2024年北师大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2024年北师大版高二化学下册阶段测试试卷91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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列物质中，可用于治疗胃酸过多的是()A.碳酸氢钠B.氢氧化钠C.氧化钠D.碳酸钡2、下列各有机物的名称肯定错误的是（）A.3﹣甲基﹣2﹣戊烯B.3﹣甲基﹣2﹣丁烯C.2，2﹣二甲基丙烷D.3﹣甲基﹣1﹣丁烯3、Cu（OH）2在水中存在着如下溶解平衡：Cu（OH）2（s）⇌Cu2+（aq）+2OH﹣（aq），在常温下Ksp[Cu（OH）2]=2×10﹣20．某CuSO4溶液中，c（Cu2+）=0.02mol•L﹣1，在常温下要生成Cu（OH）2沉淀，需要向CuSO4溶液中加入碱溶液来调节溶液的pH，使溶液的pH大于（）A.2B.3C.4D.54、下列晶体模型对应的物质熔化时破坏共价键的是（）A.金刚石模型B.

干冰模型C.

碳60模型D.

氯化钠模型5、在有机物分子中，若某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团，这种碳原子称为“手性碳原子”rm{.}凡有一个手性碳原子的物质一定具有光学活性，下面的物质有光学活性：发生下列反应后生成的有机物无光学活性的是rm{(}rm{)}A.与甲酸发生酯化反应B.与新制的氢氧化铜作用C.与银氨溶液作用D.在催化剂存在下与rm{H_{2}}作用6、一种瑞香素的衍生物的结构简式如图，下列有关该有机物性质的说法正确的是rm{(}rm{)}A.分子式为rm{C_{13}H_{10}O_{9}}B.rm{1mol}该有机物最多可与rm{3molH_{2}}加成C.rm{1mol}该有机物最多可与rm{4molNaOH}溶液反应D.rm{1mol}该有机物与足量rm{NaHCO_{3}}溶液反应可放出rm{3molCO_{2}}7、rm{g}某醛跟足量的银氨溶液反应，结果析出rm{43.2g}银，则该醛是()A.甲醛B.乙醛C.丙醛D.丁醛评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)8、下列热化学方程式正确的是rm{(}注：rm{triangleH}的绝对值均正确rm{)(}rm{)}A.rm{C_{2}H_{5}OH(l)+3O_{2}(g)篓T2CO_{2}(g)+3H_{2}O(g)}rm{triangleH=-1367.0}rm{kJ/mol(}燃烧热rm{)}B.rm{NaOH(aq)+HCl(aq)篓TNaCl(aq)+H_{2}O(l)}rm{triangleH=-57.3kJ/mol(}中和热rm{)}C.rm{S(s)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)篓TSO_{3}(g)}rm{S(s)+dfrac

{3}{2}O_{2}(g)篓TSO_{3}(g)}反应热rm{triangleH=-269.8kJ/mol(}D.rm{)}rm{2NO_{2}=O_{2}+2NO}反应热rm{triangleH=+116.2kJ/mol(}rm{)}9、rm{CuSO_{4}}溶液中含有少量的rm{Fe^{3+}}除杂的方式是加入适当物质调整溶液至rm{pH=3.5}使rm{Fe^{3+}}转化为rm{Fe(OH)_{3}}可以达到除去rm{Fe^{3+}}而不损失rm{CuSO_{4}}的目的，调整溶液rm{pH}可选用下列中的rm{(}rm{)}A.rm{CuO}B.rm{NH_{3}?H_{2}O}C.rm{NaOH}D.rm{Cu(OH)_{2}}10、下列有机物的命名正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{2漏陇}二甲基戊烷B.rm{2漏陇}乙基戊烷C.rm{2}rm{3漏陇}二甲基戊烷D.rm{3漏陇}甲基己烷11、实验室里由粗盐制备精盐的实验中，必需的操作步骤有（）A.分液B.过滤C.溶解D.蒸发结晶12、工业上消除氮氧化物的污染可用如下反应：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=akJ/mol．在温度T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.2molNO2充入体积为1L的恒容密闭容器中，测得n（N2）随时间变化的数据如表．下列说法不正确的是（）

