2025年沪教版高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年沪教版高二化学上册阶段测试试卷401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、在一密闭容器中充入1molH2和1molI2，压强为p（Pa），在一定温度下反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H＜0，平衡后改变条件，下列叙述正确的是（）A.保持容器容积不变，向其中加入1molN2（N2不参加反应），反应速率加快B.提高起始的反应温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢，平衡正向移动C.保持容器内气体压强不变，向其中加入1molNe，反应速率加快，平衡正向移动D.保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2（g）和1molI2（g），反应速率不变2、为提纯下列物质rm{(}括号内为少量杂质rm{)}所选用的除杂试剂与主要分离方法都正确的是。选项不纯物质除杂试剂分离方法rm{A}乙酸乙酯rm{(}乙酸rm{)}rm{KOH}溶液，水分液rm{B}rm{NH_{4}Cl}溶液rm{(FeCl_{3})}rm{NaOH}溶液过滤rm{C}苯rm{(}甲苯rm{)}rm{KMnO_{4}(}酸化rm{)}rm{NaOH}溶液分液rm{D}苯rm{((Br_{2}))}rm{NaOH}溶液萃取A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}3、下列rm{4}种烯烃分别经催化加氢后不能得到rm{2-}甲基戊烷的是()A.rm{C{H}_{3}overset{overset{C{H}_{3}}{|}}{C}=CHC{H}_{2}C{H}_{3}}B.rm{C{H}_{2}=overset{overset{C{H}_{3}}{|}}{C}(C{H}_{2}{)}_{2}C{H}_{2}}C.rm{C{H}_{2}=CHC{H}_{2}overset{overset{C{H}_{3}}{|}}{C}HC{H}_{3}}D.rm{C{H}_{3}CH=overset{overset{C{H}_{3}}{|}}{C}C{H}_{2}C{H}_{3}}rm{C{H}_{3}overset{

overset{C{H}_{3}}{|}}{C}=CHC{H}_{2}C{H}_{3}}4、向盛有硫酸锌水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到透明溶液rm{.}下列对此现象说法不正确的是rm{(}rm{)}A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后rm{Zn^{2+}}的浓度不变B.沉淀溶解后，将生成配合离子rm{[Zn(NH_{3})_{4}]^{2+}}C.用硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，能观察到同样的现象D.在rm{[Zn(NH_{3})_{4}]^{2+}}离子中，rm{NH_{3}}给出孤对电子，rm{Zn^{2+}}提供空轨道5、某有机化合物A的相对分子质量范围为100～130．经分析得知，其中碳和氢的质量分数之和为46.66%，其余为氧，则该化合物分子中最多含碳氧双键的个数为（）A.1B.2C.3D.46、已知热化学方程式：rm{SO_{2}(g)+0.5O_{2}(g)?SO_{3}(g)triangleH=-98.32kJ/mol}在容器中充入rm{SO_{2}(g)+0.5O_{2}(g)?SO_{3}(g)triangle

