2025年冀教版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年冀教版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9题，共18分)1、下列各组中两个化学反应，属于同一反应类型的一组是（）A.由苯制硝基苯；由苯制环己烷B.由乙烯制1，2-二溴乙烷；由乙烷制一氯乙烷C.由苯制溴苯；CH4制CH2Cl2D.乙烯使溴水褪色；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色2、有机物rm{A}和rm{B}由rm{C}rm{H}rm{O}中的两种或三种元素组成，相同物质的量的rm{A}和rm{B}完全燃烧时，消耗氧气的物质的量相等，下列对rm{A}rm{B}的判断一定错误的是rm{(}rm{)}A.rm{A}与rm{B}互为同分异构体B.rm{A}与rm{B}的分子组成相差rm{n}个“rm{CH_{2}}”C.rm{A}与rm{B}的分子组成相差rm{n}个“rm{CO_{2}}”D.rm{A}与rm{B}的分子组成相差rm{n}个“rm{H_{2}O}”3、现有下列反应，据两式判断，还原性由强到弱的排列顺序正确的是（1）2Fe3++2I—2Fe2++I2（2）Cl2+2Fe2+2Fe3++2Cl—A.Cl—>Fe2+>I—B.I—>Fe2+>Cl—C.Cl—>I—>Fe2+D.Fe2+>I—>Cl—4、利用如图装置，完成很多电化学实验。下列有关此装置的叙述中，不正确的是A.若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法B.若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀，溶液中的阳离子向铁电极移动C.若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动D.若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，铁棒质量将增加，溶液中铜离子浓度将减小5、某无色溶液中，若加入溴水，溴水褪色，若加入NH4HCO3，固体溶解并产生刺激性气味的气体，则该溶液中可能大量存在的离子组是A.Na+、K+、Cl－、OH－B.H+、Na+、SO42－、NO3－C.K+、Ca2+、NO3－、SO32－D.Na+、Mg2+、S2－、MnO4－6、下列表示物质的图或式正确的是()A.氮气的电子式N┇┇NB.Mg2+的结构示意图C.NH3的结构式D.甲基的电子式7、阿伏加德罗常数约为rm{6.02隆脕10^{23}}rm{mol^{-1}}下列叙述中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{mol}rm{Cl_{2}}参加反应，一定得rm{2隆脕6.02隆脕10^{23}}个电子B.在rm{25隆忙}rm{101}rm{kPa}时，rm{14}rm{g}氮气中含有rm{N_{A}}个原子C.rm{2.24}rm{L}rm{CH_{4}}中含有的原子数为rm{0.5隆脕6.02隆脕10^{23}}D.rm{250}rm{mL}rm{2}rm{mol?L^{-1}}的氨水中含有rm{NH_{3}?H_{2}O}的分子数为rm{0.5隆脕6.02隆脕10^{23}}8、事物是相互影响、相互制约的。在有机化合物分子中，这种相互影响、相互制约同样存在。例如：rm{垄脵}rm{+Br_{2}xrightarrow[]{FeB{r}_{3}}}rm{+Br_{2}xrightarrow[]{FeB{r}_{3}}

}rm{+HBr}rm{垄脷}rm{+3Br}rm{2}rm{2}rm{xrightarrow[]{}}

rm{+3HBr}rm{xrightarrow[{H}^{+}]{KMn{O}_{4}}}下列性质____说明基团之间相互影响的是rm{垄脹}A.rm{xrightarrow[{H}^{+}]{KMn{O}_{4}}

