2025年统编版高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年统编版高二化学下册阶段测试试卷544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6题，共12分)1、对氨水溶液中存在的电离平衡NH3•H2O⇌NH4++OH-；下列叙述正确的是（）

A.加水后，溶液中n（OH-）增大。

B.加入少量浓盐酸，溶液中n（OH-）增大。

C.加入少量浓NaOH溶液；电离平衡向正反应方向移动。

D.加入少量NH4Cl固体，溶液中c（NH4+）减少。

2、rm{25隆忙}和rm{101kPa}时，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃rm{4L}与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了rm{9L}原混合烃中乙烷、乙炔和丙烯的体积比不可能为A.rm{1:1:1}B.rm{2:1:1}C.rm{3:2:3}D.rm{5:3:4}3、已知：2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）△H=﹣701.0kJ．mol﹣l；2Hg（l）+O2（g）═2HgO（s）△H=﹣181.6kJ•mol﹣1

则反应Zn（s）+HgO（s）═ZnO（s）+Hg（l）的△H为（）A.+519.4kJ•mol﹣1B.+259.7kJ•mol﹣1C.﹣259.7kJ•mol﹣1D.﹣519.4kJ•mol﹣l4、下列说法中不正确的是（）A.共价化合物中一定不含有离子键，离子化合物中可能含有共价键B.充电电池的化学反应原理是氧化还原反应C.一定条件下，将1molN2与3molH2充入密闭容器中充分反应可生成2molNH3D.质子数相同、电子数也相同的两种微粒，不可能是一种分子和一种离子5、下列物质属于电解质的是（）A.铝单质B.酒精C.硝酸钾D.二氧化碳6、下列诗句描述的过程包含化学变化的是rm{(}rm{)}A.千锤万凿出深山B.雪融山顶响流泉C.吹尽狂沙始到金D.蜡炬成灰泪始干评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)7、假设盐酸和氢氧化钠溶液的体积都是rm{50mL}密度都是rm{1g/cm^{3}}物质的量浓度都为rm{0.50mol/L}又知中和后生成溶液的比热容rm{c=4.18J/(g?隆忙).}为了计算中和热，实验时还需测量的数据有rm{(}rm{)}A.反应前盐酸的温度B.反应前盐酸的质量C.反应前氢氧化钠溶液的温度E.反应后混合溶液的最高温度E.反应后混合溶液的最高温度8、在铜锌原电池中，锌电极上发生的反应为rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}则。

A.锌电极为负极rm{{,!}}B.锌电极为正极。

C.反应中rm{Zn}被氧化D.反应中rm{Zn}被还原9、下列反应能用离子方程式rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}=BaCO_{3}隆媒}表示的有A.rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}=

