2025年外研版2024高二化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年外研版2024高二化学上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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、近来查明，二氧化三碳（C3O2）是金星大气层的一个组成部分，下列关于二氧化三碳的说法错误的是（）A.二氧化三碳的电子式为：O：：C：：C：：C：：O：B.C3O2、CO、CO2都是碳的氧化物C.C3O2和CO一样可以燃烧生成CO2D.C3O2不是碳酸的酸酐2、对于可逆反应rm{A(g)+3B(s)?2C(g)+2D(g)}在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是rm{(}rm{)}A.rm{娄脭(A)=0.5mol/(L?min)}B.rm{娄脭(B)=1.2mol/(L?s)}C.rm{娄脭(C)=0.1mol/(L?s)}D.rm{娄脭(D)=0.4mol/(L?min)}3、下列分子中的rm{14}个碳原子不可能处在同一平面上的是()A.

B.

C.

D.4、下列关于测定胆矾晶体里结晶水含量的实验操作，会引起测定结果偏高的是A.加热时，强热蒸干，硫酸铜表面出现黑色固体B.坩埚内附着有少量氯化钠固体C.加热时，胆矾晶体未完全变白即停止加热D.加热胆矾晶体后在空气中冷却称量5、下列电子排布图能表示氮原子的最低能量状态的是6、常温时，等体积等物质的量浓度的下列物质的溶液中，水的电离程度由大到小顺序排列正确的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵Na_{2}CO_{3}}rm{垄脷NaHSO_{4}}rm{垄脹CH_{3}COOH}rm{垄脺NaHCO_{3}}．A.rm{垄脵>垄脷>垄脹>垄脺}B.rm{垄脵>垄脺>垄脹>垄脷}C.rm{垄脷>垄脵>垄脹>垄脺}D.rm{垄脷>垄脹>垄脺>垄脵}7、一定条件下，在体积为rm{10L}的密闭容器中，rm{1molX}和rm{1molY}进行应：rm{2X(g)+Y(g)?Z(g)}经rm{2min}达到平衡，生成rm{0.6molZ}下列说法正确的是()A.以rm{X}浓度变化表示的反应速率为rm{0.001mol/(L?s)}B.将容器体积变为rm{20L}rm{Z}的平衡浓度为原来的rm{dfrac{1}{2}}C.若增大压强，则物质rm{Y}的转化率减小D.若升高温度，rm{X}的体积分数增大，则该反应的rm{triangleH>0}8、巴黎气候大会揭开了发展低碳经济的宏伟序幕，下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}

A.太阳能、地热能、核能、化石燃料等均属于“新能源”B.减少含碳物质做燃料符合“低碳”理念C.图中转化途径不能体现“节能减排”的思想D.节约用电不能减少rm{CO_{2}}的排放量评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)9、rm{2011}年rm{3}月rm{17}日rm{隆露}京华时报rm{隆路}报道，双汇集团就“瘦肉精”事件致谦，涉事子公司停产整顿。盐酸克伦特罗rm{(clenbuteerolCLB)}俗名“瘦肉精”。其结构如图所示，下列有关“瘦肉精”的说法中正确的是。

A.该分子属于芳香烃。

B.该分子中有rm{1}个手性碳原子。

C.该分子的分子式为rm{C_{12}}rm{-H}rm{-H}rm{{,!}_{19}}rm{ON}rm{ON}rm{{,!}_{2}}

rm{Cl}rm{Cl}D.该分子苯环上的一溴代物只有一种结构rm{{,!}_{2}}10、榄香烯是一种新型的抗癌药，它的结构简式如图，有关说法正确的是rm{(}rm{)}

A.榄香烯的分子式为rm{C_{15}H_{20}}B.榄香烯属于芳香烃C.榄香烯能使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色D.rm{1mol}榄香烯最多能和rm{3molH_{2}}反应11、工业上，rm{CH_{3}OH}也可由rm{CO}和rm{H_{2}}合成rm{.}参考合成反应rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}的平衡常数rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}