}用浓溴水而rm{(}用液溴；rm{)}需用催化剂而rm{垄脷}不需用。B.rm{垄脵}生成三溴取代产物而rm{垄脵}只生成一溴取代产物。C.rm{垄脷}无明显酸性，而显弱酸性。D.乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯酚不能。rm{垄脷}9、下列分子或离子中，含有孤电子对最多的是()A.rm{H_{2}S}B.rm{BeCl_{2}}C.rm{H_{3}O^{+}}D.rm{NHrlap{_{4}}{^{+}}}评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)10、向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液．下列对此现象说法正确的是（）A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B.在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子C.向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化D.沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu（NH3）4]2+11、室温时，0.1mol/L某一元酸HA的水溶液PH=4．下列描述不正确的是（）A.该溶液中HA有0.1%发生了电离B.此酸电离平衡常数约为10-7C.升高温度后溶液的PH增大D.若将PH=2的HA溶液与PH=12的NaOH溶液等体积混合后PH=712、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13、下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.一定温度下，反应rm{MgCl_{2}(1)=Mg(1)+Cl_{2}(g)}的rm{triangleH>0}rm{triangleS>0}B.常温下，rm{pH}均为rm{5}的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同C.rm{0.1mol?L^{-1}CH_{3}COOH}溶液加水稀释，溶液的rm{pH}和rm{CH_{3}COOH}的电离度均增大D.将rm{BaCl_{2}}溶液滴入含酚酞的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，红色逐渐褪去，说明rm{BaCl_{2}}溶液显酸性14、下列除杂方法不正确的是rm{(}rm{)}A.除去乙炔中混有的少量rm{H_{2}S}气体：可用rm{CuSO_{4}}溶液洗气B.除去乙醛中混有的少量乙酸：可向混合物中加入足量的稀rm{NaOH}溶液，然后分液C.除去苯中少量的苯酚：可向混合物中加入足量的浓溴水，过滤D.除去溴苯中混有的少量液溴：可向混合物中加入足量的稀rm{NaOH}溶液，然后分液15、25℃时，取浓度均为0.1mol•L-1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0.1mol•L-1NaOH溶液、0.1mol•L-1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示．下列说法正确的是（）A.曲线Ⅰ：滴加溶液到10mL时：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）B.曲线Ⅰ：滴加溶液到20mL时：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）C.曲线Ⅱ：滴加溶液在10mL～20mL之间存在：c（NH4+）=c（Cl-）＞c（OH-）=c（H+）D.曲线Ⅱ：滴加溶液到10mL时：c（CH3COO-）-c（CH3COOH）=2[c（H+）-c（OH-）]16、下列关于物质性质的比较，不正确的是（）A.酸性强弱：HIO4＞HBrO4＞HClO4B.原子半径大小：Na＞O＞SC.碱性强弱：KOH＞NaOH＞LiOHD.金属性强弱：Na＞Mg＞Al评卷人得分三、多选题(共7题，共14分)17、根据元素周期律，卤族元素的下列性质从下到上依次递增的有()A.金属性B.非金属性C.原子半径D.单质的氧化性18、下列说法正确的是。

A.油脂属于脂类B.蛋白质水解的最终产物是氨基酸。

C.纤维素不能发生水解反应D.淀粉完全水解的产物是葡萄糖19、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20、将绿豆大小的金属钠投入加有酚酞的rm{100mL}蒸馏水中，则()A.溶液变蓝B.rm{Na}浮在水面上并熔化成小球C.rm{Na}在水面上游动D.有rm{H_{2}}生成21、下列操作与所选仪器搭配正确的是()A.称量rm{隆陋隆陋}天平B.量取液体rm{隆陋隆陋}量筒C.搅拌rm{隆陋隆陋}温度计D.萃取分液rm{隆陋隆陋}分液漏斗22、实验室里由粗盐制备精盐的实验中，必需的操作步骤有rm{(}rm{)}A.分液B.过滤C.溶解D.蒸发结晶23、在铜锌原电池中，锌电极上发生的反应为rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}则。

A.锌电极为负极rm{{,!}}B.锌电极为正极。

C.反应中rm{Zn}被氧化D.反应中rm{Zn}被还原评卷人得分四、填空题(共2题，共14分)24、把煤作为燃料可通过下列两种途径:途径ⅠC(s)+O2(g)CO2(g)ΔH1<0①途径Ⅱ先制成水煤气:C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH2>0②再燃烧水煤气:2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH3<0③2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH4<0④请回答下列问题:(1)途径Ⅰ放出的热量理论上(填“大于”“等于”或“小于”)途径Ⅱ放出的热量。(2)ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4的数学关系式是。(3)已知:①C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH2=-566kJ·mol-1③TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(s)+O2(g)ΔH3=+141kJ·mol-1则TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=。(4)已知下列各组热化学方程式①Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)ΔH1=-25kJ·mol-1②3Fe2O3(s)+CO(g)2Fe3O4(s)+CO2(g)ΔH2=-47kJ·mol-1③Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)ΔH3=+640kJ·mol-1请写出FeO(s)被CO(g)还原成Fe和CO2(g)的热化学方程式______________________。25、正丁醛是一种化工原料rm{{.}}某实验小组利用如图所示装置合成正丁醛．

