2025年教科新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年教科新版高二化学下册月考试卷212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9题，共18分)1、最近发现；只含镁；镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性．鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注．该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，则该晶体的化学式为（）

A.Mg2CNi3

B.MgC2Ni

C.MgCNi2

D.MgCNi3

2、反应2A(气)2B(气)+C(气)，△H>O达平衡时，要使V正降低、c(A)增大，应采取的措施是A．加压B．减压C．减小c(C)D．降温3、能用rm{H^{+}+OH^{-}=HO}来表示的化学反应是rm{(}rm{)}A.氢氧化铜和稀硝酸反应B.rm{Ba(OH)_{2}}溶液滴入稀硫酸中C.澄清石灰水和稀硝酸反应D.二氧化硫通入澄清石灰水中4、煤是工业的粮食，石油是工业的血液．下列关于煤和石油的说法中错误的是（）A.石油裂解主要目的是得到短链的不饱和烃B.含C18以上烷烃的重油经过催化裂化可以得到汽油C.煤的气化与液化都是化学变化D.煤中含有苯和甲苯，可用先干馏后分馏的方法将它们分离出来5、下列物质中，既含有离子键又含有共价键的是()A.rm{N_{2}}B.rm{HCl}C.rm{MgCl_{2}}D.rm{Na_{2}O_{2}}6、下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是A.rm{CaCl_{2}}B.rm{N_{2}H_{4}}C.rm{Na_{2}S_{2}}D.rm{NH_{4}NO_{3}}7、下列有关化学反应表达正确的是A.rm{1-}丙醇与浓氢溴酸反应：rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}OH+HBrxrightarrow[]{?}CH_{3}CH_{2}CH_{2}Br+H_{2}O}B.服用阿司匹林过量出现水杨酸rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}OH+HBr

xrightarrow[]{?}CH_{3}CH_{2}CH_{2}Br+H_{2}O}rm{(}中毒反应，可静脉注射rm{)}溶液：rm{NaHCO_{3}}rm{+2HCO}rm{+2HCO}rm{{,!}_{3}^{-}}rm{隆煤}rm{隆煤}rm{+2CO}rm{+2CO}

rm{{,!}_{2}}rm{隆眉+2H}C.向rm{隆眉+2H}rm{{,!}_{2}}中加入足量的氢氧化钠溶液并加热：rm{O}rm{O}rm{{,!}^{-}xrightarrow[]{?}}rm{CH_{2}}rm{BrCOOH}中加入足量的氢氧化钠溶液并加热：rm{CH}rm{BrCOOH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{BrCOOH+OH}D.向丙氨酸钠中加入足量盐酸：rm{BrCOOH+OH}8、工业废水中常含有不同类型的污染物，可采用不同的方法处理rm{.}以下处理措施和方法类别都正确的是rm{(}rm{)}

