2025年湘教新版高三化学下册月考试卷

…………○…………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2025年湘教新版高三化学下册月考试卷897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、下列有关FeCl3溶液与Fe（OH）3胶体的叙述正确的是（）A.能用丁达尔效应鉴别B.都是电解质C.将NaOH溶液加入FeCl3溶液中有红褐色沉淀生成，加入Fe（OH）3胶体则没有沉淀D.能用过滤的方法分离2、下列有机物分子，所有碳原子不可能处于同一平面的是（）A.丙炔B.新戊烷C.甲苯D.甲基丙烯3、下列有关化学用语表述正确的是（）A.S2-的结构示意图：B.中子数为10的氧原子：OC.HClO的电子式：D.硝基苯的结构简式：4、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，含Na+0.2NA个，CO32-0.1NA个B.1L0.3mol/L的K2SO4溶液中，含K+和SO42-离子总数为0.9NA个C.2L0.6mol/L的Fe2（SO4）3溶液中，含SO42-离子总数为2.4NA个D.0.1mol/L的H3PO4溶液中，c（H+）：c（PO43-）＜3：15、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径最小，Y的次外层电子数是最外层的，ZX2是一种储氢材料，W与Y属于同一主族．下列叙述正确的是（）A.原子半径：rW＞rZ＞rYB.Y形成的离子与W形成的离子的电子数不可能相同C.化合物X2Y、ZY、WY3中化学键的类型相同D.由X、Y、Z、W组成的化合物的水溶液可能显酸性6、白磷在高压下隔绝空气加热后急速冷却，可得钢灰色固体——黑磷，其转化过程如下：白磷黑磷，黑磷比白磷稳定，结构与石墨相似。下列叙述正确的是A.白磷转化为黑磷是吸热反应B.黑磷与白磷互为同分异构体C.白磷转化为黑磷是氧化还原反应D.黑磷能导电7、下列有关的现象错误的是A.钠在空气中加热时会剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色固体B.盛满氯气的试管倒扣在水槽中，静置一段时间后，水槽中的一部分水进入试管C.在空气中点燃氢气，然后把导管伸入盛有氯气的集气瓶中，氢气剧烈燃烧，产生苍白色火焰，瓶口处有白雾生成D.过氧化钠放入硫酸铜溶液中无明显现象8、结晶玫瑰是一种有机物，它具有强烈的玫瑰香气，是一种很好的定香剂，下列有可能是结晶玫瑰的分子式的是rm{(}rm{)}A.rm{C_{10}H_{9}Cl_{3}O_{2}}B.rm{C_{10}H_{9}Cl_{2}O_{2}}C.rm{C_{10}H_{12}Cl_{3}O_{2}}D.rm{C_{10}H_{17}Cl_{3}O_{2}}9、可从铅蓄电池中回收铅，实现铅的再生。在工艺中得到含Na2PbCl4的电解液，电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，如图所示。下列说法正确的是（）A.H+由左室进入右室，左室中的pH增大B.左室中生成1molO2，有2molH+经过质子交换膜C.阴极的电极反应方程式为Pb2++2e-=PbD.Na2PbCl4浓度下降后可在阴极区加入PbO，实现电解液的继续使用评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)10、对于实验Ⅰ～Ⅳ的实验现象预测正确的是（）

A.实验I：试管中先出现白色胶状物质，后溶解B.实验II：振荡后静置，下层溶液颜色保持不变C.实验III：抽去中间玻璃片，瓶内产生白烟D.实验IV：BaCl2溶液变浑浊，品红溶液褪色11、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，这四种元素原子的最外层电子数为rm{20.}下列判断正确的是rm{(}rm{)}。rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}A.rm{Z}rm{X}rm{Y}形成的气态氢化物稳定性依次增强B.四种元素形成的单质最多有rm{6}种C.四种元素的原子半径：rm{r_{Z}>r_{Y}>r_{X}>r_{W}}D.四种元素中，rm{X}的氧化物对应的水化物酸性最强12、短周期元素甲、乙、丙、丁在元素周期表的相对位置如表所示，其中甲的气态氢化物的水溶液呈碱性，则下列判断正确的是rm{(}rm{)}

。甲乙丙丁A.甲位于元素周期表中第rm{2}周期、第Ⅴrm{A}族B.原子半径：甲rm{>}乙C.单质的氧化性：丙rm{>}乙D.气态氢化物稳定性：丁rm{>}丙rm{>}乙13、在rm{2L}的恒容密闭容器中充入rm{A(g)}和rm{B(g)}发生反应：rm{A(g)+B(g)?2C(g)+D(s)}rm{娄陇H=akJ隆陇mol^{-1}}实验内容和结果分别如下表和下图所示。下列说法正确的是rm{(}rm{)}

。实验序号温度起始物质的量热量变化rm{A}rm{B}rm{A}rm{B}Ⅰrm{600隆忙}rm{1mol}rm{3mol}rm{96kJ}Ⅱrm{800隆忙}rm{1.5mol}rm{0.5mol}rm{隆陋隆陋}A.实验Ⅰ中，rm{10min}内平均速率rm{v(B)=0.06mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}B.上述热化学方程式中rm{v(B)=0.06

mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}C.rm{a=-160}时，该反应的平衡常数是rm{600隆忙}D.向实验Ⅱ的平衡体系中再充入rm{0.45}和rm{0.5molA}rm{1.5molB}的转化率增大rm{A}14、下列过程能一步实现的是()A.rm{SiO_{2}xrightarrow[]{NaOH}Na_{2}SiO_{3}xrightarrow[]{HCl}H_{2}SiO_{3}}B.rm{Sixrightarrow[碌茫脠录]{{O}_{2}}SiO_{2}xrightarrow[]{{H}_{2}O}H_{2}SiO_{3}}C.rm{H_{2}SiO_{3}xrightarrow[]{?}SiO_{2}xrightarrow[]{HCl}SiCl_{4}}D.石英砂rm{SiO_{2}xrightarrow[]{NaOH}