。温度rm{/隆忙}rm{0}rm{100}rm{200}rm{300}rm{400}平衡常数rm{667}rm{13}rm{1.9隆脕10^{-2}}rm{2.4隆脕10^{-4}}rm{1隆脕10^{-5}}A.该反应正反应是放热反应B.该反应在低温下不能自发进行，高温下可自发进行，说明该反应rm{triangleS<0}C.在rm{T隆忙}时，rm{1L}密闭容器中，投入rm{0.1molCO}和rm{0.2molH_{2}}达到平衡时，rm{CO}转化率为rm{50%}则此时的平衡常数为rm{100}D.工业上采用稍高的压强rm{(5MPa)}和rm{250隆忙}是因为此条件下，原料气转化率最高12、常温下，rm{pH}值相同的三种盐rm{NaX}rm{NaY}和rm{NaZ}的溶液，其物质的量浓度为rm{NaX>NaY>NaZ.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.三种酸的酸性为rm{HX<HY<HZ}B.物质的量浓度相同的三种盐的水溶液中，rm{NaZ}的溶液中，水的电离程度最大C.rm{pH}值相同的三种酸的水溶液，恰好中和时所耗rm{NaOH}的物质的量为rm{HX<HY<HZ}D.物质的量浓度相同的rm{HZ}和rm{NaX}能发生rm{HZ+NaX=HX+NaZ}13、下列过程属于化学变化的是（）A.石油的裂化B.氯水使有色布条褪色C.活性炭使红墨水褪色D.石油的分馏14、NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率．将浓度均为0.020mol•L-1NaHSO3溶液（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图．据图分析，下列判断不正确的是（）A.40℃之前与40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B.当NaHSO3完全消耗时的离子方程式为：6HSO3-+2IO3-=6SO42-+2I-+6H+C.图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.5×10-5mol•L-1•s-1D.温度高于40℃时，淀粉不宜用作该实验的指示剂15、“人文奥运”的一个重要体现是：坚决反对运动员服用兴奋剂。某种兴奋剂的结构简式如右图所示，有关该物质的说法正确的是A.遇rm{FeCl_{3}}溶液显紫色，因为该物质与苯酚互为同系物B.滴入rm{KMnO_{4}(H^{+})}溶液，观察紫色褪去，能证明结构中存在碳碳双键C.rm{1mol}该物质与浓溴水和rm{H_{2}}反应最多消耗rm{Br_{2}}和rm{H_{2}}分别为rm{4mol}rm{7mol}D.该分子中的所有碳原子可能共平面评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、(4分)某有机化合物A含碳77．8％，氢7．40％，其余为氧，A的相对分子质量为甲烷的6．75倍。(1)试计算该有机物的分子式。(2)红外光谱测定，A分子结构中含有苯环和羟基。在常温下A可与浓溴水反应，1molA最多可与2molBr2作用，据此确定该有机物可能的结构简式。17、（1）已知氢气的燃烧热为285.8KJ/mol请写出氢气的燃烧热化学方程式______

（2）写出水的电离方程式______

（3）碳酸钠水溶液显______性（填酸、碱、中），原因______（用离子方程式表示）18、用系统命法写出下列物质名称：

（1）______

（2）______

（3）的系统名称为______

（4）键线式表示的分子式______；名称是______．19、用系统命法写出下列物质名称：

rm{(1)}__________；

rm{(2)}______

rm{(3)}______；

rm{(4)}键线式表示的分子式______；名称是______．20、rm{(1)Se}基态原子价电子排布图为_______。rm{(2)Na_{2}SeO_{3}}分子中rm{Se}原子的杂化类型为___________；rm{H_{2}SeO_{4}}的酸性比rm{H_{2}SeO_{3}}强，原因是____________________。rm{(3)}气态rm{SeO_{3}}分子的立体构型为__________；下列与rm{SeO_{3}}互为等电子体的有______rm{(}填序号rm{)}A.rm{CO_{3}^{2-}}rm{B.NO_{3}^{隆陋}}rm{C.NCl_{3}}rm{D.SO_{3}^{2-}}21、调查表明，嘉陵江大桥锈蚀速度每年为rm{0.16mm}远远超过瑞典斯德哥尔摩大桥每年rm{0.03mm}的锈蚀速度；rm{1982}年rm{6}月rm{8}日，重庆市下了一场大雨，市郊rm{1300}多公顷水稻突然枯黄，好像火烧过一样，几天后，局部枯死rm{.}上述材料中出现的现象，产生的直接原因是______污染问题．评卷人得分四、解答题(共2题，共16分)22、下表为元素周期表的一部分；a、b；c为部分元素．回答下列问题：

