2025年外研版三年级起点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年外研版三年级起点高二化学下册月考试卷773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、某温度下，0.1mol·L-1NaHCO3溶液pH=10，下列判断正确的是（）A.溶液中碳酸氢根电离的氢离子浓度为10-10mol·L-1B.C.溶液中水电离的氢氧根离子浓度为10-4mol·L-1D.2、常温下，下列有关电解质溶液的说法中不正确的是rm{(}rm{)}A.向rm{0.1mol?L^{-1}CH_{3}COOH}溶液中加入少量水，溶液中rm{dfrac{c(H^{+})}{c(CH_{3}COOH)}}减小B.将rm{dfrac

{c(H^{+})}{c(CH_{3}COOH)}}溶液从rm{CH_{3}COONa}升温至rm{20隆忙}溶液中rm{dfrac{c(CH_{3}COO^{-})}{c(CH_{3}COOH)cdotc(OH^{-})}}减小C.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(Cl^{-})}=1}D.向rm{30隆忙}rm{dfrac

{c(CH_{3}COO^{-})}{c(CH_{3}COOH)cdotc(OH^{-})}}的饱和溶液中加入少量rm{dfrac{c(NH_{4}^{+

})}{c(Cl^{-})}=1}溶液中rm{dfrac{c(Cl^{-})}{c(Br^{-})}}不变rm{AgCl}3、下列各化合物的命名中不正确的是()A.rm{2-}甲基rm{-1}rm{3-}丁二烯B.rm{2-}乙基丙烷C.rm{2-}甲基苯酚D.rm{3-}甲基rm{-2-}丁醇4、下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{C_{3}H_{5}Cl}的链状同分异构体有rm{6}种rm{(}考虑顺反异构rm{)}B.能发生氧化反应、取代反应、加成反应和消去反应C.分子式符合rm{C_{4}H_{8}O_{2}}的酸类和酯类同分异构体共有rm{4}种D.丙烯分子内所有原子都在同一个平面5、下列化合物的核磁共振氢谱图中吸收峰的数目不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{(2}组rm{)}B.rm{(5}组rm{)}C.rm{(3}组rm{)}D.rm{(4}组rm{)}6、若某原子的外围电子排布式为rm{4d^{1}5s^{2}}则下列说法正确的是()A.该元素基态原子中共有rm{3}个电子B.该元素原子核外有rm{5}个能层C.该元素原子最外层共有rm{3}个电子D.该元素原子rm{M}能层共有rm{8}个电子7、已知rm{298K}rm{101kPa}时，rm{C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}rm{triangleH_{1}=-akJ隆陇mol^{-1}2CO(g)+O_{2}(g)=2CO_{2}(g)}rm{triangleH_{?2}=-bkJ隆陇mol^{-1}}则该温度下rm{C(s)+O_{2}(g)=

CO_{2}(g)}和rm{triangleH_{1}=-akJ隆陇mol^{-1}2CO(g)

+O_{2}(g)=2CO_{2}(g)}生成rm{triangleH_{?2}=-

bkJ隆陇mol^{-1}}的反应焓变为rm{C(s)}单位为rm{O_{2}(g)}【】A.rm{14gCO(g)}B.rm{(}C.rm{kJ隆陇mol^{-1})}D.rm{0.5b-a}rm{b-a}8、某研究性学习小组的课题为“rm{MgC}原电池电解淀粉rm{KI}溶液的研究”，其研究装置如图所示rm{.}下列有关说法不正确的是rm{(}rm{)}A.镁为负极，发生还原反应B.原电池中碳极反应式为rm{Fe^{3+}+e^{-}篓TFe^{2+}}C.电解池中阳极处变蓝D.电解池中阴极处变红评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、下列物质中，既有离子键又有共价键的是rm{(}rm{)}A.rm{Ca(NO_{3})_{2}}B.rm{KOH}C.rm{H_{2}O}D.rm{NH_{4}F}10、合金的性能优异，在日常生活中有着广泛应用。下列物品的制作材料属于合金的有()A.陶瓷杯B.黄铜乐器C.rm{1}元硬币D.硬铝窗框11、下列物质与水混合后静置，出现分层的是()A.乙酸乙酯B.乙酸C.苯D.四氯化碳12、保护环境日益引起人们的重视rm{.}下列做法有利于保护环境的是rm{(}rm{)}A.氢能源代替化石能源B.推广使用太阳能电池C.电动汽车代替燃油汽车D.造纸厂污水直接排放13、下列离子与氖原子具有相同核外电子数的有A.rm{Na^{+}}B.rm{F^{隆陋}}C.rm{Al^{3+}}D.rm{S^{2隆陋}}评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、明矾的化学式为______，它在水中的电离方程式为：______，明矾能用来净水的原因是（用离子方程式表示）______；在明矾的水溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，可观察到的现象是______，有关反应离子方程式为______．15、马铃薯有望成为水稻、小麦、玉米之后的我国第四大主粮作物．马铃薯约含20%淀粉，淀粉属于______（填“糖类”或“油脂”）．医疗上常用作“钡餐”的是______（填“硫酸钡”或“碳酸钡”）．16、有下列六组物质：属于同系物的是______，属于同分异构体是______，属于同种物质的是______rm{.(}填序号rm{)}17、热化学方程式中的H实际上是热力学中的一个物理量；叫做焓．一个体系的焓（H）的绝对值到目前为止还没有办法测得，但当体系发生变化时，我们可以测得体系的焓的变化，即焓变，用“△H”表示，△H=H（终态）-H（始态）．