。选项污染物处理措施方法类别rm{A}废酸加生石灰中和物理法rm{B}rm{Cu^{2+}}等重金属离子加硫酸盐沉降化学法rm{C}含苯废水用活性炭吸附物理法rm{D}含纯碱的废水加石灰水反应化学法A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}9、在rm{25隆忙}rm{101kPa}下，rm{0.1mol}甲醇燃烧生成rm{CO_{2}}和液态水时放热rm{72.58kJ}下列热化学方程式正确的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}OH(l)+3/2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)}rm{triangleH=+725.8kJ/mol}B.rm{2CH_{3}OH(l)+3O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+4H_{2}O(g)}rm{triangleH=-1451.6kJ/mol}C.rm{CH_{3}OH(l)+3/2O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)}rm{triangleH=-725.8kJ/mol}D.rm{2CH_{3}OH(l)+3O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+4H_{2}O(g)}rm{triangleH=+1451.6kJ/mol}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、二氯化硫（S2Cl2）是一种琥珀色液体，是合成硫化染料的重要原料。它的熔点－80℃，沸点138℃。常温下，它遇水易反应，产生使品红褪色的气体，且溶液出现浑浊。（1）写出S2Cl2的电子式_____________________，该分子中Cl—S的键长_______S—S的键长（填“＞”，“＜”或“＝”）。（2）S2Cl2遇水反应产生气体，该气体分子的空间构型为____，中心原子的杂化轨道类型为____。（3）HF、H2S、HCl的稳定性由大到小的顺序为，沸点由高到低的顺序为。（4）写出二氯化硫与水反应的化学方程式。11、(8分)现有S2-、SO32-、NH4+、Al3+、、Na+、SO42-、Fe3+、HCO3-、Cl-等离子，请按要求填空：（1）在水溶液中，该离子水解呈碱性的是。（2）在水溶液中，该离子水解呈酸性的是。（3）既能在酸性较强的溶液里大量存在，又能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有。（4）既不能在酸性较强的溶液里大量存在，又不能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有____。12、已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生如下反应(反应方程式已配平)：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋A↑＋2H2O试通过计算和推理完成下面的问题：（1）A物质可以导致酸雨的形成。则A应该属于(用字母代号填写)A．酸B．碱C．盐D．酸性氧化物E．碱性氧化物A物质可以使酸性KMnO4溶液褪色，此反应中(填写化学式，下同）失去电子，氧化剂是。（2）若A物质通入品红溶液，观察到溶液褪色，说明A物质具有（填序号，下同）；若A物质通入Na2S溶液，观察到溶液中出现淡黄色浑浊，说明SO2具有。A．氧化性B．还原性C．漂白性若A物质通入双氧水，请大胆判断所得溶液是(填溶质的化学式)（3）一定量的铜片与100mL18mol/L的浓H2SO4充分反应，如果该反应过程中转移了0．2mol电子，生成的A气体在标准状况下体积为L(假设气体全部逸出)。若用4mol·L-1的NaOH溶液吸收生成的A，并生成正盐，写出发生的反应方程式计算需要NaOH溶液的体积L。13、(1)配平下列化学方程式（将系数填在横线上），并写出还原剂。___NH3+___O2=___N2+___H2O，该反应中的还原剂是_________。⑵铁和稀硝酸反应，若反应后铁无剩余，则生成的盐可能是__________或____________或______________；若反应后硝酸有剩余，则生成的盐是___________；该反应的化学方程式为：____________________________________________。14、ABC（1）图A是由4个碳原子结合成的某种烷烃(氢原子没有画出)。①写出该有机物的系统命名法的名称。②该有机物的同分异构体的核磁共振氢谱中应有个峰（2）图B的键线式表示维生素A的分子结构。①该分子的化学式为。②1mol维生素A最多可与molH2发生加成反应。（3）某物质只含C、H、O三种元素，其分子模型如图C所示，分子中共有12个原子(图中球与球之间的连线代表单键、双键等化学键)。①该物质的结构简式为②该物质中所含官能团的名称为和评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)15、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）。16、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：_____________。17、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）。18、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_______评卷人得分四、有机推断题(共4题，共40分)19、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．20、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．21、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。22、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。评卷人得分五、推断题(共3题，共24分)23、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}均是由下列离子组成的可溶性化合物rm{.}组成这五种物质的离子有rm{(}离子不能重复组合rm{)}

。阳离子rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}rm{Ba^{2+}}rm{Fe^{3+}}阴离子rm{OH^{-}}rm{Cl^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}分别取它们进行实验；结果如下：

rm{垄脵A}溶液与rm{D}溶液混合；没有明显现象；

rm{垄脷}当rm{B}溶液加入到rm{D}溶液中时，有沉淀产生rm{.}继续加入rm{B}溶液；沉淀全部消失．

rm{垄脹}将rm{E}溶液加热；有沉淀生成．

据此推断：rm{A}______；rm{B}______；rm{C}______；rm{D}______；rm{E}______．24、已知rm{X}rm{Y}和rm{Z}三种元素的原子序数之和等于rm{42.X}元素原子的rm{2p}轨道上有rm{2}个未成对电子，rm{Y}元素原子的rm{4p}轨道上有rm{3}个未成对电子rm{.X}跟rm{Y}可形成化合物rm{Y_{2}X_{3}}rm{Z}元素可以形成正一价离子rm{.}请回答下列问题：

