2025年粤教版高二化学下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年粤教版高二化学下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8题，共16分)1、已知I－、Fe2+、SO2、Cl－和H2O2均具有还原性，它们在酸性溶液中还原性强弱的顺序为Cl－2＋2O2－2，则下列反应不能发生的是A.2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42－+4H+B.I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HIC.H2O2+H2SO4=SO2↑+O2↑+2H2OD.2Fe2++I2=2Fe3++2I－2、用如图实验装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的是rm{(}rm{)}

A.用图rm{a}所示装置干燥rm{SO_{2}}气体B.用图rm{b}所示装置蒸发rm{KNO_{3}}溶液得硝酸钠晶体C.用图rm{c}所示装置分离有机层与水层，水层从分液漏斗下口放出D.用图rm{d}所示装置测量氨气的体积3、中国丝绸有五千年的历史和文化rm{.}古代染坊常用某种“碱剂”来精炼丝绸，该“碱剂”的主要成分是一种盐，能促进蚕丝表层的丝胶蛋白杂质水解而除去，使丝绸颜色洁白、质感柔软、色泽光亮rm{.}这种“碱剂”可能是rm{(}rm{)}

A.食盐B.火碱C.草木灰D.胆矾4、微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示rm{.}下列有关微生物电池的说法错误的是rm{(}rm{)}A.负极反应中有rm{CO_{2}}生成B.微生物促进了反应中电子的转移C.质子通过交换膜从正极区移向负极区D.电池总反应为rm{C_{6}H_{12}O_{6}+6O_{2}篓T6CO_{2}+6H_{2}O}5、下列各式中，属于正确的电离方程式的是（）A.HCO3－+H+H2CO3B.HCO3－＋OH－====H2O+CO32-C.NH3+H+===NH4+D.NH3·H2ONH4++OH-6、下列说法或表示方法正确的是（）A.乙烯的结构简式CH2CH2B.甲基的电子式：C.官能团为-CHO所以该物质是醛D.聚乙烯的化学式为7、相同质量的下列各烃，完全燃烧后生成水最多的是rm{(}rm{)}A.甲烷B.乙烷C.乙烯D.乙炔8、苹果酸的结构简式如图所示，下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.苹果酸中能发生酯化反应的官能团有rm{1}种B.rm{1}rm{mol}苹果酸可与rm{3}rm{mol}rm{NaHCO_{3}}发生中和反应C.rm{1}rm{mol}苹果酸与足量金属rm{Na}反应生成生成rm{mol}rm{H_{2}}D.rm{1}rm{mol}苹果酸可以形成三元或四元环状内酯评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)9、某有机样品3.1g完全燃烧，燃烧后的混合物通入过量的澄清石灰水中，石灰水共增重7.1g，经过滤得到10g沉淀．该有机样品可能是（）A.乙二醇B.乙醇C.乙醛D.甲醇和丙三醇的混合物10、下列各物质中，能发生水解反应的是（）A.油脂B.蛋白质C.纤维素D.葡萄糖11、某电池以rm{K_{2}FeO_{4}}和rm{Zn}为电极材料，rm{KOH}溶液为电解溶质溶液rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Zn}为电池的负极B.正极反应式为rm{2FeO_{4}^{2-}+10H^{+}+6e^{-}=Fe_{2}O_{3}+5H_{2}O}C.该电池放电过程中电解质溶液浓度不变D.电池工作时rm{OH^{-}}向负极迁移12、取五等份rm{NO_{2}}分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：rm{2NO_{2}(g)?N_{2}O_{4}(g)}rm{triangleH<0}反应相同时间后，分别测定体系中rm{NO_{2}}的百分量rm{(NO_{2}%)}并作出其随反应温度rm{(T)}变化的关系图rm{.}下列示意图中，可能与实验结果相符的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.13、除去rm{CO_{2}}中混有的少量rm{SO_{2}}气体，不可选用的试剂是rm{(}rm{)}A.rm{KMnO_{4}}溶液B.rm{NaClO}溶液C.饱和rm{NaHCO_{3}}溶液D.饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液14、在某温度下，可逆反应mA+nB⇌pC+qD的平衡常数为K，下列说法正确的是（）A.K越大，达到平衡时，反应进行的程度越大B.K越小，达到平衡时，反应物的转化率越大C.K随反应物浓度的改变而改变D.K随温度的改变而改变15、下列有关说法正确的是（）A.反应NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的△H＜0B.电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极C.CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小D.Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固体，CO32-水解程度减小，溶液的pH减小16、某化肥样品和熟石灰混合后可以闻到氨味，下列分析正确的是rm{(}rm{)}A.样品中含有rm{NH_{4}^{+}}B.样品中含有rm{NO_{3}^{-}}C.该化肥具有氮肥的功效D.这是磷肥评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、某芳香烃A有如下转化关系：⑴写出反应②和⑤的反应条件：②；⑤.⑵写出A和F结构简式：A；F.⑶写出反应③对应的化学方程式：.⑷属于取代反应的有（填序号）.⑸根据已学知识和获取的信息，以CH3COOH,为原料合成重要的化工产品写出相应的合成路线流程图（无机试剂任用）请参考如下形式：18、有下列各组物质，请按要求填入序号：A．O2和O3B．C和CC．CH2＝CH－CH2－CH3和D．和E．和①_________组两物质互为同位素。②_________组两物质互为同素异形体。③_________组两物质属于同系物。④_________组两物质互为同分异构体。⑤_________组中的物质是同一物质19、.(10分)80℃时，将0.40mol的N2O4气体充入2L已经抽空的固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2O4(g)2NO2(g)△H>0，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：。时间(s)n(mol)020406080100n(N2O4)0.40a0.20cden(NO2)0.000.24b0.520.600.60①计算20s—40s内用N2O4表示的平均反应速率为；②计算在80℃时该反应的平衡常数K=；③反应进行至100s后将反应混合物的温度降低，混合气体的颜色(填“变浅”、“变深”或“不变”)；④要增大该反应的K值，可采取的措施有(填序号)。A.增大N2O4的起始浓度B.向混合气体中通入NO2C.使用高效催化剂D.升高温度⑤在同条件下，如果将0.40mol的N2O4气体充入2L已经抽空的固定容积的绝热密闭容器中，最终达到平衡后n(NO2)0.60mol(填“>”、“<”或“=”)。20、(8分)请选用适当的试剂和分离方法除去下列物质中所含的杂质(括号内为杂质)，将所选的试剂及分离方法的编号填入表中。试剂：a．水b．NaOH溶液c．溴水d．饱和Na2CO3溶液e．新制CaO分离方法：①分液②过滤③洗气④蒸馏。混合物需加入的试剂分离方法溴苯（溴）乙烷（乙烯）乙醇（水）乙酸乙酯（乙酸）21、rm{19.}碳；氮、氧、氯、铝、铁、铜是与人类生产、生活息息相关的化学元素．

