2025年人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年人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8题，共16分)1、用括号内试剂除去下列各物质中的少量杂质，不正确的是（）A.乙烯中的二氧化硫（氢氧化钠溶液）B.乙酸乙酯中的乙酸（饱和Na2CO3溶液）C.乙烷中的乙烯（Br2水）D.苯中的苯酚（Br2水）2、下列能正确表示水解的离子方程式是A.CH3COOH+H2OCH3COO-+H3O+B.NH4++H2ONH3·H2O+H+C.CO32-+2H2OH2CO3+2OH-D.Br-+H2OHBr+OH-3、下列说正确的是rm{(}rm{)}

【已知：rm{HClO}的rm{Ka=3.0隆脕l0^{-8}}rm{H_{2}CO_{3}}的rm{Ka_{1}=4.3隆脕l0^{-7}}rm{Ka_{2}=5.6隆脕l0^{-11}}rm{Ksp(BaSO_{4})=1.1隆脕10^{-10}}rm{Ksp(BaCO_{3})=5.1隆脕10^{-9}}】A.相同条件下，rm{pH}相同的rm{NaClO}和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，物质的量浓度前者小于后者B.常温下，将rm{CH_{3}COONa}溶液和稀盐酸混合至溶液rm{pH=7}时：rm{c(Na^{+})>c(CH_{3}COO^{-})>c(Cl^{-})>c(CH_{3}COOH)>c(H^{+})=c(OH^{-})}C.向饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中通入足量的rm{CO_{2}}溶液变浑浊，由此证明了rm{NaHCO_{3}}溶解度比rm{Na_{2}CO_{3}}小D.氯碱工业使用的食盐水需先除去其中的rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}等杂质rm{.}除杂时，粗盐水中可先加入过量的rm{BaCl_{2}}溶液，至沉淀不再产生后，再加入过量的rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaOH}充分反应后滤去沉淀，所得滤液中仍含有一定量的rm{SO_{4}^{2-}}4、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.放热反应不需加热就能发生B.rm{1mol}可燃物燃烧生成氧化物放出的热量就是该物质的燃烧热C.反应物总能量大于生成物总能量的反应是放热反应D.强电解质溶液的导电能力比弱电解质溶液的导电能力强5、高温及一定催化剂作用下某反应达平衡，平衡常数rm{{K}=dfrac{c(CO)cdotc({{H}_{2}}O)}{c(C{{O}_{2}})cdotc({{H}_{2}})}}恒容时，温度升高，rm{{K}=dfrac{c(CO)cdot

c({{H}_{2}}O)}{c(C{{O}_{2}})cdotc({{H}_{2}})}}浓度减小。下列说法正确的是()

A.平衡后向容器中再充入与初始投料相同物质的量的rm{H_{2}}和rm{CO_{2}}则rm{H_{2}}的平衡浓度变为原来的rm{CO}倍。

B.恒温恒容下，增大压强，rm{2}的浓度一定减小C.升高温度，逆反应速率减小D.该反应化学方程式为：rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)?CO(g)+H_{2}O(g)triangleH<0}rm{H_{2}}6、如图所示装置中，a．b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色，此时CuSO4溶液的体积为100mL，则下列说法正确的是A.x是正极，y是负极，CuSO4溶液的pH逐渐减小B.x是正极，y是负极，CuSO4溶液的pH保持不变C.x是负极，y是正极，CuSO4溶液的pH逐渐减小D.x是负极，y是正极，CuSO4溶液的pH保持不变7、设rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{23}rm{g}rm{Na}与足量rm{H_{2}O}反应完全后可生成rm{N_{A}}个rm{H_{2}}分子B.rm{1}rm{mol}rm{Cu}和足量热浓硫酸反应可生成rm{N_{A}}个rm{SO_{3}}分子C.标准状况下，rm{22.4}rm{L}rm{N_{2}}和rm{H_{2}}混合气中含rm{N_{A}}个原子D.rm{3}rm{mol}单质rm{Fe}完全转变为rm{Fe_{3}O_{4}}失去rm{8N_{A}}个电子8、下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{{,!}^{13}C}和rm{{,!}^{14}C}属于同一种元素，它们互为同位素B.rm{{,!}^{1}H}和rm{{,!}^{2}H}是不同的粒子，但它们的质子数相等C.rm{{,!}^{14}C}和rm{{,!}^{14}N}的质量数相等，它们互为同位素D.rm{{,!}^{6}Li}和rm{{,!}^{7}Li}的电子数相等，但中子数不相等评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、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10、日常生活和工业生产中常用到漂白剂rm{.}下列物质具有漂白作用的有rm{(}rm{)}A.rm{NaClO}溶液B.新制氯水C.二氧化硫D.稀rm{H_{2}SO_{4}}11、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A.金属性B.化合价C.原子半径D.单质的还原性12、下列关于常见化学物质的应用正确的是rm{(}rm{)}A.干冰能用作冷冻剂B.氯化钠可用作净水剂C.味精可用作食品调味剂D.小苏打是一种膨松剂，可用于制作馒头和面包13、合金的性能优异，在日常生活中有着广泛应用。下列物品的制作材料属于合金的有()A.陶瓷杯B.黄铜乐器C.rm{1}元硬币D.硬铝窗框14、为解决全球能源与环境问题，节能减排已成共识。下列措施有利于节能减排的有A.举行“地球一小时”熄灯活动B.露天焚烧稻草和秸秆C.夏天将空调的温度设置在rm{26隆忙}以上D.生活垃圾分类回收处理15、下列有机化合物中，属于烃的衍生物的有rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}CH_{3}}B.rm{CH_{2}篓TCHCl}C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}D.rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、下列各组物质。

