2025年浙教新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年浙教新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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、乙酸橙花酯是一种食用香料，结构如图所示rm{.}下列关于该有机物的说法有如下几种：

​

rm{垄脵}该有机物有一种同分异构体属于酚类；

rm{垄脷}该有机物属于酯类；

rm{垄脹}该有机物不能发生银镜反应；

rm{垄脺}该有机物的分子式为rm{C_{11}H_{18}O_{2}}

rm{垄脻1mol}该有机物最多能与rm{1molNaOH}反应．

其中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{垄脵垄脹垄脺}B.rm{垄脷垄脹垄脻}C.rm{垄脵垄脺垄脻}D.rm{垄脵垄脹垄脻}2、在恒温、恒容的条件下，有反应2A(g)＋2B(g)C(g)＋3D(g)，现从两条途径分别建立平衡。途径Ⅰ：A、B的起始浓度均为2mol/L；途径Ⅱ：C、D的起始浓度分别为2mol/L和6mol/L，则以下叙述正确的是A.两途径最终达到平衡时，体系内混合气的浓度相同B.两途径最终达到平衡时，体系内混合气的百分组成不同C.达平衡时，途径Ⅰ的反应速率v(A)等于途径Ⅱ的反应速率v(A)D.达平衡时，途径Ⅰ所得混合气的密度为途径Ⅱ所得混合气密度的1/23、下列有关物质用途的说法错误的是()A.过氧化钠可用作潜艇里的供氧剂B.食醋可用于清除热水瓶中的水垢C.晶体硅可作光导纤维D.rm{Cl_{2}}可用于自来水的杀菌消毒4、甲、乙、丙、rm{X}是中学化学中常见的rm{4}种物质，其转化关系如图，其中甲和rm{X}不可能是rm{(}rm{)}A.甲为rm{C_{2}H_{5}OH}rm{X}为rm{O_{2}}B.甲为rm{H_{2}S}rm{X}为rm{O_{2}}C.甲为rm{HNO_{3}}rm{X}为rm{Fe}D.甲为rm{AlCl_{3}}溶液、rm{X}为rm{NaOH}溶液5、已知气体rm{A}和气体rm{B}反应生成液态rm{C}为放热反应，则下列热化学方程式书写正确的是rm{(}rm{a}rm{>0)}()A.rm{A(g)+2B(g)===C(l)娄陇}rm{H}rm{=+}rm{a}rm{kJ/mol}B.rm{A+2B===C娄陇}rm{H}rm{=-}rm{a}rm{kJ/mol}C.rm{A(g)+2B(g)===C(l)娄陇}rm{H}rm{=-}rm{a}rm{kJ}D.rm{A(g)+2B(g)===C(l)娄陇}rm{H}rm{=-}rm{a}rm{kJ/mol}评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、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7、氢气还原氧化铜的反应为：rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}}rm{Cu+H_{2}O}在该反应中A.rm{CuO}作还原剂B.rm{CuO}作氧化剂C.铜元素化合价降低D.铜元素化合价升高8、氢气还原氧化铜：rm{CuO+H_{2}}rm{overset{?}{=}Cu+H_{2}O}，在该反应中A.rm{overset{?}{=}Cu+

H_{2}O}作还原剂B.rm{CuO}作氧化剂C.铜元素化合价降低D.铜元素化合价升高rm{CuO}9、

下列离子检验的方法和结论不正确的是rm{(}rm{)}A.某溶液中滴加硝酸银溶液生成白色沉淀，说明原溶液中有rm{Cl^{-}}B.某溶液中滴加氯化钡溶液生成白色沉淀，说明原溶液中有rm{SO_{4}^{2-}}C.某溶液中滴加氢氧化钠溶液生成蓝色沉淀，说明原溶液中有rm{Cu^{2+}}D.某溶液中滴加稀硫酸溶液生成无色气体，说明原溶液中有rm{CO_{3}^{2-}}10、氧化铅(PbO)是黄色固体。实验室用草酸在浓硫酸作用F分解制备CO，其原理为H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O。某学习小组设计实验探究CO还原氧化铅并检验氧化产物的装置如图所示(已知CO通入银氨溶液产生黑色银粒)。下列说法不正确的是。