（1）化学反应中的△H是以____的形式体现的．

对于化学反应A+B=C+D，若H（A）+H（B）＞H（C）+H（D），则该反应的△H为____0（填“大于”．“小于”），该反应是____（填“放热”或“吸热”）反应；

（2）进一步研究表明；化学反应的焓变与反应物和生成物的键能有关．

已知：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-185kJ•mol-1，△H（H2）=436kJ•mol-1；

△H（Cl2）=247kJ•mol-1．则△H（HCl）=____．

（3）HessG．H在总结大量实验事实之后认为；只要化学反应的始态和终态确定，则化学反应的△H便是定值，与反应的途径无关．这就是有名的“Hess定律”．

已知：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-25kJ•mol-1

3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-47kJ•mol-1

Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=19kJ•mol-1

请写出CO还原FeO的热化学方程式：____．18、回答下列问题：

（1）25℃时，pH=3的盐酸中由水电离出的c（H+）是pH=5的盐酸中由水电离的c（H+）的______倍。

（2）25℃时，某溶液由水电离出的c（H+）=1×10-12mol•L-1；则该溶液的pH可能为______。

（3）99℃时，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH=2．此时水的离子积Kw=______，水电离出的c（H+）=______，而此时溶液中的c（Na+）______c（SO42-）（填“＞”“=”或“＜”）。

（4）25℃时，将amol•L-1的氨水与0.01mol•L-1盐酸等体积混合，反应后溶液中c（NH4+）=c（Cl-）；则溶液显______性（填“酸”“碱”或“中”）。

（5）25℃时，pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液呈______性（填“酸”“碱”或“中”）溶液中c（Na+）______c（CH3COO-）（填“＞”“=”或“＜”）。评卷人得分四、原理综合题(共3题，共15分)19、通常用燃烧的方法测定有机物的分子式；可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加热下充分燃烧，根据产品的质量确定有机物的组成。如图所示的是用燃烧法确定有机物物分子式的常用装置.

现准确称取0.72g某烃样品；经燃烧后A管增重2.2g，B管增重1.08g。请回答:

(1)产生的氧气按从左到右流向，所选装置各导管的连接顺是:__________；

(2)A、B管内均盛有固态试剂，A管的作用是__________。

(3)燃烧管中CuO的作用是_________；如果把CuO网去掉，A管重量将_________；(填“增大”；“减小”、或“不变”)；

(4)请改进这套装置的一个不足之处_________。

(5)若该有机物分子中含有4个甲基，则该有机物的结构简式为_________；该有机物的二氯代物有_______种。20、实验室用镁和硝基苯制取反式偶氮苯（溶解性:不溶于水；溶于醇；醚）。实验原理如下：

2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O

已知：①Mg(OCH3)2在水中极易水解。

②反式偶氮苯产品在紫外线照射后部分转化为顺式偶氮苯。

（1）反应中，硝基苯变为反式偶氮苯的反应属于_______________

A；取代反应B、消去反应C、还原反应D、氧化反应。

（2）在反应装置中，加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的原因是_____________________________________。

（3）反应结束后将反应液倒入冰水中；用乙酸中和至中性，即有反式偶氮苯粗产品析出，抽滤（抽滤装置如图1），滤渣用95％乙醇水溶液重结晶提纯。

①为了得到较大颗粒的晶体，加入乙酸时需要____________（填“缓慢加入”；“快速加入”）。

②抽滤过程中要洗涤粗产品，下列液体最合适的是___________。

A．乙醚B．蒸馏水C．95％乙醇水溶液D．饱和NaCl溶液。

③重结晶操作包括“加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥”。上述重结晶过程中的___________操作除去了不溶性杂质，____________操作除去了可溶性杂质。21、通常用燃烧的方法测定有机物的分子式；可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加热下充分燃烧，根据产品的质量确定有机物的组成。如图所示的是用燃烧法确定有机物物分子式的常用装置.