发生的反应如下：rm{C{H}_{3}C{H}_{2}C{H}_{2}C{H}_{2}OHxrightarrow[{H}_{2}S{O}_{4}?]{N{a}_{2}C{r}_{2}{O}_{7}}C{H}_{3}C{H}_{2}C{H}_{2}CHO}．

反应物和产物的相关数据列表如下：。rm{C{H}_{3}C{H}_{2}C{H}_{2}C{H}_{2}OH

xrightarrow[{H}_{2}S{O}_{4}?]{N{a}_{2}C{r}_{2}{O}_{7}}C{H}_{3}C{H}_{2}C{H}_{2}CHO

}沸点rm{{/隆忙}}密度rm{{/}g{?}cm^{{-}3}}水中溶解性正丁醇rm{117{.}2}rm{0{.}8109}微溶正丁醛rm{75{.}7}rm{0{.}8017}微溶实验步骤如下：

将rm{6{.}0gNa_{2}Cr_{2}O_{7}}放入rm{100mL}烧杯中，加rm{30mL}水溶解，再缓慢加入rm{5mL}浓硫酸，将所得溶液小心转移至rm{B}中rm{{.}}在rm{A}中加入rm{4{.}0g}正丁醇和几粒沸石，加热rm{{.}}当有蒸汽出现时，开始滴加rm{B}中溶液rm{{.}}滴加过程中保持反应温度为rm{90{隆芦}95{隆忙}}在rm{E}中收集rm{90{隆忙}}以上的馏分rm{.}将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集rm{75{隆芦}77{隆忙}}馏分，产量rm{2{.}0g}．

回答下列问题：

rm{(1)D}仪器的名称是__________________

rm{(2)}实验中，能否将rm{Na_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液加到浓硫酸中__________；说明理由___________________________________________

rm{(3)}加入沸石的作用是__________________；若加热后发现未加入沸石，应采取的正确方法是______________________

rm{(4)}分液漏斗使用前必须进行的操作是__________________；将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分离水时，水在____________层rm{(}填“上”或“下”rm{)}

​rm{(5)}反应温度应保持在rm{90{隆芦}95{隆忙}}其原因是______________________________________________________________________

rm{(6)}本实验中，正丁醛的产率为__________________rm{{%}}评卷人得分五、探究题(共4题，共12分)26、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。27、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。28、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。29、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分六、其他(共3题，共24分)30、可用于提纯或分离物质的常用方法有：①过滤、②结晶、③升华、④分馏、⑤盐析、⑥渗析、⑦加热分解⑧分液等，将分离或提纯的编号填入下列各混合物后面的横线上。（1）除去碳酸钠固体中混有的碳酸氢钠；（2）除去石灰水中悬浮的CaCO3颗粒；（3）除去氯化钠单质中混有的碘单质；31、(8分)下图是一些常见的物质间的转化关系图。C是紫红色金属单质，G是蓝色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是砖红色沉淀，F是形成酸雨的无色有害气体，所有反应物、生成物中的水均未标出；反应②的条件是使用浓B溶液和加热。(1)A是，E是；(2)电解A溶液时阴极的反应式；(3)电解A溶液的总反应化学方程式是。32、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)。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】解：A．苯中H被硝基取代；苯与氢气发生加成反应生成环己烷；则分别发生取代反应；加成反应，故A不选；

