2025年粤人版高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年粤人版高二化学上册阶段测试试卷675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、某温度时，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数K=a，则此温度下，NH3（g）⇌H2（g）+N2（g）的平衡常数为（）

A.

B.a

C.

D.aˉ2

2、烯烃在一定条件下发生氧化反应，碳碳双键断裂，如：被氧化为和（R1、R2、R3、R4表示烃基或氢原子）．由此推断分子式为C5H10的烯烃所有可能的氧化产物有（）A.5种B.6种C.7种D.8种3、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{M}代表四种金属元素rm{.}金属rm{X}和rm{Z}用导线连接放入稀硫酸中时，rm{X}溶解，rm{Z}极上有氢气放出；若电解rm{Y^{2+}}和rm{Z^{2+}}离子共存的溶液时，rm{Y}先析出；又知rm{M^{2+}}离子的氧化性强于rm{Y^{2+}}离子rm{.}则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为rm{(}rm{)}A.rm{X>Y>Z>M}B.rm{X>Z>Y>M}C.rm{M>Z>X>Y}D.rm{X>Z>M>Y}4、北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S﹣诱抗素制剂；以保证鲜花盛开，S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是（）

A.含有羟基、羰基、羧基、酯基B.含有苯环、羟基、羰基、羧基C.含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基D.含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基5、当一定浓度的醋酸溶液在不同温度下测其H+离子浓度，其结果是（）A.缺少限制条件，无法测定B.H+离子浓度相同C.温度低时，H+离子浓度大D.温度高时，H+离子浓度大6、下列元素中，金属性最强的是rm{(}rm{)}A.锂B.钠C.镁D.铝评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、（8分）有机物A（C10H20O2）具有兰花香味，可用作香皂、洗发香波的芳香剂。已知：①B分子中没有支链。②D能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳。③D、E互为具有相同官能团的同分异构体。E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种。④F可以使溴的四氯化碳溶液褪色。（1）B可以发生的反应有（选填序号）。①取代反应②消去反应③加聚反应④氧化反应（2）D、F分子所含的官能团的名称依次是____、。（3）写出与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式：。（4）E可用于生产氨苄青霉素等。已知E的制备方法不同于其常见的同系物，据报道，可由2—甲基—1—丙醇和甲酸在一定条件下制取E。该反应的化学方程式是。8、(12分)一定温度下，向如图所示带有可移动活塞的密闭容器中充入2LSO2和1LO2的混合气体，发生如下反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。(1)若活塞可自由移动，平衡后，活塞停止在“2.1”处该反应中SO2的转化率为____。(2)若开始时，充入容器的起始物质分别是____①2LSO2和1LO2；②2LSO3(g)和1LN2；③1LSO2、1LO2和1LSO3(g)，使活塞固定在“3”处，达到平衡后，容器中SO3(g)占反应混合物的体积分数的大小关系是：（用序号①②③和“<”、“=”、“>”表示）。(3)向(1)平衡后的容器中充入0.2mol的SO3，活塞移动后再次达到平衡时，测得此过程中从外界共吸收了1.96kJ的热量。写出SO2发生氧化反应的热化学方程式：___________________。9、葡萄糖分子中含有______和______官能团，由于具有______官能团，能发生银镜反应．10、(８分)有机物A的结构简式为它可通过不同化学反应分别制得B、C和D三种物质。(1)Ｂ中含氧官能团的名称是________。(2)A―→C的反应类型是______；A～D中互为同分异构体的是_____。(3)由A生成B的化学方程式是______________________________。11、据元素周期表知识回答下列问题．

rm{(1)PH_{3}}分子与rm{NH_{3}}分子的构型关系______rm{(}填“相似”或“不相似”rm{)}．

rm{(2)NH_{3}}与rm{PH_{3}}相比；热稳定性______更强．

rm{(3)NH_{3}}rm{PH_{3}}在常温、常压下都是气体，但rm{NH_{3}}比rm{PH_{3}}易液化，其主要原因是______rm{(}填字母代号rm{)}．

A.键的极性：rm{N-H}比rm{P-H}强。

B.相对分子质量：rm{PH_{3}}比rm{NH_{3}}大。

C.rm{NH_{3}}分子之间存在特殊的分子间作用力rm{(}氢键rm{)}12、rm{A{-}F}是几种典型有机代表物的分子模型。请看图回答下列问题。

rm{(1)A}的二氯取代物有______rm{(}填数字rm{)}种；

rm{(2)}能够发生加成反应的有______rm{(}填数字rm{)}种；

rm{(3)}常温下含碳量最高的气态烃是______rm{(}填字母rm{)}

rm{(4)}一卤代物种类最多的是______rm{(}填字母rm{)}

rm{(5)}写出rm{E}与液溴反应的化学方程式___________________________________。13、（1）淀粉；纤维素和蛋白质的相对分子质量都很大；通常称为______