现准确称取0.72g某烃样品；经燃烧后A管增重2.2g，B管增重1.08g。请回答:

(1)产生的氧气按从左到右流向，所选装置各导管的连接顺是:__________；

(2)A、B管内均盛有固态试剂，A管的作用是__________。

(3)燃烧管中CuO的作用是_________；如果把CuO网去掉，A管重量将_________；(填“增大”；“减小”、或“不变”)；

(4)请改进这套装置的一个不足之处_________。

(5)若该有机物分子中含有4个甲基，则该有机物的结构简式为_________；该有机物的二氯代物有_______种。评卷人得分五、解答题(共1题，共3分)22、某二元酸（化学式用H2A表示）在水中的电离方程式是（第一步电离完全）：H2A═H++HA-HA-⇌H++A2-

回答下列问题：

（1）Na2A溶液显______（填“酸性”；“中性”、“碱性”）理由是：（用离子方程式表示）______．

（2）0.1mol/L的H2A溶液的pH______1（填“＜”“=”“＞”）

（3）0.1mol/L的Na2A溶液中；下列微粒浓度关系错误的是______．

A、c（Na+）=2c（A2-）=0.2mol/L

B、c（OH-）=c（H+）+c（HA-）

C、c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-）

D、c（Na+）=2c（A2-）+2c（HA-）

评卷人得分六、综合题(共2题，共20分)23、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．24、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8题，共16分)1、C【分析】【解析】试题分析：A项：碳酸氢根离子水解大于电离，才呈碱性，H+主要由水电离生成的，溶液中总的氢离子浓度为10-10mol·L-1，故错；B项：OH-离子是由水解生成的，浓度很小，故错；D项：溶液中负电荷还有CO32-，故错。故选C。考点：溶液中离子浓度的比较及计算【解析】【答案】C2、C【分析】解：rm{A.}向rm{0.1mol?L^{-1}CH_{3}COOH}溶液中加入少量水，加水促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小，所以溶液中rm{dfrac{c(H^{+})}{c(CH_{3}COOH)}}增大；故A错误；

B.向rm{dfrac

{c(H^{+})}{c(CH_{3}COOH)}}溶液加入少量水，水解常数rm{Kh=dfrac{c(CH_{3}COOH)隆脕c(OH^{-})}{c(CH_{3}COO^{-})}}只与温度有关，所以rm{dfrac{c(CH_{3}COO^{-})}{c(CH_{3}COOH)cdotc(OH^{-})}=dfrac{1}{Kh}}保持不变；故B错误；

C.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为rm{0.1mol?L^{-1}CH_{3}COONa}显中性，即rm{Kh=dfrac

{c(CH_{3}COOH)隆脕c(OH^{-})}{c(CH_{3}COO^{-})}}所以rm{dfrac

{c(CH_{3}COO^{-})}{c(CH_{3}COOH)cdotc(OH^{-})}=dfrac

{1}{Kh}}即溶液中rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(Cl^{-})}=1}故C正确；

D.rm{c(Cl^{-})+c(OH^{-})=c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})}rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}的饱和溶液中存在rm{c(Cl^{-})=c(NH_{4}^{+})}该反应的平衡常数rm{K=dfrac{c(Cl^{-})}{c(Br^{-})}}向溶液中加入少量rm{dfrac{c(NH_{4}^{+

})}{c(Cl^{-})}=1}rm{AgCl}不变；故D错误．

故选C．

A.加水促进醋酸的电离；氢离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小；

B.水解常数只受温度影响；

C.根据电荷守恒：rm{AgBr}分析；

D.rm{AgCl(s)+Br^{-}?AgBr(s)+Cl^{-}}rm{K=dfrac

{c(Cl^{-})}{c(Br^{-})}}的饱和溶液中存在rm{AgNO_{3}}该反应的平衡常数rm{K=dfrac{c(Cl^{-})}{c(Br^{-})}}．