A.实验时，先点燃①处酒精灯，等装置⑥中出现较多黑色银粒且有连续气泡后再点燃④处酒精灯B.实验完毕时，先熄灭④处酒精灯，再熄灭①处酒精灯C.尾气处理装置可选用盛NaOH溶液的洗气瓶D.当装置④中固体质量减轻了0.16g时，装置①中消耗的的物质的量为0.01mol11、实验室里由粗盐制备精盐的实验中，必需的操作步骤有()A.分液B.过滤C.溶解D.蒸发结晶12、下列关于淀粉和纤维素的叙述中，正确的是rm{(}rm{)}A.它们都是混合物B.它们都是天然高分子化合物C.它们互为同分异构体D.它们水解的最终产物都是葡萄糖评卷人得分三、双选题(共7题，共14分)13、某化合物由碳、氢、氧三种元素组成，其红外光谱图有C-H键、O-H键、C-O键的振动吸收，该有机物的相对分子质量是60，则该有机物的结构简式可能是（）A.CH3CH2OCH3B.CH3COOHC.CH3CH2CH2OHD.CH3CH2CHO14、下列化合物中，核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为rm{3}rm{2}的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.15、rm{X}rm{Y}都是rm{IIA(Be}除外rm{)}的元素，已知它们的碳酸盐的热分解温度：rm{T(XCO_{3})>T(YCO_{3})}则下列判断正确的是rm{(}rm{)}A.晶格能：rm{XCO_{3}>YCO_{3}}B.阳离子半径：rm{X^{2+}>Y^{2+}}C.金属性：rm{X>Y}D.氧化物的熔点：rm{XO>YO}16、下列说法正确的是A.粗锌与稀硫酸反应比纯锌快，说明粗锌中一定含有更活泼的金属B.一定温度下，rm{NH_{4}Cl}溶液加水稀释，rm{NH_{4}^{+}}水解程度增大，rm{pH}增大C.在海轮船壳上镶入锌块，可以减缓海轮腐蚀，这是利用了电解原理D.常温下rm{2S_{2}O(g)=3S(s)+SO_{2}(g)}能自发进行，可推断该反应为放热反应17、H2在O2中燃烧的反应为2H2+O2=2H2O，反应前后没有发生变化的是（）A.元素的种类B.分子的数目C.物质的总能量D.物质的总质量18、下列各组物质中，所含分子数一定相同的是rm{(NA}表示阿伏加德罗常数rm{)}A.rm{1molH_{2}}和rm{16gO_{2}}B.rm{N_{A}}个rm{N_{2}}和rm{11gCO_{2}}C.rm{18gH_{2}O}和rm{1molBr_{2;}}D.rm{22.4LH_{2}}和rm{NA}个rm{CO_{2}}19、把rm{Ca(OH)_{2}}固体放入一定量的蒸馏水中，一定温度下达到平衡：rm{Ca(OH)_{2}(s)?Ca^{2+}(aq)+2OH^{-}(aq).}当向悬浊液中加少量生石灰后，若温度保持不变，下列判断正确的是rm{(}rm{)}A.溶液中rm{Ca^{2+}}数目减少B.溶液中rm{c(Ca^{2+})}增大C.溶液rm{pH}值不变D.溶液rm{pH}值增大评卷人得分四、填空题(共2题，共4分)20、已知一定条件下，单质X、Y、Z与化合物甲、乙之间存在如下变化关系：（1）若X是O2，Y是S，Z是H2，化合物甲是一种可燃性气体，则化合物甲是，化合物乙是。（2）若X是Mg，Y是C，Z是O2，化合物甲是一种不可燃气体，则化合物甲是，化合物乙是。21、某校学生化学实验小组，为验证Cl2氧化性强于硫和N2，设计了一套实验装置：（部分夹持装置已略去）ABCDE（1）写出A中反应的离子方程式____（2）B中出现黄色浑浊现象，产生此现象的离子方程式____（3）D中干燥管中出现的现象为____产生的NH3过量，则D干燥管发生化学方程式为____（4）有同学认为D中的现象并不能说明Cl2氧化性强于N2，需要在C之前加装洗气装置，请画出其装置图____（并注明盛装试剂）。（5）证明非金属性Cl>S，用另一种相关事实说明____评卷人得分五、计算题(共4题，共36分)22、由碳棒、铁片和200mL稀H2SO4（足量）组成的原电池中，当在碳棒上共放出3.36L（标准状况）气体时，求消耗铁多少克？有多少个电子通过了导线？23、(9分)研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。⑴NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为____________________________。利用反应6NO2＋8NH37N2＋12H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是L。(2)已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=－196.6kJ·mol-12NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=－113.0kJ·mol-1则反应NO2(g）+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH=____kJ·mol-1。一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是____。a．体系压强保持不变b．混合气体颜色保持不变c．SO3和NO的体积比保持不变d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1:6，则平衡常数K＝。24、在一个容积为500mL的密闭容器中，充入5molH2和2molCO。在一定条件下，发生如下反应经过5min后达到平衡状态。若此时测得CH3OH蒸气的浓度为2mol/L，求：(1)以H2的浓度变化表示该反应的速率。(2)达平衡时CO的转化率。25、（10分）在温度为373K时，把0.25moiNO2气体通入体积为500ml的真空密闭容器中，发生反应：2NO2(g)N2O4(g).反应进行到2s时，N2O4含量为0.05mol，进行到60s时，达到该条件下反应的最大限度，此时容器中混合气体的平均相对分子质量为47.5，则：（1）开始时2s内以c(NO2)的变化表示的反应速率是多少?（2）达到最大限度时体系内的压强是开始的多少倍?评卷人得分六、解答题(共1题，共2分)26、（1）（4分）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示．已知1molSO2（g）氧化为1molSO3（g）的△H=-99kJ/mol．

