2025年冀教版高二化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年冀教版高二化学下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5题，共10分)1、下列有机物命名正确的是（）A.3﹣甲基﹣2﹣戊炔B.3﹣乙基﹣1﹣丁烯C.2﹣甲基﹣1﹣丙醇D.3，4，4﹣三甲基己烷2、25℃时，在含有Pb2＋、Sn2＋的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：Sn(s)＋Pb2＋(aq)Sn2＋(aq)＋Pb(s)，体系中c(Pb2＋)和c(Sn2＋)变化关系如图所示。下列判断正确的是A.往平衡体系中加入少量金属铅后，c(Pb2＋)增大B.往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Pb2＋)变小C.升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，说明该反应的△H＞0D.25℃时，该反应的平衡常数K＝2.23、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）

。选项实验操作与现象结论A向油脂皂化反应后的溶液中滴入酚酞，溶液变红油脂已经完全皂化B蔗糖溶液在稀硫酸存在下水浴加热一段时间后，再与银氨溶液混合加热，有光亮的银生成蔗糖溶液已经水解完全C向溶液X中滴入NaHCO3溶液，产生无色气体X中的溶质一定是酸D向鸡蛋清溶液中滴加醋酸铅溶液，产生白色沉淀，加水沉淀不消失蛋白质发生了变性A.AB.BC.CD.D4、下列说法不正确的是（）A.O2和O3互为同素异形体B.H、H和H互为同位素C.CH2=CH2和互为同系物D.和互为同分异构体5、下列说法错误的是()A.电子排布rm{(_{21}Sc)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{3}}违反了能量最低原理B.电子排布式rm{(_{6}C)1s^{2}2s^{2}2p_{x}^{2}}违反了洪特规则C.rm{ns}电子的能量不一定高于rm{(n-1)p}电子的能量根据构造原理，原子核外电子填充顺序为rm{1s2s2p3s3p4s3d4p5s5p4d6s4f5d6p}D.电子排布式rm{(_{22}Ti)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{10}}违反了泡利原理rm{(_{22}Ti)

