2025年沪科新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2025年沪科新版高二化学下册月考试卷580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、绿色化学提倡化工生产应提高原子利用率。原子利用率表示目标产物的质量与生成物总质量之比。在下列制备环氧乙烷的反应中，原子利用率最高的是（）2、下列关于油脂的叙述不正确的是（）A.油脂属于脂类B.油脂都不能使溴水褪色C.油脂没冇固定的熔沸点D.油脂是高级脂肪酸的甘油酯3、某共价化合物含碳、氢、氮三种元素，分子内有四个氮原子，且四个氮原子构成正四面体rm{(}如白磷结构rm{)}每两个氮原子间都有一个碳原子rm{.}已知分子内无碳碳单键，也没有碳碳双键，则该化合物的分子式为rm{(}rm{)}A.rm{C_{6}H_{12}N_{4}}B.rm{C_{4}H_{8}N_{4}}C.rm{C_{6}H_{10}N_{4}}D.rm{C_{6}H_{8}N_{4}}4、化学与科技、社会、生产密切结合，下列有关说法不正确的是A.“乙醇汽油”的广泛使用能有效减少有害气体的排放B.“无磷洗涤剂”的推广使用，能有效减少水体富营养化的发生C.“无氟冰箱”取代“含氟冰箱”，对人类的保护伞——臭氧层起到保护作用D.“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加人净水剂明矾可以使海水淡化5、在日常生活中出现了“加碘食盐”、“增铁酱油”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等名词，这里的碘、铁、硒、氟应理解为A.元素B.单质C.氧化物D.分子6、某有机物的名称是rm{2}rm{2}rm{3}rm{3-}四甲基戊烷，下列有关其结构简式的书写正确的是()A.rm{(CH_{3})_{3}CC(CH_{3})_{2}CH_{2}CH_{3;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}B.rm{(CH_{3})_{3}CCH_{2}C(CH_{3})_{3;}}C.rm{(CH_{3})_{3}CCH(CH_{3})_{2;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}D.rm{(CH_{3})_{3}CC(CH_{3})_{3}}7、下列有机反应不属于取代反应的是A.rm{C_{2}H_{5}OH+CH_{3}COOHxrightarrow[triangle]{脜篓脕貌脣谩}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}B.rm{H-C隆脭C-H+HClxrightarrow[]{麓脽禄炉录脕}H_{2}C=CHCl}C.rm{+HN{O}_{3}xrightarrow[{60}^{0}C]{脜篓脕貌脣谩}}rm{C_{2}H_{5}OH+CH_{3}COOH

xrightarrow[triangle]{脜篓脕貌脣谩}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+

H_{2}O}D.rm{+B{r}_{2}xrightarrow[]{FeB{r}_{3}}}rm{H-C隆脭C-H+HClxrightarrow[]{麓脽禄炉录脕}

H_{2}C=CHCl}rm{+HN{O}_{3}

xrightarrow[{60}^{0}C]{脜篓脕貌脣谩}}评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)8、羰基硫（COS）可作为一种熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫的危害．在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）K=0.1，反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，下列说法正确的是（）A.升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是放热反应B.通入CO后，正反应速率逐渐增大C.反应前H2S物质的量为7molD.CO的平衡转化率为80%9、已知rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数rm{.}下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.rm{15g}甲基rm{(CH_{3}-)}中含有电子的数目为rm{9N_{A}}B.rm{42g}乙烯与丙烯的混合气体中含碳原子数为rm{3N_{A}}C.标准状况下，rm{22.4L}己烷中碳碳键数目为rm{5N_{A}}D.乙烯和乙醇的混合物共rm{0.1mol}完全燃烧所消耗的氧分子数一定为rm{0.6N_{A}}10、在有机物分子中，若某个碳原子连接rm{4}个不同的原子或原子团，则这种碳原子称为“手性碳原子”。凡有一个手性碳原子的物质一定具有光学活性。物质：有光学活性，它发生下列反应后生成的有机物无光学活性的是：

A.与rm{NaOH}溶液共热B.与甲酸发生酯化反应C.与银氨溶液发生银镜反应D.在催化剂存在下与rm{H_{2}}作用11、下列是有关外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图象，其中图象和实验结论表达均正确的是rm{(}rm{)}

A.rm{垄脵}是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，则正反应rm{triangleH>0}B.rm{垄脷}是在平衡体系的溶液中溶入少量rm{KCl}晶体后，化学反应速率随时间变化的图象C.rm{垄脹}是在有无催化剂存在条件下，建立平衡过程的图象，rm{b}是使用催化剂时的曲线D.rm{垄脺}是一定条件下，向含有一定量rm{A}的恒容密闭容器中逐渐加入rm{B}达平衡时rm{A}的转化率的图象12、胆矾rm{CuSO_{4?}5H_{2}O}可写成rm{[Cu(H_{2}O)_{4}]SO_{4?}H_{2}O}其结构示意图如下：