本题考查了弱电解质的电离，盐的水解、沉淀溶解平衡等，题目难度中等，注意把握影响平衡常数的因素，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力．rm{K}【解析】rm{C}3、B【分析】【分析】本题考查了有机物的命名知识，难度不大，一般要求了解烷烃的命名、苯的同系物的命名及简单的烃的衍生物的命名rm{.}命名时要遵循命名原则，书写要规范。命名时要遵循命名原则，书写要规范。rm{.}A.二烯烃命名，选择含有【解答】双键最长的碳链为主链，从距离双键近的短编号，指明双键位置，的系统命名为为rm{C=C}甲基rm{2-}rm{-1}丁二烯，故A不符合题意；rm{3-}属于烷烃，最长的主链含有B.个碳原子，从距离甲基近的一端编号，甲基处于rm{4}号碳原子上，系统命名为rm{2}甲基丁烷，故B符合题意；C.是苯酚中的羟基邻位苯环上rm{2-}原子被甲基取代，为邻甲基苯酚，即rm{H}甲基苯酚，故C不符合题意；D.rm{2-}甲基苯酚，个碳原子，从距离羟基近的一端编号，甲基处于rm{2-}号碳上，故系统命名为含有羟基的最长碳链有rm{4}个碳原子，从距离羟基近的一端编号，甲基处于rm{3}号碳上，故系统命名为rm{3-}甲基rm{-2}丁醇，故D不符合题意。甲基rm{4}丁醇，故D不符合题意。故选B。

rm{3}【解析】rm{B}4、B【分析】解：rm{A.C_{3}H_{5}C1}含有一个双键，故可确定其碳骨架为rm{C-C=C}则它的一氯代物有rm{3}种：

从rm{a}rm{b}rm{c}的结构简式可知，仅rm{c}式中含双键的碳原子上分别有两个不同的取代基，则rm{c}有同分异构体综上所述共有rm{4}种同分异构体；故A错误；

B.能燃烧发生氧化反应；溴原子能水解发生取代反应、双键能发生加成反应和溴原子能发生消去反应；故B正确；

C.rm{C_{4}H_{8}O_{2}}属于羧酸时，可以是丁酸或rm{2-}甲基丙酸，有rm{2}种同分异构体；rm{C_{4}H_{8}O_{2}}属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有rm{1}种结构，丙醇有rm{2}种，形成的酯有rm{2}种，若为乙酸与乙醇形成的酯，乙酸只有rm{1}种结构，乙醇只有rm{1}种结构，形成的乙酸乙酯有rm{1}种，若为丙酸与甲醇形成的酯，丙酸只有rm{1}种结构，甲醇只有rm{1}种结构，形成的丙酸甲酯只有rm{1}种，有rm{4}种同分异构体，酸类和酯类同分异构体共有rm{6}种；故C错误；

D.丙烯中存在甲基；甲烷为空间四面体结构，则分子中所有原子不会在同一平面上，故D错误；

故选B．

A.rm{C_{3}H_{5}C1}含有一个双键，故可确定其碳骨架为rm{C-C=C}然后根据氢原子的种类rm{=}一氯代物的数目，考虑顺反异构，rm{C=C}双键不饱和的同一rm{C}原子上应连接不同的基团或原子具有顺反异构；

B.根据溴代烃的性质以及官能团的性质来解答；

C.rm{C_{4}H_{8}O_{2}}属于羧酸时，可以根据羧基位置异构可以得到丁酸的同分异构体；rm{C_{4}H_{8}O_{2}}属于酯类的同分异构体；为饱和一元酯，根据酸和醇的种类来确定；

D.甲基为空间四面体结构．

本题考查同分异构体的种类和有机物的结构与性质，根据官能团异构和位置异构和碳链异构来综合分析同分异构体的种数，难度不大，但要注意按照一定的顺序书写同分异构体．【解析】rm{B}5、A【分析】解：rm{A}有机物轴对称，其中含有rm{3}种类型的氢原子，核磁共振氢谱中出现rm{3}组峰；故A错误；