Na_{2}SiO_{3}xrightarrow[]{HCl}H_{2}SiO_{3}}粗硅rm{xrightarrow[赂脽脦脗]{C{l}_{2}}SiCl_{4}xrightarrow[赂脽脦脗]{{H}_{2}}}高纯度硅rm{Sixrightarrow[碌茫脠录]{{O}_{2}}

SiO_{2}xrightarrow[]{{H}_{2}O}H_{2}SiO_{3}}15、化学与生活密切相关。下列说法正确的是（）A.碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含碘的食物B.为使水果尽快成熟，需要用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯C.福尔马林、医用酒精均能使蛋白质变性，可用作消毒剂D.加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性16、下列各组有机物的同分异构体数目相等的是（不考虑立体异构）（）A.戊烷和丁烯B.戊烷和丙醇C.戊烯和一氯丁烷D.丁烷和甲酸乙酯17、某水溶液只可能含有rm{K^{+}}rm{Al^{3+}}rm{Fe^{3+}}rm{Mg^{2+}}rm{Ba^{2+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Cl^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}中的若干种离子rm{.}某同学取rm{100mL}的溶液分成两等份进行如下实验：

rm{垄脵}第一份加过量的氢氧化钠溶液后加热，收集到rm{0.02mol}的气体；无沉淀产生，同时得到溶液甲．

rm{垄脷}向溶液甲中通过量的二氧化碳气体，生成白色沉淀，沉淀经过滤，洗涤灼烧后，得到rm{1.02g}固体．

rm{垄脹}第二份加足量的氯化钡溶液后，生成白色沉淀，沉淀经盐酸充分洗涤，干燥，得到rm{11.65g}固体．

据此，该同学得到的结论正确的是rm{(}rm{)}A.实验rm{垄脵}中产生的气体为氨气，并可得原溶液中rm{c(NH_{4}^{+})=0.2}rm{mol?L^{-1}}B.实验rm{垄脹}中的白色沉淀中一定有rm{BaSO_{4}}无rm{BaCO_{3}}C.原溶液中一定有rm{K^{+}}且rm{c(K^{+})=0.4}rm{mol?L^{-1}}D.若要判断原溶液中是否有rm{Cl^{-}}无需另外设计实验验证评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)18、（2014秋•高台县校级期末）在A；B、C三个烧杯中分别盛有相同浓度的稀硫酸；如图试试：

①A中反应的离子方程式为：____

②B中Sn极附近溶液的pH____（填“增大”、“减小”或“不变”）19、铜是重要金属；Cu的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途；

如CuSO4溶液常用作电解液；电镀液等．请回答以下问题：

（1）Cu位于元素周期表____族．Cu2+的核外电子排布式为____．

（2）SO42-的立体构型是____，其中S原子的杂化轨道类型是____．

（3）Cu2O的熔点比Cu2S的____（填“高”或“低”）

（4）一种铜合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中．若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构为CaF2的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为____．20、有机物A的结构简式如下图所示：

有机物A在稀硫酸中受热会水解成B；C两种产物；B是一种离子化合物，C是一种共价化合物．

（1）A的分子式为____．在A的结构简式中虚线框内的结构名称为____．

（2）写出C跟碳酸氢钠反应的化学方程式____．1molC最多可以跟含有____molBr2的浓溴水反应．

（3）C的同分异构体中，属于酚类也属于酯类的化合物有____种．

（4）某类有机物，属于C的同分异构体，分子中有苯环且苯环上连有三个取代基．写出这类有机物中含氧官能团的名称____．

（5）写出B跟过量氢氧化钠溶液反应的离子方程式____．21、某化学兴趣小组发现实验室有多件表面呈灰绿色的金属制品；经了解其来源并查阅相关资料（如下表），初步确认为铜制品．

。紫铜青铜铜绿主要成分纯铜铜锡合金Cu2（OH）2CO3性质与用途紫红色，质软，导电性能良好；主要用作电线电缆．多呈灰绿色，熔点低、硬度大、可塑性强；可铸造成各种器具．不溶于水的灰绿色粉末，溶于酸，加热易分解；可作颜料、杀虫剂．针对铜制品表面的灰绿色物质究竟是什么；同学们提出了多种猜想并展开实验探究．

【猜想假设】

（1）小吴同学认为可能是纯铜制品表面涂上了灰绿色的油漆；

小周同学认为可能是青铜（铜锡合金）；因为常见的青铜是灰绿色的；

小黄同学认为是纯铜制品，只是表面长出了铜绿[Cu2（OH）2CO3]；

除上述猜想外，其他合理的猜想是____（只写一个）．

【实验验证】三位同学为了验证各自上述的猜想；进行了以下探究：

（2）小吴刮下部分灰绿色物质放入燃烧匙中进行灼烧，发现该物质不能燃烧，证明灰绿色物质不是油漆．其判断依据是____．

（3）小周刮下足量的灰绿色物质投入盐酸溶液中，观察到有气体产生，实验表明该气体不能燃烧．将表面刮净后的铜制品也投入盐酸中，并无气体产生．由此证明该铜制品不是青铜，理由是____．

