2025年北师大版高二化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年北师大版高二化学上册阶段测试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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、S（单斜）和S（正交）是硫的两种同素异形体．

已知：①S（单斜，s）+O2（g）═SO2（g）△H1=-297.16kJ•mol-1

②S（正交，s）+O2（g）═SO2（g）△H2=-296.83kJ•mol-1

③S（单斜，s）═S（正交，s）△H3

下列说法不正确的是（）

A.△H3=-0.33kJ•mol-1

B.单斜硫转化为正交硫的反应是放热反应。

C.S（单斜，s）═S（正交，s）△H3＜0；正交硫比单斜硫稳定。

D.S（单斜，s）═S（正交，s）△H3＞0；单斜硫比正交硫稳定。

2、醇A发生氧化反应生成B，B氧化生成C，A与C生成的酯其分子式为C8H16O2。则A的可能结构有A.1种B.2种C.3种D.4种3、下列烷烃的沸点由低到高的顺序排列正确的是（）

①CH3CH2CH2CH3②③④A.①②③④B.④③①②C.③④①②D.②①③④4、由于反应条件的改变使某容器中的平衡mA（g）+nB（g）⇌pC（g）；△H＜0向正反应方程发生了移动．新的平衡状与原平衡状态相比；下列判断正确的是（）

A.容器内的温度一定升高。

B.正反应速率可能变大；也可能变小。

C.容器中C物质的浓度一定升高。

D.容器中B物质的浓度一定降低。

5、某烃结构式如下：－C≡C－CH＝CH－CH3，有关其结构说法正确的是（）A.所有原子可能在同一平面上B.所有原子可能在同一条直线上C.所有碳原子可能在同一平面上D.所有氢原子可能在同一平面上6、柑橘中柠檬烯的结构可表示为下列关于这种物质的说法中不正确的是rm{(}rm{)}A.该物质难溶于水B.既能使酸性高锰酸钾褪色又能使溴的四氯化碳溶液褪色C.既能发生取代反应，又能发生加成反应D.分子式为rm{C_{10}H_{14}}7、常温下，浓度均为rm{0.1mol/L}的下列四种盐溶液，其rm{pH}测定如表所示：

。序号rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}溶液rm{CH_{3}COONa}rm{NaHCO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaClO}rm{pH}rm{8.8}rm{9.7}rm{11.6}rm{10.3}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.四种溶液中，水的电离程度rm{垄脵>垄脷>垄脺>垄脹}B.rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}溶液中，粒子种类相同C.将等浓度的rm{CH_{3}COOH}和rm{HClO}溶液，rm{pH}小的是rm{HClO}D.rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中，rm{c(Na^{+})=c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})}8、手性分子是指在分子结构中当a、b、x、y为彼此互不相同的原子或原子团时，称此分子为手性分子，中心碳原子为手性碳原子．下列分子中指定的碳原子（用*标记）不属于手性碳原子的是（）A.苹果酸B.丙氨酸C.葡萄糖D.甘油醛评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、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}}10、氢气还原氧化铜：rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}H_{2}O+Cu}在该反应中

