2025年沪科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年沪科版高二化学下册月考试卷38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、下列物质中；含有非极性共价键的化合物是（）

A.N2

B.CO2

C.NaOH

D.Na2O2

2、用石墨作电极电解CuCl2溶液；当通电一段时间后，收集到2.24L气体（标准状况）．下列有关说法正确的是（）

A.阳极生成的铜。

B.上述电解过程中共转移0.2mol电子。

C.电解得到的Cu的物质的量为0.5mol

D.电解后溶液呈碱性。

3、下列过程中，发生了消去反应的是A.一氯甲烷和苛性钾的乙醇溶液混合共热B.一溴乙烷和NaOH溶液混合共热C.一溴丁烷与KOH的丁醇溶液混合共热D.氯苯与NaOH溶液混合共热4、酒精和醋酸是生活里的常用品，下列方法不能将二者鉴别开的是：A.闻气味B.分别用来浸泡水壶中的水垢看是否溶解C.分别滴加NaOH溶液D.分别滴加石蕊试液5、向含有Cu（NO3）2，Zn（NO3）2，Fe（NO3）3，AgNO3各0.1mol的混合溶液中，加入0.15mol铁粉，充分搅拌后，产生的变化是（）A.铁粉溶解，没有任何金属生成B.铁粉未完全溶解C.析出0.1mol银和0.1mol铜D.析出0.1mol银和0.05mol铜6、下列说法正确的是（）A.煤的干馏、石油的分馏都是化学变化B.溶于汽油、酒精等有机溶剂中的物质一定是有机物C.除去试管内壁上的“银镜”，可用稀氨水洗涤D.淀粉和纤维素的组成都是(C6H10O5)n，水解最终产物都是葡萄糖7、下列化合物的分子中，所有原子都处于同一平面的是（）A.四氟乙烯B.甲苯C.乙酸D.甲烷8、对下列物质的分类正确的是（）A.水玻璃属于纯净物B.SiO2、烧碱、明矾分别为酸性氧化物、碱、盐C.Cu、NaCl、HCl、氯水均为电解质D.CaO、Na2O、Na2O2均属于碱性氧化物9、用水稀释rm{0.1mol/L}氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是rm{(}rm{)}A.rm{dfrac{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}{c(OH^{-})}}B.rm{dfrac{c(NH_{3}cdot

H_{2}O)}{c(OH^{-})}}C.rm{c(H^{+})}和rm{c(H^{+})}的乘积D.rm{c(OH^{-})}的物质的量rm{OH^{-}}评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、实验是研究化学的基础，图中所示的实验方法、装置或操作完全不正确的是rm{(}rm{)}A.

除杂B.

稀释C.制气D.称量11、下列各组物质中，所含分子数相同的是A.rm{32gO_{2}}和rm{32gCO}B.rm{28gN_{2}}和rm{44gCO_{2}}C.rm{18gH_{2}O}和rm{1molBr_{2}}D.rm{2.24LH_{2}(}标准状况rm{)}和rm{0.1molN_{2}}12、下列反应能用离子方程式rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}=BaCO_{3}隆媒}表示的有A.rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}=

BaCO_{3}隆媒}与rm{BaCl_{2}}溶液反应B.rm{K_{2}CO_{3}}与rm{CO_{2}}溶液反应C.rm{Ba(OH)_{2}}与rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液反应D.rm{Na_{2}CO_{3}}与rm{Ba(OH)_{2}}溶液反应rm{NaHCO_{3}}13、下列有机化合物中，属于烃的衍生物的有rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}CH_{3}}B.rm{CH_{2}篓TCHCl}C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}D.rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}14、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15、实验室需要配置rm{100mL1.0隆脕10^{-2}mol隆陇L^{-1}}的rm{100mL1.0隆脕10^{-2}