下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.在上述结构示意图中，所有氧原子都采用rm{sp^{3}}杂化B.在上述结构示意图中，存在配位键、共价键和离子键C.胆矾是分子晶体，分子间存在氢键D.胆矾中的水在不同温度下会分步失去13、一定温度下，将等物质的量的rm{CO}和水蒸气通入恒容密闭容器中，发生如下反应：rm{CO(g)+H_{2}O(g)?}rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)}一段时间后反应达到最大限度，对此时体系中反应速率的描述正确的是A.正反应速率等于零B.逆反应速率等于零C.平均化学反应速率等于零D.正反应速率等于逆反应速率14、含硒rm{(Se)}的保健品已开始进入市场。已知硒与氧；硫同主族；与溴同周期，则下列关于硒的叙述中，正确的是。

A.非金属性比硫弱B.氢化物比rm{HBr}稳定。

C.原子序数为rm{34}D.最高价氧化物的水化物显碱性评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、（7分）密闭容器中mA(g)＋nB(g)pC(g)，反应达到平衡，经测定增大压强P时，A的转化率随P而变化的曲线如图。则：（1）增大压强:A的转化率，平衡向移动，达到平衡后，混合物中C的质量分数_____。（2）上述化学方程式中的系数m、n、p的正确关系是。（3）降低温度，C的质量分数增大，则：平衡向移动，A的转化率，正反应是热反应。(以上各空用适当的化学用语或关系式填写)16、（1）在298K时，1molC2H6在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量1558．3kJ。写出该反应的热化学方程式。（2）利用该反应设计一个燃料电池：用氢氧化钾溶液作电解质溶液，多孔石墨做电极，在电极上分别通入乙烷和氧气。通入乙烷气体的电极应为____极（填写“正”“负”）该电极上发生的电极反应式是（3）如图所示实验装置中，石墨棒上的电极反应式为；如果起始时盛有1000mLpH=5的硫酸铜溶液（25℃，CuSO4足量），一段时间后溶液的pH变为1，此时若要使溶液恢复到起始浓度（温度不变，忽略溶液体积的变化），可向溶液中加入__________（填物质名称）。17、（10分）某溶液中可能存在下列阴离子：Cl－、SO42－、CO32－中的一种或几种（1）当溶液中存在大量H+时，________________不能在溶液中大量存在（2）当溶液中存在大量Ag+时，________________不能在溶液中大量存在（3）当向溶液中加入Ba(NO3)2溶液能生成白色沉淀，则原溶液中存在的离子是__________为了进一步确定的溶液中存在哪种离子，可继续向溶液中加入_______________，通过观察_______________再作出进一步的判断。18、欲分离苯和苯酚，一般可向其混合物中加入稍过量的浓氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为____．再将该混合物转移到分液漏斗中，振荡，静置后溶液将出现分层现象，然后分液．从分液漏斗放出下层液体，加入适量盐酸，再将其分成两份：向一份溶液中加入三氯化铁溶液，出现的现象是____；向另一份溶液中加入浓溴水，发生反应的化学方程式是____．从分液漏斗上口倒出的上层液体是____．19、求rm{25隆忙}时以下溶液的rm{pH}

rm{(1)pH=3}的盐酸与rm{pH=5}的硫酸等体积混合后，rm{pH=}______

rm{(2)pH=10}和rm{pH=12}的两种rm{NaOH}溶液等体积混合后，rm{pH=}______

rm{(3)pH=9}的rm{NaOH}溶液稀释到原来的rm{10}倍后，rm{pH=}______，再稀释到原来的rm{1000}倍后，rm{pH}______．

rm{(4)pH=12}的rm{NaOH}和rm{pH=4}的rm{HCl}等体积混合后，rm{pH=}______．20、写出以下物质的结构简式或命名。

rm{2}rm{3-}二甲基rm{-4-}乙基已烷____________________；rm{TNT}_________________rm{;}_______________，______________。评卷人得分四、简答题(共4题，共40分)21、通常人们把拆开rm{1mol}某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热rm{(娄陇H)}化学反应的rm{娄陇H}等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差。。化学键rm{Si隆陋O}rm{Si隆陋Cl}rm{H隆陋H}rm{H隆陋Cl}rm{Si隆陋Si}rm{Si隆陋C}键能rm{/kJ隆陇mol^{-1}}rm{460}rm{360}rm{436}rm{431}rm{176}rm{347}请回答下列问题：rm{(1)}请比较下列各项rm{(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}晶体熔点：rm{H_{2}}________rm{HCl}热稳定性：rm{SiC}________rm{SiO_{2}}rm{(2)}如图中立方体中心的“rm{隆帽}”表示硅晶体中的一个原子，请在立方体的顶点用“rm{隆帽}”表示出与之紧邻的硅原子rm{(}已知：一个硅原子与四个硅原子等距形成共价键rm{)}rm{(3)}工业上高纯硅可通过下列反应制取：rm{SiCl_{4}(g)+2H_{2}(g)}rm{Si(s)+4HCl(g)}该反应的反应热rm{娄陇H=}________rm{kJ隆陇mol^{-1}}22、一水硫酸四氨合铜rm{(}Ⅱrm{)[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}?H_{2}O}是一种重要的染料及农药中间体rm{.}请回答下列相关问题：

rm{(1)Cu^{+}}的核外电子排布式为______

rm{(2)N}原子的rm{L}层中有______对成对电子；rm{NH_{4}^{+}}的立体构型是______；它的一种等电子体分子为______．

rm{(3)}氨水溶液中存在多种氢键；表示出其中的任意两种______．

rm{(4)[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}?H_{2}O}中；阳离子的结构简式表示为______，该离子中存在的化学键有______．

rm{(5)S}元素的一种常见低价氧化物可溶于水的原因有______．23、rm{(1)}某温度下，在rm{Ca(OH)_{2}(Ksp=5.5隆脕10^{-6})}rm{Mg(OH)_{2}(Ksp=3.2隆脕10^{-11})}rm{AgCl(Ksp=1.8隆脕10^{-10})}三种物质中；溶解度最小的是______．

rm{(2)}在粗制rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}晶体中常含有杂质rm{Fe^{2+}.}在提纯时为了除去rm{Fe^{2+}}常加入氧化剂，使rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}下列物质最合适的是______