A.rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}H_{2}O+

Cu}做还原剂B.rm{CuO}做氧化剂C.铜元素的化合价降低D.铜元素的化合剂升高rm{CuO}11、化学反应一般均会伴随着能量变化，对rm{H_{2}}在rm{O_{2}}中燃烧的反应，正确的是rm{(}rm{)}A.该反应为吸热反应B.该反应为放热反应C.断裂rm{H隆陋H}键吸收能量D.生成rm{H隆陋O}键吸收能量12、为解决全球能源与环境问题，节能减排已成共识。下列措施有利于节能减排的有A.举行“地球一小时”熄灯活动B.露天焚烧稻草和秸秆C.夏天将空调的温度设置在rm{26隆忙}以上D.生活垃圾分类回收处理13、分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用rm{.}下列分类标准合理的是rm{(}rm{)}A.根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液rm{.}胶体和浊液B.根据物质的组成成分是否单一，将物质分为纯净物和混合物C.根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应D.根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)14、（2分）下列说法正确的有。（1）每一周期元素都是从碱金属开始，以稀有气体结束（2）f区都是副族元素，s区和p区的都是主族元素（3）铝的第一电离能大于K的第一电离能（4）B电负性和Si相近（5）Ge的电负性为1.8，则其是典型的非金属（6）半径：K+>Cl—（7）酸性HClO>H2SO4，碱性：NaOH>Mg(OH)2（8）元素的最高正化合价=其最外层电子数=族序数15、已知二氧化硫可使酸性高锰酸钾溶液褪色，化学反应方程式为：5SO2+2KMnO4+2H2O===K2SO4+2MnSO4+2H2SO4用下图装置来验证浓硫酸与木炭在加热条件下反应的产物中含有SO2和CO2（1）实验时，反应产生的气体应从端通入；从端连接盛有澄清石灰水的实验装置(用“a”或“b”填空)。（2）A瓶的实验现象是。（3）C瓶溶液的作用是。16、（14分）（1）一定条件下某烃与H2按物质的量之比1:2加成生成则该烃的结构简式可能为：、。（2）某有机物X分子中只含C、H、O三种元素，相对分子质量小于110，其中氧元素的质量分数为14.8%，已知该物质可与FeCl3溶液发生显色反应，则X的分子式为__________。若1molX与浓溴水反应时消耗了3molBr2，则X的结构简式为。（3）分子式为C4H8的烃，核磁共振氢谱图中有两个吸收峰，峰面积比为3:1，请写出符合条件的所有物质的结构简式、。下列括号内为杂质，将除去下列各组混合物中杂质所需的试剂和方法填写在横线上。溴乙烷（乙醇）_______________，________________苯酚（苯）_______________，______________________________________写出②操作中涉及到的反应的化学方程式______________________________________、______________________________________（5）已知：如果要合成所用的原始原料可以是A．2-甲基-l，3-丁二烯和2-丁炔B．2，3-二甲基-1，3-戊二烯和乙炔C．2，3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔D．1，3-戊二烯和2-丁炔17、(17分)重庆有丰富的天然气资源。以天然气为原料合成氨的主要步骤如下图所示（图中某些转化步骤及生成物未列出）：请填写下列空白：(1)已知2mol甲烷与水蒸气在t℃、pkPa时，完全反应生成一氧化碳和氢气（合成气），吸收了akJ热量，该反应的热化学方程式是_______________________________。(2)图中X为_____，Y为_____（填化学式）；常用K2CO3溶液吸收分离出的CO2，其离子方程式为_____________________________________(3)在合成氨工业中，常采取的措施之一是：将生成的氨从混合气体中及时分离出来。请运用化学平衡的观点说明采取该措施的理由：_______________________________。(4)联合制碱法中，合成氨产生的NH3与CO2通入饱和食盐水最终可制得纯碱，如图所示①应先向食盐水通足量_______气体（写化学式，后同）；副产品Z为______，可用作______；W为_______。②若生产Na2CO35.3吨，理论上至少可制得副产品Z_______吨。18、(18分)甲、乙两池电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题：(1)若两池中均为CuSO4溶液，反应一段时间后：①有红色物质析出的是甲池中的________棒，乙池中的________棒。②乙池中阳极的电极反应式是________________________________________________(2)若两池中均为饱和NaCl溶液：①乙池中碳极上电极反应属于____________(填“氧化反应”或“还原反应”)，写出乙池中该电极反应的离子方程式_______________________________________。②甲池中碳极上电极反应式是_____________，检验该负极反应产物的方法是_____________________________用离子方程式表示_______________________________③若乙池转移0.02mole－后停止实验，池中溶液体积是200mL，则溶液混匀后的pH＝________。19、根据官能团可以对有机物进行分类；鉴别和除杂．

①下列有机物属于烃的是____（填字母）．

a．丙醇b．丙炔c．丙酸。

②区分甲苯和苯酚，不可用的试剂是____（填字母）．

a．FeCl3溶液b．酸性KMnO4溶液c．溴水。

③除去乙酸乙酯中的乙酸，可用的试剂是____（填字母）．

a．NaOH溶液b．饱和Na2CO3溶液c．NaCl溶液．20、rm{(1)}现有如下两个反应：rm{垄脵NaOH+HCl篓TNaCl+H_{2}O}rm{垄脷Fe+H_{2}SO_{4}篓TFeSO_{4}+H_{2}隆眉}