。afgbcehdj（1）请写出上述元素d3+的核外电子排布式______；

（2）b的一种氧化物与a；g形成的化合物发生反应可产生气体；请写出该反应的化学方程式______；

（3）请比较c；e、f三种元素的电负性由大到小的顺序______（写元素符号）；此三种元素的第一电离能由大到小的顺序______（写元素符号）

（4）e；j两种元素的最高价氧化物对应的水合物的化学性质相似；请写出e元素最高价氧化物对应的水合物与a、c、g三种元素形成的化合物反应的离子方程式______．

23、依据事实；写出下列反应的热化学方程式．

（1）已知：

Fe（s）+O2（g）=FeO（s）△H=-272.0kJ•mol-1

2Al（s）+O2（g）=Al2O3（s）△H=-1675.7kJ•mol-1

Al和FeO发生铝热反应的热化学方程式是______．

（2）由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ；若1g水蒸气转化成液态水时放热2.444KJ，试写出氢气燃烧生成液态水的热化学方程式______

（3）已知拆开1molH-H键，1molN-H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为______．

评卷人得分五、计算题(共1题，共5分)24、（4分）常温下，将0.01mol·L-1的Ba(OH)2溶液200mL和0.01mol·L-1的NaHSO4溶液100mL混合，反应过程中生成g沉淀，反应后溶液的PH值为。评卷人得分六、元素或物质推断题(共4题，共12分)25、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）。26、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：_____________。27、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）。28、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8题，共16分)1、A【分析】解：A、二氧化三碳中所有原子最外层均达到8电子稳定结构，则其结构式为：O=C=C=C=O，其电子式为故A错误；

B、氧化物是由两种元素构成，其中一种是氧元素的化合物，所以C3O2、CO、CO2都是碳的氧化物；故B正确；

C、C3O2中碳元素的化合价为+3价和CO中碳元素的化合价为+2价，碳元素充分燃烧的产物是二氧化碳，其中碳元素的化合价为+4价，所以C3O2和CO一样可以燃烧生成CO2；故C正确；

D、碳酸中碳元素的化合价为+4价，其酸酐为二氧化碳，而C3O2中碳元素的化合价为+3价；所以它不是碳酸的酸酐，故D正确；

故选A．

A；二氧化三碳中所有原子最外层均达到8电子稳定结构；则其结构式为：O=C=C=C=O；

B；氧化物是由两种元素构成；其中一种是氧元素的化合物；

C、根据C3O2和CO中碳元素的化合价分析；

D；碳酸中碳元素的化合价为+4价；根据碳元素的化合价分析．

本题考查了碳的氧化物，主要考查了电子式、氧化物的概念、酸酐等，难度中等，注意把握电子式的书写方法．【解析】【答案】A2、C【分析】解：rm{A.v(A)=0.5mol/(L?min)隆脰0.0083mol/(L?s)}

B.rm{B}为固体，不能用rm{B}表示反应速率；

C.rm{v(A)=dfrac{1}{2}v(C)=0.05mol/(L?s)}

D.rm{v(A)=dfrac{1}{2}v(D)=0.0067mol/(L?s)}

根据分析可知，反应速率最大的为rm{v(A)=dfrac

{1}{2}v(C)=0.05mol/(L?s)}

故选C．

根据反应速率之比等于化学计量数之比，可将各种物质转化成rm{v(A)=dfrac

{1}{2}v(D)=0.0067mol/(L?s)}以此可比较反应速率大小，注意反应速率的单位必须相同．

本题考查反应速率的比较，难度不大，注意根据化学反应速率之比等于化学计量数之比进行计算，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．rm{C}【解析】rm{C}3、B【分析】【分析】本题考查学生有机物的共面知识，可以根据所学内容来分析，难度不是很大。【解答】A.可以看作是相邻的两个苯环共用两个碳原子形成的，所以所有的碳原子都处在同一平面上，故A不符合题意；B.丁基中间上的碳为四面体结构，所以碳原子不可能处于同一平面，故B符合题意；C.苯为平面结构，可以看成是两个甲苯中的甲基邻位碳原子相连形成的，每个苯环上的碳原子rm{(}包括甲基碳rm{)}一定共面，这两个平面可以是一个平面，所以所有碳原子可能都处在同一平面上，故C包括甲基碳rm{(}一定共面，这两个平面可以是一个平面，所以所有碳原子可能都处在同一平面上，故Crm{)}不符合题意D.苯为平面结构，碳碳三键为直线结构，则中所有碳原子可能都处在同一平面上，故D不符合题意。故选B。；【解析】rm{B}4、A【分析】【解析】【答案】A5、A【分析】【解析】【答案】A6、B【分析】解：rm{垄脵Na_{2}CO_{3}}为强碱弱酸盐；碳酸根离子的水解，促进了水的电离；