rm{(1)X}元素原子基态时的价电子排布式为______，rm{X}的元素符号是______；

rm{(2)Y}元素在元素周期表中的位置是______，rm{Y}的元素名称是______，rm{Y}元素价层电子的电子排布图为______；

rm{(3)}比较rm{Y}的氢化物与同族第二；第三周期元素所形成的氢化物沸点高低；并说明理由______、______

rm{(4)}已知化合物rm{Y_{2}X_{3}}在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为rm{YZ_{3}}产物还有rm{ZnSO_{4}}和rm{H_{2}O}该反应的化学方程式是______．25、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}为原子序数依次增大的短周期主族元素。rm{A}rm{F}原子的最外层电子数均等于其周期序数，rm{F}原子的电子层数是rm{A}的rm{3}倍；rm{B}原子核外电子分处rm{3}个不同能级且每个能级上的电子数相同；rm{A}与rm{C}形成的分子为三角锥形；rm{D}原子rm{p}轨道上成对电子数等于未成对电子数；rm{E}原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，rm{E}电负性小于rm{F}

rm{(1)A}rm{C}形成的分子极易溶于水；除因为它们都是极性分子外，还因为______。

rm{(2)}比较rm{E}rm{F}的第一电离能：rm{E}______F.rm{(}选填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}

rm{(3)BD_{2}}在高温高压下所形成的晶胞如图所示：该晶体的类型属于______rm{}选填rm{(}分子晶体、原子晶体、离子晶体或金属晶体rm{)}该晶体中rm{B}原子的杂化形式______。

rm{(4)}光谱证实单质rm{F}与强碱性溶液反应有rm{[F(OH)_{4}]^{-}}生成，则rm{[F(OH)_{4}]^{-}}中存在______。rm{(}填序号rm{)}

rm{a.}共价键rm{b.}非极性键rm{c.}配位健rm{d.娄脪}键rm{e.娄脨}键。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】

碳原子位于该晶胞的体心上，所以该晶胞中含有一个碳原子；镁原子个数=所以该晶胞含有1个镁原子；镍原子个数=该晶胞中含有3个镍原子，所以该晶胞的化学式为MgCNi3；故选D．

【解析】【答案】利用均摊法确定晶胞的化学式；位于顶点上的一个原子被8个晶胞占有，位于面心上的原子被2个晶胞占有，位于体心上的一个原子被一个晶胞占有，据此计算晶胞的化学式．

2、D【分析】【解析】【答案】D3、C【分析】【分析】本题考查了离子方程式的书写方法，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式等，试题培养了学生的灵活应用能力。【解答】A.氢氧化铜是难溶于水的碱，它和盐酸反应离子方程式为：rm{Cu(OH)_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O}故A错误；

B.rm{Cu(OH)_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}

+2H_{2}O}和稀硫酸反应生成的硫酸钡是难溶于水的，该反应离子方程式为：rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}来表示；故B错误；

C.氢氧化钙是强碱，硝酸是强酸，二者反应能生成可溶于水的盐，能用rm{Ba(OH)_{2}}来表示；故C正确；

D.二氧化硫通入澄清石灰水中反应离子方程式为：rm{Ca^{2+}+SO_{2}+2OH^{-}=CaSO_{3}隆媒+H_{2}O}故D错误。

故选C。rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}=

BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}【解析】rm{C}4、D【分析】【解答】解：A．石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯；丙烯等气态短链烃；故A正确；