两反应中为放热反应的是______，能设计成原电池的是______rm{.(}填序号rm{)}

rm{(2)}根据下图填空rm{垄脵}电子从______片流出，溶液中rm{H^{+}}向______片移动．

rm{垄脷}正极的现象是______，发生______反应rm{(}填写“氧化”或“还原”rm{)}．

rm{垄脹}负极的电极方程式为______

rm{垄脺}若反应过程中有rm{0.01mol}电子发生转移，则生成的氢气在标准状况下的体积为______L.

rm{(3)}写出电解氯化铜溶液时，阴极的电极反应方程式：______．21、用电子排布图表示下列原子的价电子排布．

rm{(1)N}______

rm{(2)Cl}______

rm{(3)O}______

rm{(4)Mg}______．评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共12分)22、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）。23、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：_____________。24、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）。25、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_______评卷人得分五、工业流程题(共2题，共20分)26、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。27、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】

A．由盖斯定律可知，反应①-②=③，所以△H3=（-297.16kJ•mol-1）-（-296.83kJ•mol-1）=-0.33kJ/mol；故A正确；

B．△H3＜0；单斜硫转化为正交硫的反应是放热反应，故B正确；

C．S（单斜，s）═S（正交，s）△H3＜0；正交硫的能量低，正交硫稳定，故C正确；

D．S（单斜，s）═S（正交，s）△H3＜0；正交硫的能量低，正交硫稳定，故D错误；

故选D．

【解析】【答案】根据盖斯定律可知，反应①-②=③，所以△H3=（-297.16kJ•mol-1）-（-296.83kJ•mol-1）=-0.33kJ/mol；则正交硫的能量低，正交硫稳定，以此来解答．

2、B【分析】【解析】【答案】B3、D【分析】解：①；②中碳原子都是4个；且②比①的支链多，所以②的沸点小于①的；

③；④中碳原子都是5个；且③的支链比④多，所以③的沸点小于④；

①中碳原子数小于③；所以①的沸点小于③，故沸点按由低到高的顺序排列是②①③④；

故选D．

烷烃均属于分子晶体；分子中碳原子数越多，范德华力越大，熔；沸点越高；碳原子数相同的烷烃，支链越多，熔、沸点越低．

本题考查了烷烃沸点高低的判断，难度不大，明确碳原子数相同的烃，支链越多，熔沸点越低．【解析】【答案】D4、B【分析】

A．其它条件不变；当该反应是在恒温下进行时，虽然平衡向正反应方向移动，但容器内温度不变，故A错误；

B．其它条件不变；当移出部分C物质时，平衡向正反应方向移动，但正反应速率减小，当增大B物质的浓度时，正反应速率增大，故B正确；

C．其它条件不变；当增大B物质的浓度时，平衡向正反应方向移动，容器中C物质的浓度升高，当转移出部分C物质时，虽然平衡向正反应方向移动，但C物质的浓度减小，故C错误；

D．其它条件不变时；当通过增大B的浓度而使平衡向正反应方向移动时，平衡时B的浓度增大，当通过转移出部分C物质而使平衡向正反应方向移动时，平衡时B浓度减小，故D错误；

故选B．

【解析】【答案】A．该反应向正反应方向移动时；容器内温度不一定升高；

B．该反应向正反应方向移动时；正反应速率可能变大，也可能不小，与反应物浓度有关；

C．该反应向正反应方向移动时；C物质的浓度可能升高也可能不升高；

D．该反应向正反应方向移动时；容器中B物质的浓度可能增大，也可能降低．

5、C【分析】【解答】由于分子中含有甲基；所以所有原子不可能在同一平面上，A和D不正确；由于苯环和碳碳双键都是平面型结构，因此所有原子可能在同一条直线上，B不正确；又因为碳碳三键是直线型结构，所以所有碳原子不可能在同一平面上，答案选C。