。温度时间/min

n/mol010204050T1n（N2）00.200.350.400.40T2n（N2）00.250.300.30A.T1温度下，CH4的平衡转化率为50%B.T1＜T2C.a＜0D.T2时反应的平衡常数大于T1时反应的平衡常数13、加热蒸发下列溶液，能析出得到原溶质的是（）A.KNO3溶液B.FeCl3溶液C.Al2（SO4）3溶液D.FeSO4溶液14、据下表信息，判断以下叙述正确的是rm{(}部分短周期元素的原子半径及主要化合价rm{)}。元素代号rm{G}rm{L}rm{M}rm{Q}rm{R}rm{T}原子半径rm{/nm}rm{0.186}rm{0.160}rm{0.143}rm{0.104}rm{0.075}rm{0.066}主要化合价rm{+1}rm{+2}rm{+3}rm{+6}rm{-2}rm{+5}rm{-3}rm{-2}A.rm{G}、rm{M}两元素的最高价氧化物的水化物可以相互反应B.非金属性：rm{T<Q}C.气态氢化物的稳定性：rm{R>T}D.离子半径：rm{L^{2+}<T^{2-}}15、已知rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)overset{}{?}}rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)overset{}{?}

}正反应放热rm{2SO_{3}(g)(}若在rm{)}和催化剂的作用下，该反应在容积固定的密闭容器中进行，下列有关说法不正确的是A.若降低温度，可以减慢反应速率B.催化剂既能加快化学反应速率，又能提高rm{500隆忙}的转化率C.氧气足量时，rm{SO_{2}}不能完全转化为rm{SO_{2}}D.达到平衡时，rm{SO_{3}}和rm{SO_{2}}的浓度一定相等rm{SO_{3}}16、你认为下列行为中有悖于“节能减排，和谐发展”这一主题的是

A.开发太阳能；水能、风能、可燃冰等新能源；不再使用煤、石油等化石燃料。

B.将煤进行气化处理；提高煤的综合利用效率。

C.研究采煤；采油新技术；提高产量以满足工业生产的快速发展。

D.实现资源的“rm{3R}”利用观，即：减少资源消耗、增加资源的重复使用、资源的循环再生评卷人得分三、多选题(共9题，共18分)17、下列物质中，既有离子键又有共价键的是rm{(}rm{)}A.rm{Ca(NO_{3})_{2}}B.rm{KOH}C.rm{H_{2}O}D.rm{NH_{4}F}18、下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.有机物均易燃烧B.苯酚酸性比碳酸弱，故苯酚不能与碳酸钠溶液反应C.制取乙酸乙酯时，试剂的混合顺序是先加浓硫酸，再加乙醇，然后加乙酸D.石油分馏得到的汽油是纯净物19、海水是宝贵的化学资源；可以从海水中提取的物质有。

A.rm{Si}B.rm{Br_{2}}C.rm{Na}D.rm{Cl_{2}}20、将下列物质加入水中，会显著放热的有()A.烧碱B.浓硫酸C.食盐D.生石灰21、能用酒精灯直接加热的仪器是。

A.量筒B.坩埚C.试管D.容量瓶22、下列各物质中，不能发生水解反应的是()A.油脂B.果糖C.氨基酸D.葡萄糖23、氢气还原氧化铜：rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}H_{2}O+Cu}在该反应中

A.rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}H_{2}O+

Cu}做还原剂B.rm{CuO}做氧化剂C.铜元素的化合价降低D.铜元素的化合剂升高rm{CuO}24、实验室里由粗盐制备精盐的实验中，必需的操作步骤有A.分液B.过滤C.溶解D.蒸发结晶25、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}}评卷人得分四、填空题(共3题，共15分)26、（1）事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是。(填字母)A．C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H>0B．NaOH(aq)+HC1(aq)=NaC1(aq)+H2O(1)△H<0C．2CO(g)+O2(g)=2CO2(1)△H<0（2）以KOH溶液为电解质溶液，依据（1）中所选反应设计一个原电池，其正极的电极反应式为：________。（3）利用下图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应该置于____________（填M或者N）处，此时溶液中的阴离子向极(填X或铁)移动。若X为锌，开光K置于M处，该电化学防护法称为：。27、按要求完成下列问题。

