2025年西师新版高二化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年西师新版高二化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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、在一个密闭绝热容器（W）中，进行如下两个可逆反应：①A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）△H1＞0，②xM（g）+N（g）⇌3Q（g）△H2．反应①中各物质与反应②中各物质均不发生反应．M的转化率与温度、压强的关系如图所示．下列对W容器中进行的反应推断合理的是（）A.x=2B.平衡时，v正（B）：v逆（C）=2：3C.若保持容器容积不变，充入N，则C的物质的量减小D.若保持容器容积不变，充入Q，反应①的平衡常数不变2、为保护地下钢管不受腐蚀，可使它与()A.交流电源相连B.直流电源正极相连C.铜板相连D.锌板相连3、能一次鉴别rm{CH_{3}COOH}rm{C_{2}H_{5}OH}种物质的试纸或试剂是rm{(}rm{)}A.rm{H_{2}O}B.rm{Na_{2}CO_{3}}溶液C.rm{pH}试纸D.石蕊试纸4、下列说法或做法正确的是A.蛋白质水解可得葡萄糖B.硫酸铝溶液与过量的氢氧化钠溶液反应可得氢氧化铝C.用加热、称重的方法鉴别rm{Na_{2}CO_{3}}固体和rm{NaHCO_{3}}固体D.用焰色反应鉴别rm{NaCl}固体和rm{NaOH}固体5、rm{2molFeCl_{2}}与rm{1molCl_{2}}恰好完全反应，则产物的物质的量为A.rm{1mol}B.rm{2mol}C.rm{3mol}D.rm{4mol}6、若ABn的中心原子A上没有孤对电子，运用价层电子对互斥模型，下列说法正确的是A.若n＝2，则分子的立体结构为V形B.若n＝3，则分子的立体结构为三角锥形C.若n＝4，则分子的立体结构为正四面体形D.以上说法都不正确7、化学反应过程中发生物质变化时，常常伴有能量的变化。这种能量的变化常以热能的形式表现出来，叫反应热。由于反应的情况不同，反应热可以分为多种，如标准燃烧热和中和热等等。下列△H表示标准燃烧热的是A.2H2(g)+O2(g)===2H2O(l)；△H1B.C(s)+1/2O2(g)===CO(g)；△H2C.4NH3(g)+5O2(g)===4NO(g)+6H2O(l)；△H3D.C(s)+O2(g)===CO2(g)；△H48、一定条件下，CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，下列说法正确的是（）A.加入少量NaOH固体，c（CH3COO-）增大B.加入少量FeCl3固体，c（CH3COO-）增大C.稀释溶液，溶液的pH增大D.加入适量醋酸得到的酸性混合溶液：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）9、下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是()A.质子数为rm{17}中子数为rm{20}的氯原子：rm{{,!}_{17}^{20}{C}l}B.氯离子rm{(Cl^{-})}的结构示意图：C.次氯酸的结构式：rm{H-O-Cl}D.氯乙烯分子的结构简式：rm{H_{3}C-CH_{2}Cl}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、按下列要求选择适当物质的符号填空：

A.rm{MgCl_{2}}rm{B.}金刚石rm{C.NH_{4}Cl}rm{D.KNO_{3}}rm{E.}干冰rm{F.}单质碘晶体。

rm{(1)}熔化时不需破坏化学键的是______；熔化时需破坏共价键的是______，熔点最高的是______，熔点最低的是______．

rm{(2)}晶体中既有离子键又有共价键的是______rm{(}填字母代号rm{)}．11、在某化学反应中，反应混合物rm{A}rm{B}rm{C}的物质的量浓度rm{(mol?L^{-1})}与时间rm{t(s)}关系如表所示．