H=-98.32kJ/mol}和rm{2molSO_{2}}充分反应，最终放出的热量为rm{1molO_{2}}rm{(}A.rm{)}B.rm{196.64kJ}C.rm{196.64kJ/mol}D.rm{<196.64kJ}rm{>196.64kJ}7、控制适合的条件，将反应rm{Ag+Fe^{3+}?Fe^{2+}+Ag^{+}}设计成如图所示的原电池rm{.}下列判断错误的是rm{(}rm{)}A.反应开始时，电子从甲中石墨经导线流向乙中石墨B.电流计指针为零时，上述反应的正反应速率等于逆反应速率C.电流计读数为零后，在甲中加入rm{FeCl_{3}}固体，甲中石墨电极为负极D.电流计读数为零后，在甲中加入双氧水，甲中石墨电极反应式是rm{Fe^{3+}+e^{-}=Fe^{2+}}8、要检验溴乙烷中的溴元素，下列实验方法正确的是rm{(}rm{)}A.加入新制的氯水振荡，再加入少量rm{CCl_{4}}振荡，观察下层是否变为橙红色B.加入硝酸银溶液，再加入稀硝酸使溶液呈酸性，观察有无浅黄色沉淀生成C.加入rm{NaOH}溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成D.加入rm{NaOH}溶液共热，冷却后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、下列各组物质中，所含分子数相同的是A.rm{32gO_{2}}和rm{32gCO}B.rm{28gN_{2}}和rm{44gCO_{2}}C.rm{18gH_{2}O}和rm{1molBr_{2}}D.rm{2.24LH_{2}(}标准状况rm{)}和rm{0.1molN_{2}}10、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rm{(}rm{)}A.金属性B.化合价C.原子半径D.单质的还原性12、将绿豆大小的金属钠投入加有酚酞的rm{100mL}蒸馏水中，则()A.溶液变蓝B.rm{Na}浮在水面上并熔化成小球C.rm{Na}在水面上游动D.有rm{H_{2}}生成13、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14、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}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、（8分）(1)某温度(T℃)时，测得0.01mol/LNaOH溶液的pH为11，则该温度下水的KW＝________。则该温度________(填“大于”、“小于”或“等于”)25℃，其理由是___________________________________________________。(2)此温度下，将pH＝a的NaOH溶液VaL与pH＝b的HCl溶液VbL混合，若所得混合溶液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝________。16、有机反应的条件在有机反应中非常重要，条件不同产物不同，请按要求填写下列空格。（1）①溴乙烷在NaOH的水溶液中加热，反应类型是。②溴乙烷在NaOH的乙醇溶液中加热，反应类型是。（2）①乙酸乙酯在稀硫酸的作用下，该反应的类型是：。②乙酸和乙醇在浓硫酸的作用下反应的化学方程式：。（3）①乙醇在浓硫酸140℃的条件下反应的化学方程式：。②乙醇在浓硫酸170℃的条件下反应的化学方程式：。17、在温度为373K时，将0.100mol无色的N2O4气体放入1L抽空的密闭容器中，立刻出现红棕色，直至建立N2O42NO2的平衡。下图是隔一定时间测定到的N2O4的浓度（纵坐标为N2O4的浓度，横坐标为时间）（1）计算在20至40秒时间内，NO2的平均生成速率为mol•L­-1•S­-1。（2）①该反应的化学平衡常数表达式为。②求该温度下平衡常数的值。（写出计算过程，下同）（3）求达到平衡状态时N2O4的转化率。（4）求平衡时容器内气体压强与反应前的压强之比为多少?(最简整数比)。18、甲醇是一种重要的化工原料．工业生产甲醇的常用方法是：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=-90.8kJ/mol．已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（（l）△H=-571.6kJ/mol

H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol

（1）书写甲醇蒸气与氧气反应生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式______

（2）碱性甲醇燃料电池负极的电极反应式为______；当消耗16g甲醇时转移电子的物质的量为______mol．19、氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体．

已知：rm{垄脵CO(g)+NO_{2}(g)篓TNO(g)+CO_{2}(g)triangleH=-akJ?mol^{-1}(a>0)}

rm{垄脷2CO(g)+2NO(g)篓TN_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangleH=-bkJ?mol^{-1}(b>0)}

若用标准状况下rm{垄脵CO(g)+NO_{2}(g)篓TNO(g)+CO_{2}(g)triangle

H=-akJ?mol^{-1}(a>0)}还原rm{垄脷2CO(g)+2NO(g)篓TN_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangle

H=-bkJ?mol^{-1}(b>0)}至rm{4.48LCO}完全反应rm{NO_{2}}整个过程中转移电子的物质的量为______，放出的热量为______rm{N_{2}(CO}用含有rm{)}和rm{kJ(}的代数式表示rm{a}．rm{b}20、化学式为rm{C_{8}H_{10}O}的化合物rm{A}具有如下性质：rm{垄脵A}和rm{Na}能慢慢产生气泡rm{垄脷A}和rm{RCOOH}在浓硫酸和加热条件下能生成有香味的产物rm{垄脹A}能被酸性高锰酸钾溶液氧化成苯甲酸rm{垄脺}经催化氧化得到rm{(R}rm{R隆盲}为烃基rm{)}结构的分子rm{垄脻}脱水反应的产物，经聚合反应可制得一种塑料品rm{(}它是目前造成“白色污染”的主要污染源之一rm{)}试回答：rm{(1)}根据上述信息，对该化合物的结构可做出的判断是________；rm{(}填编号rm{)}A.苯环上直接连有羟基rm{B.}苯环侧链末端有甲基C.肯定有醇羟基rm{D.}肯定是芳香烃rm{(2)}化合物rm{A}的结构简式________________；rm{(3)A}和金属钠反应的化学方程式_____；rm{(4)A}发生rm{垄脺}的化学方程式_____。rm{(5)A}发生rm{垄脻}脱水反应的化学方程式_____。脱水后的产物，发生聚合反应的化学方程式____。21、根据右图；回答下列问题：