1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{10}}评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、根据元素周期律，碱金属元素的下列性质从上到下依次递增的有rm{(}rm{)}A.金属性B.化合价C.原子半径D.单质的还原性7、将下列物质加入水中，会显著放热的有rm{(}rm{)}A.烧碱B.浓硫酸C.食盐D.生石灰8、下列物质中能产生丁达尔现象的是A.豆浆B.淀粉溶液C.rm{Fe(OH)_{3}}胶体D.饱和rm{FeCl_{3}}溶液9、生活处处有化学。下列叙述正确的有A.大米经蒸煮和发酵可酿造白酒B.油脂水解的最终产物为葡萄糖C.棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素D.豆制品中的主要营养物质是蛋白质10、在日常生活中，与化学反应速度有关的做法是rm{(}rm{)}A.用热水溶解蔗糖以加速溶解B.把块状煤碾成粉末状再燃烧C.真空包装食品，以延长保质期D.低温冷藏使食品延缓变质11、下列不能够用酒精灯加热的仪器是()A.量筒B.烧杯C.试管D.容量瓶12、以石油、煤和天然气为主要原料生产的三大合成材料是A.陶瓷B.塑料C.合成纤维D.合成橡胶13、甲烷和乙烯是两种重要的有机物，关于它们的说法正确的是A.乙烯是重要的化工原料B.甲烷和乙烯互为同系物C.甲烷和乙烯可以用溴水加以鉴别D.甲烷是最简单的有机物，是天然气的主要成分14、下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.糖类rm{.}油脂rm{.}蛋白质都能发生水解反应B.糖类rm{.}油脂rm{.}蛋白质都是由C.rm{H}rm{O}三种元素组成的rm{C}糖类rm{.}油脂rm{.}蛋白质都是高分子化合物D.油脂有油和脂肪之分，但都属于酯评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、如图所示为高温超导领域里的一种化合物——钙钛矿晶体结构，该结构是具有代表性的最小重复单位。(1)在该物质的晶体结构中，每个钛离子周围与它最接近且距离相等的氧离子、钙离子各有____、____个。(2)该晶体结构中，元素氧、钛、钙的离子个数比是____，该物质的化学式可为____。(3)若钙、钛、氧三元素的相对原子质量分别为a、b、c，晶体结构图中正方体边长(钛原子之间的距离)为dnm(1nm＝10－9m)，阿伏加德罗常数为6.02×1023mol-1，则该晶体的密度为____g·cm-3。16、粗盐提纯的步骤____，____，____；粗盐中还含有一些可溶性杂质（CaCl2、MgCl2、SO），除去这些杂质依次加过量NaOH（除去Mg2+），过量BaCl2（除去SO）过量Na2CO3（除去Ca2+、过量Ba2+），过滤操作后，再加入____，除去（过量的COOH﹣）有关离子方程式：____．17、某温度下，纯水中的c（H+）=2.0×10-7mol/L，则此时溶液的c（OH-）为______mol/L．18、下列物质：rm{垄脵}水晶rm{垄脷}冰醋酸rm{垄脹}氧化钙rm{垄脺}白磷rm{垄脻}晶体氩rm{垄脼}氢氧化钠rm{垄脽}铝rm{垄脿}金刚石rm{垄谩}过氧化钠rm{(1)}属于原子晶体的化合物____；rm{(2)}直接由原子构成的晶体____；rm{(3)}直接由原子构成的分子晶体____；rm{(4)}由极性分子构成的晶体是____；含有非极性键的离子晶体是；属于分子晶体的单质是；rm{(5)}在一定条件下能导电而不发生化学变化的是________；受热熔化后化学键不发生变化的是；受热熔化时需克服共价键的是；19、（1）写出MgBr2的电子式____．

（2）H2O以____键结合，MgBr2以____键结合．（填极性键；非极性键、离子键）

（3）14CO2与碳在高温条件下发生反应：14CO2+C2CO，该反应是____热反应，达到平衡后，平衡混合物中含14C的粒子有____．20、在一条件下，CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3CH3COO﹣+H+△H＞0，下列方法中，可以使0.10mol•L﹣1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是____

a．加入少量0.10mol•L﹣1的稀盐酸。

b．加热。

c．加水稀释至0.010mol•L﹣1

d．加入少量冰醋酸。

e．加入少量氯化钠固体。

f．加入少量0.10mol•L﹣1的NaOH溶液．21、某火腿制品的包装上印有相关配料：精选瘦肉、白糖、淀粉、亚硝酸钠等．其中富含蛋白质的是______，属于防腐剂的是______，淀粉在人体内最终的水解产物为______；白糖的主要成分是______．22、rm{25隆忙}时，现有浓度均为rm{0.10mol/L}的两种溶液：rm{垄脵NH_{4}Cl}溶液、rm{垄脷NaCl}溶液．

rm{(1)}两种溶液中，rm{pH<7}的是______rm{(}填“rm{垄脵}”或“rm{垄脷}”rm{)}．

rm{(2)}用离子方程式解释rm{(1)}的原因：______．

rm{(3)}下列说法正确的是______rm{(}填字母rm{)}．

rm{a.NH_{4}Cl}是强电解质rm{b.NH_{4}Cl}和rm{NaCl}均能促进水的电离。

rm{c.}两种溶液等体积混合后，溶液中离子浓度大小关系为：rm{c(Cl^{-})>c(Na^{+})>c(NH^{+}_{4})>c(H^{+})>c(OH^{-})}评卷人得分四、工业流程题(共3题，共12分)23、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___。24、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25、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

ii．相关物质的物理性质如下表：。相关物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9767.1与水互溶亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是___________。

