2025年人教版高二化学上册月考试卷

…………○…………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年人教版高二化学上册月考试卷664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7题，共14分)1、下列物质的熔、沸点高低顺序正确的是rm{(}rm{)}A.金刚石rm{>}晶体硅rm{>}二氧化硅rm{>}碳化硅B.rm{CI_{4}>CBr_{4}>CCl_{4}>CH_{4}}C.rm{MgO>Na_{2}O>N_{2}>O_{2}}D.金刚石rm{>}生铁rm{>}纯铁rm{>}钠2、下列反应不属于氧化还原反应的是（）A.2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2B.Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2OC.Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2[来源:Zxxk.Com]D.Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O3、T℃时，某NaOH溶液中c(H＋)＝10－amol·L－1，c(OH－)＝10－bmol·L－1，已知a＋b＝12。向该溶液中逐滴加入pH＝c的盐酸(T℃)，测得混合溶液的部分pH如表中所示：。序号NaOH溶液的体积/mL盐酸的体积/mL溶液的pH①20.000.008②20.0020.006假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则c为A.3B.4C.5D.64、室温下测得甲醛、乙醛和丙酮组成的液态混合物中氢元素的质量分数为9.8%，则该混合物的平均相对分子质量为（）A.50B.49C.51D.445、意大利罗马大学的rm{FuNvio}rm{Cacace}等人获得了极具理论研究意义的rm{N_{4}}分子rm{.N_{4}}分子结构如右图所示，已知断裂rm{lmolN-N}吸收rm{167kJ}热量，生成rm{1mol}rm{N隆脭N}放出rm{942kJ}热量rm{.}根据以上信息和数据，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{N_{4}}分子构型为正四面休，rm{N-N}键键角为rm{109^{circ}}rm{28?}B.rm{N_{4}}与rm{N_{2}}互为同素异形体C.rm{N_{4}}沸点比rm{P_{4}(}白磷rm{)}高D.rm{1mol}rm{N_{4}}气体转变为rm{N_{2}}吸收rm{882kJ}热量6、质量分数为rm{a}的某物质的溶液rm{mg}与质量分数为rm{b}的该物质的溶液rm{ng}混合后，蒸发掉rm{pg}水，得到的溶液每毫升质量为rm{qg}物质的量浓度为rm{c}则溶质的分子量rm{(}相对分子质量rm{)}为()A.rm{dfrac{qleft(am+bnright)}{cleft(m+n-pright)}}B.rm{dfrac{cleft(m+n-pright)}{qleft(am+bnright)}}C.rm{dfrac{1000qleft(am+bnright)}{cleft(m+n-pright)}}D.rm{dfrac{cleft(m+n-pright)}{1000qleft(am+bnright)}}rm{dfrac{qleft(am+bnright)}{cleft(m+n-pright)}