mol隆陇L^{-1}}溶液，下列玻璃仪器中，一定要用到的有A.漏斗B.玻璃棒C.烧杯D.容量瓶rm{CuSO_{4}}评卷人得分三、双选题(共9题，共18分)16、下列各项比较中前者高于（或大于或强于）后者的是（）A.CCl4和SiCl4的熔点B.NH3与H2O的键角C.SO2和CO2在水中的溶解度D.碳化硅和金刚石的硬度17、下列烷烃的系统命名中，不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{3}rm{4-}二甲基戊烷B.rm{2}rm{3-}二甲基丁烷C.丁烷D.rm{2}rm{2}rm{3}rm{3-}四甲基丁烷18、已知在相同状况下，要使同一化学键断裂需要吸收的能量等于形成该化学键放出的能量。下列说法正确的是()A.电解熔融的rm{Al_{2}O_{3}}可以制得金属铝和氧气，该反应是一个放出能量的反应B.水分解产生氢气和氧气时放出能量C.相同状况下，反应rm{2SO_{2}+O_{2}=2SO_{3}}是一个放热反应，则反应rm{2SO_{3}=2SO_{2}+O_{2}}是一个吸热反应D.氯化氢分解成氢气和氯气时需要吸收能量19、以下电子排布式属于基态原子的电子排布的是A.rm{1s^{1}2s^{1}}B.rm{1s^{2}s^{1}2p^{1}}C.rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}}D.rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3p^{1}}20、设阿伏加德罗常数为rm{N_{A}}则下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1.5g}甲基rm{(-CH_{3})}所含有的电子数是rm{N_{A}}B.rm{14g}乙烯和丙烯的混合物中含有原子的数目为rm{N_{A}}C.标准状况下，rm{1}rm{L}戊烷充分燃烧后生成的气态产物的分子数为rm{dfrac{5}{22.4}N_{A}}D.常温常压下，rm{1mol}rm{C_{n}H_{2n+2}}中所含有的共价键数目为rm{(3n+1)N_{A}}21、甲～辛等元素在周期表中的位置如下表所示．下列说法正确的是（）

A.甲、丁、戊的单质都是金属B.乙、丙、辛都是非金属元素C.乙、庚、辛都能形成氧化物D.已的氧化物既可溶于KOH溶液又可溶于H2SO4溶液22、下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.核外电子排布完全相同的两种微粒，其化学性质一定相同B.具有固定熔点或沸点的物质一定是纯净物C.一种离子和一种分子的质子数和电子数不可能同时相等D.由分子构成的物质中一定含有共价键23、下列各组离子在溶液中能大量共存的是()A.rm{Al^{3+}}rm{Cl^{-}}rm{Ca^{2+}}B.rm{Mg^{2+}}rm{SOrlap{_{4}}{^{2-}}}rm{OH^{-}}C.rm{Na^{+}}rm{SOrlap{_{4}}{^{2-}}}rm{H^{+}}D.rm{Fe^{3+}}rm{SCN^{-}}rm{K^{+}}24、下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是rm{(}rm{)}A.rm{pH=2}的rm{HA}溶液与rm{pH=12}的rm{MOH}溶液任意比混合：rm{c(H^{+})+c(M^{+})=c(OH^{-})+c(A^{-})}B.在rm{0.1}rm{mol?L^{-1}Na_{2}CO_{3}}溶液中：rm{2c(Na^{+})=c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})}C.在rm{pH=8.37}的rm{NaHCO_{3}}溶液中：rm{c(Na^{+})>c(HCO_{3}^{-})>c(CO_{3}^{2-})>c(H_{2}CO_{3})}D.rm{pH}相同的三种溶液rm{垄脵NH_{4}Cl}rm{垄脷(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{垄脹NH_{4}HSO_{4}}中，rm{c(NH_{4}^{+})}的大小关系是：rm{垄脵=垄脷>垄脹}评卷人得分四、填空题(共1题，共8分)25、熔融盐燃料电池具有较高的发电效率，因而受到重视rm{.}某燃料电池以熔融的rm{K_{2}CO_{3}(}其中不含rm{O^{2-}}和rm{)}为电解质，以丁烷为燃料，以空气为氧化剂，以具有催化作用和导电性能的稀土金属材料为电极rm{.}试回答下列问题：

rm{垄脵}该燃料电池正极电极反应式为：______．

rm{垄脷25隆忙}时，某学生想用该燃料电池电解一定量的硫酸钠饱和溶液中进行电解，当电路中有rm{amol}电子转移时，溶液中析出rm{mgNa_{2}SO_{4}?10H_{2}O}晶体rm{.}若温度不变，在剩余溶液中溶质的质量分数为______，消耗掉的丁烷在标准状况下的体积为______．评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共12分)26、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）。27、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：_____________。28、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）。29、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_______评卷人得分六、解答题(共2题，共6分)30、已知A；B、C为同一短周期的三种元素；它们的原子序数依次增大且和为40；A是该周期中（除稀有气体元素外）原子半径最大的元素，B元素的原子核外M层上的电子数比K层上的电子数多1．