（1）写出下列有机物的键线式：（CH3CH2）2CHCOOH____；

（2）分子式为C6H12的某烯烃，所有的碳原子都在同一平面上，则该烯烃的结构简式为____

（3）写出合成纤维素硝酸酯的化学反应方程式____

（4）已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1molO=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH-O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为____．28、1g甲烷完全燃烧生成CO2气体和液态水时放出QkJ热量，则甲烷燃烧的热化学方程式为。评卷人得分五、探究题(共4题，共16分)29、（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。30、（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。31、（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。32、（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。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【解析】【答案】A2、B【分析】【解答】解：A、3﹣甲基﹣2﹣戊烯，CH3﹣CH2﹣C（CH3）=CH﹣CH3；符合系统命名方法，故A正确；

B、3﹣甲基﹣2﹣丁烯，CH3﹣C（CH3）=CH﹣CH3；编号起端选择错误，不符合取代基位次和最小，正确名称为：2﹣甲基﹣2﹣丁烯，不符合系统命名方法，故B错误；

C、2，2﹣二甲基丙烷，CH3﹣C（CH3）2﹣CH3；符合系统命名方法，故C正确；

D、3﹣甲基﹣1﹣丁烯，CH3﹣C（CH3）﹣CH=CH2；符合系统命名方法，故D正确；

故选B．

【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范:（1）烷烃命名原则：①长﹣﹣﹣﹣﹣选最长碳链为主链；②多﹣﹣﹣﹣﹣遇等长碳链时，支链最多为主链；③近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号；④小﹣﹣﹣﹣﹣支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；⑤简﹣﹣﹣﹣﹣两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．（2）有机物的名称书写要规范．3、D【分析】【解答】解：氢氧化铜的溶度积：Ksp=c（Cu2+）•[c（OH﹣）]2=2×10﹣20，c（Cu2+）=0.02mol/L，如果生成Cu（OH）2沉淀，则氢氧根离子的物质的量浓度至少为：c（0H﹣）=mol/L=1×10﹣9mol/L，所以溶液中氢离子浓度为：c（H+）=mol/L=10﹣5mol/L；

所以溶液的pH=5，若要生成Cu（OH）2沉淀；应调整溶液pH＞5；

故选D．

【分析】根据氢氧化铜的溶度积：Ksp=c（Cu2+）•[c（OH﹣）]2计算出生成氢氧化铜沉淀时氢氧根离子的浓度，然后根据水的离子积计算出氢离子浓度，最后根据氢离子浓度得出溶液的pH．4、A【分析】解：晶体模型对应的物质熔化时破坏共价键说明该晶体属于原子晶体；

A．金刚石是由C原子构成的；属于原子晶体，故A正确；

B．干冰是由二氧化碳分子构成的；属于分子晶体，故B错误；

C．C60是由分子构成的；属于分子晶体，故C错误；

D．NaCl是由氯离子和钠离子构成的；属于离子晶体，故D错误；

故选A．

晶体模型对应的物质熔化时破坏共价键说明该晶体属于原子晶体；原子晶体是由原子之间通过共价键形成的，据此分析解答．

本题考查晶体类型的判断，侧重考查基本理论，明确晶体的构成微粒即可解答，熟练掌握常见晶体的类型及构成微粒，题目难度不大．【解析】【答案】A5、D【分析】解：rm{A.}与甲酸发生酯化反应，rm{-CH_{2}OH}生成rm{HCOOCH_{2}-}反应后生成的物质中rm{C}原子仍连接rm{4}个不同的原子或原子团；具有光学活性，故A不选；

B.与新制的氢氧化铜作用，rm{-CHO}与氢氧化铜溶液反应生成rm{-COONa}仍具有手性碳原子，故B不选；

C.与甲酸发生酯化反应，rm{-CH_{2}OH}生成rm{HCOOCH_{2}-}反应后生成的物质中rm{C}原子仍连接rm{4}个不同的原子或原子团；具有光学活性，故C不选；

