由T1升高到T2，平衡时PCl5分解率α2，α2α1（填“大于”，“小于”或“等于”）；（2）写出固体磷和氯气生成PCl5的热化学方程式：。（3）工业上制备PCl5通常分两步进行，先将P和Cl2反应生成中间产物PCl3，然后降温，再和Cl2反应生成PCl5。原因是；15、许多植物的花中含有色素；这些色素有的在酸性或碱性溶液中显示不同的颜色，故可作酸碱指示剂．现取三种花瓣，分别放在三个研钵中研磨，再依次加入酒精，搅拌，静置后得到花汁的酒精溶液．分别取少量上述所得的花汁的酒精溶液，用稀酸和稀碱液逐一检验，现象如下：

。花的种类花汁在酒精中的颜色花汁在稀酸中的颜色花汁在稀碱中的颜色玫瑰粉色粉色绿色万寿菊黄色黄色黄色大红花粉色橙色绿色请回答：（1）以上所举的花中不能作酸碱指示剂的是______．

（2）经查资料得知，柑橘的近似pH为3.0～4.0．将大红花汁的酒精溶液滴入柑橘汁中，呈现的颜色应为______．16、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}为原子序数依次增大的五种短周期元素，已知rm{A}rm{E}同主族，rm{A}的原子核内只有一个质子，rm{B}原子最外层电子数是内层电子数的rm{2}倍，rm{C}元素的最高价氧化物的水化物与rm{C}的氢化物反应生成一种盐；rm{A}rm{E}二种元素都能与rm{D}元素分别形成原子个数比为rm{1漏U1}或rm{1漏U2}的常见化合物，回答下列问题：rm{(1)E_{2}D_{2}}的电子式为____；rm{(2)A}分别与rm{B}rm{C}rm{D}形成的rm{10}电子分子的稳定性由强到弱的顺序为：____rm{>}____rm{>}____；rm{(}用元素符号回答rm{)}rm{(3)D}元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反应的化学方程式是____。rm{(4)}写出由rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种元素形成的盐的化学式一种：rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}____。rm{(5)58gBA_{2}D_{2}}该物质完全燃烧后通过足量rm{Na_{2}O_{2}}固体吸收，rm{Na_{2}O_{2}}固体增重的质量为____rm{g}rm{(6)C}有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小。在一定条件下，rm{2L}的甲气体与rm{0.5L}的氧气相混合，若该混合气体被足量的rm{NaOH}溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的rm{R}的含氧酸盐的化学式是___________．

17、某温度下纯水中的rm{c(H^{+})=2隆脕10^{-7}mol?L^{-1}}则此时水中的rm{c(OH^{-})=}______；若温度不变，滴入稀盐酸，使rm{c(H^{+})=5隆脕10^{-4}mol?L^{-1}}则此时溶液中由水电离产生的rm{c(OH^{-})=}______．18、(共6分)pH＝13的NaOH溶液100mL，要使它的pH降为12。（体积变化忽略不计）（1）如果加入蒸馏水，应加________________________mL；（2）如果加入pH＝11的NaOH溶液，应加_______________mL；（3）如果加0.01mol/LHCl，应加________________________mL。19、(19分)Ⅰ：现有CH4、C2H4、C2H2、C2H6、C3H8五种有机物，回答下列问题：⑴质量相同时:在相同状况下体积最大的是____，完全燃烧时消耗Ｏ2的量最多的是____，生成CO2最多的是____，生成水最多的是____。⑵同温同压同体积时，五种物质完全燃烧消耗O2的量最多的是____Ⅱ:有机化学中的反应类型较多，将下列反应归类（填序号）。①乙苯的制备：②乙烷在空气中燃烧③乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色④乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色⑤由乙烯制聚乙烯⑥甲烷与氯气在光照的条件下反应⑦溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液共热⑧由甲苯制取TNT（1）其中属于取代反应的是____；属于氧化反应的是；属于加成反应的是；属消去反应的是属于聚合反应的是____（2）写出⑦和⑧的化学方程式⑦⑧Ⅲ：医药阿斯匹林的结构简式如图1所示：图1图2试根据阿斯匹林的结构回答；⑴阿斯匹林看成酯类物质，口服后，在胃肠酶的作用下，阿斯匹林发生水解反应，生成A和B两种物质。其中A的结构简式如图2所示，则B的结构简式为；B中含有的官能团名称是。⑵阿斯匹林跟NaHCO3同时服用，可使上述水解产物A与NaHCO3反应，生成可溶性盐随尿液排出，此可溶性盐的结构简式是⑶写出阿斯匹林与足量氢氧化钠溶液共热的化学反应方程式评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共36分)20、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。21、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。22、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。23、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分五、推断题(共1题，共9分)24、现有常见的金属单质rm{A}rm{B}rm{C}以及气体甲、乙、丙及物质rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}rm{H}他们之间存在如图所示的转化关系rm{(}图中有些反应的产物及反应条件没有全部标出来rm{).}其中rm{B}是地壳中含量最多的金属rm{.}请回答下列问题：