（4）根据上述实验，小黄认为灰绿色物质可能是铜绿[Cu2（OH）2CO3]．于是按如图所示装置进行实验．

实验证明小黄的猜测是正确的，因为在A中观察到灰绿色物质变黑，B中观察到了____的现象，C中观察到了____的现象．

B中所发生反应的化学方程式为：____．

如果将实验装置中的B和C进行调换，将无法得出灰绿色物质是铜绿的结论，原因是____．

【实验拓展】

（5）小黄同学还从网上找到了利用氨水擦拭去除铜绿的方法，其原理是氨水与碱式碳酸铜反应生成铜氨络离子[Cu（NH3）42+]，其离子方程式可表示为：____．22、已知NH3分子可与Cu2+形成配合物离子[Cu（NH3）4]2+，则除去硫酸铜溶液中少量硫酸可选用的试剂是____．（填序号）

①NaOH②NH3③CuOBaCl2⑤Cu（OH）2⑥CuCO3．23、（1）写出Fe基态原子的电子排布式：______；

（2）Na、Mg、Al第一电离能由小到大的顺序是______；

（3）CO2中含有的σ键与π键数目之比为______；

（4）丙烯分子中碳原子杂化轨道类型为______；

（5）写出一种与CO互为等电子体的分子______；

（6）NH3的空间构型是______（用文字描述）．评卷人得分四、判断题(共3题，共24分)24、因为SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，所以SO2具有漂白性____．（判断对错）25、乙酸的结构简式：C2H4O2____．26、甲烷与氯气在紫外线照射下的反应产物有4种____（判断对错）评卷人得分五、解答题(共3题，共12分)27、粗盐提纯中几次用到玻璃棒，每次使用的作用各是什么？28、试写出分子式为C4H7Cl的所有异构体的结构简式．29、CO2可溶于水生成碳酸．有人为确认H2CO3、CH3COOH和的酸性强弱，设计了如图装置，一次实验即可达到目的，请依据此实验填空：

①锥形瓶内装某可溶性正盐固体；分液漏斗中所盛试剂名称是______；

②装置F中所盛的试剂是______；装置F所盛试剂的作用是______；

③装置G中发生反应的化学方程式是______．

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】A．溶液无丁达尔效应；胶体有丁达尔效应；

B．在水溶液中或在熔化状态下能导电的化合物为电解质；

C．胶体遇电解质发生聚沉；

D．溶液和胶体都能透过滤纸．【解析】【解答】解：A．丁达尔效应是胶体特有的性质；可区分胶体和溶液，故A正确；

B．溶液和胶体是混合物；不是电解质，故B错误；

C．Fe（OH）3胶体遇FeCl3溶液发生聚沉；有沉淀生成，故C错误；

D．FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体都能透过滤纸；不能用过滤分离，故D错误．

故选A．2、B【分析】【分析】凡是碳原子以四个单键一定为立体结构，而乙烯型的为6原子共面、乙炔型的为4原子共线、苯环12原子共面．【解析】【解答】解：A．乙炔型；三个碳原子共线，故A错误；

B．碳原子以单键相连；五个碳原子刚才正四面体结构，故B正确；

C．苯环型；七个碳原子共面，故C错误；

D．乙烯型；四个碳原子共面，故D错误．

故选B．3、A【分析】【分析】A．S2-的最外层电子数为8；核外电子总数为18；

B．氧原子的质子数为8；中子数为10的氧原子的质量数为18；

C．次氯酸的中心原子为O原子；不存在H-Cl键；

D．硝基苯结构简式中，硝基的书写不规范，应该表示为：O2N-．【解析】【解答】解：A．S2-的结构示意图中，最外层电子数为8，硫离子正确的结构示意图为：故A正确；

B．氧原子的质子数为8，中子数为10的氧原子的质量数为18，该原子可以表示为：188O；故B错误；

C．次氯酸为共价化合物，中心原子为O原子，次氯酸正确的电子式为故C错误；

D．硝基写在苯环左侧时，应该表示为：O2N-，硝基苯正确的结构简式为：故D错误．

故选A．4、B【分析】【分析】A、CO32-是弱酸根；在水溶液中会水解；

B、根据n=cV计算硫酸钾的物质的量，1molK2SO4含有3mol离子（2mol钾离子，1mol硫酸根离子），再根据N=nNA计算离子的数目；

C、根据n=cV计算硫酸铁的物质的量，1molFe2（SO4）3含有3molSO42-；

D、H3PO4是中强酸，不能完全电离．【解析】【解答】解：A、CO32-是弱酸根，在水溶液中会水解，故CO32-个数小于0.1NA个；故A错误；

B、1L0.3mol/LK2SO4溶液中所含K+、SO42-总数为1L×0.3mol/L×3×NA=0.9NA；故B正确；

C、2L0.6mol/L的Fe2（SO4）3溶液中硫酸铁的物质的量n=CV=1.2mol，故含SO42-离子的物质的量为3.6mol，总数为3.6NA个；故C错误；

D、H3PO4是中强酸，不能完全电离，故c（H+）：c（PO43-）＞3：1；故D错误．

故选B．5、D【分析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径最小，则X为H元素；Y的次外层电子数是最外层的，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O元素；W与Y属于同一主族，则W为S元素；ZX2中，H显-1价，Z显+2价，则Z为Mg，以此解答该题．【解析】【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中原子半径最小，则X为H元素；Y的次外层电子数是最外层的，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O元素；W与Y属于同一主族，则W为S元素；ZX2中；H显-1价，Z显+2价，则Z为Mg；