D.在催化剂存在下与rm{H_{2}}作用，醛基被还原生成羟基，则反应后生成的物质中rm{C}原子上连接两个相同的rm{-CH_{2}OH}原子团；不具有光学活性，故D选．

故选D．

某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团；这种碳原子称为“手性碳原子”，结合官能团的变化分析碳原子连接的不同基团即可解答．

本题以手性碳考查有机物的结构与性质，为高考常见题型和高频考点，注意把握醛、酯、醇的性质是解答的关键，注意体会官能团与性质的关系，题目难度不大．【解析】rm{D}6、A【分析】【分析】本题旨在考查学生对有机物的结构和性质的应用，侧重基础知识的考查，难度不大。【解答】A.由结构简式可知其分子式为rm{C}rm{C}rm{{,!}_{13}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{10}}故A正确；B.有机物含有rm{O}个苯环，rm{O}个碳碳双键，故rm{{,!}_{9}}该有机物能和rm{1}氢气加成，故B错误；C.有机物含有rm{1}个羧基，rm{1mol}个酚羟基，rm{4mol}个酯基，故rm{2}有机物和rm{1}氢氧化钠反应，故C错误；D.有机物含有rm{1}个羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故rm{1mol}该有机物和碳酸氢钠反应生成rm{5mol}二氧化碳，故D错误。故选A。rm{2}【解析】rm{A}7、A【分析】【分析】本题考查有机物推断，难度中等，注意掌握醛与银氨溶液反应中醛基与rm{Ag}的物质的量关系。的物质的量关系。

【解答】因rm{Ag}一元醛通常发生银镜反应可得到rm{1mol}现得到rm{2molAg}故醛应为rm{0.4molAg}该醛的摩尔质量。此题似乎无解，但rm{0.2mol}甲醛可得到rm{1mol}即rm{4molAg}甲醛可得到rm{3g}与题意相符；故A正确。

故选A。rm{43.2g(0.4mol)Ag}【解析】rm{A}二、双选题(共9题，共18分)8、rBC【分析】解：rm{A}rm{C_{2}H_{5}OH(l)+3O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+3H_{2}O(g)triangleH=-1367.0}rm{C_{2}H_{5}OH(l)+3O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+3H_{2}O(g)triangle

H=-1367.0}燃烧热rm{kJ/mol(}反应中生成的氧化物水是气体；不是稳定氧化物，故A错误；

B、rm{NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol(}中和热rm{)}符合中和热概念，故B正确；

C、rm{S(s)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)triangleH=-269.8kJ/mol(}反应热rm{NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H_{2}O(l)triangle

H=-57.3kJ/mol(}符合热化学方程式的书写，故C正确；

D、rm{2NO_{2}=O_{2}+2NOtriangleH=+116.2kJ/mol(}反应热rm{)}为标注物质聚集状态，故D错误．

故选：rm{S(s)+O_{2}(g)=SO_{2}(g)triangle

H=-269.8kJ/mol(}．

A、燃烧热是rm{)}可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；

B、中和热是强酸强碱的稀溶液完全反应生成rm{2NO_{2}=O_{2}+2NOtriangle

H=+116.2kJ/mol(}水放出的热量；

C；热化学方程式是标注物质聚集状态；反应放出的热量；

D；热化学方程式是标注物质聚集状态；反应放出的热量．

本题考查了燃烧热、中和热、热化学方程式的书写方法和判断，关键是概念的理解，题目较简单．rm{)}【解析】rm{BC}9、rAD【分析】解：调整至溶液rm{pH=4}使rm{Fe^{3+}}转化为rm{Fe(OH)_{3}}可以达到除去rm{Fe^{3+}}而不损失rm{CuSO_{4}}的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀，则rm{AD}均可，rm{B}rm{C}将铜离子转化为沉淀；不符合；