①O2和O3

②H2、D2、T2

③12C和14C

④CH3CH2CH2CH3和（CH3）2CHCH3

⑤乙烷和丁烷。

⑥CH3CH2CH2CH（C2H5）CH3和CH3CH2CH2CH（CH3）C2H5

根据题意填空（只填序号）；

（1）同系物的是____；（2）同分异构体的是____．（3）同位素的是____；（4）同素异形体的是____．17、(12分)在一定温度下，有a.盐酸b．硫酸c．醋酸三种酸：(1)当三种酸物质的量浓度相同时，c(H＋)由大到小的顺序是________________。(2)同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是______________。(3)当三者c(H＋)相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是___________。(4)当c(H＋)相同、体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2(相同状况)，则开始时反应速率的大小关系为____________。反应所需时间的长短关系是__________。（5)将c(H＋)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(H＋)由大到小的顺序是____________________________________________________________________。18、（10分）二氧化锰是制造锌锰干电池的基本原料，普通锌锰干电池的电池反应式为：2MnO2+Zn+2H2O=2MnOOH+Zn(OH)2。工业上以软锰矿为原料，利用硫酸亚铁制备高纯度二氧化锰的流程如下（软锰矿中所有金属元素在酸性条件下均以阳离子形式存在）：某软锰矿的主要成分为MnO2，还含Si（16.27%）、Fe（5.86%）、Al（3.24%）、Zn（2.68%）和Cu（0.86%）等元素的化合物。部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH及部分硫化物的Ksp（均为25℃时）见下表，回答下列问题：。沉淀物Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2Cu(OH)2Zn(OH)2pH5.23.29.710.46.78.0沉淀物CuSZnSMnSFeSKsp8.5×10－451.2×10－231.4×10－153.7×10－14（1）硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要离子方程式为：。（2）滤渣A的主要成分为。（3）加入MnS的目的是除去杂质。（4）碱性锌锰电池中，MnO2参与的电极反应式为。（5）从废旧碱性锌锰电池中可回收利用的物质有（写两种）。19、A；B、C、D、E都是元素周期表中的前20号元素；原子序数依次增大，B、C、D同周期，A、D原子中某p能级均排有5个电子，E和其他元素既不在同周期也不在同主族，B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水．

根据以上信息；回答下列问题．

（1）A和D的氢化物中，沸点较低的是______（填化学式）；该物质固态时属于______晶体；A和D的电负性较大的是______（填元素符号）；B和C的第一电离能较小的是______（填元素符号）；A和B的离子中，半径较小的是______（填离子符号）；构成C单质晶体的微粒以______键相结合．

（2）写出B、C的最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式：______．

（3）A和E可组成离子化合物；其晶胞结构如图所示：

阳离子（用“●”表示）位于大立方体的顶点或面心；阴离子（用“○”表示）均位于小立方体的中心．与一个“○”距离最近的“●”有______个，与一个“●”距离最近的“●”有______个，该化合物的化学式是______．

（4）已知晶胞的的体积为2.0×10-23cm3，求A和E组成的离子化合物的密度，请列式并计算，结果保留一位小数．20、已知苯与液溴的反应是放热反应，某校学生为探究苯与液溴发生反应的原理，用如图装置进行实验。rm{(}夹持装置已略去rm{)}根据相关知识回答下列问题：rm{(1)}实验开始时，关闭rm{K_{2}}开启rm{K_{1}}和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合液，反应开始。则Ⅱ中的有机物所发生反应的化学方程式为：____。rm{(2)}反应结束后，开启rm{K_{2}}关闭rm{K_{1}}和分液漏斗活塞，使装置rm{I}中的水倒吸入装置Ⅱ中，这样操作的目的是____。rm{(3)}反应结束后，为了得到较纯净的溴苯，对Ⅱ中的溶液按下列步骤分离提纯：rm{垄脵}依次用rm{10mL}水、rm{8mL10%}的rm{NaOH}溶液、rm{10mL}水洗涤。rm{NaOH}溶液洗涤的作用是：____；rm{垄脷}洗涤后再干燥，即得到粗溴苯，此粗溴苯中还含有杂质，要进一步提纯，下列操作中必须的是____rm{(}填入正确选项前的字母rm{)}A、重结晶rm{B}过滤rm{C}蒸馏rm{D}萃取rm{(4)}此装置通过什么现象判断苯与溴发生的是取代反应而不是加成反应：____21、（8分）查文献知，CH3COOH、H3PO3(二元酸)、H3PO4三种酸所有的逐级电离常数如下：。酸电离常数(Ka)酸电离常数(Ka)CH3COOH1.8×10-5H3PO4K1=7.1×10-3H3PO3K1=3.7×10-2K2=6.2×10-8K2=2.9×10-7K3=4.5×10-13用化学用语回答下列问题：（1）上述三种酸中，酸性最强的是；（2）常温下，在NaH2PO3稀溶液中：c(H3PO3)<c(HPO32-)，则该溶液pH_______7；（填“>”“<”或“=”）（3）等温度、等浓度的NaH2PO4溶液与Na2HPO4溶液比较，c(H3PO4)较大的是：_____；（4）25℃时，浓度均为0.01mol/L的CH3COONa、Na2HPO3、Na3PO4溶液，pH最大的是：_________________；（5）在NaH2PO3溶液中，粒子间存在等量关系：c(H3PO3)+_____________=c(Na+)。（用溶液中其它粒子浓度补充完整）22、中国科学院长春应用化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破，组装出了自呼吸电池及主动式电堆rm{.}甲醇燃料电池的工作原理如图所示．