A．原子半径最小的原子X为H；同周期随原子序数增大原子半径减小，故原子半径Mg＞S＞O，故A错误；

B．O22-与S2-电子数都是18；故B错误；

C．H2O和SO3中均为共价键；MgO中为离子键，故C错误；

D．MgSO4•7H2O中Mg2+水解显酸性；故D正确．

故选D．6、D【分析】试题分析：A、黑磷比白磷稳定，则白磷的能量高，则白磷转化为黑磷是放热反应，故A错误；B、黑磷与白磷是单质，互为同素异形体，故B错误；C、白磷转化为黑磷中磷的化合价未变，不是氧化还原反应，故C错误；D、石墨能导电，黑磷的结构与石墨相似，所以黑磷也能导电，故D正确，答案选D。考点：考查反应热、同素异形体、氧化还原反应以及物质导电性的判断【解析】【答案】D7、D【分析】Na2O2放入CuSO4溶液中，先与水反应产生NaOH和O2，NaOH再与CuSO4反应生成蓝色沉淀Cu(OH)2。【解析】【答案】D8、A【分析】解：结晶玫瑰是一种有机物，它具有强烈的玫瑰香气，是一种很好的定香剂，结晶玫瑰应该为酯，且为芳香酯，氯为氢的取代物，将各选项中的氯换成氢，分别为rm{C_{10}H_{12}O_{2}}rm{C_{10}H_{11}O_{2}}rm{C_{10}H_{15}O_{2}}rm{C_{10}H_{20}O_{2}}碳为rm{4}价，氧为rm{2}价，所以氢数不可能为奇数，所以rm{C_{10}H_{11}O_{2}}rm{C_{10}H_{15}O_{2}}不可能，结晶玫瑰应该为芳香酯，rm{C_{10}H_{20}O_{2}}不可能，只有rm{C_{10}H_{12}O_{2}}可能；

故选A．

结晶玫瑰是一种有机物；它具有强烈的玫瑰香气，应该为酯，且为芳香酯，将选项中的氯换成氢，结合碳；氧价键数进行判断．

本题考查了结晶玫瑰的分子式的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确物质中含有的官能团是解本题关键，题目难度不大．【解析】rm{A}9、A【分析】解：A．阳极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+；阳极室氢离子浓度增大，所以阳极附近PH减小，故A错误；

B．阳极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阳极区会有气泡冒出，产生O2；故B正确；

C．电解Na2PbCl4溶液，生成Pb，Pb元素得电子化合价降低，在阴极上发生反应，电极反应式为PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-；故C正确；

D．阴极电解一段时间后溶液为HCl和NaC1的混合溶液，将PbO粗品溶解在HCl和NaC1的混合溶液中，得到含Na2PbC14的电解液，继续向阴极区加PbO粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用；故D正确；

故选：A。

装置为电解池，与电源正极相连的电极为阳极，与电源负极相连的电极为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，元素化合价降低，阴极的电极反应式是，PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-，阳极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+；

A．阳极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+

B．阳极上失电子发生氧化反应，产生O2；

C．电解池阴极上PbCl42-发生还原反应，生成Pb；

D．电解池工作一段时间，所得电解产物为Pb和O2，溶液为HCl和NaC1的混合溶液，而PbO能溶解在HCl和NaC1的混合溶液中。

本题考查电解原理，侧重考查学生获取信息解答问题能力，明确各个电极上发生的反应及物质的性质是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。【解析】A二、双选题(共8题，共16分)10、C|D【分析】解：A．铝离子和氨水反应生成氢氧化铝沉淀；氢氧化铝不溶于氨水，但能溶于氢氧化钠溶液，所以实验I：试管中出现白色胶状物质，故A错误；

B．氢氧化钠和碘反应生成无色物质；所以实验II：振荡后静置，下层溶液褪色，故B错误；

C．氨气和氯化氢气体相遇立即反应生成白烟氯化铵；所以实验III：抽去中间玻璃片，瓶内产生白烟，故C正确；

D．三氧化硫和水反应生成硫酸；硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，二氧化硫和氯化钡不反应，二氧化硫和品红溶液反应生成无色物质，所以品红溶液褪色，故D正确；

故选CD．

A．铝离子和氨水反应生成氢氧化铝沉淀；氢氧化铝不易溶于弱碱；

B．氢氧化钠能和碘反应；

C．氨气和氯化氢气体反应生成白烟；

D．三氧化硫和水反应生成硫酸；硫酸和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫和品红溶液反应生成无色物质．

明确元素化合物的性质是解本题的关键，注意氢氧化铝不溶于弱碱但能溶于强碱，明确“烟”和“雾”的区别．【解析】【答案】CD11、rA【分析】解：rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}四种短周期元素，结合位置可知，rm{W}rm{X}rm{Y}为第二周期元素，rm{Z}为第三周期，设rm{X}的最外层电子数为rm{x}则rm{W}的最外层电子数为rm{x-1}rm{Y}的最外层电子数为rm{x+1}rm{Z}的最外层电子数为rm{x}则rm{x+x+x-1+x+1=20}解得rm{x=5}则rm{W}为rm{C}rm{X}为rm{N}rm{Y}为rm{O}rm{Z}为rm{P}

A.非金属性越强，对应氢化物越稳定，则rm{Z}rm{X}rm{Y}形成的气态氢化物稳定性依次增强；故A正确；

B.rm{C}对应单质有金刚石、石墨、rm{C_{60}}rm{C_{70}}等，rm{O}元素的单质有氧气、臭氧等，rm{P}的单质有白磷；红磷等；故B错误；

C.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则四种元素的原子半径：rm{r_{Z}>r_{W}>r_{X}>r_{Y}}故C错误；

D.四种元素中，rm{X}的最高价氧化物对应的水化物为硝酸；酸性最强，故D错误；

故选A．

rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}四种短周期元素，结合位置可知，rm{W}rm{X}rm{Y}为第二周期元素，rm{Z}为第三周期，设rm{X}的最外层电子数为rm{x}则rm{W}的最外层电子数为rm{x-1}rm{Y}的最外层电子数为rm{x+1}rm{Z}的最外层电子数为rm{x}则rm{x+x+x-1+x+1=20}解得rm{x=5}则rm{W}为rm{C}rm{X}为rm{N}rm{Y}为rm{O}rm{Z}为rm{P}然后结合元素周期律来解答．