A.rm{KMnO_{4}}rm{B.H_{2}O_{2}}rm{C.Cl_{2}}水rm{D.HNO_{3}}

已知rm{KMnO_{4}}氧化rm{Fe^{2+}}时，生成rm{Mn^{2+}}离子，试写出酸性rm{KMnO_{4}}与rm{Fe^{2+}}反应的离子反应方程式______；然后再加入适当物质调整至溶液rm{pH=4}使rm{Fe^{3+}}转化为rm{Fe(OH)_{3}}可以达到除去rm{Fe^{3+}}而不损失rm{CuSO_{4}}的目的，调整溶液rm{pH}可选用下列中的______

A.rm{NaOH}rm{B.}rm{NH_{3}?H_{2}O}rm{C.CuCO_{3}}rm{D.Cu(OH)_{2}}

rm{(3)}甲同学怀疑调整至溶液rm{pH=4}是否能达到除去rm{Fe^{3+}}而不损失rm{Cu^{2+}}的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下rm{Fe(OH)_{3}}的溶度积rm{K_{sp}=8.0隆脕10^{-38}}rm{Cu(OH)_{2}}的溶度积rm{K_{sp}=3.0隆脕10^{-18}}通常认为残留在溶液中的离子浓度小于rm{1隆脕10^{-5}}rm{mol?L^{-1}}时就认为沉淀完全，设溶液中rm{CuSO_{4}}的浓度为rm{3.0mol?L^{-1}}则rm{Cu(OH)_{2}}开始沉淀时溶液的rm{pH}为______，rm{Fe^{3+}}完全沉淀时溶液的rm{pH}为______rm{(}已知rm{lg2=0.3}rm{lg5=0.7)}通过计算确定上述方案______rm{(}填“可行”或“不可行”rm{)}24、某烃类化合物rm{A}的质谱图表明其相对分子质量为rm{56}红外光谱表明分子中有碳碳双键，核磁共振氢谱表明分子中有rm{4}种类型氢．

rm{(1)A}的结构简式为______；名称为______．

rm{(2)A}中碳原子是否一定都处于同一平面？______rm{(}填“是”或“否”rm{)}

rm{A}中碳原子是否存在顺反异构？______rm{(}填“是”或“否”rm{)}

rm{(3)}下列物质与rm{A}以任意比混合，若总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量相等的是______rm{(}填序号rm{)}

rm{a.C_{4}H_{8}0}rm{b.C_{4}H_{10}0}rm{c.C_{5}H_{12}O}rm{d.C_{6}H_{12}O_{6}}．评卷人得分五、其他(共3题，共27分)25、实验室有下列实验仪器。ABCDEF在过滤操作中除了铁架台外还需要用到的实验仪器是____、____、(用字母填写)。26、已知：(X代表卤素原子，R代表烃基)利用上述信息，按以下步骤从合成(部分试剂和反应条件已略去)请回答下列问题：（1）分别写出B、D的结构简式：B_________、D_________。（2）反应①～⑦中属于消去反应的是___________。(填数字代号)（3）如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，得到的E可能的结构简式为：_________。（4）试写出CD反应的化学方程式(有机物写结构简式，并注明反应条件)。27、（8分）由丙烯出发，经如下反应，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）写出X和Y的结构简式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反应类型为__________；由W生成丙烯酸的反应类型为___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定条件下可合成高分子G，反应方程式为。评卷人得分六、综合题(共2题，共20分)28、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．29、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】根据反应的生成物可知，只有选项C中反应物中的原子全部进入到环氧乙烷中，答案选C。【解析】【答案】C2、B【分析】解：A；油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯；油脂属于酯，故A正确；

B；油脂中油是不饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯；分子中含有不饱和键，具有不饱和烃的性质，所以油可以与溴发生加成反应，使溴水褪色，故B错误；

C；油脂属于混合物；没有固定的熔沸点，故C正确；

D；油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯；故D正确．

故选B．

A；油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯；

B；油脂中油是不饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯；分子中含有不饱和键；

C；油脂是油与脂肪的总称；属于混合物；

D；油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯．

本题考查油脂的结构与性质，难度不大，注意油与脂肪的结构区别与性质．【解析】【答案】B3、A【分析】解：四个氮原子构成正四面体，正四面体有rm{6}条边，所以有rm{6}个rm{C}原子，因为rm{N}原子构成正四面体的四个顶点，与rm{3}个rm{C}原子成键，分子内无碳碳单键，也没有碳碳双键，每个rm{C}还有两个共价键可以和rm{H}原子结合，共要结合rm{12}个氢原子，即化合物的化学式是rm{C_{6}H_{12}N_{4}}．

