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915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7题，共14分)1、用括号内试剂和方法除去下列各物质中的少量杂质；正确的是（）

A.甲烷中的甲醛（水；洗气）

B.乙烷中的乙烯（酸性高锰酸钾溶液；洗气）

C.乙酸乙酯中的乙酸（NaOH溶液；分液）

D.苯中的苯酚（浓Br2水；过滤）

2、下列三种有机物是某些药物中的有效成分．

下列说法正确的是（）A.三种有机物都能发生水解反应B.三种有机物苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种C.将等物质的量的三种物质加入氢氧化钠溶液中，对羟基桂皮酸消耗氢氧化钠最多D.使用FeCl3溶液和稀硫酸可以鉴别这三种有机物3、下面有机物的同系物中；完全燃烧产生的水和二氧化碳的物质的量之比恒定的：（）

（a）饱和一元醇；

（b）饱和一元醛；

（c）饱和一元羧酸；

（d）饱和一元醇和饱和一元羧酸生成的酯；

（e）乙炔的同系物；

（f）苯的同系物．A.（b）（c）B.（a）（d）C.（b）（c）（d）D.（b）（c）（d）（e）（f）4、硅是无机非金属材料的主角，其元素符号是A.rm{S}B.rm{Si}C.rm{B}D.rm{Be}5、除去下列物质的少量杂质（括号内为杂质），所选试剂和分离方法能达到实验目的是（）。混合物试剂分离方法A乙酸乙酯（乙酸）NaOH溶液蒸馏B乙醇（乙酸）生石灰蒸发C苯（苯酚）溴水过滤D淀粉（氯化钠）蒸馏水渗析

A.A

B.B

C.C

D.D

6、室温时，将浓度和体积分别为C1、V1的NaOH溶液和C2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是A．若PH＞7，则一定是C1V1＝C2V2B．在任何情况下都是C(Na+)＋C(H+)＝C(CH3COO-)＋C(OH-)C．当PH=7时，若V1＝V2，一定是C2＞C1D．若V1＝V2，C1＝C2，则C(CH3COO-)＋C(CH3COOH)=C(Na+)7、下图是可逆反应A+2B2C+3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变（先降温后加压）而变化的情况，由此可推断A.正反应是吸热反应B.若B是气体，则D是液体或固体C.加压使A的转化率变小D.D均为气体评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、下列各组中的性质比较中，正确的有（）A.酸性HClO4＞HBrO4＞HIO4B.碱性Ba（OH）2＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2C.非金属性F＞Cl＞BrD.稳定性HCl＞H2S＞PH39、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10、下列实例中与胶体性质有关的是A.用明矾净水B.用食醋除去水垢C.用石膏使豆浆变成豆腐D.用含rm{Al(OH)_{3}}的药物治疗胃酸过多11、氢气还原氧化铜的反应为：rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}}rm{Cu+H_{2}O}在该反应中A.rm{CuO}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12、氢气还原氧化铜的反应为：rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}}rm{Cu+H_{2}O}在该反应中A.rm{CuO}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13、下列操作与所选仪器搭配正确的是()A.称量rm{隆陋隆陋}天平B.量取液体rm{隆陋隆陋}量筒C.搅拌rm{隆陋隆陋}温度计D.萃取分液rm{隆陋隆陋}分液漏斗评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、（6分）红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如图所示（图中的△H表示生成1mol产物的数据）。根据上图回答下列问题：（1）PCl3分解成P(s)和Cl2(g)的热化学方程式是__________________________________。（2）P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的△H1=_______________，与P和Cl2一步反应生成1molPCl5的△H2的关系是：△H2__________△H1(填“大于”、“小于”或“等于”)。15、人类的生存环境是一个巨大的生态系统，随着社会生产力的发展，环境污染已严重威胁着人类的生存环境，而森林对保护和改善环境有十分重要的作用．科学家证明1ha（公顷）柳杉林每月可吸收SO2160kg．试回答下列问题：