rm{(1)}若闭合rm{S_{1}}装置属于______，锌极作______。

rm{(2)}若闭合rm{S_{2}}装置属于______，锌极上的反应为______。

rm{(3)}若闭合rm{S_{3}}装置属于______，总反应为______。评卷人得分四、原理综合题(共1题，共6分)22、通常用燃烧的方法测定有机物的分子式；可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加热下充分燃烧，根据产品的质量确定有机物的组成。如图所示的是用燃烧法确定有机物物分子式的常用装置.

现准确称取0.72g某烃样品；经燃烧后A管增重2.2g，B管增重1.08g。请回答:

(1)产生的氧气按从左到右流向，所选装置各导管的连接顺是:__________；

(2)A、B管内均盛有固态试剂，A管的作用是__________。

(3)燃烧管中CuO的作用是_________；如果把CuO网去掉，A管重量将_________；(填“增大”；“减小”、或“不变”)；

(4)请改进这套装置的一个不足之处_________。

(5)若该有机物分子中含有4个甲基，则该有机物的结构简式为_________；该有机物的二氯代物有_______种。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共12分)23、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）。24、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：_____________。25、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）。26、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、推断题(共1题，共8分)27、有机化学反应因反应条件不同，可生成不同的有机产品。例如：rm{(1)HX+}rm{(X}为卤素原子rm{)}rm{(2)}苯的同系物与卤素单质混合，若在光照条件下，侧链上氢原子被卤素原子取代；若在催化剂作用下，苯环上的氢原子被卤素原子取代。工业上利用上述信息，按下列路线合成结构简式为的物质，该物质是一种香料。请根据上述路线，回答下列问题：rm{(1)A}的结构简式可能为____________________________________。rm{(2)}反应rm{垄脵}rm{垄脹}rm{垄脻}的反应类型分别为________、________、_______。rm{(3)}反应rm{垄脺}的化学方程式为rm{(}有机物写结构简式，并注明反应条件rm{)}_________________________________________________________。rm{(4)}工业生产中，中间产物rm{A}须经反应rm{垄脹垄脺垄脻}得rm{D}而不采取直接转化为rm{D}的方法，其原因是_________________________________________________。rm{(5)}这种香料具有多种同分异构体，其中某些物质有下列特征：rm{垄脵}其水溶液遇rm{FeCl_{3}}溶液呈紫色rm{垄脷}分子中有苯环，且苯环上的一溴代物有两种。写出符合上述条件的物质可能的结构简式rm{(}只写两种rm{)}____________________________________________________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【解答】解：A．保持容器容积不变，向其中加入1molN2；参加反应的物质的浓度不变，则反应速率不变，故A错误；

B．升高温度；正逆反应速率都增大，故B错误；

C．保持容器内气体压强不变；向其中加入1molNe，体积增大，反应物的浓度减小，则反应速率减小，故C错误；

D．保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2（g）和1molI2（g）；因体积增大为2倍，物质的量增大为2倍，则浓度不变，反应速率不变，故D正确．

故选D．

【分析】在恒定温度下，反应速率的影响因素取决于浓度和压强，浓度越大，反应速率越大，如通入惰性气体，参加反应的物质的浓度不变，则反应速率不变，如压强不变，通入惰性气体，但体积增大，反应物的浓度减小，则反应速率减小，并以此判断平衡移动的方向，以此解答该题．2、C【分析】【分析】

