2024年岳麓版高二化学下册月考试卷

…………○…………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2024年岳麓版高二化学下册月考试卷698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9题，共18分)1、下列事实不能用勒夏特利原理来解释的是：A.升高温度，水的电离平衡向正方向移动B.合成氨工业选择高温C.增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3D.在Fe3++3KSCNFe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深2、设NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.25℃时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的Ba2+数目为0.05NAB.标准状况下，2.24LCH2Cl2只含有的C﹣Cl键的数目为0.2NAC.1.8g重水（D2O）只含有NA个中子D.常温常压下，21g乙烯与环丁烷的混合物中含有原子数目为3NA3、可以用来鉴别甲烷和乙烯，还可以用来除去甲烷中乙烯的操作方法是（）A.澄清石灰水、浓硫酸B.KMnO4酸性溶液、浓硫酸C.溴水、浓硫酸D.浓硫酸、KMnO4酸性溶液4、下面有关晶体的叙述中，不正确的是()A.金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有rm{6}个碳原子B.氯化钠晶体中，每个rm{Na^{+}}周围距离相等的rm{Na^{+}}共有rm{6}个C.氯化铯晶体中，每个rm{Cs^{+}}周围紧邻rm{8}个rm{Cl^{-}}D.干冰晶体中，每个rm{CO_{2}}分子周围紧邻rm{12}个rm{CO_{2}}分子5、恒温条件下，在体积不变的密闭容器中，有可逆反应rm{X(s)+2Y(g)}rm{2Z(g)}rm{triangleH<0}下列说法rm{隆陋}定正确的是rm{(}rm{)}

A.rm{0.2molX}和rm{0.4molY}充分反应，rm{Z}的物质的量可能会达到rm{0.35mol}B.从容器中移出部分反应物rm{X}则正反应速率将下降C.当rm{triangleH}不变时，反应将达到平衡D.向反应体系中继续通入足量rm{Y}气体，rm{X}有可能被反应完全6、反应A(g)＋3B(g)2C(g)在2L密闭容器中反应，0．5min内C的物质的量增加了0．6mol有关反应速率中正确的是（）A.v(A)=0．005mol·L－1·s－1B.v(C)=0．002mol·L－1·s－1C.v(B)=v(A)/3D.v(A)=0．001mol·L－1·s－17、据报道：用激光可将置于铁室中的石墨靶上的碳原子“炸松”，再用一个射频电火花喷射出氮气，可使碳、氮原子结合成碳氮化合物rm{(C_{3}N_{4})}的薄膜，该碳氮化合物比金刚石还坚硬，则下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.该碳氮化合物呈片层状结构B.该碳氮化合物呈立体网状结构C.该碳氮化合物中rm{C-N}键键长大于金刚石中rm{C-C}键键长D.相邻主族非金属元素形成的化合物的硬度比单质小8、聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与rm{HI_{3}}形成聚维酮碘，其结构表示如图：rm{(}图中虚线表示氢键rm{)}下列说法____的是rm{(}rm{)}

A.聚维酮碘是一种水溶性物质B.聚维酮在一定条件下能发生水解反应C.聚维酮的单体是D.聚维酮分子由rm{(m+n)}个单体聚合而成9、反应rm{CO(g)+NO_{2}(g)?CO_{2}(g)+NO(g)triangleH<0}在温度rm{CO(g)+NO_{2}(g)?CO_{2}(g)+NO(g)triangle