（1）柳杉可吸收SO2，说明森林对环境的作用是______．

（2）某火力发电厂每月燃烧含硫1%的烟煤10000t，若要吸收该厂所排出的烟道气中的SO2，至少需要柳杉林多少公顷？若该厂在排放烟道气之前用脱硫法处理，每年可回收硫多少千克？这些硫可生产98%的浓H2SO4多少千克？16、rm{(1)BF_{3}}分子的立体结构为________，rm{NF_{3}}分子的立体结构为________．rm{(2)}碳原子有rm{4}个价电子，在形成化合物时价电子均参与成键，但杂化方式不一定相同rm{.}在乙烷、乙稀、乙炔和苯四种分子中，碳原子采取rm{sp}杂化的分子是________rm{(}写结构简式，下同rm{)}采取rm{sp^{2}}杂化的分子是________，采取rm{sp^{3}}杂化的分子是________rm{.}试写出一种有机物分子的结构简式，要求同时含有三种不同杂化方式的碳原子：________．17、rm{(1)}氯化铝溶液呈______性，rm{(}填“酸”、“中”、“碱”rm{)}性，原因是rm{(}用离子方程式表示rm{)}______；将该溶液加热蒸干灼烧可得到______．

rm{(2)}碳酸钠溶液呈______性，rm{(}填“酸”、“中”、“碱”rm{)}性，原因是rm{(}用离子方程式表示rm{)}______；将该溶液加热蒸干灼烧可得到______．18、已知rm{2KMnO_{4}+5H_{2}C_{2}O_{4}+3H_{2}SO_{4}篓TK_{2}SO_{4}+2MnSO_{4}+8H_{2}O+10CO_{2}隆眉}在开始一段时间内，反应速率较小，溶液褪色不明显；但不久反应速率明显增大，溶液很快褪色rm{.}针对上述现象，某同学认为该反应放热，导致溶液温度上升，反应速率增大rm{.}从影响化学反应速率的因素看，你猜想还可能是______的影响rm{.}若用实验证明你的猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液外，可以选择在反应开始前是否加入______rm{(}填字母序号rm{)}做对比实验。

A.硫酸钾rm{B.}硫酸锰rm{C.}氯化锰rm{D.}水19、以乙烯和水为主要原料选取其他必要的无机物制取乙酸乙酯，写出对应的化学方程式______已知：乙醛可氧化为乙酸rm{(}该方程式不用写rm{)}评卷人得分四、计算题(共3题，共27分)20、（6分）(1)常温下100mL0.05mol·L-1的氢氧化钡溶液中滴加硫酸钠溶液，当两者恰好完全反应时，测得溶液的pH为12。则加入硫酸钠溶液的体积是____________ml。(溶液混合时体积的变化不计，下同)（2）常温下，若100体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前，该强酸的PH（用a表示）与强碱的PH（用b表示）之间应满足的关系是。(3)已知100℃KW=1×10-12，0.1mol/LNaOH溶液，由水电离出的OH-物质的量的浓度为____，PH=。21、目前工业合成氨的原理是：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)}rm{2NH_{3}(g)triangleH=-93.0kJ/mol}另据报道，一定条件下：rm{2NH_{3}(g)triangleH=-93.0kJ

/mol}rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)triangleH="+1530.0kJ"/mol}

rm{2N_{2}(g)+6H_{2}O(l)}氢气的燃烧热rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)triangleH="