本题主要主要考查了物质的除杂；明确除杂的原则及物质的性质；分离提纯的方法是解答本题的关键。

【解答】

A.rm{KOH}会使乙酸乙酯水解，正确的是用rm{Na}会使乙酸乙酯水解，正确的是用rm{KOH}rm{Na}rm{2}rm{2}rm{CO}

B.氯化铁与rm{CO}溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，rm{3}溶液和rm{3}溶液反应生成氨水和氯化钠；不符合除杂的原理，正确的方法是加入适量氨水过滤，故B错误；

C.酸性和水分液，故A错误；可以把甲苯氧化为苯甲酸，rm{NaOH}与苯甲酸反应然后分液；可达到除杂的目的，故C正确；；

D.rm{NH_{4}Cl}会使乙酸乙酯水解，不符合除杂的原理，正确的是用rm{NaOH}和水分液；故D错误。

故选C。

rm{KMnO_{4}}【解析】rm{C}3、D【分析】【分析】本题考查烯烃的加成反应生成物的判断，难度中等。【解答】A.，加氢后生成生成rm{2-}甲基戊烷，故A不选；B.加氢后生成生成rm{2-}甲基戊烷；故B不选；

C.加氢后生成rm{2-}甲基戊烷；故C不选；

D.加氢后生成的是rm{3-}甲基戊烷，故D选。故选D。【解析】rm{D}4、A【分析】解：rm{A.}硫酸锌和氨水反应生成氢氧化锌沉淀；继续加氨水时，氢氧化锌和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中锌离子浓度减小，故A错误；

B.硫酸锌和氨水反应生成氢氧化锌沉淀，继续加氨水时，氢氧化锌和氨水继续反应生成络合物离子rm{[Zn(NH_{3})_{4}]^{2+}}而使溶液澄清；故B正确；

C.硝酸锌中的锌离子和氨水反应现象与硫酸锌中锌离子和氨水反应现象相同；硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，能观察到同样现象，故C正确；

D.在rm{[Zn(NH_{3})_{4}]^{2+}}离子中，rm{Zn^{2+}}提供空轨道，rm{NH_{3}}提供孤电子对；故D正确；

故选A．

向硫酸锌溶液中加入氨水；氨水先和硫酸锌反应生成氢氧化锌沉淀，继续添加氨水，氨水和氢氧化锌反应生成可溶性的锌氨络合物．

A.硫酸锌先和氨水反应生成氢氧化锌；氢氧化锌和氨水反应生成络合物；

B.氢氧化锌和氨水反应生成配合物而使溶液澄清；

C.硝酸锌中的锌离子和氨水反应现象与硫酸锌中锌离子和氨水反应现象相同；硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，能观察到同样现象；

D.配合物中；配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键．

本题考查了配合物、配位键的形成等性质，难度不大，明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体．【解析】rm{A}5、A【分析】【解答】解：有机物中碳和氢的质量分数之和为46.66%；所以氧的质量分数为53.34%，由化合物A的相对分子质量大于100，小于130；

所以氧原子个数为大于=3.33，小于=4.33；所以氧原子为4个；

所以有机物分子质量==120；

其中C、H的相对原子质量之和为120﹣16×4=56，除以12得到4余8，所以碳氢部分为C4H8，可确定分子式为C4H8O4；

C4H8O4与4个C原子的饱和衍生物（可表示为C4H10On）比较可知；有一个不饱和度，即分子中最多含有1个碳氧双键；

故选A．

【分析】根据含氧量和相对分子质量的范围，得出氧原子数，根据氧元素的质量分数进而求得有机化合物的相对分子质量，从而计算化学式．6、C【分析】解：由热化学方程式可知，rm{1molSO_{2}}完全反应放出热量为rm{98.32kJ}物质的量与热量成正比，则rm{2molSO_{2}}完全反应放出热量为rm{98.32kJ隆脕2=196.64kJ}而容器中充入rm{2molSO_{2}}和rm{1molO_{2}}充分反应，不能完全转化，则最终放出的热量为rm{<196.64kJ}