rm{(1)}写出金属rm{B}和气体丙化学式：rm{B}______；丙______；

rm{(2)}写出rm{垄脵}反应的化学方程式：______

rm{(3)}写出rm{垄脼}反应的离子方程式：______．评卷人得分六、其他(共2题，共4分)25、（8分）由丙烯出发，经如下反应，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）写出X和Y的结构简式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反应类型为__________；由W生成丙烯酸的反应类型为___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定条件下可合成高分子G，反应方程式为。26、已知：(X代表卤素原子，R代表烃基)利用上述信息，按以下步骤从合成(部分试剂和反应条件已略去)请回答下列问题：（1）分别写出B、D的结构简式：B_________、D_________。（2）反应①～⑦中属于消去反应的是___________。(填数字代号)（3）如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，得到的E可能的结构简式为：_________。（4）试写出CD反应的化学方程式(有机物写结构简式，并注明反应条件)。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】解：A．羟基中存在一个碳氧共用电子对，羟基的电子式为：故A错误；

B．聚丙烯为丙烯通过加聚反应生成的，聚丙烯的结构简式为：故B错误；

C．乙烯的结构简式：CH2=CH2；故C错误；

D．苯甲酸的结构简式：故D正确；

故选：D．

A．羟基中存在一个碳氧共用电子对；不带电；

B．聚丙烯的结构单元的主链含有2个C原子；

C．碳碳双键为官能团；不能省略；

D．苯环上1个氢原子被羧基取代得到苯甲酸．

本题考查了常见化学用语的表示方法，注意掌握电子式、结构简式等化学用语的概念及正确的表示方法是解题关键，题目难度不大．【解析】【答案】D2、B【分析】解：A．HF为弱酸，电离平衡常数=故A正确；

B．若已知反应NaNO2+HF═HNO2+NaF，则HF酸性强于HNO2，K（HNO2）=4.6×10-4；故B错误；

C．若已知反应NaNO2+HF═HNO2+NaF，则HF酸性强于HNO2；故C正确；

D．HF酸性强于HNO2，电离平衡常数越大酸性越强，K（HNO2）＜K（HF）；故D正确；

故选B．

相同温度下，酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，结合强酸制取弱酸分析，若已知反应NaNO2+HF═HNO2+NaF，则HF酸性强于HNO2，7.2×10-4、4.6×10-4分别是HF和HNO2的电离平衡常数；据此分析选项．

本题考查了弱电解质电离平衡、较强酸制备较弱酸原理分析，电离平衡常数大小比较等，掌握基础是解题关键，题目难度中等．【解析】【答案】B3、A【分析】解：A．以溴乙烷为原料制备乙二醇步骤为：CH3CH2Br在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成CH3CH2OH，CH3CH2Br+NaOCH3CH2OH+NaBr，CH3CH2OH在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，生成CH2=CH2，乙烯与溴发生加成反应CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，生成1，2-二溴乙烷，1-2二溴乙烷在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应CH2BrCH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr生成乙二醇；故A正确；

B．溴乙烷与溴原子不反应；故B错误；

C．CH3CH2Br在氢氧化钠醇溶液；加热条件下发生消去生成乙烯；乙烯与溴化氢生成溴乙烷，该步骤为重复步骤，且溴乙烷与溴单质反应不能主要生成1，2-二溴乙烷，故C错误；