。rm{t(s)}rm{200}rm{400}rm{800}rm{c(A)(mol?L^{-1})}rm{1.45}rm{1.28}rm{1.00}rm{c(B)(mol?L^{-1})}rm{0.38}rm{0.72}rm{1.28}rm{c(C)(mol?L^{-1})}rm{0.095}rm{0.18}rm{0.32}rm{(1)}该反应的化学方程式为______．

rm{(2)}用rm{A}浓度变化表示rm{200隆芦800s}内反应的平均反应速率为______rm{mol/(L?min)}．

rm{(3)}用rm{C}浓度变化表示rm{400隆芦800s}内反应的平均反应速率为______rm{mol/(L?s)}．12、一定温度下,有a.盐酸、b.硫酸、c.醋酸三种酸(用a、b、c回答)。(1)当其物质的量浓度相同时。c(H+)由大到小的顺序是,pH由大到小的顺序是。(2)同体积、同物质的量浓度的三种酸溶液,中和NaOH的能力由大到小的顺序是。(3)当c(H+)相同时,物质的量浓度由大到小的顺序为。(4)当pH相同、体积相同时,分别加入足量锌,相同状况下产生的气体体积由大到小的顺序为。13、(12分))对于A＋2B(气)nC(气)＋Q在一定条件下达到平衡后，改变下列条件，请回答：(1)A量的增减，平衡不移动，则A为______态。(2)增压，平衡不移动，当n＝2时，A的状态为________；当n＝3时，A的状态为______。(3)若A为固体，增大压强，C的组分含量减少，则____。(4)升温，平衡向右移动，则该反应的逆反应为________反应。14、rm{(1)}请正确表示下列化学用语。

乙炔rm{(}结构式rm{)}______，羟基rm{(}电子式rm{)}______，丁二烯rm{(}电子式rm{)}__________．

rm{(2)}高分子化合物是由三种单体通过加聚反应而制得的rm{.}这三种单体的结构简式是______、______、______．评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)15、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）。16、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：_____________。17、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）。18、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_______评卷人得分四、简答题(共2题，共6分)19、材料是人类赖以生存和发展的重要物质基础．

（1）生产硅酸盐水泥和普通玻璃都需要用到的主要原料是______（填名称）．

（2）石英玻璃化学稳定性强；膨胀系数小；是一种特种玻璃，石英玻璃的主要成分是。

______（填化学式）；有机玻璃（聚甲基丙烯酸甲酯）实际上不是硅酸盐材料，而是一种______．（选填“橡胶”或“纤维”或“塑料”）．

（3）玻璃钢具有耐腐蚀、质量轻、强度高的性能，它属于______材料（填“合金”或“复合”）．

（4）上海世博会期间将用可降解的“玉米塑料”替代一次性饭盒、并可被用来制作世博会证件及胸卡，目的是为了防止产生______污染．20、酸、碱、盐均属于电解质，它们的水溶液中存在各种平衡。Ⅰrm{.}氨水是中学常见的碱溶液rm{(1)}下列事实可证明rm{NH_{3}隆陇H_{2}O}是弱碱的是_____________rm{(}填字母序号rm{)}A.常温下，rm{0.1mol隆陇L^{-1}}氨水rm{pH}为rm{11}rm{B.}氨水能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁C.常温下，rm{0.1mol隆陇L^{-1}}氯化铵溶液的rm{pH}为rm{5}rm{D.}铵盐受热易分解rm{(2)}下列方法中，可以使氨水电离程度增大的是___________rm{(}填字母序号rm{)}A.加入少量氯化铁固体rm{B.}通入氨气rm{C.}加入少量氯化铵固体rm{D.}加水稀释Ⅱrm{.}常温下有浓度均为rm{0.1mol?L^{-1}}的四种溶液：rm{垄脵Na_{2}CO_{3;;;;;;;;;;;}垄脷NaHCO_{3;;;;;;;;;;;;;;}垄脹HCl}rm{垄脺NH_{3}?H_{2}O}rm{(1)}有人称溶液rm{垄脵}是油污的“清道夫”，原因是_____________rm{(}用离子方程式解释rm{)}rm{(2)}这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是rm{(}用序号填写rm{)}______rm{(3)}等体积混合rm{垄脹}和rm{垄脺}的溶液，测得混合溶液的rm{pH=6}求混合溶液中下列算式的精确计算结果rm{(}填具体数字rm{)}rm{c({H}^{+})-c(N{H}_{3}隆陇{H}_{2}O)=}____rm{c({H}^{+})-c(N{H}_{3}隆陇{H}_{2}O)