rm{(1)}与铜铁同周期的锗原子基态核外电子排布式为：____________．

rm{(2)Si}rm{P}rm{S}元素的第一电离能由小到大的顺序是：____________rm{(}用元素符号填写rm{)}．

rm{(3)CN^{{-}}}离子中和rm{N_{2}}分子中的rm{pi}键数目比为____________．

rm{(4)}铁元素组成的单质晶体堆积模型为____________密堆积．

rm{(5)}下列关于金属晶体和离子晶体的说法中；错误的是____________．

A.都可采取“紧密堆积”结构。

B.都具有较高熔点和沸点。

C.离子晶体是阴；阳离子通过离子键结合；在空间呈现有规律的排列所形成的晶体。

D.金属晶体发生形变时其内部金属离子与“自由电子”之间的相互作用将不复存在。

rm{(6)}现在人们已经有多种方法来测定阿伏伽德罗常数，rm{X}射线衍射法就是其中一种rm{{.}}通过对金晶体的rm{X}射线衍射图象的分析，可以得出金晶体的晶胞如图所示rm{(}面心立方体rm{){.}}若金原子的半径为rm{dcm}金的密度为rm{bg{/}cm^{3}}金的摩尔质量为rm{Mg{/}mol}通过这些数据计算阿伏伽德罗常数为____________．22、二茂铁rm{[Fe(C_{5}H5)_{2}]}是由一个二价铁离子和rm{2}个环戊烯基负离子构成，已知：二茂铁熔点是rm{173隆忙(}在rm{100隆忙}时开始升华rm{)}沸点是rm{249隆忙}不溶于水，易溶于苯、乙醚等非极性溶剂。可推测二茂铁属于________晶体，若二茂铁中环戊二烯形成一个大rm{娄脨}键rm{(}可用符号rm{娄脨{,!}_{m}^{n}}表示，rm{m}代表形成大rm{娄脨}键的原子数，rm{n}代表参与形成大rm{娄脨}键的电子数rm{)}则环戊二烯的大rm{娄脨}键表示为__________。评卷人得分四、计算题(共4题，共36分)23、(8分)恒温下，将amolN2与bmolH2的混合气体通入一个容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；若反应进行到5min时，测得n(N2)=13mol，n(NH3)=6mol，计算a值、N2的起始浓度及用H2表示的反应速率(要有计算过程)。24、10g某天然油脂完全水解需要1.8gNaOH，1kg该油脂进行催化加氢，需要消耗6g氢气才能进行完全．计算1mol该油脂中平均含有碳碳双键的物质的量．25、某固体仅由一种元素组成，其密度为5.0g∕cm3．用X射线研究该固体的结构时得知：在边长为10-7cm的正方体中含有20个原子，则此元素的相对原子质量是多少？26、化学反应rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}是硫酸制造工业的基本反应rm{.}将rm{0.050mol}的rm{SO_{2}(g)}和rm{0.030mol}的rm{O_{2}(g)}注入体积为rm{1.0L}的密闭反应器，并置于某温度为rm{850隆忙}下的恒温环境中，达到化学平衡后，测的反应器中有rm{0.04molSO_{3}(g)}求。