rm{垄脷NaHSO_{4}}为强酸的酸式盐；在溶液中完全电离，溶液显强酸性，电离出来的氢离子抑制水的电离；

rm{垄脹CH_{3}COOH}为弱酸性溶液，电离出来的氢离子抑制水的电离，醋酸部分电离，电离出来的氢离子浓度比rm{垄脷}小，对水的抑制程度比rm{垄脷}小；

rm{垄脺NaHCO_{3}}为强碱弱酸盐，碳酸氢根离子的水解，促进了水的电离，rm{NaHCO_{3}}的水解程度比rm{Na_{2}CO_{3}}小，则碳酸氢钠溶液中水的电离程度小于rm{垄脵}

所以四种溶液中水的电离程度由大到小排列为：rm{垄脵>垄脺>垄脹>垄脷}

故选B．

酸溶液和碱溶液抑制了水的电离；酸溶液中的氢离子；碱溶液中的氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小；能够水解的盐溶液促进了水的电离，水解程度越大，水的电离程度越大，据此进行解答．

本题考查了水的电离、盐的水解原理离及其影响因素，题目难度不大，注意掌握盐的水解原理、水的电离及其影响因素，明确酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，能够水解的盐溶液促进了水的电离．【解析】rm{B}7、A【分析】【分析】本题考查化学平衡问题，题目难度不大，本题注意外界条件对化学平衡的影响，根据化学反应速率之比等于化学质量数之比计算反应速率。【解答】A.经rm{120s}达到平衡，生成rm{0.6molZ}则rm{Z}的反应速率等于rm{v(Z)=dfrac{0.6mol}{dfrac{10L}{120s}}=0.0005mol/(L?s)}根据化学反应速率之比等于化学质量数之比，由方程式可知，rm{v(Z)=dfrac{0.6mol}{

dfrac{10L}{120s}}=0.0005mol/(L?s)}故A正确；

B.反应前后气体的化学计量数之和不相等，体积变为rm{v(X)=2v(Z)=2隆脕0.0005mol/(L?s)=0.00lmol/(L?s)}体系的压强减小，平衡向逆反应方向移动，rm{20L}的平衡浓度小于原来的rm{Z}故B错误；

C.增大压强平衡向正反应方向移动，反应物rm{dfrac{1}{2}}的转化率增大；故C错误；

D.升高温度，rm{Y}的体积分数增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应的rm{X}故D错误。

故选A。rm{triangleH<0}【解析】rm{A}8、B【分析】解：rm{A.}化石燃料属于传统能源；故A错误；

B.减少含碳物质做燃料减少二氧化碳的排放；故B正确；

C.从图示可知；氯化氢循环利用，排出的水无污染，符合“节能减排”思想，故C错误；

D.火力发电产生二氧化碳，节约用电能减少rm{CO_{2}}的排放量；故D错误。

故选：rm{B}

A.新能源又称非常规能源；是指传统能源之外的各种能源形式，指刚开始开发利用或正在积极研究；有待推广的能源，如太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能、核能等；

B.“低碳经济”是以低能耗；低污染、低排放为基础的经济模式；低碳就是指控制二氧化碳的排放量；

C.氯化氢循环利用；排出的水无污染；

D.火力发电产生二氧化碳．

本题考查了“低碳经济”，难度不大，为社会热点问题关注社会热点，结合书本已掌握的知识是解答的关键．【解析】rm{B}二、双选题(共7题，共14分)9、BD【分析】【分析】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，难度一般。【解答】A.该分子中含有rm{N}rm{Cl}原子；不属于芳香烃，故A错误；

B.饱和碳原子连有rm{4}个不同基团，则为手性碳原子，所以该分子中有rm{1}个手性碳原子；故B正确；

C.该分子的分子式为rm{C_{12}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{18}}rm{ON}rm{ON}rm{{,!}_{2}}故C错误；D.该分子苯环上的一溴代物只有一种结构；故D正确。