=}rm{mol/L}____rm{[NH_{4}^{+}]+[NH_{3}?H_{2}O]=}此时溶液中离子浓度的大小顺序是：________；若将rm{mol?L^{-1}}和rm{垄脹}的溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前rm{垄脺}的体积____rm{垄脹}的体积rm{垄脺}填“大于”小于”或“等于”rm{(}rm{)}将rm{(4)}溶液rm{10mL}加水稀释至rm{垄脹}则此时溶液中由水电离出的rm{100mL}___rm{c(H^{+})=}．Ⅲrm{mol?L^{-1}}氯化银是中学常见盐含有足量rm{.}固体的饱和溶液，rm{AgCl}在溶液中存在如下平衡：rm{AgCl(s)?Ag^{+}(aq)+Cl^{-}(aq)}在rm{AgCl}时，rm{AgCl(s)?

Ag^{+}(aq)+Cl^{-}(aq)}的rm{25隆忙}现将足量rm{AgCl}分别放入下列液体中：rm{K_{sp}=1.8隆脕10^{-10}}蒸馏水rm{垄脷100mL0.3mol隆陇L^{-1}AgNO_{3}}溶液rm{垄脹100mL0.1mol隆陇L^{-1}MgCl_{2}}溶液充分搅拌后冷却到相同温度，rm{AgCl}浓度由大到小的顺序为______rm{垄脵100mL}填序号rm{垄脷100mL0.3

mol隆陇L^{-1}AgNO_{3}}Ⅳrm{垄脹100mL0.1mol隆陇L^{-1}

MgCl_{2}}己知rm{Ag^{+}}时，乙酸和碳酸的电离平衡常数如下表：。rm{(}物质的化学式rm{CH_{3}COOH}rm{H_{2}CO_{3}}电离平衡常数rm{K=1.8隆脕10^{-5}}rm{K1=4.3隆脕10^{-7}}rm{K2=5.6隆脕10^{-11}}rm{(1)}用饱和氨水吸收rm{CO_{2}}可得到rm{NH_{4}HCO_{3}}溶液，若已知rm{CH_{3}COONH_{4}}溶液rm{pH=7}则rm{NH_{4}HCO_{3}}溶液显_____rm{(}填“酸性”、“碱性”或“中性”rm{)}rm{(2)25隆忙}时，在rm{0.lmol/L}乙酸溶液中加入一定量的rm{NaHCO_{3}}保持温度不变，所得混合液的rm{pH=6}那么混合液中rm{dfrac{c(C{H}_{3}CO{O}^{-})}{c(C{H}_{3}COOH)}=}____；该混合溶液中的离子浓度由大到小的顺序为：________。rm{

dfrac{c(C{H}_{3}CO{O}^{-})}{c(C{H}_{3}COOH)}=}评卷人得分五、计算题(共1题，共7分)21、燃烧法是测定有机物分子式的一种重要方法rm{.}完全燃烧rm{0.1mol}某烃后，测得生成的二氧化碳为rm{8.96L(}标准状况rm{)}生成的水为rm{9.0g.}请通过计算：

rm{(1)}推导该烃的分子式．

rm{(2)}写出它可能存在的全部结构简式．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】解：Ⅰ；在某容器中进行反应②时；测得M的转化率与温度，压强关系如图所示，依据”定一议二“和“先拐先平”温度、压强高，结合反应特征和M的转化率变化分析判断。

反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比；

Ⅱ；因为W容器中反应①是吸热反应；绝热容器中，反应①正向进行，温度降低反应②正向进行，所以反应②是放热反应；若向容器W中再充入N，反应②正向进行，放热反应放出热量，促进反应①正向进行，A转化率增大，C的物质的量增大；

A；温度相同；压强改变平衡移动，说明两边的计量数不等，所以x≠2，故A错误；

B、在某容器中进行反应Ⅱ时，测得M的转化率与温度，压强关系如图所示，依据”定一议二“和“先拐先平”温度、压强高，图象变化可知温度相同，压强越大，M转化率越小，说明平衡逆向进行，逆向是气体体积减小的反应，x+1＜3，x＜2，化学方程式计量数为整数1，容器W内温度保持不变时反应达到平衡状态，C的正反应速率等于逆反应速率，反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，得到v正（B）：v逆（C）═2：3；故B正确；