}7、下列一组粒子的中心原子杂化类型相同，分子的键角不相等的是()A.rm{CCl_{4}}rm{SiCl_{4}}rm{SiH_{4;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}B.rm{H_{2}S}rm{NF_{3}}rm{CH_{4}}C.rm{BCl_{3}}rm{CH_{2}==CH_{2}}rm{S_{8}}D.rm{SO_{3}}rm{C_{6}H_{6}(}苯rm{)}rm{H_{2}O}评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)8、有关蔗糖与浓硫酸的反应，下列说法正确的有()A.产生rm{CO_{2}}B.浓硫酸表现出脱水性C.放出大量的热D.浓硫酸表现出还原性9、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10、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11、氢气还原氧化铜：rm{CuO+H_{2}=H_{2}O+Cu}在该反应A.rm{Cu}做还原剂B.rm{CuO}做氧化剂C.铜元素的化合价降低D.铜元素化合剂升高12、关于维生素rm{C}的叙述正确的是rm{(}rm{)}A.维生素rm{C}能使溴水褪色B.维生素rm{C}可作食品添加剂C.维生素rm{C}又称抗坏血酸D.维生素rm{C}不能发生氧化反应评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)13、已知86Rn（氡）基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d106s26p6，88Ra基态原子的电子排布式可简化为[Rn]7s2。114号元素是化学家和物理学家很感兴趣的尚未发现的元素。（1）用简化的形式写出114号元素基态原子的电子排布式：______________________________________________________________________________。（2）根据原子核外电子排布的特征，判断114号元素在周期表中的第________周期________族。（3）根据114号元素在周期表中的位置判断，它最不应具有的性质是________。第一电离能大于88Ra②鲍林电负性大于3.0③最高化合价为＋4价，也可有＋2价④最高价氧化物的对应水化物显碱性14、工业上合成氨的热反应方程式如下：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝－92kJ/mol（1）若已知破坏1mol键、H—H键键分别需吸收的能量为946kJ、436kJ，则断开1molN—H需吸收的能量为kJ。（2）在恒温恒压的条件下，将2molN2和6molH2通入一容积可变的容器中反应，达到平衡后气体的体积为反应前的75%，则该过程释放的能量为kJ，氮气的转化率为，平衡后氨气占混合气体的体积分数为。（3）若将1molN2和1molH2通入两个相同体积的密闭容器甲和乙中，甲容器保持温度和体积不变，乙容器保持温度和压强不变，经过一段时间后，两容器均达到平衡状态。①建立平衡所需的时间：甲乙（填“＞”,“＜”或“＝”）②达到平衡后氨气的体积分数：甲乙（填“＞”,“＜”或“＝”）15、工业上冶炼金属铁的主要反应为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2．其中，Fe2O3____（填“被氧化”或“被还原”），CO作____（填“氧化剂”或“还原剂”）．在该反应中，若消耗了1molFe2O3，则生成____molFe．16、煤化工中常需研究不同温度下平衡常数、投料比及热值等问题已知：rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}H_{2}(g)+CO_{2}(g)}的平衡常数随温度变化如下表：。温度rm{/隆忙}rm{400}rm{500}rm{800}平衡常数rm{K}rm{9.94}rm{9}rm{1}试回答下列问题rm{(1)}该反应的平衡常数表达式为______________________rm{(2)}上述逆反应是：____________反应rm{(}选填：“放热”、“吸热”rm{)}rm{(3)}在rm{800隆忙}发生上述反应，以表中的物质的量投入恒容反应器，其中向正反应方向移动的有_________rm{(}选填rm{A}rm{B}rm{C}rm{D)}。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{n(CO_{2})}rm{3}rm{1}rm{0}rm{1}rm{n(H_{2})}rm{2}rm{1}rm{0}rm{1}rm{n(CO)}rm{1}rm{2}rm{3}rm{0.5}rm{n(H_{2}O)}rm{5}rm{2}rm{3}rm{2}rm{(4)}已知在一定温度下：rm{C(s)+CO_{2}(g)overset{}{?}2CO(g)}平衡常数rm{C(s)+CO_{2}(g)overset{}{?}

2CO(g)}rm{C(s)+H_{2}O(g)overset{}{?}CO(g)+H_{2}(g)}平衡常数rm{K}rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}H_{2}(g)+CO_{2}(g)}平衡常数rm{C(s)+H_{2}O(g)overset{}{?}

CO(g)+H_{2}(g)}则rm{K_{1}}rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}

H_{2}(g)+CO_{2}(g)}rm{K_{2}}之间的关系是：__________________rm{K}在rm{K_{1}}密闭容器中通入rm{K_{2}}和rm{(5)}水蒸气，在rm{VL}达到平衡，然后急速除去水蒸气rm{10molCO}除水蒸气时各物质的物质的量不变rm{10mol}将混合气体燃烧，测得放出的热量为rm{T隆忙}已知rm{(}燃烧热为rm{)}rm{2842kJ(}燃烧热为rm{CO}则，该温度下，平衡常数rm{283kJ/mol}________rm{H_{2}}17、(8分)主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍．X、Y和Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍．在由元素W、X、Y、Z组成的所有可能的二组分化合物中，由元素W与Y形成的化合物M的熔点最高．（提示：Y是第ⅡA族元素）请回答下列问题：(1)W元素原子的L层电子排布式为________(2)X单质与水发生主要反应的化学方程式为___________________(3)化合物M的化学式为________，其晶体结构与NaCl相同，而熔点高于NaCl.M熔点较高的原因是________________________________________(4)X、Y、Z可形成立方晶体结构的化合物，其晶胞中X占据所有棱的中心，Y位于顶角，Z处于体心位置，则该晶体的组成为X∶Y∶Z＝________；评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共32分)18、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）。19、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：_____________。20、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）。21、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、简答题(共2题，共4分)22、（15分）决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题。（1）已知A和B为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：。电离能/kJ·mol－1I1I2I3I4A5781817274511578B7381451773310540A通常显____价，A的电负性____B的电负性（填“＞”、“＜”或“＝”）。（2）紫外光的光子所具有的能量约为399kJ·mol－1。根据下表有关蛋白质分子中重要化学键的信息，说明人体长时间照射紫外光后皮肤易受伤害的原因：____。组成蛋白质的最简单的氨基酸中的碳原子杂化类型是。。共价键C－CC－NC－S键能/kJ·mol－1347305259（3）实验证明：KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似（如右图所示），已知3种离子晶体的晶格能数据如下表：。离子晶体NaClKClCaO晶格能/kJ·mol该4种离子晶体（不包括NaCl）熔点从高到低的顺序是：。其中MgO晶体中一个Mg2＋周围和它最邻近且等距离的Mg2＋有个。（4）金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型氧化物V2O5和CrO2中，适合作录音带磁粉原料的是。（5）某配合物的分子结构如右图所示，其分子内不含有____（填序号）。A．离子键B．极性键C．金属键D．配位键E．氢键F．非极性键23、钢铁很容易生锈而被腐蚀；每年因腐蚀而损失的钢材占世界钢铁年产量的四分之一．