B．使长链烃分子断裂为C5﹣C11烷烃的过程采用催化裂化的方法；故B正确，故B正确；

C．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品；都属于化学变化，故C正确；

D．煤是由无机物和有机物组成的复杂混合物；可以用干馏方法获得苯和甲苯，但是煤的成分中并不含有苯；甲苯等有机物，它们是煤在干馏时经过复杂的物理化学变化产生的，故D错误．

故选D．

【分析】A．石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯；丙烯等气态短链烃；

B．含C18以上的固态烃利用率低；交通运输业需要更多的燃料油，使重油长链烃分子断裂就可以得到汽油；

C．化学变化过程中有新物质生成；根据煤气化和液化原理分析；

D．根据煤的成分分析．5、D【分析】【分析】本题主要考查离子键、共价键的知识，根据所学知识即可作答，题目难度不大。【解答】

A.项中的rm{N_{2}}中只存在共价键，故A错误；B.项中的rm{HCl}中只存在共价键，故B错误；C.项中的rm{MgCl_{2}}是由简单的阴、阳离子形成离子键，只含离子键；D.项中rm{Na_{2}O_{2}}中既含离子键又含共价键，rm{Na^{+}}与rm{O_{2}^{2-}}间是离子键，rm{O_{2}^{2-}}原子团内部原子间以共价键结合，故D正确。故选D。【解析】rm{D}6、C【分析】【分析】

本题考查了化合物和化学键的关系；明确基本概念是解本题关键，注意不能根据是否含有金属元素判断离子化合物，如氯化铝为共价化合物，铵盐为离子化合物，为易错点。

【解答】

A.氯化钙中含有钙离子和氯离子之间的离子键，故A错误；B.rm{N}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{4}}

中只存在共价键，为共价化合物，故B错误；C.过硫化钠中存在钠离子和过硫离子之间的离子键，和两个硫原子之间的非极性共价键，故C正确；D.rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{4}}

rm{NO}

rm{NO}【解析】rm{C}7、A【分析】【分析】本题考查醇和酸的性质，及其发生化学方程式的书写，难度不大。【解析】A.rm{1-}丙醇与浓氢溴酸反应：rm{CH}丙醇与浓氢溴酸反应：rm{1-}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2;}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{OH+HBr}rm{OH+HBr}rm{xrightarrow[]{?}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH}rm{CH}，故A正确；rm{{,!}_{2;}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}中加入足量的氢氧化钠溶液并加热：rm{Br+H}rm{Br+H}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}^{-}xrightarrow[]{?}}rm{O}，故A正确；rm{O}B.酚羟基不与碳酸氢钠反应，故B错误；C.向rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{BrCOOH}中加入足量的氢氧化钠溶液并加热：rm{CH}rm{BrCOOH}故C错误；rm{CH}能和盐酸发生强酸制取弱酸的反应，而rm{{,!}_{2}}rm{BrCOOH+2OH}rm{BrCOOH+2OH}rm{{,!}^{-}xrightarrow[]{?}

}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{OHCOO}【解析】rm{A}8、C【分析】解：rm{A}酸和碱的中和反应为化学反应；为化学法，故A错误；

B.硫酸铜可溶；所以不能沉淀除去，故B错误；

C.含苯废水中的苯通过活性炭吸附除去苯；这是物理方法，故C正确；

D.纯碱与石灰水反应生成的氢氧化钠又是新的污染物；故D错误．

故选C．

污染治理要求能除掉有毒的物质；新生成的物质对环境无污染，物理法与化学法的区别是否有新物质生成．

本题考查常见的化学反应，解题时注意物理法与化学法的区别是否有新物质生成是解题的关键．【解析】rm{C}9、C【分析】解：rm{A}反应吸热时焓变值为正值，放热时焓变值为负值，甲醇燃烧是放热反应，故rm{triangleH<0}故A错误；