H<0}时达到平衡，rm{t_{1}}其平衡常数为rm{c_{1}(CO)=c_{1}(NO_{2})=1.0mol?L^{-1}}其他条件不变，升高反应体系的温度至rm{K_{1}.}时，反应物的平衡浓度分别为rm{t_{2}}和rm{c_{2}(CO)}平衡常数为rm{c_{2}(NO_{2})}则rm{K_{2}}rm{(}A.若增大rm{)}浓度，rm{CO}和rm{K_{2}}都增大B.rm{K_{1}}C.rm{K_{2}>K_{1}}D.rm{c_{2}(CO)=c_{2}(NO_{2})}rm{c_{1}(CO)>c_{2}(CO)}评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)10、反应rm{4A(g)+3B(g)篓T2C(g)+D(g)}rm{2min}后rm{B}的浓度减少rm{0.6mol?L^{-1}.}对rm{2min}内反应速率的表示正确的是rm{(}rm{)}A.用rm{A}表示的反应速率是rm{0.4mol?L^{-1}?min^{-1}}B.分别用rm{B}rm{C}rm{D}表示的反应速率其比值为rm{3}rm{2}rm{1}C.在rm{2min}末的反应速率，用rm{B}表示是rm{0.3mol?L^{-1}?min^{-1}}D.在rm{2min}内用rm{B}表示的反应速率的值是逐渐减小的，用rm{C}表示的反应速率的值是逐渐增大的11、过量的锌与稀盐酸反应，为了减慢反应速率，可以采取的措施是rm{(}rm{)}A.冷却B.加入少量量的硫酸铜C.锌片换成锌粉D.加水12、下列实验的解释或结论正确的是rm{(}rm{)}

。选项实验解释或结论rm{A}向包有rm{Na_{2}O_{2}}的脱脂棉滴少量水，脱脂棉燃烧rm{Na_{2}O_{2}}与rm{H_{2}O}反应放热并有rm{O_{2}}生成rm{B}向rm{NaI}溶液滴加rm{FeCl_{3}}溶液，再加入rm{CCl_{4}}振荡，静置，下层呈紫红色氧化性：rm{I_{2}>Fe^{3+}}rm{C}取酸雨试样，滴加rm{H_{2}O_{2}}溶液，再加入rm{BaCl_{2}}溶液，有白色沉淀该酸雨试样中一定含有rm{H_{2}SO_{3}}rm{D}用激光笔照射水玻璃rm{(Na_{2}SiO_{3}}的溶液rm{)}有丁达尔现象rm{SiO_{3}^{2-}}水解生成了硅酸胶体A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}13、在容积为rm{2L}的rm{3}个密闭容器中发生反应rm{3A(g)+B(g)?xC(g)}按不同方式投入反应物，保持恒温；恒容，测得反应达到平衡时有关数据如下：

。容器甲乙丙反应物投入量rm{3mol}rm{A}rm{2mol}rm{B}rm{6mol}rm{A}rm{4mol}rm{B}rm{2mol}rm{C}到达平衡的时间rm{(min)}rm{5}rm{8}rm{A}的浓度rm{(mol/L)}rm{c_{1}}rm{c_{2}}rm{C}的体积分数rm{w_{1}}rm{w_{3}}混合气体密度rm{(g/L)}rm{娄脩_{1}}rm{娄脩_{2}}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.若rm{x<4}则rm{2c_{1}>c_{2}}B.若rm{w_{3}=w_{1}}可断定rm{x=4}C.无论rm{x}的值是多少，均有rm{2娄脩_{1}=娄脩_{2}}D.容器甲中反应从开始到达平衡平均速率为rm{v(A)=0.3}rm{mol?L^{-1}?min^{-1}}14、下列说法中不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1mol}稀硫酸和rm{1mol}稀rm{Ba(OH)_{2}}溶液完全中和所放出的热量为中和热B.中和反应都是放热反应，盐类水解反应都是吸热反应C.在rm{101kPa}时，rm{1mol}碳燃烧所放出的热量一定是碳的燃烧热D.碳与二氧化碳的反应既是吸热反应，也是化合反应15、将BaO2放入密闭的真空容器中，反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g）达到平衡．保持温度不变，体积压缩为原来的一半，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（）A.平衡常数减小B.平衡逆向移动，氧气的物质的量浓度减小C.体系的压强不变D.BaO2的量增加16、某电池以rm{K_{2}FeO_{4}}和rm{Zn}为电极材料，rm{KOH}溶液为电解溶质溶液rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Zn}为电池的负极B.正极反应式为rm{2FeO_{4}^{2-}+10H^{+}+6e^{-}=Fe_{2}O_{3}+5H_{2}O}C.该电池放电过程中电解质溶液浓度不变D.电池工作时rm{OH^{-}}向负极迁移评卷人得分三、多选题(共7题，共14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、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}19、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}}20、rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃烧的反应为rm{2H_{2}+O_{2;;;}篓T篓T篓T2H_{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21、实验室里由粗盐制备精盐的实验中，必需的操作步骤有rm{(}rm{)}A.溶解B.过滤C.分液D.蒸发浓缩22、根据元素周期律，卤族元素的下列性质从下到上依次递增的有()A.金属性B.非金属性C.原子半径D.单质的氧化性23、下列物质与水混合后静置，出现分层的是()A.乙酸乙酯B.乙酸C.苯D.四氯化碳评卷人得分四、简答题(共1题，共9分)24、磷是生物体中不可缺少的元素之一；它能形成多种化合物。