（1）A原子的结构示意图为______；A元素在周期表中位置为______．

（2）写出B的最高价氧化物与A的最高价氧化物对应水化物的溶液之间反应的离子方程式______．

（3）A和C形成的化合物的电子式为______；该化合物的水溶液呈______性（填“酸”或“碱”）．

（4）A是该周期中（除稀有气体元素外）原子半径最大的元素；从原子结构上看其原因是______．A；B、C三元素形成简单离子的半径大小顺序为______．（用离子符号表示）

（5）比较A；B单质活泼性的实验方法是______．

31、（1）AgNO3的水溶液呈______（填“酸”“碱”“中”）性，常温时的pH______7（填“＞”“＜”“=”）原因是（用离子方程式表示）______；实验室在配制AgNO3溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中；然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以______（填“促进”或“抑制”）其水解．

（2）在配制硫化钠溶液时；为了防止其发生水解，可以加入少量的______．

（3）泡沫灭火剂的主要成分是0.1mol/LAl2（SO4）3、0.1mol/LNaHCO3和起泡剂，使用时发生反应的离子方程式为______，Al2（SO4）3溶液与NaHCO3溶液的体积之比约是______．

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】

A．N2中只有N-N非极性键；且属于单质，故A错误；

B．CO2中只有C-O极性键；属于化合物，故B错误；

C．NaOH中含有离子键和O-H极性键；属于化合物，故C错误；

D．Na2O2中钠离子与过氧根离子以离子键结合，O、O之间以非极性共价键结合，则Na2O2为含有非极性共价键的离子化合物；故D正确．

故选D．

【解析】【答案】同种非金属元素之间形成非极性共价键；不同非金属元素之间形成极性共价键，以此来解答．

2、B【分析】

A．阳极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为Cu2++2e-=Cu；应在阴极生成铜，故A错误；

B．生成的气体为氯气，n（Cl2）=0.1mol；由电极反应式可知转移0.2mol电子，故B正确；

C．生成0.1mol氯气；应生成0.1molCu，故C错误；

D．如氯化铜没有全部电解；水解呈酸性，且氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，故D错误．

故选B．

【解析】【答案】用石墨作电极电解CuCl2溶液，阳极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，生成的气体为氯气，n（Cl2）=0.1mol；以此解答该题．

3、C【分析】【解析】试题分析：A选项符合消去反应的条件，但是一氯甲烷中只有一个碳，不能发生消去。B选项条件不符合，需要碱性醇溶液。C选项符合。D选项氯苯不发生消去。考点：有机反应类型【解析】【答案】C4、C【分析】试题分析：酒精和乙醇气味不同，可用闻气味的方法鉴别，A不选；水垢的成分是CaCO3和Mg（OH）2，溶于醋酸但不与酒精反应，可鉴别，B不选；酒精和NaOH溶液不反应，醋酸和NaOH溶液反应，但均无明显现象，不能鉴别，选C；醋酸使紫色石蕊试液变红，但酒精不能，可鉴别，D不选。考点：考查有机物的鉴别。【解析】【答案】C5、D【分析】【解答】解：根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+＜Cu2+＜Ag+，根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，可知氧化性Cu2+＜Fe3+，所以氧化性的顺序为：Zn2+＜Cu2+＜Fe3+＜Ag+，则加入0.15mol铁粉，先是发生Fe+2Ag+=Ag+Fe2+，消耗0.05mol铁析出0.1mol银和0.05mol二价铁，后发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，消耗0.05mol铁生成0.15mol二价铁，余下0.05mol铁和Cu2+反应；消耗0.05mol的铜离子，又生成0.05mol二价铁；