D．CH3CH2Br在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去生成乙烯，乙烯与溴化氢生成溴乙烷，不生成CH2BrCH2Br；故D错误；

故选A．

CH3CH2Br在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CH2；乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1-2二溴乙烷在氢氧化钠水溶液；加热条件下发生水解反应生成乙二醇．

本题考查有机物的结构和性质、有机物的合成等，明确常见的反应类型、物质结构与性质的关系，掌握官能团的性质与转化是关键，题目难度中等．【解析】【答案】A4、C【分析】解：rm{A}油脂是维持生命活动的备用能源；油脂水解生成的某些脂肪酸是人体保持健康必需的，故A错误；

B、脂肪酸rm{娄脗-}氧化是体内脂肪酸分解的主要途径；脂肪酸氧化可以供应机体所需要的大量能量，故B正确；

C；摄入人体的脂肪大部分成为脂肪组织存在于人体内；作为人体的备用能源，故C正确；

D；必需氨基酸在人体中的存在；不仅提供了合成蛋白质的重要原料，而且对于促进生长，进行正常代谢、维持生命提供了物质基础，故D正确；

故选A．

A；油脂是维持生命活动的备用能源；一些脂肪酸是人体保持健康必需的；

B、脂肪酸rm{娄脗-}氧化是体内脂肪酸分解的主要途径；脂肪酸氧化可以供应机体所需要的大量能量；

C；摄入人体的脂肪大部分成为脂肪组织存在于人体内；作为人体备用能源；

D；必需氨基酸在人体中的存在；不仅提供了合成蛋白质的重要原料，而且对于促进生长，进行正常代谢、维持生命提供了物质基础．

本题考查了油脂的性质、组成和结构，题目难度不大，注意基础知识的积累．【解析】rm{C}5、A【分析】解：rm{A.}正反应是放热反应，升温平衡左移生成钨，则高温区的rm{WI_{2}(g)}会分解出rm{W}rm{W}重新沉积到灯丝上；故A正确；

B.该反应的正反应为放热反应，温度升高，化学平衡向左移动rm{.}所以灯丝附近温度越高，rm{WI_{2}}的转化率越高；故B错误；

C.该反应的平衡常数表达式为rm{K=dfrac{c(WI_{2})}{c(I_{2})}}故C错误；

D.rm{K=dfrac

{c(WI_{2})}{c(I_{2})}}为固体，增加少量rm{W}浓度不变，则反应速率不变，故D错误；

故选A．

A.由rm{W(s)+I_{2}(g)underset{T_{2}}{overset{T_{1}}{{rightleftharpoons}}}WI_{2}(g)}rm{W}温度rm{W(s)+I_{2}(g)

underset{T_{2}}{overset{T_{1}}{{rightleftharpoons}}}WI_{2}(g)}可知升高温度平衡逆向移动；

B.灯丝附近温度越高；平衡逆向移动的程度越大；

C.rm{triangleH<0(}为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；

D.rm{T_{1}<T_{2})}为固体，增加少量rm{K}浓度不变．

本题考查化学平衡常数及平衡移动，为高频考点，把握rm{W}的表达式、温度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意rm{W}为固体，题目难度不大．rm{K}【解析】rm{A}6、A【分析】略【解析】rm{A}7、C【分析】【分析】本题考查化学图象有关计算，关键是计算特殊点的失重率进行判断，较好地考查学生分析计算与推理能力，题目难度中等。【解答】A.加热完全分解得到rm{Na_{2}C_{2}O_{4}}时，失重率为rm{dfrac{2}{136}隆脕100拢楼隆脰1.47拢楼<5拢楼}则rm{

dfrac{2}{136}隆脕100拢楼隆脰1.47拢楼<5拢楼}时反应rm{T<415隆忙}rm{垄脵}同时发生；故A错误；

B.由rm{垄脷}中分析可知，反应rm{A}rm{垄脵}可能同时发生；故B错误；

C.加热分解完全残留固体为rm{垄脷}失重率为rm{dfrac{30}{136}隆脕100拢楼隆脰22.1拢楼}则rm{Na_{2}CO_{3}}时，残留固体的主要成分是rm{dfrac{30}{136}隆脕100拢楼隆脰22.1拢楼