（2）淀粉；纤维素的组成可表示为______（写通式）；其中淀粉水解后产生的______可为人体活动提供能量；______在人体内能刺激肠道蠕动和分泌消化液，有助于食物消化和废物排泄。

（3）蛋白质在人体中有着重要作用，其组成元素主要有______、______、______、______（写元素符号）等，它在人体内发生______后最终生成各种氨基酸，再进一步合成人体所需的蛋白质。鸡蛋白是人类常用的蛋白质，将鸡蛋加热煮熟就失去了原有的生理活性，我们将这种变化称为蛋白质的______。评卷人得分三、计算题(共6题，共12分)14、在rm{t隆忙}时，稀硫酸和盐酸混合液中，rm{c(H^{+})=10^{-a}mol隆陇L^{-1}}rm{c(OH^{-})=10^{-b}mol隆陇L^{-1}}已知rm{c(H^{+})=10^{-a}

mol隆陇L^{-1}}向rm{c(OH^{-})=10^{-b}

mol隆陇L^{-1}}该混合酸溶液中逐滴加入rm{a+b=12.}溶液，生成rm{20mL}的量如图所示，当加入rm{pH=11Ba(OH)_{2}}溶液时，rm{BaSO_{4}}点溶液的rm{60mLBa(OH)_{2}}体积变化忽略不计rm{C}试计算：

rm{pH=6(}最初混合酸溶液中rm{)}____，rm{(1)}____；rm{c(H_{2}SO_{4})=}点rm{c(HCl)=}____rm{(2)A}rm{pH=}点比最初混合酸的rm{_}增加多少rm{(3)B}写出计算过程rm{pH}rm{(}rm{)}15、计算配制rm{0.2mol/L}rm{NaOH}溶液rm{500mL}需要称取固体rm{NaOH}的质量是多少？16、已知下列两个热化学方程式：2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)△H=-571.6kJ·mol-1C3H8(g)+5O2(g)＝3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220.0kJ·mol-1实验测得氢气和丙烷的混和气体共5mol完全燃烧时放热3363.2kJ，则混和气体中氢气与丙烷的物质的量分别是多少？17、（8分）某含氧有机物，它的相对分子质量为74。7.4g该含氧有机物充分燃烧后的产物通过浓硫酸后增重5.4g，通过足量澄清石灰水后有30g白色沉淀生成。求：（1）该含氧有机物的分子式；（2）该含氧有机物有多种同分异构体，写出其中能水解的同分异构体的结构简式18、（10分）利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是工业上生产硫酸的关键步骤。已知：§SO2（g）＋1/2O2（g）SO3（g）△H＝－98kJ·mol－1。(1）某温度下该反应的平衡常数K＝10/3，若在此温度下，向100L的恒容密闭容器中，充入3.0molSO2(g)、16.0molO2(g)和3.0molSO3(g)，则反应开始时v（正）____v（逆）（填“＜”、“＞”或“＝”）。(2）一定温度下，向一带活塞的体积为2L的密闭容器中充入2.0molSO2和1.0molO2，达到平衡后体积变为1.6L，则SO2的平衡转化率为。(3）在（2）中的反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2(g)平衡浓度比原来减小的是____填字母）。A．保持温度和容器体积不变，充入1.0molO2B．保持温度和容器内压强不变，充入1.0molSO3C．降低温度D．移动活塞压缩气体(4）若以右图所示装置，用电化学原理生产硫酸，写出通入O2电极的电极反应式为。(5）为稳定持续生产，硫酸溶液的浓度应维持不变，则通入SO2和水的质量比为____________。19、某温度下，纯水中c（H＋）＝1.0×10－6mol·L-1，则此时c（OH－）＝▲mol·L-1。在此温度下，将100mLpH=1的稀硫酸和盐酸的混合液与100mL未知浓度的Ba(OH)2溶液相混合，充分反应后过滤，得0.233g沉淀，滤液的pH值变为11(设混合液体积为两者之和，所得固体体积忽略不计）。则原混合酸液中SO42－的物质的量=____mol。Cl－的物质的量=____mol。Ba(OH)2的物质的量浓度=▲mol·L-1。评卷人得分四、推断题(共2题，共10分)20、X；Y、Z、R、M是原子序数依次增大的五种元素；基态X原子的s电子数比p电子数多3个；