故选C．

热化学方程式中为完全转化时的能量变化；该反应为可逆反应，不能完全转化，且物质的量与热量成正比，以此来解答．

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、可逆反应、物质的量与热量的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意热量的单位，题目难度不大．【解析】rm{C}7、C【分析】解：rm{A.}该原电池中；亚铁离子失电子发生氧化反应，所以甲中石墨作负极，乙中石墨作正极，电子从负极沿导线流向正极，所以电子从甲中石墨经导线流向乙中石墨，故A正确；

B.当电流计为零时；说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，正逆反应速率相等，故B正确；

C.电流计指针为rm{0}后，在甲中加入rm{FeCl_{3}}固体，平衡向正反应方向进行，则rm{Fe^{3+}}被还原；甲为正极，乙为负极，故C错误；

D.电流计指针为rm{0}后，在甲中加入双氧水，生成rm{Fe^{3+}}平衡向正反应方向进行，则rm{Fe^{3+}}被还原，甲中石墨电极反应式是rm{Fe^{3+}+e^{-}=Fe^{2+}}故D正确．

故选C．

A.该原电池中；亚铁离子失电子发生氧化反应，所以甲中石墨作负极，乙中石墨作正极，电子从负极沿导线流向正极；

B.电流计指针为rm{0}时；该反应达到平衡状态；

C.电流计指针为rm{0}后，在甲中加入rm{FeCl_{3}}固体；平衡向正反应方向进行；

D.电流计指针为rm{0}后，在甲中加入双氧水，生成rm{Fe^{3+}}平衡向正反应方向移动．

本题是对原电池原理综合考查，并注重与化学平衡的联系，学生明确原电池的工作原理、正负极的判断方法、化学平衡的移动即可解答，注意该反应是可逆反应，为易错点．【解析】rm{C}8、D【分析】解：rm{A.}溴乙烷、氯气均溶于rm{CCl_{4}}观察下层颜色不能检验，故A不选；

B.不存在溴离子；加硝酸银溶液不反应，故B不选；

C.加入rm{NaOH}溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，可能rm{NaOH}与硝酸银反应干扰检验；应先加酸至酸性，故C不选；

D.加入rm{NaOH}溶液共热；水解生成溴离子，冷却后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成，可检验，故D选；

故选D．

检验溴乙烷中的溴元素，先将rm{Br}原子变为溴离子；再加酸至酸性，加硝酸银生成浅黄色沉淀，以此来解答．

本题考查物质的检验及鉴别，为高频考点，把握有机物水解实验及溴离子的检验方法为解答的关键，侧重分析及实验能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{D}二、多选题(共6题，共12分)9、BCD【分析】【分析】本题考查物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积等化学计量的计算，阿伏伽德罗定律的应用等，难度中等。【解答】A.rm{n({O}_{2})=dfrac{;32g}{;32g/mol;}=1mol}rm{n(CO)=dfrac{;32g}{28g/mol};;=dfrac{8}{7}mol}二者物质的量不相等，所含分子数不相等，故A错误；B.rm{n({N}_{2})=dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}，rm{n(C{O}_{2})=dfrac{;44g}{44g/mol};;=1mol}物质的量相同，则分子数相同，故B正确；C.rm{n({O}_{2})=

dfrac{;32g}{;32g/mol;}=1mol}rm{n(CO)=dfrac{;32g}{28g/mol};;=

dfrac{8}{7}mol}B.rm{n({N}_{2})=

dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}为rm{n({N}_{2})=

dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}与rm{n(C{O}_{2})=

dfrac{;44g}{44g/mol};;=1mol}rm{18gH}物质的量相同，则分子数相同，故C正确；rm{18gH}标准状况下rm{{,!}_{2}}为rm{O}为rm{1mol}与rm{1molBr}和rm{O}物质的量相同，则分子数相同，故D正确。故选BCD。rm{1mol}【解析】rm{BCD}10、ACD【分析】【分析】本题旨在考查学生对环境的治理的应用。【解答】A.举行“地球一小时”熄灯活动，有利于节能减排，故A正确；