}故C正确；

D.残留固体中的rm{570隆忙<T<600隆忙}时，无法判断所需时间，不能判断反应rm{Na_{2}CO_{3}}rm{m(Na_{2}C_{2}O_{4})=m(Na_{2}CO_{3})}的反应速率；故D错误。

故选C。

rm{垄脵}【解析】rm{C}二、多选题(共6题，共12分)8、ABD【分析】【分析】本题考查了化学反应的实质分析，主要是质量守恒、原子守恒、元素守恒，较简单。【解答】依据化学反应的实质是原子的重新组合分析判断；质量守恒定律的内容是化学反应前后元素的种类、原子的种类和数目、物质的质量和不变，然后逐个分析即可。A.根据质量守恒定律可知；反应前后元素的种类不变，故A正确；

B.根据质量守恒定律可知；化学反应前后物质的质量和不变，故B正确；

C.化学反应的实质是原子的重新组合；分子数不一定变化，故C错误；

D.根据质量守恒定律可知；反应前后原子的种类和数目不变，故D正确。

故选ABD。

【解析】rm{ABD}9、ACD【分析】【分析】有机材料指的是成分为有机化合物的材料，最基本的组成要素是都含碳元素，含有碳元素的化合物叫有机化合物，简称有机物。碳的氧化物、碳酸盐、碳酸虽含碳，但其性质与无机物类似，因此把它们看作无机物。【解答】A.纸的主要成分是纤维素，纤维素属于有机物，故A正确；B.铅笔芯的主要成分是碳单质，属于无机物，故B错误；C.橡皮擦的成分是橡胶，属于有机物，故C正确；D.塑料文具盒的成分是塑料，塑料属于有机物，故D正确。故选ACD。【解析】rm{ACD}10、BCD【分析】【分析】本题考查化学反应素的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念、理论知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。【解答】A.延长时间不能判断反应速率的变化，可能增大，也可能减小，如达到平衡，速率不变，故A不选；

B.使用催化剂，一般可增大反应速率，故B选；

C.增加反应物浓度，单位体积的活化分子数目增多，反应速率增大，故C选；

D.改变反应的温度，活化分子的百分数改变，则反应速率一定改变，故D选。

故选BCD。【解析】rm{BCD}11、BCD【分析】本题考查了配制一定物质的量浓度溶液的仪器。配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、rm{100mL}容量瓶、胶头滴管，用不到的是漏斗，个BCD正确。容量瓶、胶头滴管，用不到的是漏斗，个BCD正确。

rm{100mL}故选BCD。【解析】rm{BCD}12、ABC【分析】【分析】本题考查原子结构与元素在元素周期表的关系。【解答】A.rm{He}原子最外电子层只有rm{2}个电子，属于rm{0}族元素，故A正确；原子最外电子层只有rm{He}个电子，属于rm{2}族元素，故A正确；

rm{0}族元素的原子最外层电子数为B.Ⅱrm{A}族元素的原子最外层电子数为rm{2}故B正确；故B正确；

rm{A}位于第三周期，故C正确；

rm{2}族元素的最外层电子数为C.若为rm{Mg}位于第三周期，故C正确；故D错误。rm{Mg}D.Ⅳrm{A}族元素的最外层电子数为rm{4}故D错误。【解析】rm{ABC}13、BCD【分析】略。