C；若向容器W中再充入N；反应②正向进行，放热反应放出热量，促进反应①正向进行，A转化率增大，C的物质的量增大，故C错误；

D；充入Q；反应②逆向移动，而正反应是放热反应，所以体系温度降低，反应①是吸热反应，所以反应①的平衡常数减小，故D错误；

故选B．

Ⅰ；在某容器中进行反应②时；测得M的转化率与温度，压强关系如图所示，依据”定一议二“和“先拐先平”温度、压强高，结合反应特征和M的转化率变化分析判断。

反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比；

Ⅱ；因为W容器中反应①是吸热反应；绝热容器中，反应①正向进行，温度降低反应②正向进行，所以反应②是放热反应；若向容器W中再充入N，反应②正向进行，放热反应放出热量，促进反应①正向进行，A转化率增大，C的物质的量增大，由此分析解答．

本题考查了化学平衡图象分析判断方法，注意化学平衡移动原理的理解应用，注意W为绝热容器，掌握基础是关键，题目难度中等．【解析】【答案】B2、D【分析】略。

【解析】rm{D}3、B【分析】【分析】本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握有机物性质及性质差异为解答的关键，侧重鉴别及分析应用能力的考查，题目难度不大。【解答】A.乙醇、乙酸均溶于水且与水不反应，水不能鉴别rm{CH_{3}COOH}rm{C_{2}H_{5}OH}故A错误；

B.rm{CH_{3}COOH}可以和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液反应放出二氧化碳气体，rm{C_{2}H_{5}OH}和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液可以互溶，和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液不互溶且苯在上层，和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液不互溶且硝基苯在下层；现象不同，可鉴别，故B正确；

C.rm{pH}试纸不能鉴别rm{C_{2}H_{5}OH}故C错误；

D.石蕊试纸不能鉴别rm{C_{2}H_{5}OH}故D错误。

故选B。【解析】rm{B}4、C【分析】【分析】本题考查了物质的性质rm{t}和鉴别的知识。和鉴别的知识。rm{t}【解答】

A.蛋白质水解可得氨基酸，故A错误；

B.硫酸铝溶液与过量的氢氧化钠溶液反应得不到氢氧化铝，可得偏铝酸钠，故B错误；C.rm{NaHCO}rm{NaHCO}rm{{,!}_{3}}加热分解，而碳酸钠不能，则用加热、称重的方法，质量减小的为rm{NaHCO}rm{NaHCO}rm{{,!}_{3}}，可鉴别rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}

rm{CO}固体和rm{{,!}_{3}}的焰色反应均为黄色，现象相同，不能鉴别，故D错误。固体和rm{NaHCO}rm{NaHCO}【解析】rm{C}5、B【分析】略【解析】rm{B}6、C【分析】中心原子A上没有孤对电子，所以若n＝2，则分子的立体结构为直线型；若n＝3，则分子的立体结构为平面三角形结构；若n＝4，则分子的立体结构为正四面体形，所以选项C正确，答案选C。【解析】【答案】C7、D【分析】【解析】【答案】D8、A【分析】解：A．CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-．加入氢氧化钠溶解后氢氧根离子浓度增大，平衡左移c（CH3COO-）增大；故A正确；

B．CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-．FeCl3消耗了氢氧根离子；使平衡正移，醋酸根浓度减小，故B错误；

C．CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-．稀释溶液；平衡正向进行，平衡状态下氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故C错误；

D．根据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），溶液显酸性c（H+）＞c（OH-），所以c（Na+）＜c（CH3COO-），所以混合溶液中：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；故D错误；