本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、最外层电子数推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素周期律的应用，题目难度不大．【解析】rm{A}12、AB【分析】解：短周期元素甲、乙、丙、丁，其中甲的气态氢化物的水溶液呈碱性，则甲为rm{N}由元素周期表的相对位置可知，乙为rm{O}丙为rm{S}丁为rm{Cl}

A.甲为rm{N}元素，原子核外有rm{2}的电子层、最外层电子数为rm{5}处于第二周期第Ⅴrm{A}族；故A正确；

B.同周期随原子序数增大原子半径减小，故原子半径：甲rm{>}乙；故B正确；

C.rm{O}rm{S}同主族；自上而下非金属性减弱，故氧气的氧化性比硫强，故C错误；

D.非金属性rm{O>S}rm{Cl>S}故氢化物稳定性：丁rm{>}丙，乙rm{>}丙；故D错误；

故选AB．

短周期元素甲、乙、丙、丁，其中甲的气态氢化物的水溶液呈碱性，则甲为rm{N}由元素周期表的相对位置可知，乙为rm{O}丙为rm{S}丁为rm{Cl}

A.主族元素周期数rm{=}电子层数、族序数rm{=}最外层电子数；

B.同周期随原子序数增大原子半径减小；

C.同主族自上而下非金属性减弱；非金属性越强，单质的氧化性越强；

D.非金属性越强；氢化物越稳定．

本题考查元素周期表与元素周期律，难度不大，侧重对元素周期律的考查，注意整体把握元素周期表的结构．【解析】rm{AB}13、BD【分析】【分析】本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，准确分析表中数据与图像变化的关系为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力和计算能力。A.图象分析可知实验Ⅰ中，rm{10}rm{min}内rm{C}生成了rm{1.2mol}结合化学反应速率rm{v=dfrac{?c}{?t}}计算，速率之比等于化学方程式计量数之比，以此计算rm{B}的反应速率；B.根据图象中的变化量结合图表中热量变化计算，依据化学平衡三段式可知，rm{A(g)+B(g)?2C(g)+D(s)triangleH=a}rm{A(g)+B(g)?2C(g)+D(s)triangle

H=a}起始量rm{kJ/mol}rm{(mol)}rm{1}rm{3}rm{0}变化量rm{akJ}rm{(mol)}rm{0.6}rm{0.6}rm{1.2}平衡量rm{96kJ}rm{(mol)}rm{0.4}rm{2.4}反应焓变是指rm{1.2}全部反应的热量变化；C.结合rm{1molA}中化学平衡三段式列式计算平衡浓度，rm{A}rm{c(A)=0.2mol/L}rm{c(B)=1.2mol/L}平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；D.根据等效平衡分析判断，反应前后气体体积不变，等比等效分析。【解答】A.rm{c(C)=0.6mol/L}rm{10}内rm{min}生成了rm{C}则反应速率rm{v(C)=dfrac{1.2mol}{2L隆脕10min}=0.06mol/(L?min)}速率之比等于化学方程式计量数之比，rm{v(B)=dfrac{1}{2}v(C)=0.06mol/(L?min)隆脕dfrac{1}{2}=0.03mol/(L?min)}故A错误；B.由化学平衡三段式可知，rm{A(g)+B(g)?2C(g)+D(s)triangleH=a}rm{1.2mol}起始量rm{v(C)=dfrac{1.2mol}{2L隆脕10min}

=0.06mol/(L?min)}rm{v(B)=dfrac{1}{2}

v(C)=0.06mol/(L?min)隆脕dfrac{1}{2}=0.03mol/(L?min)}rm{A(g)+B(g)?2C(g)+D(s)triangle

H=a}rm{kJ/mol}rm{(mol)}变化量rm{1}rm{3}rm{0}rm{akJ}rm{(mol)}平衡量rm{0.6}rm{0.6}rm{1.2}rm{96kJ}反应焓变是指rm{(mol)}全部反应的热量变化，则rm{a=dfrac{96kJ}{0.6mol}=160kJ/mol}分析图象，先拐先平温度高，温度越高rm{0.4}物质的量越小，温度升高，平衡逆向进行，说明反应是放热反应，所以rm{2.4}故B正确；C.由rm{1.2}中可知平衡浓度：rm{1molA}rm{a=dfrac{96kJ}{0.6mol}

=160kJ/mol}rm{C}平衡常数rm{K=dfrac{0.{6}^{2}}{0.2隆脕1.2}=1.5}故C错误；D.反应前后气体体积不变，等比等效，开始投入量rm{a=?160kJ/mol}rm{A}之比为rm{c(A)=0.2mol/L}向实验Ⅱ的平衡体系中再充rm{c(B)=1.2mol/L}和rm{c(C)=0.6mol/L}可以看作先投入rm{K=dfrac{0.{6}^{2}}{0.2隆脕1.2}

=1.5}rm{A}rm{B}和rm{3:1}rm{1.5molA}rm{0.5molB}后再投入rm{0.5}rm{mol}rm{A}和rm{1.5}rm{mol}rm{B}两个平衡为等效平衡，则rm{0.5}的转化率不变，故D正确。故选BD。rm{mol}【解析】rm{BD}14、AD【分析】【分析】考查硅及其化合物的化学性质，较容易。【解答】A.rm{SiO_{2}xrightarrow[]{NaOH}Na_{2}SiO_{3}xrightarrow[]{HCl}H_{2}SiO_{3}}，可以实现，故A正确；B.rm{SiO_{2}xrightarrow[]{{H}_{2}O}H_{2}SiO_{3}}不能一步实现，故B错误；C.rm{SiO_{2}xrightarrow[]{HCl}SiCl_{4}}不能一步实现，故C错误；D.石英砂rm{SiO_{2}xrightarrow[]{NaOH}