BaCO_{3}隆媒}与rm{BaCl_{2}}溶液反应B.rm{K_{2}CO_{3}}与rm{CO_{2}}溶液反应C.rm{Ba(OH)_{2}}与rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液反应D.rm{Na_{2}CO_{3}}与rm{Ba(OH)_{2}}溶液反应rm{NaHCO_{3}}10、某广告称某种牌号的八宝粥rm{(}含桂圆、红豆、糯米等rm{)}不加糖，比加糖还甜，最适合糖尿病人食用rm{.}你认为下列关于糖尿病人能否食用此八宝粥的判断正确的是rm{(}rm{)}A.这个广告有误导喜爱甜食的消费者的嫌疑，不加糖不等于没有糖B.不加糖不等于没有糖，糖尿病人食用需慎重C.不能只听从厂商或广告商的宣传，应咨询医生D.糖尿病人应少吃含糖的食品rm{.}该八宝粥未加糖，可以放心食用11、下列有机化合物中，不属于醇的有A.rm{CH_{3}CH_{3}}B.rm{CH_{2}=CHCl}C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}D.rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)12、(12分)写出下列反应的热化学方程式。（1）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。已知：Cu（s）+2H+（aq）=Cu2+（aq）+H2（g）ΔH=+64.39kJ/mol2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）ΔH=－196.46kJ/molH2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）ΔH=－285.84kJ/mol在H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为。（2）在298K下，C、Al的单质各1mol完全燃烧，分别放出热量aKJ和bKJ。又知一定条件下，Al能将C从CO2置换出来，写出此置换反应的热化学方程式（3）25℃，1.01×105Pa下，1g硫粉在氧气中充分燃烧放出9.36kJ热量，写出表示硫燃烧热的热化学方程式13、目前部分汽车已经使用乙醇汽油。其中乙醇可以由含淀粉的农产品如玉米等发酵、蒸馏而得。(1)完成下列化学方程式：淀粉＋水葡萄糖：___________________________________葡萄糖乙醇：____________________________________。(2)已知在盛有葡萄糖溶液的某容器中加入酵母菌，不久溶液中所含180g葡萄糖全部消耗完。将此过程中产生的所有CO2气体用导管导入足量的澄清石灰水中，共析出白色沉淀400g，此过程中产生的酒精总量为________g。(3)车用乙醇汽油称为环保燃料的原因是________________________________________14、阅读资料，获取信息，回答问题。(A)A、B、C、D为四种元素，A原子的1S轨道为半充满；在元素周期表中，B的电负性最大；C的原子序数为24；D2+的电子排布式和Ar相同。(B)两元素电负性差值大于1.7,原子间一般形成离子键；小于1.7,原子间一般形成共价键。(C)下列是周期表中部分元素的电负性x和第一电离能I1(KJ·mol-1)：（1）.A原子的轨道表示式为，B原子的价电子排布式为____，C原子的电子排布式为，D在周期表中的位置为________周期________族。(2).电负性最小的元素位于____族，第一电离能最大的元素是（填元素符号）；锂元素的电负性取值范围为____＜x（Li）＜____；A12S3属化合物（3）标出化合物OF2、LiAlH4中各元素的化合价（写在元素符号上）。15、（13分）实验室用大理石等原料制取安全无毒的杀菌剂过氧化钙。大理石的主要杂质是氧化铁，以下是提纯大理石的实验步骤：（1）溶解大理石时，用硝酸而不同硫酸的原因是_____________。（2）操作Ⅱ的目的是____，溶液A（溶质是共价化合物）是。（3）写出检验滤液B中是否含NH4+离子方法：___________（4）写出加入碳酸铵所发生反应的离子方程式：_______。写出滤液B的一种用途：。16、某校学生小组为探究乙酸；碳酸和苯酚的酸性强弱并证明乙酸为弱酸；进行下述实验．

探究乙酸；碳酸和苯酚的酸性强弱关系。

该校学生设计了右图的实验装置（夹持仪器已略去）．

（1）某生检查装置A的气密性时；先关闭止水夹，从左。

管向U型管内加水；至左管液面高于右管液面，静置。

一段时间后；若U型管两侧液面差不发生变化，则气。

密性良好．你认为该生的操作正确与否？______（填“正确”或“错误”）

大理石与乙酸溶液反应的化学方程式为______

（2）装置A中反应产生的气体通入苯酚钠溶液中，实验现象为______反应的离子方程式为______

（3）有学生认为（2）中的实验现象不足以证明碳酸的酸性比苯酚强，理由是乙酸有挥发性，挥发出的乙酸也可以和苯酚钠溶液反应，生成苯酚．改进该装置的方法是______证明乙酸为弱酸。

（4）现有pH=3的乙酸溶液、蒸馏水、石蕊试液及pH试纸，选用适当的仪器和用品，用最简便的实验方法证明乙酸为弱酸______确定几种盐溶液pH大小的关系。

（5）在相同温度下，测定相同物质的量浓度a．NaHCO3溶液b．Na2CO3溶液c．CH3COONa溶液d．-ONa溶液的pH，其pH由大到小排列的顺序为______（填溶液编号）17、判断以下叙述正确的是______

部分短周期元素的原子半径及主要化合价。

。元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价+2+3+2+6、-2-2A．L2+、R2-的核外电子数相等。