故选：A．

A．加入氢氧化钠溶解后氢氧根离子浓度增大；平衡左移；

B．FeCl3消耗了氢氧根离子；使平衡正移；

C．稀释促进水解；离子浓度减小；

D．根据电荷守恒分析．

本题考查了水解平衡的影响因素分析判断，离子浓度的比较，注意电荷守恒的应用，题目较简单，侧重于考查学生的分析能力和应用能力．【解析】【答案】A9、C【分析】略【解析】rm{C}二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】解：rm{(1)}晶体熔化时，原子晶体要破坏共价键，离子晶体破坏离子键，分子晶体只破坏分子间作用力rm{.}金刚石为原子晶体，熔点最高，干冰、rm{I_{2}}为分子晶体，熔点较低rm{.}再根据rm{CO_{2}}在常温下为气体，而rm{I_{2}}为固体；故干冰的熔点最低．

rm{(2)NH_{4}Cl}是rm{NH_{4}^{+}}和rm{Cl^{-}}以离子键结合的离子晶体，在rm{NH_{4}^{+}}中rm{N}与rm{H}之间是共价键，同理在rm{NO_{3}^{-}}中，rm{N}与rm{O}之间也是共价键，rm{K^{+}}和rm{NO_{3}^{-}}之间是离子键；

故答案为：rm{(1)EF}rm{B}rm{B}rm{E}rm{(2)CD}．

rm{(1)}原子晶体熔化时需要破坏共价键；分子晶体融化时不需要破坏化学键；分子晶体的熔点与其相对分子质量成正比，相对分子质量越小，该分子晶体的熔点越低，熔点最高的一般为原子晶体；

rm{(2)}含有离子键的晶体是离子晶体；离子晶体中可能含有共价键，属于离子化合物的多为活泼金属与活泼非金属形成的化合物；强碱以及大多数盐．

本题考查了晶体中存在的作用力，根据晶体的构成微粒及微粒间的作用力来分析解答，题目难度不大．【解析】rm{EF}rm{B}rm{B}rm{E}rm{CD}11、rm{(1)2A=4B+C}

rm{(2)0.045}

rm{(3)3.5隆脕10^{-4}}【分析】【分析】

本题考查化学反应速率的相关计算；把握化学反应速率的数学表达式和化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键，难度不大。

【解答】

rm{(1)trianglec(A)}rm{trianglec(B)}rm{trianglec(C)=(1.45-1.28)}rm{triangle

c(C)=(1.45-1.28)}rm{(0.72-0.38)}rm{(0.18-0.095)=2}rm{4}故该反应的化学方程式为：rm{1}

故答案为：rm{2A=4B+C}

rm{(2)v=dfrac{trianglec}{trianglet}=dfrac{dfrac{1.45-1.00}{800-200}}{60}=0.045mol/(L?min)}

故答案为：rm{2A=4B+C}

rm{(3)(2)v=dfrac{trianglec}{trianglet}=dfrac{0.32-0.18}{800-400}=3.5隆脕10^{-4}mol/(L?s)}

故答案为：rm{(2)v=dfrac{trianglec}{triangle

t}=dfrac{dfrac

{1.45-1.00}{800-200}}{60}=0.045mol/(L?min)}

rm{0.045}【解析】rm{(1)2A=4B+C}

rm{(2)0.045}

rm{(3)3.5隆脕10^{-4}}12、略

【分析】(1)盐酸和硫酸是强酸,完全电离,硫酸又是二元酸,而醋酸是一元弱酸,不完全电离,所以物质的量浓度相同时,c(H+)大小关系为:b>a>c。(2)酸中和碱的能力是依据酸与碱反应的方程式系数来决定的,所以同体积、同浓度的盐酸、醋酸中和NaOH的能力相等,且小于硫酸。(3)c(H+)相等,因醋酸为弱酸,其物质的量浓度远大于溶液中的c(H+),盐酸是一元强酸,硫酸是二元强酸,所以物质的量浓度:c>a>b。(4)锌足量,产生氢气的体积由n(H+)决定,所以c>a=b。【解析】【答案】(1)b>a>cc>a>b(2)b>a=c(3)c>a>b(4)c>a=b13、略

【分析】(1)增加或减少A的量，平衡不移动，则A为固体。(2)增压平衡不移动，当n＝2时，A的状态为固态或液态，n＝3时A的状态为气态。(3)若A为固体，增大压强，C的组分含量减少，说明平衡逆移，则n≥3。(4)升温平衡右移，说明正反应为吸热反应，逆反应为放热反应。【解析】【答案】(1)固或液(2)固或液气(3)n≥3(4)放热14、H-C≡C-H；CH2=C（CH3）-CH=CH2；CH3-CH=CH2；CH2=CH2【分析】解：rm{(1)}乙炔存在rm{C-H}rm{C隆脭C}化学键，其结构式为：rm{H-C隆脭C-H}羟基中氧原子与氢原子共用rm{1}对电子，电子式为：rm{1}rm{3}丁二烯含有两个双键，电子式为：

