2025年湘师大新版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年湘师大新版高二化学上册月考试卷981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5题，共10分)1、以下4种有机物的分子式都是C4H10O：能被氧化成含相同碳原子数的醛的是（）A.①②B.只有②C.②③D.③④2、在2L密闭容器中进行反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H＞0，测得c（H2O）随反应时间（t）的变化如图．下列判断正确的是（）A.0～5min内，v（H2）=0.05mol/（L•min）B.5min时该反应的K值一定小于12min时的K值C.10min时，改变的外界条件可能是减小压强D.5min时该反应的v（正）大于11min时的v（逆）3、区别rm{1-}丙醇、溴乙烷、丙酸乙酯三种有机物，最佳的方法是加入rm{(}rm{)}A.rm{H_{2}O}B.rm{AgNO_{3}}溶液C.rm{NaOH}溶液D.rm{KMnO_{4}}溶液4、下列不能由单质直接通过化合反应制取的是（）

①FeCl2②FeCl3③FeS④Mg3N2⑤CuS⑥Al2S3⑦AlCl3．A.①③B.①④C.①⑤D.①⑥5、我国古代用炉甘石炼锌，主要反应为rm{2C+ZnCO_{3}overset{赂脽脦脗}{=}Zn+3CO隆眉}该反应属于rm{2C+ZnCO_{3}overset{赂脽脦脗}{=}

Zn+3CO隆眉}rm{(}A.置换反应B.化合反应C.分解反应D.复分解反应rm{)}评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、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7、下列各组物质中，组成元素完全相同的是A.红磷与白磷B.水银与汞C.水和双氧水D.青铜与黄铜8、根据元素周期律，卤族元素的下列性质从上到下依次递减的有rm{(}rm{)}A.非金属性B.原子半径C.单质的氧化性D.氢化物的稳定性9、氢气还原氧化铜的反应为：rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}}rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}

}在该反应中A.rm{Cu+H_{2}O}作还原剂B.rm{CuO}作氧化剂C.铜元素化合价降低D.铜元素化合价升高rm{CuO}10、甲烷和乙烯是两种重要的有机物，关于它们的说法正确的是A.乙烯是重要的化工原料B.甲烷和乙烯互为同系物C.甲烷和乙烯可以用溴水加以鉴别D.甲烷是最简单的有机物，是天然气的主要成分11、关于乙烯的化学性质；说法正确的是。

A.不能发生聚合反应B.能使溴水褪色。

C.可与rm{H_{2}}发生加成反应D.可与rm{HCl}加成评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)12、写出下列反应方程式（注意反应发生的条件）

①氮气与氢气：____；

②氮气与氧气：____；

③NO和O2：____；

④NO2和水：____．13、(8分)（1）现有0.1mol·L－1的纯碱溶液，试用pH试纸测定溶液的pH，其正确的操作是___________；____________纯碱溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示)__________________________（2）为探究纯碱溶液呈碱性是由CO32－引起的，请你设计一个简单的实验方案：__________________________。_______________________。（3）为证明盐的水解是吸热反应，四位学生分别设计了如下方案，其中正确的是______。A．甲学生：在醋酸钠溶液中滴入2滴酚酞溶液，加热后红色加深，说明盐类水解是吸热反应B．乙学生：在盐酸中加入氨水，混合液温度上升，说明盐类水解是吸热反应C．丙学生：将硝酸铵晶体溶于水，水温下降，说明盐类水解是吸热反应D．丁学生：在氨水中加入氯化铵固体，溶液的pH变小，说明盐类水解是吸热反应14、电解原理在化学工业中有广泛应用．如图表示一个电解池；装有电解液a；X；Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连．请回答以下问题：