+1530.0kJ"/mol}_______________rm{(1)}

rm{triangleH=}在恒温恒压装置中进行工业合成氨反应，下列说法正确的是____。。rm{kJ/mol}A.气体体积不再变化，则已平衡B.气体密度不再变化，尚未平衡C.平衡后，往装置中通入一定量rm{Ar}压强不变，平衡不移动D.平衡后，压缩装置，生成更多rm{NH_{3}}A.气体体积不再变化，则已平衡B.气体密度不再变化，尚未平衡C.平衡后，往装置中通入一定量rm{Ar}压强不变，平衡不移动D.平衡后，压缩装置，生成更多rm{NH_{3}}22、常温下有pH＝12的NaOH溶液100mL，要使它的pH为11（体积变化忽略不计）（1）如果加入蒸馏水，应加_________mL；（2）如果加0.01mol/LHCl，应加_________mL评卷人得分五、其他(共3题，共15分)23、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的转化关系，其中A、E分子式分别是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯环外还含有一个六元环，且E中不含甲基。根据下列转化关系回答问题：（1）写出A分子中所含官能团的名称________________________________。（2）完成方程式，并分别写出反应类型A→B___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。B→C___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。（3）写出E的结构简式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的体积为_________mL。（5）符合下列条件的D的同分异构体共有_________种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式______________________________________。①苯环上有两个取代基②能与FeCl3溶液发生显色反应③能发生水解反应和银镜反应24、可用于提纯或分离物质的常用方法有：①过滤、②结晶、③升华、④分馏、⑤盐析、⑥渗析、⑦加热分解⑧分液等，将分离或提纯的编号填入下列各混合物后面的横线上。（1）除去碳酸钠固体中混有的碳酸氢钠；（2）除去石灰水中悬浮的CaCO3颗粒；（3）除去氯化钠单质中混有的碘单质；25、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的转化关系，其中A、E分子式分别是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯环外还含有一个六元环，且E中不含甲基。根据下列转化关系回答问题：（1）写出A分子中所含官能团的名称________________________________。（2）完成方程式，并分别写出反应类型A→B___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。B→C___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。（3）写出E的结构简式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的体积为_________mL。（5）符合下列条件的D的同分异构体共有_________种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式______________________________________。①苯环上有两个取代基②能与FeCl3溶液发生显色反应③能发生水解反应和银镜反应评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共32分)26、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）。27、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：_____________。28、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）。29、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_______参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】

A；甲烷不溶于水；甲醛易溶于水，可用洗气除去甲烷中的甲醛，故A正确；

B、乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2，除去了乙烯，但引入新杂质CO2；故B错误；

C；乙酸能与NaOH溶液反应；但乙酸乙酯也能与NaOH反应，故C错误；

D；苯酚可以和溴水反应生成2；4，6-三溴苯酚白色沉淀，但是苯和三溴苯酚是互溶的，不能过滤来除去，故D错误．

故选：A．

【解析】【答案】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法；所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变，不得引入新杂质，加入的试剂只与杂质反应，不与原物反应；反应后不能引入新的杂质．

2、D【分析】【解答】解：A；只有阿司匹林能水解；故A错误；

B；阿司匹林苯环上有4种类型的氢原子；其一氯代物就有4种，其余的两个一氯代物有2种，故B错误；

C；酚羟基、酯基、羧基均能和氢氧化钠发生反应；假设有机物的物质的量均为1mol，对羟基桂皮酸消耗氢氧化钠2mol，布洛芬消耗氢氧化钠1mol，阿司匹林消耗氢氧化钠3mol，故阿司匹林最多，故C错误；

D、与FeCl3溶液发生显色反应；变为紫色的为对羟基桂皮酸，稀硫酸作用下阿司匹林水解会出现和氯化铁发生显色反应的酚类物质，故D正确．

故选D．

【分析】A、能水解的有机物中含有：酯基、肽键或是卤代烃等；B、苯环上有几种类型的氢原子，其一氯代物就有几种；C、酚羟基、酯基、羧基均能和氢氧化钠发生反应；D、酚类物质与FeCl3溶液发生显色反应，稀硫酸作用下能让酯水解．3、C【分析】解：（a）饱和一元醇组成通式为CnH2n+2O；分子中H；C原子数目之比为（2n+2）：n，不是定值，与n值有关，故（a）不符合；

（b）饱和一元醛组成通式为CnH2nO，分子中H、C原子数目之比为2n：n=2：1，是定值，与n值无关，故（b）符合；

（c）饱和一元羧酸组成通式为CnH2nO2；分子中H；C原子数目之比为2n：n=2：1，是定值，与n值无关，故（c）符合；

（d）饱和一元醇与饱和一元酸生成的酯组成通式为CnH2nO2；分子中H；C原子数目之比为2n：n=2：1，是定值，与n值无关，故（d）符合；

（e）乙炔的同系物组成通式为CnH2n-2；分子中H；C原子数目之比为（2n-n）：n，不是定值，与n值有关，故（e）不符合；

（f）苯的同系物组成通式为CnH2n-6；分子中H；C原子数目之比为（2n-6）：n，不是定值，与n值有关，故（f）不符合；

所以（b）（c）（d）符合．

故选C．

各类有机物完全燃烧生成的水和二氧化碳的物质的量之比恒定说明有机物组成通式中H、C原子数目之比为定值，与C原子数目无关，据此解答．（注意有机物完全燃烧生成的水和二氧化碳的物质的量之比为a：b，则有机物分子中H、C原子个数之比为2a：b；氧原子要结合摩尔质量确定）