请回答下列问题：

①图中A点表示：______

C点表示：______

E的大小对该反应的反应热______（填“有”或“无”）影响．

②图中△H=______kJ/mol．

（2）（4分）由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气；放出241.8kJ热量（25℃；101kPa下测得）

①写出该反应的热化学方程式：______

②若1mol水蒸气转化为液态水放热45kJ，则反应H2（g）+O2（g）=H2O（l）的△H=______kJ/mol．氢气的燃烧热为△H=______kJ/mol．

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】解：rm{垄脵}含rm{2}个rm{C=C}该有机物有一种同分异构体不含出现苯环，则不属于酚类，故错误；

rm{垄脷}含rm{-COOC-}该有机物属于酯类，故正确；

rm{垄脹}不含rm{-CHO}则该有机物不能发生银镜反应，故正确；

rm{垄脺}由结构简式可知，该有机物的分子式为rm{C_{11}H_{20}O_{2}}故错误；

rm{垄脻}含rm{1}个rm{-COOC-}rm{1mol}该有机物最多能与rm{1mol}rm{NaOH}反应；故正确；

故选B．

由结构简式可知分子式，分子中含rm{C=C}rm{-COOC-}结合烯烃；酯的性质来解答．

本题考查有机物的结构与性质及推断，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、酯性质的考查，题目难度不大．【解析】rm{B}2、D【分析】试题分析：由反应2A（g）＋2B（g）C（g）＋3D（g）可知，当途径ⅡC、D的起始浓度分别为2mol/L和6mol/L完全转化为A、B时，可生成4molA、4molB，与Ⅰ物质的量比值相等。由于反应前后气体的化学计量数相等，压强对平衡移动没有影响，这说明达到平衡状态时与途径I中的平衡状态是等效的，即Ⅰ、Ⅱ为等效平衡状态，体系内混合气体的百分组成相同，混合气体平均相对分子质量相同。由于容器体积相等，两途径最终达到平衡时，体系内混合气的浓度相差一倍，Ⅱ气体质量是Ⅰ气体质量的2倍，则达到平衡时，途径Ⅰ的气体密度为途径Ⅱ密度的1/2，途径Ⅱ气体浓度大，反应速率快；选D。考点：考查等效平衡。【解析】【答案】D3、C【分析】【分析】本题考查常见物质的性质和用途，难度不大。【解答】A.过氧化钠可与水和二氧化碳反应生成氧气；所以可用作潜艇里的供氧剂，故A正确；

B.食醋可与水垢中的碳酸钙和氢氧化镁等物质反应，转化成易溶于水的物质，因此可用于清除热水瓶中的水垢，故B正确；C.二氧化硅可作光导纤维，故C错误；D.rm{Cl_{2}}溶于水生成次氯酸，次氯酸能杀菌消毒，故可用于自来水的杀菌消毒，故D正确。故选C。

【解析】rm{C}4、A【分析】解：rm{A.}甲为rm{C_{2}H_{5}OH}rm{X}为rm{O_{2}}则乙为rm{CH_{3}CHO}丙为rm{CH_{3}COOH}丙与甲不反应，则不符合上述转化，故A选；