Na_{2}SiO_{3}xrightarrow[]{HCl}H_{2}SiO_{3}}粗硅rm{xrightarrow[赂脽脦脗]{C{l}_{2}}SiCl_{4}xrightarrow[赂脽脦脗]{{H}_{2}}}高纯度硅，可以实现，故D正确。故选AD。rm{SiO_{2}xrightarrow[]{{H}_{2}O}

H_{2}SiO_{3}}【解析】rm{AD}15、CD【分析】解：A．碘是人体必需微量元素；但不是要多吃富含碘的食物，而是要适量摄取，多吃富含碘元素的食物会形成高碘症，故A错误；

B．乙烯具有催熟作用；能被高锰酸钾氧化，用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果产生的乙烯，是为了延长水果的成熟期，故B错误；

C．甲醛；乙醇等有机物可以使蛋白质变性；常用福尔马林、医用酒精作消毒剂，故C正确；

D．加热可使蛋白质变性；则可用加热的方法杀菌消毒，故D正确；

故选：CD。

A．多吃富含碘元素的食物会形成高碘症；

B．乙烯具有催熟作用；能被高锰酸钾氧化；

C．甲醛；乙醇等有机物可以使蛋白质变性；

D．加热可使蛋白质变性；

本题考查了化学与生产、生活的关系，侧重考查物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。【解析】CD16、B|D【分析】解：A、戊烷的分子式是C5H12，只存在碳链异构，根据减碳法可知戊烷的同分异构体有三种：CH3CH2CH2CH2CH3、（CH3）2CHCH2CH3、C（CH3）4；丁烯的分子式为C4H8，其同分异构体可能为烯烃也可能是环烷烃，若为烯烃，则同分异构体有3种：CH2=CHCH2CH3，CH3CH=CHCH3，CH2=C（CH3）2；若为环烷烃；则可能有2种：甲基环丙烷，环丁烷，故丁烯的同分异构体共有5种，故A不选；

B、戊烷的分子式是C5H12，只存在碳链异构，根据减碳法可知戊烷的同分异构体有三种：CH3CH2CH2CH2CH3、（CH3）2CHCH2CH3、C（CH3）4；丙醇的分子式为C3H8O，根据官能团异构可知其同分异构体可能是醇类也可能是醚类，如果是醇类，则有2种：CH3CH2CH2OH，CH3CH（OH）CH3；如果是醚类，则有1种：CH3OCH3；丙醇的同分异构体也共有3种，故B选；

C、戊烯的分子式为C5H10，根据官能团异构可知其同分异构体可能为烯烃，也可能为环烷烃，如果为烯烃，根据碳链异构和位置异构可知有5种：CH2=CHCH2CH2CH3，CH3CH=CHCH2CH3，CH2=C（CH3）CH2CH3，（CH3）2C=CHCH3，（CH3）2CHCH=CH2；如果为环烷烃，则可能结构有4种：乙基环丙烷，二甲基环丙烷，甲基环丁烷，环戊烷，即戊烯的同分异构体共有8种；

一氯丁烷即是用一个Cl取代了丁烷上的一个H原子，丁烷的同分异构体有两种：正丁烷和异丁烷，故丁烷的一氯代物共有四种：CH2ClCH2CH2CH3，CH3CHClCH2CH3，CH2ClCH（CH3）2，CCl（CH3）3；故C不选；

D、根据碳链异构书写可知丁烷的同分异构体有2种：正丁烷和异丁烷；甲酸乙酯的分子式为C2H4O2，根据官能团异构可知其同分异构体可能为酯类，也可能为酸类，如果为酯类，则为：CH3OOCH；如果为酸类；则为乙酸，即甲酸乙酯的同分异构体有2种，故D选．

故选BD．

A；根据碳链异构来判断出戊烷的同分异构体数；根据碳链异构和位置异构书写丁烯的同分异构体；

B；根据碳链异构来判断出戊烷的同分异构体数；根据官能团异构和位置异构书写丙醇的同分异构体数；

C；根据官能团异构、碳链异构和位置异构书写戊烯的同分异构体；根据位置异构书写一氯丁烷的同分异构体；

D；根据碳链异构书写丁烷的同分异构体；根据官能团和位置异构书写甲酸乙酯的同分异构体．

本题考查了有机物的同分异构体的书写，难度不大，应注意碳链异构、官能团异构和位置异构的书写．【解析】【答案】BD17、rBC【分析】解：rm{垄脵}第一份加过量的氢氧化钠溶液后加热，收集到rm{0.02mol}的气体，无沉淀产生，同时得到溶液甲，则一定不含rm{Fe^{3+}}rm{Mg^{2+}}一定含rm{NH_{4}^{+}}rm{n(NH_{4}^{+})=0.02mol}

rm{垄脷}向溶液甲中通过量的二氧化碳气体，生成白色沉淀，白色沉淀为氢氧化铝，则原溶液一定含rm{Al^{3+}}与rm{Al^{3+}}反应的rm{CO_{3}^{2-}}不能存在，沉淀经过滤，洗涤灼烧后，得到rm{1.02g}固体，固体为氧化铝，则rm{n(Al^{3+})=dfrac{1.02g}{102g/mol}隆脕2=0.02mol}

rm{n(Al^{3+})=dfrac

{1.02g}{102g/mol}隆脕2=0.02mol}第二份加足量的氯化钡溶液后，生成白色沉淀，沉淀经盐酸充分洗涤，干燥，得到rm{垄脹}固体，固体为硫酸钡，原溶液中一定含rm{11.65g}与rm{SO_{4}^{2-}}反应的rm{SO_{4}^{2-}}不能存在，rm{n(SO_{4}^{2-})=dfrac{11.65g}{233g/mol}=0.05mol}