②步骤II开始时的操作为___________(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是___________(选填字母编号)。

a．打开K1、K2b．关闭K1、K2c．打开K3d．关闭K3e．水浴加热f．通冷凝水。

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2mL。

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共40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、原理综合题(共1题，共5分)30、化学家侯德榜创立了中国的制碱工艺，促进了世界制碱技术的发展。下图是纯碱工艺的简化流

（1）写出CO2的电子式____________________。

（2）用离子方程式表示纯碱工艺中HCO3-的生成___________________。

（3）工业生产时先氨化再通CO2，顺序不能颠倒，原因是_______________。

（4）滤液A中最主要的两种离子是_________。

（5）某小组设计如下实验分离滤液A中的主要物质。打开分液漏斗活塞，一段时间后，试管中有白色晶体生成，用化学原理解释白色晶体产生的原因___________________。

（6）某纯碱样品因煅烧不充分而含少量NaHCO3，取质量为m1的纯碱样品，充分加热后质量为m2，则此样品中碳酸氢钠的质量分数为______________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【解答】解：A；3﹣甲基﹣2﹣戊炔；在2、3号碳之间含有三键，3号碳原子已经含有4个共价键，不可能存在甲基，所以该命名不合理，故A错误；

B；3﹣乙基﹣1﹣丁烯；该有机物主链为5个碳，即为戊烯，正确命名为：3﹣甲基﹣1﹣戊烯，故B错误；

C；2﹣甲基﹣1﹣丙醇；符合命名规则，故C正确；

D；3；4，4﹣三甲基己烷，不符合支链编号之和最小原则，正确命名应为：3，3，4﹣三甲基己烷，故D错误．

故选C．

【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

1）烷烃命名原则：

①长：选最长碳链为主链；

②多：遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近：离支链最近一端编号；

④小：支链编号之和最小．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；

⑤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．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；

2）有机物的名称书写要规范；

3）对于结构中含有苯环的；命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”；“间”、“对”进行命名；

4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．2、D【分析】试题分析：Pb为纯固体，加入金属铅，对平衡无影响，故A项错误；往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后使溶液中c(Sn2+)浓度变大，故平衡逆向移动，c(Pb2＋)增大，故B项错误；升高温度平衡体系中c(Pb2＋)增大，平衡逆向移动，故逆反应方向为吸热方向，故该反应的△H<0，故C项错误；25℃时，该反应的平衡常数K＝0.22/0.1=2.2，故D项正确。考点：化学平衡移动。【解析】【答案】D3、D【分析】解：A．向油脂皂化反应后；生成高级脂肪酸盐，水解显碱性，但碱性条件下水解为皂化反应，不能说明结论，皂化反应结束后溶液不分层可说明油脂已经完全皂化，故A错误；

B．蔗糖水解后；检验葡萄糖应在碱性条件下，没有加碱至碱性，不能检验，故B错误；

C．X若为氯化铝；与碳酸氢钠发生相互促进水解反应，生成气体时，则X可能为酸或盐等，故C错误；

D．向鸡蛋清溶液中滴加醋酸铅溶液；发生变性，为不可逆反应，则产生白色沉淀，加水沉淀不消失，故D正确；

故选D．

A．向油脂皂化反应后；生成高级脂肪酸盐，水解显碱性，但碱性条件下水解为皂化反应；

B．蔗糖水解后；检验葡萄糖应在碱性条件下；

C．X若为氯化铝；与碳酸氢钠发生相互促进水解反应；

D．向鸡蛋清溶液中滴加醋酸铅溶液；发生变性，为不可逆反应．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握有机物的性质、水解反应、实验技能等为解答该题的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，选项A为易错点，题目难度不大．【解析】【答案】D4、C【分析】解：A．O2和O3都是由氧元素形成的不同单质；互为同素异形体，故A正确；