本题考查有机物组成的判断、计算等，比较基础，判断符合条件的有机物的组成特点是关键．【解析】【答案】C4、B【分析】考查硅的元素符号。A.rm{S}是硫元素的符号，故A不选；B.rm{Si}是硅的元素符号，故B选；C.rm{B}是硼元素的元素符号，故C不选；D.rm{Be}是铍元素的元素符号，故D不选。故选B。【解析】rm{B}5、B|D【分析】

A．乙酸能与NaOH溶液反应；但乙酸乙酯也能与NaOH反应，故A错误；

B．乙酸具有酸性；能和氧化钙反应生成盐和水，用蒸发的方法分离，乙醇易挥发，而乙酸钙难以挥发，可将二者分离，故B正确；

C．除杂所加的试剂是过量的；溴单质易溶于苯，过量的溴无法用过滤分离，引入了新杂质，故C错误；

D．淀粉是胶体；氯化钠是溶液，胶粒不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，故可用渗析分离，故D正确．

故选BD．

【解析】【答案】根据除杂质至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应；不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质，以此来解答．

6、A【分析】【解析】试题分析：若二者恰好中和，溶液呈碱性，若氢氧化钠过量，溶液仍呈碱性，A错误；无论溶液显何性，都有电荷守恒：c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，B正确；若PH=7，则一定醋酸过量，C正确；若V1＝V2，c1＝c2，即氢氧化钠与醋酸恰好中和生成醋酸钠，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)=c(Na+)为物料守恒式，D正确。考点：酸碱中和【解析】【答案】A7、B【分析】【解析】【答案】B二、多选题(共6题，共12分)8、ABCD【分析】解：A．Cl、Br；I位于同一主族；同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱，故A正确；

B．同主族元素的金属性从上到下逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的进行逐渐增强，则碱性Ba（OH）2＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2；故B正确；

C．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性F＞Cl＞Br；故C正确；

D．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，其氢化物的稳定性增强，则稳定性HCl＞H2S＞PH3；故D正确．

故答案为：ABCD．

A．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱；对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱；

B．同主族元素的金属性从上到下逐渐增强；对应的最高价氧化物的水化物的进行逐渐正确；

C．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱；

D．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强；其氢化物的稳定性增强．

本题考查元素周期表的递变规律，题目难度不大，注意单质、化合物的性质与金属性、非金属性的关系．【解析】【答案】ABCD9、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}10、ABC【分析】【分析】本题考查胶体的性质及其应用，题目难度不大。【解答】A.用明矾净水，利用胶体的吸附性，故A正确；

B.食醋可以和水垢中的碳酸钙和氢氧化镁反应，故B正确；C.用石膏使豆浆变成豆腐，利用胶体聚沉的性质，故C正确；

D.用含rm{Al(OH)}rm{Al(OH)}rm{{,!}_{3}}的药物治疗胃酸过多时，与盐酸反应生成氯化铝和水；属于复分解反应，与胶体的性质无关，故D错误。

rm{Al(OH)_{3}}

故选ABC。【解析】rm{ABC}11、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。反应rm{CuO+H}rm{2}rm{2}rm{overset{?}{=}}rm{Cu+H}rm{2}中，氧化铜中rm{2}元素化合价降低被还原，氧化铜为氧化剂；氢气中rm{O}元素化合价升高被氧化，为还原剂，据此进行解答。【解答】A.rm{Cu}中rm{H}元素化合价从rm{CuO}价变为rm{Cu}价被还原，rm{+2}作氧化剂；故A错误；

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

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

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

故选BC。

rm{+2}【解析】rm{BC}12、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。反应rm{CuO+H}rm{2}rm{2}rm{overset{?}{=}}rm{Cu+H}rm{2}中，氧化铜中rm{2}元素化合价降低被还原，氧化铜为氧化剂；氢气中rm{O}元素化合价升高被氧化，为还原剂，据此进行解答。【解答】A.rm{Cu}中rm{H}元素化合价从rm{CuO}价变为rm{Cu}价被还原，rm{+2}作氧化剂；故A错误；