B、有机物含有rm{5}种类型的氢原子，核磁共振氢谱中出现rm{5}组峰；故B正确；

C、有机物含有rm{3}种类型的氢原子，核磁共振氢谱中出现rm{3}组峰；故C正确；

D、有机物含有rm{4}种类型的氢原子，核磁共振氢谱中出现rm{4}组峰；故D正确；

故选A．

化合物的核磁共振氢谱中出现几组峰说明有机物中含有几种类型的氢原子；根据有机物的结构简式可知分子中核磁共振氢谱中出现组峰的数目，据此答题．

本题考查学生有机物中等效氢原子的判断知识，注意根据名称写出结构简式，难度不大．【解析】rm{A}6、B【分析】略【解析】rm{B}7、D【分析】【分析】

本题旨在考查学生对反应热和焓变的应用。【解答】

根据体验rm{2C(s)+O_{2}(g)=2CO}rm{triangle}rm{triangle}故反应生成rm{H=b-2aKJ/mol}故反应生成rm{14gCO}的物质的量为rm{0.5mol}焓变值为：的物质的量为rm{H=b-2aKJ/mol}焓变值为：rm{14gCO}故D符合题意。rm{0.5mol}rm{0.25b-0.5a}故D符合题意。

rm{0.25b-0.5a}【解析】rm{D}8、A【分析】解：rm{A.}原电池中镁为负极；发生氧化反应，故A错误；

B.左边原电池中碳为正极，正极发生还原反应，电极方程式为rm{Fe^{3+}+e^{-}=Fe^{2+}}故B正确；

C.电解rm{KI}溶液时；阳极生成碘，则阳极处变蓝，故C正确；

D.阴极氢离子得电子发生还原反应生成氢气；同时氢氧根离子，所以阴极处变红色，故D正确．

故选A．

原电池中镁为负极，发生氧化反应，电极方程式为rm{Mg-2e^{-}=Mg^{2+}}正极发生还原反应，电极方程式为rm{Fe^{3+}+e^{-}=Fe^{2+}}电解rm{KI}溶液时，阳极发生氧化反应，电极方程式为rm{2I^{-}-2e^{-}=I_{2}}阴极发生还原反应，电极方程式为rm{2H^{+}+2e^{-}篓TH_{2}隆眉}以此解答该题．

本题综合考查电解池和原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原电池和电解池的工作原理，难度不大．【解析】rm{A}二、多选题(共5题，共10分)9、ABD【分析】解：rm{A.}硝酸钙中钙离子和硝酸根离子之间存在离子键，rm{N}原子和rm{O}原子之间存在共价键；故A正确；

B.rm{KOH}中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键，rm{O}原子和rm{H}原子之间存在共价键；故B正确；

C.水分子中rm{H}原子和rm{O}原子之间只存在共价键；故C错误；

D.氟化铵中铵根离子和氟离子之间存在离子键、rm{N}原子和rm{H}原子之间存在共价键；故D正确；

故选ABD．

一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，部分碱；大多数盐和金属氧化物中含有离子键，多原子非金属单质、酸、部分非金属氧化物、部分碱、部分盐中含有共价键．

本题考查了离子键和共价键的判断，根据物质的构成微粒及微粒间作用力分析解答，注意二者区别，铵盐中存在离子键，且铵根离子中存在配位键，配位键属于共价键．【解析】rm{ABD}10、BCD【分析】【分析】本题难度不大，主要考查合金的特征，掌握合金的特征与用途是正确解答本题的关键。【解答】A.陶瓷杯是用陶瓷制成的；主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故A不符合题意；

B.黄铜是铜和锌的合金，属于合金，故B符合题意；C.硬币属于合金；故C符合题意；

D.硬铝是铝的合金，属于合金，故D符合题意。故选BCD。【解析】rm{BCD}11、ACD【分析】【分析】本题考查了物质分离提纯的方法，混合物分层，说明两种液体不互溶，反之不出现分层时选项中的物质与水互溶，以此来解答。【解答】乙酸乙酯、苯、四氯化碳和水不溶，能分层，乙酸和水以任意比互溶，不分层，故ACD正确。故选rm{ACD}rm{ACD}【解析】rm{ACD}12、ABC【分析】解：rm{A.}氢能源为清洁能源；代替化石能源可减少污染物的排放，有利于环境保护，故A正确．