B．H、H和H质子数相同；中子数不同，是氢元素的不同核素，互为同位素，故B正确；

C．CH2=CH2和结构不相似；不为同系物，故C错误；

D．和分子式相同而结构不同；互为同分异构体，故D正确．

故选C．

A．同种元素形成的不同单质互为同素异形体；

B．质子数相同质量数（或中子数）不同的原子互称同位素；

C．同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团的化合物；官能团数目和种类相等；

D．具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体．

本题考查同系物、同分异构体、同位素、同素异形体、同一物质的区别，难度不大，注意把握概念的内涵与外延．【解析】【答案】C5、C【分析】【分析】主要考查原子核外电子的排布，掌握能量最低原理，洪特规则，泡利原理是解题关键，题目难度不大。【解答】A.根据能量最低原理可知，电子先排能量低的轨道后排能量高的轨道，故rm{A}正确；B.根据洪特规则可知，rm{A}轨道上的两个电子应排在不同轨道上，故rm{2p}正确；C.电子能量与能层和能级都有关rm{2p}电子的能量一定高于rm{B}电子的能量，故rm{B}错误；D.根据泡利不相容原理知，，rm{ns}轨道最多排rm{ns}个电子，故rm{(n?1)p}正确。故选C。rm{(n?1)p}【解析】rm{C}二、多选题(共9题，共18分)6、ACD【分析】解：碱金属元素原子最外层电子都有rm{1}个电子，化合价都为rm{+1}价；从上到下依次增强，原子半径依次增大，单质的还原性依次增强；

故选：rm{ACD}．

同主族元素金属性从上到下依次增强；原子半径依次增大，单质的还原性依次增强，据此解答．

本题考查了碱金属元素性质递变规律，明确同主族元素性质的递变规律是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{ACD}7、ABD【分析】解：rm{A.}烧碱溶于水会放热；故A正确；

B.浓硫酸溶于水会放出大量的热；故B正确；

C.rm{NaCl}溶于水热效应不明显；故C错误；

D.生石灰溶于水会放出大量的热；故D正确．

故选ABD．

解此题的关键是看清放热两字，注意此题所研究的不一定是放热的化学反应，放热过程也可rm{.}如rm{NaOH}rm{CaO}浓rm{H_{2}SO_{4}}溶于水都是典型的放热过程；rm{NH_{4}NO_{3}}溶于水是吸热的；rm{C_{2}H_{5}OH}rm{NaCl}等溶于水热效应不明显．

本题考查物质溶解于水中的热效应，难度不大，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．【解析】rm{ABD}8、ABC【分析】略【解析】rm{ABC}9、AD【分析】【分析】本题旨在考查学生对油脂、淀粉、纤维素、蛋白质等应用。【解答】A.淀粉发酵为葡萄糖，葡萄糖在一定条件下分解为乙醇和二氧化碳，故A正确；B.油脂水解最终产物为高级脂肪酸和甘油，故B错误；C.棉花的主要成分是纤维素，蚕丝的主要成分是蛋白质，故C错误；D.豆制品中的主要营养物质是蛋白质，故D正确。故答案为：rm{AD}【解析】rm{AD}10、BCD【分析】解：rm{A}温度升高加速蔗糖分子的运动；使蔗糖溶解加速，但蔗糖溶解属于物理变化，不是化学变化，故A错误；