B．单质与稀盐酸反应的速率L＜Q

C．M与T形成的化合物一定具有两性。

D．氢化物的沸点为HnT＞HnR

E．T与R形成的TR2、TR3均为共价化合物。

F．Q与M的单质均能与盐酸、NaOH溶液反应放出氢气．18、通常状况下，下列物质中rm{{垄脵}}硫酸钡rm{{垄脷}}冰醋酸rm{{垄脹}}氯化氢rm{{垄脺}}三氧化硫rm{{垄脻}}氯气rm{{垄脼}}碳酸氢钠rm{{垄脽}}铜rm{{垄脿}}硫酸溶液rm{{垄谩}}氢氧化钾rm{{垄芒}}乙醇rm{(}下列各空填序号rm{)}

rm{(1)}属于强电解质的是：______．

rm{(2)}属于弱电解质的是：______．

rm{(3)}能导电的是：______．

rm{(4)}属于非电解质的是______．评卷人得分四、工业流程题(共1题，共5分)19、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去评卷人得分五、探究题(共4题，共12分)20、（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。21、（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。22、（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。23、（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。评卷人得分六、解答题(共4题，共12分)24、Zn-MnO2干电池应用广泛，其电解质溶液是ZnCl2-NH4Cl混合溶液．

（1）该电池的负极材料是______．电池工作时；电子流向______极（填“正”“负”）；

（2）若ZnCl2-NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2+，会加速电极的腐蚀，其主要原因是______．欲除去Cu2+最好选用下列试剂中的______．

25、要求完成下列填空：

（1）“-CHO”的名称是______；用电子式可表示为______

（2）由两种烃组成的混合物；其平均相对分子质量为18，则混合物中一定含有______；

（3）任写一种的同系物的结构简式______．

26、Cu、Mg合金15.2g全部溶解在一定量的浓NHO3中，生成标况下的NO26.72L和NO2.24L

求：①被还原的HNO3的物质的量；

②合金中铜；镁各多少克？

27、A；B、D、E是短周期中构成蛋白质的重要元素；其性质见下表．Fe、Co元素的常见化合价为+2、+3，能形成各种有色配离子．

。ABDE化合价-4-2-3-2电负性2.52.53.03.5（1）基态Fe原子的电子排布式为______．

（2）Fe、Co两元素的第三电离能I3（Fe）______I3（Co）（填“＜”或“＞”）．

（3）B；D、E的气态氢化物的沸点由高到低的顺序为______（填化学式）．

（4）Co与E形成的化合物晶胞如右图所示；则该化合物的化学式为______．（用元素符号表示）

（5）Co的离子能与AD-离子生成各种配合物．紫色的配离子[Co（AD）6]4-是一种相当强的还原剂；在加热时能与水反应生。

成[Co（AD）6]3-．

①HAD分子中A元素的杂化类型为______；D元素的化合价为______

②写出[Co（AD）6]4-在加热时与水反应生成[Co（AD）6]3-的离子方程式：______2[Co（CN）6]3-+H2↑+2OH-

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】

A．向氨水加入水，促进一水合氨电离，所以溶液中n（OH-）增大；故A正确；

B．向氨水中加入浓盐酸，氢离子和氢氧根离子反应，导致溶液中n（OH-）减小；故B错误；

C．向氨水中加入少量浓NaOH溶液；氢氧根离子浓度增大，则电离平衡向逆反应方向移动，故C错误；

D．向氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液中c（NH4+）增大；故D错误；

故选A．

【解析】【答案】氨水溶液中存在的电离平衡NH3•H2O⇌NH4++OH-；向氨水中加入水促进一水合氨电离，加入和氢氧根离子反应的物质抑制一水合氨电离，加入含有铵根离子或氢氧根离子的物质抑制其电离，加入和铵根离子或氢氧根离子反应的物质促进其电离．