Y；Z同周期且相邻；第一电离能：Y＞Z，Z、R同主族，M核外电子有29种运动状态；

请回答下列问题：

（1）化合物XCl3的中心原子杂化类型为______；RCl2的立体构型为______；

（2）H2Z、H2R的沸点分别为100℃、-60.4℃，试解释其原因______；

（3）H2RO3的K1和K2分别为1.54×10-2和1.02×10-7，请根据结构与性质的关系解释K1＞K2的原因______；

（4）Z；M形成的一种化合物晶胞如图所示：

①该化合物的化学式为______；

②若晶胞参数为apm．列式计算该晶胞的密度ρ=______g•cm-3．21、分子式为CxHyBr的几种一溴代烷水解后，在红热铜丝催化下，最后可被空气氧化成四种不同的醛，则该物质的分子式可能为（）A.C2H5BrB.C4H9BrC.C3H7BrD.C5H11Br评卷人得分五、其他(共1题，共8分)22、(8分)下图是一些常见的物质间的转化关系图。C是紫红色金属单质，G是蓝色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是砖红色沉淀，F是形成酸雨的无色有害气体，所有反应物、生成物中的水均未标出；反应②的条件是使用浓B溶液和加热。(1)A是，E是；(2)电解A溶液时阴极的反应式；(3)电解A溶液的总反应化学方程式是。评卷人得分六、解答题(共4题，共20分)23、称取一定质量的纯碱；溶于水中，与适量的盐酸作用，根据下列情况填写盐酸的用量和气体的量的变化．

用增加和减少填空．

（1）若纯碱中混有K2CO3，盐酸的用量将______，生成CO2气体的量______．

（2）若纯碱中混有NaHCO3，盐酸的用量将______，生成CO2气体的量______．

（3）若纯碱中混有NaOH，盐酸的用量将______，生成CO2气体的量______．

24、废旧锂离子电池的正极材料试样（主要含有LiCoO2及少量Al；Fe等）可通过下列实验方法回收钴、锂．

（1）在上述溶解过程中，S2O32ˉ被氧化成SO42ˉ，LiCoO2在溶解过程中反应的离子方程式为______．

。沉淀物开始沉淀pH沉淀完全pHAl（OH）33.05.2Fe（OH）31.52.8Fe（OH）27.69.7（2）除杂时通入空气的目的______，所得的废渣成分为______．从废渣中获得Al2O3的部分流程如图甲所示；括号表示加入的试剂，方框表示所得到的物质．则步骤I需要的玻璃仪器有______，步骤Ⅱ中反应的离子方程式是______．

（3）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如图乙．

a．将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液；LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解．

b．电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，过滤、烘干得高纯Li2CO3．

①a中；阴极的电极反应式是______．

②b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是______．

25、某河道两旁有甲、乙两厂．它们排放的工业废水中，共含K+、Ag+、Cu2+、OH-、Cl-和NO3-六种离子．

（1）甲厂的废水明显呈碱性；故甲厂废水中含有的三种离子是______；

（2）乙厂的废水中含有另外三种离子．如果加一定量______（选填：活性炭；硫酸亚铁、铁粉）；可以回收其中的金属______（填写金属元素符号）．

（3）另一种设想是将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合；可以使废水中的______（填写离子符号）转化为沉淀．经过滤后的废水主要含______，可用来浇灌农田．

26、某研究性学习小组欲探究原电池的形成条件；按如图所示装置进行实验。

。序号AB烧杯中的液体指针是否偏转1ZnCu稀硫酸有2ZnZn稀硫酸无3CuC氯化钠溶液有4MgAl氢氧化钠溶液有分析上述数据；回答下列问题：

（1）实验1中电流由______极流向______极（填“A”或“B”）

（2）实验4中电子由B极流向A极；表明负极是______电极（填“镁”或“铝”）

（3）实验3表明______A．铜在潮湿空气中不会被腐蚀B．铜的腐蚀是自发进行的。

（4）分析上表有关信息；下列说法不正确的是______

A．相对活泼的金属一定做负极。

B．失去电子的电极是负极。

C．烧杯中的液体；必须是电解质溶液。

D．浸入同一电解质溶液中的两个电极；是活泼性不同的二种金属（或其中一种非金属）

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的化学平衡常数分别为K=a，故相同温度时反应2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）化学平衡常数为=故相同温度时反应NH3（g）⇌H2（g）+N2（g）化学平衡常数为=故选A．

【解析】【答案】对同一可逆反应（化学计量数相同）；在相同温度下，化学平衡常数互为倒数，同一反应若化学计量数变为原来的n倍，平衡常数变为原来的n次幂，据此解答．

2、C【分析】解：C5H10的烯烃的同分异构体有：①CH2═CH-CH2-CH2-CH3、②CH3-CH═CH-CH2-CH3、③CH2═C（CH3）CH2CH3、④CH3C（CH3）═CHCH3、⑤CH3CH（CH3）CH═CH2；