（1）若X；Y都是惰性电极；a是100mL饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则：

①电解池中X极上的电极反应式为____．

②Y电极上的电极反应式为____；

③一段时间后，在阴极得到112mL标准状况下的气体，此时溶液的pH为____．

（溶液体积变化忽略不计）

（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液；则。

①X电极的材料是____，电极反应式是____．

②Y电极的材料是____，电极反应式是____．（说明：杂质发生的电极反应不必写出）

15、（10分）氟苯水杨酸（diflunisal）是一种新型的水杨酸类消炎解热镇痛良药，具有强效、长效低毒等特点。一种可行的合成路线如下(催化剂及溶剂等已省去)：试回答下列问题：（1）有关氟苯水杨酸的下列说法正确的是____（选填序号）。A．分子中只含两种官能团B．分子中所有原子可以处于同一平面C．1mol氟苯水杨酸与足量的碳酸氢钠溶液反应，可生成2molCO2D．在一定pH条件下，氟苯水杨酸遇FeCl3溶液能发生显色反应E．在一定条件下，氟苯水杨酸能发生消去反应（2）图中有机物（A）为2，4－二氟苯胺，它的化学式为。（3）上述反应中属于取代反应的有：____（选填序号：①②③④）。（4）反应②的方程式为：____。(不需注明反应条件)（5）反应③有2种生成物，写出另一种生成物的化学式____16、金属腐蚀的电化学原理可用下图模拟。

rm{(1)}请写出有关电极反应式：

rm{垄脵}铁棒上电极反应式：_______________________________；

rm{垄脷}碳棒上电极反应式：______________________________。

rm{(2)}该图所表示的是____________rm{(}填“析氢”或“吸氧”rm{)}腐蚀。

rm{(3)}若将rm{O_{2}}撤走，并将rm{NaCl}溶液改为稀硫酸溶液，则此图可表示_________________________rm{(}填“析氢”或“吸氧”rm{)}腐蚀原理；若用牺牲阳极法来保护铁棒不被腐蚀溶解，即可将碳棒改为______________棒。17、有以下各组微粒或物质：A．正丁烷和异丁烷B．金刚石、石墨和C60C．冰和干冰D．35Cl和37ClE．NO和NO2；其中，互为同分异构体的有______（填编号，以下同）；互为同素异形体的有______；互为同位素的有______。18、(共8分)（1）Fe(NO3)3的水溶液呈___________（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：。实验室在配制Fe(NO3)3的溶液时，常将Fe(NO3)3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以____（填“促进”、“抑制”）其水解。（2）在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的。19、（16分）观察下列部分图形，并按要求回答下列问题(1)由金刚石晶体结构和晶胞图知，金刚石是原子晶体，晶体中碳原子取____杂化轨道形成σ键，每个晶胞中含碳原子数为个。(2)白磷分子（P4）中键角为，分子的空间结构为，每1mol白磷分子含molP-P共价键。若将1分子白磷中所有P-P键打开并各插入一个氧原子所得氧化物的分子式为，若每个P原子的孤对电子再与氧原子配位，就可得到磷的另一种氧化物________填分子式）。(3)由SiO2晶体结构知SiO2晶体是晶体，每1molSiO2晶体含____molSi-O共价键。(4)已知CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体相似，（如图）但CaC2晶体中哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长，则CaC2晶体中Ca2+配位数（C.N）为。C22-与O22+互为等电子体，O22+的电子式为____，1molO22+中含π键数目为____。(5)晶体硼的基本结构单元都是由硼原子组成的正二十面体的原子晶体。其中含有20个等边三角形和一定数目的顶角，每个顶角各有一个原子，观察图形回答。这个基本结构单元由____个硼原子组成，共含有____个B-B键。(6)若测得mgNaCl固体的体积为Vcm3,已知NaCl晶体中，靠得最近的Na+、Cl-间的距离为acm,则阿佛加德罗常数的表达式为____。20、（1）常温下某溶液中由水电离出的离子浓度符合c（H+）•c（OH-）=1×10-20的溶液，其pH为______，此时水的电离受到______．

（2）在某温度下，H2O的离子积常数为1×10-13mol2•L-2，则该温度下：100mL0.1mol•L-1H2SO4溶液与100mL0.4mol•L-1的KOH溶液混合后，pH=______．

（3）已知一溶液有4种离子：X+、Y-、H+、OH-，下列分析结果肯定错误的是______．

A．c（Y-）＞c（X+）＞c（H+）＞c（OH-）B．c（X+）＞c（Y-）＞c（OH-）＞c（H+）

C．c（H+）＞c（Y-）＞c（X+）＞c（OH-）D．c（OH-）＞c（X+）＞c（H+）＞c（Y-）

（4）在25℃下，将amol•L-1的氨水与0.01mol•L-1的盐酸等体积混合，反应时溶液中c（NH4+）=c（Cl-）．则溶液显______（填“酸”“碱”或“中”）性；用含a的代数式表示NH3•H2O的电离常数Kb=______．