2、A【分析】试题分析：乙烷、乙炔和丙烯燃烧的化学方程式分别是rm{2C2H6+7O2=4CO2+6H2O}rm{2C2H2+5O2=4CO2+2H2O}rm{2C3H6+9O2=6CO2+6H2O.}由方程式可以看出rm{C2H6}rm{C3H6}若有rm{2}体积的完全反应，则反应前后气体的体积都减少rm{5}体积，rm{C2H2}若有rm{2}体积的完全反应，则反应前后气体的体积减rm{3}体积。现在混合烃rm{4L}反应前后气体的体积都减少rm{9}体积rm{.}即混合烃rm{2L}反应前后气体的体积都减少rm{4.5}体积rm{.}则根据十字交叉法可得rm{C2H6}和rm{C3H6}的混合气体与rm{C2H2}的体积比为rm{3:1}rm{C2H6}和rm{C3H6}为任意比。即在rm{a:b:c}中只要满足rm{a+c=3b}即可。只有rm{A}符合。

​考点：考查有机物燃烧的规律的知识。​【解析】rm{A}3、C【分析】【解答】解：已知：①2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）△H=﹣701.0kJ•mol﹣1②2Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）△H=﹣181.6kJ•mol﹣1

根据盖斯定律，①﹣②得2Zn（s）+2HgO（s）=2ZnO（s）+2Hg（l），△H=﹣519.4kJ•mol﹣1．

即Zn（s）+HgO（s）=ZnO（s）+Hg（l），△H=﹣259.7kJ•mol﹣1．

故选：C．

【分析】根据盖斯定律，利用已知方程式进行叠加，构造出目标反应式，关键在于设计反应过程，注意：（1）当反应式乘以或除以某数时，△H也应乘以或除以某数．（2）反应式进行加减运算时，△H也同样要进行加减运算，且要带“+”、“﹣”符号，即把△H看作一个整体进行运算．4、C【分析】解：A；含有离子键的化合物是离子化合物；全部由共价键形成的化合物是共价化合物，故A正确；

B；充电电池的化学反应有化合价的变化；所以是氧化还原反应，故B正确；

C；氨气的合成是可逆反应；转化率不可能是100%的，故C错误；

D；分子中质子数和电子数一定是相等；而离子中质子数和电子数一定是不相等的，所以不可能是离子，故D正确；

故选C．

A．离子化合物中一定含有离子键；可能含有共价键；

B．充电电池的充电；放电过程都有电子得失；都是氧化还原反应，且是相互逆向进行的；

C．可逆反应不可能完全转化；

D．而离子中质子数和电子数一定是不相等的．

本题考查的概念较多，难度不大，注意基础知识的掌握，选项D学生要掌握质子数、中子数、质量数等的关系．【解析】【答案】C5、C【分析】解：A．铝单质不是化合物；既不是电解质也不是非电解质，故A错误；

B．酒精在一定条件下自身不能发生电离；属于非电解质，故B错误；

C．硝酸钾属于盐；溶于水和熔融态时都可以导电，属于电解质，故C正确；

D．二氧化碳在一定条件下自身不能发生电离；属于非电解质，故D错误；

故选C．

在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质；酸；碱、盐、水、大部分金属氧化物是电解质；

在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质；无论电解质还是非电解质，都一定为化合物，据此进行判断．

本题考查了电解质和非电解质，难度不大，掌握常见电解质和非电解质的本质区别是快速答题的关键，注意基础知识的积累．【解析】【答案】C6、D【分析】解：rm{A}千锤万凿出深山；是指将石灰石开凿，没有新物质生成，是物理变化，故A错误；

B；雪融山顶响流泉；是指山顶的雪融化后形成了泉水，是水的物理状态的变化，无新物质生成，是物理变化，故B错误；

C；吹尽狂沙始到金；是指利用沙子和黄金的密度的不同从而实现沙子和黄金的分离，是物理变化，故C错误；

D；蜡炬成灰泪始干；是指蜡烛燃烧后变成灰，而燃烧一定是化学变化，故D正确。

故选D。

有新物质生成的是化学变化；无新物质生成的是物理变化，据此分析。

本题结合古诗词考查了化学变化和物理变化的辨析，难度不大，理解古诗词的意思并掌握化学变化必须有新物质生成是解题关键。【解析】rm{D}二、多选题(共5题，共10分)7、ACE【分析】解：根据rm{Q=cmtrianglet}可知，测定中和热时需要计算出反应初始平均温度与最高温度之差，则需要测定的数据为：rm{A.}反应前盐酸溶液的温度、rm{C.}反应前氢氧化钠溶液的温度、rm{E.}反应后混合溶液的最高温度；