①CH2═CH-CH2-CH2-CH3，双键被氧化断裂生成的氧化产物为HCHO、CH3-CH2-CH2-CHO；

②CH3-CH═CH-CH2-CH3，双键被氧化断裂生成的氧化产物为CH3-CHO、CH3-CH2-CHO；

③CH2═C（CH3）CH2CH3，双键被氧化断裂生成的氧化产物为HCHO、CH3COCH2CH3；

④CH3C（CH3）═CHCH3，双键被氧化断裂生成的氧化产物为CH3COCH3、CH3-CHO；

⑤CH3CH（CH3）CH═CH2，双键被氧化断裂生成的氧化产物为CH3CH（CH3）CHO；HCHO；

共得到7种氧化产物；

故选C．

先根据碳链异构与位置异构写出分子式为C5H10的烯烃的同分异构体；然后根据题中提供的信息，进行分析碳碳双键被氧化断裂的情况，即可得出氧化产物的种类．

本题考查了烯烃结构和性质，解题关键是正确分析、理解题中的信息，依据烯烃的碳碳双键被氧化断键情况，即可求算出氧化产物种类，有利于培养学生的逻辑推理能力．【解析】【答案】C3、B【分析】解：金属rm{X}和rm{Z}用导线连接放入稀硫酸中时，rm{X}溶解，rm{Z}极上有氢气放出，所以rm{X}是负极，rm{Z}是正极，所以金属的活动性rm{X>Z}若电解rm{Y^{2+}}和rm{Z^{2+}}离子共存的溶液时，rm{Y}先析出，说明rm{Y^{2+}}氧化性强于rm{Z^{2+}}所以金属的活动性rm{Z>Y}rm{M^{2+}}离子的氧化性强于rm{Y^{2+}}离子，所以金属的活动性rm{Y>M}综上可知四种金属的活动性由强到弱的顺序为rm{X>Z>Y>M}

故选：rm{B}

原电池中；负极活泼性强于正极；电解池中，在阴极上，是氧化性强的离子先放电，离子的氧化性越强，单质的还原性越弱；

本题考查学生金属活泼性强弱的判断方法，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大．【解析】rm{B}4、C【分析】【解答】解：根据分子的结构简式可以看出；该分子中含有碳碳双键；羟基、羰基、羧基．

故选C．

【分析】根据S﹣诱抗素的分子结构图来分析官能团，并利用官能团的概念来分析判断．5、D【分析】解：醋酸的电离过程属于吸热过程，升高温度促进电离，当一定浓度的醋酸溶液，在不同温度下测其H+离子浓度，在温度高时，H+离子浓度大，温度低时，H+离子浓度小；故D正确；

故选D．

醋酸的电离过程属于吸热过程；升高温度促进电离，据此分析．

本题考查了弱电解质的电离以及温度对电离平衡的影响，题目难度不大，注意弱电解质的电离过程为吸热过程．【解析】【答案】D6、B【分析】解：rm{Na}rm{Mg}rm{Al}属于同一周期，原子序数依次增大，同周期自左而右，元素的金属性减弱，故金属性rm{Na>Mg>Al}rm{Na}rm{Li}属于同一主族，同主族自上而下，金属性增强，故金属性rm{Na>Li}

故金属性最强的是rm{Na}

故选：rm{B}．

同周期自左而右；元素的金属性减弱，同主族自上而下，金属性增强，据此解答．

本题考查同周期、同主族元素的递变规律，比较基础，注意把握元素周期律的相关知识，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】rm{B}二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】【解析】【答案】（1）①②④（2分只写对一个不给分，写出2个给1分，多写或写错没有分）（2）羧基碳碳双键（2分）（2分）8、略

【分析】【解析】【答案】（共6分）.⑴90%（2分）⑵①＝②>③（2分）⑶2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＝-196kJ•mol-1（2分）9、略

【分析】解：葡萄糖的结构简式为CH2OH（CHOH）4CHO，是多羟基醛，分子中含有羟基和醛基；由于葡萄糖含有醛基，所以葡萄糖能发生银镜反应：CH2OH（CHOH）4CHO+2Ag（NH3）2OHH2O+2Ag↓+3NH3+CH2OH（CHOH）4COONH4；

故答案为：羟基；醛基；醛基．

葡萄糖的结构简式为：CH2OH（CHOH）4CHO；根据葡萄糖的结构简式判断其含有的官能团名称，能够发生银镜反应，说明葡萄糖中含有醛基，据此进行解答．

本题考查了有机物结构与性质，侧重葡萄糖的结构与性质的考查，题目难度不大，注意掌握常见有机物的结构与性质，明确官能团的结构与有机物化学性质的关系．【解析】醛基；羟基；醛基10、略

【分析】（1）根据B的结构简式可知，含有的含氧官能团是羧基、醛基。（2）C比A多1个碳碳双键，因此是羟基的消去反应；分子式相同，而结构不同的化合物互为同分异构体，所以根据结构简式可知CD互为同分异构体，因为二者的分子式都是C9H8O2。（3）A中含有羟基，所以能发生催化氧化，方程式为【解析】【答案】(1)羧基、醛基2分(2)消去反应１分，CD2分3分11、相似；NH3；C【分析】解：rm{(1)NH_{3}}分子中rm{N}原子呈rm{3}个rm{N-H}键，rm{N}原子还原rm{1}对孤对电子对，杂化轨道数为rm{4}据此判断杂化方式；rm{N}原子采取rm{sp^{3}}杂化，rm{N}原子还原rm{1}对孤对电子对；空间构型为三角锥型，氮原子和磷原子结构相似，所以分子的构型关系为相似，故答案为：相似；