【分析】共平面的题是近年来常考点，这类题切入点是平面型结构。有平面型结构的分子在中学主要有乙烯、1，3-丁二烯、苯三种，其中乙烯平面有6个原子共平面，1，3-丁二烯型的是10个原子共平面，苯平面有12个原子共平面。这些分子结构中的氢原子位置即使被其他原子替代，替代的原子仍共平面。6、D【分析】【分析】本题考查的是有机物的性质，难度不大，通过掌握好有机物的结构决定有机物的性质即可解答。【解答】A.从该有机物的结构来判断，该有机物难溶于水，故A正确；B.由于该有机物含有类似于乙烯一样的碳碳双键，因此既能使酸性高锰酸钾褪色又能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确。C.该有机物含有不饱和键，也有类似于烷烃一样的饱和碳原子，所以既可以发生取代反应也能发生加成反应，故C正确；D.该有机物的分子式是rm{C}rm{C}rm{{,!}_{10}}rm{H}故D错误；故选D。rm{H}【解析】rm{D}7、B【分析】解：酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的rm{pH}越大；

A、易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，则四种溶液中，水的电离程度rm{垄脹>垄脺>垄脷>垄脵}故A错误；

B、碳酸钠中rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}rm{HCO_{3}^{-}+H_{2}O?H_{2}CO_{3}+OH^{-}}rm{H_{2}O?H^{+}+OH^{-}}碳酸氢钠溶液中rm{HCO_{3}^{-}?CO_{3}^{2-}+H^{+}}rm{HCO_{3}^{-}+H_{2}O?H_{2}CO_{3}+OH^{-}}rm{H_{2}O?H^{+}+OH^{-}}所以两种溶液中粒子种类相同，故B正确；

C、对应的盐溶液的rm{pH}越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，则将等浓度的rm{CH_{3}COOH}和rm{HClO}溶液，rm{CH_{3}COOH}的酸性强，则rm{pH}小的是rm{CH_{3}COOH}故C错误；

D、rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中rm{Na}元素的物质的量是rm{C}元素的物质的量的rm{2}倍，则rm{dfrac{1}{2}c(Na^{+})=c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})}故D错误；

故选B．

酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的rm{dfrac

{1}{2}c(Na^{+})=c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})}越大；

A；易水解的盐能促进水的电离；

B；根据溶液中的电离和水解平衡分析；

C、对应的盐溶液的rm{pH}越大；酸根离子水解程度越大，酸越弱；

D；根据物料守恒分析．

本题考查了盐的水解、影响水的电离的程度的因素、物料守恒的应用等，注意根据酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的rm{pH}越大，题目难度不大．rm{pH}【解析】rm{B}8、A【分析】解：A、HOOC-CH2-CHOH-COOH中*号碳原子上连有两个一样的氢原子；不是手性碳原子，故A正确；

B、中*号碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子；甲基、羧基和氨基；是手性碳原子，故B错误；

C、中*号碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、-CH2OH；羟基以及剩余的大取代基；是手性碳原子，故C错误；

D、中*号碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、-CH2OH；羟基以及醛基；是手性碳原子，故D错误。

故选：A。

根据手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子；手性碳原子判断时抓住：手性碳原子一定是饱和碳原子；手性碳原子所连接的四个基团要是不同的．

本题主要考查了手性碳原子的确定方法，注意手性碳原子一定是饱和碳原子，且手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，难度不大．【解析】A二、多选题(共5题，共10分)9、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}10、BC【分析】【分析】本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质及特征为解答关键，注意掌握氧化剂、还原剂的概念及判断方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。【解答】A.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价被还原，rm{CuO}作氧化剂；故A错误；

B.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价，铜元素化合价降低，rm{CuO}作氧化剂；故B正确；

C.rm{CuO}中rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价；化合价降低，故C正确；

D.rm{Cu}元素化合价从rm{+2}价变为rm{0}价；铜元素化合价降低，故D错误。

故选BC。

【解析】rm{BC}11、BC【分析】【分析】本题考查化学反应的热量变化，学生应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题。【解答】A.rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}在rm{O}rm{O}B.rm{{,!}_{2}}在中燃烧反应为放热反应，故A错误；中燃烧反应为放热反应，rm{H_{2}}

rm{O_{2}}键吸收能量，故C正确；

故B正确；键放出能量，故D错误。

C.断裂rm{H隆陋H}键吸收能量，故C正确；rm{H隆陋H}【解析】rm{BC}12、ACD【分析】【分析】本题旨在考查学生对环境的治理的应用。【解答】A.举行“地球一小时”熄灯活动，有利于节能减排，故A正确；