故选ACE．

根据中和热计算公式rm{Q=cmtrianglet}可知；中和热的测定过程中需要做到酸碱的初始温度及反应过程中的最高温度，据此分析解答．

本题考查中和热的测定与计算方法，题目难度不大，明确中和热测定的操作方法为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的化学实验能力．【解析】rm{ACE}8、AC【分析】【分析】本题考查了原电池原理，难度不大，注意原电池中，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极。【解答】A.rm{Zn}为负极，电子流出的电极，故A正确；为负极，电子流出的电极，故A正确；

rm{Zn}

B.铜锌原电池中，较活泼的金属作负极，故B错误；负极上C.失电子发生氧化反应被氧化rm{Zn}

，故C正确；失电子发生氧化反应被氧化，故D错误。

D.负极上rm{Zn}失电子发生氧化反应被氧化，故D错误。rm{Zn}【解析】rm{AC}9、AC【分析】【分析】本题考查离子方程式的书写，离子反应的本质，难度中等。【解答】A.rm{BaCl}rm{BaCl}rm{{,!}_{2}}与rm{K}rm{K}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}故A正确；

rm{{,!}_{3}}溶液反应的离子方程式为：rm{Ba^{2+}+CO_{3}^{2-}=BaCO_{3}隆媒}B.rm{Ba(OH)}rm{2}rm{2}rm{+CO}rm{2}rm{2}的离子反应为rm{=BaCO}rm{3}rm{3}rm{隆媒+H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{Ba}rm{2+}rm{2+}rm{+2OH}故B错误；rm{-}rm{-}rm{+CO}rm{2}rm{2}rm{=BaCO}rm{3}rm{3}rm{隆媒+H}rm{2}rm{2}rm{O}C.rm{Ba(NO}rm{Ba(NO}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{2}}rm{+Na}故C选；

rm{+Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{=BaCO}rm{=BaCO}rm{{,!}_{3}}的离子反应为rm{隆媒+2NaNO}rm{隆媒+2NaNO}rm{{,!}_{3}}的离子反应为rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}rm{+CO}rm{+CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{=BaCO}故D错误。

rm{=BaCO}rm{{,!}_{3}}【解析】rm{AC}10、ABC【分析】解：rm{A.}这个广告有误导消费者的嫌疑；不加糖不等于没有糖，红豆；糯米等含有淀粉，淀粉属于糖类物质，其本身还是含糖的，故A正确；

B.红豆；糯米等含有淀粉；淀粉属于糖类物质，不加糖不等于没有糖，糖尿病人食用需慎重，故B正确；

C.该广告的虚假宣传；说明我们不能盲目听信厂商或广告商的宣传，是否能够食用应询问医生，故C正确；

D.糖尿病人血糖和尿糖的含量都较高；应少吃含含糖类物质的食品，红豆；糯米等含有淀粉，淀粉属于糖类物质，不可以多吃，故D错误；

故选ABC．

由题意分析八宝粥含桂圆；红豆、糯米等；其化学成分有糖类、脂质、蛋白质等，含糖量含量比较高．

本题借助糖尿病人的饮食考查糖类的相关知识，题目难度不大rm{.}意在考查学生分析题意以及解决问题的能力，注意淀粉也属于糖类物质．【解析】rm{ABC}11、ABD【分析】略【解析】rm{ABD}三、填空题(共7题，共14分)12、略