rm{垄脵}该电池工作时，rm{b}口通入的物质为______，rm{c}口通入的物质为______．

rm{垄脷}该电池负极的电极反应式为：______．

rm{垄脹}工作一段时间后，当rm{12.8g}甲醇完全反应生成rm{CO_{2}}时，有______rm{N_{A}}个电子转移．评卷人得分四、简答题(共1题，共9分)23、短周期元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{M}原子序数依次增大，元素rm{W}的一种核素的中子数为rm{0}rm{X}的原子最外层电子数是次外层的rm{2}倍，rm{Z}与rm{M}同主族，rm{Z^{2-}}电子层结构与氖原子相同。rm{(1)M}在元素周期表中的位置是_________________________。rm{(2)}化合物rm{p}由rm{W}rm{X}rm{Y}rm{M}四种元素组成。已知向rm{p}溶液中加入rm{FeCl_{3}}溶液，溶液变血红色；向rm{p}溶液中加入rm{NaOH}溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。rm{p}的化学式为____________。rm{(3)}由rm{X}rm{Y}rm{Z}三种元素可组成摩尔质量为rm{84g隆陇mol^{-1}}的物质rm{q}且rm{q}分子中三种元素的原子个数之比为rm{1:1:1}已知rm{q}分子中各原子均达到rm{8}电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，rm{q}分子的结构式为____________________。rm{(4)(XY)_{2}}的性质与rm{Cl_{2}}相似，rm{(XY)_{2}}与rm{NaOH}溶液常温下反应的离子方程式为_____________。rm{(5)}常温下，rm{1molZ_{3}}能与rm{Y}的最简单氢化物反应，生成一种常见的盐和rm{1molZ_{2}}该反应的化学方程式为________________________。评卷人得分五、工业流程题(共1题，共9分)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，结晶水未完全失去评卷人得分六、实验题(共3题，共30分)25、实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，瓶口竖直安装通有冷却水的冷凝管(使反应混合物的蒸气冷凝为液体流回烧瓶内)，加热回流一段时间后换成蒸馏装置进行蒸馏，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品。请回答下列问题：（1）在烧瓶中除了加入乙酸、浓硫酸和乙醇外，还应放入碎瓷片，目的是__________________。（2）反应中加入过量的乙醇，目的是________________________________________________。（3）如果将上述实验步骤改为在蒸馏烧瓶内先加入乙醇和浓硫酸，然后通过分液漏斗边滴加乙酸，边加热蒸馏。这样操作可以提高酯的产率，其原因是_____________________。（4）现拟分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，下图是分离操作步骤流程图：则试剂a是：________，分离方法Ⅰ是：________________________，分离方法Ⅲ是：____________________。26、化合物rm{SOCl_{2}}是一种液态化合物，沸点为rm{77隆忙}在盛有rm{10ml}的锥形瓶中，小心地滴加rm{8}滴rm{隆芦10}滴rm{SOCl_{2}}可观察到剧烈反应，液面上有白雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出，该气体可使滴有品红试液的滤纸褪色。轻轻摇动锥形瓶，等白雾消失后，往溶液中滴加rm{AgNO_{3}}溶液，有不溶于rm{HNO_{3}}的白色凝乳状沉淀析出。rm{(1)}根据上述实验，写出rm{SOCl_{2}}与水反应的化学方程式____。rm{(2)AlCl_{3}}溶液蒸干灼烧得不到无水rm{AlCl_{3}}而用rm{SOCl_{2}}与rm{AlCl_{3}隆陇6H_{2}O}混合共热，可得无水rm{AlCl_{3}}其原因是____。27、某兴趣小组设计了如图所示装置（部分夹持装置已略去）进行实验探究．

【实验一】探究影响化学反应速率的因素．

圆底烧瓶中装锌片（两次实验中所用锌片大小和外形相同）、恒压分液漏斗中装稀硫酸，以生成20.0mL气体为计时终点，结果为t1＞t2．

。序号V（H2SO4）/mLc（H2SO4）/mol•L-1t/sI401t1II403t2检查该装置气密性的方法是______．

比较实验I和Ⅱ可以得出的结论是______．

【实验二】探究铁的电化学腐蚀．

①圆底烧瓶中装铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装稀硫酸，打开活塞加入稀硫酸后量气管中出现的现象是：左侧液面______右侧液面______（选填“上升”；“下降”）．