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

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

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

故选BC。

rm{+2}【解析】rm{BC}13、ABD【分析】【分析】根据实验仪器的使用方法和用途进行分析解答。【解答】A.天平用于称量固体质量，故A正确；B.量筒量取液体体积，故B正确；C.温度计用于测量温度，不能用于搅拌，故C错误；D.分液漏斗用于分离两种互不相溶的液体，故D正确。故选ABD。【解析】rm{ABD}三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】（1）由图像可知P(s)和Cl2(g)的总能量高于PCl3(g)，所以PCl3分解成P(s)和Cl2(g)的反应是吸热反应。因为每生成1molPCl3(g)，反应放出306kJ能量，故分解的热化学方程式为2PCl3(g)=3Cl2(g)＋2P(s)ΔH＝+612kJ·mol－1。（2）根据图像可写出PCl3(g)和Cl2(g)反应生成1molPCl5(g)的热化学方程式PCl3(g)＋Cl2(g)反＝PCl5(g)ΔH＝－93kJ·mol－1。所以根据盖斯定律知，将反应①2PCl3(g)=3Cl2(g)＋2P(s)ΔH＝+612kJ·mol－1和反应②PCl3(g)＋Cl2(g)反＝PCl5(g)ΔH＝－93kJ·mol－1叠加，即②－①÷2得到P(s)＋5/2Cl2(g)反＝PCl5(g)，所以△H＝－399kJ·mol－1。反应热只与物质的始态和终态有关，而与反应过程无关，即△H2等于△H1。【解析】【答案】（1）2PCl3(g)=3Cl2(g)＋2P(s)ΔH＝+612kJ·mol－1（2）－399kJ·mol－1等于15、略

【分析】解：（1）二氧化硫有毒，能污染空气，柳杉可吸收SO2；起到净化空气，维护生态平衡的作用；

（2）10000t煤含S的量为=10000t×1%=100t，则转化成SO2的量为200t；每公顷柳杉吸收二氧化硫160kg，所以需种植的面积200t/0.16t=1250公顷；

每年可回收硫的质量=10000t×1%×12=12×100t=1200t=1.2×106kg；

设生成98%的浓H2SO4m千克；依据原子个数守恒得：

S～SO2～H2SO4；

3298

1.2×106kgm×98%

32×m×98%=98×1.2×106kg

解得m=3.75×106kg；

答：若要吸收该厂所排出的烟道气中的SO2，至少需要柳杉林1250公顷；若该厂在排放烟道气之前用脱硫法处理，每年可回收硫1.2×106kg；这些硫可生产98%的浓H2SO43.75×106kg．

（1）依据“科学家证明1ha（公顷）柳杉林每月可吸收SO2160kg”解答；

（2）硫的质量=烟煤的质量×硫的百分含量；

依据硫原子个数守恒可知：S～SO2～H2SO4，据此计算产生二氧化硫的质量和硫酸的质量，依据每公顷柳杉吸收二氧化硫160g，计算出吸收该厂所排出的烟道气中的SO2需要柳杉林的公顷；

本题考查了二氧化硫的污染和治理，以及相关计算，侧重考查学生根据材料分析问题、解决问题的能力，培养学生保护森林，树立环保的意识，相关计算是本题的难点，注意依据原子个数守恒解答，题目难度中等．【解析】能吸收有毒的二氧化硫气体，净化空气，维护生态平衡16、（1）平面三角形三角锥型

（2）CH≡CHCH2=CH2C6H6CH3CH3CH3CH2CH=CHC≡CH【分析】【分析】本题考查了分子空间构型的判断、杂化类型判断等知识点，这些都是考试热点，会根据价层电子对互斥理论、电子对和孤电子对间的作用力来分析解答即可，题目难度中等。【解答】rm{(1)BF_{3}}分子rm{B}原子含有rm{3}个rm{娄脪}键且不含孤电子对，所以空间构型是平面三角形，rm{NF_{3}}分子中氮原子含有rm{3}个rm{娄脪}键且含有一个孤电子对；所以空间构型是三角锥型，故答案为：平面三角形；三角锥型；