B.太阳能电池为清洁能源；推广使用可减少污染物的排放，故B正确；

C.电动汽车代替部分燃油汽车可减少污染物的排放；有利于环境保护，故C正确；

D.造纸厂污水含有碱性和氧化性物质；污染环境，不能直接排放，故D错误；

故选ABC．

保护环境；应推广使用清洁能源，减少污染物的排放，减少三废，从源头杜绝污染物．

本题考查环境保护知识，题目难度不大，环保问题已经引起了全球的重视，化学上提倡绿色化学工艺，要从源头减少污染．【解析】rm{ABC}13、ABC【分析】【分析】本题考查了离子核外电子数，明确阴阳离子中核外电子数的计算方法是解本题关键，题目难度不大。【解答】rm{Ne}原子核外电子数是rm{10}原子核外电子数是rm{Ne}rm{10}二者相等，故A正确；A.钠离子核外电子数为rm{10}二者相等，故A正确；氟离子核外电子数为rm{10}二者相等，故B正确；C.铝离子核外电子数为B.二者相等，故C正确；D.硫离子核外电子数为rm{10}二者不相等，故D错误。故选ABC。rm{10}【解析】rm{ABC}三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】解：明矾为硫酸铝钾，化学式为：KAl（SO4）2，为强电解质在水中完全电离，电离方程式：KAl（SO4）2=K++Al3++2SO42-，铝离子为弱碱阳离子，水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝具有吸附性能够净水，离子方程式：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，在明矾的水溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠为可溶性电解质，能够使胶体聚沉结合氢氧化铝为两性物质能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，所以看到的现象为：先产生沉淀，然后沉淀溶解，离子方程式：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；所以看到的现象为：先产生沉淀后沉淀溶解；

故答案为：KAl（SO4）2；KAl（SO4）2=K++Al3++2SO42-；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；先产生沉淀后沉淀溶解；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O．

明矾为硫酸铝钾；为强电解质在水中完全电离，铝离子为弱碱阳离子，水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，在明矾的水溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠为可溶性电解质，能够使胶体聚沉结合氢氧化铝为两性物质能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水解答．

本题考查了弱电解质的电离、盐类水解离子离子方程式书写及应用，胶体的性质，熟悉盐类水解规律及应用，胶体的性质是解题关键，题目难度不大．【解析】kAl（SO4）2；KAl（SO4）2=K++Al3++2SO42-；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；先产生沉淀后沉淀溶解；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O15、略

【分析】解：淀粉是葡萄糖的脱水缩合物，故为多糖，即属于糖类，X射线对BaSO4穿透能力较差，BaSO4既不溶于水，也不溶于酸，可经人体排出体外，不会引起Ba2+中毒，所以常用BaSO4做内服造影剂；

故答案为：糖类；硫酸钡．

淀粉是多糖；是葡萄糖的脱水缩合物；碳酸钡易溶于胃酸盐酸，医疗上常用作“钡餐”的是硫酸钡．

本题考查生活中的化学，掌握淀粉的构成、碳酸钡、硫酸钡的性质是解答关键，题目较简单．【解析】糖类；硫酸钡16、CEA【分析】【分析】本题考查同分异构体、同系物、同种物质的概念辨析，有机物的命名，题目难度不大，侧重考查学生的辨别能力，根据概念逐项判断即可，可以根据所学知识进行回答。【解答】A.是空间四面体，结构相同，属于同一种物质；B.分子式不同，结构也不同，不是同分异构体，也不是同系物，更不是同种物质；C.通式相同，结构相似，相差rm{1}个rm{CH_{2}}原子团，互为同系物；D.分子式不同，官能团不同，不是同分异构体，也不是同系物，更不是同种物质；E.分子式相同，结构不同，为碳链异构，互为同分异构体；F.分子式不同，官能团个数不同，不是同分异构体，也不是同系物，更不是同种物质。故答案为：rm{C}rm{E}rm{A}【解析】rm{C}rm{E}rm{A}17、略

【分析】

（1）化学反应过程中一定伴随着能量的变化；反应焓变主要是指反应前后的热量变化；对于化学反应A+B=C+D，若H（A）+H（B）＞H（C）+H（D）：△H=H（终态）-H（始态），判断可知△H＜0；反应是放热反应；

故答案为：热能；小于；放热；

（2）已知：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-185kJ•mol-1，△H（H2）=436kJ•mol-1，△H（Cl2）=247kJ•mol-1；依据△H=H（终态）-H（始态）；