B．乙烯与溴发生加成反应生成1；2-二溴乙烷；由乙烷与氯气光照下发生取代反应生成一氯乙烷，则分别发生加成反应；取代反应，故B不选；

C．苯中H被溴取代；甲烷中H被Cl取代；均发生取代反应，故C选；

D．乙烯与溴水发生加成反应；乙烯被高锰酸钾氧化；分别发生加成反应；氧化反应，故D不选；

故选C．

A．苯中H被硝基取代；苯与氢气发生加成反应生成环己烷；

B．乙烯与溴发生加成反应生成1；2-二溴乙烷；由乙烷与氯气光照下发生取代反应生成一氯乙烷；

C．苯中H被溴取代；甲烷中H被Cl取代；

D．乙烯与溴水发生加成反应；乙烯被高锰酸钾氧化．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物官能团与性质的关系为解答关键，注意有机反应的判断，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】【答案】C2、B【分析】解：rm{A.}当rm{A}与rm{B}互为同分异构体时；分子式相同，物质的量相同时完全燃烧消耗氧气的量相等，故A正确；

B.rm{A}与rm{B}的分子组成只相差rm{n}个“rm{CH_{2}}”时；消耗氧气的量不等，故B错误；

C.rm{A}与rm{B}的分子组成只相差rm{n}个“rm{CO_{2}}”时，相同物质的量的rm{A}和rm{B}完全燃烧时；消耗氧气的物质的量相等，故C正确；

D.rm{A}与rm{B}的分子组成只相差rm{n}个“rm{H_{2}O}”时，相同物质的量的rm{A}和rm{B}完全燃烧时；消耗氧气的物质的量相等，故D正确．

故选B．

相同物质的量的rm{A}和rm{B}完全燃烧时；消耗氧气的物质的量相等，存在以下几种情况：

rm{垄脵}分子间相差rm{n}个rm{CO_{2}}

rm{垄脷}分子间相差rm{n}个rm{H_{2O}}

rm{垄脹}分子间rm{1}个rm{C}相当于rm{4}个rm{H}即少一个rm{C}要多rm{4}个rm{H}据此对各选项进行判断．

本题考查有机物燃烧中耗氧量的判断，题目难度中等，注意有机物耗氧量的计算方法以及与有机物分子式的拆写方法，此题求解时应紧紧抓住“等物质的量的rm{A}和rm{B}完全燃烧时，消耗相等物质的量的氧气”这句话的含义：二者互为同分异构体，二者的分子组成上相差若干个rm{H_{2}O}二者的分子组成上相差若干个rm{CO_{2}}．【解析】rm{B}3、B【分析】因为氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的，所以根据（1）可知还原性是I—>Fe2+。根据（2）可知还原性是Fe2+>Cl—，因此正确的答案选B。【解析】【答案】B4、D【分析】【解析】【答案】D5、A【分析】【解析】【答案】A6、C【分析】【解答】正确答案：C

A．不正确，氮气的电子式B．不正确，Mg2+的结构示意图

C．NH3的结构式D．不正确，甲基的电子式7、B【分析】解：rm{A.}若rm{1mol}氯气全部起氧化剂作用，转移电子数为rm{2N_{A}}个，也可能部分起氧化剂部分起还原剂，如氯气与氢氧化钠反应，起氧化剂与还原剂作用各占rm{dfrac{1}{2}}rm{1mol}氯气反应转移电子数为rm{0.5mol隆脕2隆脕N_{A}mol^{-1}=N_{A}}故A错误；

B.rm{14g}氮气的物质的量rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{14g}{28g/mol}=0.5mol}而rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac

{14g}{28g/mol}=0.5mol}中有rm{N_{2}}个电子，故rm{14}中含有的电子数rm{0.5molN_{2}}故B正确；

C.不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算rm{N=0.5隆脕14隆脕N_{A}=7N_{A}}的物质的量；故C错误；

D.rm{2.24LCH_{4}}的氨水中含有溶质一水合氨rm{250mL2mol/L}由于溶液中一水合氨部分电离，所以溶液中含有rm{0.5mol}的分子数为小于rm{NH3?H_{2}O}故D错误；

故选B．

A.氯气在反应中可能全部起氧化剂；也可能部分起氧化剂部分起还原剂；

B.氮气的物质的量并结合氮气中的电子个数来计算；

C.标准状况下气体摩尔体积为rm{0.5隆脕6.02隆脕10^{23}}没有告诉在标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算甲烷的物质的量；