B；把块状煤碾成粉末状；增大与氧气的接触面积，加快煤的燃烧，故B正确；

C；真空包装隔绝氧气；抑制微生物的繁殖，延缓食品变质，保质期长，故C正确；

D；采用冷藏的方法储存食品时；温度低，微粒的运动速率慢，食品缓慢氧化的速率慢，保质期就长，故D正确；

故选BCD．

A；温度升高加速蔗糖分子的运动；但蔗糖溶解属于物理变化；

B；把块状煤碾成粉末状；增大与氧气的接触面积；

C；真空包装隔绝氧气；抑制微生物的繁殖，延缓食品变质；

D；采用冷藏的方法储存食品时；温度低，微粒的运动速率慢，食品缓慢氧化的速率慢，保质期就长．

考查反应速率的影响因素等，难度不大，注意基础知识的掌握与理解．【解析】rm{BCD}11、AD【分析】【分析】本题考查常见化学仪器的使用知识，难度不大，掌握常见的化学仪器的使用是解答的关键。【解答】可以直接加热的仪器有：烧杯、坩埚、试管、蒸发皿，量筒、容量瓶不能加热，故AD错误。故选AD。【解析】rm{AD}12、BCD【分析】本题考查煤、石油和天然气的用途。以煤、石油和天然气为主要原料可制造化工产品、合成塑料、合成橡胶、合成纤维等，故BCD正确。

故选BCD。【解析】rm{BCD}13、ACD【分析】本题考查较综合，涉及有机物的鉴别、试剂的保存、有机物结构与性质及混合物分离提纯等。A.乙烯是重要的化工原料，故A正确；

B.甲烷是饱和烷烃，乙烯是烯烃，不是同系物，故B错误；

C.乙烯与溴水反应，而甲烷不能，则甲烷和乙烯可以用溴水鉴别，故C正确；

D.甲烷是最简单的有机物，是天然气的主要成分，故D正确。

故选ACD。【解析】rm{ACD}14、ABC【分析】解：rm{A.}糖类中的葡萄糖属于单糖；是不能水解的糖，故A错误；

B.油脂主要由rm{C}rm{H}rm{O}元素组成，蛋白质主要由rm{C}rm{H}rm{O}rm{N}四种元素组成；故B错误；

C.糖类中的单糖；二糖和油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故C错误；

D.油脂有油和脂肪之分；但都属于酯，它们的官能团都是酯基，属于酯，故D正确．

故选ABC．

A.糖类中的单糖不能水解；

B.蛋白质主要由rm{C}rm{H}rm{O}rm{N}四种元素组成；

C.相对分子质量在rm{10000}以上的有机化合物为高分子化合物；

D.油脂的官能团是酯基．

本题考查糖类、油脂、蛋白质的组成和性质，明确不能水解的物质是解题的关键，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力．【解析】rm{ABC}三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】【解析】试题分析：每个钛离子周围与它最接近且距离相等的氧离子、钙离子各有6个（上下左右前后个1个）和8个（每个顶点可以形成8个立方体）。（2）根据晶胞结构，借助于均摊法可知，该晶体结构中，元素氧、钛、钙的离子个数分别是1个，所以离子个数比是3∶1∶1，所以该物质的化学式是CaTiO3。（3）晶胞的边长是d×10－7cm，所以根据晶胞的化学式可知解得ρ＝g/cm。考点：考查晶胞、晶体化学式以及晶胞结构的有关计算【解析】【答案】(1)68(2)3∶1∶1CaTiO3(3)16、溶解|过滤|蒸发|稀盐酸|CO+2H+=H2O+CO2↑，OH﹣+H+=H2O【分析】【解答】解：粗盐中含难溶的泥沙，除掉泥沙需要先溶解，过滤，蒸发结晶；得到不含泥沙的粗盐，要通过离子反应将钙离子、镁离子、硫酸根以沉淀的形式除掉，所加试剂都是过量的，产生的沉淀有氢氧化镁、硫酸钡、碳酸钙、碳酸钡，过滤后滤液中还含过量的COOH﹣，用稀盐酸与之反应产生气体和水．故答案为：溶解；过滤；蒸发；稀盐酸；CO+2H+=H2O+CO2↑；OH﹣+H+=H2O．

【分析】粗盐中含难溶的泥沙，除掉要用到溶解、过滤、蒸发．粗盐中可溶性杂质（CaCl2、MgCl2、SO42﹣），通过沉淀法除去，由于除杂试剂过量，需要用稀盐酸除掉过量的COOH﹣．17、略