如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有氯化铵（显酸性）溶液和食盐水，各加入生铁块，放置一段时间均被腐蚀，这两种腐蚀都属于______腐蚀．

（1）红墨水柱两边的液面变为左低右高，则______（填“a”或“b”）边盛有食盐水．

（2）b试管中铁发生的是______腐蚀，生铁中碳上发生的电极反应式______；

b试管中铁被腐蚀的总化学方程式为______．评卷人得分六、实验题(共1题，共5分)24、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种短周期元素，它们的核电荷数按rm{C}rm{A}rm{B}rm{D}rm{E}的顺序增大。rm{C}rm{D}都能分别与rm{A}按原子个数比为rm{1隆脙1}或rm{2隆脙1}形成化合物；rm{CB}可与rm{EA_{2}}反应生成rm{C_{2}A}与气态物质rm{EB_{4}}rm{E}的rm{M}层电子数是rm{K}层电子数的rm{2}倍。rm{(1)}写出这五种元素的名称：rm{A}________，rm{B}________，rm{C}________，rm{D}________，rm{E}________。rm{(2)}比较rm{EA_{2}}与rm{EB_{4}}的熔点高低rm{(}填化学式rm{)}________rm{>}________。rm{(3)}写出rm{D}单质与rm{CuSO_{4}}溶液反应的离子方程式：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】解：rm{A.}原子晶体中，熔沸点与键长成反比，这几种物质都是原子晶体，键长：rm{C-C<C-Si<Si-Si}所以熔沸点金刚石rm{>}二氧化硅rm{>}碳化硅rm{>}晶体硅；故A错误；

B.组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越大，则熔、沸点为rm{CI_{4}>CBr_{4}>CCl_{4}>CF_{4}}故B正确；

C.离子晶体的熔沸点大于分子晶体，水中含有氢键，熔、沸点比氮气、氧气的大，则熔、沸点为rm{MgO>H_{2}0>O_{2}>N_{2}}故C错误；

D.熔、沸点：原子晶体rm{>}金属晶体，合金的熔点比纯金属的低，则熔、沸点为金刚石rm{>}纯铁rm{>}生铁rm{>}钠；故D错误；

故选B．

A.原子晶体中；熔沸点与键长成反比；

B.分子晶体中熔沸点与其相对分子质量成正比；

C.离子晶体熔沸点大于分子晶体；分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比，离子晶体熔沸点与离子半径成反比，与离子电荷成正比；

