2025年中图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年中图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6题，共12分)1、用布氏漏斗和吸滤瓶接抽水泵过滤沉淀后，正确的操作是（）A.先关水龙头，拔下抽滤瓶上的橡皮管，再取下布氏漏斗B.先取下布氏漏斗，再关上水龙头C.先将沉淀和滤纸一起取出，再关上水龙头D.先拔下抽滤瓶上的橡皮管，关上水龙头，再取下布氏漏斗2、某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法正确的是（）

A.加入Na2SO4可以使溶液由a点变到c点B.通过蒸发可以使溶液由d点变到c点C.b、d点都是不能长时间稳定存在的点D.a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp3、某研究小组采用往一定体积的食醋中滴入已知浓度的rm{NaOH}溶液的方法测定食醋中醋酸的浓度rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.滴定时，使用酚酞作指示剂，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色时，为滴定终点B.滴定时眼睛要注视着滴定管内rm{NaOH}溶液的液面变化，防止滴定过量C.碱式滴定管若滴定前平视读数、滴定后俯视读数，则测定结果偏高D.锥形瓶用水洗净后未用食醋润洗，则测得的食醋浓度偏低4、合金在生产、生活及科研中具有广泛的应用。下列不属于合金的是。A.流通硬币B.青花瓷瓶C.司母戊鼎D.飞机外壳rm{(}硬铝rm{)}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}5、相同温度下，体积均为0．25L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝－92．6kJ/moL。实验测得起始、平衡时数据如下表：。容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡时体系能量的变化N2H2NH3130放出热量：23．15kJ②0．92．70．2放出热量：Q下列叙述错误的是A.容器①、②中反应的平衡常数相等B.平衡时，两个容器中NH3的体积分数均为1/7C.容器②中达平衡时放出的热量Q＝23．15kJD.若容器①体积为0．5L，则平衡时放出的热量小于23．15kJ6、化学与资源、环境、生活关系密切，下列说法错误的是（）A.维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用B.新型氢动力计程车可以降低PM2.5的排放，减少大气污染C.碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D.高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱溶液会“断路”评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、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{H_{2}SO_{4}}8、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9、下列做法与化学反应速率有关的是。

A.延长反应时间rm{{,!}}B.使用合适的催化剂。

C.增加反应物的浓度D.改变反应的温度10、某元素原子结构示意图为该原子rm{(}rm{)}A.核电荷数为rm{32}B.核外电子数为rm{16}C.最外层电子数为rm{6}D.核外电子层数为rm{3}11、下列各组中的性质比较中，正确的有（）A.酸性HClO4＞HBrO4＞HIO4B.碱性Ba（OH）2＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2C.非金属性F＞Cl＞BrD.稳定性HCl＞H2S＞PH312、下列物质久置在空气中发生的变化涉及氧化还原反应的有()A.铁杆生锈B.rm{FeSO_{4}}由浅绿色变成棕黄色C.rm{Na_{2}O_{2}}由淡黄色变成白色D.石灰水表面附有白色固体评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)13、近年来，为满足某些尖端技术的发展需要，人们又设计和合成了许多新型合金材料。如：储氢合金是一类能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的材料。此外，________、________和________等新型合金广泛应用于卫星、航空航天、生物工程和电子工业等领域。14、某化学研究性学习小组讨论Fe3+和SO32—之间发生怎样的反应，提出了两种可能：一是发生氧化还原反应：2Fe3++SO32—+H2O=2Fe2++SO42—+2H+；二是发生双水解反应：2Fe3++3SO32—+6H2O=2Fe(OH)3（胶体）+3H2SO3。为了证明是哪一种反应发生，同学们设计并实施了下列实验，请填写下列空白：【实验Ⅰ】学生选择的实验用品：Na2SO3浓溶液、BaCl2稀溶液、稀盐酸；试管若干、胶头滴管若干。从选择的药品分析，作者设计这个实验的目的是。【实验Ⅱ】取5mLFeCl3浓溶液于试管中,逐滴加入Na2SO3浓溶液，观察到溶液颜色由黄色变为红棕色，无气泡产生，无沉淀生成，继续加入Na2SO3浓溶液至过量，溶液颜色加深,最终变为红褐色。这种红褐色“液体”是；向红褐色液体中逐滴加入稀盐酸至过量，可以观察到的现象是.；将溶液分成两等份,其中一份加入KSCN溶液，溶液变成血红色，另一份加入BaCl2稀溶液，有少量白色沉淀生成。产生血红色现象的离子方程式是。【实验Ⅲ】换用稀释的FeCl3和Na2SO3溶液重复实验，Ⅱ、Ⅲ产生的现象完全相同。由上述实验得出的结论是；若在FeCl3浓溶液中加入Na2CO3浓溶液,观察到红褐色沉淀并且产生无色气体,该反应的离子方程式是.。从形式上看，Na2CO3和Na2SO3相似，但是从上述实验中可以看到，二者的水溶液与氯化铁溶液反应的现象差别很大，分析其原因可能是：①；②。15、已知：C(s)＋O2(g)＝CO2(g)ΔH＝－393．5kJ/mol2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)ΔH＝－566kJ/molTiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(s)＋O2(g)ΔH＝+141kJ/mol则TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(s)＋2CO(g)ΔH＝。16、已知某有机物rm{A}