（5）水溶液中的行为是中学化学的重要内容．已知下列物质的电离常数值：

HClO：Ka=3×10-8H2CO3：Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11；84消毒液中通入少量的CO2，该反应的化学方程式为______．评卷人得分四、探究题(共4题，共12分)21、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。22、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。23、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。24、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共40分)25、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）。26、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：_____________。27、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）。28、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_______评卷人得分六、综合题(共2题，共16分)29、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．30、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】醇发生催化氧化生成醛的的条件是，与羟基相邻的碳原子上至少含有2个氢原子，所以只有②③符号，答案选C。【解析】【答案】C2、B【分析】解：A．根据图可知，前5min内H2O的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，根据v===0.1mol/（L•min），由化学计量数之比等于反应速率之比，则v（H2）=0.1mol/（L•min）；故A错误；

B．由图可知，10min时H2O的浓度继续减小；反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以是升高温度，所以5min时该反应的K值一定小于12min时的K值，故B正确；

C．由图可知，10min时H2O的浓度继续减小；反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，所以是升高温度，故C错误；

D．根据B的判断，11min时的温度高于5min时，根据温度越高反应速率越快，所以5min时该反应的v正小于11min时的v逆；故D错误；

故选B．

A．根据图可知，前5min内H2O的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，根据v=计算c（H2O），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；

B．由图可知，10min时H2O的浓度继续减小；反应向正反应方向移动，并且10min后反应速率大于前5分钟，则不是升压就是升温，平衡常数仅与温度有关；

C．由图可知，10min时H2O的浓度继续减小；反应向正反应方向移动；

D．根据B的判断；11min时的温度高于5min时，根据温度越高反应速率越快．

本题考查化学平衡图象，涉及反应速率的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡状态本质，难度中等，注意根据浓度变化判断可能改变的条件．【解析】【答案】B3、A【分析】解：rm{1-}丙醇溶于水；溴乙烷；丙酸乙酯都不溶于水，其中溴乙烷密度比水大，丙酸乙酯密度比水小，二者密度不同，可用水鉴别．

故选A．

rm{1-}丙醇溶于水；溴乙烷；丙酸乙酯都不溶于水，但二者密度不同，可用水鉴别．

本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，注意把握有机物性质的异同，结合题目要求解答该题．【解析】rm{A}4、C【分析】解：①氯气具有强氧化性，和变价金属只生成高价金属氯化物，Fe在Cl2中燃烧只生成FeCl3，单质间反应不能生成FeCl2；故①选；

②FeCl3可由Fe在Cl2中燃烧生成；故②不选；

③硫具有弱氧化性；和变价金属只生成低价金属氯化物，铁粉和硫粉混合加热即生成硫化亚铁，故③不选；

④镁和氮气反应3Mg+N2Mg3N2；故④不选；

⑤硫的氧化性弱，和金属反应生成低价态的金属硫化物，铜和硫粉反应Cu+SCu2S；不能通过单质之间的反应直接制取CuS，故⑤选；

⑥铝和硫反应2Al+3SAl2S3；故⑥不选；

⑦Al与氯气反应3Cl2+2Al2AlCl3；故⑦不选；

故选C．

①根据铁与氯气反应的产物分析；

②根据铁与氯气反应的产物分析；

③根据铁粉和硫粉混合加热即生成硫化亚铁分析；

④根据镁和氮气反应生成氮化镁分析；

⑤根据铜和硫粉混合加热即生成硫化亚铜分析；

⑥根据铝和硫反应生成硫化铝进行分析；

⑦根据Al与氯气在点燃时能直接化合生成AlCl3分析；

本题考查常见金属和非金属的性质，熟练掌握常铁、铝、硫、氯气、氧气等物质的化学性质是解答的关键，题目难度不大，注意基础知识的积累．【解析】【答案】C5、A【分析】【分析】本题考查了化学反应类型，比较简单。【解答】A.置换反应是指单质和化合物作用生成一种新单质和新的化合物的反应，题意符合，故A正确；B.化合反应是指两种及以上的物质化合生成一种物质的反应，故B错误；C.分解反应是指一种物质分解得到两种及以上物质的反应，故C错误；D.复分解反应指一种化合物和另一种化合物反应，互相交换成分的反应类型，字母表示为：rm{AB+CD=AD+CB}故D错误。故选A。【解析】rm{A}二、多选题(共6题，共12分)6、BCD【分析】略。