rm{(2)CH_{3}CH_{3}}中rm{C}原子杂化轨道数rm{=娄脪}键数rm{+}孤对电子对数rm{=4+0=4}所以采取rm{sp^{3}}杂化，rm{CH_{2}=CH_{2}}中含有单键和双键，既有rm{娄脪}键又有rm{娄脨}键，分子中rm{C}原子含有rm{3}个rm{娄脪}键电子对，没有孤电子对，杂化类型为rm{sp^{2}}rm{CH隆脭CH}中rm{C}原子杂化轨道数rm{=娄脪}键数rm{+}孤对电子对数rm{=2+0=2}所以采取rm{sp}杂化，苯中每个rm{C}原子形成rm{3}个rm{娄脪}键，不含孤电子对，为rm{sp^{2}}杂化，同时含有三种不同杂化方式的碳原子，可以为同时含有烷、烯、炔结构，如rm{CH_{3}CH_{2}CH=CHC隆脭CH}故答案为：rm{CH隆脭CH}rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{C_{6}H_{6}}rm{CH_{3}CH_{3}}rm{CH_{3}CH_{2}CH=CHC隆脭CH}【解析】rm{(1)}平面三角形三角锥型rm{(2)CH隆脭CH}rm{CH_{2}=CH_{2;;}C_{6}H_{6;;}CH_{3}CH_{3;;}CH_{3}CH_{2}CH=CHC隆脭CH}17、略

【分析】解：rm{(1)AlCl_{3}}为强酸弱碱盐，rm{Al^{3+}}水解：rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}溶液呈酸性，氯化铝溶液蒸干，水解生成的氯化氢挥发，水解正向进行得到水解产物氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；

故答案为：酸；rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}rm{Al_{2}O_{3}}

rm{(2)Na_{2}CO_{3}}为强碱弱酸盐，rm{CO_{3}^{2-}}离子水解：rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}使溶液呈碱性，将该溶液加热蒸干灼烧可得到碳酸钠固体；

故答案为：碱；rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}rm{Na_{2}CO_{3}}．

rm{(1)AlCl_{3}}为强酸弱碱盐，rm{Al^{3+}}水解溶液呈酸性；氯化铝溶液蒸干，水解生成的氯化氢挥发，水解正向进行得到水解产物氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；

rm{(2)Na_{2}CO_{3}}为强碱弱酸盐，rm{CO_{3}^{2-}}水解：rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}使溶液呈碱性．

本题考查了盐类水解的基础应用、溶液酸碱性判断、蒸干溶液产物判断等知识，题目较简单，侧重于基础知识的应用．【解析】酸；rm{Al^{3+}+3H_{2}O?Al(OH)_{3}+3H^{+}}rm{Al_{2}O_{3}}碱；rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}rm{Na_{2}CO_{3}}18、略

【分析】【分析】

本题考查化学反应速率的影响因素；为高频考点，题目难度中等，影响化学反应速率的外界条件除温度；浓度、压强、催化剂外，还有很多因素可以改变反应速率，如光辐射、超声波、电弧、激光、强磁场、反应物颗粒大小等，探究单一条件对速率的影响时，要让此条件成为唯一变量。影响反应速率的因素除了浓度、温度外，催化剂也影响反应速率；根据反应方程式可知，反应产物中锰离子随着反应的进行，浓度变化较大，反应前加入硫酸锰，根据反应速率大小判断锰离子是否在该反应中起到催化作用。

【解答】

对化学反应速率影响最快的是催化剂；故猜想还可能是催化剂的影响；

反应方程式rm{2KMnO_{4}+5H_{2}C_{2}O_{4}+3H_{2}SO_{4}=K_{2}SO_{4}+2MnSO_{4}+8H_{2}O+10CO_{2}隆眉}中；浓度变化较大的为锰离子，所以选择的可以做催化剂的试剂应该含有锰离子，故只有B正确；

故答案为：rm{Mn^{2+}}的催化作用；rm{B}

【解析】rm{Mn^{2+}}的催化作用rm{B}19、略

【分析】解：以乙烯和水为主要原料制取乙酸乙酯：先是乙烯的加成生成乙醇；后是乙醇的催化氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯．

乙烯含有不饱和的rm{C=C}双键，rm{C=C}双键中rm{1}个rm{C-C}断裂结合水提供的rm{-H}rm{-OH}发生加成反应，反应的方程式为：rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}