rm{垄脵}由rm{C}rm{H}rm{O}三种元素组成，经燃烧分析实验测定其碳的质量分数是rm{64.86%}氢的质量分数是rm{13.51%}

rm{垄脷}如图是该有机物的质谱图。

rm{垄脹A}的红外光谱图上有rm{C-H}键、rm{O-H}键、rm{C-O}键的振动吸收峰．

rm{垄脺A}的核磁共振氢谱有两个峰rm{.}请回答：

rm{(1)A}的实验式rm{(}最简式rm{)}为______；相对分子质量为______，分子式为______．

rm{(2)}已知rm{A}的最简式能否确定rm{A}的分子式rm{(}填“能”或“不能”rm{)}______；为什么______．

rm{(3)A}的结构简式为______．17、已知某些化学键键能的数据如表所示。

。化学键Cl-ClBr-BrI-IH-ClH-BrH-IH-H键能（kJ/mol）243193151432366298436（1）下列物质最不稳定的是____

A．HClB．HBrC．HI

（2）氢气与氯气反应生成氯化氢气体的热化学方程式为：____；

该反应是____（选填“吸热反应”或“放热反应”）．

相同条件下，1molCl2和1molH2的总能量____2molHCl的总能量（选填：大于；小于或等于）

（3）I2（g）+H2（g）=2HI（g）△H1

I2（s）+H2（g）=2HI（g）△H2

I2（s）=I2（g）△H3

则△H1△H2△H3之间的关系为：△H1=____（用△H2△H3代数式表示）

（4）H2和O2反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，写出该反应的热化学方程式____．若1g水蒸气转化成液态水时放热akJ热量，则反应H2（g）+1/2O2（g）═H2O（l）的△H=____；4gH2完全燃烧生成水蒸气时放出的热量为：____

（可能用上的相对原子质量：H1O16）18、(12分)向一个固定体积的密闭容器充入2molA和1molB，发生如下反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(g)，2分钟后，反应达到平衡，C的浓度为1．2mol/L。（1）平衡后继续向容器中充入惰性气体，平衡_________移动。（填“正向”，“逆向”，“不”）（2）用A表示2分钟内平均反应速率，A在第1分钟平均速率第2分钟平均速率（填“<”、“>”、“=”）。（3）容器温度升高，平衡时混合气体的平均相对分子质量减小，则正反应为________（填“吸热”或“放热”）反应。（4）为了增大B的转化率，可采取的措施是_________（用序号填空）①加入A②加入B③加压④再加入1．6molA+0．8molB⑤将C分离出容器（5）体积可变，维持容器压强和温度不变，按下列方法加入起始物质，达到平衡时C的浓度仍为1．2mol/L的是_________（用序号填空）①4molA+2molB②3molC+1molD+lmolB③3molC+2molD④1．6molA+0．8molB+0．6molC+0．2molD19、以苯酚为原料的合成路线如下所示；请按要求作答：

（1）写出以下物质的结构简式：B____；F____；

（2）写出反应①④的化学反应方程式：①____；④____

（3）反应⑤可以得到E，同时可能得到的副产物的结构简式为：____．评卷人得分四、计算题(共4题，共36分)20、某离子晶体晶胞结构如图所示；x位于立方体的顶点，Y位于立方体中心．试分析：

（1）晶体中每个Y同时吸引着______个X，每个x同时吸引着______个Y，该晶体的化学式为______．

（2）晶体中在每个X周围与它最接近且距离相等的X共有______个．

（3）晶体中距离最近的2个X与1个Y形成的夹角∠XYX的度数为______．

（4）设该晶体的摩尔质量为Mg•mol-1，晶体密度为ρg•cm-3，阿伏加德罗常数为NAmol-1，计算此晶体中两个距离最近的X中心间的距离．（单位取“cm”）21、室温下将100ml0.01mol/L的Ba（OH）2溶液与100ml0.01mol/L的NaHSO4溶液混合，则混合后溶液的pH为多少？22、现有rm{5.6g}某烃在足量的氧气中完全燃烧，将产生的高温气体依次通过浓rm{H_{2}SO_{4}}和碱石灰，测得浓rm{H_{2}SO_{4}}增重rm{7.2g}碱石灰增重rm{17.6g}已知相同条件下，该烃的蒸汽对rm{H_{2}}的相对密度为rm{28}且能使酸性高锰酸钾或溴水退色，试确定其分子式，并写出其可能的结构简式。23、柠檬水溶液的PH是3，其中的氢氧根离子浓度是多少？评卷人得分五、工业流程题(共2题，共4分)24、过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，同时具有Na2CO3和H2O2双重性质。可用于洗涤、纺织、医药、卫生等领域。工业上常以过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%＝×100%)来衡量其优劣；13%以上为优等品。一种制备过碳酸钠的工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)过碳酸钠受热易分解，写出反应的化学方程式：_____________。