A；铁粉溶解；生成0.05mol的铜，故A错误；

B；铁粉完全溶解；故B错误；

C；析出0.1mol银和0.05mol铜；故C错误；

D；析出0.1mol银和0.05mol铜；故D正确；

故选D．

【分析】根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+＜Cu2+＜Ag+，根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，可知氧化性Cu2+＜Fe3+，所以氧化性的顺序为：Zn2+＜Cu2+＜Fe3+＜Ag+，则加入0.15mol铁粉，先是发生Fe+2Ag+=Ag+Fe2+，消耗0.05mol铁析出0.1mol银和0.05mol二价铁，后发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，消耗0.05mol铁生成0.15mol二价铁，余下0.05mol铁和Cu2+反应，消耗0.05mol的铜离子，又生成0.05mol二价铁，据此分析．6、D【分析】【解析】【答案】D7、A【分析】【解答】解：A；乙烯具有平面型结构；四氟乙烯可看作是一个氟原子取代乙烯中的四个氢原子，所有原子在同一个平面，故A正确；

B；甲苯中的甲基中的H原子和苯环不能全部处于同一平面上；故B错误；

C；乙酸中甲基上的H原子不能全部和﹣COOH中的原子共平面；故C错误；

D；甲烷中的原子呈现四面体构型；能全部在同一平面上，故D错误．

故选A．

【分析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断．8、B【分析】解：A．水玻璃是硅酸钠的水溶液的俗称；属于混合物，故A错误；

B．SiO2；烧碱、明矾分别为酸性氧化物、碱、盐；故B正确；

C．铜是单质；所以铜既不是电解质也不是非电解质，故C错误；

D．Na2O2属于过氧化物；不属于碱性氧化物，故D错误．

故选B．

A．纯净物是由一种物质组成的物质；混合物是由多种物质组成的物质；

B．酸性氧化物能与水作用成酸或与碱作用成盐和水的氧化物；电离生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱；能电离出金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物是盐；

C．在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；

D．能跟酸起反应；生成盐和水的氧化物叫碱性氧化物．

本题考查物质的分类，题目难度不大，熟记各种类型的物质的概念是解题的关键．【解析】【答案】B9、A【分析】解：rm{A}由rm{NH_{3}.H_{2}O}rm{OH^{-}+NH_{4}^{+}}可知，加水促进电离，则rm{c(NH_{3}.H_{2}O)}减少，rm{c(OH^{-})}减小；但是平衡正向移动，氨水的浓度减小得多，所以分子减小的程度大，分母减小的程度小，二者的比值减小，故A正确；

B、氨水加水稀释，溶液的浓度减小，碱性减弱，氢氧根的浓度减小，根据温度不变，则rm{c(H^{+})}和rm{c(OH^{-})}的乘积不变；所以氢氧根的浓度减小，氢离子浓度增大，故B错误；

C、因加水稀释时，温度不变，则rm{c(H^{+})}和rm{c(OH^{-})}的乘积不变；故C错误；

D、由rm{NH_{3}.H_{2}O}rm{OH^{-}+NH_{4}^{+}}可知，加水促进电离，rm{OH^{-}}的物质的量增大；故D错误；

故选A．

用水稀释rm{0.1mol/L}氨水时，溶液中随着水量的增加，由rm{NH_{3}.H_{2}O}rm{OH^{-}+NH_{4}^{+}}可知，rm{n(OH^{-})}增大，但溶液的体积增大的多，则rm{c(OH^{-})}减小，加水促进电离，则rm{n(NH_{3}.H_{2}O)}减少．

本题考查弱电解质的电离，明确稀释时电离平衡的移动及离子的物质的量、离子的浓度的变化是解答的关键，并注意离子积与温度的关系来解答．【解析】rm{A}二、多选题(共6题，共12分)10、ABD【分析】解：rm{A.}洗气时；气体应从长导管进，短导管出，题中气体的进出方向错误，故A错误；