乙醇催化氧化，生成乙醛和水，反应方程式为：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}

乙醛氧化生成乙酸，乙醛与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下发生反应生成乙酸、氧化亚铜和水，方程式为：rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}xrightarrow{triangle}CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+2H_{2}O}

乙醇和乙酸在浓硫酸作用下加热生成乙酸乙酯，反应的方程式为：rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}O

xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}

故答案为：rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}xrightarrow{triangle}CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+2H_{2}O}

rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}

xrightarrow{triangle}CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+2H_{2}O}rm{CH_{3}COOH+C_{2}H_{5}OH}

以乙烯和水为主要原料制取乙酸乙酯：乙烯含有碳碳双键；与水发生加成反应生成乙醇，乙醇中的醇羟基能被催化氧化，生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应，酸脱羟基醇脱氢生成乙酸乙酯和水．

本题考查有机物推断，涉及烯烃、醇、醛、羧酸性质与转化，侧重对有机物的结构与性质的考查，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意发生的反应类型，题目难度不大．rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}【解析】rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}Oxrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}xrightarrow{triangle}CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+2H_{2}O}

rm{CH_{2}=CH_{2}+H_{2}O

xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}CH_{3}CH_{2}OH}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}

xrightarrow[triangle]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}

xrightarrow{triangle}CH_{3}COOH+Cu_{2}O隆媒+2H_{2}O}四、计算题(共3题，共27分)20、略

【分析】（1）由题意知，原溶液的pH=13，加入硫酸钠溶液后pH=12，即相当于稀释为原先溶液体积的10倍，所以加入溶液体积为900ml（2）代入公式：a+b=14+lg=16（3）0.1mol/LNaOH溶液中，H+全部来自于水的电离；所以c（H+）=10-12/0.1=10-11，所以由水电离出的OH-物质的量的浓度为1.0×10-11mol/L，pH即为11【解析】【答案】（6分）(1)900。（2）a+b=16。(3)1.0×10-11mol/L，1121、(16分)

(1)－286.0(2分；不写“－”扣1分)

(2)AD(2分)

(3)①C(2分)

②0.12mol/(L·min)(3分；数据2分，单位1分)

③0.15(2分)

(4)(3分；起点1分，拐点1分，延长线1分)

(5)5(2分)【分析】

试题分析：rm{(1)}先将已知两个热化学方程式编号为rm{垄脵垄脷}再根据盖斯定律，将rm{(垄脵隆脕2隆陋垄脷)/3}可得：rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH=-572.0kJ/mol}最后将系数减半，则焓变随之减半，即rm{H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangleH=-286.0kJ/mol}根据燃烧热概念可得，氢气的燃烧热rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=

2H_{2}O(l)triangleH=-572.0kJ/mol}rm{H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)triangle

H=-286.0kJ/mol}恒温恒压下，气体摩尔体积相同，由于rm{triangleH=-286.0kJ/mol}则气体体积不再变化，就是气体的物质的量不再变化，说明反应已达平衡，故A正确；气体密度等于气体质量除以气体总体积，根据质量守恒定律可知气体质量始终不变，若气体密度不再变化时，则气体总体积不变，气体的物质的量不变，说明反应已达平衡，故B错；平衡后充入惰性气体，维持恒温恒压，必须增大容器容积，减小各组分浓度，其实质是减小压强，平衡向逆反应方向或气体体积增大方向移动，故C错；平衡后，压缩装置，缩小容器容积，其实质是增大压强，平衡向正反应方向或气体体积减小方向移动，故D正确；rm{(2)}合成氨的原理为rm{n=V/V_{m}}rm{(3)垄脵}读图可知，前rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)}内rm{2NH_{3}(g)}的浓度由rm{25min}逐渐减小为rm{A}rm{6.0mol/L}的浓度由rm{3.0mol/L}逐渐减小到rm{C}rm{2.0mol/L}的浓度由rm{1.0mol/L}逐渐增大到rm{B}则rm{0}rm{2.0mol/L}rm{A}的变化浓度分别为rm{C}rm{B}rm{3.0mol/L}因此rm{1.0mol/L}rm{2.0mol/L}rm{A}分别表示氢气、氮气和氨气的浓度随反应时间变化的曲线；rm{C}由于前rm{B}内氢气的浓度由rm{垄脷}逐渐减小为rm{25min}其变化浓度为rm{6.0mol/L}则rm{v(H_{2})=trianglec(H_{2})/trianglet="3.0mol/L隆脗25min"="0.12"mol/(L隆陇min)}rm{3.0mol/L}根据三行数据法可得：