(2)稳定剂及反应温度等因素对产品质量有很大影响。

①下列试剂中，可能用作“稳定剂”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反应温度对产品产率(y%)及活性氧含量的影响如下图所示。要使产品达到优等品且产率超过90%，合适的反应温度范围是______________。

③“结晶”时加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循环利用的主要物质是______________。

(4)产品中活性氧含量的测定方法：称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高锰酸钾标准溶液滴定，至溶液呈浅红色且半分钟内不褪色即为终点，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56mL。另外，在不加样品的情况下按照上述过程进行空白实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为2.24mL。

①过碳酸钠与硫酸反应，产物除硫酸钠和水外，还有_____________。

②该样品的活性氧含量为________%。25、三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是________,如何判断其已洗涤干净:_____

(2)已知CCl4沸点为76.8℃,为保证稳定的CCl4气流,适宜加热方式是______。

(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:①将产物收集到蒸发皿中;②加热反应管至400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650℃;③三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,温度控制在50～60℃之间;④反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;⑤停止加热CCl4,继续通入氮气;⑥检查装置气密性。正确的顺序为:⑥→③→________。

(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为_____。

(5)样品中三氯化铬质量分数的测定。

称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1gNa2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①该实验可选用的指示剂名称为______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸,加入Na2O2后也要加热煮沸,其主要原因是____。

③样品中无水三氯化铬的质量分数为____(结果保留一位小数)。评卷人得分六、综合题(共2题，共10分)26、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．27、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】解：抽滤装置由布氏漏斗；吸滤瓶、安全瓶、抽气泵等仪器组成；工作的主要原理是抽气泵给吸滤瓶减压，导致装置内部的压强降低，使过滤的速度加快．用布氏漏斗和吸滤瓶接抽水泵过滤沉淀后，先拔下抽滤瓶上的橡皮管，关上水龙头，再取下布氏漏斗．

故选D．

抽滤装置由布氏漏斗；吸滤瓶、安全瓶、抽气泵等仪器组成；工作的主要原理是抽气泵给吸滤瓶减压，导致装置内部的压强降低，使过滤的速度加快，据此解题．

本题考查抽滤，题目难度不大，注意过滤沉淀后，先拔下抽滤瓶上的橡皮管，关上水龙头，再取下布氏漏斗．【解析】【答案】D2、A【分析】解：A、硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c（SO42-），平衡左移，c（Ba2+）应降低；故A正确；

B、d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c（SO42-）、c（Ba2+）均增大；故B错误；

C、b点事过饱和、d点表示Qc＜Ksp；溶液不饱和，不会有沉淀析出，能长时间稳定存在，故C错误；

D、Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等；故D错误．

故选A．

该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态；

A、加人Na2SO4后平衡逆向移动；但仍在线上移动；

B；蒸发使离子浓度增大；d点不可能到c点；

C、d点表示Qc＜Ksp；溶液不饱和；

D；Ksp与温度有关；a和c的Ksp相等．

本题考查沉淀溶解平衡，题目难度中等，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念．【解析】【答案】A3、A【分析】解：rm{A.}用rm{NaOH}溶液滴定食醋中醋酸；用酚酞作指示剂，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不退色时，为滴定终点，故A正确；

B.酸碱中和滴定实验中；滴定时眼睛注视锥形瓶中溶液的颜色变化，以便及时判断滴定终点，不需要观察滴定管内液面的变化，故B错误；

C.中和滴定实验；若滴定前平视读数；滴定结束俯视读数，导致消耗的标准液读数偏小，测定结果偏低，故C错误；

D.锥形瓶不需要润洗，润洗会导致待测液的物质的量偏大，导致消耗的标准rm{NaOH}溶液的体积偏大；导致测得结果偏大，故D错误；

故选A．

A.溶液颜色变化且半分钟内不变色；可说明达到滴定终点；

B.中和滴定操作中；眼睛应该注视着锥形瓶中溶液的颜色变化；

C.碱式滴定管若滴定前平视读数；滴定后俯视读数；读出的标准液体积偏小，测定结果偏低；

D.锥形瓶不需要润洗．

本题主要考查了中和滴定操作步骤，理解中和滴定的原理是解题关键，难度不大．【解析】rm{A}4、B【分析】【分析】本题考查合金的知识，熟悉常见合金是解题关键，难度较小。【解答】A.流通硬币属于合金，故A错误；