【解析】rm{BCD}7、ABC【分析】【分析】本题考查物质的组成，题目难度不大。【解答】A.红磷与白磷是同素异形体，组成元素完全相同，故A正确；

B.水银与汞是同一种物质，组成元素完全相同，故B正确；

C.水化学式是rm{H_{2}O}双氧水化学式是双氧水化学式是rm{H_{2}O}组成元素完全相同，故C正确；rm{H_{2}O_{2}}

红铜D.青铜是是金属治铸史上最早的合金，在纯铜rm{(}红铜rm{)}中加入锡或铅的合金，中加入锡或铅的合金，黄铜是由铜和锌所组成的合金，rm{(}rm{)}

组成元素不完全相同，故D错误。故选：

rm{ABC}【解析】rm{ABC}8、ACD【分析】解：元素非金属性越强；单质的氧化性越强，氢化物的稳定性越强，与氢气化合越容易，最高价含氧酸酸性越强；

卤族元素在周期表中处于同一主族；从上到下非金属性依次减弱，原子半径依次增大，单质的氧化性依次增强，氢化物的稳定性依次减弱；

故选：rm{ACD}．

卤族元素在周期表中处于同一主族；依据同主族元素性质的递变规律，结合元素非金属强弱的判断依据解答．

本题考查了同主族元素性质的递变规律，题目难度不大，明确元素周期律及非金属性强弱的判断依据是解题的关键．【解析】rm{ACD}9、BC【分析】略【解析】rm{BC}10、ACD【分析】本题考查较综合，涉及有机物的鉴别、试剂的保存、有机物结构与性质及混合物分离提纯等。A.乙烯是重要的化工原料，故A正确；

B.甲烷是饱和烷烃，乙烯是烯烃，不是同系物，故B错误；

C.乙烯与溴水反应，而甲烷不能，则甲烷和乙烯可以用溴水鉴别，故C正确；

D.甲烷是最简单的有机物，是天然气的主要成分，故D正确。

故选ACD。【解析】rm{ACD}11、BCD【分析】【分析】本题考查乙烯的性质，注意碳碳双键的特点，难度不大。【解答】A.乙烯含有rm{C=C}双键；能发生聚合反应生成聚乙烯，故A错误；