rm{(2)}氮的原子半径比磷的原子半径小，rm{N-H}键长比rm{P-H}键长短，键能更大，分子更稳定，所以rm{NH_{3}}热稳定性更强，故答案为：rm{NH_{3}}

rm{(3)NH_{3}}分子之间存在氢键，rm{PH_{3}}分子之间为范德华力，氢键作用比范德华力强，故rm{NH_{3}}比rm{PH_{3}}易液化，rm{NH_{3}}沸点比rm{PH_{3}}高；与键的极性；相对分子质量无关，故选C．

rm{(1)}氮原子和磷原子结构相似，rm{NH_{3}}分子与rm{PH_{3}}分子结构相似；空间构型都为三角锥型；

rm{(2)}氮的原子半径比磷的原子半径小，rm{N-H}键能更大；分子更稳定；

rm{(3)NH_{3}}比rm{PH_{3}}易液化，是由于rm{NH_{3}}分子间能形成氢键；与键的极性；相对分子质量无关．

本题考查空间结构、氢键、键能与性质关系等，比较基础，注意rm{(3)}中常见具有氢键的物质，题目难度不大．【解析】相似；rm{NH_{3}}rm{C}12、（1）1

（2）3

（3）C

（4）F

（5）+Br2【分析】【分析】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、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rm{(3)}为易错点，题目难度不大。【解答】rm{A}为rm{CH_{4}}rm{B}为rm{CH_{3}CH_{3}}rm{C}为rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{D}为rm{CH_{3}CH_{2}CH_{3}}rm{E}为rm{F}为甲苯；

rm{(1)A}为甲烷，为正四面体结构，任意rm{2}个rm{H}均为相邻位置，则rm{A}的二氯取代物有rm{1}种，故答案为：rm{1}

rm{(2)}碳碳双键、苯环能发生加成反应，能够发生加成反应的有rm{C}rm{E}rm{F}共rm{3}种，故答案为：rm{3}

rm{(3)}常温下苯、甲苯为液体，含碳量最高的气态烃是乙烯，含rm{C}为rm{85.7%}故答案为：rm{C}

rm{(4)}含rm{H}种类越多，一卤代物种类越多，只有甲苯含rm{4}种rm{H}则一卤代物种类最多的是rm{F}故答案为：rm{F}

rm{(5)E}发生溴代反应的化学方程式为rm{+Br_{2}}rm{xrightarrow[]{Fe}}rm{{+}HBr}故答案为：rm{+Br_{2}}rm{xrightarrow[]{Fe}}rm{{+}HBr}

【解析】rm{(1)1}rm{(2)3}rm{(3)C}rm{(4)F}rm{(5)}rm{+Br_{2}}rm{xrightarrow[]{Fe}}rm{{+}HBr}13、高分子（C6H10O5）n葡萄糖纤维素CHON水解变性【分析】解：（1）淀粉；纤维素和蛋白质的相对分子质量都很大；故淀粉、纤维素和蛋白质通常称为高分子；

故答案为：高分子；

（2）淀粉、纤维素的通式（C6H10O5）n，故淀粉、纤维素的组成可表示为（C6H10O5）n；淀粉水解后产生葡萄糖；故淀粉水解后产生的葡萄糖可为人体活动提供能量；纤维素在人体内能刺激肠道蠕动和分泌消化液，有助于食物消化和废物排泄；

故答案为：（C6H10O5）n；葡萄糖；纤维素；

（3）蛋白质基本组成元素C；H、O、N；故蛋白质在人体中有着重要作用，其组成元素主要有C、H、O、N；蛋白质的最终水解产物是氨基酸，故蛋白质在人体内发生水解后最终生成各种氨基酸，再进一步合成人体所需的蛋白质；鸡蛋白是人类常用的蛋白质，将鸡蛋加热煮熟就失去了原有的生理活性，我们将这种变化称为蛋白质的变性；

故答案为：C；H；O；N；水解；变性。

（1）淀粉；纤维素和蛋白质的相对分子质量都很大；是高分子化合物；

（2）淀粉、纤维素的通式（C6H10O5）n；淀粉水解后产生葡萄糖；纤维素在人体内能刺激肠道蠕动和分泌消化液；有助于食物消化和废物排泄；

（3）蛋白质基本组成元素C；H、O、N；蛋白质的最终水解产物是氨基酸；变性蛋白质失去生理活性。

本题考查淀粉、纤维素、蛋白质的相关知识点，本题较为简单，重在基础知识的把握。【解析】高分子（C6H10O5）n葡萄糖纤维素CHON水解变性三、计算题(共6题，共12分)14、（1）0.05mol/L0.2mol/L