故选AD．

调整至溶液rm{pH=4}使rm{Fe^{3+}}转化为rm{Fe(OH)_{3}}可以达到除去rm{Fe^{3+}}而不损失rm{CuSO_{4}}的目的；则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀．

本题考查物质分离提纯方法的选择和应用，侧重于学生的分析能力的考查，涉及盐类水解、难溶电解质的溶解平衡等，注重高频考点的考查，注意除杂的原则，题目难度不大．【解析】rm{AD}10、rCD【分析】解：rm{A.}主链不是最长，正确的名称为rm{3-}甲基己烷；故A错误；

B.主链不是最长，正确的名称为rm{2-}甲基己烷；故B错误；

C.符合命名规则；故C正确；

D.烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故此物质的主链上有rm{6}个碳原子，为己烷，从离支链最近的一端给主链上的碳原子进行编号，则甲基处在rm{3}号碳原子上，则为rm{3-}甲基己烷；故D正确；

故选CD．

判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

rm{(1)}烷烃命名原则：

rm{垄脵}长选最长碳链为主链；

rm{垄脷}多遇等长碳链时；支链最多为主链；

rm{垄脹}近离支链最近一端编号；

rm{垄脺}小支链编号之和最小rm{.}看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

rm{垄脻}简两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号rm{.}如取代基不同；就把简单的写在前面，复杂的写在后面．

rm{(2)}有机物的名称书写要规范．

本题考查了有机物的命名，题目难度中等，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力．【解析】rm{CD}11、B|C|D【分析】解：粗盐提纯过程为：溶解粗盐（C选项）；加入试剂将杂质离子除去，接着过滤除去难溶物；泥沙等（B选项），加入盐酸调节溶液pH，除去过量的除杂试剂，最后通过蒸发浓缩达到纯净的氯化钠（D选项），所以必需的操作为：溶解、过滤、蒸发浓缩，不需要分液；

故选BCD．

实验室里由粗盐制备精盐的实验中；首先将粗盐溶解，然后加入除杂试剂将杂质离子变成沉淀，然后通过过滤除去难溶物，最后对滤液进行蒸发浓缩达到纯净的氯化钠，以此解答该题．

本题考查了粗盐的提纯方法，题目难度不大，注意掌握粗盐提纯过程中除杂试剂的选用及除杂试剂的加入顺序，明确除杂原则．【解析】【答案】BCD12、A|D【分析】解：A．由表中数据可知，40min处于平衡状态，平衡时生成氮气为0.4mol，根据方程式可知消耗甲烷物质的量为0.4mol，则甲烷的转化率为×100%=80%；故A错误；

B．由前10min内，温度T2时生成氮气较多，说明温度T2的反应速率快，温度越高反应速率越快，故温度T1＜T2；故B正确；

C．由B中分析可知，温度T1＜T2，T2温度30min处于平衡状态，平衡时氮气的物质的量比T1温度小；说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故a＜0，故C正确；

D．升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，T2时反应的平衡常数小于T1时反应的平衡常数；故D错误；

故选：AD．

A．由表中数据可知；40min处于平衡状态，平衡时生成氮气为0.4mol，根据方程式计算消耗甲烷物质的量，进而计算甲烷的转化率；

B．由前10min内，温度T2时生成氮气较多，说明温度T2的反应速率快；温度越高反应速率越快；

C．由B中分析可知，温度T1＜T2，T2温度30min处于平衡状态，平衡时氮气的物质的量比T1温度小；说明升高温度平衡逆向移动；

D．升高温度平衡逆向移动；平衡常数减小．

本题考查化学平衡计算及影响因素、平衡常数影响因素等，关键是根据数据判断温度大小，较好的考查学生对数据的分析处理能力，难度中等．【解析】【答案】AD13、A|C【分析】解：A、KNO3是强酸强碱盐，不能水解也不能分解，也不能被氧化，故加热蒸发能得到KNO3本身；故A正确；

B、FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中水解：FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，由于HCl是挥发性酸，故加热时挥发，导致水解被促进，则蒸干后得到的是Fe（OH）3；故B错误；