②圆底烧瓶中装与①相同量的铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装食盐水，打开活塞加入食盐水后，你预测量气管中出现的现象是：______．实际观察到的现象可能与预测并不一致，装置气密性良好，原因是______．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【解析】【答案】D2、B【分析】试题分析：A、是醋酸电离的方程式，错误；B、是铵根离子水解的方程式，正确；C、碳酸是二元弱酸，水解时是分步进行的，以第一步水解为主，应该是：CO32-+H2OHCO3-+OH-，错误；D、溴离子不会发生水解，错误。考点：考查离子的水解。【解析】【答案】B3、D【分析】解：rm{A}rm{Ka}越大，对应酸的酸性越强，由题干中的数据可知相同浓度时，酸性：rm{HClO>HCO_{3}^{-}}酸性越弱，则对应盐的碱性越强，则rm{pH}相同的rm{NaClO}和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液；物质的量浓度前者大于后者，故A错误；

B、rm{CH_{3}COONa}溶液和稀盐酸的混合溶液中电荷守恒为：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(Cl^{-})+(OH^{-})}rm{pH=7}则rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}所以rm{c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(Cl^{-})}由物料守恒可知rm{c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(CH_{3}COOH)}所以rm{c(Cl^{-})=c(CH_{3}COOH)}故B错误；

C、rm{Na_{2}CO_{3}}与rm{CO_{2}}反应消耗水，使溶剂的质量减少，而且反应生成rm{NaHCO_{3}}rm{NaHCO_{3}}质量增大，所以向饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中通入足量的rm{CO_{2}}溶液变浑浊，不能说明rm{NaHCO_{3}}溶解度比rm{Na_{2}CO_{3}}小；故C错误；

D、氯碱工业使用的食盐水需先除去其中的rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}等杂质rm{.}除杂时，粗盐水中可先加入过量的rm{BaCl_{2}}溶液，除去rm{SO_{4}^{2-}}至沉淀不再产生后，再加入过量的rm{Na_{2}CO_{3}}除去rm{Ca^{2+}}和rm{Ba^{2+}}再加rm{NaOH}除去rm{Mg^{2+}}充分反应后滤去沉淀；由于rm{BaSO_{4}}和rm{BaCO_{3}}的rm{K_{sp}}相差不大，当溶液中存在大量rm{CO_{3}^{2-}}时，发生rm{BaSO_{4}(s)+CO_{3}^{2-}(aq)=BaCO_{3}(s)+SO_{4}^{2-}(aq)}rm{BaSO_{4}(s)}会部分转化为rm{BaCO_{3}(s)}所以所得滤液中仍含有一定量的rm{SO_{4}^{2-}}故D正确．

故选D．

A；相同浓度时；酸性越弱，则对应盐的碱性越强；

B、根据rm{CH_{3}COONa}溶液和稀盐酸的混合溶液中电荷守恒和物料守恒分析；

C、rm{Na_{2}CO_{3}}与rm{CO_{2}}反应消耗水，而且rm{NaHCO_{3}}的质量增大；

D；除杂时不能引入新的杂质；后加的试剂要把先加的多余的试剂除去．

本题考查了弱电解质的电离常数、溶液中电荷守恒和物料守恒的应用、碳酸钠越碳酸氢钠的转化、沉淀转化原理的应用等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生的分析能力和知识应用能力，题目难度中等．【解析】rm{D}4、C【分析】解：rm{A.}放热反应有的需加热；如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，有的不需加热，如钠与水反应，故A错误；

B.燃烧热是rm{1mol}可燃物燃烧生成氧化物放出的热量，一般rm{H隆煤H_{2}O(l)}rm{C隆煤CO_{2}(g)}rm{S隆煤SO_{2}(g)}故B错误；

C.反应物总能量大于生成物总能量的反应是放热反应；故C正确；

D.溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小；与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故D错误；

故选：rm{C}

A.放热反应有的需加热；有的不需加热；

B.rm{1mol}可燃物燃烧生成氧化物放出的热量就是该物质的燃烧热；

C.放热反应中反应物总能量大于生成物总能量；吸热热反应中反应物总能量小于生成物总能量；

D.溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小；与电解质强弱无关；

本题考查了学反应的条件与化学反应的热效应间的关系，燃烧热的概念，电解质的强弱与溶液的导电性，正确理解放热吸热的本质是解题的关键．【解析】rm{C}5、A【分析】【分析】本题考查外界条件对化学平衡的影响、化学平衡常数等，难度中等，注意对化学平衡常数的理解，同一反应，化学计量数不同，平衡常数不同。【解答】A.恒温恒容时，平衡常数rm{K}不变，平衡后向容器中再充入与初始投料相同物质的量的rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{2}}和rm{H}rm{H}的平衡浓度变为原来的rm{{,!}_{2}}倍，故A正确；，则rm{CO}的平衡浓度变为原来的rm{2}倍，故A正确；rm{CO}D.rm{2}rm{dfrac{c(CO)c(H_{2}O)}{c(CO_{2})c(H_{2})}}B.恒温恒容时，增大氢气的浓度，增大压强，平衡向正反应移动，平衡时氢气的浓度增大，故B错误；C.升高温度，反应物、生成物的活化分子增多，正、逆反应速率都增大，故C错误；平衡常数rm{K=}rm{K=}rm{dfrac