由电荷守恒可知，阴离子总数rm{Ba^{2+}}阳离子总数rm{n(SO_{4}^{2-})=dfrac

{11.65g}{233g/mol}=0.05mol}则一定还含阳离子rm{(0.05mol隆脕2)>}上述实验不能确定是否含rm{(0.02隆脕1+0.02隆脕3)}

A.实验rm{K^{+}}中产生的气体为氨气，并可得原溶液中rm{c(NH_{4}^{+})=dfrac{0.02mol}{0.05L}=0.4mol?L^{-1}}故A错误；

B.由上述分析可知，实验rm{Cl^{-}}中的白色沉淀中一定有rm{垄脵}无rm{c(NH_{4}^{+})=dfrac

{0.02mol}{0.05L}=0.4mol?L^{-1}}碳酸钡与盐酸反应，故B正确；

C.原溶液中一定有rm{垄脹}且rm{c(K^{+})=dfrac{0.05mol隆脕2-0.02mol-0.02mol隆脕3}{0.05L}=0.4}rm{BaSO_{4}}故C正确；

D.若要判断原溶液中是否有rm{BaCO_{3}}需要排除硫酸根离子的干扰后，加硝酸；硝酸银检验，故D错误；

故选BC．

rm{K^{+}}第一份加过量的氢氧化钠溶液后加热，收集到rm{c(K^{+})=dfrac

{0.05mol隆脕2-0.02mol-0.02mol隆脕3}{0.05L}=0.4}的气体，无沉淀产生，同时得到溶液甲，则一定不含rm{mol?L^{-1}}rm{Cl^{-}}一定含rm{垄脵}rm{0.02mol}

rm{Fe^{3+}}向溶液甲中通过量的二氧化碳气体，生成白色沉淀，白色沉淀为氢氧化铝，则原溶液一定含rm{Mg^{2+}}与rm{NH_{4}^{+}}反应的rm{n(NH_{4}^{+})=0.02mol}不能存在，沉淀经过滤，洗涤灼烧后，得到rm{垄脷}固体，固体为氧化铝，则rm{n(Al^{3+})=dfrac{1.02g}{102g/mol}隆脕2=0.02mol}

rm{Al^{3+}}第二份加足量的氯化钡溶液后，生成白色沉淀，沉淀经盐酸充分洗涤，干燥，得到rm{Al^{3+}}固体，固体为硫酸钡，原溶液中一定含rm{CO_{3}^{2-}}与rm{1.02g}反应的rm{n(Al^{3+})=dfrac

{1.02g}{102g/mol}隆脕2=0.02mol}不能存在，rm{n(SO_{4}^{2-})=dfrac{11.65g}{233g/mol}=0.05mol}然后结合电荷守恒解答．

本题考查无机物的推断，为高频考点，把握发生的反应、现象推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意溶液分为两等份及电荷守恒应用，题目难度不大．rm{垄脹}【解析】rm{BC}三、填空题(共6题，共12分)18、Fe+2H+=Fe2++H2↑增大【分析】【分析】①铁的化学性质；能与酸反应；

②根据金属活泼性判断原电池的正负极，电极反应式得出正确结论．【解析】【解答】解：①铁与硫酸反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

②铁比锡活泼，锡为原电池正极，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，氢离子浓度减小，溶液的pH值增大，故答案为：增大．19、ⅠB1s22s22p63s23p63d9正四面体sp3高Cu3AuH8【分析】【分析】（1）铜是29号元素，位于周期表中第四周期，第ⅠB族，根据原子核外电子排布规律可写出Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；据此答题；

（2）根据SO42-中心原子含有的共价键个数与孤电子对个数之和确定其空间构型和杂化方式；

（3）因为氧离子的半径小于硫离子；根据离子半径对晶格能的影响可知，半径越小晶格能越大，物质的熔沸点就越高，据此判断；

（4）CaF2的结构如利用均摊法计算．【解析】【解答】解：（1）铜是29号元素，位于周期表中第四周期，第ⅠB族，根据原子核外电子排布规律可写出Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；

故答案为：ⅠB；1s22s22p63s23p63d9；

（2）SO42-离子中含有4个σ键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体，硫原子采取sp3杂化；

故答案为：正四面体，sp3；

（3）因为氧离子的半径小于硫离子，根据离子半径对晶格能的影响可知，半径越小晶格能越大，物质的熔沸点就越高，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高；故答案为：高；

（4）CaF2的结构如图Cu原子处于面心，所以晶胞中Cu原子个数为=3，Au原子处于顶点位置，所以晶胞中Au原子个数为=1，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，则H原子应位于晶胞内部，则应含有8个H，则化学式为Cu3AuH8；

故答案为：Cu3AuH8．20、C18H20O2N2肽键（或酰胺键）23醛基、羟基C11H18N22++2OH-→C11H18N2+2H2O【分析】【分析】（1）根据有机物的结构简式书写分子式；根据有机物的官能团来确定其名称；

（2）含有羧基的有机物具有酸的通性；可以和碳酸钠发生反应，酚羟基的邻位和对位可以和溴水发生取代反应；

（3）同分异构体是具有相同的分子式而结构不同的有机物之间的互称；属于酚类也属于酯类的有机物中含有酯基和酚羟基；

（4）羟基醛和羧酸互为同分异构体；

（5）根据物质的性质来书写方程式．【解析】【解答】解：有机物A在稀硫酸中受热会水解成B、C两种产物，则B是（C11H18N2）2SO4，属于可溶的盐，C是共价化合物．