rm{(1)}基态磷原子中；电子占据的最高能层符号为______；该能层能量最高的电子云在空间有______个伸展方向，原子轨道呈______形。

rm{(2)}磷元素与同周期相邻两元素相比；第一电离能由大到小的顺序为______。

rm{(3)}单质磷与rm{Cl_{2}}反应，可以生成rm{PCl_{3}}和rm{PCl_{5}}其中各原子均满足rm{8}电子稳定结构的化合物中，rm{P}原子的杂化轨道类型为______；其分子的空间构型为______。

rm{(4)}磷化硼rm{(BP)}是一种超硬耐磨涂层材料，如图甲为其晶胞，硼原子与磷原子最近的距离为rm{acm.}用rm{Mg/mol}表示磷化硼的摩尔质量，rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，则磷化硼晶体的密度为______。评卷人得分五、有机推断题(共4题，共12分)25、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．26、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．27、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。28、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【解析】试题分析：如果改变影响平衡的1个条件，平衡就向能够减弱这种改变的方向进行，中这就是勒夏特列原理，该原理适用于所有的平衡体系，据此可知选项ACD都是正确的。B中氨气的合成是放热反应，则升高温度不利于氨气的合成，不能用勒夏特列原理解释，答案选B。考点：考查勒夏特列原理应用的有关判断【解析】【答案】B2、A【分析】【解答】解：A、25℃时，pH=13的Ba（OH）2溶液中钡离子浓度为0.1mol/L，1.0L溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的OH﹣总数为0.1NA，而氢氧化钡中氢氧根和钡离子的个数之比为2；1，故钡离子的个数为0.05NA个；故A正确；

B；标况下；二氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；

C、重水的摩尔质量为20g/mol，故1.8g重水的物质的量为0.09mol，而1mol重水中含10mol中子，故0.09mol重水中含0.9mol中子即0.9NA个；故C错误；

D、乙烯和环丁烷的最简式均为CH2，故21g混合物中含有的CH2的物质的量n==1.5mol，故含有4.5mol原子即4.5NA个；故D错误．

故选A．

【分析】A、25℃时，pH=13的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子，而氢氧化钡中氢氧根和钡离子的个数之比为2；1，据此分析；B、标况下，二氯甲烷为液体；C、重水的摩尔质量为20g/mol；D、乙烯和环丁烷的最简式均为CH2．3、C【分析】【解答】解：A．澄清石灰水不与甲烷和乙烯反应；无法鉴别和除杂，故A错误；

B．酸性高锰酸钾溶液能够鉴别甲烷和乙烯；由于酸性高锰酸钾溶液能够将乙烯氧化成二氧化碳，反应后又生成的新的杂质，所以不能用于除去甲烷中的乙烯，故B错误；

C．溴水可以鉴别甲烷和乙烯；还可以除去甲烷的乙烯，然后用浓硫酸干燥，故C正确；

D．不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯；故D错误；

故选C．

【分析】甲烷为饱和烃，乙烯分子中含有碳碳双键，可用溴水或酸性高锰酸钾溶液鉴别，但是除去甲烷的乙烯，不能使用酸性高锰酸钾，原因是酸性高锰酸钾溶液能够将乙烯氧化成二氧化碳，反应后又生成的新的杂质，据此进行解答．4、B【分析】略【解析】rm{B}5、A【分析】【分析】