{c(CO)c(H_{2}O)}{c(CO_{2})c(H_{2})}}，可知该可逆反应为rm{CO}rm{CO}恒容时，温度升高，rm{{,!}_{2}}rm{(g)+H}rm{(g)+H}故D错误。rm{{,!}_{2}}rm{(g)?CO(g)+H}【解析】rm{A}6、A【分析】由b极附近溶液呈红色可可b极上氢离子得电子还原为氢气，属于阴极，y为电源的负极，排除CD；左池相当于电解硫酸铜溶液，产生硫酸，pH减小，排除B，答案为A【解析】【答案】A7、D【分析】解：rm{A}rm{23g}钠的物质的量为rm{1mol}与足量水反应生成rm{0.5}rm{mol}rm{H_{2}}所以生成rm{H_{2}}分子的个数是rm{0.5N_{A}}故A正确；

B、rm{Cu}和足量热浓硫酸反应不会生成rm{SO_{3}}分子；生成的是二氧化硫分子，故B错误；

C、由于氮气和氢气均是双原子分子，所以标准状况下rm{22.4LN_{2}}和rm{H_{2}}混合气为rm{1mol}含有rm{2mol}原子即rm{2N_{A}}个；故C错误；

D、rm{3mol}单质rm{Fe}完全转变为rm{Fe_{3}O_{4}}相当于有rm{2mol}变成三价铁，转移rm{6mol}电子，rm{1mol}变成二价铁，转移rm{2mol}电子，所以总共转移rm{8}rm{mol}电子，即rm{8N_{A}}个；故D正确．

故选D．

A、求出钠的物质的量，然后根据rm{2mol}钠生成rm{1mol}氢气来分析；

B；铜和浓硫酸反应生成二氧化硫分子；

C；求出混合气体的物质的量；然后根据氮气和氢气均为双原子分子来分析；

D；根据四氧化三铁中铁元素的价态来分析．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．【解析】rm{D}8、C【分析】解：rm{A}．rm{{,!}^{13}C}和rm{{,!}^{14}C}属于同一种元素；质子数相同而中子数不同，它们互为同位素，故A正确；

B.rm{{,!}^{1}H}和rm{{,!}^{2}H}是氢元素的不同核素，质子数相同均为rm{1}故B正确；

C.rm{{,!}^{14}C}和rm{{,!}^{14}N}的质量数相等，质子数分别为rm{6}rm{7}不是同位素，故C错误；

D.rm{{,!}^{6}Li}和rm{{,!}^{7}Li}的电子数相等均为rm{3}中子数分别为：rm{6-3=3}rm{7-3=4}不相等，故D正确．

故选C．

根据原子表示法的知识，元素符号左上角数字表示质量数，左下角数字表示质子数，质量数rm{-}质子数rm{=}中子数；质子数相同而中子数不同的同种元素的原子互为同位素．

本题考查原子组成和结构，明确质子数、中子数和质量数关系是解题的关键，题目难度不大．【解析】rm{C}二、多选题(共7题，共14分)9、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，rm{Cu}为还原产物；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}10、ABC【分析】解：rm{A.NaClO}溶液具有强氧化性和漂白性；故A选；

B.氯水中含rm{HClO}具有漂白性，故B不选；

C.rm{SO_{2}}与有色物质化合生成无色物质；使有色物质褪色，具有漂白性，故C不选；

D.稀rm{H_{2}SO_{4}}不具有漂白性；故D选；

故选ABC．

具有强氧化性的物质能使有色物质褪色，如rm{HClO}等，而rm{SO_{2}}与有色物质化合生成无色物质；使有色物质褪色，以此来解答．

本题考查物质的漂白性，为高频考点，把握物质的性质、漂白原理、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．【解析】rm{ABC}11、ACD【分析】本题考查同主族元素的性质递变规律。碱金属元素从上到下，原子序数依次增大，金属性逐渐增强，半径逐渐增大，单质的还原性依次增强，化合价不变，故ACD正确。故选ACD。【解析】rm{ACD}12、ACD【分析】解：rm{A.}干冰是二氧化碳固体；气化时带走热量导致周围环境温度降低，所以能作冷冻剂，故A正确；

B.氯化钠是强酸强碱盐；不水解生成胶体，所以不能作净水剂，故B错误；

C.味精的成分有氯化钠和谷氨酸钠；属于食品调味剂，故C正确；

D.小苏打是碳酸氢钠；碳酸氢钠呈碱性，能中和酸，碳酸氢钠受热能分解生成二氧化碳气体，所以能作膨松剂，故D正确；

故选ACD．

A.干冰是二氧化碳固体；能作冷冻剂；

B.氯化钠没有吸附性；所以不能作净水剂；

C.味精含有谷氨酸钠；属于食品调味剂；

D.小苏打是碳酸氢钠．

本题考查了物质是用途，明确物质的性质是解本题关键，难度不大．【解析】rm{ACD}13、BCD【分析】【分析】本题难度不大，主要考查合金的特征，掌握合金的特征与用途是正确解答本题的关键。【解答】A.陶瓷杯是用陶瓷制成的；主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故A不符合题意；