C、Al2（SO4）3是强酸弱碱盐，在溶液中会水解：Al2（SO4）3+6H2O⇌2Al（OH）3+3H2SO4，由于硫酸不挥发，故加热时水解被促进的程度很小，蒸干后Al（OH）3和H2SO4又能反应生成Al2（SO4）3；故得到的是溶质本身，故C正确；

D、FeSO4有强还原性，在蒸干时会被氧化为Fe2（SO4）3；得到的不是溶质本身，故D错误．

故选AC．

溶液加热蒸干后；能析出原溶质固体的，需要溶质性质稳定，不分解；不能被氧化、不能水解或水解程度不大，据此分析．

本题考查盐类水解知识，题目难度不大，注意把握物质的稳定性和水解的性质，易错点为C，注意硫酸盐水解的特点．【解析】【答案】AC14、AD【分析】【分析】本题考查元素周期律及其应用，难度一般。【解答】短周期元素，由元素的化合价可以知道，rm{T}只有rm{-2}价，则rm{T}为rm{O}元素，rm{T}和rm{Q}的最低化合价相同，应位于相同主族，且rm{Q}原子半径较大，可以知道rm{Q}为rm{S}元素，rm{R}有rm{+5}rm{-3}价，处于Ⅴrm{A}族，原子半径小于rm{S}故rm{R}为rm{N}元素，rm{G}rm{L}rm{M}的化合价分别为rm{+1}rm{+2}rm{+3}原子半径依次减小，均大于rm{S}原子半径，应处于第三周期，可推知rm{G}rm{L}rm{M}元素则分别为rm{Na}rm{Mg}rm{Al}只有rm{T}价，则rm{-2}为rm{T}元素，rm{O}和rm{T}的最低化合价相同，应位于相同主族，且rm{Q}原子半径较大，可以知道rm{Q}为rm{Q}元素，rm{S}有rm{R}rm{+5}价，处于Ⅴrm{-3}族，原子半径小于rm{A}故rm{S}为rm{R}元素，rm{N}rm{G}rm{L}的化合价分别为rm{M}rm{+1}rm{+2}原子半径依次减小，均大于rm{+3}原子半径，应处于第三周期，可推知rm{S}rm{G}rm{L}元素则分别为rm{M}rm{Na}rm{Mg}

rm{Al}溶液和A.rm{NaOH}溶液和rm{Al(OH)_{3}}rm{NaOH}

rm{Al(OH)_{3}}的非金属性强于可以相互反应生成偏铝酸钠与水，故A正确；元素，故B错误；

B.同主族自上而下非金属性减弱，rm{O}的非金属性强于rm{S}元素，故B错误；的非金属性强于rm{O}元素，所以对应的氢化物稳定性较稳定，故C错误；

D.rm{S}与C.rm{O}的非金属性强于rm{N}元素，所以对应的氢化物稳定性较稳定，故C错误；rm{O}故D正确。

rm{N}rm{Mg^{2+}}【解析】rm{AD}15、BD【分析】【分析】本题考查化学平衡移动原理的应用以及化学反应速率的影响因素，掌握化学反应速率的影响因素以及化学平衡移动原理的基本内容是解题的关键，注意题目已给信息的应用，难度不大。【解答】A.降低温度，减小活化分子百分数，所以减慢化学反应速率，故A正确；B.催化剂能加快化学反应速率但不影响平衡即不能提高二氧化硫的转化率，故B错误；C.由于该反应时可逆反应，所以氧气足量时，rm{SO_{2}}也不能完全转化为rm{SO_{3}}故C正确；D.反应达到平衡状态时正逆反应速率相等且不等于rm{0}各物质浓度不变但不一定相等，故D错误。故选BD。【解析】rm{BD}16、AC【分析】【分析】本题考查化学与环境知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产、环境的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。【解答】A.开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料，有利于节能减排，保护环境，而不是不再使用煤、石油等化石燃料，故A错误；