本题考查化学平衡建立；及影响化学平衡的因素。解题关键：理解化学平衡移动原理。

【解答】

可逆反应rm{X(s)+2Y(g)}rm{2Z(g)}特点：反应前后气体体积不变；正反应放热。

A.rm{0.2molX}和rm{0.4molY}充分反应，可逆反应特点反应物与生成物共存，故根据极限法rm{Z}的物质的量的范围rm{0mol隆芦0.4mol}rm{Z}的物质的量可能会达到rm{0.35mol}；故A正确；

B.rm{X}为固体，从容器中移出部分反应物rm{X}对反应速率无影响，故B错误；

C.当rm{triangleH}只与方程式相关；与反应进行的程度无关，故C错误；

D.根据可逆反应的特点；反应物与生成物共存，故D错误。

故选A。【解析】rm{A}6、A【分析】试题分析：根据v=△n/V△t计算v（C），再利用速率之比等于化学计量数之比计算其它物质表示的平均反应速率；2L密闭容器中反应，0．5min内C的物质的量增加了0.6mol，则：v（C）=0.01mol·L－1·s－1，A、速率之比等于化学计量数之比，故v（A）=0.005mol·L－1·s－1，正确；B、v（C）=0.01mol·L－1·s－1，错误；C、速率之比等于化学计量数之比，故v（B）=3v(A)，错误；D、速率之比等于化学计量数之比，故v（A）=0.005mol/（L•s），错误。考点：考查化学反应速率的计算。【解析】【答案】A7、B【分析】解：rm{A}rm{B}碳、氮原子结合成碳氮化合物比金刚石更坚硬；说明形成的碳氮化合物为原子晶体，原子晶体呈立体网状结构，故A错误，B正确；

C、由于原子半径rm{N<C}原子半径越小，共价键的键长越短，则该碳氮化合物中rm{C-N}键键长小于金刚石中rm{C-C}键键长；故C错误；

D、相邻主族非金属元素形成的化合物的硬度不一定比单质小，如rm{C_{3}N_{4}}的硬度比rm{N_{2}}大；故D错误；

故选B。

碳；氮原子结合成碳氮化合物比金刚石更坚硬；说明形成的碳氮化合物为原子晶体，从影响原子晶体性质的角度分析。

本题考查晶体的性质，题目难度不大，注意影响原子晶体的性质的因素是共价键的键能大小，与原子半径有关。【解析】rm{B}8、D【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。【解答】A.聚维酮通过氢键与rm{HI}rm{HI}rm{{,!}_{3}}聚维酮碘是一种水溶性物质，故A正确；B.聚维酮含有肽键，在一定条件下能发生水解反应，故B正确；C.根据题意可知，其单体为：故C正确；形成聚维酮碘，聚维酮分子由D.个单体聚合而成rm{(2m+n)}，故D错误。故选D。【解析】rm{D}9、C【分析】解：依据化学平衡rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangleH<0}正向反应是放热反应rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)triangle

H<0}所以温度升高；平衡向吸热反应方向进行，即平衡逆向进行；

A、平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，增大rm{.}的浓度；平衡向正反应方向移动，平衡常数不变，故A错误；

B、升高反应体系的温度至rm{CO}时，正向反应是放热反应rm{t_{2}}所以温度升高，平衡向吸热反应方向进行，即平衡逆向进行，rm{.}故B错误；

C、rm{K_{2}<K_{1}}时达到平衡，rm{t_{1}}浓度之比等于化学计量数之比rm{c_{1}(CO)=c_{1}(NO_{2})=1.0mol?L^{-1}}rm{1}二者转化率相等，故新平衡状态下，rm{1}rm{c_{1}(CO)}仍相同；故C正确；