故选A．

形成化合物时，碳可形成rm{4}个键，氢形成rm{1}个键；氮下形成三个键均是饱和的以及分子构型，以此可确定有机物的分子式．

本题考查有机物的成键规律，侧重于学生的分析能力的考查，注意原子的成键数目是解题的关键，难度不大．【解析】rm{A}4、D【分析】试题分析：海水淡化是除去其中的NaCl，而明矾只可以吸附杂质，从而净水，而不可以除去其中的NaCl，所以D正确。考点：常识。【解析】【答案】D5、A【分析】试题分析：加碘食盐”、“增铁酱油”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等商品，这些商品中所强调的碘、铁、硒、氟，都是说明这些物质的存在了这些元素，而不管以什么形式存在，或者便于说明如何存在，所以就用宏观的元素种类来说明．因此理解为元素．答案选A．考点：元素的性质【解析】【答案】A6、A【分析】【分析】本题考查烷烃的命名，题目难度不大，可以根据烷烃的命名原则，先写出主链，然后在主链上添上取代基即可。【解答】根据烷烃的命名原则判断：碳链最长称某烷，靠近支链把号编rm{.}简单在前同相并；其间应划一短线；

rm{1}碳链最长称某烷：意思是说选定分子里最长的碳链做主链；并按主链上碳原子数目称为“某烷”；

rm{2}靠近支链把号编：意思是说把主链里离支链较近的一端作为起点，用rm{1}rm{2}rm{3}等数字给主链的各碳原子编号定位以确定支链的位置；

rm{3}简单在前同相并，其间应划一短线：这两句的意思是说把支链作为取代基，把取代基的名称写在烷烃名称的前面，在取代基的前面用阿拉伯数字注明它在烷烃主链上的位置，而且简单的取代基要写在复杂的取代基前面，如果有相同的取代基，则要合并起来用二、三等数字表示，但是表示相同的取代基位置的阿拉伯数字要用逗号隔开，并在号数后面连一短线，中间用“rm{-}“隔开。rm{2}rm{2}rm{3}rm{3-}四甲基戊烷，主链为戊烷，含有rm{5}个rm{C}在rm{2}号rm{C}和rm{3}号rm{C}上各有两个甲基，该有机物的结构简式为：rm{(CH_{3})_{3}CC(CH_{3})_{2}CH_{2}CH_{3}}

故选A。

【解析】rm{A}7、B【分析】【分析】本题考查有机物的性质，注意取代反应与其它反应类型的区别，题目较为简单。【解答】A.乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反应是酯化反应；酯化反应也是取代反应，故A错误；

B.乙炔与氯化氢反应；乙炔中的碳碳三键断裂，每个碳原子上分别结合一个氢原子生成乙烯，属于加成反应，故B正确；

C.rm{+HNO_{3}xrightarrow[60隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}}rm{+HNO_{3}

xrightarrow[60隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}}苯环上的氢原子被硝基取代，该反应属于取代反应，故C错误；

D.rm{+Br_{2}xrightarrow{FeBr_{3}}}rm{+H_{2}O}苯环上的氢原子被溴原子取代，该反应属于取代反应，故D错误。

故选B。rm{+Br_{2}

xrightarrow{FeBr_{3}}}【解析】rm{B}二、双选题(共7题，共14分)8、A|C【分析】解：A．升高温度，H2S浓度增加；说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则该反应是放热反应，故A正确；

B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，故B错误；C．反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）

起始（mol）：10n00

变化（mol）：2222

平衡（mol）：8n-222

反应恰好气体分子数目不变，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，则平衡常数K==0.1；解得：n=7，故C正确；

D．根据上述数据，可知CO的平衡转化率为：×100%=20%；故D错误；

故选AC．

A．升高温度，H2S浓度增加；说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；

B．通入CO后；正反应速率瞬间增大，又逐渐减小；

C．反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n；则：

CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）

起始（mol）：10n00

变化（mol）：2222

平衡（mol）：8n-222

反应恰好气体分子数目不变；利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；

D．根据C中的计算数据计算CO的平衡转化率．

本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，涉及影响化学反应速率的因素、化学平衡常数应用、化学平衡的有关计算，注意理解掌握三段式均解题法在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．【解析】【答案】AC9、rAB【分析】解：rm{A}rm{15g}甲基rm{(CH_{3}-)}物质的量为rm{1mol}含有电子的数目为rm{9N_{A}}故A正确；

B、乙烯与丙烯最简式相同，只需要计算rm{42gCH_{2}}中的碳原子数rm{=dfrac{42g}{14g/mol}隆脕1隆脕N_{A}=3N_{A}}故B正确；

C、己烷在标准状况下不是气体，rm{=dfrac

{42g}{14g/mol}隆脕1隆脕N_{A}=3N_{A}}己烷物质的量不是rm{22.4L}故C错误；

D、乙烯和乙醇耗氧量相同，乙烯和乙醇的混合物共rm{1mol}耗氧量rm{0.1mol}故D错误；

故选AB．

A；质量换算物质的量结合甲基结构计算电子数；

B、乙烯与丙烯最简式相同，只需要计算rm{0.3mol}中的碳原子数；

C；己烷在标准状况下不是气体；

D、乙烯和乙醇耗氧量相同，rm{42gCH_{2}}物质耗氧量为rm{1mol}．

本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查质量换算物质的量计算微粒数，气体摩尔体积的体积应用，有机物耗氧量的计算判断，题目难度中等．rm{3mol}【解析】rm{AB}10、AD【分析】【分析】