rm{(1)}该温度下反应的平衡常数及rm{SO_{2}}的平衡转化率．

rm{(2)}若在相同温度条件下，向该容器中通入rm{0.048molSO_{3}(g)}rm{0.0090mol}的rm{O_{2}}和rm{0.002mol}的rm{SO_{2}}请问可逆反应是否是化学平衡状态，若不是，请问平衡将向什么方向移动？评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共36分)27、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）。28、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：_____________。29、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）。30、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、综合题(共2题，共6分)31、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．32、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8题，共16分)1、C【分析】【解析】【答案】C2、B【分析】解：rm{A.}干燥气体应大口进；小口出，图中气体的方向不合理，故A错误；

B.蒸发rm{KNO_{3}}溶液；需要蒸发皿，图中装置合理，可用于蒸发操作，故B正确；

C.水在上层；从分液漏斗的上口倒出，有机层从分液漏斗下口放出，故C错误；

D.氨气极易溶于水；不能利用排水法测定其体积，故D错误；

故选B．

A.干燥气体应大口进；小口出；

B.蒸发rm{KNO_{3}}溶液；需要蒸发皿；

C.水在上层；从分液漏斗的上口倒出；

D.氨气极易溶于水．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、气体的干燥、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{B}3、C【分析】【分析】本题主要考查了盐的性质，根据题目信息即可解答，难度不大，由题意可知，该物质是一种盐，水溶液呈碱性，为强碱弱酸盐来解答。【解答】由题意可知；该物质是一种盐，水溶液呈碱性，为强碱弱酸盐；

A.食盐中氯化钠为强酸强碱盐；故A错误；

B.火碱是氢氧化钠；属于碱，故B错误；

C.草木灰中碳酸钾强碱弱酸盐；故C正确；

D.胆矾是硫酸铜晶体；是强酸弱碱盐，故D错误。

故选C。

【解析】rm{C}4、C【分析】解：rm{A.}根据图知，负极上rm{C_{6}H_{12}O_{6}}失电子，正极上rm{O_{2}}得电子和rm{H^{+}}反应生成水，负极的电极反应式为rm{C_{6}H_{12}O_{6}+6H_{2}O-24e^{-}=6CO_{2}+24H^{+}}正极的电极反应式为rm{O_{2}+4e^{-}+4H^{+}篓T2H_{2}O}因此rm{CO_{2}}在负极产生；故A正确；

B.葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能；形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故B正确；

C.通过原电池的电极反应可知，负极区产生了rm{H^{+}}根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子rm{(H^{+})}通过交换膜从负极区移向正极区；故C错误；

D.该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为rm{C_{6}H_{12}O_{6}+6O_{2}=6CO_{2}+6H_{2}O}故D正确；

故选C．

A.根据图知，负极上rm{C_{6}H_{12}O_{6}}失电子，正极上rm{O_{2}}得电子和rm{H^{+}}反应生成水，负极的电极反应式为rm{C_{6}H_{12}O_{6}+6H_{2}O-24e^{-}=6CO_{2}+24H^{+}}正极的电极反应式为rm{O_{2}+4e^{-}+4H^{+}篓T2H_{2}O}

B.葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能；形成原电池；

C.原电池中；阳离子向正极移动，所以质子通过交换膜从负极区移向正极区；

D.燃料电池反应式和燃料燃烧方程式相同．

本题考查化学电源新型电池，为高频考点，正确判断电解质溶液酸碱性是解本题关键，所有原电池中都是负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应，难点是电极反应式的书写．【解析】rm{C}5、D【分析】【解析】试题分析：A项属于反应的离子方程式，B项属于反应的离子方程式，C项属于反应的离子方程式，D项属于电离方程式。答案选D。考点：电离方程式【解析】【答案】D6、D【分析】解：A．乙烯分子中含有碳碳双键，乙烯正确的结构简式为：CH2═CH2；故A错误；