B.露天焚烧稻草和秸秆，造成环境污染，不利于节能减排，故B错误；C.夏天将空调的温度设置在rm{26隆忙}以上，有利于节能减排，故C正确；D.生活垃圾分类回收处理，有利于节能减排，故D正确。故选ACD。【解析】rm{ACD}13、BCD【分析】解：rm{A}根据分散系微粒直径的大小；将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，故A错误；

B；根据物质的组成可知；只有一种物质的为纯净物，含有两种或以上物质的为混合物，故B正确；

C；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；故C正确；

D；根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应；故D正确；

故选BCD．

A；根据分散系微粒直径的大小；将分散系分为溶液、胶体和浊液；

B；根据物质的组成和性质来分析纯净物和混合物；

C；根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；

D；根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应．

本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类的依据，不同的分类标准会得出不同的分类结果．【解析】rm{BCD}三、填空题(共8题，共16分)14、略

【分析】【解析】【答案】（3）（4）15、略

【分析】试题分析：（1）进行洗气时气体从长管进，短管出，故答案为：a，b；（2）SO2具有漂白性，可使品红褪色，故答案为：溶液褪色；（3）要检验二氧化碳气体，应先除去SO2，并检验SO2是否除尽，实验流程中A用来检验SO2验气体，B除去SO2，C验证SO2是否除尽，D检验CO2；故答案为：检验SO2是否除尽．考点：浓硫酸与碳反应气体产物的检验【解析】【答案】（1）a；b；（2）品红溶液褪色；（3）检验SO2是否除尽.16、略

【分析】试题分析：（1）去掉四个氢原子，形成两个双键或形成一个叁键即其结构。（2）相对分子质量小于110，其中氧元素的质量分数为14.8%，可知分子中含一个氧原子，其相对分子质量为108，由该物质可与FeCl3溶液发生显色反应可知含有酚羟基，含有苯环，则X的分子式为C7H8O。若1molX与浓溴水反应时消耗了3molBr2，则酚羟基的邻对位被溴原子取代，甲基在羟基的间位上，X的结构简式为（3）核磁共振氢谱图中有两个吸收峰，峰面积比为3:1，有两种环境的氢原子共8个，各为6个和2个，结构简式为。（4）①溴乙烷不溶于水，乙醇溶于水，用水溶解后分液；②苯酚钠溶于水苯不溶于水，分液后，向下层液体中通入CO2，苯酚钠转化为苯酚，静置后再分液，取下层液体即可。（5）有两种断键方式：对应原始原料为C、2，3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔A、2-甲基-l，3-丁二烯和2-丁炔。考点：结构简式及同分异构体【解析】【答案】（共14分，其中1~4小题每空1分，第5小题2分）②足量NaOHaq，分液，向下层液体中通入CO2，静置后再分液，取下层液体（5）AC17、略

【分析】【解析】【答案】（17分）（1）CH4(g)+H2O(g)===CO(g)+3H2(g)△H=+1/2akJ/mol(3分)（2）N2、H2（每空1分，共2分)CO3－+CO2+H2O=2HCO3－(3分)（3）减小生成物浓度，促进平衡正向移动(2分)（4）①NH3；NH4Cl氮肥；CO2(每空1分，共4分)②5.35吨(3分)18、略

【分析】【解析】【答案】(1)①碳铁②4OH－－4e－===2H2O＋O2↑(2)①氧化反应2Cl－－2e－=Cl2↑－②2H2O＋O2＋4e－===4OH－滴加2滴铁氰化钾溶液，看到有蓝色沉淀出现，说明生成了Fe2＋3Fe2++2[Fe(CN)6]3-===Fe3[Fe(CN)6]2（蓝色），生成物叫普鲁士蓝③1319、b|b|b【分析】【解答】解：①a．丙醇为醇，b．丙炔为烃，c．丙酸为羧酸，则有机物属于烃的是b，故答案为：b；②a．苯酚与氯化铁发生显色反应；苯不能，可鉴别，故不选；

b．二者均能被酸性KMnO4溶液氧化；不能鉴别，故选；

c．苯酚与溴水反应生成白色沉淀，苯不能，可鉴别，故不选；故答案为：b；③a．二者均与NaOH溶液溶液反应；不能除杂，故不选；

b．乙酸与饱和碳酸钠反应后；与乙酸乙酯分层，分液可除杂，故选；

c．二者均与NaCl溶液不反应，不能除杂，故不选；故答案为：b．

【分析】①只含C、H元素的为烃；②苯酚与氯化铁发生显色反应，苯不能；且苯酚与溴水反应生成白色沉淀，苯不能；二者均能被高锰酸钾氧化；③乙酸与饱和碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层．20、略