故答案为：rm{H-C隆脭C-H}

rm{(2)}的单体为rm{CH_{2}=C(CH_{3})-CH=CH_{2}}rm{CH_{3}-CH=CH_{2}}rm{CH_{2}=CH_{2}}

故答案为：rm{CH_{2}=C(CH_{3})-CH=CH_{2}}rm{CH_{3}-CH=CH_{2}}rm{CH_{2}=CH_{2}}．

rm{(1)}乙炔存在rm{C-H}rm{C隆脭C}化学键；羟基中氧原子与氢原子共用rm{1}对电子；rm{1}rm{3}丁二烯含有两个双键；

rm{(2)}高聚物单体的判断方法：凡链节的主链上只有两个碳原子rm{(}无其它原子rm{)}的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；凡链节主链上只有四个碳原子rm{(}无其它原子rm{)}且链节无双键的高聚物；其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合；凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换．

本题考查了加聚反应的原理，常见化学用语的书写，涉及电子式、结构式等，侧重考查学生对常用化学用语使用的规范性，题目难度不大．【解析】rm{H-C隆脭C-H}rm{CH_{2}=C(CH_{3})-CH=CH_{2}}rm{CH_{3}-CH=CH_{2}}rm{CH_{2}=CH_{2}}三、元素或物质推断题(共4题，共8分)15、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，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）216、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H217、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，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）218、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物四、简答题(共2题，共6分)19、略

【分析】解：（1）制备水泥的原料是粘土、石灰石；制备玻璃的原料是纯碱、石灰石、石英，所以都用到CaCO3；故答案为：石灰石；

（2）石英玻璃化学稳定性强、膨胀系数小，是一种特种玻璃，主要成分为SiO2，聚甲基丙烯酸甲酯是合成高分子化合物属于塑料，故答案为：SiO2；塑料；

（3）玻璃钢是将玻璃纤维和高分子材料复合而成的复合材料；故答案为：复合；

（4）对难降解的塑料垃圾（多指塑料袋）环境污染称为白色污染；用可降解的“玉米塑料”替代一次性饭盒；并可被用来制作世博会的证件及胸卡，可以防止产生白色污染，故答案为：白色．

（1）根据制备水泥和玻璃的原料分析；

（2）石英玻璃的主要成分是SiO2；聚甲基丙烯酸甲酯属于塑料；

（3）复合材料是由两种或两种以上不同性质的材料；通过物理或化学的方法，在宏观上组成具有新性能的材料；

（4）聚乙烯等材料塑料难以降解；形成白色污染，用可降解材料代替塑料壳减少白色污染．

本题考查了几种常见的材料，侧重性质及其应用，为高频考点，侧重于化学与生产、化学材料与环境保护的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】石灰石；SiO2；塑料；复合；白色20、Ⅰ.（1）AC

（2）AD

Ⅱ.（1）CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-

（2）①②④③

（3）10-80.05[Cl-]＞[NH4+]＞[H+]＞[OH-]小于

（4）10-12

Ⅲ.②①③

Ⅳ.（1）碱性

（2）18c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）​【分析】​【分析】本题考查较为综合；涉及弱电解质的电离和盐类的水解；电解质溶液中离子浓度大小、沉淀溶解平衡的影响因素分析判断等问题，综合考查学生的化学知识应用能力和分析能力，题目难度中等。

【解答】Ⅰrm{.}rm{.}常温下，rm{(1)A.}氨水rm{0.1mol?L^{-1}}为rm{pH}溶液呈酸性，说明一水合氨部分电离，则说明一水合氨是弱电解质，故A正确；

B.氨水和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁沉淀；说明一水合氨是碱，但不能说明一水合氨部分电离，所以不能说明是弱电解质，故B错误；