故选BD。

rm{Cl}【解析】rm{BD}10、rCD【分析】解：rm{A.}由结构可知分子式为rm{C_{15}H_{24}}故A错误；

B.不含苯环；不是芳香烃，故B错误；

C.含碳碳双键；榄香烯能使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；

D.含rm{3}个碳碳双键，rm{1mol}榄香烯最多能和rm{3molH_{2}}反应；故D正确；

故选CD．

由结构可知分子式，分子中不含苯环，含rm{3}个碳碳双键；结合烯烃的性质来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃的性质，题目难度不大．【解析】rm{CD}11、rAC【分析】解：rm{A}依据平衡常数随温度变化和平衡移动原理分析判断；随温度升高平衡常数减小，正反应为放热反应，故A正确；

B、rm{triangleH-TtriangleS<0}的反应能够自发进行，该反应的rm{triangleH-Ttriangle

S<0}若能够自发进行rm{triangleH>0}必须小大于rm{triangleS}故B错误；

C；结合平衡三段式列式计算；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；

rm{0}

起始量rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}rm{(mol/L)}rm{0.1}rm{0.2}

变化量rm{0}rm{(mol/L)}rm{0.1隆脕50%}rm{0.1}

平衡量rm{0.05}rm{(mol/L)0.05}rm{0.1}

平衡常数rm{K=dfrac{0.05}{0.05times0.1^{2}}=100}故C正确；

D、工业上采用稍高的压强rm{0.05}和rm{K=dfrac{0.05}{0.05times

0.1^{2}}=100}是从转化率和反应速率两方面综合考虑，故D错误；

故选AC．

A；依据平衡常数随温度变化和平衡移动原理分析判断；

B、rm{triangleH-TtriangleS<0}的反应能够自发进行；

C；结合平衡三段式列式计算；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；正反应吸热；温度越低反应物转化率越高．

本题考查了化学平衡影响因素分析判断，平衡常数概念的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．rm{(5MPa)}【解析】rm{AC}12、rBC【分析】解：rm{A.}酸越弱，对应的盐水解的程度越大，rm{pH}相同时浓度rm{NaX>NaY>NaZ}则酸性rm{HX>HY>HZ}故A错误；

B.rm{HZ}的酸性最弱，则rm{NaZ}水解程度最大；故B正确；

C.酸性rm{HX>HY>HZ}rm{pH}值相同的三种酸的水溶液，则浓度rm{HX<HY<HZ}则恰好中和时所耗rm{NaOH}的物质的量为rm{HX<HY<HZ}故C正确；

D.酸性rm{HX>HZ}则不能发生rm{HZ+NaX=HX+NaZ}故D错误．

故选BC．

由越弱越水解的规律可知，rm{pH}值相同的三种盐rm{NaX}rm{NaY}和rm{NaZ}的溶液，其物质的量浓度为rm{NaX>NaY>NaZ}则酸性rm{HX>HY>HZ}以此解答该题．

本题考查盐类水解及其影响，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其影响，明确酸的强弱与酸根离子水解程度关系是解本题关键．【解析】rm{BC}13、A|B【分析】解：A．石油裂化是一种使烃类分子分裂为几个较小分子的反应过程；有新物质生成，属于化学变化，故A正确；

B．氯水中含有的次氯酸具有强氧化性；能使有色布条褪色，属于化学变化，故B正确；

C．活性炭具有很强的吸附性；能使红墨水褪色，属于物理变化，故C错误；

D．石油的分馏是根据沸点不同；将各组分加以区分，属于物理变化，故D错误；

故选AB．

化学变化有新物质的生成；物理变化没有新物质的生成，化学变化和物理变化的根本区别为是否有新物质的生成，据此分析．

本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，涉及化学反应与生活、生产的考查，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．【解析】【答案】AB14、B|C【分析】解：A．从图象中可以看出；40℃以前，温度越高，反应速度越快，40℃后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55℃，未变蓝，淀粉发生了水解，故A正确；

B．当NaHSO3完全消耗即有I2析出，所以离子方程式为：5HSO3-+2IO3-=5SO42-+I2+3H++H2O；故B错误；

C．a点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L，a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10-5mol•L-1•s-1；故C错误；

D.55℃时；没有出现蓝色，淀粉发生水解反应，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，故D正确；