B.乙烯含有rm{C=C}双键；通入溴水中发生加成反应，溴水褪色，故B正确；

C.乙烯含有rm{C=C}双键，可与rm{H_{;2}}发生加成反应；生成乙烷，故C正确；

D.乙烯含有rm{C=C}双键，可与rm{HCl}加成；生成氯乙烷，故D正确。

故选BCD。

【解析】rm{BCD}三、填空题(共9题，共18分)12、略

【分析】

①氮气与氢气反应生成氨气：N2+3H22NH3，故答案为：N2+3H22NH3；

②氮气与氧气放电条件下反应生成一氧化氮：N2+O22NO，故答案为：N2+O22NO；

③一氧化氮遇氧气生成二氧化氮：2NO+O2=2NO2，故答案为：2NO+O2=2NO2；

④二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO．

【解析】【答案】①氮气与氢气反应生成氨气；

②氮气与氧气放电条件下反应生成一氧化氮；

③一氧化氮遇氧气生成二氧化氮；

④二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮．

13、略

【分析】试题分析：（1）PH试纸的正确使用方法是：把小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH；纯碱是强碱弱酸盐，碳酸根离子能发生水解使溶液中的氢氧根离子的浓度大于氢离子的浓度，导致溶液呈碱性，离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-；在25℃时，因为溶液呈碱性，所以pH值大于7，虽然碳酸钠能水解，假设碳酸根离子全部水解，溶液中氢氧根离子的浓度为0.1mol/L，PH值=13，但水解是微弱的，不能使碳酸根离子全部水解，所以pH值小于13，故答案为：把小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH；CO32-+H2OHCO3-+OH-；7到13．（2）为证明纯碱溶液呈碱性是由CO32-引起的，就设计一个使溶液中的碳酸根离子由有到无的实验，根据溶液中酚酞颜色的变化判断．故答案为：向纯碱溶液中滴入酚酞溶液，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去．说明纯碱溶液呈碱性是由CO32-引起的．（3）因碳酸钠溶液显碱性的原因是CO32－＋H2OHCO3－＋OH－；加热，滴有酚酞的溶液颜色加深，即，盐类水解是吸热反应，A正确；盐酸不酸，不是盐B错；硝酸铵溶于水溶液温度降低是溶解过程是吸热，并没有发生反应C错；在氨水中加入氯化铵固体，溶液的pH变小，只能说明水解后溶液显酸性D错；考点：盐类水解判断溶液酸碱性或比较溶液pH值的大小、pH值的测定、设计实验方案及探究实验【解析】【答案】（1）把一小块pH试纸放在表面皿(或玻璃片)上，用洁净玻璃棒蘸Na2CO3溶液点在试纸的中部，试纸变色后与标准比色卡比较，确定溶液的pHCO32－＋H2OHCO3-＋OH－（2）向纯碱溶液中滴入2滴～3滴酚酞溶液，溶液显红色；再向该溶液中滴加CaCl2溶液至过量，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去，说明溶液呈碱性是由CO32－引起的（3）A14、略

【分析】

（1）①和电源的负极相连的电极X极是阴极，该电极上氢离子发生得电子的还原反应，即2H++2e-=H2↑；

故答案为：2H++2e-=H2↑；

②和电源的正极相连的电极Y极是阳极，该电极上氯离子发生失电子的氧化反应，即2Cl--2e-=Cl2↑；

故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；

③由2NaOH～H2↑，阴极得到112mL标准状况下的气体，则n（OH-）=×2=0.01mol；

c（OH-）==0.1mol/L；所以pH=13；

故答案为：13；

（2）①电解方法精炼粗铜，电解池的阴极材料是纯铜，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，故答案为：纯铜；Cu2++2e-=Cu；

②电解方法精炼粗铜，电解池的阳极材料是粗铜，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，故答案为：粗铜；Cu-2e-=Cu2+．

【解析】【答案】（1）电解饱和食盐水时；由电源可知，X为阴极，Y为阳极，阳极上是氯离子失电子，阴极上是氢离子得电子；

（2）根据电解精炼铜的工作原理知识来回答．

15、略

【分析】【解析】【答案】（1）BD（2）C6H5NF3（3）①②④（4）（5）H2O16、(1)2Fe-4e-=2Fe2+

(2)O2+2H2O+4e-=4OH-

(2)吸氧

(3)析氢锌(或其他比铁活泼的金属)【分析】【分析】

本题考查了金属腐蚀的电化学知识。【解答】

图示为rm{Fe}的吸氧腐蚀，负极上rm{Fe}失电子生成亚铁离子；正极上氧气得电子生成氢氧根离子；

rm{(1)}铁棒上的电极反应式为：rm{2Fe-4e^{-}=2Fe^{2+}}

故答案为：rm{2Fe-4e^{-}=2Fe^{2+}}

rm{(2)}碳棒上的电极反应式为：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}

故答案为：rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}

rm{(2)}在rm{NaCl}溶液中发生吸氧腐蚀；

故答案为：吸氧；

rm{(3)}将rm{NaCl}溶液改为稀rm{H_{2}SO_{4}}溶液；变成析氢腐蚀；保护铁棒时，负极应为比铁活泼的金属；

故答案为：析氢；锌rm{(}或其他比铁活泼的金属rm{)}

【解析】rm{(1)2Fe-4e^{-}=2Fe^{2+}}rm{(2)O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-}}rm{(2)}吸氧rm{(3)}析氢锌rm{(}或其他比铁活泼的金属rm{)}17、ABD【分析】解：A．正丁烷和异丁烷的分子式相同；结构不同，互为同分异构体；