（2）1

（3）B点加入的氢氧化钡溶液中氢氧根子物质的量为0.04L×0.1mol/L=0.004mol，故参加反应的氢离子为=0.004mol，溶液中剩余氢离子为0.006mol-0.004=0.002，氢离子浓度为此时溶液原混合溶液中氢离子浓度为pH=-lg0.3=0.52，故B点比最初混合酸的pH增加1.48-0.52=0.96【分析】【分析】本题考查混合溶液rm{pH}值的有关计算，关键是计算该温度下水的离子积，确定氢氧化钡的溶液中氢氧根离子的浓度，确定rm{C}点为中性，难度中等。值的有关计算，关键是计算该温度下水的离子积，确定氢氧化钡的溶液中氢氧根离子的浓度，确定rm{pH}点为中性，难度中等。

【解答】rm{C}该温度下，rm{(1)}该温度下，rm{K}rm{(1)}rm{K}rm{{,!}_{w}}rm{=10}rm{=10}rm{{,!}^{-a}}rm{隆脕10}rm{隆脕10}rm{{,!}^{-b}}rm{=10}的rm{=10}rm{{,!}^{-(a+b)}}溶液中rm{c(O{H}^{-})=dfrac{;{10}^{?12};}{{10}^{?11}};mol/L=0.1mol/L}，rm{=10}加入rm{=10}溶液时，沉淀量达最大，钡离子与硫酸根离子恰好反应，该阶段消耗的rm{{,!}^{-12}}由离子守恒可知，rm{pH=11}的rm{Ba(OH)}故原溶液中rm{c({H}_{2}S{O}_{4})=dfrac{;0.001mol;}{0.02mol;}=0.05mol/L}；rm{pH=11}rm{Ba(OH)}rm{{,!}_{2}}呈中性，氢离子与氢氧根离子恰好反应，故混合溶液中溶液中rm{c(O{H}^{-})=

dfrac{;{10}^{?12};}{{10}^{?11}};mol/L=0.1mol/L}rm{c(O{H}^{-})=

dfrac{;{10}^{?12};}{{10}^{?11}};mol/L=0.1mol/L}rm{c(Ba^{2+})=1/2c(OH^{-})=0.05mol/L}rm{20mLBa(OH)_{2}}rm{n(Ba^{2+})=0.02L隆脕0.05mol/L=0.001mol}溶液中rm{n(H_{2}SO_{4})=n(BaSO_{4})=0.001mol}

故原混合溶液中rm{c(HCl)=dfrac{;0.004mol;}{0.02L;}=0.2mol/L}，故答案为：故原溶液中rm{c({H}_{2}S{O}_{4})=

dfrac{;0.001mol;}{0.02mol;}=0.05mol/L}rm{c({H}_{2}S{O}_{4})=

dfrac{;0.001mol;}{0.02mol;}=0.05mol/L}加入rm{60mLBa(OH)}点沉淀量达最大，硫酸与氢氧化钡恰好反应，溶液中的rm{60mLBa(OH)}没有反应，溶液总体积为rm{{,!}_{2}}此时溶液中溶液时，溶液的rm{pH=6}呈中性，氢离子与氢氧根离子恰好反应，故混合溶液中rm{n(H}rm{pH=6}浓度为rm{dfrac{;0.004mol;;}{0.04L}=0.1mol/L}，故rm{n(H}故答案为：rm{{,!}^{+}}rm{)=n(OH}点加入的氢氧化钡溶液中氢氧根离子物质的量为rm{)=n(OH}故参加反应的氢离子为rm{{,!}^{-}}溶液中剩余氢离子为rm{)=0.06L隆脕0.1mol/L=0.006mol}溶液中rm{n(HCl)=0.006mol-2隆脕0.001mol=0.004mol}氢离子浓度为rm{dfrac{;0.002mol;}{;0.06L}=dfrac{;1;}{30}mol/L}，此时溶液rm{pH=-lgdfrac{;1}{;30;}=1.48}原混合溶液中氢离子浓度为rm{dfrac{;0.006mol;;}{0.02L}=0.3mol/L}rm{)=0.06L隆脕0.1mol/L=0.006mol}故B点比最初混合酸的rm{n(HCl)=0.006mol-2隆脕0.001mol=0.004mol}增加故原混合溶液中rm{c(HCl)=

dfrac{;0.004mol;}{0.02L;}=0.2mol/L}

答：rm{c(HCl)=

dfrac{;0.004mol;}{0.02L;}=0.2mol/L}点比最初混合酸的rm{0.05mol/L}增加rm{0.2mol/L}rm{(2)A}点沉淀量达最大，硫酸与氢氧化钡恰好反应，溶液中的rm{HCl}没有反应，溶液总体积为rm{40mL}此时溶液中rm{H}【解析】rm{(1)0.05mol/L}rm{0.2mol/L}rm{(2)1}rm{(3)B}点加入的氢氧化钡溶液中氢氧根子物质的量为rm{0.04L隆脕0.1mol/L=0.004mol}故参加反应的氢离子为rm{=0.004mol}溶液中剩余氢离子为rm{0.006mol-0.004=0.002}氢离子浓度为rm{dfrac{;0.002mol;}{;0.06L}=dfrac{;1;}{30}mol/L}此时溶液rm{pH=-lgdfrac{;1}{;30;}=1.48}原混合溶液中氢离子浓度为rm{dfrac{;0.006mol;;}{0.02L}=0.3mol/L}rm{dfrac{;0.002mol;}{;0.06L}=