B.量筒只能用于量取一定体积；只能在常温下使用，不能在量筒中稀释浓硫酸，故B错误；

C.实验室可用氯化铵和氢氧化钙制备氨气；装置符合制备要求，故C正确；

D.氢氧化钠应放在小烧杯中称量；故D错误．

故选ABD．

A.气体的进出方向错误；

B.不能在量筒中稀释浓硫酸；

C.实验室可用氯化铵和氢氧化钙制备氨气；

D.称量氢氧化钠时应防止氢氧化钠吸水和变质；减小实验误差．

本题考查较为综合，涉及物质的分离、溶液的量取、气体的制备以及物质的称量，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】rm{ABD}11、BCD【分析】【分析】本题考查物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积等化学计量的计算，阿伏伽德罗定律的应用等，难度中等。【解答】A.rm{n({O}_{2})=dfrac{;32g}{;32g/mol;}=1mol}rm{n(CO)=dfrac{;32g}{28g/mol};;=dfrac{8}{7}mol}二者物质的量不相等，所含分子数不相等，故A错误；B.rm{n({N}_{2})=dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}，rm{n(C{O}_{2})=dfrac{;44g}{44g/mol};;=1mol}物质的量相同，则分子数相同，故B正确；C.rm{n({O}_{2})=

dfrac{;32g}{;32g/mol;}=1mol}rm{n(CO)=dfrac{;32g}{28g/mol};;=

dfrac{8}{7}mol}B.rm{n({N}_{2})=

dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}为rm{n({N}_{2})=

dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}与rm{n(C{O}_{2})=

dfrac{;44g}{44g/mol};;=1mol}rm{18gH}物质的量相同，则分子数相同，故C正确；rm{18gH}标准状况下rm{{,!}_{2}}为rm{O}为rm{1mol}与rm{1molBr}和rm{O}物质的量相同，则分子数相同，故D正确。故选BCD。rm{1mol}【解析】rm{BCD}12、AC【分析】【分析】本题考查离子方程式的书写，离子反应的本质，难度中等。【解答】A.rm{BaCl}rm{BaCl}rm{{,!}_{2}}与rm{K}rm{K}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}故A正确；

rm{{,!}_{3}}溶液反应的离子方程式为：rm{Ba^{2+}+CO_{3}^{2-}=BaCO_{3}隆媒}B.rm{Ba(OH)}rm{2}rm{2}rm{+CO}rm{2}rm{2}的离子反应为rm{=BaCO}rm{3}rm{3}rm{隆媒+H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{Ba}rm{2+}rm{2+}rm{+2OH}故B错误；rm{-}rm{-}rm{+CO}rm{2}rm{2}rm{=BaCO}rm{3}rm{3}rm{隆媒+H}rm{2}rm{2}rm{O}C.rm{Ba(NO}rm{Ba(NO}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{2}}rm{+Na}故C选；

rm{+Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{=BaCO}rm{=BaCO}rm{{,!}_{3}}的离子反应为rm{隆媒+2NaNO}rm{隆媒+2NaNO}rm{{,!}_{3}}的离子反应为rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}rm{+CO}rm{+CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{=BaCO}故D错误。

rm{=BaCO}rm{{,!}_{3}}【解析】rm{AC}13、BCD【分析】解：rm{A}rm{CH_{3}CH_{3}}只含rm{C}rm{H}两元素；故属于烃类，故A错误；

B、rm{CH_{2}篓TCHCl}可以认为是乙烯中的一个rm{H}原子被一个rm{Cl}取代后的产物；故属于烃的衍生物，故B正确；

C、rm{CH_{3}CH_{2}OH}可以认为是用rm{-OH}取代了乙烷中的一个rm{H}原子后得到的；故为烃的衍生物，故C正确；

D、乙酸乙酯可以认为是用rm{CH_{3}COO-}取代了乙烷分子中的一个rm{H}原子得到；故为烃的衍生物，故D正确．

故选BCD．

烃分子中的氢原子被其他原子或者原子团所取代而生成的一系列化合物称为烃的衍生物，其中取代氢原子的其他原子或原子团使烃的衍生物具有不同于相应烃的特殊性质，被称为官能团rm{.}在不改变烃本身的分子结构的基础上；将烃上的一部分氢原子替换成其他的原子或官能团的一类有机物统称为烃的衍生物．