【解析】rm{BCD}三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】（1）中间产物PCl3和未完全反应的Cl2的总能量高于最终产物PCl5的能量，其△H＝－93kJ·mol－1，所以PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)；△H＝93kJ·mol－1；分解率α1＝×100％＝25％，由热化学反应方程式可知，此反应的正反应为吸热反应，所以升高温度，平衡向正反应方向移动，PCl5的分解率增大。即：α2＞α1。(2）由盖斯定律可知，一步生成生成PCl5和两步生成PCl5的总热效应相等，即△H3＝－399kJ·mol－1。所以固体磷和氯气生成PCl5的热化学方程式为2P(s)+5Cl2(g)=2PCl5(g)△H=-798KJ/mol。(3）由图可知，P与Cl2反应生成PCl3，PCl3和Cl2进一步反应生成PCl5，都是放热反应，分两步进行且第二步降低温度，有利于PCl5的生成，防止PCl5的分解。【解析】【答案】（1）PCl5(g)=PCl3(g)+Cl2(g)；△H=+93KJ/mol25%大于（2）2P(s)+5Cl2(g)=2PCl5(g)；△H=-798KJ/mol（3）PCl3和Cl2反应，温度过高平衡逆向移动不利于PCl5的生成。15、略

【分析】解：（1）由表中提供的信息可知；三种花的花汁在稀酸和稀碱中只有万寿菊的汁液颜色不变，因此不可做指示剂．

故答案为：万寿菊；

（2）pH小于7属于酸性范围；柑橘的近似pH为3.0～4.0，其数值在酸性范围之中，再结合表中的信息可知大红花的花汁可呈橙色．

故答案为：橙色．

（1）三种花的花汁在稀酸和稀碱中只有万寿菊的汁液颜色不变；因此不可做指示剂．

（2）柑橘的近似pH为3.0～4.0；其数值在酸性范围之中，再结合表中的信息可解决此题．

本题是对指示剂知识的考查，解题的关键是对题干中提供的信息进行有效地归纳整理，然后再结合所学的指示剂知识解决即可，题目难度不大．【解析】万寿菊；橙色16、略

【分析】【分析】本题考查原子结构与元素周期律的关系、质量守恒等相关知识。【解答】A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}为原子序数依次增大的五种短周期元素，rm{A}的原子核内只有一个质子，则rm{A}为氢元素；rm{B}元素原子的最外层电子数是内层电子数的rm{2}倍，最外层最多含有rm{8}个电子，则内层电子数为rm{2}最外层电子数为rm{4}故B为碳元素；rm{C}元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成一种盐，则为硝酸铵，故C为氮元素；rm{A}rm{E}同主族，根据原子序数大小可知rm{E}为rm{Na}元素；rm{A}rm{E}二种元素都能与rm{D}元素分别形成原子个数比为rm{1漏U1}或rm{1漏U2}的常见化合物，则rm{D}为氧元素；则rm{(1)E_{2}D_{2}}为rm{Na_{2}O_{2}}电子式为rm{(2)A}分别与rm{B}rm{C}rm{D}形成的rm{10}电子分子分别是rm{CH_{4}}rm{NH_{3}}rm{H_{2}O}则稳定性由强到弱的顺序为：rm{H_{2}O>NH_{3}>CH_{4}}rm{(3)}氧元素的一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，是过氧化氢的分解，此分解反应的化学方程式是rm{2H_{2}O_{2}}rm{2H_{2}O+O}2；rm{(4)}由rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种元素形成的盐的化学式可以是：rm{(NH_{4})_{2}CO_{3}}rm{NH_{4}HCO_{3}}rm{(5)58gCH_{2}O_{2}}该物质完全燃烧后生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}通过足量rm{Na_{2}O_{2}}固体全部吸收，根据质量守恒原则，rm{Na_{2}O_{2}}固体增重的质量就是rm{CH_{2}O_{2}}的质量，故为rm{58g}rm{(6)}氮有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小，即是rm{NO}在一定条件下，rm{2L}的rm{NO}与rm{0.5L}的氧气相混合rm{(}物质的量比为rm{4:1)}若该混合气体被足量的rm{NaOH}溶液完全吸收后没有气体残留，反应方程式为rm{4NO+O_{2}+4NaOH=4NaNO_{2}+2H_{2}O}则所生成的rm{R}的含氧酸盐的化学式是rm{NaNO_{2}}【解析】rm{(1)}rm{(2)H_{2}O>NH_{3}>CH_{4}}rm{(3)2H_{2}O_{2}}rm{2H_{2}O+O}2rm{(4)NH_{4}HCO_{3}}rm{(5)58}rm{(6)NaNO_{2}}17、略