B．甲基中碳原子最外层为7个电子，甲基的电子式为：故B错误；

C．官能团为-C0O-；属于酯，故C错误；

D．乙烯通过加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯的结构简式为故D正确；

故选D．

A．烯；炔的结构简式碳碳双键、碳碳三键不能省略；

B．甲基中碳原子最外层为7个电子；

C．官能团为-C0O-；

D．乙烯通过加聚反应生成聚乙烯．

本题主要考查了结构简式、烃的判断、化学名称的正误判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的表示方法．【解析】【答案】D7、A【分析】解：rm{A.CH_{4}}中rm{C}碳原子与rm{H}原子数目之比为rm{1}rm{4}

B.rm{C_{2}H_{6}}中rm{C}碳原子与rm{H}原子数目之比为rm{2}rm{6=1}rm{3}

C.rm{C_{2}H_{4}}中rm{C}碳原子与rm{H}原子数目之比为rm{2}rm{4=1}rm{2}

D.rm{C_{2}H_{2}}中rm{C}碳原子与rm{H}原子数目之比为rm{2}rm{2=1}rm{1}

故甲烷中氢的质量分数最大；所以生成水的质量最多；

故选A．

相同质量的各烃中氢的质量分数越大，生成的水的质量越多，首先计算各烃是rm{C}碳原子与rm{H}原子数目之比，rm{C}原子数目相同，rm{H}原子数目越大，rm{H}的质量分数越大；据此判断．

本题考查有机物燃烧的计算，题目难度不大，注意从rm{H}元素质量分数的角度解答．【解析】rm{A}8、D【分析】解：rm{A.}该分子中含有羧基和醇羟基，所以能发生酯化反应的官能团有羧基和醇羟基，所以苹果酸中能发生酯化反应的官能团有rm{2}种；故A错误；

B.rm{1mol}苹果酸中含有rm{2mol}羧基，所以rm{1mol}苹果酸可与rm{2molNaHCO_{3}}发生中和反应；故B错误；

C.能和rm{Na}反应是有羧基和醇羟基，rm{1mol}苹果酸与足量金属rm{Na}反应生成rm{1.5molH_{2}}故C错误；

D.rm{1}分子苹果酸反应；同个碳原子上的羧基与羟基反应形成三元环酯，邻位碳上的羧基与羟基反应可形成四元环的酯类物质，故D正确．

故选D．

该分子中含有羧基和醇羟基；能发生消去反应；酯化反应、中和反应、氧化反应，据此分析解答．

本题考查了有机物的结构和性质，明确物质中含有的官能团及其性质是解本题关键，熟悉常见有机物的性质、常见有机化学反应，题目难度不大．【解析】rm{D}二、双选题(共8题，共16分)9、A|D【分析】解：l0g沉淀为CaCO3，物质的量为=0.1mol；根据碳元素守恒可知，产生的二氧化碳为0.1mol，二氧化碳的质量为0.1mol×44g/mol=4.4g，其中碳元素质量为：0.1mol×12g/mol=1.2g；

石灰水增重7.1g，所以有机物燃烧生成的水的质量为：7.1-4.4=2.7g，其物质的量为=0.15mol；氢元素质量为0.3mol×1g/mol=0.3g；

有机样品共3.1g，所以O元素物质的质量=3.1g-1.2g-0.3g=1.6g，氧原子物质的量为：=0.1mol；

即3.1g有机物中n（C）=0.1mol，n（H）=0.15mol×2=0.3mol，n（O）=0.1mol，碳、氢、氧原子的物质的量之比为0.1mol：0.3mol：0.1mol=1：3：1，即最简式为CH3O，乙二醇分子式为C2H6O2，符合题意，甲醇和丙三醇按1：1混合时其平均分子式为C2H6O2；也符合题意；

故选：AD．

石灰水共增重7.1g；为燃烧生成的二氧化碳与水的质量，10g沉淀为碳酸钙的质量．有机物中的碳全部转化为二氧化碳，有机物中的氢全部转化为水，计算二氧化碳；水的物质的量，进而计算C元素、H元素的质量，根据质量守恒判断有机物中是否含有氧元素，根据原子守恒计算有机物的最简式，结合选项判断．