本题考查了烃的衍生物的概念应用，题目较简单，掌握基本概念即可解决问题．【解析】rm{BCD}14、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}15、BCD【分析】本题考查了配制一定物质的量浓度溶液的仪器。配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、rm{100mL}容量瓶、胶头滴管，用不到的是漏斗，个BCD正确。容量瓶、胶头滴管，用不到的是漏斗，个BCD正确。

rm{100mL}故选BCD。【解析】rm{BCD}三、双选题(共9题，共18分)16、B|C【分析】解：A．分子组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，物质的熔沸点越大，所以SiCl4的熔点比CCl4的高；故A错误；

B．NH3为三角锥形，键角为107°，H2O为V形；键角为105°，故B正确；

C．二氧化硫分子中价层电子对个数=2+（6-2×2）=3且含有一个孤电子对，所以为V形结构，SO2是V形的极性分子，CO2是直线型的非极性分子，根据相似相溶原理，SO2在水中的溶解度比CO2的大；故C正确；

D．原子半径Si＞C；键长C-C＜C-Si，键长越长，硬度越小，碳化硅＜金刚石，故D错误．

故选BC．

A．根据分子组成和结构相似的分子；相对分子质量越大，物质的熔沸点越大；

B．NH3为三角锥形，键角为107°，H2O为V形；键角为105°；

C．根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型，根据相似相溶原理分析物质的溶解性，SO2在水中溶解度比CO2大；

D．键长C-C＜C-Si；键长越长，硬度越小．

本题考查较为综合，涉及熔点比较、溶解度、硬度比较以及键角比较等知识，题目难度中等，注意把握比较的方法和角度．【解析】【答案】BC17、rAC【分析】解：rm{A.3}rm{4-}二甲基戊烷，该命名中编号错误，应该从距离取代基最近的一端开始，正确名称为：rm{2}rm{3-}二甲基戊烷；故A错误；

B.rm{2}rm{3-}二甲基丁烷，主链为丁烷，在rm{2}rm{3}号rm{C}各含有rm{1}个甲基；该命名合理，故B正确；

C.丁烷；没有指出是正丁烷还是异丁烷，该命名不合理，故C错误；

D.rm{2}rm{2}rm{3}rm{3-}四甲基丁烷，在rm{2}rm{3}号rm{C}各含有rm{2}个甲基；该命名合理，故D正确；

故选AC．

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．

本题考查烷烃命名，题目难度不大，明确有机物的命名原则为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的规范答题能力．【解析】rm{AC}18、CD【分析】【分析】本题旨在考查学生对化学反应中的能量转化、吸热反应和放热反应等应用。【解答】A.电解熔融的rm{Al}rm{Al}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}可以制得金属铝和氧气，该反应为吸热反应，故A错误；B.水分解产生氢气和氧气时吸收能量，故B错误；C.由题意可以推测，如果一个反应过程放出能量，那么使反应向该反方向进行则需要吸收能量，故C正确；D.氯化氢分解成氢气和氯气时需要吸收能量。故D正确。【解析】rm{CD}19、CD【分析】【分析】本题考查核外电子排布，题目难度不大，明确基态电子排布规律与能量跃迁的关系为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。【解答】A.基态原子的电子排布式为rm{1s^{2}}不符合基态原子电子排布规律，故A错误；B.基态原子的电子排布式应为rm{1s^{2}2s^{2}}发生电子跃迁为rm{1s^{2}2s^{1}2p^{1}}所以不是基态原子电子排布式，故B错误；

C.基态原子的电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}}符合基态原子电子排布规律，故C正确；

D.基态原子的电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{1}}符合基态原子电子排布规律，故D正确。

故选CD。【解析】rm{CD}20、rBD【分析】解：rm{A}rm{1.5g}甲基rm{(-CH_{3})}物质的量为rm{0.1mol}所含有的电子数是rm{0.9N_{A}}故A错误；

B、乙烯和丙烯的最简式为rm{CH_{2}}计算rm{14gCH_{2}}中所含碳原子数rm{=dfrac{14g}{14g/mol}隆脕1隆脕N_{A}=N_{A}}故B正确；

C；标况下；戊烷为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；

D、rm{=dfrac

{14g}{14g/mol}隆脕1隆脕N_{A}=N_{A}}烷烃rm{1molmolC_{n}H_{2n+2}(}中含有rm{)}碳碳键和rm{(n-1)mol}碳氢键，总共含有rm{(2n+2)mol}共价键，含有共价键数为rm{(3n+1)mol}故D正确；