B.露天焚烧稻草和秸秆，造成环境污染，不利于节能减排，故B错误；C.夏天将空调的温度设置在rm{26隆忙}以上，有利于节能减排，故C正确；D.生活垃圾分类回收处理，有利于节能减排，故D正确。故选ACD。【解析】rm{ACD}11、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}12、BCD【分析】【分析】本题考查了钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，结合钠的物理性质判断解答。【解答】钠的密度小于水，熔点低，将绿豆大小的金属钠投入加有酚酞的rm{100}rm{m}rm{L}rm{100}rm{m}rm{L}rm{100}rm{m}rm{L}蒸馏水中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放出大量的热，溶液显碱性，所以会看到现象：钠浮在水面上并熔化成小球，生成氢气，钠在水面四处游动，溶液变红，故rm{100}rm{m}rm{L}rm{100}rm{m}rm{L}rm{100}rm{100}rm{m}【解析】rm{BCD}13、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；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}14、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}三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】【解析】试题分析：（1）某温度(T℃)时，测得0.01mol/LNaOH溶液c（OH-）=0.01mol/L，pH为11则c（H+）=1×10-11mol/L，Kw=c（H+）?c（OH-）=0.01×1×10-11=1×10-13。Kw=1×10-13大于25℃时的水离子积，故水的电离得到促进。即温度大于25℃。（2）若所得溶液为中性，且a=12，b=2酸C(H+)=10-b=10-2mol/L，碱C(OH-)=Kw¸C(H+)=10a-13=10-1C(H+)´V(b)=C(OH-)´V(a)10-2´V(b)=10-1´V(a)V(a):V(b)=1:10考点：pH的相关计算【解析】【答案】⑴1×10-13大于温度升高，Kw变大⑵1:1016、略

【分析】【解析】【答案】（1）水解（取代）消去（2）水解CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O（3）[来源:学*科*网Z*X*X*K]17、略

【分析】试题分析：（1）由图象可知，20至40秒时间内N2O4的浓度由0.07mol/L减小为0.050mol/L，则其反应速率为（0.07mol/L−0.05mol/L）÷20s=0.001mol/（L．s），由反应速率之比等于化学计量数之比，则NO2的反应速率为0.001mol/（L．s）×2=0.002mol/（L．s），故答案为：0.002；（2）①平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则K=故答案为：K=②根据图像可知反应到60s时达到平衡状态，平衡时消耗N2O4的浓度为0.100mol/L－0.040mol/L＝0.060mol/L，所以根据方程式可知生成NO2的浓度为0.060mol/L×2＝0.120mol/L，因此平衡常数K＝＝＝0.036；（3）根据以上分析可知达到平衡状态时N2O4的转化率为×100%＝60%；（4）根据阿伏加德罗定律可知平衡时容器内气体压强与反应前的压强之比为＝8:5。考点：考查可逆反应的有关计算【解析】【答案】（1）0.002（2分）（2）①K=C2(NO2)/C(N2O4)（2分）②0.36（2分）（3）60%（2分）（4）8:5（2分）18、略

【分析】解：（1）已知：①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=-90.8kJ/mol

②H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol

根据盖斯定律，②×2-①得：CH3OH（g）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）△H=-392.8kJ/mol；

故答案为：CH3OH（g）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）△H=-392.8kJ/mol；

（2）原电池负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水，负极电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，16g甲醇时转移电子的物质的量为=0.5mol，故转移电子物质的量为0.5mol×6=3mol，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；3．

（1）利用盖斯定律；利用已知热化学方程式进行加减构造目标热化学方程式；

（2）原电池负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根与水；根据n=计算16g甲醇的物质的量；结合电极反应式计算转移电子物质的量．

本题考查热化学方程式书写、电极反应式书写等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握．【解析】CH3OH（g）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）△H=-392.8kJ/mol．；CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；319、略

【分析】解：rm{垄脵CO(g)+NO_{2}(g)=NO(g)+CO_{2}(g)triangleH=-aKJ?mol^{-1}(a>0)}

rm{垄脷2CO(g)+2NO(g)=N_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangleH=-bKJ?mol^{-1}(b>0)}

将方程式rm{垄脵CO(g)+NO_{2}(g)=NO(g)+CO_{2}(g)triangle

H=-aKJ?mol^{-1}(a>0)}得rm{4CO(g)+2NO_{2}(g)=N_{2}(g)+4CO_{2}(g)triangleH=(-a)KJ?mol^{-1}隆脕2+(-bKJ?mol^{-1})=-(2a+b)KJ?mol^{-1}}