【分析】考查热化学方程式的书写。热化学方程式是表示化学反应与反应热关系的方程式。书写和应用热化学方程式时必须注意以下几点：①明确写出反应的计量方程式，各物质化学式前的化学计量系数可以是整数，也可以是分数。②各物质化学式右侧用圆括弧（）表明物质的聚集状态。可以用g、l、s分别代表气态、液态、固态。固体有不同晶态时，还需将晶态注明，例如S（斜方），S（单斜），C（石墨），C（金刚石）等。溶液中的反应物质，则须注明其浓度，以aq代表水溶液，(aq)代表无限稀释水溶液。③反应热与反应方程式相互对应。若反应式的书写形式不同，则相应的化学计量系数不同，故反应热亦不同。④热化学方程式必须标明反应的浓度、温度和压力等条件，若在常温常压时可省略。（1）根据盖斯定律可知，①＋②÷2＋③即得到Cu(s)+H2O2(l)+2H＋(aq)=Cu2＋(aq)+2H2O(l)，所以该反应的反应热△H=+64.39kJ/mol－196.46kJ/mol÷2－285.84kJ/mol＝－319.68kJ/mol。（2）C、Al的单质各1mol完全燃烧，分别放出热量aKJ和bKJ，所以有反应①C(s)＋O2（g）＝CO2（g）△H＝－akJ/mol和反应②Al（s）+3/2O2（g）=1/2Al2O3（s）△H=－bkJ/mol。根据盖斯定律可知，②×4－①×3即得到4Al（s）+3CO2（g）=3C（s）+2Al2O3（s），所以该反应的反应热△H=(3a-4b)kJ/mol。（3）燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。因此根据已知条件可知，1mol硫燃烧放出的热量是9.36kJ×32＝299.52kJ，所以硫燃烧热的热化学方程式S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=—299.52kJ/mol。【解析】【答案】(1)Cu(s)+H2O2(l)+2H＋(aq)=Cu2＋(aq)+2H2O(l)△H=—319.68kJ.mol-1(2)4Al（s）+3CO2（g）=3C（s）+2Al2O3（s），△H=(3a-4b)kJ/mol(3)S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=—299.52kJ/mol（每个方程式各3分）13、略

【分析】（1）考查糖类水解方程式的书写。（2）n(葡萄糖)＝＝1moln(CO2)＝＝4mol故1mol葡萄糖氧化只生成1molC2H5OH质量是1mol×46g/mol＝46g反应的方程式是C6H12O6＋3O2C2H5OH＋4CO2↑＋3H2O（3）由于乙醇的燃烧产物是水和CO2，所以乙醇汽油能有效地降低汽车尾气带来的大气污染。【解析】【答案】(1)(C6H10O5)n(淀粉)＋nH2OnC6H12O6(葡萄糖)C6H12O62C2H5OH＋2CO2↑(2)46(3)乙醇汽油能有效地降低汽车尾气带来的大气污染。14、略

【分析】【解析】【答案】(1)略；2S22P5；[Ar]3d54s1；4；IIA(2)IA；He；0.9；1.5；共价(3)略(每空1分)15、略

【分析】【解析】【答案】（13分）（1）硫酸钙微溶于水（2分）（2）除去溶液中Fe3＋（2分）氨水（2分）（3）取少量滤液B置于试管中，向其中加入少量NaOH溶液并放在酒精灯加热，再用湿润的红色石蕊试纸伸到管口，如试纸变蓝色，说明滤液B中含有NH4+离子。(3分)（4）Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓（2分）作化肥（合理即给分（2分）16、略

【分析】解：（1）U型管两侧液面差能产生压强，所以能判断装置的气密性，故正确；碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙和水、二氧化碳，反应方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+CO2↑+H2O；

故答案为：正确；CaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+CO2↑+H2O；

（2）二氧化碳和苯酚钠反应生成不易溶于水的苯酚和碳酸氢钠，所以看到的现象是溶液出现浑浊，反应离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-；

故答案为：试管中溶液出现浑浊；C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-；

（3）要防止醋酸干扰实验；在气态未和苯酚反应前将其除去，可选用饱和的碳酸氢钠溶液除去醋酸且又不引进新的杂质气体，所以在装置A和B之间连一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶除去醋酸；