C.常温下，rm{11}的氯化铵溶液rm{0.1mol/L}约为rm{pH}溶液呈酸性，说明氯化铵是强酸弱碱盐，则说明一水合氨是弱电解质，故C正确；

D.铵盐受热易分解说明铵盐不稳定；不能说明一水合氨部分电离，则不能说明一水合氨是弱电解质，故D错误；

故答案为：rm{5}

rm{AC}加入少量氯化铁固体；会消耗氢氧根离子，则促进一水合氨的电离，电离程度增大，故A正确；

B.通入氨气；氨水的浓度增大，电离程度减小，故B错误；

C.加入少量氯化铵固体；铵根离子浓度增大，抑制氨水的电离，电离程度减小，故C错误；

D.加水稀释；促进一水合氨的电离，电离程度增大，故D正确；

故答案为：rm{(2)A.}rm{AD}Ⅱrm{.}碳酸钠溶液水解显碱性，可去油污，离子方程式为：rm{.}

故答案为：rm{(1)}

rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}盐溶液中阴离子水解促进谁的电离，水的电离程度增大，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，则水的电离程度rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}rm{(2)垄脵Na_{2}CO_{3}垄脷NaHCO_{3}}是酸和碱，抑制水的电离，一水合氨为弱碱对水抑制沉淀小，水电离程度rm{垄脵>垄脷}则四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是rm{垄脹HCl垄脺NH_{3}?H_{2}O}

故答案为：rm{垄脺>垄脹}

rm{垄脵垄脷垄脺垄脹}浓度rm{垄脵垄脷垄脺垄脹}rm{(3)}的均为rm{0.1mol?L}和rm{0.1mol?L}等体积混合，生成氯化铵溶液，rm{{,!}^{-1}}rm{cleft(O{H}^{-}right)=dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-6}}={10}^{-8}mol/L}根据质子守恒，rm{cleft(O{H}^{-}right)+cleft(N{H}_{3}隆陇{H}_{2}Oright)=cleft({H}^{+}right)}则rm{cleft({H}^{+}right)-cleft(N{H}_{3}隆陇{H}_{2}Oright)=cleft(O{H}^{-}right)}所以rm{cleft({H}^{+}right)-cleft(N{H}_{3}隆陇{H}_{2}Oright)={10}^{-8}mol/L}溶液中存在物料守恒，氮元素守恒，此时溶液中rm{垄脹HCl}溶液中铵根离子水解溶液显酸性判断溶液中离子浓度大小为：rm{垄脺NH_{3}?H_{2}O}若将混合溶液的rm{pH=6}rm{cleft(O{H}^{-}right)=

dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-6}}={10}^{-8}mol/L}根据质子守恒，rm{cleft(O{H}^{-}right)+cleft(N{H}_{3}隆陇{H}_{2}Oright)=cleft({H}^{+}right)

}则rm{cleft({H}^{+}right)-cleft(N{H}_{3}隆陇{H}_{2}Oright)=cleft(O{H}^{-}right)

}所以rm{cleft({H}^{+}right)-cleft(N{H}_{3}隆陇{H}_{2}Oright)={10}^{-8}mol/L

}和rm{pH=6}的溶液混合后溶液恰好呈中性，需要一水合氨多，一水合氨溶液体积略大，则混合前rm{cleft(O{H}^{-}right)=

dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-6}}={10}^{-8}mol/L}的体积小于rm{cleft(O{H}^{-}right)+cleft(N{H}_{3}隆陇{H}_{2}Oright)=cleft({H}^{+}right)

}的体积；

故答案为：rm{cleft({H}^{+}right)-cleft(N{H}_{3}隆陇{H}_{2}Oright)=cleft(O{H}^{-}right)

}rm{cleft({H}^{+}right)-cleft(N{H}_{3}隆陇{H}_{2}Oright)={10}^{-8}mol/L

}rm{[NH_{4}^{+}]+[NH_{3}?H_{2}O]=0.05mol/L}小于；

rm{[Cl^{-}]>[NH_{4}^{+}]>[H^{+}]>[OH^{-}]}取rm{垄脹}溶液rm{垄脺}加水稀释到rm{垄脹}溶液浓度为原来的rm{垄脺}为rm{10^{-8}}由rm{0.05}可知，rm{c(OH^{-})=10^{-12}mol?L^{-1}}则此时