所以其热化学反应方程式为：rm{4CO(g)+2NO_{2}(g)=N_{2}(g)+4CO_{2}(g)triangleH=-(2a+b)KJ?mol^{-1}}

根据方程式知转移电子的物质的量rm{=dfrac{4.48L}{22.4L/mol}隆脕2=0.4mol}放出的热量rm{=dfrac{4.48L}{22.4L/mol}隆脕dfrac{(2a+b)kJ/mol}{4}=dfrac{(2a+b)}{20}kJ}

故答案为：rm{垄脷2CO(g)+2NO(g)=N_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangle

H=-bKJ?mol^{-1}(b>0)}rm{垄脵隆脕2+垄脷}．

根据盖斯定律求出rm{4CO(g)+2NO_{2}(g)=N_{2}(g)+4CO_{2}(g)triangle

H=(-a)KJ?mol^{-1}隆脕2+(-bKJ?mol^{-1})=-(2a+b)KJ?mol^{-1}}的反应热，反应中rm{4CO(g)+2NO_{2}(g)=N_{2}(g)+4CO_{2}(g)triangle

H=-(2a+b)KJ?mol^{-1}}即rm{=dfrac

{4.48L}{22.4L/mol}隆脕2=0.4mol}转移rm{=dfrac{4.48L}{22.4L/mol}隆脕dfrac

{(2a+b)kJ/mol}{4}=dfrac{(2a+b)}{20}kJ}电子；根据物质的量之比等于热量比求出放出的热量．

本题考查了转移电子数及其盖斯定律的有关计算，会利用盖斯定律书写出反应物之间的关系式是解本题关键，难度中等．rm{0.4mol}【解析】rm{0.4mol}rm{dfrac{(2a+b)}{20}}20、（1）BC（2）（3）（4）

（5）【分析】【分析】本题考查有机物的推断，官能团的性质等，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意熟练掌握常见有机物的官能团及具有的性质。【解答】化学式为rm{C_{8}H_{10}O}的化合物rm{A}具有如下性质：rm{垄脵A+Na隆煤}慢慢产生气泡，则rm{A}含有rm{-OH}

rm{垄脷垄脷A+RCOOHxrightarrow[triangle]{{脜篓}H_{2}SO_{4}}}有香味的产物，则rm{垄脷垄脷A+RCOOHxrightarrow[triangle

]{{脜篓}H_{2}SO_{4}}}含有rm{A}

rm{垄脹Axrightarrow{KMnO_{4}(H+)}}苯甲酸，则rm{-OH}中含有苯环；而且与苯环相连的碳原子上含有氢原子；

rm{垄脹A

xrightarrow{KMnO_{4}(H+)}}催化脱氢产物不能发生银镜反应，则与rm{A}相连的碳原子上含有rm{垄脺}个rm{-OH}原子；

rm{1}脱水反应的产物，经聚合反应可制得一种塑料制品，则与rm{H}相连的碳原子相邻碳上含有rm{垄脻}原子，综上分析可知，rm{-OH}的结构简式为

rm{H}由上述分析，rm{A}为可知rm{(1)}中含有有醇羟基，苯环侧链末端有甲基，故答案为：rm{A}

rm{A}rm{BC}的结构简式为rm{(2)}化合物rm{A}的结构简式为rm{A}和金属钠反应的化学方程式rm{(3)}rm{A}和金属钠反应的化学方程式含有羟基，可被催化氧化生成酮，反应的方程式为