D.一般来说；原子晶体熔沸点高于金属晶体，合金熔沸点高于纯金属，金属晶体熔沸点与金属键成正比，金属键与原子半径成反比，与电荷成正比．

本题考查晶体熔沸点高低判断，明确晶体类型及晶体熔沸点影响因素是解本题关键，注意分子晶体熔沸点与范德华力和氢键有关，易错选项是rm{D}题目难度不大．【解析】rm{B}2、B【分析】氧化还原反应的本质是电子的转移，特征是反应前后化合价发生变化。A中过氧化钠中的氧元素化合价由—1价部分升高到0价，部分降低到－2价，属于氧化还原反应。B中元素的化合价均没有变化，不属于氧化还原反应。C中铁和碳的化合价发生了变化，D中铜和硫的化合价发生了变化，它们均属于氧化还原反应。答案是B。【解析】【答案】B3、B【分析】试题分析：已知a+b＝12，某NaOH溶液中kw＝c（H+）·c（OH-）＝10-amol•L-1.10-bmol•L-1＝10-12，当盐酸的体积为0时，测定溶液的pH是氢氧化钠溶液的pH，则溶液中c（OH-）＝10−12÷10−8＝10-4mol/L；当两种溶液等体积混合时，溶液的pH＝6，结合水的离子积常数知，该溶液呈中性，则酸和碱的物质的量相等，两溶液的体积相等，则c（HCl）＝c（NaOH）＝10-4mol/L，所以盐酸的pH＝4，答案选B。考点：考查酸碱混合溶液定性判断【解析】【答案】B4、C【分析】解：甲醛为CH2O，乙醛为C2H4O，丙酮为C3H6O，各分子中碳原子与氢原子数目之比为1：2，所以混合物的平均分子组成可以表示为（CH2）nO，混合物中氢元素的质量分数为9.8%，所以=9.8%；解得n=2.5，所以混合物的平均相对分子质量为14×2.5+16=51．

故选C．

甲醛为CH2O，乙醛为C2H4O，丙酮为C3H6O，各分子中碳原子与氢原子数目之比为1：2，所以混合物的平均分子组成可以表示为（CH2）nO；根据氢元素的质量分数计算n的值，据此判断混合气体的平均相对分子质量．

本题考查混合物计算，难度不大，根据各物质的分子式判断平均分子组成是关键，是对学生能力的考查．【解析】【答案】C5、B【分析】解：rm{A.}结构和白磷相似，为正四面体结构，但键角为rm{60^{circ}}故A错误；

B.rm{N_{4}}和rm{N_{2}}是同种元素形成的不同种单质；互为同素异形体，故B正确；

C.rm{N_{4}}和rm{P_{4}}都是分子晶体；并且结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，所以白磷的沸点高，故C错误；

D.rm{1molN_{4}}气体中含有rm{6molN-N}键，可生成rm{2molN_{2}}形成rm{2molN隆脭N}键，则rm{1moN_{4}}气体转变为rm{N_{2}}化学键断裂断裂吸收的热量为rm{6隆脕167kJ=1002kJ}形成化学键放出的热量为rm{2隆脕942kJ=1884kJ}所以反应放热，放出的热量为rm{1884KJ-1002KJ=882KJ}故应为放出rm{882kJ}热量；故D错误．

故选B．

A.结构和白磷相似，键角为rm{60^{circ}}

B.rm{N_{4}}和rm{N_{2}}都是氮元素的不同单质；

C.rm{N_{4}}和rm{P_{4}}都是分子晶体；相对分子质量影响沸点；

D.根据化学键断裂要吸收热量，形成化学键要放出热量，根据题中数据计算出rm{1molN_{4}}转变成rm{N_{2}}放出的热量．

本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，题目涉及物质的组成和分类、分子的极性、同素异形体与同分异构体的判断、反应热的计算，题目难度不大，注意基础知识的把握．【解析】rm{B}6、C【分析】【分析】本题考查物质的量的相关计算，为高频考点，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握计算的思路和相关计算公式的运用。首先计算出蒸发掉rm{pg}水后溶质质量分数为：rm{dfrac{ma+nb}{m+n-p}}再根据物质的量浓度rm{c=dfrac{1000娄脩娄脴}{M}}的公式变形计算溶质的相对分子质量。【解答】蒸发掉rm{pg}水后溶质质量分数为：rm{dfrac{ma+nb}{m+n-p}}

根据rm{c=dfrac{1000娄脩娄脴}{M}}可知，溶质的摩尔质量为：rm{M=dfrac{1000娄脩娄脴}{M}=dfrac{1000隆脕q隆脕dfrac{ma+np}{m+n-p}}{c}g/mol=dfrac{1000qleft(am+nbright)}{cleft(m+n-pright)}g/mol}