B.甲为rm{H_{2}S}rm{X}为rm{O_{2}}乙为rm{S}丙为rm{SO_{2}}丙与甲发生氧化还原反应生成rm{S}和水；符合上述转化，故B不选；

C.甲为rm{HNO_{3}}rm{X}为rm{Fe}乙为硝酸铁，丙为硝酸亚铁，丙与甲发生氧化还原反应生成硝酸铁，符合上述转化，故C不选；

D.甲为rm{AlCl_{3}}溶液、rm{X}为rm{NaOH}溶液，乙为rm{Al(OH)_{3}}丙为rm{NaAlO_{2}}丙与甲发生相互促进水解反应生成氢氧化铝，符合上述转化，故D不选；

故选A．

A.甲为rm{C_{2}H_{5}OH}rm{X}为rm{O_{2}}则乙为rm{CH_{3}CHO}丙为rm{CH_{3}COOH}丙与甲不反应；

B.甲为rm{H_{2}S}rm{X}为rm{O_{2}}乙为rm{S}丙为rm{SO_{2}}丙与甲发生氧化还原反应；

C.甲为rm{HNO_{3}}rm{X}为rm{Fe}乙为硝酸铁，丙为硝酸亚铁，丙与甲发生氧化还原反应；

D.甲为rm{AlCl_{3}}溶液、rm{X}为rm{NaOH}溶液，乙为rm{Al(OH)_{3}}丙为rm{NaAlO_{2}}丙与甲发生相互促进水解反应．

本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及相互转化为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．【解析】rm{A}5、D【分析】略【解析】rm{D}二、多选题(共7题，共14分)6、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}7、BC【分析】略【解析】rm{BC}8、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。反应rm{CuO+H}rm{2}rm{2}rm{overset{?}{=}}rm{Cu+H}rm{2}中，氧化铜中rm{2}元素化合价降低被还原，氧化铜为氧化剂；氢气中rm{O}元素化合价升高被氧化，为还原剂，据此进行解答。【解答】A.rm{Cu}中rm{H}元素化合价从rm{CuO}价变为rm{Cu}价被还原，rm{+2}作氧化剂；故A错误；

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

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

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

故选BC。

rm{+2}【解析】rm{BC}9、ABD【分析】解：rm{A}能使硝酸银产生白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等，所以某溶液加入硝酸银溶液有白色沉淀，原溶液中不一定有rm{Cl^{-}}故A错误．

B；能使氯化钡产生白色沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等；所以某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀，原溶液中不一定含有硫酸根离子，故B错误．

C、能使氢氧化钠产生蓝色沉淀的阳离子只有铜离子，所以某溶液中加入氢氧化钠溶液有蓝色沉淀，说明原溶液中有rm{Cu^{2+}}故C正确．

D；能和稀硫酸反应生成无色气体的离子有碳酸根离子、亚硫酸根离子等；所以某溶液加入稀硫酸生成无色气体，原溶液中不一定含有碳酸根离子，故D错误．

故选ABD．

A；能使硝酸银产生白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等．

B；能使氯化钡产生白色沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等．

C；能使氢氧化钠产生蓝色沉淀的阳离子只有铜离子．

D；能和稀硫酸反应生成无色气体的离子有碳酸根离子、亚硫酸根离子等．

本题考查了常见阴阳离子的检验，难度不大，注意离子的检验方法和反应现象判断，关键是注意干扰离子的作用和检验时的现象排除，题目难度中等．【解析】rm{ABD}10、CD【分析】【分析】

加热时CO还原PbO得到Pb，CO的氧化产物为根据制备CO的原理，装置①制得的CO中混有(g)，CO在加热时会与空气中的反应生成且空气中含有少量这些都会干扰CO氧化产物的检验，则CO与PbO反应之前必须排尽装置中的空气，CO通入PbO之前必须除去其中的和(g)。

【详解】

A．为防止CO与空气中的反应生成的和空气中少量干扰CO氧化产物的检验，在CO与PbO加热反应前必须先通CO排尽装置中的空气；实验时先点燃①处酒精灯，当观察到装置⑥中产生黑色固体颗粒且有连续气泡产生时表明装置中空气已经完全排尽，再点燃④处酒精灯，故A正确；