故答案为：

rm{A}脱水反应的化学方程式为可发生加聚反应生成聚苯乙烯，方程式为

故答案为：

【解析】rm{(1)BC}rm{(2)}rm{(3)}rm{(4)}

rm{(5)}21、略

【分析】解：rm{(1)}若闭合rm{S_{1}}符合原电池的构成条件：有活泼性不同的两个电极锌和铜，有电解质溶液硫酸，形成了闭合回路，其中活泼金属锌为负极，故答案为：原电池；负极；

rm{(2)}若闭合rm{S_{2}}则该装置是含有外加电源的装置，属于电解池，金属锌活泼金属作阳极，本身失电子，电极反应为：rm{Zn-2e^{-}篓TZn^{2+}}故答案为：电解池；rm{Zn-2e^{-}篓TZn^{2+}}

rm{(3)}若闭合rm{S_{3}}则该装置是含有外加电源的装置，属于电解池，金属锌做阴极，金属铜为阳极，电解的总反应为rm{Cu+H_{2}SO_{4}dfrac{overset{;{脥篓碌莽};}{}}{;}CuSO_{4}+H_{2}隆眉}故答案为：rm{Cu+H_{2}SO_{4}dfrac{overset{;{脥篓碌莽};}{}}{;}CuSO_{4}+H_{2}隆眉}

rm{Cu+H_{2}SO_{4}dfrac{

overset{;{脥篓碌莽};}{}}{;}CuSO_{4}+H_{2}隆眉}原电池的构成条件：有活泼性不同的两个电极；有电解质溶液，能形成闭合回路；

rm{Cu+H_{2}SO_{4}dfrac{

overset{;{脥篓碌莽};}{}}{;}CuSO_{4}+H_{2}隆眉}有外加电源的装置是电解池；

rm{(1)}有外加电源的装置是电解池。

本题是一道关于原电池和电解池的综合题，要求学生掌握原电池和电解池的工作原理，并灵活应用。rm{(2)}【解析】原电池；负极；电解池；rm{Zn-2e^{-}篓TZn^{2+}}电解池；rm{Cu+H_{2}SO_{4}篓TCuSO_{4}+H_{2}隆眉}四、原理综合题(共1题，共6分)22、略

【分析】分析：(1)D中生成的氧气中含有水蒸气；应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B（吸收水）；A（吸收二氧化碳）中，按照上述分析进行装置的连接。

(2)氢氧化钠固体；吸收二氧化碳气体；，以便测定有机物中碳的量。

(3)燃烧管中CuO的作用是把反应生成的一氧化碳转化为二氧化碳；减小实验误差。

(4)空气中二氧化碳；水蒸气直接进入A装置中；影响实验。

(5)根据A管质量增加2.2g为二氧化碳的质量；计算出碳的量，B管质量增加1.08g是水的质量，计算出氢原子的量，算出碳氢原子个数比，确定烃的分子式，再根据题意要求写出结构简式。

详解：（1）D中生成的氧气中含有水蒸气，应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B（吸收水）、A（吸收二氧化碳）中，根据产物的质量推断有机物的组成，则产生的氧气按从左到右流向，所选装置各导管的连接顺是g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)；正确答案：g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)。

(2)A中盛放氢氧化钠固体；它能够吸收二氧化碳气体；正确答案：吸收生成二氧化碳。

(3)在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，使有机物分子中的碳尽可能转化为CO2；如果把CuO网去掉，一氧化碳不能被氢氧化钠吸收，A管重量将减小；正确答案：吸收生成二氧化碳；使有机物分子中的碳尽可能转化为CO2；减小。

(4)A装置中氢氧化钠吸收反应产生的二氧化碳；但是空气中水蒸气；二氧化碳也能够进入A装置，影响实验，因此在A装置后连接一个装有碱石灰的干燥管；正确答案：在A装置后连接一个装有碱石灰的干燥管。

（5）A管质量增加2.2g为二氧化碳的质量，n（CO2）=2.2g÷44g·mol﹣1=0.05mol，n（C）=n（CO2）=0.05mol，B管质量增加1.08g是水的质量，n（H2O）=1.08g÷18g．mol﹣1=0.6mol，n（H）=2n（H2O）=1.2mol，此有机物为烃，故只含有C和H两种元素，且个数比为：0.05：1.2=5：12，故可以确定为戊烷（C5H12），该有机物分子中含有4个甲基，则该有机物的结构简式为该有机物的二氯代物有2种，可在相同、不同的甲基上，和正确答案：(CH3)4C；2。【解析】g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)吸收生成二氧化碳使有机物分子中的碳尽可能转化为CO2减小在A装置后连接一个装有碱石灰的干燥管(CH3)4C2五、元素或物质推断题(共4题，共12分)23、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）224、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