本题考查有机物分子式的确定，难度中等，根据质量守恒确定有机物的是否含有氧元素是关键，考查学生的解决问题的能力，D选项为易错点，学生容易漏选．【解析】【答案】AD10、A|B|C【分析】解：选项中葡萄糖是单糖不能水解；纤维素是多糖在一定条件下水解最终生成为单糖；油脂在酸；碱等催化作用下水解生成甘油和高级脂肪酸；蛋白质一定条件下水解生成氨基酸；

故选ABC．

在酸；碱或酶等催化剂的作用下；油脂均可以发生水解．1mol油脂完全水解的产物是1mol甘油和3mol高级脂肪酸；而糖类根据能否水解分为单糖、低聚糖和多糖，葡萄糖是单糖，所以不能水解、麦芽糖是二糖，水解生成葡萄糖；蛋白质在一定情况下会水解成各种氨基酸．

本题考查了糖类、蛋白质、油脂的结构和性质，题目难度不大，主要考查几类物质的水解条件和水解产物．【解析】【答案】ABC11、rAD【分析】解：rm{A.}根据化合价升降判断，rm{Zn}化合价只能上升，故为负极材料，rm{K_{2}FeO_{4}}为正极材料；故A正确；

B.rm{KOH}溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为rm{2FeO_{4}^{2-}+6e^{-}+8H_{2}O=2Fe(OH)_{3}+10OH^{-}}故B错误；

C.总方程式为rm{3Zn+2K_{2}FeO_{4}+8H_{2}O=3Zn(OH)_{2}+2Fe(OH)_{3}+4KOH}生成rm{KOH}则该电池放电过程中电解质溶液浓度增大，故C错误；

D.电池工作时阴离子rm{OH^{-}}向负极迁移；故D正确．

故选AD．

某电池以rm{K_{2}FeO_{4}}和rm{Zn}为电极材料，rm{KOH}溶液为电解溶质溶液，原电池发生工作时，发生反应为rm{3Zn+2K_{2}FeO_{4}+8H_{2}O=3Zn(OH)_{2}+2Fe(OH)_{3}+4KOH}rm{Zn}被氧化，为原电池的负极，rm{K_{2}FeO_{4}}具有氧化性，为正极，碱性条件下被还原生成rm{Fe(OH)_{3}}结合电极方程式以及离子的定向移动解答该题．

本题考查原电池知识，为rm{2016}年海南高考题，侧重考查学生的分析能力，题目较为基础，注意从元素化合价的角度分析，把握原电池与氧化还原反应的关系，难度不大．【解析】rm{AD}12、rBD【分析】解：rm{A.}因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，rm{NO_{2}}的百分含量随温度升高而升高；故A错误；

B.因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，rm{NO_{2}}的百分含量随温度升高而升高；故B正确；

C.若rm{5}个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的rm{NO_{2}}转化得快，导致rm{NO_{2}}的百分含量少的情况，不可能出现rm{NO_{2}}的百分含量不变的情况；故C错误；

D.在rm{D}图中转折点为平衡状态；转折点左则为未平衡状态，右则为平衡状态，反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，故D正确．

故选BD．

在恒容状态下，在五个相同的容器中同时通入等量的rm{NO_{2}}反应相同时间rm{.}那么则有两种可能，一是已达到平衡状态，二是还没有达到平衡状态，仍然在向正反应移动rm{.}若rm{5}个容器在反应相同时间下，均已达到平衡，因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，rm{NO_{2}}的百分含量随温度升高而升高；若rm{5}个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的rm{NO_{2}}转化得快，导致rm{NO_{2}}的百分含量少的情况，在rm{D}图中转折点为平衡状态；转折点左侧为未平衡状态，右侧为平衡状态．

本题考查化学反应限度及平衡移动原理及其应用，题目难度中等，注意分析温度对平衡移动的影响．【解析】rm{BD}13、rBD【分析】解：rm{A.}二氧化硫能被高锰酸钾氧化；二氧化碳不反应，可除杂，故A不选；

B.二者均与rm{NaClO}溶液反应；不能除杂，故B选；

C.二氧化硫与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳；可除杂，故C不选；

D.二者均与碳酸钠溶液反应；不能除杂，故D不选；

故选BD．

二者均为酸性氧化物；但二氧化硫具有还原性，以此来解答．

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大．【解析】rm{BD}14、AD【分析】解：A；根据化学平衡常数知；K越大，生成物浓度越大，反应物浓度越小，达到平衡时，则反应进行的程度越大，故A正确；