△H=2△H（HCl）-△H（H2）-△H（Cl2）=-185kJ•mol-1；则△H（HCl）=434kJ•mol-1；故答案为：434kJ•mol-1；

（3）依据盖斯定律。

①Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-25kJ•mol-1

②3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-47kJ•mol-1

③Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=19kJ•mol-1

①×3-③×2+②得到：6FeO（s）+6CO（g）═6Fe（s）+6CO2（g）△H=-66kJ•mol-1

得到热化学方程式为：FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）△H=-11kJ•mol-1

故答案为：FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）△H=-11kJ•mol-1

【解析】【答案】（1）化学反应过程中一定伴随着能量的变化；反应焓变主要是指反应前后的热量变化；依据能量守恒分析焓变，结合焓变计算：△H=H（终态）-H（始态），H确定反应吸热放热；△H＜0为放热反应；△H＞0为吸热反应；

（2）化学反应的焓变与反应物和生成物的键能有关：△H=H（终态）-H（始态）；结合题干条件计算得到；

（3）依据盖斯定律的含义；化学反应的△H便是定值，与反应的途径无关，结合热化学方程式计算得到；

18、10-22或121.0×10-121.0×10-10mol•L-1=中酸＜【分析】解：（1）盐酸中氢氧根离子来自水的电离，则25℃时pH=3和pH=5的盐酸中水电离出的c（H+）的比值为=10-2；

故答案为：10-2；

（2）水电离出的c（H+）水=c（OH-）水，若为碱性溶液，溶液中氢离子来自水的电离，根据c（OH-）•c（H+）水=Kw=10-14可知：c（OH-）==10-2mol•L-1；该溶液的pH=12；

若为酸性溶液，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则c（OH-）=c（H+）水=10-12mol•L-1，溶液中的c（H+）==10-2mol•L-1；该溶液的pH=2；

故答案为：2或12；

（3）由pH=6的蒸馏水可知，该温度下水电离产生的c（H+）=c（OH-）=1.0×10-6mol•L-1，此时Kw=c（OH-）•c（H+）=1.0×10-12；

NaHSO4电离出的氢离子抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则水电离产生的c（H+）==1.0×10-10mol•L-1；

根据原子守恒知溶液中满足：c（Na+）=c（SO42-）；

故答案为：1.0×10-12；1.0×10-10mol•L-1；=；

（4）25℃时，将amol•L-1的氨水与0.01mol•L-1盐酸等体积混合，反应后溶液中c（NH4+）=c（Cl-），根据电荷守恒可知：c（H+）=c（OH-）；溶液显中性；

故答案为：中；

（5）CH3COOH为弱酸，pH=3的CH3COOH和pH=11的NaOH溶液等体积混合，CH3COOH过量，溶液显酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒知：c（Na+）＜c（CH3COO-）；

故答案为：酸；＜。

（1）盐酸中氢离子抑制了水的电离，盐酸中氢氧根离子来自水的电离，结合c（OH-）=计算；

（2）25℃时，某溶液由水电离出的c（H+）=1×10-12mol•L-1＜1×10-7mol•L-1；抑制了水的电离，可能为酸或碱溶液，结合水的离子积计算；

（3）由pH=6的蒸馏水可知，该温度下水电离产生的c（H+）=c（OH-）=1.0×10-6mol•L-1，结合Kw=c（OH-）•c（H+）计算水的离子积；NaHSO4电离出的氢离子抑制了水的电离；溶液中氢氧根离子来自水的电离；根据原子守恒分析；

（4）结合电荷守恒分析；

（5）醋酸为弱酸；混合液中醋酸过量，溶液呈酸性，结合电荷守恒分析。

本题考查酸碱混合的定性判断、水的电离及其影响，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握盐的水解原理、弱电解质的电离，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。【解析】10-22或121.0×10-121.0×10-10mol•L-1=中酸＜四、原理综合题(共3题，共15分)19、略

【分析】分析：(1)D中生成的氧气中含有水蒸气；应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B（吸收水）；A（吸收二氧化碳）中，按照上述分析进行装置的连接。

(2)氢氧化钠固体；吸收二氧化碳气体；，以便测定有机物中碳的量。

(3)燃烧管中CuO的作用是把反应生成的一氧化碳转化为二氧化碳；减小实验误差。

(4)空气中二氧化碳；水蒸气直接进入A装置中；影响实验。

(5)根据A管质量增加2.2g为二氧化碳的质量；计算出碳的量，B管质量增加1.08g是水的质量，计算出氢原子的量，算出碳氢原子个数比，确定烃的分子式，再根据题意要求写出结构简式。

详解：（1）D中生成的氧气中含有水蒸气，应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B（吸收水）、A（吸收二氧化碳）中，根据产物的质量推断有机物的组成，则产生的氧气按从左到右流向，所选装置各导管的连接顺是g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)；正确答案：g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)。