故答案为：在装置A和B之间连一个盛有饱和氢钠溶液的洗气瓶；

（4）明乙酸为弱酸需证明溶液中存在电离平衡；依据提供的试剂可以对溶液稀释测定溶液PH的变化，实验步骤为：取pH=3的乙酸溶液加入蒸馏水稀释100倍，用pH试纸测定溶液的pH小于5；

故答案为：用量筒量取一定体积的乙酸溶液；加蒸馏水稀释100倍，用pH试纸测其pH，pH＜5，则证明乙酸是弱酸（或其他合理答案）；

（5）a．NaHCO3溶液b．Na2CO3溶液c．CH3COONa溶液d．-ONa，以上都是强碱弱酸盐，溶液都显示碱性，化学式中含有的弱酸根离子对应的酸的酸性越强，其水解程度越弱，溶液的pH越小，而酸性关系为：醋酸＞碳酸＞苯酚＞碳酸氢根离子，则以上溶液的pH由大到小排列的顺序为bdac；

故答案为：bdac．

（1）根据体系内产生的压强是否变化来判断装置的气密性；碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙和水；二氧化碳；

（2）二氧化碳和苯酚钠反应生成不易溶于水的苯酚和碳酸氢钠；根据离子方程式的书写规则书写；

（3）要防止醋酸干扰实验；在气态未和苯酚反应前将其除去，可选用饱和的碳酸氢钠溶液除去醋酸且又不引进新的杂质气体；

（4）证明乙酸为弱酸需证明溶液中存在电离平衡；依据提供的试剂可以对溶液稀释测定溶液PH的变化分析判断是否存在电离平衡分析设计；

（5）都是强碱弱酸盐；溶液显示碱性，酸根离子对应的酸的酸性越弱，水解程度越大，溶液的pH越大，据此进行判断各溶液的pH大小．

本题考查了比较弱酸酸性强弱的方法、证明弱电解质的方法，题目难度中等，注意掌握比较弱电解质酸性强弱常用的方法，明确判断盐的水解程度的方法：越弱越水解．【解析】正确；CaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+CO2↑+H2O；试管中溶液出现浑浊；C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-；在装置A和B之间连一个盛有饱和氢钠溶液的洗气瓶；用量筒量取一定体积的乙酸溶液，加蒸馏水稀释100倍，用pH试纸测其pH，pH＜5，则证明乙酸是弱酸；bdac17、略

【分析】解：A．L2+是两个电子层，而R2-是三个电子层；所以电子数不相等，故A错误；

B．金属性越强；单质与稀盐酸反应的速率越快，L＞Q，故B错误；

C．M与T形成的化合物是氧化铝；是两性氧化物，故C正确；

D．水分子间存在氢键，所以氢化物的沸点为HnT＞HnR；故D正确；

E．T与R形成的SO2、SO3均为共价化合物；故E正确；

F．Be与Al处于对角线；性质相似，所以单质均能与盐酸；NaOH溶液反应放出氢气，故F正确；故选：CDEF．

主族元素中；元素最高正化合价与其族序数相等，元素最低负化合价=族序数-8，原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数增大而减小，根据表中数据知，L；Q属于第IIA族元素，原子半径L＞Q，则L是Mg、Q是Be元素；

M为第IIIA族元素；M原子半径略小于Mg，则M是Al元素；

R；T属于第VIA族元素；R原子半径大于T，则R是S元素、T为O元素；

再结合物质的性质；结构分析解答．

本题考查了原子结构和元素性质的关系，明确元素化合价与其族序数的关系、原子半径大小规律即可解答，题目难度不大．【解析】CDEF18、①③⑥⑨；②；⑦⑧；④⑩【分析】【分析】本题考查电解质的相关概念。【解答】rm{垄脵}rm{垄脵}硫酸钡，没有自由移动的离子不导电；在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分或熔化状态下都能完全电离，有自由移动的离子，能导电，是强电解质；