B．实验完毕；为防止产生倒吸，应先熄灭④处酒精灯，再熄灭①处酒精灯，故B正确；

C．由于CO有毒；要进行尾气处理，NaOH溶液不能吸收CO，尾气处理可点燃或用气球收集，故C错误；

D．加热④前要通CO排除装置中的空气，实验完毕后要继续通一段时间的CO，所以消耗的的物质的量比0.01mol要大；故D错误；

答案选CD。11、BCD【分析】【分析】本题旨在考查学生对粗盐的提纯的应用。【解答】粗盐的提纯必需的操作为溶解、过滤、蒸发结晶，故BCD正确。故选BCD。【解析】rm{BCD}12、ABD【分析】解：rm{A.}淀粉和纤维素表示式都为rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}淀粉、纤维素的聚合度rm{n}不确定；分别是由长短不一的聚合物混合在一起，所以它们都是混合物，故A正确；

B.淀粉和纤维素的相对分子质量在rm{10000}万以上；则它们都是高分子化合物，且是天然高分子化合物，故B正确；

C.它们的通式都是rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}聚合度rm{n}不同；因此分子式不同，不互为同分异构体，故C错误；

D.淀粉和纤维素是多糖；在一定条件下都能水解生成单糖葡萄糖，故D正确；

故选ABD．

A.淀粉和纤维素表示式都为rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}聚合度rm{n}不确定；它们都是混合物；

B.高分子化合物是指相对分子质量很大的化合物；

C.它们的通式都是rm{(C_{6}H_{10}O_{5})_{n}}聚合度rm{n}不同；

D.淀粉和纤维素是多糖；能发生水解．

本题主要考查淀粉和纤维素的有关知识，掌握淀粉和纤维素的结构和性质是解答的关键，题目难度不大．【解析】rm{ABD}三、双选题(共7题，共14分)13、B|C【分析】解：A、CH3CH2OCH3相对分子质量为60；分子中含C-H键；C-O键，不含有O-H键，故A错误；

B、CH3COOH相对分子质量为60；分子中含C-H键；O-H键、C-O键，故B正确；

C．CH3CH2CH2OH相对分子质量为60；分子中含有C-H键；O-H键、C-O键，故C正确；

D、CH3CH2CHO相对分子质量为58；分子中含有C-H键；C=O键、不含O-H键、C-O键，故D错误；

故选：BC．

根据有机物的相对分子质量为60；分子中含有C-H键；O-H键、C-O键，对选项分析判断．

本题考查有机物的结构，要解决本题需要把各物质的结构式写出来，明确存在的化学键即可解答．【解析】【答案】BC14、rBD【分析】解：rm{A.}分子中有rm{3}种rm{H}原子，分别处于甲基上、环上甲基邻位、苯环甲基间位，三者rm{H}原子数目之比为rm{3}rm{2}rm{2}故A错误；

B.该物质为高度对称结构，分子中有rm{2}种rm{H}原子，分别处于甲基上、环上，二者rm{H}原子数目之比为rm{6}rm{4=3}rm{2}故B正确；

C.该物质为对称结构，分子中有rm{2}种rm{H}原子，分别处于甲基上、rm{C=C}双键上，二者rm{H}原子数目之比为rm{6}rm{2=3}rm{1}故C错误；

D.该物质分子中有rm{2}种rm{H}原子，分别处于甲基上、亚甲基上，二者rm{H}原子数目之比为rm{6}rm{4=3}rm{2}故D正确．

故选BD．

核磁共振氢谱只出现两组峰，说明有机物含有两种rm{H}原子，峰面积之比为rm{3}rm{2}说明分子中两种rm{H}原子数目之比为rm{3}rm{2.}结合分子中等效氢判断rm{.}分子中等效氢原子一般有如下情况：rm{垄脵.}分子中同一甲基上连接的氢原子等效rm{.垄脷.}同一碳原子所连甲基上的氢原子等效rm{.垄脹.}处于镜面对称位置rm{(}相当于平面成像时，物与像的关系rm{)}上的氢原子等效．