故选BD．

A；质量换算物质的量结合微粒计算电子数；

B、乙烯和丙烯的最简式为rm{(3n+1)N_{A}}计算rm{CH_{2}}中所含碳原子数；

C；标况下；戊烷为液态；

D、根据烷烃中含有的碳碳键和碳氢键计算出rm{14gCH_{2}}中含有的共价键数目．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．rm{1mol}【解析】rm{BD}21、A【分析】解：A．甲为H；为非金属，故A错误；

B．甲；乙、丙、庚、辛都是非金属元素；即H、C、O、Si、S都是非金属元素，故B正确；

C.Si、S都能和氧气反应生成氧化物，C的氧化物有CO2、CO，Si的氧化物有SiO2，S的氧化物有SO2、SO3；故C正确；

D．己的氧化物是氧化铝，属于两性氧化物，所以既可溶于KOH溶液又可溶于H2SO4溶液；故D正确．

故选A．

根据元素在周期表中的位置知；甲-辛分别是H；C、O、Na、Mg、Al、Si、S元素，以此解答该题．

本题考查元素周期表和元素化合物，为高频考点，明确元素在周期表中的位置、元素及其化合物性质是解本题关键，注意氧化铝的两性，熟练掌握元素周期表及元素周期律．【解析】【答案】A22、rBC【分析】解：rm{A}核外电子排布完全相同的两种微粒不一定属于同种元素，化学性质不一定相同，如rm{K^{+}}与rm{Cl^{-}}核外电子排布相同；但是二者化学性质不同，故A错误；

B；只有纯净物有固定熔沸点；故B正确；

C；离子带电荷；质子数一定不等于电子数；分子不带电，质子数等于电子数，当离子和分子的质子数相同时，他们的电子数一定不相同，故C正确；

D；由分子组成的物质中不一定含有共价键；如稀有气体，故D错误；

故选：rm{BC}．

A；核外电子排布完全相同的两种微粒不一定属于同种元素；化学性质不一定相同；

B；混合物没有固定熔点；纯净物有固定熔点；

C；离子带电荷；质子数一定不等于电子数；分子不带电，质子数等于电子数；

D；由分子是单原子分子；则组成的物质中不一定含有共价键；

本题为综合题，考查了原子结构、物质的熔沸点、电解质的电离，综合性强，题目难度不大，侧重考查学生对基础知识的掌握．【解析】rm{BC}23、rAC【分析】【分析】本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意熟练掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等，试题有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。【解答】A.rm{Al^{3+}}rm{Cl^{-}}rm{Ca^{2+}}离子之间不反应；在溶液中能够大量共存，故A正确；

B.rm{Mg^{2+}}与rm{OH^{-}}反应生成沉淀；在溶液中不能大量共存，故B错误；

C.rm{Na^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{H^{+}}离子之间不反应；在溶液中能够大量共存，故C正确；

D.rm{Fe^{3+}}和rm{SCN^{-}}间发生反应生成rm{.Fe(SCN}rm{)_{3}}；在溶液中不能大量共存，故D错误。

故选AC。

rm{)_{3}}【解析】rm{AC}24、rAD【分析】解：rm{A.}任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得rm{c(H^{+})+c(M^{+})=c(OH^{-})+c(A^{-})}故A正确；

B.在rm{0.1mol?L^{-1}Na_{2}CO_{3}}溶液中存在物料守恒，rm{n(Na)=2n(C)}rm{dfrac{1}{2}c(Na^{+})=c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})}故B错误；

C.在rm{dfrac

{1}{2}c(Na^{+})=c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})}的rm{pH=8.37}溶液中碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，rm{NaHCO_{3}}故C错误；