B.将煤进行气化处理；提高煤的综合利用效率，提高了燃烧效率，减少了资源的浪费，符合节能减排和谐发展的主题，故B正确；

C.研究采煤；采油新技术；提高产量以满足工业生产的快速发展，化石燃料在地球上的含量是有限的，加大开采，必然带来能源的匮乏和污染物的增多，故C错误；

D.减少资源消耗rm{(Reduce)}增加资源的重复使用rm{(Reuse)}资源的循环再生rm{(Recycle)}符合节能减排和谐发展的主题，故D正确。

故选AC。【解析】rm{AC}三、多选题(共9题，共18分)17、ABD【分析】解：rm{A.}硝酸钙中钙离子和硝酸根离子之间存在离子键，rm{N}原子和rm{O}原子之间存在共价键；故A正确；

B.rm{KOH}中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键，rm{O}原子和rm{H}原子之间存在共价键；故B正确；

C.水分子中rm{H}原子和rm{O}原子之间只存在共价键；故C错误；

D.氟化铵中铵根离子和氟离子之间存在离子键、rm{N}原子和rm{H}原子之间存在共价键；故D正确；

故选ABD．

一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，部分碱；大多数盐和金属氧化物中含有离子键，多原子非金属单质、酸、部分非金属氧化物、部分碱、部分盐中含有共价键．

本题考查了离子键和共价键的判断，根据物质的构成微粒及微粒间作用力分析解答，注意二者区别，铵盐中存在离子键，且铵根离子中存在配位键，配位键属于共价键．【解析】rm{ABD}18、ABCD【分析】解：rm{A.}四氯化碳为有机物；不能燃烧，则不是所有有机物均燃烧，故A错误；

B.苯酚酸性比碳酸弱；大于碳酸氢根离子的酸性，则苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠；碳酸氢钠，故B错误；

C.制取乙酸乙酯时；先加密度小的后加密度大的液体，最后加乙酸，则试剂的混合顺序是先加乙醇，再加浓硫酸，然后加乙酸，故C错误；

D.石油为混合物；分馏产品仍为混合物，则石油分馏得到的汽油是混合物，故D错误；

故选ABCD．

A.四氯化碳为有机物；不能燃烧；

B.苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠；碳酸氢钠；

C.制取乙酸乙酯时；先加密度小的后加密度大的液体，最后加乙酸；

D.石油为混合物；分馏产品仍为混合物．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为易错点、类似浓硫酸的稀释，题目难度不大．【解析】rm{ABCD}19、BCD【分析】【分析】本题考查了海水资源利用，明确海水中的元素及其提取方法是解本题关键，知道从整体上分析工艺流程，题目难度不大。【解答】A.海水中不含硅，硅元素存在于硅酸盐和硅石中，不能从海水中获取，故A不选；

B.海水中含有rm{Br}元素，能从海水中提取，故B选；元素，能从海水中提取，故B选；

rm{Br}电解熔融C.海水中钠元素含量丰富，通过暴晒海水得到rm{NaCl}电解熔融rm{NaCl}得到rm{Na}所以可以从海水中提取，故C选；得到rm{NaCl}所以可以从海水中提取，故C选；

rm{NaCl}电解饱和氯化钠溶液得到氯气，所以可以从海水中提取，故D选。

rm{Na}

D.海水中氯元素含量丰富，通过暴晒海水得到rm{NaCl}电解饱和氯化钠溶液得到氯气，所以可以从海水中提取，故D选。【解析】rm{BCD}20、ABD【分析】【分析】本题旨在考查学生对吸热过程和放热过程的应用。【解答】A.烧碱溶于水放出大量的热，故A正确；B.浓硫酸稀释放出大量的热，故B正确；C.食盐溶于水不会放出大量的热，故C错误；D.生石灰与水反应生成氢氧化钙，放出大量的热，故D正确。故选ABD。【解析】rm{ABD}21、BC【分析】【分析】本题考查常见化学仪器的使用知识，难度不大，掌握常见的化学仪器的使用是解答的关键。【解答】可以直接加热的仪器有：坩埚、试管、蒸发皿，故BC正确。故选BC。【解析】rm{BC}22、BCD【分析】【分析】本题考查了糖类、蛋白质、油脂的结构和性质，题目难度不大，主要考查几类物质的水解条件和水解产物。【解答】选项中葡萄糖是单糖不能水解；纤维素是多糖在一定条件下水解最终生成为单糖；油脂在酸；碱等催化作用下水解生成甘油和高级脂肪酸；蛋白质一定条件下水解生成氨基酸；