B.青花瓷瓶属于硅酸盐产品，故B正确；

C.司母戊鼎属于合金，故C错误；

D.飞机外壳rm{(}硬铝rm{)}属于合金，故D错误。硬铝rm{(}属于合金，故D错误。

rm{)}

故选B。【解析】rm{B}5、C【分析】试题分析：A、平衡常数只与温度有关，相同温度下，体积均为0．25L的两个恒容密闭容器中发生相同的反应，则平衡常数应相同，故A正确；B、①容器中放出23．15kJ热量，则生氨气的物质的量为=0．5mol，利用三段式法计算：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=一92．6kJ/mol起始：1mol3mol0转化：0．25mol0．75mol0．5mol平衡：0．75mol2．25mol0．5mol平衡时，①容器中NH3的体积分数等于气体的物质的分数=1/7从等效平衡的角度分析，1molN2、2．5molH2和0．2molNH3相当于1molN2、3molH2，在相同条件下处于相同平衡状态，所以平衡时两个容器内氨气的体积分数相等，故B正确；C选项②中含有0．2molNH3相当在①的基础上加入氨气，抑制平衡正向移动，则平衡时放出的热量小于23．15kJ，故C错误；D选项，若容器①体积为0．5L，相当于在原来的基础上减小压强，平衡逆向移动，平衡时放出的热量小于23．15kJ，故D正确。考点：化学平衡的计算；有关反应热的计算【解析】【答案】C6、C【分析】解：A．维生素C又称为抗坏血酸；缺乏维生素C会导致坏血病，维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用，故A正确；

B．氢气燃烧产生水；无污染，所以新型氢动力计程车可以降低PM2.5的排放，减少大气污染，故B正确；

C．碘为微量元素；需要从食物中补充，可多吃海带等食物，或利用碘盐（含碘酸钾）补充，而不能吃富含高碘酸的食物，故C错误；

D．二氧化硅能用于制光导纤维；二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应；生成硅酸钠和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故D正确．

故选C．

A．维生素C又称为抗坏血酸；在人体内有重要功能，起抗氧化作用；

B．氢气燃烧产生水；无污染，可以降低PM2.5的排放，减少大气污染；

C．碘为微量元素；需要从食物中补充；

D．光导纤维的主要成分是二氧化硅以及二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应；生成硅酸钠和水．

本题考查化学与生活，利用化学知识解释生产生活现象，难度不大．注意知识的积累．【解析】【答案】C二、多选题(共6题，共12分)7、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选；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不选；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}}rm{隆媒+2NaNO}rm{隆媒+2NaNO}rm{{,!}_{3}}的离子反应为的离子反应为rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}rm{+CO}rm{+CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{=BaCO}rm{=BaCO}rm{{,!}_{3}}rm{隆媒}故C选；rm{隆媒}故D不选。

D.rm{Ba(OH)}

rm{Ba(OH)}【解析】rm{AC}8、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}9、BCD【分析】【分析】本题考查化学反应素的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念、理论知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。【解答】A.延长时间不能判断反应速率的变化，可能增大，也可能减小，如达到平衡，速率不变，故A不选；

B.使用催化剂，一般可增大反应速率，故B选；

C.增加反应物浓度，单位体积的活化分子数目增多，反应速率增大，故C选；

D.改变反应的温度，活化分子的百分数改变，则反应速率一定改变，故D选。

故选BCD。【解析】rm{BCD}10、BCD【分析】解：rm{A.}原子结构示意图为圆圈内的数字表示核电荷数为rm{16}故A错误；

B.的核外电子总数为rm{16}故B正确；

C.的最外层电子数为rm{6}故C正确；

D.的核外电子层数为rm{3}故D正确；

故选BCD．

原子结构示意图表示的核电荷数为rm{16}核外电子数为rm{16}最外层含有rm{6}个电子，其核外电子层数为rm{3}据此进行判断．

本题考查了原子结构示意图的表示方法，题目难度不大，试题侧重基础知识的考查，明确原子结构示意图的表示方法及意义即可解答．【解析】rm{BCD}11、ABCD【分析】解：A．Cl、Br；I位于同一主族；同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱，故A正确；

B．同主族元素的金属性从上到下逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的进行逐渐增强，则碱性Ba（OH）2＞Ca（OH）2＞Mg（OH）2；故B正确；

C．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性F＞Cl＞Br；故C正确；

D．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，其氢化物的稳定性增强，则稳定性HCl＞H2S＞PH3；故D正确．

故答案为：ABCD．

A．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱；对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱；