本题以手性碳原子为载体，考查了羟基；羧基、酯基、醛基的化学性质；要熟记常见官能团的化学性质。

【解答】A.与手性碳原子为载体，考查了溶液共热发生水解反应，又生成rm{NaOH}个rm{1}生成的有机物无光学活性，故A正确；rm{HOCH_{2}-}，又生成B.与甲酸发生酯化反应个rm{1}rm{HCOOCH_{2}-}，故B错误；生成的有机物有光学活性，又生成C.与银氨溶液发生银镜反应个rm{1}生成的有机物有光学活性，故C错误；rm{-COOH}D.在催化剂存在下与rm{H}rm{H}又生成rm{{,!}_{2}}个作用，生成的有机物无光学活性，故D正确；故选AD。rm{1}【解析】rm{AD}11、rA【分析】解：rm{A.}根据图象知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的rm{triangleH>0}故A正确；

B.该反应实质为rm{Fe^{3+}+3SCN^{-}?Fe(SCN)_{3}}钾离子和氯离子不参加反应，则rm{KCl}浓度增大不影响化学平衡移动；故B错误；

C.使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，rm{a}是使用催化剂时的曲线故C错误；

D.由于不断加入rm{B}rm{A}的转化率会一直增大；故D错误；

故选A．

A.升高温度；平衡向吸热反应方向移动，根据反应方向判断反应热；

B.氯化钾不影响平衡移动；

C.催化剂能同等程度的改变正逆反应速率；导致平衡不移动；

D.rm{A}的转化率随着rm{B}的增加而增大．

本题考查了图象分析，会根据图象中曲线变化趋势、拐点、交点来确定平衡移动方向，注意结合方程式特点分析，注意rm{A}中正逆反应速率相等后才是改变条件后反应速率变化，为易错点．【解析】rm{A}12、rBD【分析】解：rm{A.}氧原子并不都是rm{sp3}杂化，该结构中的氧原子部分饱和，部分不饱和，杂化方式不同rm{.}从现代物质结构理论出发，硫酸根离子中rm{S}和非羟基rm{O}之间除了形成rm{1}个rm{娄脪}键之外，还形成了反馈rm{娄脨}键rm{.}形成rm{娄脨}键的电子不能处于杂化轨道上，rm{O}必须保留未经杂化的rm{p}轨道，就不可能都是rm{sp3}杂化；故A错误；

B.在上述结构示意图中，存在rm{O隆煤Cu}配位键，rm{H-O}rm{S-O}共价键和rm{Cu}rm{O}离子键；故B正确；

C.胆矾是五水硫酸铜；胆矾是由水合铜离子及硫酸根离子构成的，属于离子晶体，故C错误；

D.由于胆矾晶体中水两类；一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合上有着不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同的产物，故D正确；

故选：rm{BD}．

根据结构示意图中氧原子是否都是饱和氧原子，存在rm{O隆煤Cu}配位键，rm{H-O}rm{S-O}共价键和rm{Cu}rm{O}离子键；胆矾属于离子晶体以及胆矾晶体中水两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子等角度分析．

本题主要考查分子间作用力、杂化轨道、化学键类型等知识，注重了对物质结构中常考考点的综合，题目难度中等．【解析】rm{BD}13、CD【分析】略【解析】rm{CD}14、AC【分析】【分析】本题主要考察元素周期律的相关应用，硒与钾同周期即与溴同周期，硒与氧同主族，则硒与溴同周期且相邻，以此解题。【解答】A.利用同主族性质的递变规律，非金属性：硒比硫弱，故A正确；B.利用同周期性质的递变规律，rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}不如rm{Se}不如rm{HBr}稳定，故B错误；稳定，故B错误；C.利用已知信息推知硒原子序数为rm{Se}故C正确。rm{HBr}rm{34}D.硒为非金属，其最高价氧化物的水化物显酸性，故D错误；【解析】rm{AC}三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】试题分析：（1）由图象可知，增大压强，A的转化率降低，平衡逆向移动，C的质量分数降低，故答案为：减小，逆方向，减小；（2）增大压强，平衡逆向移动，所以逆方向为体积减小的方向，则m+n＜p；增大反应B的浓度，平衡正向移动；故答案为：m+n＜p；正移；（3）当降低温度时，C的质量分数增大，平衡正向移动，A的转化率增大，则正反应是放热反应，故答案为：增大，放．考点：化学平衡【解析】【答案】（1）减小，逆方向，减小；（2）m+n＜p；正移；（3）增大，放16、略