D、升高反应体系的温度至rm{c_{1}(NO_{2})}时，平衡逆向进行，所以rm{t_{2}}故D错误；

故选C．

A.平衡常数只与温度有关；与物质的浓度无关；

B.正向反应是放热反应；升高温度平衡向逆反应方向移动，据此判断；

C.rm{c_{2}(CO)>c_{1}(CO)}时达到平衡，rm{t_{1}}浓度之比等于化学计量数之比rm{c_{1}(CO)=c_{1}(NO_{2})=1.0mol?L^{-1}}rm{1}二者转化率相等，据此判断；

D.升高反应体系的温度至rm{1}时，平衡逆向进行，rm{t_{2}}浓度增大．

本题考查了化学平衡的影响因素、化学平衡常数等，难度不大，注意平衡常数只是随温度变化．rm{CO}【解析】rm{C}二、双选题(共7题，共14分)10、rAB【分析】解：rm{A.2min}内rm{trianglec(A)=dfrac{4}{3}trianglec(B)=0.8mol/L}故rm{trianglec(A)=dfrac{4}{3}triangle

c(B)=0.8mol/L}内的rm{v(A)=dfrac{0.8mol/L}{2}=0.4mol?L^{-1}?min^{-1}}故A正确；

B.不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，则rm{2min}rm{v(A)=dfrac

{0.8mol/L}{2}=0.4mol?L^{-1}?min^{-1}}rm{v(B)}rm{v(C)}rm{v(D)=3}故B正确；

C.rm{2}末的反应速率为即时速率，用rm{1}表示速率rm{2min}是rm{B}内的平均速率；故C错误；

D.随反应进行反应物的浓度降低，反应速率减慢，生成物的浓度变化量逐渐减少，故rm{0.3mol/(L?min)}内用rm{2min}和rm{2min}表示的反应速率都是逐渐减小；故D错误；

故选AB．

A.浓度变化量之比等于其化学计量数之比，据此计算rm{B}再根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算rm{C}

B.不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比；

C.化学反应速率为一段时间内平均速率；不是即时速率；

D.随反应进行反应物的浓度降低，rm{trianglec(A)}的反应速率减慢，生成物的浓度变化量逐渐减少，用rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}表示的速率也降低．

本题考查对化学反应速率的理解及有关计算，难度不大，化学反应速率为一段时间内平均速率，不是即时速率．rm{v(A)}【解析】rm{AB}11、rAD【分析】解：rm{A.}冷却；温度越低反应速率越慢；故A正确；

B.加入少量rm{CuSO_{4}}溶液；锌与硫酸铜反应置换出铜，形成原电池，反应速率加快，故B错误；

C.锌片换成锌粉；增加反应的接触面积加快化学反应速率，所以不符合题意，故C错误；

D.加水；氢离子的浓度减小，反应速率减慢，所以符合题意，故D正确．

故选AD．

反应的实质为rm{Zn+2H^{+}篓TZn^{2+}+H_{2}隆眉}为了减缓反应速率，但又不影响生成氢气的总量，则减小氢离子的浓度但不能改变氢离子的物质的量即可，以此来解答．

本题考查影响反应速率的因素，为高考常考考点，把握浓度、温度、原电池对反应速率的影响即可解答，题目难度不大．【解析】rm{AD}12、rAD【分析】解：rm{A.}过氧化钠与水反应放出氧气；该反应为放热反应，导致脱脂棉燃烧，故A正确；

B.向rm{NaI}溶液滴加rm{FeCl_{3}}溶液，再加入rm{CCl_{4}}振荡，静置，下层呈紫红色，说明碘离子被铁离子氧化，则氧化性：rm{I_{2}<Fe^{3+}}故B错误；

C.取酸雨试样，滴加rm{H_{2}O_{2}}溶液，再加入rm{BaCl_{2}}溶液，有白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，但是原溶液中可能含有硫酸，不一定含有rm{H_{2}SO_{3}}故C错误；

D.用激光笔照射水玻璃rm{(Na_{2}SiO_{3}}的溶液rm{)}有丁达尔现象，此为胶体的性质，说明rm{SiO_{3}^{2-}}水解生成了硅酸胶体；故D正确；