B．同主族元素的金属性从上到下逐渐增强；对应的最高价氧化物的水化物的进行逐渐正确；

C．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱；

D．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强；其氢化物的稳定性增强．

本题考查元素周期表的递变规律，题目难度不大，注意单质、化合物的性质与金属性、非金属性的关系．【解析】【答案】ABCD12、ABC【分析】【分析】本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应应用的考查，为高考常见题型，把握生活的氧化还原反应的利弊为解答的关键，注重知识迁移应用，题目难度不大。【解答】A.铁杆生锈是氧化还原反应，故A正确符合题意；B.rm{FeSO}rm{FeSO}rm{{,!}_{4}}由浅绿色变成棕黄色是二铁离子反应生成三价铁离子，故B符合题意；C.rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}

由淡黄色变成白色是过氧化钠反应生成氢氧化钠，故C符合题意；【解析】rm{ABC}三、填空题(共7题，共14分)13、略

【分析】新型合金除了储氢合金外，还有钛合金、耐热合金、形状记忆合金，解答本题要求熟练掌握课本知识。【解析】【答案】钛合金耐热合金形状记忆合金14、略

【分析】【解析】【答案】实验Ⅰ：检验Na2SO3是否变质（或检验Na2SO3溶液中是否混有Na2SO4）实验Ⅱ：氢氧化铁胶体（或胶体）；（2分）先产生红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解，溶液变为黄色；有气泡产生；Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3实验Ⅲ：Fe3+与SO32—同时发生氧化还原反应和双水解反应；2Fe3++3CO32—+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑①SO32—有较强的还原性，CO32—没有还原性；②SO32—水解能力较CO32—小15、略

【分析】试题分析：已知①C(s)＋O2(g)＝CO2(g)ΔH＝－393．5kJ/mol，②2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)ΔH＝－566kJ/mol，③TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(s)＋O2(g)ΔH＝+141kJ/mol，则依据盖斯定律可知①×2+③－②即得到TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(s)＋2CO(g)ΔH＝－80kJ·mol1。考点：考查反应热计算【解析】【答案】－80kJ·mol116、略

【分析】解：rm{(1)}碳的质量分数是rm{64.86%}氢的质量分数是rm{13.51%}氧元素质量分数是rm{21.63%}

则该物质中碳、氢、氧原子个数之比rm{=dfrac{64.86%}{12}}rm{dfrac{13.51%}{1}}rm{dfrac{21.63%}{16}=4}rm{10}rm{1}所以其实验式为：rm{C_{4}H_{10}O}

根据质谱图知，其相对分子质量是rm{74}结合其实验式知其分子式为rm{C_{4}H_{10}O}

故答案为：rm{C_{4}H_{10}O}rm{74}rm{C_{4}H_{10}O}

rm{(2)}该有机物的最简式为rm{C_{4}H_{10}O}rm{H}原子已经饱和rm{C}原子的四价结构；最简式即为分子式；

故答案为：能，因为rm{A}的最简式为rm{C_{4}H_{10}O}氢原子已经达到饱和rm{.}所以rm{A}的最简式就是rm{A}的分子式；

rm{(3)}红外光谱图上有rm{C-H}键、rm{O-H}键、rm{C-O}键的振动吸收峰和rm{A}的核磁共振氢谱有两个峰，说明rm{A}中含羟基和甲基；故该有机物的结构简式为：

故答案为：．

rm{(1)}碳的质量分数是rm{64.86%}氢的质量分数是rm{13.51%}氧元素质量分数是rm{21.63%}

则该物质中碳、氢、氧原子个数之比rm{=dfrac{64.86%}{12}}rm{dfrac{13.51%}{1}}rm{dfrac{21.63%}{16}=4}rm{10}rm{1}所以其实验式为：rm{C_{4}H_{10}O}

根据质谱图知，其相对分子质量是rm{74}结合其实验式确定分子式；

rm{(2)}根据有机物的最简式中rm{H}原子说明是否饱和rm{C}原子的四价结构判断；

rm{(3)}根据rm{A}的红外光谱图上有rm{C-H}键、rm{O-H}键、rm{C-O}键的振动吸收峰和rm{A}的核磁共振氢谱有两个峰说明该有机物结构中含羟基和甲基两种氢原子；据此可得结构简式．

本题考查了有机物的推断，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，注意红外光谱图和核磁共振氢谱图的运用，难度中等．【解析】rm{C_{4}H_{10}O}rm{74}rm{C_{4}H_{10}O}能；因为rm{A}的最简式为rm{C_{4}H_{10}O}氢原子已经达到饱和rm{.}所以rm{A}的最简式就是rm{A}的分子式；17、略

【分析】

（1）键能越大；化学键越强，物质越稳定，由表中数据可知，HI的键能相对更小，故HI相对不稳定；

故选C；

（2）对于H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的反应热△H=436kJ/mol+243kJ/mol-2×432kJ/mol=-185kJ/mol，故氢气与氯气反应生成氯化氢气体的热化学方程式为：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-185kJ/mol；该反应的反应热△H＜0，为放热反应，故反应物的总能量大于生成物的总能量；