dfrac{;1;}{30}mol/L}故B点比最初混合酸的rm{pH=-lgdfrac{;1}{;30;}=1.48

}增加rm{

dfrac{;0.006mol;;}{0.02L}=0.3mol/L}rm{pH=-lg0.3=0.52}15、解：配制的0.2mol/LNaOH溶液500mL；该溶液中含有NaOH的物质的量为：0.2mol/L×0.5L=0.1mol；

需要固体NaOH的质量为：40g/mol×0.1mol=4.0g；

答：需要称取固体NaOH的质量是4.0g．【分析】

先根据rm{n=cV}计算出该氢氧化钠溶液中的溶质的物质的量，然后根据rm{m=nM}计算出需要氢氧化钠的质量．

本题考查了物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与摩尔质量、物质的量浓度之间的关系为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生灵活应用基础知识的能力．【解析】解：配制的rm{0.2mol/L}rm{NaOH}溶液rm{500mL}该溶液中含有rm{NaOH}的物质的量为：rm{0.2mol/L隆脕0.5L=0.1mol}

需要固体rm{NaOH}的质量为：rm{40g/mol隆脕0.1mol=4.0g}

答：需要称取固体rm{NaOH}的质量是rm{4.0g}．16、略

【分析】考查反应热的有关计算。【解析】【答案】设混和气体中氢气与丙烷的物质的量分别是x和y，则x＋y＝5mol根据热化学方程式可知，571.6kJ·mol-1×x/2＋2220.0kJ·mol-1×y＝3363.2kJ解得x＝4mol，y＝1mol。17、略

【分析】考查有机物分子式的判断及同分异构体的书写等。（1）7.4g有机物是0.1mol浓硫酸吸收的是水，则水的物质的量是0.3mol石灰水中生成的沉淀是碳酸钙，即根据原子守恒可知CO2是0.3mol所以分子中氧原子的物质的量是所以该有机物的分子式是C3H6O2（2）能水解，说明含有酯基，所以可能的结构简式为HCOOCH2CH3、CH3COOCH3。【解析】【答案】（1）C3H6O2（2）HCOOCH2CH3、CH3COOCH318、略

【分析】【解析】【答案】（10分）(每空2分)(1）>(2分）(2）60%(2分）(3）A、C（2分）(4）O2＋4e－＋4H+＝2H2O（2分）(5）16:29（2分）19、略

【分析】【解析】【答案】1.0×10－6（2分）；0.001（2分）；0.008（2分）；0.15（2分）四、推断题(共2题，共10分)20、略

【分析】解：X、Y、Z、R、M是原子序数依次增大五种元素，M核外电子有29种运动状态，则M为Cu；基态X原子的s电子数比p电子数多3个，原子核外电子排布式为1s22s22p1；则X为B元素；在周期表中Y与Z相邻且第一电离能Y＞Z，Z；R同主族，则Y处于Ⅱ族或ⅤA族，结合原子序数可知，若Y处于ⅡA族，R的原子序数大于Cu，不符合题意，故Y为N元素、Z为O元素、R为S元素；

（1）化合物BCl3中B原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，其B原子杂化方式为sp2；SCl2分子中S原子价层电子对个数是4且含有2个孤电子对，所以该分子空间构型是V形，故答案为：sp2；V；

（2）H2O分子间可以形成氢键，H2S分子间不能形成氢键，氢键导致物质的熔沸点升高，所以水的熔沸点高于硫化氢，故答案为：H2O分子间可以形成氢键，H2S分子间不能形成氢键；

（3）SO32-与H+间的结合能力强于HSO3-与H+间的结合能力；导致亚硫酸比亚硫酸氢根离子更易电离出氢离子，电离程度大，对应的K值大；

故答案为：SO32-与H+间的结合能力强于HSO3-与H+间的结合能力，故H2SO3比HSO3-更易电离出离子；电离程度大，对应K值大；

（4）①Cu与O形成的化合物为Cu2O、CuO，黑色球个数为4、白色球个数=1+8×=2，则黑色球与白色球个数之比为2：1，所以其化学式为Cu2O；

故答案为：Cu2O；

②ρ==g•cm-3=g•cm-3，故答案为：．

X、Y、Z、R、M是原子序数依次增大五种元素，M核外电子有29种运动状态，则M为Cu；基态X原子的s电子数比p电子数多3个，原子核外电子排布式为1s22s22p1；则X为B元素；在周期表中Y与Z相邻且第一电离能Y＞Z，Z；R同主族，则Y处于Ⅱ族或ⅤA族，结合原子序数可知，若Y处于ⅡA族，R的原子序数大于Cu，不符合题意，故Y为N元素、Z为O元素、R为S元素；