故选BC．

A．由图可知；40℃之前，温度高反应速率加快，40℃之后温度高，变色时间越长；

B．当NaHSO3完全消耗即有I2析出；

C．a点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L；

D．结合55℃时；没有出现蓝色分析．

本题考查化学反应速率的影响因素，侧重图象分析及温度对反应的影响，注意不同温度下均可被过量KIO3氧化，注重分析能力和解决问题能力的考查，题目难度较大．【解析】【答案】BC15、CD【分析】【分析】本题考查的是由有机物结构推断物质性质，首先分析有机物的结构简式，找出官能团，根据有机物官能团的性质进行判断，易错点为rm{D}注意有机物空间结构的分析，题目难度中等。【解答】A.此有机物遇rm{FeCl_{3}}溶液显紫色；苯酚的同系物应符合有且只有一个苯环，且苯环上只连一个羟基，其余全部是烷烃基，故A错误；

B.能使酸性rm{KMnO_{4}}褪色的官能团有酚羟基、rm{C=C}苯环上的甲基，所以滴入rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}rm{(H}rm{(H}溶液，观察紫色褪去，不能证明结构中存在碳碳双键，故B错误；

C.与浓溴水反应酚类为邻、对位上的氢被溴取代，左边苯环邻对位上只有一个rm{{,!}^{+}}右边苯环邻对位上有两个rm{)}溶液，观察紫色褪去，不能证明结构中存在碳碳双键，还有一个rm{)}与溴水发生加成反应，共消耗rm{H}的rm{H}两个苯环、一个rm{C=C}共消耗rm{4mol}的rm{Br_{2}}故C正确；

D.从苯环的平面结构及乙烯的平面结构出发，把上述结构分成三部分：右边以苯环为中心rm{C=C}个碳原子共平面，左边以苯环为中心rm{7mol}个碳原子共平面，还有以rm{H_{2}}为中心rm{8}个碳原子共平面；上述三个平面可以重合，故D正确。

故选CD。rm{8}【解析】rm{CD}三、填空题(共6题，共12分)16、略

【分析】【解析】【答案】17、略

【分析】解：（1）燃烧热是指在101KP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，C转化为CO2，H转化为液态水，故氢气的燃烧热为285.8KJ/mol指的是1mol氢气完全燃烧生成液态水时放热285.8KJ，燃烧热的热化学方程式必须保持可燃物为1mol，故热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8KJ/mol；

故答案为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8KJ/mol；

（2）水是弱电解质，能电离出部分氢离子和氢氧根离子，故电离方程式为：H2O⇌OH-+H+，故答案为：H2O⇌OH-+H+；

（3）Na2CO3是强碱弱酸盐，由于CO32-水解：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，导致溶液显碱性，故答案为：碱；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-．

（1）燃烧热是指在101KP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，C转化为CO2；H转化为液态水，根据燃烧热的热化学方程式必须保持可燃物为1mol，并注明物质的聚集状态来写出热化学方程式；

（2）水是弱电解质；能电离出部分氢离子和氢氧根离子；

（3）Na2CO3是强碱弱酸盐，由于CO32-水解；导致溶液显碱性；

本题考查了热化学方程式的书写和电离方程式的书写以及盐的水解，应注意燃烧热的热化学方程式的书写和燃烧的热化学方程式的书写的区别．【解析】H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8KJ/mol；H2O⇌OH-+H+；碱；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-18、略

【分析】解：（1）的最长碳链含有7个碳原子；3号位有2个甲基，5号位1个甲基，命名为：3，3，5-三甲基庚烷；

故答案为：3；3，5-三甲基庚烷；

（2）的最长碳链含有4个碳原子；2；3号位各有1个甲基，命名为：2，3-二甲基1-丁烯；

故答案为：2；3-二甲基1-丁烯；

（3）中含有官能团碳碳三键；含有碳碳三键最长的碳链含有5个C，主链为戊炔，编号从距离三键最近的一端右边开始编号，官能团碳碳三键在1号C，表示为：“1-戊炔”，在3号C含有1个甲基，在4号C含有2个甲基，该有机物名称为：3，4，4-三甲基-1-戊炔；

故答案为：3；4，4-三甲基-1-戊炔；

（4）分子中含有6个碳原子，属于饱和烃，分子式为C6H14；该有机物主链上有5个C，2号C一个甲基，命名为2-甲基戊烷；

故答案为：C6H14；2-甲基戊烷．

判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

（1）烷烃命名原则：

①长：选最长碳链为主链；

②多：遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近：离支链最近一端编号；

④小：支链编号之和最小．看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

⑤简：两取代基距离主链两端等距离时；从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；

（2）有机物的名称书写要规范；

（3）对于结构中含有苯环的；命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”；“间”、“对”进行命名；