故选AD．

A.向包有rm{Na_{2}O_{2}}的脱脂棉滴少量水；脱脂棉燃烧，说明该反应为放热反应，且放出氧气；

B.下层呈紫红色，说明碘离子被铁离子氧化成碘单质，则氧化性rm{I_{2}<Fe^{3+}}

C.酸雨中可能只含有硫酸；不一定含有亚硫酸；

D.丁达尔现象为胶体的性质；说明溶液中存在硅酸胶体．

本题考查了化学实验方案的设计与评价，涉及过氧化钠性质、氧化性强弱比较、酸雨的成因、胶体的性质等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力．【解析】rm{AD}13、rAC【分析】解：rm{A.}若rm{x<4}则正反应为气体体积减小的反应rm{.}若甲、乙建立等效平衡，则rm{2}rm{c}rm{{,!}_{1}=}rm{c}rm{{,!}_{2}}但乙对于甲而言，恒容时等倍增加反应物的用量，相当于加压，平衡正向移动，所以乙容器中rm{A}的平衡浓度rm{c}2rm{{,!}^{<2}}rm{c_{1}}故A正确；

B.起始甲中投入量与化学方程式化学计量数比不等，故rm{w}rm{{,!}_{3}}不可能等于rm{w}rm{{,!}_{1}}rm{x}的值也不能确定；故B错误；

C.起始乙投入的量是甲的rm{2}倍，根据质量守恒定律知，反应前后总质量不变，而容积体积又相等，故有rm{2娄脩_{1}=娄脩_{2}}故C正确；

D.rm{v(A)=dfrac{dfrac{3mol}{2L}-c_{1};molcdotL^{-1}}{5min}}故D错误；

故选：rm{v(A)=dfrac{dfrac

{3mol}{2L}-c_{1};molcdotL^{-1}}{5min}}．

根据等效平衡的观点可分析rm{AC}rm{A}两项；根据密度公式可判断rm{B}项；根据速率计算公式可计算rm{C}项．

等效平衡问题比较难理解，关键是深刻理解建立等效平衡的三种情形方可从容应对．rm{D}【解析】rm{AC}14、rAC【分析】解：rm{A.1}rm{mol}硫酸与rm{1mol}rm{Ba(OH)_{2}}完全中和生成硫酸钡沉淀和rm{2molH_{2}O}同时rm{SO_{4}^{2-_{潞脥}}Ba^{2+}}反应生成rm{BaSO_{4}}需要放出热量，所以该反应放出的热量不是中和热，故A错误；

B.酸碱中和反应是放热反应；盐类水解反应是中和反应的逆反应为吸热反应，中和反应都是放热反应，盐类水解反应都是吸热反应，故B正确；

C.rm{101kPa}时，rm{1mol}碳燃烧若没有生成稳定的氧化物即生成rm{CO}所放出的热量就不是碳的燃烧热；故C错误；

D.碳与二氧化碳生成rm{CO}的反应是吸热反应；该反应也属于化合反应，故D正确；

故选AC．

A.中和热是指强酸、强碱生成rm{1mol}水放出的热量，rm{1mol}稀硫酸和rm{1molBa(OH)_{2}}反应生成rm{2mol}水，且rm{SO_{4}^{2-}}和rm{Ba^{2+}}反应生成rm{BaSO_{4}}需要放出热量；

B.酸碱中和反应是放热反应；盐的水解为中和反应的逆反应；属于吸热反应；

C.燃烧热指rm{1mol}可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量；

D.碳与二氧化碳的反应是吸热反应；结合化合反应概念判断反应类型．

本题考查反应热与焓变的应用，题目难度不大，涉及中和热和燃烧热的概念、反应类型判断等知识，明确化学反应与能力变化的关系即可解答，试题培养了学生的灵活应用能力．【解析】rm{AC}15、C|D【分析】解：A．化学平衡常数只与温度有关；温度不变，平衡常数不变，故A错误；

B．缩小容器体积；增大压强，氧气的物质的量浓度增加，平衡向逆反应方向移动，故B错误；

C．平衡向逆反应方向移动；但温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，其压强不变，故C正确；

D．平衡向逆反应方向移动，则BaO2量增加；故D正确；

故选CD．

保持温度不变；缩小容器体积，增大压强，可逆反应向逆反应方向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答．