【分析】解：某温度下，纯水中的c（H+）=2.0×10-7mol•L-1，而H2O⇌OH-+H+，则c（OH-）=c（H+）=2.0×10-7mol•L-1，即此溶液中c（OH-）=2.0×10-7mol•L-1，故答案为：2.0×10-7mol•L-1；

纯水存在电离平衡；电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相同，据此分析．

本题考查了水的离子积常数的分析应用，水电离平衡分析判断，题目较简单．应注意到无论在什么溶液中．什么温度下，水电离出的氢离子浓度和水电离出的氢氧根浓度恒相等．【解析】2.0×10-718、(1)①⑧

(2)①⑤⑧

(3)⑤

(4)②，⑨，④⑤(5)⑦，②④⑤(氩晶体中无化学键)，①⑧【分析】【分析】

本题考查晶体类型的判断及晶体的性质；为高频考点，注意晶体的构成微粒；化学键、物质的分类即可解答，综合性较强。

【解答】

rm{垄脵}水晶rm{(SiO_{2})}中含共价键；为共价化合物，为原子晶体；

rm{垄脷}冰醋酸中含共价键；为共价化合物，为分子晶体；

rm{垄脹}氧化钙中含离子键；为离子化合物，为离子晶体；

D.白磷中含共价键；为单质，属于分子晶体；

rm{垄脹}白磷是含有非极性键，为单质，属于分子晶体；

rm{垄脺}白磷是含有非极性键，为单质，属于分子晶体；氩中不含化学键；为单质，属于分子晶体；

rm{垄脺}氢氧化钠中含离子键和共价键；为离子化合物，为离子晶体；

rm{垄脻}铝为金属单质；为金属晶体；

rm{垄脻}金刚石含共价键；为单质，属于原子晶体；

rm{垄脼}氢氧化钠过氧化钠中含离子键和共价键；为离子化合物，为离子晶体；

rm{垄脼}属于原子晶体的化合物是rm{垄脽}直接由原子构成的分子晶体是rm{垄脽}；

故答案为：rm{垄脿}；

rm{垄脿}rm{垄谩}过氧化钠rm{垄谩}；

故答案为：rm{(1)}；

rm{A}rm{垄脵垄脿}rm{垄脵垄脿}

故答案为：rm{(2)}

直接由原子构成的晶体rm{垄脵垄脻垄脿}rm{垄脵垄脻垄脿}rm{(3)}直接由原子构成的分子晶体rm{垄脻}rm{垄脻}；

故答案为：rm{(4)}由极性分子构成的晶体是rm{垄脷}；

在一定条件下能导电而不发生化学键断裂的是含有非极性键的离子晶体是受热熔化后化学键不发生变化的化合物是rm{垄谩}氩晶体中无化学键；属于分子晶体的单质是受热熔化后需克服共价键的是rm{垄脺垄脻}

故答案为：rm{垄脷}rm{垄谩}氩晶体中无化学键rm{垄脺垄脻}rm{垄脽}

rm{垄脷垄脺垄脻(}【解析】rm{(1)垄脵垄脿}

rm{(2)垄脵垄脻垄脿}

rm{(3)垄脻}

rm{(4)垄脷}rm{垄谩}rm{垄脺垄脻}rm{(5)垄脽}rm{垄脷垄脺垄脻(}氩晶体中无化学键rm{)}rm{垄脵垄脿}19、略

【分析】

（1）Mg失去2个电子，被2个溴原子分别得到1个形成溴离子，则溴化镁的电子式为：．

故答案为：

（2）水中含有氢氧两种元素；属于共价化合物，存在的是极性共价键；溴化镁属于离子化合物，存在的是离子键，故答案为：极性键；离子键；

（3）CO2+C⇌2CO，属于吸热反应，建立化学平衡后，可逆反应仍然进行，当向正反应方向进行时，部分CO中会有14C，当向逆反应方向进行时，生成的C中也会部分含有14C，即含有14C的有：CO2、C、CO，故答案为：吸；CO2；C、CO．