B.黄铜是铜和锌的合金，属于合金，故B符合题意；C.硬币属于合金；故C符合题意；

D.硬铝是铝的合金，属于合金，故D符合题意。故选BCD。【解析】rm{BCD}14、ACD【分析】略。

【解析】rm{ACD}15、BCD【分析】解：rm{A}rm{CH_{3}CH_{3}}只含rm{C}rm{H}两元素；故属于烃类，故A错误；

B、rm{CH_{2}篓TCHCl}可以认为是乙烯中的一个rm{H}原子被一个rm{Cl}取代后的产物；故属于烃的衍生物，故B正确；

C、rm{CH_{3}CH_{2}OH}可以认为是用rm{-OH}取代了乙烷中的一个rm{H}原子后得到的；故为烃的衍生物，故C正确；

D、乙酸乙酯可以认为是用rm{CH_{3}COO-}取代了乙烷分子中的一个rm{H}原子得到；故为烃的衍生物，故D正确．

故选BCD．

烃分子中的氢原子被其他原子或者原子团所取代而生成的一系列化合物称为烃的衍生物，其中取代氢原子的其他原子或原子团使烃的衍生物具有不同于相应烃的特殊性质，被称为官能团rm{.}在不改变烃本身的分子结构的基础上；将烃上的一部分氢原子替换成其他的原子或官能团的一类有机物统称为烃的衍生物．

本题考查了烃的衍生物的概念应用，题目较简单，掌握基本概念即可解决问题．【解析】rm{BCD}三、填空题(共7题，共14分)16、略

【分析】

①O2和O3是氧元素形成的结构不同的单质；互为同素异形体；

②H2、D2、T2都是氢元素组成的；结构相同，属于同一物质；

③12C和14C中子数不同；是碳元素的不同核素，互为同位素；

④CH3CH2CH2CH3和（CH3）2CHCH3；分子式相同，结构不同，为碳链异构，互为同分异构体；

⑤乙烷和丁烷，结构相似，都属于烷烃，形成2个CH2原子团；互为同系物；

⑥CH3CH2CH2CH（C2H5）CH3和CH3CH2CH2CH（CH3）C2H5分子式相同；结构相同，只是书写形式不同，属于同一物质．

（1）属于同系物的是⑤；故答案为：⑤；

（2）属于同分异构体的是④；故答案为：④；

（3）属于同位素的是③；故答案为：③；

（4）属于同素异形体的是①；故答案为：①．

【解析】【答案】（1）结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物．互为同系物的物质具有以下特点：结构相似；化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同；研究对象是有机物；

（2）分子式相同结构不同的化合物互称同分异构体．互为同分异构体的物质具有以下特点：分子式相同；结构不同、物理性质不同、不同类时化学性质不同；多为有机物；

（3）同种元素形成的结构不同的单质互为同素异形体；研究对象是单质；

（4）质子数相同中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素；研究对象是原子．

17、略

【分析】（1）硫酸是二元强酸，盐酸是一元强酸，醋酸是一元弱酸，所以当三种酸物质的量浓度相同时，c(H＋)由大到小的顺序是b＞a＞c。（2）同体积、同物质的量浓度的三种酸，硫酸中氢离子的物质的量最多，盐酸和醋酸的物质的量相同，所以中和NaOH的能力由大到小的顺序是b＞a＝c。（3）当三者c(H＋)相同且体积也相同时，盐酸和硫酸中氢离子的物质的量相同，产生的氢气也是相同的。但醋酸是弱酸，其浓度最大，生成的氢气最多，所以相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是c＞a＝b。（4）反应开始时氢离子的浓度相同，所以开始时反应速率的大小关系为a＝b＝c。由于醋酸是弱酸，在反应过程中还能继续电离出氢离子，所以醋酸的反应速率最大，而盐酸和硫酸是相同的，即反应所需时间的长短关系是a＝b＞c。（5）醋酸是弱酸，稀释促进电离，即在稀释过程中，醋酸还能电离出请记住，所以稀释相同的倍数后，醋酸的酸性最强，盐酸和硫酸相同，所以c(H＋)由大到小的顺序是c＞a＝b。【解析】【答案】（12分，每空2分）（1）b＞a＞c（2）b＞a＝c（3）c＞a＝b（4）a＝b＝ca＝b＞c（5）c＞a＝b18、略

【分析】酸液中发生二氧化锰的氧化性氧化亚铁离子，PH<5.4滤渣A的主要成分为铁的沉淀和铝的沉淀。加入MnS的目的是除去铜离子和锌离子。KSP小生成，CuS、ZnS沉淀。碱性锌锰电池中，锰做正极被还原MnO2+H2O+e－=MnOOH+OH－。从废旧碱性锌锰电池中可回收利用的物质有锌和二氧化锰。【解析】【答案】（1）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（2）Fe(OH)3、Al(OH)3。（3）Cu2+、Zn2+。（4）MnO2+H2O+e－=MnOOH+OH－。（5）锌、二氧化锰。19、略

【分析】解：A、B、C、D、E都是元素周期表中的前20号元素，原子序数依次增大，A、D原子中某p能级均排有5个电子，外围电子排布为ns2np5；可推知A为F元素；D为Cl元素，B、C、D同周期，处于第三周期，B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水，应是氢氧化铝与强碱、强酸反应，可推知B为Na、C为Al；E和其他元素既不在同周期也不在同主族，只能处于第四周期ⅡA族，则E为Ca；