本题考查了可逆反应平衡移动，根据压强与平衡移动方向之间的关系分析解答即可，注意平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，为易错点．【解析】【答案】CD16、rAD【分析】解：rm{A.}根据化合价升降判断，rm{Zn}化合价只能上升，故为负极材料，rm{K_{2}FeO_{4}}为正极材料；故A正确；

B.rm{KOH}溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为rm{2FeO_{4}^{2-}+6e^{-}+8H_{2}O=2Fe(OH)_{3}+10OH^{-}}故B错误；

C.总方程式为rm{3Zn+2K_{2}FeO_{4}+8H_{2}O=3Zn(OH)_{2}+2Fe(OH)_{3}+4KOH}生成rm{KOH}则该电池放电过程中电解质溶液浓度增大，故C错误；

D.电池工作时阴离子rm{OH^{-}}向负极迁移；故D正确．

故选AD．

某电池以rm{K_{2}FeO_{4}}和rm{Zn}为电极材料，rm{KOH}溶液为电解溶质溶液，原电池发生工作时，发生反应为rm{3Zn+2K_{2}FeO_{4}+8H_{2}O=3Zn(OH)_{2}+2Fe(OH)_{3}+4KOH}rm{Zn}被氧化，为原电池的负极，rm{K_{2}FeO_{4}}具有氧化性，为正极，碱性条件下被还原生成rm{Fe(OH)_{3}}结合电极方程式以及离子的定向移动解答该题．

本题考查原电池知识，为rm{2016}年海南高考题，侧重考查学生的分析能力，题目较为基础，注意从元素化合价的角度分析，把握原电池与氧化还原反应的关系，难度不大．【解析】rm{AD}三、多选题(共7题，共14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、BC【分析】略【解析】rm{BC}19、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}20、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，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。

【解答】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}21、ABD【分析】解：粗盐提纯过程为：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，所以必需的操作为：溶解；过滤、蒸发浓缩；

故选ABD．

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，据此进行解答．

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】rm{ABD}22、BD【分析】【分析】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解答。【解答】卤族元素从下到上原子半径依次减小，原子核对最外层电子的吸引力依次增强，金属性依次减弱，非金属性依次增强，单质的氧化性依次增强，所以符合题意的只有rm{BD}故BD正确。故BD正确。

rm{BD}故选BD。【解析】rm{BD}23、ACD【分析】【分析】本题考查了物质分离提纯的方法，混合物分层，说明两种液体不互溶，反之不出现分层时选项中的物质与水互溶，以此来解答。【解答】乙酸乙酯、苯、四氯化碳和水不溶，能分层，乙酸和水以任意比互溶，不分层，故ACD正确。故选rm{ACD}rm{ACD}【解析】rm{ACD}四、简答题(共1题，共9分)24、略

【分析】解：rm{(1)P}原子核外有rm{15}个电子，分三层排布，即有三个能层，所以电子占据的最高能层符号为rm{M}最外层为rm{3s^{2}p^{3}}rm{p}轨道的电子云在三维空间中沿着rm{x}rm{y}rm{z}轴rm{3}个方向延伸，rm{p}原子轨道为哑铃形；

故答案为：rm{M}rm{3}哑铃；

rm{(2)C}rm{N}rm{O}元素是同一周期相邻元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但rm{P}元素原子rm{3p}能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能rm{P>S>Si}

故答案为：rm{P>S>Si}

rm{(3)}单质磷与rm{Cl_{2}}反应，可以生成rm{PCl_{3}}和rm{PCl_{5}}rm{PCl_{3}}中rm{P}rm{Cl}均满足rm{8}电子稳定结构，rm{PCl_{3}}中rm{P}原子的价层电子对数为rm{3+dfrac{1}{2}(5-1隆脕3)=4}rm{3+dfrac