【解析】【答案】（1）根据离子化合物的电子式书写．（2）根据水是共价化合物和溴化镁是离子化合物判断．（3）根据可逆反应分析．

20、bcf【分析】【解答】解：醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离；a．加入少量0.10mol•L﹣1的稀盐酸；溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故错误；

b．醋酸的电离是吸热反应，加热CH3COOH溶液；促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故正确；

c．加水稀释至0.010mol•L﹣1；促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故正确；

d．加入少量冰醋酸；醋酸的电离平衡向正反应方向移动，但醋酸的电离程度降低，故错误；

e．加入少量氯化钠固体；不影响平衡的移动，则不改变醋酸的电离，故错误；

f．加入少量0.10mol•L﹣1的NaOH溶液；氢氧根离子和氢离子反应生成水，氢离子浓度降低，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故正确；

故选bcf．

【分析】醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离，由此分析解答．21、略

【分析】解：依据火腿制品的包装上印有相关配料可知精选瘦肉中富含蛋白质；亚硝酸钠具有防腐作用，淀粉是多糖水解的最终产物是葡萄糖，白糖的主要成分为蔗糖；

其中富含蛋白质的是精选瘦肉；属于防腐剂的是硝酸钠；淀粉在人体内最终的水解产物为葡萄糖；白糖的主要成分是蔗糖；

故答案为：精选瘦肉；亚硝酸钠、葡萄糖、蔗糖．

精选瘦肉中富含蛋白质；亚硝酸钠具有防腐作用，淀粉是多糖水解的最终产物是葡萄糖，白糖的主要成分为蔗糖，依据配料中各成分的组成和性质和用途判断解答．

本题考查蛋白质、糖类的性质，以及常见的食品添加剂，题目难度不大，注意相关知识的积累．【解析】精选瘦肉；亚硝酸钠；葡萄糖；蔗糖22、略

【分析】解：rm{(1)}氯化钠是强酸强碱盐，氯离子和钠离子不水解，溶液呈中性，氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，故答案为：rm{垄脵}

rm{(2)}氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，离子方程式为：rm{NH_{4}^{+}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O+H^{+}}故答案为：rm{NH_{4}^{+}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O+H^{+}}

rm{(3)a.NH_{4}Cl}属于盐类，是强电解质，故rm{a}正确；

rm{b.NH_{4}Cl}能水解促进水电离，但是rm{NaCl}不会水解，所以不能促进水的电离，故rm{b}错误；

rm{c.}两种溶液等体积混合后，铵根离子水解、氯离子和钠离子不水解，溶液呈酸性溶液中离子浓度大小关系为：rm{c(Cl^{-})>c(Na^{+})>c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}故rm{c}正确，故选rm{ac}．

rm{(1)}强酸弱碱盐溶液呈酸性；强酸强碱盐溶液呈中性；

rm{(2)}铵根离子水解溶液显示酸性；

rm{(3)a}完全电离的电解质为强电解质；部分电离的电解质为弱电解质；

rm{b}含有弱离子的盐促进水电离；酸或碱抑制水电离；

rm{c}混合溶液中；铵根离子水解、氯离子和钠离子不水解，溶液呈酸性．

本题考查了盐类水解知识点，根据盐的特点结合盐类水解判断离子浓度大小，题目难度不大．【解析】rm{垄脵}rm{NH_{4}^{+}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O+H^{+}}rm{ac}四、工业流程题(共3题，共12分)23、略

【分析】【分析】

(1)反应1中发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分离出的Na2FeO4中加入饱和KOH溶液反应生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，同时生成还原产物NaCl，结合守恒法写出该反应的化学方程式；根据电子守恒计算制备0.5molNa2FeO4消耗NaClO的质量；

(3)电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-；阴极生成氢气和氢氧化钠；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小；与铁离子的水解有关。