（1）HF分子之间存在氢键；其沸点高于HCl的，HF固态时属于分子晶体；

同主族自上而下电负性减小；故F的电负性大于Cl；

同周期自左而右第一电离能呈增大趋势；故第一电离能Na＞Al；

F-、Na+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径F-＞Na+；

Al单质晶体属于金属晶体；微粒以金属键相结合；

故答案为：HF；分子；F；Na；Na+；金属；

（2）氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：OH-+Al（OH）3═AlO2-+2H2O；

故答案为：OH-+Al（OH）3═AlO2-+2H2O；

（3）由结构结构可知，与一个“○”距离最近的“●”有4个，以顶点“●”研究，与之距离最近的“●”位于面心上，每个顶点为12个面共用，故与一个“●”距离最近的“●”有12个，该晶胞中阴离子数目为8、阳离子数目=8×+6×=4，该化合物的化学式是CaF2；

故答案为：4；12；CaF2；

（4）晶胞的的体积为2.0×10-23cm3，晶胞的的质量=×故晶体密度==3.2g•cm-3；

答：该晶体的密度为3.2g•cm-3．

A、B、C、D、E都是元素周期表中的前20号元素，原子序数依次增大，A、D原子中某p能级均排有5个电子，外围电子排布为ns2np5；可推知A为F元素；D为Cl元素，B、C、D同周期，处于第三周期，B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水，应是氢氧化铝与强碱、强酸反应，可推知B为Na、C为Al；E和其他元素既不在同周期也不在同主族，只能处于第四周期ⅡA族，则E为Ca，据此解答．

本题是对物质结构的考查，涉及分子结构与性质、元素周期律、晶胞结构与计算等，（4）注意理解均摊法进行晶胞的有关计算．【解析】HF；分子；F；Na；Na+；金属；OH-+Al（OH）3═AlO2-+2H2O；4；12；CaF220、（1）2Fe+3Br2═2FeBr3，C6H6+Br2C6H5Br+HBr（2）吸收装置Ⅱ中的溴化氢气体，以免逸出污染空气（3）①除去溴苯中溶有的HBr和Br2②C（4）Ⅲ中的广口瓶中出现淡黄色沉淀【分析】【分析】本题主要考查了苯的性质实验，掌握反应的原理、各物质的性质以及操作的方法是解题的关键。【解答】

rm{(1)}因溴与铁反应生成溴化铁：rm{2Fe+3Br_{2}篓T2FeBr_{3}}苯和液溴在溴化铁的催化作用下生成溴苯和溴化氢：

rm{C_{6}H_{6}+Br}2rm{xrightarrow[]{FeB{r}_{3}}}rm{xrightarrow[]{FeB{r}_{3}}

}rm{C}rm{C}rm{{,!}_{6}}rm{H}

rm{H}因装置rm{{,!}_{5}}中含有溴化氢气体能污染空气，反应结束后装置rm{Br+HBr}中存在大量的溴化氢，使rm{Br+HBr}的水倒吸入rm{(2)}中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气；rm{(2)}rm{II}由于溴苯中溶有溴化氢与单质溴，所以氢氧化钠溶液的作用是吸收rm{II}和rm{I}发生反应的化学方程式为rm{II}rm{(3)}所以rm{垄脵}溶液洗涤的作用是除去溴苯中溶有的rm{HBr}和rm{Br_{2}}rm{Br_{2}+2NaOH=NaBr+NaBrO+H_{2}O}苯易溶在溴苯中；且和氢氧化钠溶液不反应，所以粗溴苯中还含有的主要杂质为苯，二者的沸点相差较大，蒸馏即可分离，故选C；

rm{HBr+NaOH=NaBr+H_{2}O}取代反应和加成反应的区别在于是否产生溴化氢，通过Ⅲ中的广口瓶中出现淡黄色沉淀，则证明产生了溴离子，即苯跟溴能发生取代反应生成rm{NaOH}

rm{HBr}【解析】rm{(1)2Fe+3Br_{2}篓T2FeBr_{3}}rm{C_{6}H_{6}+Br}2rm{xrightarrow[]{FeB{r}_{3}}}rm{xrightarrow[]{FeB{r}_{3}}

}rm{C_{6}H_{5}Br+HBr}吸收装置Ⅱ中的溴化氢气体，以免逸出污染空气rm{(2)}除去溴苯中溶有的rm{(3)垄脵}和rm{HBr}rm{Br_{2;;;}垄脷C}Ⅲ中的广口瓶中出现淡黄色沉淀rm{(4)}21、略