（4）含有官能团的有机物命名时；要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．

（4）分子中含有6个碳原子，属于饱和烃，分子式为C6H14；依据烷烃的命名原则命名．

本题考查了有机物的命名，题目难度不大，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力．【解析】3，3，5-三甲基庚烷；2，3-二甲基1-丁烯；3，4，4-三甲基-1-戊炔；C6H14；2-甲基戊烷19、略

【分析】解：rm{(1)}此烷烃中最长碳链含有rm{5}个碳原子，rm{2}号和rm{3}号碳原子上各有rm{1}个甲基，故命名为：rm{2}rm{3-}二甲基戊烷；

故答案为：rm{2}rm{3-}二甲基戊烷；

rm{(2)}中含有官能团碳碳三键，含有碳碳三键最长的碳链含有rm{5}个rm{C}主链为戊炔，编号从距离三键最近的一端右边开始编号，官能团碳碳三键在rm{1}号rm{C}表示为：“rm{1-}戊炔”，在rm{3}号rm{C}含有rm{1}个甲基，在rm{4}号rm{C}含有rm{2}个甲基，该有机物名称为：rm{3}rm{4}rm{4-}三甲基rm{-1-}戊炔；

故答案为：rm{3}rm{4}rm{4-}三甲基rm{-1-}戊炔；

rm{(3)}的最长碳链含有rm{4}个碳原子，rm{2}rm{3}号位各有rm{1}个甲基，命名为：rm{2}rm{3-}二甲基rm{1-}丁烯；

故答案为：rm{2}rm{3-}二甲基rm{1-}丁烯；

rm{(3)(4)}分子中含有rm{6}个碳原子，属于饱和烃，分子式为rm{C_{6}H_{14}}该有机物主链上有rm{5}个rm{C}rm{2}号rm{C}一个甲基，命名为rm{2-}甲基戊烷；

故答案为：rm{C_{6}H_{14}}rm{2-}甲基戊烷．

判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

rm{(1)}烷烃命名原则：

rm{垄脵}长：选最长碳链为主链；

rm{垄脷}多：遇等长碳链时；支链最多为主链；

rm{垄脹}近：离支链最近一端编号；

rm{垄脺}小：支链编号之和最小rm{.}看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

rm{垄脻}简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号rm{.}如取代基不同；就把简单的写在前面，复杂的写在后面；

rm{(1)}有机物的名称书写要规范；

rm{(2)}对于结构中含有苯环的；命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”；“间”、“对”进行命名；

rm{(3)}含有官能团的有机物命名时；要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．

rm{(4)}分子中含有rm{6}个碳原子，属于饱和烃，分子式为rm{C_{6}H_{14}}依据烷烃的命名原则命名．

本题考查了有机物的命名，题目难度不大，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力．【解析】rm{2}rm{3-}二甲基戊烷；rm{3}rm{4}rm{4-}三甲基rm{-1-}戊炔；rm{2}rm{3-}二甲基rm{1-}丁烯；rm{C_{6}H_{14}}rm{2-}甲基戊烷20、(1)

(2)sp3H2SeO4的非羟基氧比H2SeO3多(或H2SeO4中Se的化合价更高)

(3)平面三角形AB【分析】【分析】本题考查原子核外电子排布、等电子体以及杂化轨道理论，难度中等。【解答】rm{(1)}根据泡利原理、洪特规则和能量最低原理可知，rm{Se}价电子排布图为价电子排布图为故答案为：rm{Se}rm{(2)}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{SeO}，所以rm{SeO}杂化方式为rm{{,!}_{3}}杂化，由于的中心原子的价层电子对数为rm{dfrac{;6+2;}{;2}=4}的非羟基氧比rm{dfrac{;6+2;}{;2}=4}多rm{Se}或rm{sp^{3}}中rm{H_{2}SeO_{4}}的化合价更高rm{H_{2}SeO_{3}}则rm{(}rm{H_{2}SeO_{4}}rm{Se}rm{)}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SeO}rm{SeO}，故答案为：rm{{,!}_{4}}的酸性比rm{H}的非羟基氧比rm{H}多rm{{,!}_{2}}或rm{SeO}中rm{SeO}的化合价更高rm{{,!}_{3}}强rm{sp^{3}}rm{H_{2}SeO_{4}}rm{H_{2}SeO_{3}}形成rm{(}个rm{H_{2}SeO_{4}}键，没有孤电子对，为平面三角形分子；rm{Se}rm{)}rm{(3)}气态rm{SeO}和rm{SeO}rm{{,!}_{3}}故答案为：平面三角形；rm{{,!}_{3}}分子中rm{Se}形成rm{3}个rm{娄脛}键，没有孤电子对，为平面三角形分子；【解析】rm{(1)}rm{(2)sp^{3}}rm{H_{2}SeO_{4}}的非羟基氧比rm{H_{2}SeO_{3}}多rm{(}或rm{H_{2}SeO_{4}}中rm{Se}的化合价更高rm{)}rm{(3)}平面三角形rm{AB}21、略