(2)A中盛放氢氧化钠固体；它能够吸收二氧化碳气体；正确答案：吸收生成二氧化碳。

(3)在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，使有机物分子中的碳尽可能转化为CO2；如果把CuO网去掉，一氧化碳不能被氢氧化钠吸收，A管重量将减小；正确答案：吸收生成二氧化碳；使有机物分子中的碳尽可能转化为CO2；减小。

(4)A装置中氢氧化钠吸收反应产生的二氧化碳；但是空气中水蒸气；二氧化碳也能够进入A装置，影响实验，因此在A装置后连接一个装有碱石灰的干燥管；正确答案：在A装置后连接一个装有碱石灰的干燥管。

（5）A管质量增加2.2g为二氧化碳的质量，n（CO2）=2.2g÷44g·mol﹣1=0.05mol，n（C）=n（CO2）=0.05mol，B管质量增加1.08g是水的质量，n（H2O）=1.08g÷18g．mol﹣1=0.6mol，n（H）=2n（H2O）=1.2mol，此有机物为烃，故只含有C和H两种元素，且个数比为：0.05：1.2=5：12，故可以确定为戊烷（C5H12），该有机物分子中含有4个甲基，则该有机物的结构简式为该有机物的二氯代物有2种，可在相同、不同的甲基上，和正确答案：(CH3)4C；2。【解析】g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)吸收生成二氧化碳使有机物分子中的碳尽可能转化为CO2减小在A装置后连接一个装有碱石灰的干燥管(CH3)4C220、略

【分析】分析：（1）去氧或加氢为还原反应；（2）镁易被氧化；故镁条表面有氧化物，需用砂纸打磨干净；（3）①结晶速度越慢可得到较大颗粒的晶体；②洗涤时应该注意不能引入新的杂质；③趁热过滤可以除去不溶性杂质。

详解：（1）根据反应2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O的原理；硝基苯变为反式偶氮苯为去氧反应，反应属于还原反应；答案选C；（2）反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的原因是除去镁条表面的氧化物；（3）①结晶速度越慢可得到较大颗粒的晶体，故应缓慢加入乙酸；②抽滤过程中要洗涤粗产品，注意不能引入新的杂质，选择用蒸馏水冲洗的液体是最好的，答案选B；③重结晶过程：加热溶解→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥，其中趁热过滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质。

点睛：本题考查了有机实验，涉及蒸发结晶、过滤等基本操作，难度不大，解题的关键是理解实验原理，注意根据题中的实验步骤结合实验基本操作的要求灵活分析问题。【解析】C镁易被氧化，其表面有氧化物，打磨是为了除去表面的氧化物缓慢加入B趁热过滤抽滤21、略

【分析】分析：(1)D中生成的氧气中含有水蒸气；应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B（吸收水）；A（吸收二氧化碳）中，按照上述分析进行装置的连接。

(2)氢氧化钠固体；吸收二氧化碳气体；，以便测定有机物中碳的量。

(3)燃烧管中CuO的作用是把反应生成的一氧化碳转化为二氧化碳；减小实验误差。

(4)空气中二氧化碳；水蒸气直接进入A装置中；影响实验。

(5)根据A管质量增加2.2g为二氧化碳的质量；计算出碳的量，B管质量增加1.08g是水的质量，计算出氢原子的量，算出碳氢原子个数比，确定烃的分子式，再根据题意要求写出结构简式。

详解：（1）D中生成的氧气中含有水蒸气，应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B（吸收水）、A（吸收二氧化碳）中，根据产物的质量推断有机物的组成，则产生的氧气按从左到右流向，所选装置各导管的连接顺是g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)；正确答案：g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)。

(2)A中盛放氢氧化钠固体；它能够吸收二氧化碳气体；正确答案：吸收生成二氧化碳。

(3)在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，使有机物分子中的碳尽可能转化为CO2；如果把CuO网去掉，一氧化碳不能被氢氧化钠吸收，A管重量将减小；正确答案：吸收生成二氧化碳；使有机物分子中的碳尽可能转化为CO2；减小。

(4)A装置中氢氧化钠吸收反应产生的二氧化碳；但是空气中水蒸气；二氧化碳也能够进入A装置，影响实验，因此在A装置后连接一个装有碱石灰的干燥管；正确答案：在A装置后连接一个装有碱石灰的干燥管。

（5）A管质量增加2.2g为二氧化碳的质量，n（CO2）=2.2g÷44g·m