【分析】解：某温度下纯水中的rm{c(H^{+})=2隆脕10^{-7}mol?L^{-1}}则此时水中的rm{c(OH^{-})=2隆脕10^{-7}mol?L^{-1}}该温度下rm{Kw=2隆脕10^{-7}mol?L^{-1}隆脕2隆脕10^{-7}mol?L^{-1}=4隆脕10^{-14}(mol?L^{-1})^{2}}温度不变，滴入稀盐酸，使rm{c(H^{+})=5隆脕10^{-4}mol?L^{-1}}则此时溶液中由水电离产生的rm{c(OH^{-})=dfrac{4隆脕10^{-14}}{5times10^{-4}}=8隆脕10^{-11}mol/L}

故答案为：rm{c(OH^{-})=dfrac

{4隆脕10^{-14}}{5times10^{-4}}=8隆脕10^{-11}mol/L}rm{2隆脕10^{-7}mol?L^{-1}}．

水电离的rm{8隆脕10^{-11}mol/L}温度不变，rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}不变，滴入稀盐酸，使rm{Kw}则rm{c(OH^{-})=dfrac{Kw}{c(H^{+})}}以此计算．

本题考查弱电解质的电离及计算，为高频考点，把握rm{c(H^{+})=5隆脕10^{-4}mol?L^{-1}}及水的电离生成氢离子等于氢氧根离子为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意rm{c(OH^{-})=dfrac

{Kw}{c(H^{+})}}的计算，题目难度不大．rm{Kw}【解析】rm{2隆脕10^{-7}mol?L^{-1}}rm{8隆脕10^{-11}mol/L}18、略

【分析】考查pH的有关计算。（1）由于在稀释过程中，溶质是不变的，所以稀释后溶液的体积是所以还需要再加入900ml蒸馏水。（2）设需要加入的溶液体积是V，则解得V＝1000ml。（3）设需要加入盐酸的体积是V，则解得V＝450ml。【解析】【答案】⑴900⑵1000⑶45019、略

【分析】Ⅰ：（1）在相同条件下，气体的物质的量越大，体积越多。在质量相同时，摩尔质量越小，物质的量越多，所以在相同状况下体积最大的是甲烷。烃分子中含氢量越高，消耗的氧气越多，所以还是甲烷。含碳量越高，生成的CO2越多，所以应该是乙炔。含氢量高，生成水就越多，因此是甲烷。（2）根据烃的燃烧通式CnHm＋（n＋m/4）O2＝nCO2＋m/2H2O可知，在物质的量相同时，消耗氧气的多少与n＋m/4成正比，所以根据分子式可知，丙烷消耗的氧气最多。Ⅱ:（1）有机物分子的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替生成其它物质的反应是取代反应，所以答案选⑥⑧；加氧或去氢的分液时氧化反应，因此答案选②④；有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应，则正确的答案选①③；有机化合物在一定条件下,从一个分子中脱去一个或几个小分子(如水、卤化氢等分子)，而生成不饱和（碳碳双键或三键）化合物的反应，叫做消去反应，答案是⑦。有机小分子生成高分子化合物的分液是聚合反应，则答案选⑤。Ⅲ：（1）阿司匹林中含有酯基，能发生水解反应。根据阿司匹林和A的结构简式可知，B的结构简式为CH3COOH，即为乙酸，含有羧基。（2）A中含有羧基和酚羟基，其中酚羟基和碳酸氢钠不反应，所以生成物的结构简式为（3）阿司匹林中含有1个羧基和1个酯基，但水解后又生成1个酚羟基，所以能和3mol去氢氧化钠反应。【解析】【答案】Ⅰ:(1)ＣＨ4；ＣＨ4；Ｃ2Ｈ2；ＣＨ4⑵Ｃ3Ｈ8Ⅱ:⑥⑧；②④；①③；⑦；⑤（见错不得分，答不全者得一半分）（2）⑦：或：⑧：Ⅲ：（1）CH3COOH；羧基（2）⑶+3NaOH→+CH3COONa+2H2O四、元素或物质推断题(共4题，共36分)20、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）221、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H222、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；