B；K越小；达到平衡时，生成物浓度越小，反应物浓度越大，则反应物的转化率越小，故B错误；

C；K只与温度有关；与物质的浓度无关，故C错误；

D；K只与温度有关；所以K随温度的改变而改变，故D正确。

故选：AD。

K=K越大，生成物浓度越大，反应物浓度越小，反应进行的程度越大，且化学平衡常数只与温度有关．

本题考查了化学平衡常数的含义，注意K只与温度有关，与物质的浓度无关，为易错点．【解析】AD15、A|C【分析】解：A；本反应前后气体变固体；熵变小于零，只有在焓变小于零时自发，即该反应的△H＜0，故A正确；

B；用电解法精炼精铜时；粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B错误；

C、根据CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO-）增大，减小，所以减小；故C正确；

D、Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固体，CO32-水解程度减小；但两者反应生成了NaOH，溶液的pH增大，故D错误；

故选AC．

A；根据本反应前后气体变固体；熵变小于零，只有在焓变小于零时自发；

B；用电解法精炼精铜时；粗铜作阳极，纯铜作阴极；

C、根据CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO-）增大，以及=来分析；

D、Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固体，CO32-水解程度减小；但两者反应生成了NaOH，溶液的pH增大．

本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对用熵变焓变判断反应方向，水解反应、电解池等方面的能力．【解析】【答案】AC16、rAC【分析】解：rm{A.}铵盐均可以和强碱之间反应生成具有刺激性气味的气体氨气；如果化肥样品和熟石灰混合，可闻到氨味，证明化肥中含有铵根离子，故A正确；

B.样品中含有rm{NO_{3}^{-}}和熟石灰不反应；混合后无现象，故B错误；

C.和熟石灰混合后可以闻到氨味；说明含有氮元素，该化肥具有氮肥的功效，故C正确；

D.磷肥和熟石灰不反应；混合后无现象，故D错误；

故选AC．

铵盐均可以和强碱之间反应生成具有刺激性气味的气体氨气；据此来回答判断．

本题考查学生铵盐的化学性质，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．【解析】rm{AC}三、填空题(共6题，共12分)17、略

【分析】试题分析：根据提供的信息判断出A为与溴水加成反应生成B，B水解生成醇B催化氧化为通过第⑤消去羟基形成碳碳双键，经过第⑥步酯化反应第⑦步加聚反应生成目标产物。（5）对产物分解可得和乙酸，官能团由1变2，经过消去、加成、水解等反应引入2个羟基得到后与乙酸酯化得到产品。考点：考查有机物的衍变与合成有关问题。【解析】【答案】⑴NaOH水溶液，△；浓硫酸，△。⑵⑶2＋O22＋2H2O（2分）⑷②⑥⑸（4分）18、略

【分析】【解析】试题分析：①同位素是指质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，因此答案选B。②由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，则答案选A。③结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类有机物的，互称为同系物，属于答案选E。④分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体，则答案选C。⑤性质和结构都完全相同的是同一种物质，所以答案选D。考点：考查“五同”比较的有关判断【解析】【答案】（每空1分，共5分）①B②A③E④C⑤D19、略

【分析】①反应进行到20s时，生成NO2是0.24mol，则消耗N2O4是0.12mol，所以a＝0.28mol。因此20s—40s内用N2O4变化量是0.08mol，所以其反应速率是0.08mol÷2L÷20s＝0.002mol/(L·s)。②根据表中数据可知，平衡时NO2的物质的量是0.60mol，所以N2O4的物质的量是0.40mol－0.30mol＝0.10mol，其浓度分别是0.30mol/L和0.05mol/L，因此其平衡常数是③由于反应是吸热反应，所以降低温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的浓度减小，颜色变浅。④平衡常数只与温度有关系，由于升高温度，平衡向正反应方向移动，所以平衡常数增大。⑤由于是吸热反应，而容器又是绝热的，所以在反应过程中，温度降低，平衡向向逆反应方向移动，NO2的浓度减小，所以NO2的物质的量小于0.6mol。【解析】【答案】(1)①0.002mol/(L·s)；②1.8mol/L；③变浅；④D⑤<20、略

【分析】【解析】【答案】。混合物需加入的试剂分离方法溴苯（溴）b①乙烷（乙烯）c③乙醇（水）e④乙酸乙酯（乙酸）d①21、（1）1S22S22P63S23P63d104S24P2