B．金刚石、石墨和C60；都是由碳元素组成的不同单质；互为同素异形体；

C．冰和干冰的成分分别是水；二氧化碳；是两种不同的物质；

D．35Cl和37Cl都是氯元素的不同核素；互为同位素；

E．NO和NO2是两种不同的物质；

互为同分异构体的有A；互为同素异形体的有B，互为同位素的有D；

故答案为：A；B；D。

根据相关概念判断：同分异构体互为分子式相同；结构不同的化合物；

同素异形体由相同元素组成的形态不同的单质；

同位素为质子数相同；中子数不同的同一元素的不同核素；以此解答该题。

本题考查概念的理解和识别，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意把握同分异构体、同素异形体、同位素等概念的判断角度，题目难度不大。【解析】ABD18、略

【分析】考查盐类水解的应用。（1）硝酸铁是强酸弱碱盐，铁离子水解，溶液显酸性，水解方程式是Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；因此在配制硝酸铁溶液时，先将Fe(NO3)3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，目的就是抑制铁离子水解的。（2）硫化钠时强碱弱酸盐，硫离子水解，溶液显碱性。所以在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的氢氧化钠固体以抑制硫离子水解。【解析】【答案】（1）酸；Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；抑制；（2）氢氧化钠固体（或NaOH）19、略

【分析】【解析】【答案】（16分）（1）SP3,________（2）____,________，____，________（3）____，________（4）4____________、________________（5）____、____。（6）（除（6）2分，其余每空1分）20、略

【分析】解：（1）常温下某溶液中由水电离出的离子浓度符合c（H+）•c（OH-）=1×10-20的溶液中满足：c（H+）=c（OH-）=1×10-10mol/L；则该溶液抑制了水的电离，为酸性或碱性溶液，溶液的pH可能为4或10；

故答案为：4或10；抑制；

（2）在某温度下，H2O的离子积常数为1×10-13mol2•L-2，则该温度下：100mL0.1mol•L-1H2SO4溶液和100mL0.4mol•L-1的KOH溶液混合，n（H2SO4）=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，n（KOH）=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，KOH有剩余，混合溶液中c（OH-）=mol/L=0.1mol/L，c（H+）=mol/L=10-12mol/L；pH=12，故答案为：12；

（3）A．当溶液为酸性时，可以满足关系：c（Y-）＞c（X+）＞c（H+）＞c（OH-）；故A正确；

B．当溶液呈碱性时可以满足c（X+）＞c（Y-）＞c（OH-）＞c（H+）；故B正确；

C．该关系c（H+）＞c（Y-）＞c（X+）＞c（OH-）无法了电荷守恒；故C错误；

D．当溶液呈碱性，且YOH远远过量时可以满足c（OH-）＞c（X+）＞c（H+）＞c（Y-）；故D正确；

故答案为：C；

（4）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3•H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb===

故答案为：中；

（5）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据电离平衡常数知，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，则次氯酸钠和二氧化碳水反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应方程式为NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3；

故答案为：NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3．

（1）常温下某溶液中由水电离出的离子浓度符合c（H+）•c（OH-）=1×10-20的溶液中满足：c（H+）=c（OH-）=1×10-10mol/L；则该溶液抑制了水的电离，为酸性或碱性溶液；

（2）在某温度下，H2O的离子积常数为1×10-13mol2•L-2，则该温度下：100mL0.1mol•L-1H2SO4溶液和100mL0.4mol•L-1的KOH溶液混合，n（H2SO4）=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，n（KOH）=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，KOH有剩余，混合溶液中c（OH-）=mol/L=0.1mol/L，c（H+）=mol/L=10-12mol/L；

（3）该溶液可能为中性；酸性、碱性溶液；但溶液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒进行判断；

（4）在25℃下，平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3．H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，根据NH3•H2O的电离常数Kb计算；

（5）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据电离平衡常数知，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-；则次氯酸钠和二氧化碳水反应生成碳酸氢钠和次氯酸．

本题查离子浓度大小比较、盐类水解的应用及电解原理，为高频考点，题目难度中等，侧重于学生的分析、理解及计算能力的考查，明确盐类水解规律及酸性强弱的关系、电离平衡常数的计算、离子的放电顺序等即可解答，难点是（4）题计算，注意电荷守恒及物料守恒的灵活运用．【解析】4或10；抑制；12；C；中；NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3四、探究题(共4题，共12分)21、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）22、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）23、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）24、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）五、元素或物质推断题(共4题，共40分)25、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）226、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