【分析】试题分析：（1）首先写出化学方程式并配平，然后求出∆H，进而得出热化学方程式。（2）燃料电池中通入氧气的电极为正极，通入燃料的电极为负极；C2H6中C元素化合价为-3价，生成的CO32‾中C元素化合价为+4价，所以2C2H6反应共失去14e‾，可得电极方程式。（3）根据电子的移动方向可知石墨电极为阳极；根据阴离子放电顺序，CuSO4溶液中水电离出的OH‾放电；电解CuSO4溶液生成Cu、O2，所以加入CuO可恢复到起始浓度。考点：本题考查热化学方程式的书写、电极的判断和电极方程式的书写、电解原理。【解析】【答案】（1）2C2H6（g）+7O2（g）→4CO2（g）+6H2O（l）∆H=-3116．6kJ/mol（2）负C2H6-14e-+18OH-=2CO32-+12H2O（3）4OH--4e-=O2↑+2H2OCuO（每空2分，共10分）17、略

【分析】【解析】【答案】（1）CO32－（2）Cl－、SO42－、CO32－（3）SO42－、CO32－HCl略18、C6H5OH+OH﹣→C6H5O﹣+H2O|溶液变成紫色||苯【分析】【解答】解：苯酚具有酸性能和氢氧化钠反应生成可溶性的苯酚钠，反应的离子方程式：C6H5OH+OH﹣→C6H5O﹣+H2O，而苯不溶于水，则在分液漏斗中溶液分层，在溶液中加入盐酸生成苯酚，加入氯化铁可发生显色反应，溶液变成紫色，加入浓溴水，苯酚与溴发生取代反应生成三溴苯酚，反应的方程式为苯的密度比水小，从分液漏斗上口倒出的上层液体是苯，故答案为：C6H5OH+OH﹣→C6H5O﹣+H2O；溶液变成紫色；苯．

【分析】苯酚和与氢氧化钠溶液反应生成易溶于水的苯酚钠，而苯不溶于水，则在分液漏斗中溶液分层，在溶液中加入盐酸生成苯酚，加入氯化铁可发生显色反应，加入浓溴水，苯酚与溴发生取代反应生成三溴苯酚，以此解答．19、3.3；11.7；8；≈7；11.7【分析】解：rm{(1)}设两种酸的体积都是rm{1L}rm{pH=3}的盐酸与rm{pH=5}的硫酸等体积混合后，混合溶液中氢离子浓度rm{=dfrac{10^{-3}+10^{-5}}{2}=5.05隆脕10^{-4}mol/L}则混合溶液的rm{=dfrac

{10^{-3}+10^{-5}}{2}=5.05隆脕10^{-4}mol/L}

故答案为：rm{pH=-l_{g}5.05隆脕10^{-4}=3.3}

rm{3.3}设两种碱的体积都是rm{(2)}rm{1L}和rm{pH=10}的两种rm{pH=12}溶液等体积混合后，混合溶液中氢氧根离子浓度rm{=dfrac{10^{-2}+10^{-4}}{2}mol/L=5.05隆脕10^{-3}mol/L}则混合溶液中氢离子浓度rm{=dfrac{10^{-14}}{5.05隆脕10^{-3}}mol/L=2隆脕10^{-12}mol/L}rm{NaOH}

故答案为：rm{=dfrac

{10^{-2}+10^{-4}}{2}mol/L=5.05隆脕10^{-3}mol/L}

rm{=dfrac

{10^{-14}}{5.05隆脕10^{-3}}mol/L=2隆脕10^{-12}mol/L}强碱溶液稀释rm{pH=11.7}倍是溶液的rm{11.7}减小rm{(3)}所以rm{10}的rm{pH}溶液稀释到原来的rm{1}倍后，rm{pH=9}再稀释到原来的rm{NaOH}倍后，溶液接近中性，则rm{10}

故答案为：rm{pH=8}rm{1000}

rm{pH隆脰7}的rm{8}溶液中氢氧根浓度为rm{隆脰7}rm{(4)pH=12}的rm{NaOH}中氢离子浓度为rm{0.01mol/L}等体积混合后，碱过量，混合后溶液中氢氧根的浓度rm{c(OH^{-})=dfrac{10^{-2}-10^{-4}}{2}=4.95隆脕10^{-3}mol/L}故氢离子浓度rm{c(H^{+})=dfrac{10^{-14}}{4.95隆脕10^{-3}}隆脰2隆脕10^{-11}mol/L}故rm{pH=4}故答案为：rm{HCl}．

rm{10^{-4}mol/L}根据混合溶液的氢离子浓度计算；

rm{c(OH^{-})=dfrac

{10^{-2}-10^{-4}}{2}=4.95隆脕10^{-3}mol/L}先根据混合溶液的氢氧根离子浓度，再结合离子积常数计算氢离子浓度，根据溶液rm{c(H^{+})=dfrac

{10^{-14}}{4.95隆脕10^{-3}}隆脰2隆脕10^{-11}mol/L}的公式计算；

rm{pH=11.7}强碱溶液稀释rm{11.7}倍是溶液的rm{(1)}减小rm{(2)}注意碱稀释时不能变为酸；

rm{pH}的rm{(3)}和rm{10}的rm{pH}等体积混合后；碱过量，应先计算混合后溶液中氢氧根的浓度，然后根据水的离子积来计算溶液中氢离子浓度，据此分析．