本题考查核磁共振氢谱、有机物结构判断等，难度中等，判断分子中等效氢是解题的关键，注意掌握等效氢的判断．【解析】rm{BD}15、BC【分析】解：碱土金属离子与碳酸根的极化作用，碱土金属都带两个正电荷，如果离子半径越小对阴离子rm{(}碳酸根离子rm{)}的极化作用越强，极化作用越强金属键越容易往共价键发展，即越不稳定。所以从第rm{2}主族由上到下，极化作用越弱，分解温度越高；碱土金属的碳酸盐热分解温度：rm{T(XCO_{3})>T(YCO_{3})}则原子序数rm{X>Y}

A、阳离子电荷越高，半径越小，晶格能越大，离子键就越强，熔点就越高，所以晶格能：rm{XCO_{3}<YCO_{3}}故A错误；

B、同一主族元素简单阳离子半径随着原子序数增大而增大，所以阳离子半径：rm{X^{2+}>Y^{2+}}故B正确；

C、同一主族元素，元素的金属性随着原子序数增大而增强，原子序数rm{X>Y}所以金属性：rm{X>Y}故C正确；

D、碳酸盐的热分解温度：rm{T(XCO_{3})>T(YCO_{3})}所以阳离子半径：rm{X^{2+}<Y^{2+}}而它们的氧化物都是离子晶体，碱土金属氧化物是离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比，离子半径rm{X>Y}所以氧化物的熔点：rm{XO<YO}故D错误；

故选：rm{BC}

碱土金属离子与碳酸根的极化作用，碱土金属都带两个正电荷，如果离子半径越小对阴离子rm{(}碳酸根离子rm{)}的极化作用越强，极化作用越强金属键越容易往共价键发展，即越不稳定rm{.}所以从第rm{2}主族由上到下，极化作用越弱，分解温度越高；碱土金属的碳酸盐热分解温度：rm{T(XCO_{3})>T(YCO_{3})}则原子序数rm{X>Y}

A.晶格能与离子半径成反比；与电荷成正比；

B.同一主族元素简单阳离子半径随着原子序数增大而增大；

C.同一主族元素；元素的金属性随着原子序数增大而增强；

D.碱土金属氧化物是离子晶体；离子晶体熔沸点与晶格能成正比．

本题考查酸盐的热分解温度与晶格能的大小关系，学生只要清楚影响晶格能大小的因素，比较容易．【解析】rm{BC}16、rBD【分析】本题考查的知识点是原电池、盐类水解和化学反应进行的方向。A.粗锌与稀硫酸反应比纯锌快，是因为粗锌中含有的杂质与锌构成了原电池加快了化学反应速率，故A错误；B.一定温度下，加水稀释能够促进水解，则rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{4}^{+}}增大。故B正确；C.水解程度增大；但溶液稀释后，溶液中氢离子浓度降低，酸性减弱，故rm{pH}增大。故B正确；D.rm{pH}在海轮外壳上镶入锌块，锌做负极，船体中的铁做正极，可减缓船体的腐蚀速率，利用的是原电池原理，故C错误；减少，若能自发进行rm{triangleH-TtriangleS<0}由方程式中物质的状态知，该反应的rm{娄陇}rm{娄陇}故D正确。故选BD。rm{S}减少，若能自发进行【解析】rm{BD}17、AD【分析】解：A；质量守恒定律可知；反应前后元素的种类不变，故A符合；

B；质量守恒定律可知；化学反应前后物质的量变化，分子数目发生变化，故B不符合；

C；化学反应的实质是原子的重新组合；断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应过程中遇到伴随能量变化，故C不符合；

D；根据质量守恒定律可知；反应前后原子的种类和数目不变物质的总质量不变，故D符合；

故选：AD。

化学反应的实质是原子的重新组合分析判断；质量守恒定律的内容是化学反应前后元素的种类；原子的种类和数目、物质的质量和不变；然后逐个分析即可。

本题考查了化学反应的实质分析，主要是质量守恒、原子守恒、元素守恒，题目难度不大。【解析】AD18、AC【分析】

【分析】本题考查了物质的量的有关计算，明确气体摩尔体积的适用范围及适用条件是解本题关键，熟练掌握基本公式即可解答。【解答】所含分子数一定相同，说明二者的物质的量相等。A.rm{1molH}rm{1molH}rm{{,!}_{2}}和rm{16gO}的物质的量均为rm{16gO}故A正确；B.rm{{,!}_{2}}rm{0.5mol}rm{N}rm{N}rm{{,!}_{A}}个rm{N}的物质的量为rm{dfrac{11g}{44g/mol}=0.25mol}二者分子数不同，rm{N}C.rm{{,!}_{2}}的物质的量为rm{1mol}rm{11gCO_{2}}的物质的量为rm{dfrac{11g}{44g/mol}