D.相同rm{c(Na^{+})>c(HCO_{3}^{-})>c(H_{2}CO_{3})>c(CO_{3}^{2-})}的rm{pH}与rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}溶液中，都是强酸弱碱盐，根据溶液呈电中性可判断二者rm{NH_{4}Cl}浓度相等，由于rm{NH_{4}^{+}}电离时产生rm{NH_{4}HSO_{4}}使溶液呈酸性，rm{H^{+}}的水解被抑制，因此rm{NH_{4}^{+}}中rm{NH_{4}HSO_{4}}的浓度小于rm{NH_{4}^{+}}所以离子浓度度大小为：rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}故D正确；

故选：rm{垄脵=垄脷>垄脹}

A.任何电解质溶液中都存在电荷守恒；根据电荷守恒判断；

B.在rm{AD}溶液中存在物料守恒，rm{0.1mol?L^{-1}Na_{2}CO_{3}}

C.在rm{n(Na)=2n(C)}的rm{pH=8.37}溶液中碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度；

D.从两个角度考虑，一是相同rm{NaHCO_{3}}的rm{pH}与rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}溶液的水解程度是否相等，二是rm{NH_{4}Cl}电离时产生rm{NH_{4}HSO_{4}}使溶液呈酸性，rm{H^{+}}的水解被抑制；以此来解答。

本题考查离子浓度大小的比较，为高频考点，把握等rm{NH_{4}^{+}}时铵根离子浓度关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。rm{pH}【解析】rm{AD}四、填空题(共1题，共8分)25、略

【分析】解：rm{垄脵}某燃料电池以熔融的rm{K_{2}CO_{3}(}其中不含rm{O^{2-}}和rm{HCO_{3}^{-})}为电解质，以丁烷为燃料，以空气为氧化剂，则正极电极为氧气发生还原反应生成碳酸根离子，电极反应式为rm{O_{2}+CO_{2}+2e^{-}=CO_{3}^{2-}}

故答案为：rm{O_{2}+CO_{2}+2e^{-}=CO_{3}^{2-}}

rm{垄脷}电解硫酸钠饱和溶液即电解水，所以当电路中有rm{amol}电子转移时，消耗的水的质量为rm{dfrac{a}{2}隆脕18g=9ag}结合析出的rm{mgNa_{2}SO_{4}?10H_{2}O}晶体，所以原饱和溶液的溶质的质量分数为rm{dfrac{dfrac{142}{322}隆脕m}{9a+m}隆脕100%=dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}剩余溶液中溶质的质量分数与原饱和溶液的溶质的质量分数相等，也为rm{dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}根据原池的负极反应rm{dfrac{dfrac

{142}{322}隆脕m}{9a+m}隆脕100%=dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}可知，当电路中有rm{dfrac

{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}电子转移时，消耗掉的丁烷的物质的量为rm{C_{4}H_{10}-26e^{-}+13CO_{3}^{2-}=17CO_{2}+5H_{2}O}其体积为rm{dfrac{a}{26}mol隆脕22.4L/mol=0.86aL}

故答案为：rm{dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}rm{amol}．

rm{dfrac{a}{26}mol}某燃料电池以熔融的rm{dfrac

{a}{26}mol隆脕22.4L/mol=0.86aL}其中不含rm{dfrac

{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}和rm{0.86aL}为电解质；以丁烷为燃料，以空气为氧化剂，则正极电极为氧气发生还原反应生成碳酸根离子；

rm{垄脵}电解硫酸钠饱和溶液即电解水，所以当电路中有rm{K_{2}CO_{3}(}电子转移时，消耗的水的质量为rm{O^{2-}}结合析出的rm{HCO_{3}^{-})}晶体，可计算出原饱和溶液的溶质的质量分数，剩余溶液中溶质的质量分数与原饱和溶液的溶质的质量分数相等，根据原池的负极反应rm{垄脷}可知，当电路中有rm{amol}电子转移时，消耗掉的丁烷的物质的量为rm{dfrac{a}{2}g=9ag}据此答题．

本题考查电化学和化学平衡知识，内容比较综合，在理解所学各部分化学知识的本质区别与内在联系的基础上，本题难度中等，注意守恒思想的运用．rm{mgNa_{2}SO_{4}?10H_{2}O}【解析】rm{O_{2}+CO_{2}+2e^{-}=CO_{3}^{2-}}rm{dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}rm{dfrac

{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}rm{0.86aL}五、元素或物质推断题(共4题，共12分)26、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(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）227、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H228、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