rm{3.0mol/L}rm{v(H_{2})=trianglec(H_{2})/triangle

t="3.0mol/L隆脗25min"="0.12"mol/(L隆陇min)}

各组分的起始浓度rm{垄脹}

各组分的变化浓度rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)}

各组分的平衡浓度rm{2NH_{3}(g)}

rm{/mol隆陇L^{-1}2.06.00}rm{/mol隆陇L^{-1}1.03.02.0}rm{/mol隆陇L^{-1}1.03.02.0}保留两位有效数字rm{K=}

rm{=}由于合成氨的正反应的rm{隆脰0.15(}则正反应是放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即平衡向逆反应方向移动，则反应物浓度增大，氨气浓度减小，根据三行数据法可得：

rm{)}rm{(4)}

rm{triangleH=-93.0kJ/mol}时各组分浓度rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)}

各组分的变化浓度rm{2NH_{3}(g)}

rm{25min}时各组分浓度rm{/mol隆陇L^{-1}1.03.02.0}

因此，rm{/mol隆陇L^{-1}0.51.51.0}氨气浓度由rm{35min}逐渐减小为rm{/mol隆陇L^{-1}1.54.51.0}rm{25min隆煤35min}氨气浓度为rm{2.0mol/L}始终保持不变；rm{1.0mol/L}氯化铵是强酸弱碱盐，其完全电离出的铵根离子部分水解，生成一水合氨和氢离子，存在水解平衡，设溶液中氢离子浓度为rm{35min隆煤40min}由三行数据法可得：

rm{1.0mol/L}rm{(5)}

各组分的起始浓度rm{xmol/L}

各组分的变化浓度rm{NH_{4}^{+}+H_{2}O}

各组分的平衡浓度rm{NH_{3}?H_{2}O+H^{+}}

rm{/mol隆陇L^{-1}0.100}rm{/mol隆陇L^{-1}xxx}rm{/mol隆陇L^{-1}0.1隆陋xxx}

由于铵根离子水解程度很小，则rm{K=}则rm{=}rm{=1.0隆脕10^{-9}}则rm{0.1隆陋x隆脰0.1}rm{=}由于rm{=1.0隆脕10^{-9}}

考点：考查化学反应原理，涉及盖斯定律、燃烧热、表示燃烧热的热化学方程式、化学平衡的标志、外界条件对平衡移动的影响、体系各组分浓度与反应时间曲线的识别、平均反应速率的计算、化学平衡常数的计算、放热反应和吸热反应、温度对平衡移动的影响、画出温度对生成物浓度与反应时间关系的图像、盐类水解平衡常数的应用、计算溶液的rm{x^{2}=1.0隆脕10^{-10}}等。rm{x=1.0隆脕10^{-5}}【解析】rm{(16}分rm{)}

rm{(1)-286.0(2}分，不写“rm{-}”扣rm{1}分rm{)}

rm{(2)AD(2}分rm{)}

rm{(3)垄脵C(2}分rm{)}

rm{垄脷0.12mol/(L隆陇min)(3}分，数据rm{2}分，单位rm{1}分rm{)}

rm{垄脹0.15(2}分rm{)}

rm{(4)}rm{(3}分，起点rm{1}分，拐点rm{1}分，延长线rm{1}分rm{)}

rm{(5)5(2}分rm{)}22、略

【分析】【解析】试题分析：（1）设加入蒸馏水xL，0.01×0.1/(0.1+x)=0.001，x=0.1；（2）设加入盐酸xL，(0.01×0.1-0.01x)/(0.1+x)=0.001，x=0.0818。考点：pH计算【解析】【答案】（1）900（2）81.8五、其他(共3题，共15分)23、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳双键（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，类型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或邻、间、对均可）（2分）24、略

【分析】【解析】【答案】⑦①③25、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳双键（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，类型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或邻、间、对均可）（2分）六、元素或物质推断题(共4题，共32分)26、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