B、rm{0.1mol}甲醇燃烧生成rm{CO_{2}}和液态水时放热rm{72.58kJ}则rm{2mol}甲醇即rm{2mol}甲醇燃烧放的热量为rm{1451.6kJ}根据热化学方程式的书写方法写出为：rm{2CH_{3}OH(l)+3O_{2}(g)2CO_{2}(g)+4H_{2}O(l)triangleH=-1451.6kJ/mol}水的状态错误，故B错误；

C、rm{2CH_{3}OH(l)+3O_{2}(g)2CO_{2}(g)+4H_{2}O(l)triangle

H=-1451.6kJ/mol}甲醇燃烧生成rm{1g}和液态水时放热rm{CO_{2}}则rm{22.68kJ}甲醇即rm{32g}甲醇燃烧放的热量为rm{1mol}热化学方程式为rm{CH_{3}OH(l)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-725.8}rm{725.8kJ}故C正确；

D、rm{CH_{3}OH(l)+dfrac

{3}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-725.8}rm{CO_{2}(g)+4H_{2}O(l)triangleH=-1451.6}rm{kJ?mol^{-1}}水的状态错误，故D错误；

故选C．

A；根据反应吸时焓变值为正值；放热时焓变值为负值来分析；

B；根据热化学方程式的书写原则以及方程式系数的含义来分析；

C；根据甲醇燃烧时的用量和放出的热量之间的关系进行回答；

D；水的状态错误．

本题主要考查学生热化学方程式的书写方法及系数的含义，注意焓变的正负和单位问题，该题型是考试的热点．rm{2CH_{3}OH(l)+3O_{2}(g)=2}【解析】rm{C}二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】试题分析：（1）S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，电子式为同周期自左向右原子半径逐渐减小，所以S原子半径大于氯原子半径，故Cl－S的键长＜S－S的键长。（2）S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫。根据价层电子对互斥理论可知，S原子的孤对电子对数＝＝1，价层电子对数＝2+1＝3，故二氧化硫为V形，S原子形成sp2杂化。（3）非金属性越强，氢化物的稳定性越强。非金属性F＞Cl＞S，因此氢化物稳定性是HF＞HCl＞H2S；氟化氢分子之间存在氢键，沸点最高，氯化氢与硫化氢都形成分子晶体，HCl的相对分子质量大，沸点比硫化氢高，故沸点由高到低的顺序为HF＞HCl＞H2S。（4）S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价（生成SO2），一部分降低到0价（生成S），由原子守恒可知还生成水，所以根据电子得失守恒可知反应方程式为2S2Cl2+2H2O＝SO2↑+3S↓+4HCl。考点：考查电子式书写、化学键、分子结构、杂化轨道判断以及元素周期律的应用【解析】【答案】（1）＜；（2）V形；sp2；（3）HF＞HCl＞H2S；HF＞HCl＞H2S；（4）2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl11、略

【分析】弱酸阴离子水解显碱性，弱碱阳离子水解显酸性。【解析】【答案】（1）S2-、SO32-、HCO3-（2）NH4+、Al3+、Fe3+（3）Na+、SO42-、Cl-（4）HCO3-12、略

【分析】试题分析：（1）铜和浓硫酸反应的化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O。SO2属于酸性氧化物。因此选项为D。SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，是由于发生反应：2KMnO4+5SO2＋2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4。在此反应中，SO2失去电子，作还原剂；KMnO4得到电子，作氧化剂，表现氧化性。（2）若SO2通入品红溶液，观察到溶液褪色，是因为SO2有漂白性。若A物质通入Na2S溶液，观察到溶液中出现淡黄色浑浊，是因为发生反应：SO2＋H2O=H2SO3．H2SO3+Na2S=Na2SO3+H2S；SO2＋2H2S=3S↓+2H2O．说明SO2具有氧化性。若将SO2通入双氧水中，则发生氧化还原反应：SO2＋H2O2=H2SO4，产生硫酸。（3）铜和浓硫酸反应的化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O，在反应方程式中，每产生1mol的SO2气体，电子转移2mol．。现在电子转移了0．2mol，所以产生了0．1mol的SO2气体。在标准状况下，其体积为2．24L。若用4mol·L-1的NaOH溶液吸收生成的SO2，并生成正盐，则该反应的反应方程式为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O。n(NaOH)=2n(SO2)=0．2mol。V(NaOH)=n÷c=0．2mol÷4mol/L=0．05L．考点：考查SO2气体的实验室制法、性质及有关反应的计算的知识。【解析】【答案】（1）D；SO2；KMnO4（2）C；A；H2SO4。（3）2．24；2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；0．0513、略