（1）化合物BCl3中B原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，SCl2分子中S原子价层电子对个数是4且含有2个孤电子对；根据价层电子对理论判断原子杂化及微粒空间构型判断；

（2）H2O分子间可以形成氢键，H2S分子间不能形成氢键；

（3）SO32-与H+间的结合能力强于HSO3-与H+间的结合能力；

（4）①Cu与O形成的化合物为Cu2O；CuO；根据均摊法计算晶胞中黑色球、白色球数目，进而确定化学式；

②结合分子中含有原子数目，表示出晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度．

本题考查物质结构和性质的相互关系及应用，为高频考点，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、氢键对物质性质的影响、微粒空间构型判断等知识点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确价层电子对互斥理论、均摊分是解本题关键，难点是晶胞计算，题目难度中等．【解析】sp2；V；H2O分子间可以形成氢键，H2S分子间不能形成氢键；SO32-与H+间的结合能力强于HSO3-与H+间的结合能力，故H2SO3比HSO3-更易电离出离子，电离程度大，对应K值大；Cu2O；21、D【分析】【解答】解：先确定烷烃的一溴代物的种类；然后，溴原子只有连接在键端的碳原子上水解生成的醇，且该碳上有氢原子，才能被氧化成醛．A．溴乙烷有1种一溴代物，所以只能生成一种醛，故A错误；

B．正丁烷两种一溴代物，异丁烷两种一溴代物，共4种，所以分子式为C4H9Br的同分异构体共有4种；其中溴原子连接在键端的碳原子上能被氧化成醛的只有1﹣溴丁烷；1﹣溴﹣2﹣甲基丙烷，故B错误；

C．丙烷有2种一溴代物；不可能生成4种醛，故C错误；

D．C5H11Br水解生成在键端的碳原子上的醇，且该碳上有氢原子的卤代烃为：CH3CH2CH2CH2CH2Br1﹣溴戊烷；CH3CH2CH（CH3）CH2Br2﹣甲基﹣1﹣溴丁烷；CH3CH（CH3）CH2CH2Br3﹣甲基﹣1﹣溴丁烷；CH3C（CH3）2CH2Br2，2﹣二甲基﹣1﹣溴丙烷；被空气氧化生成4种不同的醛为：CH3CH2CH2CH2CHO戊醛；CH3CH2CH（CH3）CHO2﹣甲基丁醛；CH3CH（CH3）CH2CHO3﹣甲基丁醛；CH3C（CH3）2CHO2；2﹣二甲基丙醛，故D正确；

故选D．

【分析】先确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子，再根据先中心后外围的原则，将溴原子逐一去代替氢原子，有几种氢原子就有几种一溴代烃，溴原子只有连接在键端的碳原子上水解生成的醇，且该碳上有氢原子，才能被氧化成醛，据此即可解答；五、其他(共1题，共8分)22、略

【分析】（1）从题中知C是紫红色金属单质，则C为Cu；G是蓝色沉淀，则G为Cu（OH）2；H是砖红色沉淀，则H是Cu2O；F是形成酸雨的无色有害气体，则F为SO2；所以B为浓H2SO4，A为D为O2，E为强碱，是NaOH或是KOH。（2）电解A溶液，阴极上Cu2+放电，反应式为：══（3）电解溶液属于放氧生酸型，总的电解方程式为：══【解析】【答案】(1)(或KOH等)(2)══(3)══六、解答题(共4题，共20分)23、略

【分析】

Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O

106g2mol1mol

（1）K2CO3+2HCl=2KCl+CO2↑+H2O

138g2mol1mol

故若混有K2CO3，则耗HCl减少，产生的CO2也减少；

故答案为：减少；减少；

（2）NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O

84g1mol1mol

故若混有NaHCO3，则耗HCl减少，产生的CO2增多；

故答案为：减少；增多；

（3）NaOH+HCl=NaCl+H2O

40g1mol

故若混有NaHO，则耗HCl增加，产生的CO2减少；

故答案为：增加；减少．

【解析】【答案】同质量的纯碱与杂质所消耗盐酸的多少决定酸的用量；若同质量的杂质消耗的酸的量大于纯碱，则酸用量将增大，反之，减小．同理，同质量的杂质与酸反应产生的二氧化碳多于纯碱与酸反应产生的二氧化碳，则产生的气体量将增加，反之，减小，结合方程式判断．

24、略

【分析】

（1）根据题意知，酸性条件下，S2O32ˉ被氧化成SO42ˉ，则LiCoO2被氧化生成Co2+，所以发生的离子反应方程式为：S2O32ˉ+8