D.一水合氨为弱电解质；溶液中部分电离，导致一水合氨数目减少；

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件．rm{22.4L/mol}【解析】rm{B}8、D【分析】【分析】本题考查了苯、甲苯和苯酚的性质，熟悉物质的结构对化学性质的影响是解题关键，题目难度不大。【解答】A.由于羟基对苯环的影响，使苯环上和羟基处于邻对位上的氢原子变得更活泼，rm{垄脷}用浓溴水而rm{垄脵}用液溴；rm{垄脵}需用催化剂而rm{垄脷}不需用，故A错误；用浓溴水而rm{垄脷}用液溴；rm{垄脵}需用催化剂而rm{垄脵}不需用，故A错误；rm{垄脷}由于羟基对苯环的影响，使苯环上和羟基处于邻对位上的氢原子变得更活泼，B.生成三溴取代产物而rm{垄脷}生成三溴取代产物而rm{垄脵}只生成一溴取代产物，故B错误；只生成一溴取代产物，故B错误；rm{垄脷}rm{垄脵}C.由于苯环对羟基的影响，rm{CH}rm{CH}rm{3}无明显酸性，而羟基上的氢能电离rm{3}rm{CH}rm{CH}rm{2}

rm{2}【解析】rm{D}9、B【分析】【分析】本题考查了化合物中孤电子对个数的计算方法，根据价层电子对互斥理论计算即可，注意其阴阳离子孤电子对个数的计算方法，为易错点，题目难度不大。分子中孤电子对个数rm{=}rm{=}rm{dfrac{1}{2}}中心原子价电子数rm{(}中心原子价电子数rm{-}配原子个数rm{隆脕}配原子形成稳定结构需要的电子数rm{)}阳离子中孤电子对个数rm{=}配原子个数rm{(}配原子形成稳定结构需要的电子数rm{-}阳离子中孤电子对个数rm{隆脕}rm{)}rm{=}rm{dfrac{1}{2}}电荷数rm{(}配原子个数rm{(}配原子形成稳定结构需要的电子数中心原子价电子数rm{-}电荷数rm{-}配原子个数rm{隆脕}配原子形成稳定结构需要的电子数rm{)}阴离子中孤电子对个数rm{=}阴离子中孤电子对个数rm{-}rm{-}rm{隆脕}rm{)}电荷数rm{=}配原子个数rm{dfrac{1}{2}}配原子形成稳定结构需要的电子数rm{(}据此分析解答。rm{(}中心原子价电子数rm{+}电荷数rm{-}配原子个数rm{隆脕}配原子形成稳定结构需要的电子数rm{)}据此分析解答。rm{+}rm{-}rm{隆脕}rm{)}【解答】A.rm{H}rm{H}rm{2}rm{2}氢原子没有孤电子对；rm{S}rm{S}中rm{S}rm{S}原子上的孤电子对个数rm{=}rm{=}rm{dfrac{1}{2}}rm{(}rm{(}rm{6-1-3隆脕1)=1}氢原子没有孤电子对rm{6-1-3隆脕1)=1}B.rm{BeCl}rm{BeCl}rm{2}rm{2}分子中rm{Be}rm{Be}原子上的孤电子对个数rm{=}rm{=}rm{dfrac{1}{2}}rm{(}rm{(}rm{2-2隆脕1)=0}rm{2-2隆脕1)=0}，氯原子上的原子上的孤电子对个数孤电子对个数rm{=3}rm{=3}rm{隆脕2=6}rm{隆脕2=6}；C.rm{H}rm{H}rm{3}rm{3}rm{O}rm{O}rm{+}【解析】rm{B}二、双选题(共7题，共14分)10、B|D【分析】解：A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀；继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误．

B．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对；故B正确；

C．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度；向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故C错误；

D．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清；故D正确；

故选BD

氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀；当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液．