故答案为：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-185kJ/mol；放热反应，大于；

（3）已知：①、I2（g）+H2（g）=2HI（g）△H1

②、I2（s）+H2（g）=2HI（g）△H2

③、I2（s）=I2（g）△H3

根据盖斯定律，②-③得①，故△H1=△H2-△H3；

故答案为△H1=△H2-△H3；

（4）H2和O2反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，故该反应的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol；

1g水蒸气转化成液态水时放热akJ热量，故18g水蒸气转化成液态水时放热出热量为akJ×=18akJ，故生成1molH2O（l）的反应热△H=-（241.8+18a）kJ/mol；

4gH2的物质的量为=2mol；故4g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出的热量为2mol×241.8kJ/mol=483.6kJ；

故答案为：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol；-（241.8+18a）kJ/mol，483.6kJ．

【解析】【答案】（1）键能越大；化学键越强，物质越稳定；

（2）根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能计算该反应的反应热；再根据热化学方程式书写原则进行书写；

反应热△H＞0；为吸热反应，△H＜0，为放热反应，结合该反应的反应热判断；

反应物的总能量＞生成物的总能量；反应为放热反应，反应物的总能量＜生成物的总能量，反应为吸热反应，根据该反应的反应热判断；

（3）根据盖斯定律；由已知热化学方程式常用合适的系数进行相应的加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数，进行相应的加减，据此推断反应热关系；

（4）根据热化学方程式书写原则进行书写H2和O2反应生成1mol水蒸气的热化学方程式；

计算18g水蒸气转化成液态水时放热的热量；结合生成气态水的反应热计算△H；

根据n=计算4g氢气的物质的量，结合H2完全燃烧生成水蒸气的热化学方程式计算氢气燃烧放出的热量．

18、略

【分析】试题分析：（1）平衡后冲入惰性气体，不影响物质的浓度，平衡不移动。（2）C的速率=1．2/2=0．6mol/(L·min)，根据速率比等于系数比分析，A的速率=0．4mol/(L·min)；反应时速率越来越慢，所以第1分钟的平均速率大于第2分钟平均速率。（3）升温，混合气体的相对分子质量减小，所以说明反应向正向移动，正向为吸热方向。（4）①加入A，平衡正向移动，增大B的转化率；②加入B，平衡正向移动，但B的转化率降低；③加压，平衡逆向移动，B的转化率降低；④在加入1．6molA+0．8molB，相当于加压，平衡逆向移动，B的转化率降低；⑤将C分出，平衡正向移动，B的转化率增大，所以选①⑤。（5）体积可变，维持容器压强和温度不变，达到平衡时C的浓度仍为1．2mol/L，要求将物质的数据转化为A、B，A、B的物质的量比等于原来的比例2:1即可，所以选①④。考点：化学反应速率，平衡移动，转化率，等效平衡。【解析】【答案】（1）不移动（2）0．4mol/(L·min);>;（3）吸热;（4）①⑤（5）①④19、略

【分析】

根据苯酚的性质可知，与氢气发生加成反应生成A为在浓硫酸作用下发生消去反应生成B为进而与溴发生加成反应生成C为C在NaOH乙醇溶液的作用下发生消去反应生成D为D与溴可发生1，2加成或1，4加成，或全部发生加成反应生成四溴产物，由G可知应为1，4加成产物，则E为F为最后水解可生成G；

（1）由以上分析可知B为F为故答案为：

（2）反应①为苯酚与氢气发生加成反应生成反应的方程式为反应④为在NaOH乙醇溶液的作用下发生消去反应生成方程式为

故答案为：

（3）D为与溴可发生1，2加成或1，4加成，或全部发生加成反应生成四溴产物，对应的副产品为故答案为：．

【解析】【答案】根据苯酚的性质可知，与氢气发生加成反应生成A为在浓硫酸作用下发生消去反应生成B为进而与溴发生加成反应生成C为C在NaOH乙醇溶液的作用下发生消去反应生成D为D与溴可发生1，2加成或1，4加成，或全部发生加成反应生成四溴产物，由G可知应为1，4加成产物，则E为F为最后水解可生成G，结合有机物的结构和性质解答该题．

四、计算题(共4题，共36分)20、略

【分析】解：（1）由离子晶体晶胞图，X位于立方体的顶点，Y位于立方体中心，则每个Y同时吸引着4个X，空间有8个晶胞无隙并置，则每个X同时吸引着8个Y，1个晶胞中含X为4×=含Y为1，X、Y的离子个数之比为1：2，则晶体的化学式为XY2或Y2X；