rm{垄脷}醋酸只存在分子，没有自由移动的离子不导电；rm{垄脷}醋酸只存在分子，没有自由移动的离子不导电；能导电，是弱电解质

，在水溶液中不能完全电离，为弱电解质；

rm{垄脹}氯化氢，是纯净物，只有氯化氢分子不导电；氯化氢的水溶液中，氯化氢能完全电离出氢离子和氯离子，所以是强电解质；rm{垄脹}氯化氢，是纯净物，只有氯化氢分子不导电；氯化氢的水溶液中，氯化氢能完全电离出氢离子和氯离子，所以是强电解质；

rm{垄脺}三氧化硫，只存在分子，没有自由移动的离子，所以不能导电；三氧化硫在水溶液中与水反应生成硫酸，硫酸电离出自由移动的氢离子和硫酸根离子导电，三氧化硫自身不能电离，三氧化硫是非电解质；rm{垄脺}

三氧化硫，只存在分子，没有自由移动的离子，所以不能导电；三氧化硫在水溶液中与水反应生成硫酸，硫酸电离出自由移动的氢离子和硫酸根离子导电，三氧化硫自身不能电离，三氧化硫是非电解质；碳酸氢钠溶于水能完全电离出自由移动的阴阳离子而使其导电

rm{垄脻}氯气只存在rm{垄脻}氯气只存在

分子，不能导电；它是单质，它既不是电解质也不是非电解质；

rm{垄脼}碳酸氢钠，没有自由移动的离子不导电；rm{垄脼}碳酸氢钠，没有自由移动的离子不导电；

，所以碳酸氢钠是强电解质；，所以碳酸氢钠是强电解质；

rm{垄脽}铜是金属单质，能导电；它是单质，它既不是电解质也不是非电解质；rm{垄脽}铜是金属单质，能导电；它是单质，它既不是电解质也不是非电解质；rm{垄脿}硫酸溶液，硫酸水溶液能自身完全电离出的自由移动的氢离子和硫酸根离子导电；但硫酸溶液是混合物，它既不是电解质也不是非电解质；rm{垄脿}硫酸溶液，硫酸水溶液能自身完全电离出的自由移动的氢离子和硫酸根离子导电；但硫酸溶液是混合物，它既不是电解质也不是非电解质；【解析】rm{垄脵垄脹垄脼垄谩}rm{垄脷}rm{垄脽垄脿}rm{垄脺垄芒}rm{垄脵垄脹垄脼垄谩}rm{垄脷}rm{垄脽垄脿}rm{垄脺垄芒}四、工业流程题(共1题，共5分)19、略

【分析】【详解】

1．A．装置B中的浓硫酸不能换成浓氢氧化钠溶液；因为氢氧化钠溶液会吸收二氧化碳气体，达不到排尽装置中空气的目的，故A错误；

B．步骤Ⅰ的目的是导入二氧化碳气体，排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4•nH2O被氧化；故B正确；

C．装置B和装置D不能互换位置；因为碱石灰也会吸收二氧化碳气体，故C错误；

D．将A装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉末；会使产生二氧化碳的速率过大，粉末状的石灰石会很快反应完，同时还会带入HCl气体，故D错误；

答案选B；

2．先熄灭酒精灯，通二氧化碳直至C装置冷却至室温，然后关闭K1；操作甲：熄灭酒精灯，操作丙：关闭K1；故选C；

3．硫酸亚铁晶体的质量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亚铁无水盐的质量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的结晶水的质量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故选B；

4．A．加热时间过长，FeSO4进一步分解；会使m(无水盐)偏大，则n偏大，故A错误；

B．将原晶体中易挥发物质的质量计入减少的结晶水中；则n偏大，故B错误；

C．装置D中的碱石灰失效了；不会影响n值，故C错误；

D．加热时间过短；结晶水未完全失去，n值会小于理论值，故D正确；

答案选D。【解析】①.B②.C③.B④.D五、探究题(共4题，共12分)20、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）21、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）22、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）23、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