A．硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜；氢氧化铜和氨水反应生成络合物；

B．配合物中；配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键；

C．络合物在乙醇中溶解度较小；所以会析出；

D．氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清；

本题考查了配合物、配位键的形成等性质，难度不大，明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体．【解析】【答案】BD11、C|D【分析】解：A．0.1mol/L某一元酸HA，pH=4，HA电离度为=0.1%；故A正确；

B．由HA═H++Ac-，c（H+）=c（Ac-）=10-4mol/L，则电离平衡常数为=1×10-7；故B正确；

C．温度升高促进电离；氢离子浓度变大，pH减小，故C错误；

D．HA是弱酸；未完全电离，故pH=2的HA的酸和pH=12的NaOH溶液混合后，HA过量，故混合后溶液显酸性，即pH小于7，故D错误．

故选CD．

A．利用PH=4；计算电离度；

B．根据电离度及离子的浓度计算电离平衡常数；

C．温度升高促进电离；氢离子浓度变大；

D．HA是弱酸；不能完全电离．

本题考查弱酸的电离，明确离子的浓度、温度对电离平衡的影响及离子积的计算即可解答，难度不大．【解析】【答案】CD12、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}13、rAC【分析】解：rm{A.Mg}与氯气的反应为放热反应，则反应rm{MgCl_{2}(1)=Mg(1)+Cl_{2}(g)}为吸热反应，其rm{triangleH>0}该反应为混乱度增加的反应，则rm{triangleS>0}故A正确；

B.常温下，rm{pH}均为rm{5}的盐酸与氯化铵溶液中；前者抑制了水的电离，而后者促进了水的电离，两溶液中水的电离程度不同，故B错误；

C.rm{0.1mol?L^{-1}CH_{3}COOH}溶液加水稀释，醋酸的浓度减小，则醋酸的电离程度增大，由于溶液体积增大的程度大于氢离子，则稀释后氢离子浓度减小，溶液的rm{pH}增大；故C正确；

D.加入了几滴酚酞试液的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，碳酸根离子水解显碱性，溶液为红色，而rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中滴加rm{BaCl_{2}}溶液；碳酸根离子与钡离子结合生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，水解平衡逆向移动，颜色褪去，而氯化钡溶液呈中性，故D错误；

故选AC．

A.氯化镁的分解为吸热反应，其焓变大于rm{0}该反应为气体体积增大的反应，则熵变大于rm{0}

B.盐酸中氢离子抑制了水的电离；氯化铵溶液中铵根离子水解，促进了水的电离；

C.稀释后醋酸的电离程度增大，而氢离子浓度减小，则溶液的rm{pH}增大；

D.氯化钡溶液呈中性；溶液之所以褪色，原因是钡离子与碳酸根离子结合生成碳酸钡沉淀，导致碳酸根离子浓度减小．

本题考查较为综合，涉及弱电解质电离平衡、盐的水解原理、反应热与焓变、水的电离及其影响等知识，明确电离平衡及其影响为解答关键，注意掌握反应热与焓变的关系．【解析】rm{AC}14、rBC【分析】解：rm{A.}硫化氢与硫酸铜反应生成沉淀；而乙炔不反应，然后洗气可除杂，故A正确；

B.乙酸与rm{NaOH}反应；增大与乙醛的沸点差异，不分层，不能利用分液法分离，应选蒸馏法，故B错误；

C.溴、三溴苯酚均易溶于苯，不能除杂，应选rm{NaOH}溶液；分液；故C错误；

D.溴与rm{NaOH}反应后；与溴苯分层，然后分液可分离，故D正确；

故选BC．

A.硫化氢与硫酸铜反应生成沉淀；而乙炔不反应；

B.乙酸与rm{NaOH}反应；增大与乙醛的沸点差异；

C.溴；三溴苯酚均易溶于苯；

D.溴与rm{NaOH}反应后；与溴苯分层．

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的综合应用，题目难度不大．【解析】rm{BC}15、BD【分析】解：根据曲线变化趋势知；当未滴加溶液时，曲线I的pH＞7，说明属于酸滴定碱溶液，根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线II的pH＜7，说明属于碱滴定酸溶液；

A．曲线I为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到10mL时，溶液中的溶质是氯化铵和一水合氨，溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH-）；故A错误；