【分析】【解析】【答案】（1）4326；NH3或N—3；⑵Fe(NO3)2；Fe(NO3)2，Fe(NO3)3；Fe(NO3)3；Fe(NO3)3；Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O14、略

【分析】【解析】试题分析：（1）①由该分子的结构示意图可知该分子为(CH3)2CHCH3．分子式为C4H10．该有机物的系统命名法的名称为2—甲基丙烷。②在该有机物的同分异构体中含有甲基H原子和的H原子两种。因此核磁共振氢谱中应有2个峰．（2）①由维生素A的键线式表示可知：维生素A分子的化学式为C20H30O；②由于在一个分子中含有5个碳碳双键，示意1mol维生素A最多可与5molH2发生加成反应。（3）①某物质只含C、H、O三种元素，根据其分子模型可确定该物质的该物质的结构简式为②由结构简式可以看出在该物质中所含官能团为碳碳双键、羧基。考点：考查有机物分子的键线式、结构简式的表示、分子中H原子的种类、官能团及烷烃的系统命名等。【解析】【答案】（1）①2­甲基丙烷②2（2）①C20H30O②5（3）①②碳碳双键、羧基三、元素或物质推断题(共4题，共8分)15、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）216、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H217、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）218、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的混合物四、有机推断题(共4题，共40分)19、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH220、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH221、略

【分析】【分析】

根据物质在转化过程中碳链结构不变，根据抗痫灵结构，结合A的分子式可推知A结构简式是：A与HCHO发生反应产生B：B与CH3Cl在AlCl3存在条件下发生取代反应产生C：C经过一系列反应，产生分子式是C8H6O3的物质D结构简式是：D与CH3CHO在碱性条件下发生信息②的反应产生E：E含有醛基，能够与银氨溶液在碱性条件下水浴加热，发生银镜反应，然后酸化产生F：F与SOCl2发生取代反应产生G：与发生取代反应产生抗痫灵：

【详解】

根据上述分析可知：A是B是C是D是E是F是G是

(1)A．化合物B是分子中无酚羟基，因此不能与FeCl3溶液发生显色反应；A错误；

B．化合物C是含有-CH3，能被酸性KMnO4溶液氧化变为-COOH；也能发生燃烧反应，故化合物C能发生氧化反应，B正确；

C．的亚氨基上含有孤对电子，能够与H+形成配位键而结合H+；因此具有弱碱性，C正确；

D．根据抗痫灵的分子结构，可知其分子式是C15H17NO3；D错误；

故合理选项是BC；

(2)根据上述分析可知化合物E结构简式是

(3)G是G与发生取代反应产生抗痫灵和HCl，该反应的化学方程式为：++HCl；

(4)化合物C是D是若以化合物C为原料经过三步制备化合物D，首先是与Cl2在光照条件下发生甲基上H原子的取代反应产生然后与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生该物质与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生D：故由C经三步反应产生D的合成路线为：

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物；符合条件：①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子，则其可能的同分异构体结构简式是【解析】BC++HCl22、略

【分析】【详解】

分析：由C→及反应条件可知C为苯甲醇,B为A为甲苯。在相同条件下,D的蒸气相对于氢气的密度为39,则D的相对分子质量为39×2=78,D与A互为同系物,由此知D为芳香烃,设1个D分子中含有n个碳原子,则有14n-6=78,解得n=6,故D为苯,与乙醛反应得到E,结合信息①,E为E与溴发生加成反应得到的F为F发生氧化反应生成的G为