所以溶质的相对分子质量为：rm{dfrac{1000qleft(am+nbright)}{cleft(m+n-pright)}g}

故选C。rm{M=dfrac{1000娄脩娄脴}{M}

=dfrac{1000隆脕q隆脕dfrac{ma+np}{m+n-p}}{c}

g/mol=dfrac{1000qleft(am+nbright)}{cleft(m+n-pright)}

g/mol}【解析】rm{C}7、B【分析】【分析】本题主要考查了原子的杂化、分子的空间构型等知识，为高频考点，注意孤电子对的确定以及原子杂化理论的应用为解答关键，题目难度中等。【解答】A.rm{CCl_{4}}中rm{C}原子杂化轨道数rm{=娄脪}键数rm{+}孤对电子对数rm{=4+0=4}所以采取rm{sp^{3}}杂化，rm{SiCl_{4}}中rm{C}原子杂化轨道数rm{=娄脪}键数rm{+}孤对电子对数rm{=4+0=4}所以采取rm{sp^{3}}杂化，rm{SiH_{4}}中rm{C}原子杂化轨道数rm{=娄脪}键数rm{+}孤对电子对数rm{=4+0=4}所以采取rm{sp^{3}}杂化，中心原子都是rm{sp^{3}}杂化；其键角相同，故A错误；

B.rm{H_{2}S}中rm{S}原子杂化轨道数rm{=娄脪}键数rm{+}孤对电子对数rm{=2+dfrac{6-2}{2}=4}所以采取rm{sp^{3}}杂化，分子构型为rm{V}型，rm{NF_{3}}中氮原子杂化轨道数rm{=娄脪}键数rm{+}孤对电子对数rm{=3+dfrac{5-3}{2}=4}所以采取rm{sp^{3}}杂化，分子构型为四面体型，rm{CH_{4}}中rm{C}原子杂化轨道数rm{=娄脛}键数rm{+}孤对电子对数rm{=4+0=4}所以采取rm{sp^{3}}杂化，分子构型为正四面体型，中心原子都是rm{sp^{3}}杂化；孤电子对数不同，分子的键角不相同，故B正确；

C.rm{BCl_{3}}中rm{B}原子杂化轨道数rm{=娄脪}键数rm{+}孤对电子对数rm{=3+0=3}rm{sp^{2}}杂化，分子的立体构型为平面三角形，乙烯分子中每个碳原子杂化轨道数为rm{3}所以采取rm{sp^{2}}杂化，每个rm{S}原子含有rm{2}个rm{娄脪}键和rm{2}个孤电子对，所以每个rm{S}原子的价层电子对个数是rm{4}则rm{S}原子为rm{sp}原子含有rm{S}个rm{2}键和rm{娄脪}个孤电子对，所以每个rm{2}原子的价层电子对个数是rm{S}则rm{4}原子为rm{S}rm{sp}rm{{,!}^{3}}故C错误；

D.杂化，中，价层电子对个数rm{SO_{3}}键个数rm{=娄脪}孤电子对个数rm{+}含孤电子对数为rm{=3+1/2(6-3隆脕2)=3}杂化轨道数rm{0}硫原子采用rm{3}杂化，分子形状为平面三角形；苯中碳原子杂化轨道数为rm{sp^{2}}所以采取rm{3}杂化，rm{sp^{2}}中氧原子为rm{H2O}杂化；故D错误。

故选B。rm{sp^{3}}【解析】rm{B}二、多选题(共5题，共10分)8、ABC【分析】【分析】本题旨在考查学生对浓硫酸的性质的应用。【解答】浓硫酸和蔗糖反应，先体现浓硫酸的脱水性，使蔗糖脱水形成碳，然后浓硫酸稀释放出大量的热，后浓硫酸和碳反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，体现浓硫酸的强氧化性，故ABC正确。故选ABC。【解析】rm{ABC}9、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}10、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}11、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}12、ABC【分析】解：维生素rm{C}又称抗坏血酸，具有还原性，能与氧化性物质反应，分子中含有rm{C=C}能与溴水发生加成反应，可作食品添加剂，用于补充维生素，故ABC正确，D错误；

故选ABC．

维生素rm{C}又称抗坏血酸，含有rm{C=C}和rm{-OH}具有还原性，可作食品添加剂，用于补充维生素，据此分析．

本题考查了有机物的结构与性质，题目难度不大，注意把握维生素rm{C}的性质，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．【解析】rm{ABC}三、填空题(共5题，共10分)13、略