B．曲线I为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到20mL时，溶液中的溶质是氯化铵，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），所以得c（Cl-）＞c（NH4+），盐类水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；故B正确；

C．曲线II为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线，滴加溶液在10mL～20mL之间，溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，则溶液中c（H+）＞c（OH-）；故C错误；

D．滴加溶液到10mL时，溶液中的溶质是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，溶液中存在物料守恒c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），溶液中存在电荷守恒c（CH3COO-）+c（H+）=c（OH-）+c（Na+），所以得c（CH3COO-）-c（CH3COOH）=2[c（H+）-c（OH-）]；故D正确；

故选：BD。

根据曲线变化趋势知；当未滴加溶液时，曲线I的pH＞7，说明属于酸滴定碱溶液，根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线II的pH＜7，说明属于碱滴定酸溶液；

根据溶液中的溶质及溶液的酸碱性结合电荷守恒来分析解答．

本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据溶液中的溶质及其性质结合电荷守恒和物料守恒来分析解答，题目难度中等．【解析】BD16、A|B【分析】解：A．非金属性Cl＞Br＞I；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故A错误；

B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小；核外电子层数越多，半径越大，应为Na＞S＞O，故B错误；

C．金属性K＞Na＞Li；元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，故C正确；

D．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱；故D正确．

故选AB．

A．元素的非金属性越强；对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；

B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小；核外电子层数越多，半径越大；

C．元素的金属性越强；对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；

D．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱．

本题考查较为综合，涉及金属性、非金属性等知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握元素周期律的递变规律，难度中等，学习中注意积累．【解析】【答案】AB三、多选题(共7题，共14分)17、BD【分析】【分析】卤族元素在周期表中处于同一主族，依据同主族元素性质的递变规律解答。【解答】卤族元素从下到上原子半径依次减小，原子核对最外层电子的吸引力依次增强，金属性依次减弱，非金属性依次增强，单质的氧化性依次增强，所以符合题意的只有rm{BD}故BD正确。故BD正确。

rm{BD}故选BD。【解析】rm{BD}18、ABD【分析】【分析】本题考查了有机物的水解，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握。【解答】A.油脂是油与脂肪的统称，由高级脂肪酸与甘油形成的酯，液态为油，固态为脂肪，故A正确；

B.蛋白质是氨基酸缩聚形成的高分子化合物，水解最终生成氨基酸，故B正确；

C.纤维素水解生成葡萄糖，能发生水解，故C错误；

D.淀粉水解最终生成葡萄糖，故D正确。

故选ABD。【解析】rm{ABD}19、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}20、BCD【分析】【分析】本题考查了钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，结合钠的物理性质判断解答。【解答】钠的密度小于水，熔点低，将绿豆大小的金属钠投入加有酚酞的rm{100}rm{m}rm{L}rm{100}rm{m}rm{L}rm{100}rm{m}rm{L}蒸馏水中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放出大量的热，溶液显碱性，所以会看到现象：钠浮在水面上并熔化成小球，生成氢气，钠在水面四处游动，溶液变红，故rm{100}rm{m}rm{L}rm{100}rm{m}rm{L}rm{100}rm{100}rm{m}【解析】rm{BCD}21、ABD【分析】【分析】根据实验仪器的使用方法和用途进行分析解答。【解答】A.天平用于称量固体质量，故A正确；B.量筒量取液体体积，故B正确；C.温度计用于测量温度，不能用于搅拌，故C错误；D.分液漏斗用于分离两种互不相溶的液体，故D正确。故选ABD。【解析】rm{ABD}22、BCD【分析】解：粗盐提纯过程为：溶解粗盐rm{(C}选项rm{)}加入试剂将杂质离子除去，接着过滤除去难溶物、泥沙等rm{(B}选项rm{)}加入盐酸调节溶液rm{pH}除去过量的除杂试剂，最后通过蒸发浓缩达到纯净的氯化钠rm{(D}选项rm{)}所以必需的操作为：溶解；过滤、蒸发浓缩，不需要分液；