=0.25mol}二者分子数不同，rm{1mol}的物质的量为rm{dfrac{18g}{18g/mol}=1mol}二者分子数相同，故C正确；D.温度、压强未知，导致无法计算氢气的物质的量，则无法判断二者分子数是否相等，故D错误。故选AC。

rm{11gCO_{2}}【解析】rm{AC}19、rAC【分析】解：向悬浊液中加少量生石灰，发生：rm{CaO+H_{2}O=Ca(OH)_{2}}

A.加入rm{CaO}消耗水，由于原溶液已达到饱和，则平衡向逆反应方向移动，溶液中rm{Ca^{2+}}数目减少；故A正确；

B.反应后仍为饱和溶液，rm{c(Ca^{2+})}不变；故B错误；

C.反应后仍为饱和溶液，rm{c(OH^{-})}不变，溶液rm{pH}不变；故C正确；

D.反应后仍为饱和溶液，rm{c(OH^{-})}不变，溶液rm{pH}不变；故D错误．

故选AC．

向悬浊液中加少量生石灰，发生：rm{CaO+H_{2}O=Ca(OH)_{2}}消耗水，溶液rm{c(Ca^{2+})}rm{c(OH^{-})}增大；由于原溶液已达到饱和，则平衡向逆反应方向移动，以此解答该题．

本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，题目难度中等，本题注意向悬浊液中加少量生石灰，发生：rm{CaO+H_{2}O=Ca(OH)_{2}}从平衡移动的角度分析．【解析】rm{AC}四、填空题(共2题，共4分)20、略

【分析】【解析】【答案】（1）硫化氢水（2）二氧化碳氧化镁21、略

【分析】【解析】试题分析：（1）装置A是制备氯气的，则反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。（2）氯气具有强氧化性，能把硫化钠氧化生成单质S，所以溶液变混浊，反应的离子方程式是S2-+Cl2＝S↓+2Cl-。（3）E装置是制备氨气，氯气能把氨气氧化生成氮气和氯化氢。生成的氯化氢和氨气结合生成氯化铵，从而冒白烟，因此实验的现象是产生大量白烟，反应的方程式是8NH3+3Cl2＝6NH4Cl+N2。（4）盐酸易挥发，所以生成氯气中含有氯化氢气体，氯化氢也能直接和氨气结合冒白烟，所以需要在C之前连接一盛有饱和食盐水的装置以除去氯化氢气体。（5）非金属性强弱比较的一般规律是：①由对应氢化物的稳定性判断：氢化物越稳定，非金属性越强。②由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：酸性越强，非金属越强。（除氟元素之外）。③非金属单质与具有可变价金属的反应。能生成高价金属化合物的，其非金属性强，据此可以验证。考点：考查元素非金属性强弱比较的实验探究的有关判断、方程式的书写和实验设计【解析】【答案】(共10分)（1）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O（2分）（2）S2-+Cl2＝S↓+2Cl-（2分）（3）产生大量白烟，8NH3+3Cl2＝6NH4Cl+N2（2分）（4）（2分）（5）方法一：2Fe+3Cl22FeCl3、Fe+SFeS（其它合理答案给分）（2分）方法二：相同温度下相同状态的HCl的稳定性大于H2S方法三：最高价氧化物对应的水化物的酸性HClO4大于H2SO4五、计算题(共4题，共36分)22、解：设需要消耗铁x．

该原电池的电池反应式为：

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑

56g22.4L

x3.36L

所以x==8.4g

即消耗铁8.4g．

设转移电子y．

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑转移电子。

22.4L1.204×1023个。

3.36Ly

所以y═=1.806×1023个。

故答案为：8.4g；1.806×1023个．【分析】

根据生成的氢气与铁之间的关系式计算消耗的铁；根据生成的氢气与通过的电子之间的关系式计算通过的电子．

本题以原电池为载体考查了氧化还原反应的有关计算，难度不大，明确各物理量之间的关系是解本题的关键．【解析】解：设需要消耗铁x．

该原电池的电池反应式为：

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑

56g22.4L

x3.36L

所以x==8.4g

即消耗铁8.4g．

设转移电子y．

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑转移电子。

22.4L1.204×1023个。