【分析】解：rm{(1)}酸碱中和反应和活泼金属与酸的反应都是放热反应，所以rm{垄脵垄脷}都是放热反应；要构成原电池必须能自发的氧化还原反应，rm{NaOH+HCl=NaCl+H_{2}O}是非氧化还原反应，而rm{Fe+H_{2}SO_{4}=FeSO_{4}+H_{2}隆眉}是氧化还原反应，故答案为：rm{垄脵垄脷}rm{垄脷}

rm{(2)}由图锌是负极，负极发生氧化反应，电极反应式为：rm{Zn-2e^{-}篓TZn^{2+}}铜是正极，发生还原反应，电极反应式为：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}

rm{垄脵}电子从锌rm{Zn}片流出，溶液中rm{H^{+}}向铜，故答案为：rm{Zn}rm{Cu}

rm{垄脷}铜是正极，发生还原反应，电极反应式为：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}所以现象有气泡产生，故答案为：有气泡产生；还原；

rm{垄脹}负极发生氧化反应，电极反应式为：rm{Zn-2e^{-}篓TZn^{2+}}故答案为：rm{Zn-2e^{-}篓TZn^{2+}}

rm{垄脺}电路中移转rm{2mol}的电子生成的氢气在标准状况下的体积为rm{22.4L}所以有rm{0.01mol}电子发生转移，生成标况的体积为rm{0.112L}故答案为：rm{0.112}

rm{(3)}电解氯化铜溶液时，阴极上是铜离子得电子的还原反应，即rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}故答案为：rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}．

rm{(1)}酸碱中和反应和活泼金属与酸的反应都是放热反应；要构成原电池必须能自发的氧化还原反应；

rm{(2)垄脵}原电池中电子从活泼的负极沿导线流向正极；阳离子向正极移动；

rm{垄脷}铜是正极，发生还原反应，电极反应式为：rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}

rm{垄脹}负极发生氧化反应，电极反应式为：rm{Zn-2e^{-}篓TZn^{2+}}

rm{垄脺}电路中移转rm{2mol}的电子生成的氢气在标准状况下的体积为rm{22.4L}以此分析解答；

rm{(3)}电解氯化铜溶液时；阴极上是铜离子得电子的还原反应．

本题考查原电池原理，侧重考查电极反应式书写、电子流向及阴阳离子移动方向等知识点，电解质溶液中阴阳离子移动方向是学习难点，题目难度不大．【解析】rm{垄脵垄脷}rm{垄脷}rm{Zn}rm{Cu}有气泡产生；还原；rm{Zn-2e^{-}篓TZn^{2+}}rm{0.112}rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}21、略

【分析】解：rm{(1)N}原子的最外层rm{5}个电子，为rm{2s^{2}2p^{3}}故答案为：rm{2s^{2}2p^{3}}

rm{(2)Cl}原子的最外层rm{7}个电子，为rm{3s^{2}2p^{5}}故答案为：rm{3s^{2}2p^{5}}

rm{(3)O}原子的最外层rm{6}个电子，为rm{2s^{2}2p^{4}}故答案为：rm{2s^{2}2p^{4}}

rm{(4)Mg}原子的最外层rm{2}个电子，为rm{3s^{2}}故答案为：rm{3s^{2}}

rm{(1)N}原子的最外层rm{5}个电子；

rm{(2)Cl}原子的最外层rm{7}个电子；

rm{(3)O}原子的最外层rm{6}个电子；

rm{(4)Mg}原子的最外层rm{2}个电子；

本题考查原子核外电子排布，明确价电子是解答本题的关键，注意洪特规则的应用，题目难度不大．【解析】rm{2s^{2}2p^{3}}rm{3s^{2}2p^{5}}rm{2s^{2}2p^{4}}rm{3s^{2}}四、元素或物质推断题(共4题，共12分)22、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）223、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H224、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）225、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混