故选ABC．

A.在酸、碱或酶等催化剂的作用下，油脂均可以发生水解，rm{1mol}油脂完全水解的产物是rm{1mol}甘油和rm{3mol}高级脂肪酸，故A错误；B.果糖是单糖，所以不能水解，故B正确；C.氨基酸，不能水解，故C正确；

D.葡萄糖是单糖，所以不能水解，故D正确。故选BCD。【解析】rm{BCD}23、BC【分析】【分析】本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质及特征为解答关键，注意掌握氧化剂、还原剂的概念及判断方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。【解答】A.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价被还原，rm{CuO}作氧化剂；故A错误；

B.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价，铜元素化合价降低，rm{CuO}作氧化剂；故B正确；

C.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价；化合价降低，故C正确；

D.rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价；铜元素化合价降低，故D错误。

故选BC。

【解析】rm{BC}24、BCD【分析】实验室里由粗盐制备精盐的过程为：溶解粗盐，加入试剂将杂质离子除去，接着过滤除去难溶物、泥沙等，加入盐酸调节溶液rm{pH}除去过量的除杂试剂，最后通过蒸发浓缩达到纯净的氯化钠，因此必需的操作为：溶解、过滤、蒸发浓缩．除去过量的除杂试剂，最后通过蒸发浓缩达到纯净的氯化钠，因此必需的操作为：溶解、过滤、蒸发浓缩．rm{pH}【解析】rm{BCD}25、ABD【分析】略【解析】rm{ABD}四、填空题(共3题，共15分)26、略

【分析】试题分析：（1）根据原电池原理和题给信息知，能设计成原电池的反应必须是放热的氧化还原反应，A为吸热反应，B为复分解反应，C为放热的氧化还原反应，所以C符合原电池设计原理的要求，选C；（2）将反应2CO（g）+O2（g）=2CO2（l）△H＜0，设计成原电池，该电池为燃料电池。依据原电池原理：负极区发生氧化反应，正极区发生还原反应知，燃料CO在负极区反应，助燃剂O2在正极区参加反应，结合以KOH溶液为电解质溶液，其正极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-；（3）装置图X为碳棒，若减缓铁的腐蚀，在原电池中铁做正极，电解池中铁做阴极；若置于M处形成原电池，铁做原电池负极被腐蚀，所以K应放置N处，形成电解池，铁做阴极被保护，溶液中阴离子移向阳极碳棒X；若X为锌，开光K置于M处，形成原电池，铁做原电池的正极被保护，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法。考点：考查原电池、电解池原理的分析应用【解析】【答案】（1）C；（2）O2+2H2O+4e-=4OH-；（3）N；X；牺牲阳极的阴极保护法27、略

【分析】

（1）键线式中所有拐点和端点都有一个碳原子，（CH3CH2）2CHCOOH的键线式：故答案为：

（2）根据乙烯是平面型分子，可看做乙烯中的四个氢原子被甲基取代，故结构简式为故答案为：

（3）合成纤维素硝酸酯的化学反应方程式：故答案为：

（4）氢气完全燃烧生成水蒸气是放热反应，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为K，根据方程式：2H2+O22H2O；则：4×121kJ=463kJ×4-（2K+496kJ），解得K=436KJ，故答案为：436KJ；

【解析】【答案】（1）键线式是进一步省去碳氢元素的符号；只要求表示出碳碳键以及与碳原子相连的基团，键线式中每个拐点和终点均表示一个碳原子，每个碳原子都形成四个共价键，不足的用氢原子补足；

（2）根据乙烯是平面型分子解题；

（3）酯化反应的原理是算脱羟基醇脱氢；

（4）化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量．

28、略

【分析】【解析】【答案】（4分）CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)△H＝－16QkJ/mol五、探究题(共4题，共16分)29、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