故答案为：4；8；XY2或Y2X；

（2）由图可知，X在顶点，则一个晶胞中最近的X有3个，为面上的距离，晶体中在每个X周围与它最接近且距离相等的X共有=12个；

故答案为：12；

（3）1个Y与4个X形成空间正四面体结构；则晶体中距离最近的2个X与1个Y形成的夹角∠XYX的度数为109°28′；

故答案为：109°28′；

（4）该晶体的摩尔质量为Mg•mol-1，则晶胞的质量为：g，晶胞体积为cm3，晶胞边长为cm，则晶体中两个距离最近的X中心间的距离为

故答案为：

由离子晶体晶胞图，X位于立方体的顶点，Y位于立方体中心，则1个晶胞中含X为4×=含Y为1，X；Y的离子个数之比为1：2，1个Y与4个X形成空间正四面体结构，计算晶胞所含微粒数，利用密度和摩尔质量计算出晶胞的边长，继而计算出晶体中两个距离最近的X中心间的距离，以此来解答．

本题考查晶胞的计算、化学式的确定、配位数的判断等知识点，难点是摩尔质量的计算，根据基本公式进行推导来解答，难度中等．【解析】4；8；XY2或Y2X；12；109°28′21、略

【分析】

100mL0.01mol•L-1的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度物质的量为：0.01mol•L-1×0.1L×2=0.002mol；100mL0.01mol•L-1的NaHSO4溶液中氢离子的物质的量为：0.01mol•L-1×0.1L=0.001mol；两溶液混合后氢氧根离子过量，溶液显示碱性，根据氢氧根离子；氢离子的物质的量计算出混合后溶液中氢氧根离子的浓度，再计算出溶液的pH．

本题考查了酸碱混合后的定性判断及溶液的pH的计算，题目难度不大，注意掌握酸碱反应后溶液定性判断方法及溶液的pH的计算方法，试题有利于培养学生的分析、理解、计算能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力．【解析】解：100mL0.01mol•L-1的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度物质的量为：0.01mol•L-1×0.1L×2=0.002mol；100mL0.01mol•L-1的NaHSO4溶液中氢离子的物质的量为：0.01mol•L-1×0.1L=0.001mol，两溶液混合后氢氧根离子过量，氢氧根离子过量，溶液显示碱性，反应后的溶液中氢氧根离子浓度为：=0.005mol/L；溶液的pH=11.3；

答：混合后溶液的pH为11.3．22、因该有机物的蒸汽对H2的相对密度为28；

则有机物相对分子质量为28×2=56；

法1：（直接法）

56g44xg9yg

5.6g17.6g7.2g

x=4；y=8；

故该烃的分子式为C4H8

法2：（最简式法）

C～CO22H～H2O

12g44g2g18g

m（C）17.6gm（H）7.2g

m（C）=4.8gm（H）=0.8g；

该烃的最简式为CH2；可设其分子式为（CH2）n，则n==4；

所以该烃的分子式为C4H8；

因为其能使酸性高锰酸钾褪色或溴水褪色；故分子中应含有不饱和键；

则可能的结构简式有：CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C（CH3）2；

答：可能的结构简式有：CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C（CH3）2。

【分析】【分析】

本题考查有机物的推断；侧重于学生分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意根据生成水和二氧化碳的质量确定有机物的分子式，把握有机物的性质与结构的关系。

【解答】

已知相同条件下，该烃的蒸汽对rm{H_{2}}的相对密度为rm{28}则相对分子质量为rm{28隆脕2=56}rm{5.6g}烃的物质的量为rm{0.1mol}碱石灰增重rm{17.6g}则rm{n(C)=n(C{O}_{2})=dfrac{17.6g}{44g/mol}=0.4mol}浓rm{n(C)=n(C{O}_{2})=

dfrac{17.6g}{44g/mol}=0.4mol}增重rm{H_{2}SO_{4}}则rm{n(H)=2n({H}_{2}O)=dfrac{7.2g}{18g/mol}隆脕2=0.8mol}所以烃的分子式为rm{7.2g}能使酸性高锰酸钾褪色或溴水褪色，说明分子中含有碳碳双键，以此解答该题。

．rm{n(H)=2n({H}_{2}O)=

dfrac{7.2g}{18g/mol}隆脕2=0.8mol}【解析】因该有机物的蒸汽对rm{H_{2}}的相对密度为rm{28}

则有机物相对分子质量为rm{28隆脕2=56}

法rm{1}rm{(}直接法rm{)}

rm{{C}_{x}{H}_{y}+(x+dfrac{y}{4}){O}_{2}xrightarrow[]{碌茫脠录}xC{O}_{2}+dfrac{y}{2}{H}_{2}O}