详解：(1)根据分析可知:G为则G中含氧官能团为羧基；甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,而苯不能,因此；鉴别A和D的试剂为酸性高锰酸钾溶液；本题答案为：羧基；酸性高锰酸钾溶液；

(2)苯甲醛与氯仿发生加成反应生成B为F为

（3）反应①：乙酸和发生酯化反应,化学方程式为+CH3COOH+H2O。

（4）C为苯甲醇,属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚(),共4种；

(5)苯乙醛与甲醛反应生成再与溴发。

生加成反应生成最后发生催化氧化反应生成故合成路线为

点睛：本题主要考查结构简式、官能团、反应类型、化学方程式、限定条件下同分异构体数目的判断、合成路线中试剂和反应条件的选择等知识,意在考查考生分析问题、解决问题的能力，抓好信息是解题的关键。【解析】①.羧基②.酸性高锰酸钾溶液③.加成反应④.⑤.⑥.+CH3COOH+H2O⑦.4⑧.五、推断题(共3题，共24分)23、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}均是由下列离子组成的可溶性化合物，根据当rm{B}溶液加入到rm{D}溶液中时，有沉淀产生，继续加入rm{B}溶液，沉淀全部消失，可推测是铝盐与强碱溶液反应的特征现象，rm{B}为强碱溶液；由于rm{CO_{3}^{2-}}形成的可溶性盐只有rm{Na_{2}CO_{3}}则强碱只有rm{Ba(OH)_{2}}由rm{垄脷}知rm{B}为rm{Ba(OH)_{2}}rm{D}只能为rm{AlCl_{3}}

rm{垄脹}将rm{E}溶液加热，有沉淀生成，可知rm{E}只能为rm{Mg(HCO_{3})_{2}}

再由rm{垄脵}知rm{A}为rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}则rm{C}为rm{Na_{2}CO_{3}}

综上所述，rm{A}为rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}rm{B}为rm{Ba(OH)_{2}}rm{C}为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{D}为rm{AlCl_{3}}rm{E}为rm{Mg(HCO_{3})_{2}}

故答案为：rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}rm{Ba(OH)_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{AlCl_{3}}rm{Mg(HCO_{3})_{2}}．

由“可溶性化合物”说明五种物质均溶于水，结合rm{B}溶液加入到rm{D}溶液中时，有沉淀产生，继续加入rm{B}溶液，沉淀全部消失，可知铝盐与强碱溶液的反应，则rm{D}为氯化铝，rm{B}为rm{NaOH}或rm{Ba(OH)_{2}}且碳酸根离子只能与阳离子钠离子结合形成可溶性的盐，所以强碱溶液rm{B}只能为氢氧化钡；再根据rm{E}加热生成沉淀推断出rm{E}为碳酸氢镁；再根据rm{A}溶液与rm{D}氯化铝溶液混合，没有明显现象推断出rm{A}以此来解答．

本题考查无机物的推断，为高频考点，把握离子之间的反应和现象推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意rm{B}rm{D}的反应为突破口及元素化合物知识，题目难度不大．【解析】rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}rm{Ba(OH)_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}rm{AlCl_{3}}rm{Mg(HCO_{3})_{2}}24、略