（1）根据有机物的结构简式可以知道其分子式为：C18H20O2N2，羧基和氨基缩水后的部分成为肽键，故答案为：C18H20O2N2；肽键（或酰胺键）；

（2）有机物A在稀硫酸中受热水解成的C是一种共价化合物，为含有羧基具有酸的通性，和氢氧化钠之间发生中和反应的方程式为：

C中酚羟基的邻位和对位氢原子均会被溴原子取代，即1molC最多可以跟含有2molBr2的浓溴水反应，故答案为：2；

（3）羧基和甲酸某酯互为同分异构；即-COOH和HCOO-互为同分异构体，在苯环上两个取代基的位置关系有三种：临位；间位、对位，所以C的同分异构体中，属于酚类也属于酯类的化合物有3种，故答案为：3；

（4）羟基醛和羧酸互为同分异构体；可以将羧基拆分为醛基和酚羟基两个取代基，故答案为：醛基；羟基；

（5）B是（C11H18N2）2SO4；属于可溶的盐；

跟过量氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：C11H18N22++2OH-→C11H18N2+2H2O；

故答案为：C11H18N22++2OH-→C11H18N2+2H2O．21、青铜表面长出了铜绿油漆是有机物，可燃青铜中含有金属锡，能与盐酸反应生成氢气白色固体变蓝色澄清石灰水变浑浊CuSO4+5H2O=CuSO4•5H2O无法确定分解产物中是否有水Cu2（OH）2CO3+8NH3•H2O=2Cu（NH3）42++2OH-+CO32-+8H2O【分析】【分析】【猜想假设】（1）依据题目假设选择可能的成分；

【实验验证】（2）依据油漆是有机物点燃燃烧判断；

（3）青铜是铜锡的合金；其中锡和盐酸反应生成氢气；

（4）小黄同学认为是纯铜制品，只是表面长出了铜绿[Cu2（OH）2CO3]；A中变黑说明分解生成氧化铜，B中变蓝是因为无水硫酸铜和水反应生成硫酸铜结晶水合物，证明分解生成了水，装置C中澄清石灰水变浑浊证明生成了二氧化碳气体；如果将实验装置中的B和C进行调换，将无法得出灰绿色物质是铜绿的结论，因为调换生成的水无法证明；

【实验拓展】（5）利用氨水擦拭去除铜绿的方法，其原理是氨水与碱式碳酸铜反应生成铜氨络离子[Cu（NH3）42+]，【解析】【解答】解：【猜想假设】（1）小吴同学认为可能是纯铜制品表面涂上了灰绿色的油漆；

小周同学认为可能是青铜（铜锡合金）；因为常见的青铜是灰绿色的；

小黄同学认为是纯铜制品，只是表面长出了铜绿[Cu2（OH）2CO3]；

组合上述分析答案可知；除上述猜想外，可能的猜想是青铜表面长出了铜绿；

故答案为：青铜表面长出了铜绿；

【猜想假设】（2）油漆是可燃物；小吴刮下部分灰绿色物质放入燃烧匙中进行灼烧，发现该物质不能燃烧，证明灰绿色物质不是油漆；

故答案为：油漆是有机物；可燃；

（3）小周刮下足量的灰绿色物质投入盐酸溶液中；观察到有气体产生，实验表明该气体不能燃烧．将表面刮净后的铜制品也投入盐酸中，并无气体产生，证明该铜制品不是青铜，因为青铜是铜和锡的合金，青铜中含有金属锡，能与盐酸反应生成氢气；

故答案为：青铜中含有金属锡；能与盐酸反应生成氢气；

（4）小黄同学认为是纯铜制品，只是表面长出了铜绿[Cu2（OH）2CO3]，A中变黑说明分解生成氧化铜，B中变蓝是因为无水硫酸铜和水反应生成硫酸铜结晶水合物，证明分解生成了水，发生的反应为：CuSO4+5H2O=CuSO4•5H2O；装置C中澄清石灰水变浑浊证明生成了二氧化碳气体，如果将实验装置中的B和C进行调换，将无法得出灰绿色物质是铜绿的结论，因为调换生成的水无法证明。

故答案为：白色固体变蓝色；清石灰水变浑浊；CuSO4+5H2O=CuSO4•5H2O；无法确定分解产物中是否有水；

【实验拓展】（5）氨水和碱式硫酸铜沉淀反应生成可溶性的铜氨络合物，离子方程式为Cu2（OH）2CO3+8NH3•H2O=2[Cu（NH3）4]2++CO32-+2OH-+8H2O；

故答案为：Cu2（OH）2CO3+8NH3•H2O=2Cu（NH3）42++2OH-+CO32-+8H2O；22、③⑤⑥【分析】【解答】①氢氧化钠能和硫酸铜反应生成蓝色沉淀氢氧化铜；故①错误；

②氨气容易和Cu2+形成配合物离子[Cu（NH3）4]2+；故②错误；

③CuO与硫酸反应生成硫酸铜和水；故③正确；

④氯化钡能和硫酸铜反应生成硫酸钡白色沉淀；故④错误；

⑤氢氧化铜能和稀硫酸反应生成硫酸铜和水；故⑤正确；

⑥CuCO3能和稀硫酸反应生成硫酸铜；二氧化碳和水；故⑥正确．

故答案为：③⑤⑥．

【分析】除去硫酸铜溶液中少量硫酸，可加入能与硫酸反应且不能引入杂质的物质，则可用铜的氧化物、氢氧化物以及碳酸铜等物质．23、略

【分析】解：（1）Fe元素为26号元素，原子核外有26个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；

故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；

（2）Na；Mg、Al同周期；同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但Mg最外层3s能级容纳2个电子，为全满确定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，故第一电离能Na＜Al＜Mg，故答案为：Na＜Al＜Mg；

（3）CO2分子结构式为：O=C=O，双键中含有1个σ键、1个π键