【分析】（1）设114号元素为x。x元素原子比86Rn原子多28个电子。根据基态原子的核外电子排布规则，x元素基态原子电子排布式的简化式应为[Rn]5f146d107s27p2。（2）由[Rn]5f146d107s27p2可知，x元素原子的价电子排布式为7s27p2。所以该元素在周期表的第7周期、ⅣA族。（3）88Ra在第7周期、ⅡA族，x元素在第7周期、ⅣA族，所以x元素原子的第一电离能大于88Ra。第6周期、ⅣA族元素铅是金属元素，位于第7周期、ⅣA族的x元素的金属性比铅还要强，所以x元素的鲍林电负性应小于2.0。铅元素的化合价有＋4价和＋2价，与铅同族的x元素的化合价也应有＋4价和＋2价。一般来说，金属元素最高价氧化物对应水化物显碱性。【解析】【答案】（1）[Rn]5f146d107s27p2（2）7ⅣA（3）②14、略

【分析】试题分析：（1）因反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，设N－H键能为xkJ/mol，则945.6kJ/mol＋3×436kJ/mol－6×xkJ/mol＝－92.2kJ/mol，解得x＝391。（2）N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始量（mol）260转化量（mol）x3x2x平衡量（mol）2－x6－3x2x则根据达到平衡后气体的体积为反应前的75%可知＝0.75解得x＝1所以该过程释放的能量为92kJ氮气的转化率为×100%＝50%平衡后氨气占混合气体的体积分数为=（3）①根据方程式N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知，正方应是体积减小的可逆反应，所以如果保持容积不变，则压强降低，这说明在反应过程中乙容器中的压强始终大于甲容器中的压强。压强大，反应速率快，到达平衡的时间少，即建立平衡所需的时间：甲＞乙。②正方应是体积减小的可逆反应，因此压强大有利于平衡向正反应方向移动，氨气的体积分数增大，所以达到平衡后氨气的体积分数：甲＜乙。考点：考查反应热的计算、可逆反应的有关计算以及外界条件对平衡状态和反应速率的影响【解析】【答案】（1）391（2）92；50%；或33.3%（3）①＞②＜15、略

【分析】

反应中Fe元素的化合价降低，则Fe2O3被还原；为氧化剂，C元素的化合价升高，CO为还原剂；

根据反应的方程式可知，若消耗了1molFe2O3；则生成2molFe；

故答案为：被还原；还原剂；2．

【解析】【答案】根据元素化合价的变化判断氧化剂和还原剂；结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等计算．

16、（1）

（2）吸热。

（3）BC

（4）

（5）0.44（或）【分析】【分析】本题主要考查了影响化学平衡常数的因素、平衡常数的概念、转化率的计算、平衡常数的应用等知识点，中等难度，解题时抓住基本概念的应用。

【解答】rm{(1)}化学平衡常数为反应达到平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度的幂之积的比值，所以该反应的平衡常数表达式为rm{K=dfrac{cleft({H}_{2}right)隆陇cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}}

故答案为：rm{K=dfrac{cleft({H}_{2}right)隆陇cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}}

rm{K=

dfrac{cleft({H}_{2}right)隆陇cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}

}由于温度升高；该反应的化学平衡常数减小，平衡向着逆向移动，正向反应是放热反应，故答案为：放热；

rm{K=

dfrac{cleft({H}_{2}right)隆陇cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}

}由于在rm{(2)}平衡常数为rm{(3)}则rm{800隆忙}因为在同一容器中，所以反应向着正向移动，必须满足rm{1}

A.rm{c(CO_{2})?c(H_{2})=c(CO)?c(H_{2}O)}反应向着逆向移动，故A错误；

B.rm{n(CO_{2})?n(H_{2})<n(CO)?n(H_{2}O)}反应向着正向移动，故B正确；

C.rm{3隆脕2>1隆脕5}反应向着正向移动，故C正确；

D.rm{1隆脕1<2隆脕2}达到平衡状态，故D错误；

故答案为：rm{0隆脕0<3隆脕3}

rm{2隆脕0.5=1隆脕1}反应rm{BC}可以由反应rm{(4)}与反应rm{垄脵C(s)+CO_{2}(g)?2CO(g)}相减得到，故反应rm{垄脷C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}(g)}反应rm{垄脹CO(g)+H_{2}O(g)?H_{2}(g)+CO_{2}(g)}得反应rm{垄脷-}所以：rm{K=dfrac{{K}_{1}}{{K}_{2}}}