【分析】解：已知rm{X}rm{Y}和rm{Z}三种元素的原子序数之和等于rm{42}rm{Y}元素原子的rm{4p}轨道上有rm{3}个未成对电子，rm{Y}元素原子的核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{3}}处于第四周期第Ⅴrm{A}族，故rm{Y}为rm{As}元素；rm{X}元素原子的最外层rm{2p}轨道上有rm{2}个未成对电子，rm{X}的rm{2p}轨道上有rm{2}个电子或rm{4}个电子，所以rm{X}为碳元素或氧元素，rm{X}跟rm{Y}可形成化合物rm{Y_{2}X_{3}}故rm{X}为氧元素；rm{X}rm{Y}和rm{Z}三种元素的原子序数之和等于rm{42}则rm{Z}的质子数为：rm{42-8-33=1}则rm{Z}为氢元素；氢原子可以形成正一价离子；

rm{(1)X}为rm{O}元素，其原子基态时的价电子排布式为rm{2s^{2}2p^{4}}

故答案为：rm{2s^{2}2p^{4}}rm{O}

rm{(2)Y}的原子rm{4p}轨道上有rm{3}个未成对电子，rm{Y}元素原子的核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{3}}元素名称为砷；处于第四周期第Ⅴrm{A}族；其价电子的轨道表示式为

故答案为：第四周期第Ⅴrm{A}族；砷；

rm{(3)}同主族元素为rm{N}rm{P}rm{As}在同主族元素对应的氢化物中，对应的氢化物含有氢键，沸点较高；rm{AsH_{3}}相对分子质量比rm{PH_{3}}大，分子间作用力大，因而rm{AsH_{3}}比rm{PH_{3}}沸点高，则沸点大小为：rm{NH_{3}>AsH_{3}>PH_{3}}

故答案为：rm{NH_{3}>AsH_{3}>PH_{3}}rm{NH_{3}}可形成分子间氢键，沸点最高，rm{AsH_{3}}相对分子质量比rm{PH_{3}}大，分子间作用力大，因而rm{AsH_{3}}比rm{PH_{3}}沸点高；

rm{(4)X}为rm{O}元素、rm{Y}为rm{As}元素，rm{Z}为rm{H}元素rm{.}化合物rm{Y_{2}X_{3}}为rm{As_{2}O_{3}}rm{YZ_{3}}为rm{AsH_{3}}rm{As_{2}O_{3}}在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为rm{AsH_{3}}产物还有rm{ZnSO_{4}}和rm{H_{2}O}反应中rm{Zn}元素化合价由rm{0}价升高为rm{+2}价，rm{As}元素化合价由rm{+3}价降低为rm{-3}价，参加反应的rm{Zn}与rm{As_{2}O_{3}}的物质的量之比为rm{6隆脕2}rm{2=6}rm{1}则反应方程式为：rm{As_{2}O_{3}+6Zn+6H_{2}SO_{4}=2AsH_{3}隆眉+6ZnSO_{4}+3H_{2}O}

故答案为：rm{As_{2}O_{3}+6Zn+6H_{2}SO_{4}=2AsH_{3}隆眉+6ZnSO_{4}+3H_{2}O.}

已知rm{X}rm{Y}和rm{Z}三种元素的原子序数之和等于rm{42}rm{Y}元素原子的rm{4p}轨道上有rm{3}个未成对电子，rm{Y}元素原子的核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}4p^{3}}处于第四周期第Ⅴrm{A}族，故rm{Y}为rm{As}元素；rm{X}元素原子的最外层rm{2p}轨道上有rm{2}个未成对电子，rm{X}的rm{2p}轨道上有rm{2}个电子或rm{4}个电子，所以rm{X}为碳元素或氧元素，rm{X}跟rm{Y}可形成化合物rm{Y_{2}X_{3}}故rm{X}为rm{O}元素；rm{X}rm{Y}和rm{Z}三种元素的原子序数之和等于rm{42}则rm{Z}的质子数为：rm{42-8-33=1}则rm{Z}为氢元素；氢原子可以形成正一价离子，符合题意，以此解答该题．

本题考查结构与位置关系、核外电子排布规律、元素周期律等，题目难度中等，正确利用电子排布规律推断元素rm{X}rm{Y}是解答关键，注意rm{(4)}中氧化还原反应方程式的书写配平，侧重于考查学生的分析能力和应用能力．【解析】rm{2s^{2}2