故选BCD．

实验室里由粗盐制备精盐的实验中；首先将粗盐溶解，然后加入除杂试剂将杂质离子变成沉淀，然后通过过滤除去难溶物，最后对滤液进行蒸发浓缩达到纯净的氯化钠，以此解答该题．

本题考查了粗盐的提纯方法，题目难度不大，注意掌握粗盐提纯过程中除杂试剂的选用及除杂试剂的加入顺序，明确除杂原则．【解析】rm{BCD}23、AC【分析】【分析】本题考查了原电池原理，难度不大，注意原电池中，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极。【解答】A.rm{Zn}为负极，电子流出的电极，故A正确；为负极，电子流出的电极，故A正确；

rm{Zn}

B.铜锌原电池中，较活泼的金属作负极，故B错误；负极上C.失电子发生氧化反应被氧化rm{Zn}

，故C正确；失电子发生氧化反应被氧化，故D错误。

D.负极上rm{Zn}失电子发生氧化反应被氧化，故D错误。rm{Zn}【解析】rm{AC}四、填空题(共2题，共14分)24、略

【分析】(1)根据盖斯定律的含义知,途径Ⅰ放出的热量等于途径Ⅱ放出的热量。(2)由盖斯定律:①=得ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4。(3)由③+2×①-②得所求方程式,即ΔH=ΔH3+2ΔH1-ΔH2=+141kJ·mol-1+2×(-393.5kJ·mol-1)-(-566kJ·mol-1)=-80kJ·mol-1。(4)由题意:④FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)ΔH则④=得ΔH==-218kJ·mol-1则FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)ΔH=-218kJ·mol-1【解析】【答案】(1)等于(2)ΔH1=ΔH2+(ΔH3+ΔH4)/2(3)-80kJ·mol-1(4)FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)ΔH=-218kJ·mol-125、rm{(1)}直形冷凝管。

rm{(2)}不能，浓硫酸溶于水放出大量热，容易发生迸溅伤人

rm{(3)}防止液体暴沸冷却后补加

rm{(4)}检漏下

rm{(5)}保证正丁醛及时蒸出，促使反应正向进行，又可尽量避免其被进一步氧化

rm{(6)51}【分析】【分析】本题考查有机化学实验、反应原理、基本操作、化学计算等，难度不大，注意计算中正丁醇的转化率等于正丁醛的产率，注意对基础知识的理解掌握。【解答】rm{(1)D}仪器的名称为：直形冷凝管，故答案为：直形冷凝管；rm{(2)}因为浓硫酸的密度大，能将rm{Na_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液加到浓硫酸中；容易发生迸溅伤人；

故答案为：不能；浓硫酸溶于水放出大量热，容易发生迸溅伤人；

rm{(3)}加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加沸石，应该冷却后补加，

故答案为：防止暴沸；冷却后补加；

rm{(4)}分液漏斗使用前必须进行的第一项操作是检漏；正丁醛密度为rm{0.8017g?cm^{-3}}小于水的密度，故分层后水层在下方；

故答案为：检漏；下；

rm{(5)}根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在rm{90隆芦95隆忙}既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；

故答案为：保证正丁醛及时蒸出；促使反应正向进行，又可尽量避免其被进一步氧化；

rm{(6)}设正丁醛的产率为rm{x}则正丁醇的利用率为rm{x}根据关系式；

rm{C_{4}H_{10}O隆芦C_{4}H_{8}O}

rm{74}rm{72}

rm{4xg}rm{2g}

解得：rm{x=dfrac{74隆脕2}{72隆脕4}}正丁醛的产率为rm{dfrac{74隆脕2}{72隆脕4}隆脕100拢楼=51拢楼}

故答案为：rm{dfrac{74隆脕2}{72隆脕4}隆脕100拢楼=51拢楼

}

rm{51}【解析】rm{(1)}直形冷凝管。

rm{(2)}不能，浓硫酸溶于水放出大量热，容易发生迸溅伤人rm{(3)}防止液体暴沸冷却后补加rm{(4)}检漏下rm{(5)}保证正丁醛及时蒸出，促使反应正向进行，又可尽量避免其被进一步氧化rm{(6)51}五、探究题(共4题，共12分)26、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