【分析】试题分析：（1）对弱酸来说，K值越大，弱酸的电离程度越大，酸性越强，由表格可知，磷酸的K最大，酸性最强，所以，上述三种酸中，酸性最强的是H3PO3；（2）常温下，在NaH2PO3稀溶液中，H2PO3-一方面水解生成H3PO3，另一方面电离生成HPO32-，因为c(H3PO3)<c(HPO32-)，所以H2PO3-电离程度大于水解程度，PH<7；（3）等温度、等浓度的NaH2PO4溶液与Na2HPO4溶液比较，Na2HPO4两次水解才生成磷酸，一步比一步艰难，c(H3PO4)较大的是NaH2PO4；（4）酸越弱，对应的酸根离子结合氢离子的能力越强，则结合H+的能力：PO43-＞HPO42-＞H2PO4-，25℃时，浓度均为0.01mol/L的CH3COONa、Na2HPO3、Na3PO4溶液，pH最大的是Na3PO4；（5）根据物料守恒可写出：c(H3PO3)+c(H2PO3—)+c(HPO32—)=c(Na+)。考点：考查弱电解质的电离。【解析】【答案】（1）H3PO3；（2）<；（3）NaH2PO4；（4）Na3PO4；（5）c(H3PO3)+c(H2PO3—)+c(HPO32—)=c(Na+)。22、略

【分析】解：rm{垄脵}据氢离子移动方向知；右侧电极为正极，正极上氧气得电子，左侧电极为负极，负极上通入燃料甲醇；

故答案为：rm{CH_{3}OH}rm{O_{2}}

rm{垄脷}负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为rm{CH_{3}OH-6e^{-}+H_{2}O=CO_{2}+6H^{+}}

故答案为：rm{CH_{3}OH-6e^{-}+H_{2}O=CO_{2}+6H^{+}}

rm{垄脹}根据rm{CH_{3}OH-6e^{-}+H_{2}O=CO_{2}+6H^{+}}知，甲醇和转移电子之间的关系式得，当rm{12.8g}甲醇完全反应生成rm{CO_{2}}时，转移电子的物质的量rm{=dfrac{12.8g}{32g/mol}=2.4mol}则转移电子个数为rm{=dfrac

{12.8g}{32g/mol}=2.4mol}

故答案为：rm{2.4N_{A}}．

rm{2.4}根据氢离子移动方向知；右侧电极为正极，左侧电极为负极，负极上通入燃料；

rm{垄脵}负极上燃料失电子发生氧化反应；正极上氧化剂得电子发生还原反应；

rm{垄脷}根据甲醇和转移电子之间的关系式计算．

本题考查了原电池原理，根据正负极上得失电子及反应物和转移电子之间的关系式解答，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写，难度不大．rm{垄脹}【解析】rm{CH_{3}OH}rm{O_{2}}rm{CH_{3}OH-6e^{-}+H_{2}O=CO_{2}+6H^{+}}rm{2.4}四、简答题(共1题，共9分)23、（1）三；VIA

（2）NH4SCN

（3）N≡C-O-O-C≡N

（4）（CN）2+2OH-=CN-+CNO-+H2O

（5）2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O【分析】【分析】本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目涉及化学反应方程式、元素周期律等知识点，难度不大。【解答】元素rm{W}的一种核素的中子数为rm{0}应为rm{H}rm{X}的原子最外层电子数是次外层的rm{2}倍，应为rm{C}元素，rm{Z}与rm{M}同主族，rm{Z^{2-}}电子层结构与氖相同，则rm{Z}为rm{O}元素，rm{M}为rm{S}元素，由此可知rm{Y}为rm{N}元素．

rm{(1)M}为rm{S}元素，位于周期表第三周期族rm{VIA}故答案为：三；rm{VIA}

rm{(2)}向rm{p}溶液中加入rm{FeCl_{3}}溶液，溶液变血红色，说明含有rm{SCN^{-}}离子，向rm{p}溶液中加入rm{NaOH}溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明含有铵根离子，则应为rm{NH_{4}SCN.}故答案为：rm{NH_{4}SCN}rm{(3)X}中三种元素的原子数目之比为rm{1}rm{1}rm{1}设分子式为：rm{(CON)_{x}}则rm{x=dfrac{84}{12+16+14}=2}所以分子式为：rm{x=dfrac

{84}{12+16+14}=2}各原子均达到rm{(CON)_{2}}电子稳定结构，且分子中无双键，所以结构式为：rm{8}

故答案为：rm{N隆脭C-O-O-C隆脭N}

rm{N隆脭C-O-O-C隆脭N}的性质与rm{(4)(CN)_{2}}相似，rm{Cl_{2}}与rm{(CN)_{2}}溶液反应的离子方程式为rm{NaOH}故答案为：rm{(CN)_{2}+2OH^{-}=CN^{-}+CNO^{-}+H_{2}O}

rm{(CN)_{2}+2OH^{-}=CN^{-}+CNO^{-}+H_{2}O}常温下，rm{(5)}能与rm{1molO_{3}}的最简单氢化物反应，生成一种常见的盐和rm{N}该反应的化学方程式为rm{1molN_{2}}

故答案为：rm{2NH_{3}+4O_{2}=NH_{4}NO_{3}+4O_{2}+H_{2}O}rm{2NH_{3}+4O_{3}=NH_{4}NO_{3}+4O_{2}+H_{2}O}【解析】rm{(1)}三；rm{(1)}rm{VIA}rm{(2)}rm{(2)}rm{NH_{4}SCN}rm{(3)}rm{(3)}rm{N隆脭C-O-O-C隆脭N}rm{(4)}rm{(4)}五、工业流程题(共1题，共9分)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