rm{垄脹}由方程式rm{垄脵}可知，rm{K=dfrac{{K}_{1}}{{K}_{2}}

}反应生成rm{(5)}开始通入rm{CO(g)+H_{2}O(g)?H_{2}(g)+CO_{2}(g)}平衡时rm{1molCO}rm{1molH_{2}}的物质的量之和为rm{10molCO}设rm{CO}rm{H_{2}}物质的量为rm{10mol.}rm{CO}则：rm{H_{2}}rm{x}解得rm{y}rm{x+y=10}利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量；

rm{283x+286y=2842}

起始：rm{x=6mol}rm{y=4mol}rm{CO(g)+H_{2}O(g)?H_{2}(g)+CO_{2}(g)}rm{10mol}

转化：rm{10mol}rm{0}rm{0}rm{4mol}

平衡：rm{4mol}rm{4mol}rm{4mol}rm{6mol}

所以rm{6mol}时反应的平衡常数为：rm{K=dfrac{dfrac{4}{V}隆脕dfrac{4}{V}}{dfrac{6}{V}隆脕dfrac{6}{V}}=dfrac{4}{9}}

rm{4mol}【解析】rm{(1)K=dfrac{cleft({H}_{2}right)隆陇cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}}

rm{(1)K=

dfrac{cleft({H}_{2}right)隆陇cleft(C{O}_{2}right)}{cleft(COright)隆陇cleft({H}_{2}Oright)}

}吸热。

rm{(2)}

rm{(4)K=dfrac{{K}_{1}}{{K}_{2}}}

rm{(3)BC}或rm{(4)K=dfrac{{K}_{1}}{{K}_{2}}

}rm{(5)0.44(}17、略

【分析】考查原子核外电子的排布规律及晶体的有关应用。W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则W是O。Y是第ⅡA族元素，且W与Y形成的化合物M的熔点最高，所以M是氧化镁，则Y是镁。W、X、Y、Z的原子序数依次增大，因此X是F。又因为X、Y和Z的原子序数之和是W原子序数的5倍，所以Z是K。（1）根据构造原理可写出（2）氟是最活泼的非金属，和水反应生成氟化氢和氧气。（3）镁离子半径小于钠离子半径，氧离子半径小于氯离子半径，所以氧化镁中的晶格能要大于氯化钠中的，故熔点高。（4）X占据所有棱的中心，则X的个数是12×1/4＝3。Y位于顶角，则Y的个数是8×1/8＝1。Z处于体心位置，所以该晶体的组成为X∶Y∶Z＝3∶1∶1。【解析】【答案】)(1)2s22p4(1分)(2)2F2＋2H2O===4HF＋O2(2分)(3)MgO(2分)晶格能大(1分)(4)3∶1∶1(2分)四、元素或物质推断题(共4题，共32分)18、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）219、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H220、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）221、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的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物五、简答题(共2题，共4分)22、略

【分析】【解析】试题分析：（1）B的第一、第二电离能较小，可失去2个电子，即最外层应有2个电子，应为Mg元素，而A的第一、第二、第三电离能都较小，可失去3个电子，最高化合价为+3价，应为Al元素，周期表中，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，所以Al的电负性大于Mg。（2）紫外光的光子所具有的能量约为399kJ·mol－1，比蛋白质分子中主要化学键C.C－N和C－S的键能都大，紫外光的能量足以使这些化学键断裂，从而破坏蛋白质分子使皮肤受损坏；组成蛋白质的最简单的氨基酸是甘氨酸，其中羧基C是sp2杂化，而亚甲基C是sp3杂化。（3）离子晶体中晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，熔点越高硬度越大，晶格能与离子的半径、电荷有关，电荷越多、离子半径越小，晶格能越大，TiN中阴阳离子所带电荷为3，大于其它离子所带电荷，MgO、CaO中所带电荷相同，但镁离子半径小于钙离子半径，氯化钾中阴阳离子所带电荷为1，且钾离子半径＞钙离子半径，氯离子半径大于氧离子半径，所以KCl、MgO、CaO、TiN4种离子晶体熔点从高到低的顺序是TiN＞MgO＞CaO＞KCl；MgO的晶体结构与NaCl的晶体结构相似，所以一个Mg2+周围和它最邻近且等距离的Mg2+个数为12．(4)V2O5中钒离子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6；CrO2中铬离子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d2，所以CrO2中的未成对电子数大