【详解】

(1)①Na2FeO4中钠元素的化合价为+1价；氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁元素的化合价为0-(-2)×4-(+1)×2=+6价；高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为发生氧化还原反应；

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，即加入饱和KOH溶液发生的反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；说明该温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，反应中Fe元素的化合价从+3价升高为+6价，Cl元素的化合价从+1价降为-1价，根据得失电子守恒、原子守恒，则该反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；设制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为mg，则由电子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根据装置图，Fe为阳极，电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，电极方程式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阴极生成氢气和氢氧化钠，则阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为NaOH；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，根据“高铁酸盐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-”，则产生曲线Ⅰ和曲线Ⅱ差异的原因是Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应从而降低K2FeO4浓度。【解析】①.+6②.氧化还原反应③.该温度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应，从而降低K2FeO4的浓度24、略

【分析】【详解】

1．A．装置B中的浓硫酸不能换成浓氢氧化钠溶液；因为氢氧化钠溶液会吸收二氧化碳气体，达不到排尽装置中空气的目的，故A错误；

B．步骤Ⅰ的目的是导入二氧化碳气体，排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4•nH2O被氧化；故B正确；

C．装置B和装置D不能互换位置；因为碱石灰也会吸收二氧化碳气体，故C错误；

D．将A装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉末；会使产生二氧化碳的速率过大，粉末状的石灰石会很快反应完，同时还会带入HCl气体，故D错误；

答案选B；

2．先熄灭酒精灯，通二氧化碳直至C装置冷却至室温，然后关闭K1；操作甲：熄灭酒精灯，操作丙：关闭K1；故选C；

3．硫酸亚铁晶体的质量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亚铁无水盐的质量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的结晶水的质量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故选B；

4．A．加热时间过长，FeSO4进一步分解；会使m(无水盐)偏大，则n偏大，故A错误；

B．将原晶体中易挥发物质的质量计入减少的结晶水中；则n偏大，故B错误；

C．装置D中的碱石灰失效了；不会影响n值，故C错误；

D．加热时间过短；结晶水未完全失去，n值会小于理论值，故D正确；

答案选D。【解析】①.B②.C③.B④.D25、略

【分析】【分析】

根据流程：NaNO2与甲醇、70%稀硫酸反应得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反应：CH3ONO+N2H4•H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液为NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸馏A将甲醇分离，得到B溶液，将其结晶、抽滤、洗涤、干燥得到产品。计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+；结合化学方程式定量关系计算；为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值。

【详解】

(1)步骤I总反应亚硝酸钠和甲醇在酸性条件下生成CH3ONO和硫酸钠，化学方程式为2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案为：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步骤II三颈烧瓶中发生反应CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化学方程式为CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是缓慢通入CH3ONO气体，降低反应速率，防止温度升高过快。故答案为：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；缓慢通入CH3ONO气体；

②步骤Ⅱ中制备叠氮化钠的操作是在三颈瓶中进行，制备叠氮化钠的操作是打开K1、K2，关闭K3；步骤Ⅲ中溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是：关闭K1、K2→打开K3→水浴加热、通冷凝水或打开K3→关闭K1、K2→水浴加热、通冷凝水，故步骤II开始时的操作为ad(da)(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是cbfe(bcfe)(选填字母编号)。故答案为：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再真空低温(隔绝空气，低温干燥)干燥。精制NaN3的方法是重结晶；使混合在一起的杂质彼此分离。故答案为：真空低温(隔绝空气，低温干燥)；重结晶；

(4)①计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，与NaN3反应的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=(c1V1-c2V2)×10-3mol，

ω==产品纯度为故答案为：

②为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值，该实验还需要补充平行实验(重复滴定2~3次)。故答案为：补充平行实验(重复滴定2~3次)。【解析】2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2OCH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O缓慢通入CH3ONO气体ad(da)cbfe(bcfe)真空低温(隔绝空气，低温干燥)重结晶补充平行实验(重复滴定2~3次)五、元素或物质推断题(共4题，共40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