（2）Si＜S＜P

（3）1：1

（4）体心立方。

（5）BD

（6）

【分析】【分析】本题考查常见元素电子排布式的书写；第一电离能、晶体堆积模型及性质的比较、共价键种类判断和晶胞的计算等知识点；综合性强，难度不大。

【解答】

rm{(1)}锗的原子序数是rm{32}号元素，锗原子核外有rm{32}个电子，根据构造原理知基态锗原子核外电子排布式为rm{1S^{2}2S^{2}2P^{6}3S^{2}3P^{6}3d^{10}4S^{2}4P^{2}}故答案为：rm{1S^{2}2S^{2}2P^{6}3S^{2}3P^{6}3d^{10}4S^{2}4P^{2}}

rm{(2)}同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第rm{VA}族元素第一电离能大于相邻元素，rm{P}位于第rm{VA}族元素，所以这三种元素的第一电离能从小到大顺序是：rm{Si<S<P}故答案为：rm{Si<S<P}

rm{(3)CN^{-}}离子中含有一个三键，氮气分子中含有一个三键，三键中含有一个rm{娄脪}键和两个rm{娄脨}键，所以rm{CN^{-}}离子中和rm{N_{2}}分子中的rm{娄脨}键数目比为rm{2}rm{2=1}rm{1}故答案为：rm{1}rm{1}

rm{(4)}铁元素组成的单质晶体堆积模型属于体心立方堆积；故答案为：体心立方；

rm{(5)A.}离子晶体和金属晶体都可采取“紧密堆积”结构，故A正确；rm{B.}部分金属晶体的熔沸点较小，如钠的熔点较低，故B错误；rm{C.}离子晶体的构成微粒是阴阳离子，阴、阳离子通过离子键结合，在空间呈现有规律的排列而形成晶体，故C正确；rm{D.}金属晶体发生形变时其内部金属离子与“自由电子”发生滑动；但金属离子和自由电子之间的相互作用仍然存在，故D错误，故选BD；

rm{(6)}金晶体属于面心立方最密堆积，金原子的半径为rm{dcm}正方体每个面对角线的长度为rm{4dcm}则晶胞的棱长rm{=2sqrt{2}dcm}则晶胞的体积rm{=(2sqrt{2})^{3}cm^{3}}晶胞中金原子个数rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}根据rm{娄脩=dfrac{m}{V}=dfrac{{4M}big/{{N}_{A}}}{V}}得rm{{N}_{A}=dfrac{4M}{娄脩V}=dfrac{4M}{b{left(2sqrt{2}dright)}^{3}}/mol=dfrac{M}{4sqrt{2}b{d}^{3}}/mol}故答案为rm{dfrac{M}{4sqrt{2}b{d}^{3}}/mol}

rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4

}【解析】rm{(1)1S^{2}2S^{2}2P^{6}3S^{2}3P^{6}3d^{10}4S^{2}4P^{2}(2)Si<S<P}

rm{(3)1}rm{1}

rm{(4)}体心立方。

rm{(5)BD}

rm{(6)dfrac{M}{4sqrt{2}b{d}^{3}}/mol}​rm{(6)dfrac{M}{4sqrt{2}b{d}^{3}}/mol

}rm{{,!}}22、分子rm{娄脨_{5}^{6}}【分析】【分析】本题考查晶体类型的判断和大rm{娄脨}键的表示，熟悉各类晶体的性质即可解答。【解答】分子晶体熔沸点较低，该分子的熔沸点较低，所以属于分子晶体；二茂铁的每个茂环带有一个单位负电荷，则每个环中的大rm{娄脨}键由rm{5}个碳原子、rm{6}个电子构成的，该大rm{娄脨}键为rm{娄脨_{5}^{6}}故答案为：分子；rm{娄脨_{5}^{6}}【解析】分子rm{娄脨_{5}^{6}}四、计算题(共4题，共36分)23、略

【分析】试题分析：设N2的起始浓度为x，则N2+3H22NH3起始浓度(mol/L)xb/20转化浓度(mol/L)1.54.535min时浓度(mol/L)6.5b/2-4.53则有x-1.5=6.5解得x=8mol/L故N2的起始加入量为8mol/L×2L=16mol即a=16反应进行到5min时，用H2表示的反应速率为4.5mol/L÷5min＝0.9mol/(L·min)考点：考查可逆反应的有关计算【解析】【答案】16；8mol/L；0.9mol/(L·min)24、略