【分析】解：空气中的污染物二氧化硫和氮氧化物易和水反应生成酸降落到地面上；形成酸雨，大桥是由钢铁建造的，钢铁中的碳；铁和酸雨构成了原电池而加快了钢铁的腐蚀，产生锈蚀现象，为防止酸雨的形成，应减少二氧化硫和氮氧化物的排放；

故答案为：酸雨．

大桥是由钢铁建造的；钢铁遇到合适的电解质溶液构成原电池而发生锈蚀，空气污染造成的酸雨是罪魁祸首．

本题考查了常见生活环境的污染及治理，明确物质的性质是解本题关键，知道常见生活环境污染的原因，了解生活中有哪些污染及其危害是什么，难度不大．【解析】酸雨四、解答题(共2题，共16分)22、略

【分析】

（1）由元素在周期表中的位置可知，d为Fe元素，原子序数为26，则Fe3+的核外电子排布式的1s222s2p63s23p63d5，故答案为：1s222s2p63s23p63d5；

（2）根据元素周期表的结构，a是H，b是Na，g是O，过氧化钠和水之间反应生成氢氧化钠和氧气，即2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

（3）根据元素周期表的结构；f是C，c是Mg，e是Al，元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，所以C＞Al＞Mg，故答案为：C＞Al＞Mg；

（4）根据元素周期表的结构；a是H，c是Mg，e是Al，j是Ge，两种元素的最高价氧化物对应的水合物的化学性质相似，e元素最高价氧化物氧化铝对应的水合物氢氧化铝与a；c、g三种元素形成的化合物反应。

【解析】【答案】（1）由元素在周期表中的位置可知；d为Fe元素，原子序数为26；

（2）过氧化钠和水之间反应生成氢氧化钠和氧气；

（3）原子的得电子能力越强；其电负性的数值越大，根据电子在轨道的排布理论，越容易失去最外层的那一个电子的，第一电离能越小；

（4）根据物质的性质来书写方程式．

23、略

【分析】

（1）①Fe（s）+O2（g）=FeO（s）△H=-272.0kJ•mol-1

②2Al（s）+O2（g）=Al2O3（s）△H=-1675.7kJ•mol-1

依据盖斯定律②-①×3得到热化学方程式为：2Al（s）+3FeO（s）═Al2O3（s）+3Fe（s）△H=-859.7kJ•mol-1

故答案为：2Al（s）+3FeO（s）═Al2O3（s）+3Fe（s）△H=-859.7kJ•mol-1

（2）由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，热化学方程式为：①H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8KJ/mol；若1g水蒸气转化成液态水时放热2.444KJ；热化学方程式为：

②H2O（g）=H2O（l）△H=-44KJ/mol；

根据盖斯定律①+②得到：H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-285.5kJ•mol-1

即：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-571.6kJ•mol-1

故答案为：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-571.6kJ•mol-1

（3）已知拆开1molH-H键，1molN-H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，反应为N2+3H2═2NH3；

反应焓变△H=拆化学键吸收能量-形成化学键放出的能量=946KJ+3×436KJ-6×391kJ=92KJ；则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=-92kJ•mol-1

故答案为：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=-92kJ•mol-1

【解析】【答案】（1）依据题干热化学方程式结合盖斯定律分析计算写出；

（2）根据盖斯定律书写热化学方程式；

（3）根据键能计算反应的焓变；焓变=拆化学键吸收的能量-形成化学键放出的能量；

五、计算题(共1题，共5分)24、略

【分析】【解析】【答案】0.233（2分），12（2分）六、元素或物质推断题(共4题，共12分)25、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(N