本题考查了溶液rm{1}的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液rm{(4)pH=12}的关系为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．rm{NaOH}【解析】rm{3.3}rm{11.7}rm{8}rm{隆脰7}rm{11.7}20、(CH3)2CHCH(CH3)CH(C2H5)23，4-二甲基-3-己醇己醇-3-​对羟基苯甲酸​【分析】【分析】主要考查有机物结构简式的书写及有机物的命名，掌握有机物的命名原则及书写形式是解题关键，题目难度不大。【解答】rm{2}rm{3-}二甲基rm{-4-}乙基己烷的结构简式为rm{(CH_{3})_{2}CHCH(CH_{3})CH(C_{2}H_{5})_{2}}rm{(CH_{3})_{2}CHCH(CH_{3})CH(C_{2}H_{5})_{2}}故答案为：rm{(CH_{3})_{2}CHCH(CH_{3})CH(C_{2}H_{5})_{2}}为三硝基甲苯，其结构简式为故答案为：rm{(CH_{3})_{2}CHCH(CH_{3})CH(C_{2}H_{5})_{2}}的名称为rm{TNT}rm{;}二甲基rm{3}rm{4-}己醇rm{3}rm{4-}rm{-3-}二甲基rm{-3-}己醇，的名称为对羟基苯甲酸，故答案为：故答案为：rm{3}rm{4-}对羟基苯甲酸。rm{3}【解析】rm{(CH_{3})_{2}CHCH(CH_{3})CH(C_{2}H_{5})_{2}}rm{3}rm{4-}rm{3}rm{4-}己醇二甲基rm{-3-}己醇rm{-3-}rm{-3-}对羟基苯甲酸四、简答题(共4题，共40分)21、rm{(1)<}rm{<}

rm{(2)}

rm{(3)+236}【分析】【分析】本题涉及焓变的计算、物质熔点大小的判断等知识点，根据化学键计算反应方程式中的焓变、根据晶体类型及键长判断熔点高低，易错点是rm{(3)}中硅的化学键的计算方法，利用均摊法知每个硅原子含有两个硅硅键，为易错点。【解答】rm{(1)}晶体熔点：rm{H_{2}<HCl}热稳定性：rm{SiC<SiO_{2}}故填：rm{<}rm{<}rm{(2)}硅晶体中，每个硅原子连接rm{4}个硅原子，且连接的rm{4}个硅原子形成正四面体结构，所以该硅原子相邻的硅原子表示为：故填：rm{(3)}该反应中的焓变rm{=4隆脕360kJ?mol^{-1}+2隆脕436kJ?mol^{-1}-2隆脕176kJ?mol^{-1}-4隆脕431kJ?mol^{-1}=+236kJ?mol^{-1}}故填：rm{+236}【解析】rm{(1)<}rm{<}rm{(2)}rm{(3)+236}22、略

【分析】解：rm{(1)Cu}元素是rm{29}号元素，原子核外电子数为rm{29}失去一个电子形成rm{Cu^{+}}则rm{Cu^{+}}的核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}}

故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}}

rm{(2)N}元素原子的核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}rm{L}层中rm{s}能级的电子为成对电子；

rm{NH_{4}^{+}}中，rm{N}原子成rm{4}个rm{N-H}采取rm{sp^{3}}杂化，不含孤对电子，为正四面体结构；rm{CH_{4}}中电子数为：rm{6+4=10}原子数为rm{5}则rm{CH_{4}}和rm{NH_{4}^{+}}是等电子体；

故答案为：rm{1}正四面体；rm{CH_{4}}

rm{(3)N}元素与rm{O}元素的电负性都很强，不同分子中的rm{N}原子、rm{O}原子与rm{H}原子之间都可以形成氢键，如rm{O-HN}rm{N-HO}

rm{O-HO}rm{N-HN}

故答案为：rm{O-HN}rm{N-HO}

rm{(4)[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}?H_{2}O}中离子是rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}铜离子含有空轨道，氨气有孤电子对，二者形成配位键，氨气中存在共价键，所以该离子中存在的化学键有配位键和共价键；

故答案为：rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}共价键；配位键；

rm{(5)S}元素的一种常见低价氧化物为二氧化硫；二氧化硫是极性分子，水是极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂，而且二氧化硫与水反应生成亚硫酸，所以二氧化硫易溶于水；

故答案为：rm{SO_{2}}是极性分子易溶于极性溶剂中，而且rm{SO_{2}}与水反应生成亚硫酸．

rm{(1)Cu}元素是rm{29}号元素，原子核外电子数为rm{29}失去一个电子形成rm{Cu^{+}}根据核外电子排布规律书写；

rm{(2)N}元素原子的核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}rm{L}层中rm{s}能级的电子为成对电子；rm{NH_{4}^{+}}中，rm{N}原子成rm{4}个rm{N-H}采取rm{sp^{3}}杂化；不含孤对电子，为正四面体结构；等电子体是指具有相同电子数目和原子数目的分子或离子；

rm{(3)N}元素与rm{O}元素的电负性都很强，不同分子中的rm{N}原子、rm{O}原子与rm{H}原子之间都可以形成氢键；

rm{(4)[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}?H_{2}O}中离子是rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}铜离子含有空轨道，氨气有孤电子对，二者形成配位键，氨气中存在共价键；

rm{(5)}根据相似相溶原理和二氧化硫的性质分析．

本题主要考查电子排布式、杂化理论的应用、等电子体、氢键、化学键等，题目难度中等，注意把握氢键的表示以及杂化类型的判断方法，注意基础知识的全面掌握．【解析】rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}}rm{1}正四面体；rm{CH_{4}}rm{O-HN}rm{N-HO}rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}共价键、配位键；rm{SO_{2}}是极性分子易溶于极性溶剂中，而且rm{SO_{2}}与水反应生成亚硫酸23、略