【分析】

油脂与NaOH反应的物质的量之比为1：3，n（NaOH）==0.045mol，则10g油脂的物质的量为n（油脂）=n（NaOH）=0.045mol×=0.015mol，则油脂的摩尔质量=

n（H2）==3mol，1000.0g油脂的物质的量==1.5mol；根据油脂的物质的量与氢气的物质的量确定油脂中含有的碳碳双键个数．

本题考查了有机物中化学键的计算，根据反应中各个物理量之间的关系式来分析解答，灵活运用基本公式，题目难度中等．【解析】解：油脂与NaOH反应的物质的量之比为1：3，n（NaOH）==0.045mol，则10g油脂的物质的量为n（油脂）=n（NaOH）=0.045mol×=0.015mol，则油脂的摩尔质量=n（H2）==3mol，1000.0g油脂的物质的量==1.5mol；油脂和氢气的物质的量之比=1.5mol：3mol=1：2，一个碳碳双键加成需要1分子氢气，所以一个油脂分子中含有2个碳碳双键，则1mol该油脂中平均含碳碳双键2mol；

答：1mol该油脂中平均含有碳碳双键的物质的量为2mol．25、略

【分析】

根据m=ρV可计算质量；1mol原子的质量在数值上等于其相对原子质量．

本题考查相对原子质量的计算方法，注意摩尔质量以g/mol为单位和相对原子质量在数值上相等，难度不大．【解析】解：20个原子的质量为m=ρV=5.0g•cm-3×（1×10-7）3cm3=5×10-21g，所以一个原子的质量为：5×10-21g÷20=2.5×10-22g，则NA个质量为：6.02×1023×2.5×10-22g=150.5g；故摩尔质量为150.5g/mol，此元素的相对原子质量为150.5．

答：此元素的相对原子质量是150.5．26、解：(1)达到化学平衡后，测的反应器中有0.04molSO3(g)；则：

2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)

开始(mol)：0.050.030

变化(mol)：0.040.020.04

平衡(mol)：0.010.010.04

容器的体积为1L，故SO2、O2、SO3的平衡浓度分别为：0.01mol/L；0.01mol/L、0.04mol/L；

所以该温度下平衡常数k===1600

二氧化硫的转化率为：×100%=80%

答：该温度下平衡常数为1600；二氧化硫的转化率为80%；

(2)容器的体积为1L，可以利用物质的量代替浓度计算浓度商，向该容器中通入0.048molSO3(g)、0.0090mol的O2和0.002mol的SO2，浓度商Qc==6.4×104＞1600，反应不处于平衡状态，平衡逆向移动，向生成SO2的方向移动；

答：反应不处于平衡状态，平衡逆向移动，向生成SO2的方向移动．【分析】rm{(1)}利用三段式计算平衡时各组分的物质的量，进而计算各组分平衡浓度，代入平衡常数表达式rm{dfrac{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})cdotc(O_{2})}}计算；

根据转化率定义计算rm{dfrac

{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})cdotc(O_{2})}}的平衡转化率；

rm{SO_{2}}计算该情况下浓度商rm{(2)}与平衡常数比较判断，若rm{Qc}处于平衡状态，若rm{Qc=k}反应向正反应进行，rm{Qc<k}反应向逆反应进行．rm{Qc>k}【解析】解：rm{(1)}达到化学平衡后，测的反应器中有rm{0.04molSO_{3}(g)}则：

rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}

开始rm{(mol)}rm{0.050.030}

变化rm{(mol)}rm{0.040.020.04}

平衡rm{(mol)}rm{0.010.010.04}

容器的体积为rm{1L}故rm{SO_{2}}rm{O_{2}}rm{SO_{3}}的平衡浓度分别为：rm{0.01mol/L}rm{0.01mol/L}rm{0.04mol/L}

所以该温度下平衡常数rm{k=dfrac{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})cdotc(O_{2})}=dfrac{0.04^{2}}{0.01^{2}times0.01}=1600}

二氧化硫的转化率为：rm{dfrac{0.04mol}{0.05mol}隆脕100%=80%}

答：该温度下平衡常数为rm{k=dfrac

{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})cdotc(O_{2})}=dfrac

{0.04^{2}}{0.01^{2}times0.01}=1600}二氧化硫的转化率为rm{dfrac

{0.04mol}{0.05mol}隆脕100%=80%}

rm{1600}容器的体积为rm{80%}可以利用物质的量代替浓度计算浓度商，向该容器中通入rm{(2)}rm{1L}的rm{0.048molSO_{3}(g)}和rm{0.0090mol}的rm{O_{2}}浓度商rm{Qc=dfrac{0.048^{2}}{0.002^{2}times0.009}=6.4隆脕10^{4}>1600}反应不处于平衡状态，平衡逆向移动，向生成rm{0.002mol}的方向移动；

答：反应不处于平衡状态，平衡逆向移动，向生成rm{SO_{2}}的方向移动．rm{Qc=dfrac{0.048^{2}}{0.002^{2}times

0.009}=6.4隆脕10^{4}>1600}五、元素或物质推断题(共4题，共36分)27、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）228、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