rm{{C}_{x}{H}_{y}+(x+

dfrac{y}{4}){O}_{2}xrightarrow[]{碌茫脠录}xC{O}_{2}+dfrac{y}{2}{H}_{2}O

}rm{56g}rm{44x}rm{g}rm{9y}

rm{g}rm{5.6g}rm{17.6g}

rm{dfrac{56g}{5.6g}=dfrac{44xg}{17.6g};;dfrac{56g}{5.6g}=dfrac{9yg}{7.2g}}

rm{7.2g}rm{dfrac{56g}{5.6g}=

dfrac{44xg}{17.6g};;dfrac{56g}{5.6g}=dfrac{9yg}{7.2g}

}

故该烃的分子式为rm{x=4}

法rm{y=8}rm{C_{4}H_{8}}最简式法rm{2}

rm{(}rm{)}

rm{C隆芦CO_{2}}rm{2H隆芦H_{2}O}rm{12g}rm{44g}

rm{2g}rm{18g}rm{m(C)}rm{17.6g}

rm{dfrac{12g}{m(C)};=dfrac{44g}{17.6g};dfrac{2g}{m(H)}=;dfrac{18g}{7.2g}}

rm{m(H)}rm{7.2g}

rm{;n(C)拢潞n(H)=dfrac{4.8g}{12g/mol}拢潞dfrac{0.8g}{1g/mol}=1拢潞2}

该烃的最简式为rm{dfrac{12g}{m(C)};=

dfrac{44g}{17.6g};dfrac{2g}{m(H)}=;dfrac{18g}{7.2g}}可设其分子式为rm{m(C)=4.8g}则rm{m(H)=0.8g}

所以该烃的分子式为rm{;n(C)拢潞n(H)=dfrac{4.8g}{12g/mol}拢潞

dfrac{0.8g}{1g/mol}=1拢潞2}

因为其能使酸性高锰酸钾褪色或溴水褪色；故分子中应含有不饱和键；

则可能的结构简式有：rm{CH_{2}}rm{(CH_{2})_{n}}rm{n=dfrac{56}{14}=4}

答：可能的结构简式有：rm{C_{4}H_{8}}rm{CH_{2}=CHCH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH=CHCH_{3}}

rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}23、略

【分析】

根据Kw=c（OH-）×c（H+）=1×10-14以及pH=-lg[c（H+）]计算．

本题考查pH的简单计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，难度不大．【解析】解：柠檬水溶液的pH=3，则c（H+）=1×10-3mol/L；

因Kw=c（OH-）×c（H+）=1×10-14；

则c（OH-）=1×10-11mol•L-1；

答：氢氧根离子的浓度为1×10-11mol•L-1．五、工业流程题(共2题，共4分)24、略

【分析】【详解】

(1)过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，受热分解生成碳酸钠、氧气、水，反应为：2(2Na2CO3•3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，具有碳酸钠和过氧化氢的性质，过氧化氢易分解，MnO2、FeCl3为其催化剂，所以不能选，过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能选，过碳酸钠与硅酸钠不反应，可能用作“稳定剂”，故C选项符合，故答案为c；

②根据图象分析，温度为286.8～288.5K，产品达到优等品且产率超过90%，超过288.5K后，活性氧百分含量和产率均降低，所以最佳反应温度范围为286.8～288.5K；

③结晶过程中加入氯化钠、搅拌，增加钠离子浓度，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出；

(3)结晶过程中加入氯化钠促进过碳酸钠析出，“母液”中主要为氯化钠溶液，NaCl溶液又是结晶过程中促进过碳酸钠析出的原料，故循环利用的物质是NaCl；

(4)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，过碳酸钠与硫酸反应，为碳酸钠、过氧化氢和硫酸反应，所以产物为硫酸钠、过氧化氢、二氧化碳、水；

②称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol•L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol•L-1高锰酸钾标准溶液滴定，反应中MnO4-是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化产物是O2；依据元素化合价变化，锰元素化合价从+7价变化为+2价，过氧化氢中的氧元素化合价从-1价变化为0价，根据电子守恒配平写出离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依据反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L0.01216mol

过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%=×100%==12.16%。

点睛：明确实验目的及反应原理为解答关键，制备过碳酸钠的工艺流程：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3•3H2O2；双氧水稳定性差，易分解；因此向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是防止双氧水分解，因过碳酸钠易溶解于水，可利用盐析原理，结晶过程中加入氯化钠、搅拌，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出，从溶液中过滤出固体后，需要洗涤沉淀，然后干燥得到产品。【解析】①.2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋3O2↑＋6H2O②.c③.286.8～288.5K④.提高产量；增加钠离子浓度，促进过碳酸钠析出⑤.NaCl⑥.CO2⑦.12.16%25、略

【分析】【分析】

重铬酸铵分解不完全，还可能含有其它可溶性杂质；因为(NH4)2Cr2O7显桔红色，所以可以提供颜色来判断；因为CCl4沸点为76.8°C，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流，可以通过水浴加热来控制其流量；由(4)可知反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式炉中反应管与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4，继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿；由分子式可知，COCl2中的2个Cl原子被2个-OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，