【分析】解：rm{(1)}化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶，溶解度越小，可知常温下在水中溶解能力rm{Ca(OH)_{2}>Mg(OH)_{2}}rm{AgCl}中，rm{c(Ag^{+})=sqrt{1.8隆脕10^{-10}}隆脰1隆脕10^{-5}}rm{c(Ag^{+})=sqrt

{1.8隆脕10^{-10}}隆脰1隆脕10^{-5}}中，rm{c(Mg^{2+})=33.2隆脕10^{-11}隆脰1隆脕10^{-4}}故rm{Mg(OH)_{2}}溶解度大，故溶解度最小的是rm{c(Mg^{2+})=33.2隆脕10^{-11}

隆脰1隆脕10^{-4}}故答案为：rm{Mg(OH)_{2}}

rm{AgCl}加入合适氧化剂，使rm{AgCl}氧化为rm{(2)}不能引入新的杂质，rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{A}中会引入杂质，只有过氧化氢的还原产物为水，不引入杂质，故只有rm{C}符合；

rm{D}氧化rm{B}时，生成rm{KMnO_{4}}离子，所以酸性rm{Fe^{2+}}与rm{Mn^{2+}}反应的离子反应方程式为：rm{KMnO_{4}}调整至溶液rm{Fe^{2+}}使rm{MnO_{4}^{-}+5Fe^{2+}+8H^{+}篓T5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}转化为rm{pH=4}可以达到除去rm{Fe^{3+}}而不损失rm{Fe(OH)_{3}}的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀，则rm{Fe^{3+}}rm{CuSO_{4}}均可，rm{C}rm{D}将铜离子转化为沉淀；不符合；

故答案为：rm{A}rm{B}rm{B}

rm{MnO_{4}^{-}+5Fe^{2+}+8H^{+}篓T5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}的溶度积rm{CD}溶液中rm{(3)Cu(OH)_{2}}的浓度为rm{K_{sp}=3.0隆脕10^{-18}}rm{CuSO_{4}}

依据溶度积常数rm{3.0mol?L^{-1}}rm{c^{2}(OH^{-})=dfrac{3.0隆脕10^{-18}}{3}=10^{-18}}

得到rm{c(Cu^{2+})=3.0mol?L^{-1}}

依据水溶液中的离子积rm{c(Cu^{2+})隆脕c^{2}(OH^{-})=3.0隆脕10^{-18}}rm{c^{2}(OH^{-})=dfrac

{3.0隆脕10^{-18}}{3}=10^{-18}}溶液rm{c(OH^{-})=10^{-9}mol/L}

则rm{c(H^{+})隆脕c(OH^{-})=10^{-14}}开始沉淀时溶液的rm{c(H^{+})=10^{-5}mol/L}为rm{pH=5}残留在溶液中的离子浓度小于rm{Cu(OH)_{2}}时就认为沉淀完全，rm{pH}的溶度积rm{4}rm{1隆脕10^{-5}mol?L^{-1}}rm{c^{3}(OH^{-})=dfrac{8.0隆脕10^{-38}}{1隆脕10^{-5}}=8.0隆脕10^{-33}}求的rm{Fe(OH)_{3}}水溶液中的离子积rm{K_{sp}=8.0隆脕10^{-38}}rm{c(Fe^{3+})隆脕c^{3}(OH^{-})=8.0隆脕10^{-38}}则rm{c^{3}(OH^{-})=dfrac

{8.0隆脕10^{-38}}{1隆脕10^{-5}}=8.0隆脕10^{-33}}通过计算可知rm{c(OH^{-})=2隆脕10^{-11}mol/L}能达到除去rm{c(H^{+})隆脕c(OH^{-})=10^{-14}}而不损失rm{c(H^{+})=5隆脕10^{-4}mol/L}的目的；则方案可行；

故答案为：rm{pH=3.3}rm{pH=4}可行．

rm{Fe^{3+}}化学式相似的物质的溶度积常数越小；物质越难溶，溶解度越小；

rm{Cu^{2+}}加入合适氧化剂，使rm{5}氧化为rm{3.3}不能引入新的杂质；rm{(1)}氧化rm{(2)}时，生成rm{Fe^{2+}}离子，所以酸性rm{Fe^{3+}}与rm{KMnO_{4}}反应的离子反应方程式为：rm{Fe^{2+}}调整至溶液rm{Mn^{2+}}使rm{KMnO_{4}}转化为rm{Fe^{2+}}可以达到除去rm{MnO_{4}^{-}+5Fe^{2+}+8H^{+}篓T5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}而不损失rm{pH=4}的目的；则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀；

rm{Fe^{3+}}依据氢氧化铜饱和溶液中溶度积常数计算溶液中的氢离子浓度计算rm{Fe(OH)_{3}}结合氢氧化铁溶度积和残留在溶液中的离子浓度小于rm{Fe^{3+}}时就认为沉淀