{1}{2}(5-1隆脕3)=4}原子的杂化轨道类型为rm{P}所以分子的空间构型为三角锥型；

故答案为：rm{sp^{3}}三角锥型；

rm{sp^{3}}rm{(4)AB}rm{AC}rm{AD}rm{BC}rm{BD}的边长相等，rm{CD}rm{AF}的长相等为rm{BF}rm{a}位于体心上，rm{F}位于正三角形rm{O}的重心上，在正三角形rm{BCD}中，rm{BCD}为三角形rm{BE}的高，则rm{BCD}为rm{CE}的一半，如图

设正四面体的边长为rm{BC}rm{x}的长为rm{CE}rm{BE=sqrt{x^{2}-(0.5x)^{2}}=dfrac{sqrt{3}}{2}x}rm{0.5x}与rm{BE=sqrt{x^{2}-(0.5x)^{2}}=dfrac{

sqrt{3}}{2}x}的长之比为rm{BO}rm{OE}则rm{2}的长为rm{=dfrac{sqrt{3}}{2}x隆脕dfrac{2}{3}=dfrac{sqrt{3}}{3}x}在三角形rm{1}中，rm{BO}的长rm{篓Tsqrt{x^{2}-(dfrac{sqrt{3}}{3})^{2}}=dfrac{sqrt{6}}{3}x}在三角形rm{=dfrac{sqrt{3}}{2}x隆脕dfrac

{2}{3}=dfrac{sqrt{3}}{3}x}中，rm{ABO}的长rm{=dfrac{sqrt{6}}{3}x-a=sqrt{a^{2}-(dfrac{sqrt{3}}{3}x)^{2}}}rm{x=dfrac{2}{3}sqrt{6}a}因正四面体的边长为rm{AO}对角线长rm{篓Tsqrt{x^{2}-(dfrac{sqrt

{3}}{3})^{2}}=dfrac{sqrt{6}}{3}x}晶胞的棱长为rm{2x隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}=sqrt{2}x=dfrac{4}{3}sqrt{3}a}

一个晶胞中含有rm{BFO}原子：rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}个，rm{OF}原子在内部，共rm{=dfrac{sqrt{6}}{3}x-a=sqrt

{a^{2}-(dfrac{sqrt{3}}{3}x)^{2}}}个，即一个晶胞中含有rm{x=dfrac{2}{3}sqrt

{6}a}个rm{x}密度的表达式rm{娄脩=dfrac{m}{V}=dfrac{dfrac{M}{N_{A}}隆脕4}{(dfrac{4}{3}sqrt{3}a)^{3}}=dfrac{3sqrt{3}M}{16N_{A}a^{3}}}

故答案为：rm{dfrac{3sqrt{3}M}{16N_{A}a^{3}}}

rm{2x}原子有三个能层；最外层为rm{2x隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}=sqrt

{2}x=dfrac{4}{3}sqrt{3}a}rm{P}轨道的电子云在三维空间中有rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}个延伸方向；原子轨道为哑铃形；

rm{B}同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但rm{4}元素原子rm{4}能级是半满稳定状态；能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；

rm{BP}中rm{娄脩=dfrac{m}{V}=dfrac{dfrac

{M}{N_{A}}隆脕4}{(dfrac{4}{3}sqrt{3}a)^{3}}=dfrac{3sqrt

{3}M}{16N_{A}a^{3}}}rm{dfrac{3sqrt

{3}M}{16N_{A}a^{3}}}均满足rm{(1)P}电子稳定结构，计算中rm{3s^{2}p^{3}}的价层电子对数；然后判断；

rm{p}先根据直角三角形计算正四面体的边长，确定晶胞的边长，再根据rm{3}计算密度。

本题综合考查物质结构和性质，为高考常见题型，题目涉及第一电离能的比较、杂化方式的判断、晶胞的计算、电子排布式、配合物等，侧重于基础知识的综合应用的考查，题目难度中等，注意把握晶胞的计算方法。rm{(2)}【解析】rm{M}rm{3}哑铃；rm{P>S>Si}rm{sp^{3}}三角锥型；rm{dfrac{3sqrt{3}M}{16N_{A}a^{3}}}rm{dfrac{3sqrt

{3}M}{16N_{A}a^{3}}}五、有机推断题(共4题，共12分)25、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、